TARTALOMJEGYZÉK MATEMATIKAI ANALÍZIS I. FEJEZET. A PRIMITÍV FÜGGVÉNY ÉS A HATÁROZATLAN INTEGRÁL...5 II. FEJEZET. INTEGRÁLÁSI MÓDSZEREK

Tartalomjegyzék Vissza

TARTALOMJEGYZÉK MATEMATIKAI ANALÍZIS I. FEJEZET. A PRIMITÍV FÜGGVÉNY ÉS A HATÁROZATLAN INTEGRÁL .............5 II. FEJEZET. INTEGRÁLÁSI MÓDSZEREK ...........................................................18 III. FEJEZET. A HATÁROZATLAN INTEGRÁLOK ALKALMAZÁSAI ....................86 IV. FEJEZET. A HATÁROZOTT INTEGRÁL..........................................................97 V. FEJEZET. HATÁROZOTT INTEGRÁLOK KISZÁMÍTÁSA ...............................127 VI. FEJEZET. A HATÁROZOTT INTEGRÁL ALKALMAZÁSAI ............................153 VII. FEJEZET. ÖSSZEFOGLALÓ GYAKORLATOK ÉS FELADATOK ..................241

ALGEBRA

I. FEJEZET. RELÁCIÓK .....................................................................................170 II. FEJEZET. CSOPORTOK .................................................................................192 III. FEJEZET. GYŰRŰK ÉS TESTEK ...................................................................204 IV. FEJEZET. VEKTORTEREK ...........................................................................219 V. FEJEZET. GYAKORLATOK ÉS FELADATOK ALGEBRÁBÓL .........................280

Vissza

Tartalomjegyzék A primitív függvény és a határozatlan integrál

5

I. A PRIMITÍV FÜGGVÉNY ÉS A HATÁROZATLAN INTEGRÁL Gyakorlatok és feladatok (21. oldal) I. Vizsgáld meg, hogy a következő függvényeknek milyen halmazon van primitív függvényük és ezekben az esetekben határozd meg a primitív függvényeiket: 1. f (x ) = x 3 + 2x 2 + x + 1 ; 2. f (x ) = 3 x + x ; 1 4. f (x ) = x x + x 2 5 x ; 3. f (x ) = x + 2 ; x 4 x3 x 4 6. f (x ) = 5 3 ; 5. f (x ) = 3x 4 + 5 ; x x 1 1 7. f (x ) = x + ; 8. f (x ) = ; 3x + 2 x 2 9. f (x ) = x + ; 10. f (x ) = x 2 + 2x ; 5x 12. f (x ) = x 5x ; 11. f (x ) = 2x ⋅ 32x ; 13. f (x ) = sh x + ch x ; 14. f (x ) = sh (ln x ) ; 15. f (x ) = sh 3x ; 16. f (x ) = sin 2x ; 17. f (x ) = cos 3x ; 18. f (x ) = x sin x ; 1 1 ; 20. f (x ) = tg (3x + 1) ; 19. f (x ) = + sin2 3x cos2 4x 1 22. f (x ) = ; 21. f (x ) = ctg 2x ; 2 sin 2x + cos2 (2x + 3π) 1 1 23. f (x ) = 2 ; 24. f (x ) = 2 ; 3x − 4 x −9 1 1 25. f (x ) = 2 ; 26. f (x ) = 2 ; x +9 3x + 4 1 1 27. f (x ) = ; 28. f (x ) = ; 2 2 x −9 x +9 1 1 29. f (x ) = ; 30. f (x ) = ; 2 3x 2 − 4 3x + 4 1 1 ; 32. f (x ) = . 31. f (x ) = 2 9−x 4 − 3x 2 Megoldás 1.

∫x

3

+ 2x 2 + x + 1 dx =

∫x

=

3

dx + ∫ 2x 2 dx + ∫ x dx + ∫ 1 dx =

x 4 2x 3 x 2 + + + x +C . 4 3 2

Tartalomjegyzék 6

A primitív függvény és a határozatlan integrál

Az előbbi összefüggés minden x ∈

esetén érvényes, mert az x 3 , 2x 2 , x és 1

kifejezésekkel értelmezhető függvények az -en primitiválhatók és primitiválható függvények összege is primitiválható, sőt az összegfüggvény primitívje a tagok primitívjeinek összege. A továbbiakban csak a primitíveket írjuk fel és a maximális intervallumot, amelyen léteznek, esetleg röviden hivatkozunk arra, hogy melyik szabályt használtuk. 3 2 2. ∫ 3 x + x dx = 3 x 4 + x 3 + C és D = [0, ∞) . 4 3 1 x2 1 − + C és I ⊂ D = * , ahol I egy intervallum. 3. ∫ x + 2 dx = x 2 x Megjegyzés. A továbbiakban az I ⊂ D jelölés azt jelenti, hogy I egy intervallum és a primitívre vonatkozó összefüggés I -n érvényes. Ha nem szűkítjük le egy intervallumra a primitív értelmezését, akkor az előbbi feladat megoldása ⎧⎪ x 2 1 ⎪⎪ − + C 1, x < 0 ⎪2 1 x ∫ x + x 2 dx = ⎪⎨⎪⎪x 2 1 ⎪⎪ − + C 2 , x > 0 x ⎪⎩ 2 mert 0 nem tartozik az eredeti függvény értelmezési tartományához. 3 11 2 5 5 16 4. ∫ x x + x 2 5 x dx = ∫ x 2 dx + ∫ x 5 dx = x 2 + x 5 + C = 5 16 2 2 5 35 = x x + x x + C és D = [0, ∞) . 5 16 4 3 1 5. ∫ 3x 2 + 5 dx = x 5 − 4 + C és I ⊂ D = * . x 5 x 6. 7.

∫

4

x3x 5

x

3

1

dx =

∫ x + x dx =

∫

1 ⎜⎛ 1 ⎞⎟ ⎜⎜1+ 3 ⎠⎟⎟

x 4⎝

x

3 5

dx =

∫x

−

4 15

11 15 15 dx = x + C és I ⊂ D = 11

2

x + ln x + C és I ⊂ D = 2

*

.

{ }

dx 1 2 = ln 3x + 2 + C és I ⊂ D = \ − . 3x + 2 3 3 2 2 x 2 9. ∫ x + dx = + ln x + C és I ⊂ D = * . 5x 2 5 3 x 2x + + C és D = . 10. ∫ x 2 + 2x dx = 3 ln 2 18x 11. ∫ 2x ⋅ 32x dx = ∫ 18x dx = + C és D = . ln 18 8.

∫

*

.

Tartalomjegyzék A primitív függvény és a határozatlan integrál 12. Az

x ⋅ 5x ln 5

7

kifejezés deriválásából megkapjuk az x ⋅ 5x kifejezést, de még

5x x ⋅ 5x 5x tag is, tehát -ből kivonva az egy primitívjét, a keresett ln 5 ln 5 ln 5 x ⋅ 5x 5x függvényt kapjuk. Valóban, az F : → , F (x ) = − 2 + C függvény ln 5 ln 5 deriválható és F ′(x ) = f (x ), ∀ x ∈ , tehát az f függvény primitiválható az -en

megjelenik az

és

∫

f (x ) dx =

x ⋅ 5x 5x − 2 +C . ln 5 ln 5

13.

∫ sh x + ch x dx = ch x + sh x + C = e

14.

∫

sh (ln x )dx =

∫

x

+ C és D =

.

e ln x − e − ln x 1 1 x 2 − 2 ln x dx = ∫ x − dx = + C és 2 2 x 4

D = (0, ∞) . 1

15.

∫ sh 3x dx = 3 ch 3x + C

16.

∫ sin 2x dx = − 2 cos 2x + C

17.

∫ cos 3x dx = 3 sin 3x + C

és D =

1

1

.

és D =

és D =

. .

18. A 12. feladathoz hasonlóan részenként megkereshetjük a primitív függvényt és így az F : → , F (x ) = −x ⋅ cos x + sin x függvényhez jutunk. Ez deriválható és F ′(x ) = f (x ), ∀ x ∈ , tehát az f függvény primitiválható az -en és

∫ f (x )dx = −x ⋅ cos x + sin x + C . 19.

∫

1 1 1 1 + dx = − ctg 3x + tg 4x + C és sin2 3x cos2 4x 3 4 ⎛ ⎧ π ⎪(2k + 1)π ∪⎪ I ⊂ D = \ ⎜⎜⎜ k ⋅ k ∈ k∈ ⎨ ⎪ 3 8 ⎝ ⎪ ⎩ 1 tg(3x + 1) dx = − ln cos(3x + 1) + C és 3 ⎧ ⎫ ⎪(2k + 1)π − 2 ⎪ I ⊂ D = \ ⎨⎪ k ∈ ⎬⎪ . ⎪ ⎪ 6 ⎪ ⎪ ⎩ ⎭

{

20.

∫

}

{

⎞⎟ ⎫ ⎪ ⎪ ⎬⎟⎟ . ⎪ ⎪⎠⎟ ⎭

}

π k∈ . 2 22. Mivel cos(2x + 3π) = cos(2x + π) = − cos 2x , írhatjuk, hogy

21.

1

∫ ctg 2x dx = 2 ln sin 2x

+ C és I ⊂ D =

\ k⋅

Tartalomjegyzék 8


dx dx =∫ = 2 2 sin 2x + cos (2x + 3π) sin 2x + cos2 2x és ez érvényes a D = -n. dx 1 x −3 = ln + C és D = I ⊂ \ {±3} . 23. ∫ 2 x −9 6 x +3

∫

24.

∫

2

∫ 1dx = x + C ,

2 3 x− dx 1 dx 1 1 3 +C = = ∫ = ln 2 3 3x 2 − 4 3 x2 − 4 34 3 x+ 3 3 3 1 3x − 2 3 = ln +C , 4 3 3x + 2 3

⎧ ⎪ 2 3⎫ ⎪ ⎪ \⎪ ⎨± ⎬. ⎪ 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ dx 1 x = arctg + C és D = . 2 x +9 3 3 dx x 3 3 = arctg + C és D = . 2 3x + 4 6 2 dx = ln x + x 2 + 9 + C és D = . 2 x +9 dx = ln x − x 2 − 9 + C és D = I ⊂ \ [−3, 3] . 2 x −9 ⎛ ⎞ 1 dx ⎜⎜x + x 2 + 4 ⎟⎟ + C és D = . ln = 3 ⎜⎝ 3 ⎠⎟⎟ 3x 2 + 4

I ⊂D = 25.

∫

26.

∫

27.

∫

28.

∫

29.

∫

30.

∫

31.

∫

32.

∫

(

)

⎡ 2 3 2 3⎤ 1 4 ⎥. ln x − x 2 − + C és D = I ⊂ \ ⎢− , ⎢ 3 3 3 3 ⎥⎦ 3x − 4 ⎣ dx x = arcsin + C és D = (−3, 3) . 2 3 9−x ⎛ 2 3 2 3 ⎞⎟ 1 dx x 3 ⎜− ⎟. D = , arcsin = + C és ⎜ ⎜⎝ 3 3 ⎠⎟⎟ 3 2 4 − 3x 2 dx 2

=

II. Bizonyítsd be, hogy a következő függvényeknek van primitív függvénye: ⎧ 1 ⎪ ⎪ arctg , ha x ≠ 0 ⎪ x ; 1. f : → , f (x ) = ⎪ ⎨π ⎪ = , ha x 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2

Tartalomjegyzék A primitív függvény és a határozatlan integrál 2. f :

→

3. f :

→

4. f :

→

5. f :

→

9

⎧⎪ sin x ⎪ , ha x ≠ 0 , f (x ) = ⎪⎨ x ; ⎪⎪1, ha x = 0 ⎪⎩ ⎧ ln x + 1 ⎪ ⎪ , ha x ≠ 0 , f (x ) = ⎪ ; ⎨ x ⎪ 1, ha x = 0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪(x 2 − x + 1)e x , ha x ≤ 0 ; , f (x ) = ⎪ ⎨x ln x + 1, ha x > 0 ⎪ ⎪ ⎩

, f (x ) = max {x 2 , 2x } ;

⎧⎪ 1 ⎪cos , ha x ≠ 0 , f (x ) = ⎪⎨ ; ⎪⎪0, x ha x = 0 ⎪⎩ ⎧ 1 ⎪ ⎪(x + 1) sin , ha x ≠ 0 7. f : → , f (x ) = ⎪⎨ ; x ⎪ 0, ha x = 0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ 1 ⎪ ⎪ e x sin , ha x ≠ 0 ⎪ 8. f : → , f (x ) = ⎨ ; x ⎪ 0, ha x = 0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎧⎪ 1 ⎪⎪cos , ha x ≠ 0 ) 9. f : → , f (x = ⎨ ; arctg x ⎪⎪0, ha x = 0 ⎪⎩ ⎧ ex ⎪ ⎪ sin , ha x ≠ 0 10. f : → , f (x ) = ⎪ . ⎨ x ⎪ 0, ha x = 0 ⎪ ⎪ ⎩

6. f :

→

Megoldás. 1. Mivel lim arctg x →0

1 π = , az f : 2 x

→

1 ⎧⎪ ⎪⎪arctg , x ≠ 0 x , f (x ) = ⎪ ⎨ ⎪⎪ π x =0 ⎪⎪ , ⎩2

függvény folytonos, tehát primitiválható is. sin x 2. Mivel lim = 1 és a feladatban értelmezett függvény folytonos, létezik x →0 x primitív függvénye -en. ln x + 1 ln(x + 1) = 1 , tehát a vizsgált függvény folytonos = lim 3. lim -en és x →0 x → 0 x x így primitiválható is.

Tartalomjegyzék 10


4. Mivel lim f (x ) = lim (x 2 − x + 1)e x = 1 , lim f (x ) = lim (x ⋅ ln x + 1) = 1 és x →0 x <0

x →0 x <0

x →0 x >0

x →0 x >0

f (0) = 1 , az f függvény folytonos 0 -ban. Másrészt f folytonos * -on, tehát folytonos -en és így létezik primitív függvénye. 5. Az f1 : → , f1 (x ) = x 2 , ∀ x ∈ és f2 : → , f1 (x ) = 2x , ∀ x ∈ függvények folytonosak, tehát az f (x ) = max(f1(x ), f2 (x )) , ∀ x ∈

függvény is

folytonos és így létezik primitív függvénye. 6. A függvény nem folytonos 0 -ban, ezért más gondolatmenetet használunk, megpróbálunk előállítani egy olyan függvényt, amelynek a deriváltja tartalmazza a ⎛ 1 ⎞′ 1 ⎛ 1⎞ 1 1 cos kifejezést. ⎜⎜sin ⎟⎟⎟ = cos ⋅ ⎜⎜− 2 ⎟⎟⎟ , tehát a −x 2 ⋅ sin kifejezés deriváltjában ⎝ x⎠ x ⎝ x ⎠ x x

⎛ 1 ⎞′ 1 1 1 . Pontosabban ⎜⎜−x 2 ⋅ sin ⎟⎟⎟ = −2x ⋅ sin + cos , ∀ x ∈ * . ⎝ ⎠ x x x x Az itt megjelenő függvényeket megpróbáljuk folytonosan meghosszabbítani a 0 -ban. 1 1 G: → , tehát írhatjuk, hogy a lim x 2 ⋅ sin = 0 = lim x ⋅ sin , x →0 x →0 x x ⎧ ⎧ 1 1 ⎪ ⎪ ⎪− ⎪ x 2 ⋅ sin , x ≠ 0 2x ⋅ sin , x ≠ 0 ⎪ ⎪ x x G (x ) = ⎨ és h : → , h(x ) = ⎨ függvények ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x = x = 0, 0 0, 0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ G (x ) − G (0) 1 = − lim x sin = 0 , tehát G folytonosak. G deriválható * -on és lim x →0 x → 0 x −0 x deriválható 0 -ban és G ′(0) = 0 . Ez alapján f (x ) = G ′(x ) + h(x ), ∀ x ∈ . A h

megjelenik a cos

folytonos, tehát létezik primitív függvénye, a G ′ -nek létezik primitív függvénye, tehát az f -nek is létezik primitív függvénye. ⎧⎪ 1 ⎪⎪x ⋅ sin , x ≠ 0 x 7. A h : → , h(x ) = ⎨ függvény folytonos és a G : → , ⎪⎪0, x =0 ⎪⎩ ⎧⎪ 1 ⎪sin , x ≠ 0 G (x ) = ⎪⎨ x függvénynek létezik primitív függvénye, tehát az összegüknek ⎪⎪0, = x 0 ⎪⎩ is létezik primitív függvénye. Megjegyzés. Használhatjuk az 5. megoldott feladatot (lásd a tankönyv 19. oldalán). 8. A bizonyítást itt is elvégezhetjük a 6. feladat megoldásához hasonlóan, ha a 1 ⎧⎪ 2 x ⎪⎪x ⋅ e ⋅ cos , x ≠ 0 x G : → , G (x ) = ⎨ ⎪⎪0, x =0 ⎪⎩


11

és

1 1 ⎧⎪ x 2 ⎪⎪e ⋅ x ⋅ cos + e x ⋅ 2x ⋅ cos , x ≠ 0 x x h : → , h(x ) = ⎨ ⎪⎪0, x =0 ⎪⎩ segédfüggvényeket használjuk (G ′ − h = f ) . Az egyszerűbb gondolatmenet a következő: a 1 ⎧⎪ x ⎪⎪(e − 1) ⋅ sin , x ≠ 0 x h : → , h(x ) = ⎨ ⎪⎪0, x =0 ⎩⎪ ⎧⎪ 1 ⎪sin , x ≠ 0 függvénynek létezik függvény folytonos és a G : → , G (x ) = ⎪ ⎨ x ⎪⎪0, = x 0 ⎪⎩ primitív függvénye, tehát az összegüknek is létezik primitív függvénye. Megjegyzés. Használhatjuk az 5. megoldott feladatot (lásd a tankönyv 19. oldalán). 9. Tekintsük a ⎧ 1 ⎪ 2 ⎪ ⎪2 (arctg x + x ⋅ arctg x ) ⋅ sin arctg x , x ≠ 0 h : → , h(x ) = ⎨ és ⎪ ⎪ 0, x =0 ⎪ ⎪ ⎩ 1 ⎧ ⎪ 2 2 ⎪− ⎪ arctg x ⋅ (x + 1) ⋅ sin arctg x , x ≠ 0 G : → , G (x ) = ⎨ ⎪ ⎪ 0, x =0 ⎪ ⎪ ⎩ segédfüggvényeket. A h függvény folytonos -en, G deriválható -en és ′ , tehát az f primitiválható. f (x ) = G (x ) + h (x ), ∀ x ∈

⎧ ⎪ 2x − x 2 ex ex ⎪ ⋅ − ⋅ cos x sin , x ≠0 ⎪ 10. A h : → , h(x ) = ⎨ e x függvény folytonos x x ⎪ ⎪ x = 0, 0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ x2 ex ⎪ ⋅ cos , x ≠0 ⎪ függvény deriválható -en, továbbá és a G : → , G(x ) = ⎨e x x ⎪ ⎪ x = 0, 0 ⎪ ⎪ ⎩ ′ f (x ) = G (x ) − h(x ), ∀ x ∈ , tehát az f primitiválható. III. Bizonyítsd be, hogy a következő függvényeknek nincs primitív függvénye: 1. f : → , f (x ) = sgn x ; ⎧⎪x , ha x < 0 2. f : → , f (x ) = ⎪ ⎨cos x , ha x ≥ 0 ; ⎪⎪⎩ 3. f : → , f (x ) = [x ] ;

Tartalomjegyzék 12


4. f :

→

5. f :

→

6. f :

→

7. f :

→

, f (x ) = {x } ; ⎧ ha x ∈ ⎪x , , f (x ) = ⎪ ; ⎨x 2 , ha x ∈ \ ⎪ ⎪ ⎩ ⎧⎪ 1 1 ⎪sin + x cos , ha x ≠ 0 , f (x ) = ⎪⎨ x ; x ⎪⎪1, ha x = 0 ⎪⎩ ⎧ ha x ∈ ⎪x , , f (x ) = ⎪ ; ⎨x 3, ha x ∈ \ ⎪ ⎪ ⎩

⎧⎪ sin x ⎪ , ha x ≠ 0 , f (x ) = ⎪⎨ x ; ⎪⎪0, ha x = 0 ⎪⎩ 1 ⎧⎪ ⎪⎪cos , ha x ≠ 0 9. f : → , f (x ) = ⎪ . ⎨1 x ⎪⎪ , = ha 0 x ⎪⎪⎩ 2 Megoldás. 1. A függvény képe a {−1, 0,1} halmaz, tehát nem intervallum. Ebből következik, hogy f nem Darboux tulajdonságú, tehát nincs primitív függvénye. 2. Mivel lim f (x ) = lim x = 0 , lim f (x ) = lim cos x = 1 az f függvénynek elsőfajú

8. f :

→

x →0 x <0

x →0 x <0

x →0 x >0

x →0 x <0

szakadási pontja az x = 0 . Ebből következik, hogy a függvény nem Darboux tulajdonságú, tehát nem létezik primitív függvénye. 3. Az f függvény képe csak az egész számokat tartalmazza, tehát nem intervallum. Ebből következik, hogy a függvény nem Darboux tulajdonságú, tehát nem létezik primitív függvénye. 4. Mivel lim f (x ) = lim{x } = 0 és lim f (x ) = lim{x } = 1 az f függvénynek x →k x
x →k x
x →k x >k

x →k x
elsőfajú szakadási pontja az x = k , minden k ∈ esetén. Ebből következik, hogy a függvény nem Darboux tulajdonságú, tehát nem létezik primitív függvénye. 5. Igazoljuk, hogy f nem Darboux tulajdonságú. Ha x 1 = 3 és x 2 = 5 , akkor

f (x 1 ) = 3 és f (x 2 ) = 5 . Az y = 4 ∈ (3, 5) érték esetén az f (x ) = y egyenletnek nincs megoldása az (x1, x 2 ) intervallumban, mert az f (x ) = 4 egyenlőség csak az x = ±4 értékek esetén teljesül és ezek nincsenek a vizsgált intervallumban. Ezek alapján az (x1, x 2 ) intervallum képe nem intervallum, tehát f nem Darboux tulajdonságú és így nincs primitív függvénye. 6. Az 1 1 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ sin , x ≠ 0 x ⋅ cos , x ≠ 0 ⎪ ⎪ x f1 : → , f1(x ) = ⎨ x és f2 : → , f2 (x ) = ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0, = 0 0, x x =0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎩


13

függvényeknek létezik primitív függvénye, tehát ha f -nek is létezne primitív ⎧⎪0, x ≠ 0 függvénye, akkor az f − f1 − f2 = ⎪⎨ függvény is primitiválható volna. Ez ⎪⎪1, x = 0 ⎩ ⎧⎪0, x ≠ 0 viszont ellentmondás, mert az f3 : → , f3 (x ) = ⎪⎨ függvény képe nem ⎪⎪1, x = 0 ⎩ intervallum, tehát a függvény nem Darboux tulajdonságú és így nincs primitívje sem. 7. Igazoljuk, hogy f nem Darboux tulajdonságú. Ha x 1 = 3 7 és x 2 = 3 9 , akkor

f (x 1 ) = 7 és f (x 2 ) = 9 . Az y = 8 ∈ (7, 9) érték esetén az f (x ) = y egyenletnek nincs megoldása az (x1, x 2 ) intervallumban, mert az f (x ) = 8 egyenlőség csak az x = 8 érték esetén teljesül és ez nincs a vizsgált intervallumban. Ezek alapján az (x1, x 2 ) intervallum képe nem intervallum, tehát f nem Darboux tulajdonságú és így nincs primitív függvénye. ⎧ sin x ⎪ ⎪ , x ≠0 ⎪ 8. A h : → , h(x ) = ⎨ x függvény folytonos, tehát létezik primitív ⎪ ⎪ 1, x 0 = ⎪ ⎩ függvénye. Ha az f függvénynek létezik primitív függvénye, akkor az f − g függvény is primitiválható. Ez ellentmondás, mert az f − g függvény képe nem intervallum. 1 ⎧ ⎪ ⎪ cos , x ≠ 0 ⎪ x 9. Az f1 : → , f1(x ) = ⎨ függvénynek létezik primitív függvénye, ⎪ ⎪ 0, = 0 x ⎪ ⎩ 0, x ≠ 0 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ tehát, ha az f is primitiválható, akkor az (f − f1 )(x ) = ⎨ 1 függvény is ⎪ ,x =0 ⎪ ⎪ ⎩2 primitiválható volna. Ez nem lehetséges, mert f − f1 képhalmaza nem intervallum. IV. 1. Adj példát két függvényre, amelyeknek nincs primitív függvénye, de a szorzatuknak van. Megoldás. Az ⎧⎪0, x ≤ 0 ⎪⎧1, x ≤ 0 f , g : → , f (x ) = ⎪ és g(x ) = ⎪⎨ ⎨ ⎪⎪1, x > 0 ⎪⎪0, x > 0 ⎩ ⎩ függvényeknek nem létezik primitív függvénye, de a szorzatuk identikusan nulla, tehát a szorzatnak létezik primitívje. 2. Adj példát két függvényre, amelyeknek nincs primitív függvénye, de az összetett függvénynek van.

Tartalomjegyzék 14


⎧⎪0, x ≤ 0 ⎪⎧1, x ≤ 0 g(x ) = ⎪⎨ f (x ) = ⎪⎨ és ⎪⎪2, x > 0 ⎪⎪1, x > 0 ⎩ ⎩ függvényeknek nem létezik primitív függvénye, de az összetételükre ( f g )(x ) = 1, ∀ x ∈ , tehát az f g függvénynek létezik primitívje. Megoldás.

Az

f,g :

→

,

3. Bizonyítsd be, hogy ha az f : [a, b ] →

( a, b ∈ , a < b ) függvénynek van primitív

függvénye az [a, c ] és [c, b ] intervallumokon ( c ∈ (a, b) ), akkor f -nek van primitív függvénye -en. Bizonyítás. Ha F1 és F2 az f primitívje az [a, c ] és [c,b ] intervallumon, akkor az ⎧⎪F1 (x ), x ∈ [a, c ] F : [a,b ] → , F (x ) = ⎪⎨ ⎪⎪F2 (x ) − F2 (c) + F1 (c), x ∈ (c, b ] ⎪⎩ függvény folytonos, deriválható és F ′(x ) = f (x ), ∀ x ∈ [a, b ] , tehát f -nek létezik

primitívje az [a,b ] intervallumon. 4. Bizonyítsd be, hogy ha az f : k∈

zárt intervallumokon, ahol

→

∪I

k∈

-en. Bizonyítás.

Ha

I k = [ak , bk ] ,

függvénynek van primitív függvénye az I k , k

=

∀k∈

, akkor f -nek van primitív függvénye

és

∪I

k

=

,

akkor

bármely

k∈

J n = [−n, n ] ⊂

intervallum esetén létezik olyan kn ∈

, amelyre J n ⊂

kn

∪

Ik .

k =−kn

Így a J n ⊂

kn

∪

I k intervallum felbontható véges sok diszjunkt belsejű intervallum

k =−kn

egyesítésére úgy, hogy az egyes részintervallumok mindegyike valamelyik I k intervallum része legyen. Az előbbi feladat alapján az f -nek létezik Fn primitívje a J n intervallumon. Az F : → , F (x ) = Fk (x ) + F1(0) − Fk (0) , x ∈ J k függvény jól értelmezett és teljesül rá az F ′(x ) = f (x ) , ∀ x ∈ összefüggés, tehát a f függvénynek létezik primitív függvénye az halmazon. 5. Határozd meg az α ∈ paraméter értékét úgy, hogy az ⎧ 3 ⎪ ⎪arctg , ha x ≠ 0 ⎛ π π⎞ f : ⎜⎜− , ⎟⎟ → , f (x ) = ⎪ ⎨ x ⎝ 2 2⎠ ⎪ ha x = 0 α, ⎪ ⎪ ⎩ függvénynek legyen primitív függvénye.


15

⎧⎪ 3 ⎪⎪arctg , x ≠ 0 x , g(x ) = ⎪ ⎨π ⎪⎪ x =0 ⎪⎪ , ⎩2 függvény folytonos és így létezik primitív függvénye. Ha az f függvény 0, x ≠0 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ függvény is primitiválható. primitiválható, akkor az (f − g )(x ) = ⎨ π ⎪ α− , x = 0 ⎪ ⎪ 2 ⎩ π Ennek a függvénynek a képtartománya α ≠ esetén két értéket tartalmaz, tehát 2 ebben az esetben a függvény nem Darboux tulajdonságú. Ez alapján a vizsgált π függvénynek pontosan akkor van primitív függvénye, ha α = . 2 6. Határozd meg az α ∈ paraméter értékét úgy, hogy az ⎧ 1 ⎪ ⎪ sin2 , ha x ≠ 0 ⎪ f : → , f (x ) = ⎨ x ⎪ ha x = 0 α, ⎪ ⎪ ⎩ függvénynek legyen primitív függvénye. 2 1 − cos 1 x sin2 = Megoldás. A azonosság alapján írhatjuk, hogy x 2 ⎧ 1 1 2 1 2 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ − ⋅ cos , x ≠ 0 ⋅ cos , x ≠ 0 ⎪ ⎪ 2 2 2 x x f (x ) = ⎨ . A g : → , g(x ) = ⎨ függvény ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ = α , 0 0, = 0 x x ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ 1 primitiválható, tehát az f függvény pontosan akkor primitiválható, ha α = 2 (ellenkező esetben az f − g különbség képtartománya két pontot tartalmazna). 7. Határozd meg az α ∈ paraméter értékét úgy, hogy az ⎧ 1 1 ⎪ ⎪sin2 ⋅ cos3 , ha x ≠ 0 f : → , f (x ) = ⎪ ⎨ x x ⎪ ha x = 0 α, ⎪ ⎪ ⎩ függvénynek legyen primitív függvénye. 1 1 1 1 1 1 Megoldás. A sin2 ⋅ cos3 = sin2 ⋅ cos − sin 4 ⋅ cos azonosság alapján x x x x x x átalakítjuk a függvényt. A ⎧ 1 2 1 1 1 ⎪ ⎪− x sin 3 + x 2 sin5 , x ≠ 0 ⎪ x 5 x G : → , G (x ) = ⎨ 3 ⎪ ⎪ 0, x =0 ⎪ ⎩ függvény folytonos és deriválható. Ha x ≠ 0 , akkor

3 π ⎛ π π⎞ Megoldás. lim arctg = , tehát a g : ⎜⎜− , ⎟⎟ → x →0 ⎝ 2 2⎠ 2 x

Tartalomjegyzék 16


2 1 1 1 2 1 1 1 G ′(x ) = − x ⋅ sin 3 + sin2 ⋅ cos + x ⋅ sin 5 − sin 4 ⋅ cos 3 x x x 5 x x x és G ′(0) = 0 . A ⎧2 2 1 2 1 ⎪ ⎪ x sin 3 − x ⋅ sin5 , x ≠ 0 ⎪ x 5 x h : → , h(x ) = ⎨ 3 ⎪ ⎪ 0, x =0 ⎪ ⎩ ⎧⎪0, x ≠ 0 függvény folytonos, tehát létezik primitívje és f (x ) = G ′(x ) + h(x ) + ⎪ , ⎨ ⎪⎪α, x = 0 ⎩ ∀ x ∈ . Ez alapján az f pontosan akkor primitiválható, ha α = 0 .

8. Bizonyítsd be, hogy ha az f : [0,1] → [0,1] függvénynek van primitív függvénye és létezik α ∈ (0,1) úgy, hogy f (α ) = 0 , akkor f nem injektív. Bizonyítás. Ha f primitiválható, akkor Darboux tulajdonságú. Ha f injektív és Darboux tulajdonságú, akkor szigorúan monoton. Ez nem lehetséges, mert f (0) ∈ (0,1] f (1) ∈ (0,1] , α ∈ (0,1) és f (α) = 0 . 1 9. Bizonyítsd be, hogy ha az f : → függvény esetén f (x ) ≥ , ∀x > 0 , akkor x f -nek nincs primitív függvénye. 1 Bizonyítás. Ha f (0) = a ∈ , akkor a lim f (x ) ≥ lim = ∞ összefüggés alapján x →0 x →0 x x >0 x >0

lim f (x ) = ∞ . Ez alapján létezik olyan I = (0, ε ] intervallum, amelyre f (x ) > a + 1 , x →0 x >0

∀ x ∈ I , tehát a [0, ε] intervallum képe tartalmazza a -t, tartalmaz a + 1 -nél nagyobb elemeket és nem tartalmaz a és a + 1 közti elemeket. Így a [0, ε] intervallum képe nem intervallum, tehát f nem Darboux tulajdonságú, tehát nem létezik primitív függvénye. 10. Létezik-e olyan f : → függvény, amelynek van primitív függvénye és f f = −1 ? Megoldás. Lásd a 11. feladatot. 11. Létezik-e olyan f : → függvény, amelynek van primitív függvénye és

f )(x ) = ax , ∀x ∈ , ahol a ∈ *− ? Megoldás. Ha f primitiválható, akkor Darboux tulajdonságú. Az f f függvény injektív, tehát f is injektív és így szigorúan monoton. Másrészt ha f szigorúan monoton, akkor f f szigorúan növekvő és ez ellentmondás, mert a g(x ) = a ⋅ x , ∀ x ∈ függvény szigorúan csökkenő.

(f


17

12.* Bizonyítsd be, hogy ha az f : → függvénynek létezik primitív függvénye, a g: → függvény folytonosan deriválható, és g (x ) ≠ 0 , ∀x ∈ esetén, a 1 h: → függvény egy primitív függvénye, akkor az f o h függvény pedig az g függvénynek is létezik primitív függvénye! Bizonyítás. Tekintsük a K : → , K (x ) = g(x ) ⋅ (F h )(x ) , ∀ x ∈

függvényt, ahol F az f egy primitív függvénye. Mivel g, F és h deriválható függvények, a K is deriválható és K ′(x ) = g ′(x ) ⋅ (F h )(x ) + ( f h )(x ) . Másrészt az F h és g ′ függvények folytonosak, tehát a g ′ ⋅ (F h ) függvény is folytonos és így primitiválható, tehát az f h függvény is primitiválható (két primitiválható függvény különbsége). 13.* Bizonyítsd be, hogy ha az f1,2 : (a, b) → függvények folytonosak és f1 ≠ f2 ,

⎧f1(x ) , x ∈ [a, b ] ∩ ⎪ akkor az f (x ) = ⎪ függvénynek nincs primitív függvénye! ⎨ f (x ) , x ∈ [a, b ] \ ⎪ ⎪ ⎩2 Bizonyítás. Mivel f1 ≠ f2 létezik olyan c ∈ (a, b) , amelyre f1(c) ≠ f2 (c) . f (c) − f2 (c) > 0 számot. Feltételezzük, hogy f1(c) > f2 (c) és megszerkesztjük az ε = 1 3 f1,2 folytonos függvények, tehát létezik olyan amelyre δ > 0,

f1(x ) ∈ ( f1(c) − ε, f1(c) + ε) és f2 (x ) ∈ ( f2 (c) − ε, f2 (c) + ε) , ∀ x ∈ (c − δ, c + δ) . Ez alapján a (c − δ, c + δ ) intervallum képe nem intervallum, mert f2 (c) + ε < f1(c) − ε és az f ((c − δ, c + δ)) intervallum tartalmaz elemeket az ( f1(c) − ε, f1(c) + ε) intervallumból is és az ( f2 (c) − ε, f2 (c) + ε) intervallumból is.

Tartalomjegyzék 18

Integrálási módszerek

II. INTEGRÁLÁSI MÓDSZEREK 2.1. A parciális integrálás módszere Gyakorlatok (29. oldal) Határozd meg, hogy milyen halmazon létezik primitív függvénye az alábbi függvényeknek és számítsd ki a primitív függvényt vagy adj rekurziós összefüggést rá: 1. f (x ) = x 2 ln x

∫

⎛ x 3 ⎞′ x3 x3 1 x3 x3 x 2 ⋅ ln x dx = ∫ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ln x dx = ⋅ ln x − ∫ ⋅ dx = ⋅ ln x − + C és ⎜⎝ 3 ⎠ 3 3 x 3 9

D = \ *+ . 2. f (x ) = x ln (x + 1)

∫

x ⋅ ln(x + 1)dx =

=

∫

2 2 ⎛ x 2 ⎞⎟′ ⎜⎜ ⎟ ⋅ ln(x + 1)dx = x ⋅ ln(x + 1) − x ⋅ 1 dx = ∫ 2 x +1 ⎜⎝ 2 ⎠⎟ 2

x2 x2 + x − x −1 + 1 ⋅ ln(x + 1) − ∫ dx = 2 2(x + 1)

x2 x2 1 1 ⋅ ln(x + 1) − + x − ln(x + 1) + C és D = (−1, ∞) . 2 4 2 2 2 3. f (x ) = sh x (x + 3x − 1) =

∫ (x

2

+ 3x − 1) sh x dx =

∫ (x

2

+ 3x − 1)(ch x )′ dx = (x 2 + 3x − 1) ch x −

−∫ (2x + 3)ch x dx = (x 2 + 3x − 1) ch x − ∫ (2x + 3) (sh x )′ dx =

= (x 2 + 3x − 1) ch x − (2x + 3) sh x + 2∫ sh x dx = = (x 2 + 3x − 1) ch x − (2x + 3) sh x + 2 ch x +C és D = \ . 4. f (x ) = sh 3x

1

∫ sh 3x dx = 3 ch 3x + C

és D = \ .

5. f (x ) = (x 3 + 3x 2 − 2x + 3)e 3x ⎛e 3x ⎞⎟′ ⎟ dx = ⎝ 3 ⎠⎟

3 2 3x 3 2 ∫ (x + 3x − 2x + 3)e dx = ∫ (x + 3x − 2x + 3)⎜⎜⎜

= (x 3 + 3x 2 − 2x + 3)

e 3x e 3x − ∫ (3x 2 + 6x − 2) dx = 3 3

Tartalomjegyzék Integrálási módszerek

19

= (x 3 + 3x 2 − 2x + 3)

⎛e 3x ⎞′ e 3x − ∫ (3x 2 + 6x − 2)⎜⎜ ⎟⎟⎟ dx = ⎜⎝ 9 ⎠ 3

e 3x e 3x e 3x − (3x 2 + 6x − 2) + ∫ (6x + 6) dx = 3 9 9 ⎛e 3x ⎞′ e 3x e 3x = (x 3 + 3x 2 − 2x + 3) − (3x 2 + 6x − 2) + ∫ (2x + 2) ⎜⎜ ⎟⎟⎟ dx = ⎜⎝ 9 ⎠ 3 9 = (x 3 + 3x 2 − 2x + 3)

⎛ x 3 2x 2 10 37 ⎞ = e 3x ⎜⎜ + − x + ⎟⎟⎟ + C és D = \ . ⎜⎝ 3 3 9 27 ⎠ Megjegyzés. Az

∫ P(x )e

ax

dx

alakú integrálok ( P ∈ \[X ] és

grP = n )

ax

kiszámítása során n -szer integrálunk parciálisan. Az eredmény Q(x )e + C , ahol Q ∈ \[X ] és grQ = n és ezt meghatározhatjuk az együtthatók azonosításával is. Az előbbi példában az eredmény (ax 3 + bx 2 + cx + d )e 3x alakú (a konstanstól eltekintve) és ennek a deriváltja (3ax 3 + (3b + 3a ) x 2 + (3c + 2b ) x + 3d + c )e 3x , tehát a 3a = 1 ,

3a + 3b = 3 , 3c + 2b = −2 és 3d + c = 3 egyenletrendszerhez jutunk. Ennek a 1 2 10 37 megoldása a = , b = , c = − és d = , tehát ugyanahhoz az eredményhez 3 3 9 27 jutunk. 6. f (x ) = (x + 1)e x ln x

∫ (x + 1)e −∫

x

⋅ ln x dx = ∫ (x + 1)ln x ⋅ (e x )′ dx = (x + 1) ⋅ ln x ⋅ e x − ∫ e x ⋅ ln x dx −

x +1 x ex x +1 ⋅ e dx = e x ⋅ (x + 1) ⋅ ln x − e x ⋅ ln x + ∫ dx − ∫ e x ⋅ dx = x x x = e x ⋅ (x + 1) ⋅ ln x − e x ⋅ ln x − e x + C és D = \ *+ .

7. f (x ) = (x 2 + x + 1)e x

∫ (x

2

+ x + 1)e xdx = ∫ (x 2 + x + 1) (e x )′ dx =

= (x 2 + x + 1)e x − ∫ (2x + 1)e xdx = (x 2 − x + 2)e x + C és D = \ . 8. f (x ) = ln 3 x

∫ ln

3

x dx = ∫ (x )′ ln 3 x dx = x ⋅ ln 3 x − 3∫ ln2 x dx = x ⋅ ln 3 x − 3x ⋅ ln2 x +

+6x ⋅ ln x − 6x + C és D = \ *+ . 9. f (x ) = x sin x

∫ x ⋅ sin x dx = ∫ x ⋅ (− cos x )′ dx = −x ⋅ cos x + ∫ cos x dx = = −x ⋅ cos x + sin x + C és D = \ .

Tartalomjegyzék 20


10. f (x ) = x 3 sin x

∫x

3

⋅ sin x dx = ∫ x 3 ⋅ (− cos x )′ dx = −x 3 ⋅ cos x + ∫ 3x 2 ⋅ cos x dx =

= −x 3 ⋅ cos x + 3x 2 ⋅ sin x + 6x ⋅ cos x − 6 sin x + C , és D = \ . 11. f (x ) = x 4 cos 3x 4 3 ′ 4 ⎛ sin 3x ⎞ ⎟⎟ dx = x ⋅ sin 3x − 4x ⋅ sin 3x dx = ⎜ x ⋅ ∫ ∫ ⎝⎜ 3 ⎠ ∫ 3 3 4 2 4 x 4 cos 3x 4x x 4 = ⋅ sin 3x + x 3 −∫ ⋅ cos 3x dx = ⋅ sin 3x + x 3 cos 3x − 3 3 3 3 3 9 4x 2 sin 3x 8 sin 3x x4 4 3 4 2 − ⋅ + ∫ x⋅ dx = ⋅ sin 3x + x cos 3x − x ⋅ sin 3x − 3 3 3 3 3 9 9 8 cos 3x 8 − x⋅ + sin 3x + C és D = \ . 9 3 81 12. f (x ) = x arctg x

x 4 ⋅ cos 3x dx =

∫

x ⋅ arctg x dx =

= 13. f (x ) =

∫

2 ⎛ x 2 ⎞⎟′ x 2dx ⎜⎜ ⎟ ⋅ arctg x dx = x ⋅ arctg x − ∫ 2 (x 2 + 1) = ⎜⎝ 2 ⎠⎟ 2

x2 1 arctg x ⋅ arctg x − x + +C és D = \ . 2 2 2

ln x x2

ln x 1 dx ln x 1 ⎛ 1 ⎞′ dx = ∫ − ln x ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ dx = − ln x ⋅ + ∫ 2 = − − + C és D = \ *+ . 2 ⎝x ⎠ x x x x x x 14. f (x ) = (sin x + cos x )e

∫

∫ sin x ⋅ e dx = e ⋅ sin x − ∫ cos x ⋅ e ∫ (sin x + cos x )e dx = e ⋅ sin x + C x

x

x

x

x

+ C , tehát és D = \ .

15. f (x ) = sin2 x

∫ sin

2

x dx =

∫ sin x ⋅ (− cos x )′dx = − sin x ⋅ cos x + ∫ cos

2

xdx =

1 = − sin 2x + ∫ (1 − sin2 x )dx 2 1 sin 2 x + C . Másképpen tehát ∫ sin2 x dx = x − 2 4 1 − cos 2x 1 sin 2x 2 ∫ sin x dx = ∫ 2 dx = 2 x − 4 + C és D = \ . 16. f (x ) = sin x cos x


21

∫ sin x ⋅ cos x dx = ∫ sin x ⋅ (sin x )′ dx = sin

2

x − ∫ cos x ⋅ sin x dx

sin2 x + C . Másképpen ∫ 2 sin 2x cos 2x ∫ sin x ⋅ cos x dx = ∫ 2 dx = − 4 + C és D = \ . 17. f (x ) = e 3x sin2 x tehát

sin x ⋅ cos x dx =

3x 2 ∫ e ⋅ sin x dx =

∫

3x 2 3x ⎛e 3x ⎞⎟′ 2 ⎜⎜ ⎟ sin x dx = e sin x − e ⋅ 2 sin x cos xdx = ∫ 3 ⎜⎝ 3 ⎠⎟ 3

=

e 3x sin2 x 1 − ∫ e 3x ⋅ sin 2x dx . 3 3

Az I = ∫ e 3x ⋅ sin 2x dx integrált a parciális integrálás módszerével számítjuk ki. I =

∫

3x 3x ⎛e 3x ⎞⎟′ ⎜⎜ ⎟ ⋅ sin 2x dx = e sin 2x − 2 e 3x ⋅ cos 2x dx = e sin 2x − ⎜⎝ 3 ⎠⎟ 3 3∫ 3

−

2 3∫

3x 3x ⎛e 3x ⎞⎟′ ⎜⎜ ⎟ ⋅ cos 2x dx = e sin 2x − 2 e cos 2x − 4 I . ⎜⎝ 3 ⎠⎟ 3 3 3 9

e 3x (3 sin 2x − 2 cos 2x ) + C , tehát 13 e 3x sin2 x 3 sin 2x − 2 cos 2x 3x 3x 2 e ⋅ x dx = − e + C és D = \ . sin 2 ∫ 3 39 18. f (x ) = e x (sin 3x + cos 2x ) Ebből következik, hogy I =

Az I = ∫ sin 3x ⋅ e x dx és J = ∫ cos 2x ⋅ e x dx integrálokat külön-külön határozzuk meg.

I =

∫ sin 3x ⋅ e dx = sin 3x ⋅ e x

x

− ∫ 3 cos 3x ⋅ e x dx =

sin 3x ⋅ e x − 3 cos 3x ⋅ e x + C és 10 cos 2x ⋅ e xdx = cos 2x ⋅ e x + ∫ 2 sin 2x ⋅ e xdx =

= sin 3x ⋅ e x − 3 cos 3x ⋅ e x − 9I ⇒ I = J =

∫

= cos 2x ⋅ e x + 2 sin 2x ⋅ e x − 4J ⇒ J = tehát

∫ (sin 3x + cos 2x )e dx = e x

x

⋅

cos 2x ⋅ e x + 2 sin 2x ⋅ e x +C , 5

sin 3x − 3 cos 3x + 2 cos 2x + 4 sin 2x +C , D = \ . 10

19. f (x ) = (x 2 + 2x − 2) sin x

∫ (x

2

+ 2x − 2) sin xdx =

∫ (x

2

+ 2x − 2) (− cos x )′ dx =

Tartalomjegyzék 22

Integrálási módszerek = (x 2 + 2x − 2) (− cos x ) + ∫ (2x + 2) cos xdx =

(x 2 + 2x − 2)(− cos x ) + (2x + 2) sin x + 2 cos x +C

és D = \ .

20. f (x ) = ch x sin x

I =

∫ ch x sin xdx = ∫ (sh x )′ sin xdx = sh x ⋅ sin x − ∫ sh x ⋅ cos xdx =

= sh x ⋅ sin x − ch x ⋅ cos x − I ⇒ I =

sh x ⋅ sin x − ch x ⋅ cos x +C és D = \ . 2

21. f (x ) = cos (ln x )

∫ cos (ln x )dx = x ⋅ cos (ln x ) + ∫ sin (ln x )dx =

I =

= x ⋅ cos (ln x ) + x ⋅ sin (ln x ) − I ⇒ I = 22. f (x ) = x α lnn x Legyen I n =

∫x

α

x ⋅ (cos (ln x ) + sin (ln x )) + C és D = \ . 2

lnn xdx . Parciálisan integrálva

1 n x α+1 lnn x n − x α+1 lnn x − ∫ x α lnn −1 xdx = I n −1 . α +1 α +1 α +1 α +1 Ahhoz, hogy I n egyértelműen meg legyen határozva, meg kell határoznunk I 0 -t: In =

I0 =

∫

x αdx =

x α+1 + C és D = \ *+ . α +1

n

23. f (x ) = x sin αx

1 n 1 x ⋅ cos αx + ∫ nx n −1 cos αxdx = α α n n −1 n (n − 1) x nx I n −2 . = − ⋅ cos αx + sin αx − α α2 α2 Ahhoz, hogy I n meg legyen határozva, még szükségünk van I 0 -ra és I 1 -re. 1 I 0 = ∫ sin αxdx = − cos αx + C , α 1 1 I 1 = ∫ x ⋅ sin αxdx = − x ⋅ cos αx + 2 ⋅ sin αx + C és D = \ . α α 24. f (x ) = xe x sin x

∫x

n

⋅ sin αxdx = −

∫ xe

x

sin xdx = xe x sin x − ∫ e x sin xdx − ∫ xe x cos xdx =

In =

I =

= xe x sin x − ∫ e x sin xdx − xe x cos x + ∫ e x cos x − I ⇒ ⇒I =

25. f (x ) = x sh x

xe x (sin x − cos x ) + e x cos x + C és D = \ . 2


23

∫ x ⋅ sh xdx = x ⋅ ch x − ∫ ch xdx = x ⋅ ch x − sh x + c , D = \ . 26. f (x ) = x 2 ch 3x

sh 3x 2 − ∫ x ⋅ sh 3xdx = 3 3 sh 3 x 2 2 sh 3x + C , D = \ . = x2 − x ⋅ ch 3x + 3 9 27 27. f (x ) = sin 2x (sh 2x + ch 3x )

∫x

Az I =

2

⋅ ch 3xdx = x 2 ⋅

∫ sin 2x ⋅ sh 2xdx

és J =

∫ sin 2x ⋅ ch 3xdx

integrálokat külön-külön

határozzuk meg.

I =

ch 2x − ∫ ch 2x ⋅ cos 2xdx = 2 ch 2x sh 2x = sin 2x ⋅ − cos 2x ⋅ −I , 2 2

∫ sin 2x ⋅ sh 2xdx = sin 2x ⋅

ahonnan

ch 2x sh 2x − cos 2x ⋅ +C 4 4 sh 3x ch 3x 4 sin 2x ⋅ ch 3xdx = sin 2x ⋅ − 2 cos 2x ⋅ − J ⇒ 3 9 9 1 ⇒J = ⋅ (3 sin 2x sh 3x − 2 cos 2x ⋅ ch 3x ) +C , 13 I = sin 2x ⋅

J =

∫

tehát

∫ sin 2x ⋅ (sh 2x + ch 3x )dx = sin 2x ⋅ ch 2x cos 2x ⋅ sin 2x 1 − + (3 sin 2x sh 3x − 2 cos 2x ch 3x ) + C és 4 4 13 D =\. 28. f (x ) = arcsin x 1 ∫ arcsin xdx = x ⋅ arcsin x − ∫ x ⋅ 1 − x 2 dx = =

= x ⋅ arcsin x + 1 − x 2 + C és D = (−1,1) . 29. f (x ) = arccos (3x + 2) 1 ∫ arccos (3x + 2)dx = x ⋅ arccos (3x + 2) + ∫ 3x ⋅ 1 − (3x + 2)2 dx = 1 1 = x ⋅ arccos (3x + 2) − −3 − 12x − 9x 2 − 2 ∫ dx = 2 3 1 − (3x + 2)

= x ⋅ arccos (3x + 2) −

− (9x 2 + 12x + 3) 3

+

4 arccos (3x + 2) +C és 3

Tartalomjegyzék 24


⎛ 1⎞ D = ⎜⎜−1, − ⎟⎟⎟ . ⎝ 3⎠ 30. f (x ) = arctg 2x − 1 1 2x − 1 ∫ arctg 2x − 1dx = x ⋅ arctg 2x − 1 − ∫ x ⋅ 1 + (2x − 1) dx = 1 1 = x ⋅ arctg 2x − 1 − ∫ dx = x ⋅ arctg 2x − 1 − 2x − 1 + C és 2 2x − 1 2 ⎛1 ⎞ D = ⎜⎜ , ∞⎟⎟⎟ . ⎝2 ⎠

31. f (x ) = 1 + x 2 I =

∫

1 + x2

∫

1 + x 2 dx =

1+x

(

)

dx = ln x + 1 + x 2 + ∫ x ⋅

2

(

2x 2 1 + x2

dx =

)

ln x + 1 + x 2 + x ⋅ 1 + x 2 − I ⇒

⇒I =

(

)

ln x + 1 + x 2 + x ⋅ 1 + x 2 2

+ C és D = \ .

32. f (x ) = 16 − 9x 2

I =

=

16 3x ⋅ arcsin +∫ 3 4 ⇒I =

∫

∫

16 − 9x 2 dx =

16 − 9x 2

dx = 16 − 9x 2 −9x 16 3x x dx = ⋅ arcsin + x ⋅ 16 − 9x 2 − I ⇒ 2 3 4 16 − 9x

⎛ 4 4⎞ 3x x ⋅ 16 − 9x 2 8 + + C és D = ⎜⎜− , ⎟⎟⎟ . arcsin ⎝ 3 3⎠ 3 4 2

33. f (x ) = x 4 x 2 − 9

I = =

x3 ⋅

(

∫x

x2 − 9 3

)

4

x 2 − 9dx =

∫x

3

⎛1 ⋅ ⎜⎜ ⎝3

3

(x 2 − 9)

3

⎞⎟′ dx = ⎠⎟⎟ 3

− ∫ x (x − 9) x − 9dx = 2

2

2

x 3 ⋅ (x 2 − 9) 3

− I + 9J ,

ahol J =

∫x

2

x 2 − 9dx = =

x

(

x

(

x2 − 9 3

x2 − 9 3

)

)

3

− ∫ (x 2 − 9) x 2 − 9dx =

3

− J + 9K ,

Tartalomjegyzék Integrálási módszerek K=

∫

25 2x

∫ x⋅2

x 2 − 9dx =

1

dx − ∫ 9 ⋅

x2 − 9

x2 − 9

dx =

2 x x 2 − 9 9 ln x − x − 9 x ⋅ x − 9 − K − 9 ln x − x − 9 ⇒ K = − +C ⇒ 2 2 2

2

x

(

x2 − 9

)

⇒J = x3

⇒I =

(

x2 − 9

)

3

6 3

3x

+

6

(

2 9x x 2 − 9 81 ln x − x − 9 + − +C ⇒ 4 4

x2 − 9

)

3

+

4

81x x 2 − 9 − 729 ln x − x 2 − 9 8

(

+C =

)

2 ⎛ x 5 3x 3 27x ⎞⎟ 729 ln x − x − 9 ⎜ = x −9⎜ − + + C és ⎟− ⎜⎝ 6 4 8 ⎠⎟ 8 2

I ⊂ D = (−∞, −3) ∪ (3, ∞) . 34. f (x ) = x 5 x 2 − 4

I =

∫

x 5 x 2 − 4dx =

3

4

=x ⋅

(x 2 − 4)

4x 3 (x 2 − 4) x 2 − 4

−∫

3

∫

⎡1 x4 ⎢ ⎣⎢ 3

3

(

3 ⎤′ x 2 − 4 ⎥ dx = ⎦⎥

)

dx =

3

(x 2 − 4)

x4

3

4 16 − I+ J, 3 3

ahol 3

J =

∫x

3

2

2

x − 4dx = x ⋅

(x 2 − 4) 3 3

=x

(x 2 − 4)

2

−∫

2 8 − J+ 3 9

3

2x x 2 − 4 (x 2 − 4) 3 3

(x 2 − 4)

dx =

.

Következik, hogy

J =

3

(x 2 − 4)

x2

5

+

8 15

3

(x 2 − 4)

+C

és innen

I =

x4

3

(x 2 − 4)

+

7

16x 2

35 3

=

(x 2 − 4) 7

I ⊂ D = (−∞, −2) ∪ (2, ∞) . 35. f (x ) = x 2 25 − 9x 2

3

(x 2 − 4)

3

+

128 (x 2 − 4) 105

⎛ 16x 2 128 ⎞⎟ ⋅ ⎜⎜x 4 + + ⎟ + C és 5 15 ⎠⎟ ⎝⎜

+C =

Tartalomjegyzék 26


∫

I = =

x 2 ⋅ 25 − 9x 2 dx =

−x

3

(25 − 9x 2 ) 27

=

−x

+

27

3

(25 − 9x 2 )

1 27

∫ (25 − 9x )

+

25 ⋅ 27 ∫

3

(25 − 9x 2 )

∫

⎛−1 x ⋅ ⎜⎜ ⎝ 27

2

⎞⎟′ dx = ⎠⎟⎟

25 − 9x 2 dx =

1 25 − 9x 2 dx − I . 3

De a 32. feladat alapján

∫

25 − 9x 2 dx =

25 3x x ⋅ 25 − 9x 2 arcsin + +C , 6 5 2

tehát

I =

−x

3

(25 − 9x 2 )

252 3x 25 x 25 − 9x 2 + ⋅ arcsin +C = 36 6 ⋅ 36 5 36 2 252 3x 25 − 9x 2 ⎛ 25x ⎞ arcsin = + ⋅ ⎜⎜− + 9x 2 ⎟⎟⎟ + C és ⎝ 2 ⎠ 6 ⋅ 36 5 36 +

⎛ 5 5⎞ D = ⎜⎜− , ⎟⎟ . ⎝ 3 3⎠ arcsin x 36. f (x ) = 1−x

∫

1 arcsin x dx = −2 ⋅ 1 − x ⋅ arcsin x + ∫ 2 1 − x ⋅ 2 x dx = 1−x 1−x = −2 1 − x ⋅ arcsin x + 2 x + C és D = (0,1) .

37. f (x ) =

sin2 x ex I =

∫

sin2 x dx = ex

∫ sin x ⋅ (− cos x )′ ⋅ e

−x

dx =

= − sin x ⋅ e −x ⋅ cos x − ∫ e −x (− cos2 x + sin x ⋅ cos x )dx = ⎛1 ⎞′ = − sin x ⋅ cos x ⋅ e −x + ∫ (1 − sin2 x )e −x dx − ∫ ⎜⎜ sin2 x ⎟⎟⎟ e −x dx = ⎝2 ⎠ 1 1 = − sin x ⋅ cos x ⋅ e −x − e −x − I − sin2 x ⋅ e −x − I ⇒ 2 2 2 2 sin x ⋅ cos x + 2 + sin x −x ⇒I =− e +C és D = \ . 5 x −1 38. f (x ) = x ln x +1


27

x −1 x2 x −1 x2 2 dx = ln − ⋅ 2 dx = ∫ ∫ x +1 2 x +1 2 x −1 x2 x −1 1 x −1 + C és I ⊂ D = (−∞, −1) ∪ (1, ∞) . = ln − x − ln 2 x +1 2 x +1 ln (ln x ) 39. f (x ) = x ln (ln x ) ln x 1 ∫ x dx = ln x ⋅ ln (ln x ) − ∫ ln x ⋅ x dx = ln x ⋅ ln (ln x ) − ln x + C és D = \ *+ . x ⋅ ln

40. f (x ) = arcsin2 x

∫ arcsin

xdx = x ⋅ arcsin2 x − ∫ x ⋅ 2 arcsin x ⋅

2

= x ⋅ arcsin2 x + 2 1 − x 2 ⋅ arcsin x − ∫ 2 1 − x 2

1 1− x2 1

dx =

1− x2

dx =

= x arcsin2 x + 2 1 − x 2 ⋅ arcsin x − 2x + C és D = (−1,1) . x ln x 41. f (x ) = 2 (1 + x 2 ) x ln x

∫ (1 + x )

2 2

=−

dx =

−1 dx = ⋅ ln x + ∫ 2 2 (1 + x ) 2 (1 + x 2 ) x

−x ln x 1 1 + + dx = 2 (1 + x 2 ) 2 ∫ 1 + x 2 x

ln x 1 1 + ln x − ln (1 + x 2 ) + C és D = \ *+ . 2 4 2 (1 + x ) 2 x arcsin x =−

42. f (x ) = e

1 − x2

I =

∫e

arcsin x

⋅

x 1−x

2

dx = −e arcsin x ⋅ 1 − x 2 + ∫ e arcsin x dx =

= − 1 − x 2 e arcsin x + x ⋅ e arcsin x − I ⇒

⇒I = 43. f (x ) = e arccos x

∫e

x ⋅ e arcsin x − 1 − x 2 ⋅ e arcsin x + C és D = (−1,1) . 2

arccos x

dx = x ⋅ e arccos x − ∫ x ⋅ e arccos x ⋅

1 − 1− x2

= x ⋅ e arccos x − 1 − x 2 ⋅ e arccos x − I ⇒

dx =

Tartalomjegyzék 28


x ⋅ e arccos x − 1 − x 2 ⋅ e arccos x + C és D = (−1,1) . 2 44. f (x ) = x 2 arctg 2x ⇒I =

x3 x3 2 ⋅ arctg 2 x − ⋅ dx = ∫ ∫ 3 3 1 + 4x 2 x3 x2 1 x = ⋅ arctg 2x − + ∫ dx = 3 12 6 1 + 4x 2 1 x3 x2 = ⋅ arctg 2x − + ln (1 + 4x 2 ) + C és D = \ . 3 12 48 e arctg x x 2 arctg 2xdx =

45. f (x ) =

3

(1 + x 2 )

=

=

e arctg x

e

e arctg x

∫

I =

2 3

(1 + x )

arctg x

1 + x2

dx =

+ ∫ e arctg x ⋅

e arctg x ⋅ x

∫

(e arctg x )′ 1 + x2

dx =

xdx

(1 + x 2 )

1 + x2

1 + x2 − x ⋅ − ∫ e arctg x ⋅

= x 1 + x2

dx = 1 + x2 1 + x2 1 + x2 (x + 1)e arctg x (x + 1)e arctg x + C és D = \ . = − I ⇒ I = 1 + x2 2 1 + x2 +

(

46. f (x ) = ln x + 1 + x 2

∫ ln (x +

)

)

(

)

1 + x 2 dx = x ⋅ ln x + 1 + x 2 − ∫ x ⋅

(

1 1 + x2

dx =

)

= x ⋅ ln x + 1 + x 2 − 1 + x 2 +C és D = \ .

47. f (x ) =

ln 3 x x2

ln 3 x ln 3 x 3 ln2 x ln 3 x + 3 ln2 x + 6 ln x + 6 dx = − + dx = − + C és ∫ x2 ∫ x2 x x D = \ *+ . arcsin x 48. f (x ) = x2 arcsin x arcsin x 1 ∫ x 2 dx = − x + ∫ x ⋅ 1 − x 2 dx =

Tartalomjegyzék Integrálási módszerek =−

29

arcsin x 1 − 1 − x 2 + 1 + ln + C és I ⊂ D = (−1,1) \ {0} . x 2 1− x2 + 1

49. f (x ) = x arctg2 x

x2 x2 2 arctg x − ∫ ∫ 1 + x 2 ⋅ arctg xdx = 2 x 2 ⋅ arctg2 x arctg x = − ∫ arctg xdx + ∫ dx = 2 1 + x2 x 2 ⋅ arctg2 x 1 1 = − x ⋅ arctg x + ln (1 + x 2 ) + arctg2 x + C és D = \ . 2 2 2 50. f (x ) = cos2 (ln x ) 1 2 2 ∫ cos (ln x )dx = x ⋅ cos (ln x ) + ∫ x ⋅ 2 cos (ln x ) ⋅ sin (ln x ) ⋅ x dx = = x ⋅ cos2 (ln x ) + ∫ sin (2 ln x ) dx . x ⋅ arctg2 xdx =

Legyen

I =

1

∫ sin (2 ln x )dx = x ⋅ sin (2 ln x ) − 2∫ x ⋅ cos (2 ln x ) ⋅ x dx =

= x ⋅ sin (2 ln x ) − 2x ⋅ cos (2 ln x ) − 4I ⇒ I =

x ⋅ sin (2 ln x ) − 2x ⋅ cos (2 ln x ) +C , 5

tehát

∫ cos

2

(ln x )dx = x ⋅ cos2 (ln x ) +

51. f (x ) = sinn x

In =

∫ sin

n

x ⋅ sin (2 ln x ) − 2x ⋅ cos (2 ln x ) + C és D = \ *+ . 5

xdx =

∫ − sin

n −1

x (cos x )′ dx =

= − sinn −1 x ⋅ cos x + ∫ (n − 1) ⋅ sinn −2 x ⋅ cos2 xdx = = − sinn −1 x ⋅ cos x + (n − 1) ⋅ I n −2 − (n − 1) I n −1 ⇒ n −1 sinn −1 x ⋅ cos x I n −2 − . n n Ahhoz, hogy I n teljesen meg legyen határozva, ki kell számolnunk I 1 -t és I 2 -t. In =

∫ sin xdx = − cos x + C ,

I1 =

x sin 2x + C (a 15. feladat alapján) és D = \ . − 2 4 52. f (x ) = cosn x , n ∈ `* I2 =

∫ sin

2

xdx =

In =

∫ cos

n

xdx =

∫ cos

n −1

x (sin x )′ dx =

= cosn −1 x ⋅ sin x + ∫ (n − 1) ⋅ cosn −2 x ⋅ sin2 xdx =

Tartalomjegyzék 30

Integrálási módszerek = cosn −1 x ⋅ sin x + (n − 1) ⋅ I n −2 − (n − 1) I n −1 ⇒

n −1 cosn −1 x ⋅ sin x I n −2 + , I 1 = ∫ cos xdx = sin x + C , n n 1 + cos 2x 1 sin 2x I 2 = ∫ cos2 xdx = ∫ dx = x + + C és D = \ . 2 2 4 1 53. f (x ) = , n ∈ `* cosn x 1 sin2 x + cos2 x sin2 x In = ∫ dx = dx = ∫ cosn x ∫ cosn x dx + I n−2 = cosn x 1 sin x n −2 = ⋅ − ⋅I , n −1 n − 1 cos x n − 1 n −2 1 cos x cos x 1 1 − sin x I1 = ∫ dx = ∫ dx = ∫ dx = − ln +c , 2 2 cos x cos x 1 − sin x 2 1 + sin x ⎧k π ⎫ 1 I2 = ∫ dx = tg x + c és I ⊂ D = \ \ ⎪⎨ k ∈ ]⎪⎬ . 2 ⎪ ⎪⎭⎪ cos x ⎩⎪ 2 ⇒ In =

54. f (x ) = lnn x , n ∈ `*

In =

∫ ln

n

xdx = x ⋅ lnn x − ∫ n lnn −1 xdx = x ⋅ lnn x − nI n −1 és

I1 =

∫ ln xdx = x ln x − x + C

és D = \ *+ .

2.2. Helyettesítési módszerek Gyakorlatok (36. oldal) Határozd meg, hogy milyen halmazon létezik primitív függvénye az alábbi függvényeknek és számítsd ki a primitív függvényt: x3 1. f (x ) = x −1 (x 3 − x 2 ) + (x 2 − x ) + (x − 1) + 1 x3 dx = ∫ dx = Megoldás. ∫ x −1 x −1 x3 x2 = + + x + ln x − 1 + C és I ⊂ D = \ \ {1} . 3 2 Az x − 1 = t helyettesítéssel alapintegrálokra bontható szét. 2. f (x ) = x x − 1 Megoldás. A t 2 = x − 1 helyettesítéssel dx = 2tdt , 2t 4 2t 3 ⎛ 2x 4⎞ 2 2 x x − 1 dx = t + 1 t 2 dt = + + c = x − 1 (x − 1) ⎜⎜ + ⎟⎟⎟ + C ( ) ∫ ∫ ⎝5 5 3 15 ⎠ és D = [1, ∞) .

Tartalomjegyzék Integrálási módszerek 3. f (x ) =

31

ex 1 + e 2x

∫

Megoldás. 4. f (x ) =

ex dx = 1 + e 2x

1

∫ 1 + (e

x 2

)

⋅ (e x )′ dx = arctg e x + C és D = \ .

x 1 + x2

∫

Megoldás.

x

1+x

2

dx =

∫2

1 1+x

2

⋅ (x 2 )′ dx = 1 + x 2 + C és D = \ .

1 1+ x −1 Megoldás. Az x − 1 = t 2 helyettesítéssel dx = 2tdt és 1 1 ∫ 1 + x − 1 dx = ∫ 1 + t ⋅ 2tdt = 2t − 2 ln (t + 1) + C =

5. f (x ) =

= 2 x − 1 − 2 ln ( x − 1 + 1) + C és D = [1, ∞) . 6. f (x ) = sin 3 x ⋅ cos x

∫ sin


3

x cos xdx =

∫ sin

3

x ⋅ (sin x )′ dx =

sin 4 x + C és D = \ . 4

x2

4 − x2

⎛ π π⎞ Megoldás. Az x = 2 sin t , t ∈ ⎜⎜− , ⎟⎟ helyettesítéssel dx = 2 cos tdt , cos t > 0 ⎝ 2 2⎠ és x2 4 sin2 t dx = ∫ 4 − x2 ∫ 2 cos t ⋅ 2 cos tdt =

= 4 ∫ sin2 tdt = 2t − sin 2t + c = 2 arcsin = 2 arcsin

x x x2 −2⋅ ⋅ 1− +C = 2 2 4

x 1 − x 4 − x 2 + C és D = (−2, 2) . 2 2

2x − 3 x − 3x + 8 2x − 3 1 dx = ∫ 2 Megoldás. ∫ 2 ⋅ (x 2 − 3x + 8)′dx = x − 3x + 8 x − 3x + 8 = ln (x 2 − 3x + 8) + C és D = \ . x 9. f (x ) = 4 x +1

8. f (x ) =

2

Tartalomjegyzék 32



Megoldás.

∫x

4

x dx = +1

1

1

∫ 2 ⋅ (x )

2 2

1 ⋅ (x 2 )′ dx = arctg x 2 + C és D = \ . 2 +1

x3 1−x8 x3

∫

1−x8

dx =

∫

4

(x 4 )′ arcsin x 4 dx = 2 4 1 − (x 4 )

+ C és D = (−1,1) .

11. f (x ) = x 2 5 x 3 + 2 Megoldás.

∫x

25

x 3 + 2dx =

D =\.

1 5 (x 3 + 2)′ 5 x 3 + 2dx = ∫ 3 18

1 3 x (1 + ln x ) 1 Megoldás. ∫ 3 dx = x ⋅ (1 + ln x )

5

6

(x 3 + 2)

+ C és

12. f (x ) =

1

∫ (1 + ln x )

3

⋅ (1 + ln x )′ dx =

−1 2 +C 2 (1 + ln x )

és D = \ *+ . 13. f (x ) =

ln x x (1 − ln2 x )

Megoldás. ln x

∫ x (1 − ln x ) dx = ∫ 2

(−1) 1 ⋅ ⋅ (1 − ln2 x )′ dx = − ln 1 − ln2 x + C 2 1 − ln2 x

{ e1} .

és D = I ⊂ \ *+ \ e,

14. f (x ) = x 2 ln (x 6 − 1) Megoldás.

∫x

2

⋅ ln (x 6 − 1)dx =

1 (x 3 − 1)′ ln (x 3 − 1) + (x 3 + 1)′ ln (x 3 + 1)dx = 3∫ 1 1 1 = (x 3 − 1) ln (x 3 − 1) − ∫ (x 3 − 1) ⋅ 3 ⋅ 3x 2dx + 3 3 x −1 1 1 1 + (x 3 + 1) ln (x 3 + 1) − ∫ (x 3 + 1) ⋅ 3 ⋅ 3x 2dx = 3 3 x +1 x3 −1 x3 +1 2 = ln (x 3 − 1) + ln (x 3 + 1) − x 3 + C és 3 3 3 I ⊂ D = (−∞, −1) ∪ (1, ∞) . =

Tartalomjegyzék Integrálási módszerek Megjegyzés. Az x 3 = t helyettesítéssel az

33

∫ ln (t

2

− 1)dt integrálhoz jutunk,

amely egy parciális integrálás után racionális törtfüggvény integráljára vezetődik vissza. x 15. f (x ) = 1+ 3 x Megoldás. Az x = t 6 helyettesítéssel dx = 6t 5dt és x t3 5 dx = ∫ 1+ 3 x ∫ 1 + t 2 ⋅ 6t dt = (t 8 + t 6 ) − (t 6 + t 4 ) + (t 4 + t 2 ) − (t 2 + 1) + 1 = 6∫ dt = t2 + 1 6t 7 6t 5 t3 = − + 6 − 6t + 6 arctg t + C = 7 5 3 6 6 66 5 = x x− x + 2 x − 6 6 x + 6 arctg 6 x + C és D = R+ . 7 5 x 16. f (x ) = 4 3 x +1 Megoldás. Az x = t 4 helyettesítéssel dx = 2tdt és x t2 t5 + t2 − t2 3 dx = ⋅ 4 t dt = 4 ∫ 4 x3 +1 ∫ t3 + 1 ∫ t 3 + 1 dt =

4t 3 4 4 4 − ln (t 3 + 1) + C = 4 x 3 − ln 4 x 3 + 1 + C és D = \ + . 3 3 3 3 x +1 +1 17. f (x ) = x +1 −1 Megoldás. Az x + 1 = t 2 helyettesítéssel dx = 2tdt és x +1 +1 t +1 t 2 − t + 2 (t − 1) + 2 dx = ⋅ 2 tdt = 2 dt = ∫ x +1 −1 ∫ t −1 ∫ t −1

(

)

= t 2 + 4t + 4 ln t − 1 + C = x + 4 x + 1 + 4 ln x + 1 − 1 +C és D = [−1, ∞) . 18. f (x ) =

1 (x + 2) 1 + x

Megoldás. Az x + 1 = t 2 helyettesítéssel dx = 2tdt és 1 2tdt ∫ (x + 2) x + 1 dx = ∫ (t 2 + 1)t = 2 arctg t + c = 2 arctg x + 1 + C és

D = (−1, ∞) . 19. f (x ) =

ex 1 − e 2x

Tartalomjegyzék 34


Megoldás.

∫

20. f (x ) =

ex dx = 1 − e 2x 1

36 − 16x 2 4x =t Megoldás. A 6 ⎛ 3 3⎞ D = ⎜⎜− , ⎟⎟⎟ . ⎝ 2 2⎠ 1 21. f (x ) = 36 + 16x 2 Megoldás.

1

∫

36 + 16x 2

∫

(e x )′ 1 ex − 1 dx = − ln + C és D = \ * . 2 2 ex + 1 1 − (e x )

dx =

dx

∫

helyettesítéssel

36 − 16x

2

=

1 2x arcsin +C 4 3

és

⎞ 1 ⎛⎜ 9 ln ⎜⎜x + + x 2 ⎟⎟⎟ + C és D = \ . 4 ⎝ 4 ⎠⎟

22. f (x ) = e sin x cos x Megoldás.

∫e

23. f (x ) =

1 cos x

sin x

⋅ cos xdx =

∫e

⋅ (sin x )′ dx = e sin x + C és D = \ .

sin x

1 cos x ∫ cos x dx = ∫ cos2 x dx = ⎧⎪(2k + 1) π ⎫ ⎪ és I ⊂ D = \ \ ⎨⎪ k ∈ ]⎪ ⎬. ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ cos x 24. f (x ) = 7 sin 2x Megoldás.

Megoldás.

∫7

cos x

⋅ sin 2xdx =

∫ 2⋅7

cos x

∫

(sin x )′ 1 1 − sin x dx = − ln +C 2 1 − sin x 2 1 + sin x

⋅ (cos x )′ ⋅ (− cos x ) dx =

2 2 ⋅ 7 cos x ⋅ cos x − ∫ ⋅ 7 cos x ⋅ sin xdx = ln 7 ln 7 2 2 =− ⋅ 7 cos x ⋅ cos x + 2 ⋅ 7 cos x + C és D = \ . ln 7 ln 7 2 3x + 2 25. f (x ) = sin (x 3 + 2x + 3) =−

Megoldás.

∫

3x 2 + 2 dx = sin (x 2 + 2x + 3)

∫

1 (x 2 + 2x + 3)′ dx , tehát sin (x + 2x + 3) 2

dt t = ln ctg + C integrálhoz jutunk és sin t 2 2 3 ⎛ ⎞ x + 2x + 3 ⎟ 3x + 2 dx = ln ctg ⎜⎜ ⎟ + C és D = \ * . 3 ⎜ 2 ⎝ ⎠⎟ sin (x + 2x + 3)

az x 2 + 3x + 3 = t helyettesítéssel az így

∫

∫


35

26. f (x ) = 1 − x 2 ⎡ π π⎤ Megoldás. Az x = sin t , t ∈ ⎢− , ⎥ helyettesítéssel dx = cos tdt és ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ 1 + cos 2t t sin 2t 2 2 ∫ 1 − x dx = ∫ cos tdt = ∫ 2 dt = 2 + 4 + C = arcsin x x ⋅ 1 − x 2 = + + c és D = [−1,1] . 2 2 27. f (x ) = 1 + x 2 Megoldás. Az x = sh t helyettesítéssel dx = ch tdt és

I =

∫

∫ 1 + sh t ⋅ ch tdt = ∫ ch tdt = = ch t ⋅ sh t − ∫ sh tdt = ch t ⋅ sh t + t − I , 1 + x 2 dx =

2

2

2

ahonnan x ⋅ ch (arcsh x ) + arcsh x ch t ⋅ sh t + t +C = +C = 2 2 x2 x 1 = + + ln x + 1 + x 2 + C és D = \ . 2 2 2 2 x + 1+x I =

(

)

(

)

28. f (x ) = x 2 − 1 Megoldás. Az x = ch t behelyettesítéssel dx = sh tdt és

I =∫

x 2 − 1dx =

= sh t ⋅ ch t − ∫ ch2 tdt =

∫ sh

2

tdt =

sh t ⋅ ch t − t +C = 2

x2 x 1 − − ln x + x 2 − 1 + C és D = (−∞, −1] ∪ [1, ∞) . 2 2 2 x + x −1 1 29. f (x ) = 2 1 − x arcsin x dx 1 =∫ ⋅ (arcsin x )′ dx = ln arcsin x + C és Megoldás. ∫ 2 arcsin x 1 − x arcsin x I ⊂ D = (−1,1) \ {0} . cos x 30. f (x ) = 2 ,a≠0 a + sin2 x cos x 1 1 ⎛ sin x ⎞⎟ ⋅ (sin x )′ dx = arctg ⎜⎜ +C Megoldás. ∫ 2 dx = ∫ 2 2 2 ⎝ a ⎠⎟⎟ a + sin x a + sin x a és D = \ . x + arccos2 3x 31. f (x ) = 1 − 9x 2 =

(

)

Tartalomjegyzék 36


∫

x + arccos2 3x

dx = 1 − 9x 2 1 1 1 =∫− ⋅ ⋅ (1 − 9x 2 )′ dx − ∫ arccos2 3x ⋅ (arccos 3x )′ dx = 2 18 1 − 9x 3 ⎛ 1 1⎞ = − 1 ⋅ 1 − 9x 2 − 1 arccos3 3x + C és D = ⎜⎜− , ⎟⎟⎟ . ⎝ 3 3⎠ 9 9 ln x 32. f (x ) = x ln x 2 3 dx = ∫ ln x ⋅ (ln x )′ dx = ⋅ (ln x ) + C és D = \ *+ . Megoldás. ∫ x 3 x + arcsin x 33. f (x ) = 1 − x2 x + arcsin x dx = Megoldás. ∫ 1− x2 1 =∫− ⋅ (1 − x 2 )′ dx + ∫ arcsin x ⋅ (arcsin x )′ dx = 2 2 1−x 1 − 1 − x 2 + arcsin2 x + C és D = (−1,1) . 2 2 1 + tg x 34. f (x ) = tg x 1 + tg2 x Megoldás. ∫ dx = tg x 1 ⎛⎜ sin2 x ⎞⎟ 1 1 =∫ ⋅ ⎜1 + ⋅ dx = ln tg x + C és ⎟dx = ∫ 2 ⎜ ⎟ tg x ⎝ cos x ⎠ tg x cos2 x Megoldás.

⎧k π ⎫ ⎪ ⎪ I ⊂ D = \ \⎨ k ∈ ]⎬ . ⎪ ⎪ ⎪2 ⎪ ⎩ ⎭ 3 sin x 35. f (x ) = cos x sin 3 x 1 − cos2 x dx = ∫ ⋅ sin xdx . A cos x = t helyettesítéssel az Megoldás. ∫ cos x cos x t2 − 1 t2 dt = − ln t + C integrálhoz jutunk, tehát ∫ t 2 ⎧⎪⎪(2k + 1) π ⎫⎪⎪ sin 3 x cos2 x dx = − ln cos x + + C és I D k ⊂ = ∈ \ \ ] ⎨ ⎬. ∫ cos x ⎪⎩⎪ ⎪⎭⎪ 2 2 arcsin x 36. f (x ) = x2

Tartalomjegyzék Integrálási módszerek Megoldás. ahol J =

J =

∫

∫

37

arcsin x arcsin x 1 arcsin x dx = − +∫ dx = − +J , 2 x x x x 1− x2 1 dx . Legyen x = sin t ⇒ dx = cos tdt és x 1− x2

∫

1 ⋅ cos tdt = sin t ⋅ cos t

∫

sin t dt = sin2 t

∫

sin t 1 1− 1− x2 dt = ln +C . 1 − cos2 t 2 1 + 1− x2

I ⊂ D = (−1,1) \ {0} . sin x + cos x 37. f (x ) = sin x − cos x 2 (sin x + cos x ) sin x + cos x 1 + sin 2x dx = ∫ dx = ∫ dx = Megoldás. ∫ 2 2 sin x − cos x sin x − cos x cos 2x π 1 − sin 2x 1 + kπ k ∈ ] . = ln + ln cos 2x + c és I ⊂ D = \ \ 4 1 + sin 2x 2 Megjegyzés. A sin x − cos x = t helyettesítéssel az sin x + cos x ∫ sin x − cos x dx = ln sin x − cos x + C eredményhez jutunk. sin 2x 38. f (x ) = 1 − cos4 x sin 2x dx = Megoldás. ∫ 1 − cos4 x −1 =∫ ⋅ (cos2 x )′ dx = arccos (cms2 x ) + C és 2 2 1 − (cos x )

{

I ⊂ D = \ \ {k π k ∈ ]} . 39. f (x ) = x 2 x 2 + 2x + 2 Megoldás. Az x + 1 = sh t helyettesítéssel dx = ch tdt és

∫x

2

⋅ x 2 + 2x + 2dx = =

∫ ch

4

∫ (sh

2

t + 1 − 2 sh t ) ch2 t ⋅ ch tdt =

2 t − 2 sh t ⋅ ch2 tdt = I − ch 3 t , 3

ahol

I =

∫ ch

4

tdt = sh t ⋅ ch 3 t − 3∫ ch2 t ⋅ sh2 tdt =

= sh t ⋅ ch 3 t − 3I + 3∫ ch2 tdt . A 27. feladat alapján I =

2 sh t ⋅ ch 3 t + 3 sh t ⋅ ch t + 3t +C . 8

}

Tartalomjegyzék 38


(

)

De arcsh t = ln t + t 2 + 1 , tehát

∫

2 sh t ⋅ ch 3 t + 3 sh t ⋅ ch t + 3t 2 3 − ch t + C = 8 3 3 ⎛ ⎞⎟ 1 ⎜⎜ 2 (x + 1) ⎜x + 1 + (x + 1) + 1 + ⎟⎟⎟ 2 ⎜⎜ x x ( ) + 1 + + 1 + 1 ⎝ ⎠⎟ = + 8⋅4 ⎛ ⎞⎟ 3 1 ⎜ 2 ⎟⎟ + + (x + 1) ⎜⎜x + 1 + (x + 1) + 1 + ⎟ 2 16 ⎜⎜⎝ x + 1 + (x + 1) + 1 ⎠⎟ 3 + ln x + 1 + x 2 + 2x + 2 + 8 3 ⎛ ⎞⎟ 1 ⎜⎜ 1 2 ⎟⎟ + c = − ⎜x + 1 + (x + 1) + 1 + ⎟ 2 12 ⎜⎜⎝ (x + 1) + 1 ⎠⎟

x 2 ⋅ x 2 + 2x + 2dx =

(

)

3

⎛ ⎞⎟ 1 ⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜x + 1 + ⎟ 2 ⎜⎜ + + + + ( ) ( ) x 1 x 1 1 ⎝ ⎠⎟ 3 (x + 1) 3 3 2 + (x + 1) + + ln x 2 16 8 16 x + 1 + (x + 1) + 1

(

(

)

5⎞ ⎛x ⎜⎜ − ⎟⎟ + ⎝ 32 96 ⎠ 2

D =\.

40. f (x ) =

ex − 1 ex + 1

1 Megoldás. Az e x = t helyettesítéssel dx = dt és t x e −1 t −1 1 I =∫ dx = ∫ ⋅ dt . x e +1 t +1 t t −1 Ez után a = u helyettesítéssel kapjuk, hogy t +1 t= I =

∫

= 2⋅ ∫

u⋅

u2 + 1 4u , dt = 2 du , 2 1−u (1 − u 2 )

1 − u2 4u ⋅ 2 du = 2 1 + u (1 − u 2 )

∫

)

+ 1 + (x + 1) + 1 + C és

4u 2 du = (1 + u 2 )(1 − u 2 )

1 1 u −1 − du = − ln − 2 arctg u + c = 2 2 1−u 1+u u +1

Tartalomjegyzék Integrálási módszerek = − ln

39

ex + 1 − ex − 1 ex − 1 − + C és D = \ . 2 arctg ex + 1 ex + 1 + ex − 1

41. f (x ) = cos2 x Megoldás. Az x = t 2 helyettesítéssel dx = 2tdt és

∫ cos

2

xdx =

∫ 2t cos

2

tdt =

∫ t ⋅ (1 + cos 2t )dt =

t 2 t sin 2t cos 2t x x sin 2 x cos 2 x + + +c = + + + C és D = \ + . 2 2 4 2 2 4 sin x 42. f (x ) = cos x 1 + sin2 x Megoldás. A cos x = t helyettesítéssel sin x dx = −dt , tehát

∫

sin x 2

cos x 1 + sin x

dx = −∫

dt

1 = 2 2 t 2 −t

∫

−

2

dt 1 t = 2 2 −1 2 t 2

∫

du u2 − 1

=

⎛ 2 1 1 1 + sin2 x ⎞⎟⎟ ln u + u 2 − 1 + C = ln ⎜⎜⎜ + ⎟ + C és 2 2 ⎜⎝ cos x cos x ⎠⎟⎟ π π⎞ ⎛ I ⊂ ⎜⎜2k π − , 2k π + ⎟⎟ valamilyen k ∈ ] esetén. ⎝ 2 2⎠ 1 43. f (x ) = 1+ x + x +1 Megoldás. Az x = t 2 helyettesítéssel dx = 2tdt , dx 2tdt I =∫ =∫ . 1+ x + x +1 1 + t + t2 + 1 =

(

)

u2 − 1 1 u2 + 1 , dt = ⋅ du és 2u 2 u2 2 u2 − 1 1 1 u2 + 1 1 (u − 1) (u + 1) ⋅ ⋅ = I =∫ du du = u u + 1 2 u2 u3 2∫ 1 ⎛ 1 1 1⎞ u ln u 1 1 = ∫ ⎜⎜1 − + 2 − 3 ⎟⎟⎟ du = − − + 2 +C = 2 ⎝ u u u ⎠ 2 2 2u 4u ln ( x + 1 + x ) 1 x +1 + x 1 , − − + 2 +C 2 2 2( x + 1 + x ) 4( x + 1 + x )

Innen

t 2 + 1 = u − t helyettesítéssel t =

D = \ *+ . 44. f (x ) =

x 4 arctg x 1 + x2

Tartalomjegyzék 40 Megoldás.

Integrálási módszerek x 4 arctg x ∫ 1 + x 2 dx = ⎛(x 4 + x 2 ) arctg x (x 2 + 1) arctg x arctg x ⎞⎟ ⎜ ⎟⎟dx = = ∫ ⎜⎜ − + ⎜⎝ 1 + x2 1 + x2 1 + x 2 ⎟⎠⎟

arctg2 x = ∫ 2 x3 x2 2 arctg2 x = arctg x − + ln (1 + x 2 ) − x arctg x + + C és D = \ . 3 6 3 2 45. f (x ) = 25 − 9x 2 5 5 Megoldás. Az x = sin t helyettesítéssel dx = cos t és 3 3 5 25 25 I = ∫ 25 − 9x 2 dx = ∫ 5 ⋅ ⋅ cos2 tdt = ⋅ cos x ⋅ sin x + sin2 xdx = 3 3 3 ∫ 25 25 25 25 ⎛ 5 5⎞ = ⋅ cos⋅ sin x + x − I ⇒ I = ⋅ cos x ⋅ sin x + x +C és D = ⎜⎜− , ⎟⎟ . ⎝ 3 3⎠ 3 3 6 6 =

46. f (x ) =

x 2 arctg xdx − ∫ arctg xdx +

e 3x ex + 1

∫

e 3x dx = 1 + ex

∫

e 3x + e 2x − (e 2x + e x ) + e x

dx = 1 + ex e 2x = ∫ (e 2x − e x )dx + ln (1 + e x ) = − e x + ln (1 + e x ) + C és D = \ . 2 sin x 47. f (x ) = 9 − 4 cos2 x sin x dx = Megoldás. ∫ 9 − 4 cos2 x −1 1 2 cos x (cos x )′ dx = − arcsin =∫ + C és D = \ . 2 2 3 9 − 4 cos x sin x 48. f (x ) = 9 + 4 cos2 x sin x −1 (cos x )′ dx = dx = ∫ Megoldás. ∫ 2 9 + 4 cos x 9 + 4 cos2 x ⎞ 1 ⎛ 9 = − ln ⎜⎜cos x + + cos2 x ⎟⎟⎟ + C és D = \ . 2 ⎜⎝ 4 ⎠⎟ Megoldás.

49. f (x ) =

sin x 9 cos2 x − 4

Tartalomjegyzék Integrálási módszerek Megoldás.

∫

sin x

41

∫

−1

⋅ (cos x )′ dx = 9 cos2 x − 4 9 cos2 x − 4 1 4 = − ln cos x + cos2 x − +C és 3 9 dx =

⎛ 2 2 ⎞ I ⊂ D = ∪ ⎜⎜− arccos + k π, arccos + k π ⎟⎟⎟ . k ∈] ⎝ ⎠ 3 3 50. f (x ) =

x + (1 + x 2 ) arctg x

(1 + x 2 )

2

4 (x arctg x ) − π 2

Megoldás. Az x ⋅ arctg x = t helyettesítéssel az tehát

∫

∫

dt 2

4t − π 2

integrálhoz jutunk,

x + arctg x ⎞⎟ 1 ⎛⎜ 2x arctg x 4x 2 arctg2 x 1 + x2 ⎟⎟ + C . ⎜⎜ ln 1 dx = + − 2 2 2 ⎝⎜ π π ⎠⎟⎟ 4 (x ⋅ arctg x ) − π 2

2.3. Racionális törtfüggvények integrálása Gyakorlatok (49. oldal) Határozzuk meg a következő racionális törtfüggvények határozatlan integrálját egy olyan intervallumon, ahol a nevezőnek nincs gyöke: Minden függvény primitiválható egy I ⊂ D intervallumon, mert folytonos azon. 1 1. R (x ) = 2 x −9 ⎛ 1 1 1 ⎞⎟ 1 1 x −3 dx = ∫ ⎜⎜⎜ +C , − Megoldás. ∫ 2 ⎟⎟ ⋅ dx = ln ⎝ ⎠ x −9 x −3 x +3 6 6 x +3 I ⊂ \ \ {±3} . 1 2. R (x ) = 2 x − 4x + 3 1 ⎛ 1 ⎞⎛ 1 1 ⎞⎟ 1 x −1 Megoldás. ∫ 2 dx = ∫ ⎜⎜− ⎟⎟⎟ ⎜⎜ − +C , ⎟⎟ dx = − ln ⎝ ⎠⎝ ⎠ x − 4x + 3 2 x −1 x − 3 2 x −3 I ⊂ \ \ {1, 3} . 4x + 2 3. R (x ) = 2 2x + 2x + 1 4x + 2 Megoldás. ∫ dx = ln (2x 2 + 2x + 1) + C , I ⊂ \ . 2 2x + 2x + 1

Tartalomjegyzék 42


2x 4 − x 3 + x 2 + 5 x6 4 2x − x 3 + x 2 + 5 ⎛2 1 1 5⎞ dx = ∫ ⎜⎜ 2 − 3 + 4 + 6 ⎟⎟⎟ dx = Megoldás. ∫ 6 ⎝x x x x x ⎠ 2 1 1 1 = − + 2 − 3 − 5 + C , I ⊂ \* . x 2x 3x x 4 5. R (x ) = 4 + x2 4 x Megoldás. ∫ dx = 2 ⋅ arctg + C , I ⊂ \ . 2 4+x 2 1 6. R (x ) = 2 4x + 9 1 1 2x Megoldás. ∫ dx = ⋅ arctg +C , I ⊂ \ . 2 4x + 9 6 3 1 7. R (x ) = 2 2x − x − 3 1 dx = Megoldás. ∫ 2 2x − x − 3 ⎛ 1⎞⎛ 1 1 2 ⎞⎟ =∫ − dx = ∫ ⎜⎜− ⎟⎜ ⎟dx = ⎟⎟ ⎜⎜ ⎝ ⎠ 5 ⎝ x + 1 2x − 3 ⎠⎟ (x + 1)(2x − 3) 1 2 3 = − ln x + 1 + ln 2x − 3 + C , I ⊂ \ \ , −1 . 5 5 2 1 8. R (x ) = 3 (x − 3) dx 1 Megoldás. ∫ 3 =− 2 + C , I ⊂ \ \ {3} . 2 (x − 3) (x − 3) 4. R (x ) =

{

9. R (x ) =

}

x2 + x + 1 3 (x − 1)

⎛ x 2 − 2x + 1 x2 + x + 1 x −1 1 ⎞⎟ ⎜ ⎟ = + ⋅ + ⋅ dx 3 3 ⎜ 3 3 3 3 dx = ∫ (x − 1) ∫ ⎝⎜ (x − 1) (x − 1) (x − 1) ⎠⎟⎟ 3 3 = ln x − 1 − − 2 + C , I ⊂ \ \ {1} . x − 1 2 (x − 1) 1 10. R (x ) = x (x + 1)(x + 2)(x + 3) Megoldás. Bontsuk fel az R (x ) racionális törtfüggvényt elemi törtek összegére: 1 A B C D = + + + = x (x + 1)(x + 2)(x + 3) x x + 1 x + 2 x + 3 Megoldás.

Tartalomjegyzék Integrálási módszerek =

43

A (x + 1)(x + 2)(x + 3) + Bx (x + 2)(x + 3) + x (x + 1)(x + 2)(x + 3) +

Cx (x + 1)(x + 3) + Dx (x + 1)(x + 2) . x (x + 1)(x + 2)(x + 3)

Mivel az egyenlőség jobb és bal oldalán megjelenő törtek ugyanazok kell legyenek és a nevezők azonosak, a számlálók is egyenlők kell legyenek bármely x ∈ \ esetén. Innen 1 x = 0 esetén 1 = 6A ⇒ A = 6 1 x = −1 esetén 1 = −2B ⇒ B = − 2 1 x = −2 esetén 1 = 2C ⇒ C = 2 1 x = −3 esetén 1 = −6D ⇒ D = − , tehát 6 ⎛1 ⎞⎟ dx 1 1 1 ∫ x (x + 1)(x + 2)(x + 3) = ∫ ⎜⎜⎝⎜ 6x − 2 (x + 1) + 2 (x + 2) − 6 (x + 3)⎠⎟⎟⎟dx =

1 1 1 1 ln x − ln x + 1 + ln x + 2 − ln x + 3 + c . 6 2 2 6 I ⊂ \ \ {0, −1, −2, −3} . 1 11. R (x ) = 1 + x3 dx Megoldás. J = ∫ = 1+ x3 ⎛ A dx Bx + C ⎞⎟ =∫ = ∫ ⎜⎜⎜ − 2 ⎟ dx = 2 ⎝ x + 1 x − x + 1⎠⎟ (1 + x ) (x − x + 1) =

=∫

(A − B ) x 2 + x (−A − B − C ) + A − C

dx 1 + x3 Egyenlővé téve az együtthatókat kapjuk, hogy ⎧⎪A − B = 0 ⎪⎪ ⎪⎪⎨A + B + C = 0 , ahonnan A = 1 , B = 1 , C = − 2 , tehát ⎪⎪ 3 3 3 ⎪⎪A − C = 1 ⎪⎩ J = =

∫

1 x −2 − dx = 2 3 (x + 1) 3 (x − x + 1)

1 1 dx ln x + 1 − ln (x 2 − x + 1) + ∫ = 2 3 6 2 (x − x + 1)

Tartalomjegyzék 44

Integrálási módszerek 2 ln x + 1 ln (x − x + 1) 1 dx − + ∫ = 2 1 ⎞⎟ 3 3 6 2 ⎛ ⎜⎜x − ⎟ + ⎝ 2⎠ 4 2 ln x + 1 ln (x − x + 1) 1 2x − 1 = − + arctg +C . 3 6 3 3

=

I ⊂ \ \ {−1} . 12. R (x ) =

x +1 2

(x 2 + 9)

x +1

∫ (x

Megoldás.

1 1 dx dx = − ⋅ 2 +∫ 2 2 . 2 x +9 + 9) (x + 9) 2

2

J =

=

x +1

∫ (x 13. R (x ) =

2

2

+ 9)

dx 2

2

+ 9)

dx =

=

x 1 x + arctg + C , 3 18 (x 2 + 9) 54

x x −9 1 arctg + C , I ⊂ \ . + 2 3 18 (x + 9) 54

1

(x

2

3

+ 4x + 20)

∫ (x

Megoldás. Az 1 2

(x 2 + 4x + 20)

∫ (x

1 2

3

+ 4x + 20)

dx 2

2

+ 4x + 20)

−4 ∫

∫ (x

dx kiszámításához parciálisan integráljuk az

függvényt:

=

innen pedig

1 1 2x 2 dx = x ⋅ 2 +∫ 2 2 dx = +9 x +9 (x + 9)

2

x 1 18 +2⋅ ∫ 2 dx − ∫ 2 2 dx ⇒ x2 + 9 x +9 (x + 9)

∫ (x

⇒

tehát

∫x

=

2

(x 2 + 4x + 20)

x

(x

2

+ 4∫

3

dx − 4 ∫

2x + 4

(x 2 + 4x + 20) 3

+ 4x + 20)

dx =

+ 2∫

2x 2 + 4x 3

(x 2 + 4x + 20)

dx

2

+ 4x + 20)

1 2

x

(x

2

2

+ 4x + 20)

+

16 3

(x 2 + 4x + 20)

dx

dx =

Tartalomjegyzék Integrálási módszerek = Az

45

⎛ ⎞⎟ 1 ⎜⎜ x dx 2 + 3 + ⎜⎜ 2 2 ∫ (x 2 + 4x + 20)2 (x 2 + 4x + 20)2 ⎟⎟⎟⎟⎟ 16 ⋅ 4 ⎝⎜(x + 4x + 20) ⎠

∫ (x

1 2


2

+ 4x + 20)

(*).

1 x + 4x + 20 2

kifejezést:

∫

1 x 2x 2 + 4x = + 2 dx = x 2 + 4x + 20 x 2 + 4x + 20 ∫ (x 2 + 4x + 20) x 1 + 2⋅ ∫ 2 dx + x 2 + 4x + 20 x + 4x + 20 2x + 4 16 2 dx − 2 ⋅ ∫ 2 dx , 2 2 (x + 4x + 20) (x + 4x + 20)

= −2 ⋅ ∫

innen

∫ (x

1 2

2

+ 4x + 20)

dx =

⎞⎟ 1 ⎛⎜ x dx 2 ⎟⎟ = ⎜⎜ 2 +∫ 2 + 2 32 ⎜⎝ x + 4x + 20 x + 4x + 20 (x + 4x + 20)⎠⎟⎟

1 x +2 1 1 x +2 ⋅ 2 + ⋅ arctg +C . 32 x + 4x + 20 32 4 4 A kapott eredményt visszahelyettesítve a (*) egyenlőségbe, kapjuk, hogy 1 ∫ (x 2 + 4x + 20)3 dx = =

=

⎛ ⎞ x +2 x + 2 ⎟⎟ 1 ⎜⎜ 3 1 3 ⎟ + C és D = \ . + ⋅ + arctg ⎜ 2 64 ⎜⎜⎝(x 2 + 4x + 20) 32 (x 2 + 4x + 20) 128 4 ⎠⎟⎟⎟

14. R (x ) = Megoldás.

3x 2 + 4x − 6 3 (x + 2) 3x 2 + 4x − 6 ∫ (x + 2)3 dx = ⎛ 3 (x 2 + 4x + 4) ⎞⎟ 2 x +2 ⎜ ⎟ 8 = ∫ ⎜⎜ − ⋅ − 3 3 3 ⎟ dx = (x + 2) (x + 2) (x + 2) ⎠⎟⎟ ⎜⎝ 1 1 = 3 ⋅ ln x + 2 + 8 ⋅ + 2 , x + 2 (x + 2)

I ⊂ \ \ {−2} . 15. R (x ) =

5x − 3 2 (x − 1)(x − 3)

Tartalomjegyzék 46 Megoldás.

Integrálási módszerek 5x − 3

∫ (x − 1)(x − 3)

2

dx =

1 dx 6 dx − ∫ +∫ 2 dx = 2 (x − 1) 2 (x − 3) (x − 3) 1 1 6 = ln x − 1 − ln x − 3 − +C , 2 2 (x − 3)

=∫

I ⊂ \ \ {1, 3} . 2x − 4 16. R (x ) = 2 (x 2 − 1) 2x − 4 1 −x + 1 + 1 x + 1 + 1 Megoldás. ∫ −∫ + 2 dx = − 2 2 2 dx = 2 (x − 1) (x + 1) x −1 (x − 1) 1 1 1 = + ln x − 1 + − ln x + 1 + +C , 2 1−x x −1 x +1 I ⊂ \ \ {±1} . 2x 2 x4 −1 2x 2 Megoldás. ∫ 4 dx = x −1 I ⊂ \ \ {±1} . 17. R (x ) =

18. R (x ) =

∫x

2

1 1 1 x −1 + 2 dx = ln + arctg x + C , −1 x +1 2 x +1

2x 3 − 4x 2 + x − 5 2

(x − 1) (x 2 + 4)

⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ A + Bx + D + Cx + E ⎟⎟⎟ dx . ∫ ∫ ⎜⎜ x − 1 x 2 + 4 (x 2 + 4)2 ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ A megfelelő együtthatók egyenlőségéből a következő rendszert kapjuk: 6 ⎧ ⎪ ⎪ A=− ⎪ 25 ⎪ ⎪ ⎧⎪A + B = 0 ⎪ 6 ⎪⎪ ⎪ ⎪ B= ⎪⎪ ⎪ ⎪ 25 2 D − B = ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ 4 ⎪ ⎨8A + 4B − D + C = −4 , melynek megoldása ⎨C = − . ⎪ ⎪⎪ 5 ⎪ ⎪ ⎪⎪−4B + 4D + E − C = 1 ⎪ 56 ⎪ ⎪⎪ D= ⎪ ⎪⎪16A − 4D − E = −5 ⎪ 25 ⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎪ 39 ⎪ E= ⎪ ⎪ 5 ⎪ ⎩ Tehát Megoldás. I =

2x 3 − 4x 2 + x − 5 2 dx = (x − 1) (x 2 + 4)

Tartalomjegyzék Integrálási módszerek I =− =−

Az

47

6 2 3x + 28 1 4x + 39 ln x − 1 + dx − ∫ 2 2 dx = 2 ∫ 25 25 x +4 5 (x + 4)

x 2 6 3 28 1 39 1 − ⋅∫ 2 ln x − 1 + ln (x 2 + 4) + arctg + ⋅ 2 2 dx . 25 25 25 2 5 x +4 5 (x + 4)

∫ (x

1 2

2

+ 4)


1 x 2x 2 dx = + 2 dx = x2 + 4 x 2 + 4 ∫ (x 2 + 4)

∫ =

∫ (x I =−

1 -et. x +4 2

x x 1 + arctg − 8 ∫ 2 2 dx , ahonnan x +4 2 (x + 4) 2

1 2

2

+ 4)

dx =

x 8 (x + 4) 2

+

1 x arctg + C és így 16 2

3 ln (x 2 + 4) 253 x 6 16 − 39x + +C , ln x − 1 + arctg + 25 25 400 2 40 (x 2 + 4)

I ⊂ \ \ {1} .

2.4. Irracionális függvények integrálása Gyakorlatok (59. oldal) Számítsd ki a következő irracionális függvények határozatlan integrálját olyan intervallumon, ahol ez létezik: 1. f (x ) = (3x + 6) 2x − 4

t2 + 4 ⇒ dx = tdt és 2 ⎛ t2 + 4 ⎞⎟ 2 ⎜3 ⋅ ( ) 3 + 6 2 − 4 = + 6 x x dx ⎟ ⋅ t dt = ⎜ ∫ ∫ ⎜⎝ 2 ⎠⎟ 3 3 2 = t 5 + 4t 3 + c = (2x − 4) ⋅ 2x − 4 + 4 (2x − 4) ⋅ 2x − 4 + C . 10 10 Az integrál minden I ⊂ (2, ∞) intervallumon létezik. Megoldás. Legyen t = 2x − 4 ⇒ x =

3

2. f (x ) = (2x − 1) (5x − 3)

t2 + 3 2t ⇒ dx = dt , ekkor 5 5 2 ⎛ t +3 ⎞ 2t 4 3 (2x − 1) (5x − 3) dx = ∫ ⎜⎜2 ⋅ − 1⎟⎟⎟ ⋅ dt = ⎜⎝ 5 ⎠ 5

Megoldás. Legyen t = 5x − 3 ⇒ x =

∫

Tartalomjegyzék 48


4 7 2 5 4 2 3 2 (5x − 3) 5x − 3 + (5x − 3) 5x − 3 +C és t + t +C = 175 125 175 125 ⎡3 ⎞ I ⊂ ⎢ , ∞⎟⎟⎟ . ⎠ ⎢⎣ 5 3. f (x ) = x 3 5x + 3 =

t3 − 3 3t 2 és , dx = 5 5 t3 − 3 3t 2 3 7 9 4 3 x 5 x + 3 dx = ⋅ t ⋅ dt = t − t +C = ∫ ∫ 5 5 175 100 3 9 2 = (5x + 3) 3 5x + 3 − (5x + 3) 3 5x + 3 + C és D = \ . 175 100 3x 2 + 2 ) ( 4. f x = 3 6x − 4 t3 + 4 t2 , dx = dt és Megoldás. A t = 3 6x − 4 helyettesítéssel x = 6 2 6 3 2 2 8 (t + 8t + 16) + 24 1 t t5 3x + 2 t 5 dx = ⋅ ⋅ dt = + + t2 +C = ∫ 3 6x − 4 ∫ 12 t 2 192 15 6 Megoldás. A t = 3 5x + 3 helyettesítéssel x =

2 3

(6x − 4)

=

I ⊂\\

192

{23} .

5. f (x ) =

2

(6x − 4)

+

6x − 4 3 5 2 2 (6x − 4) + 3 (6x − 4) + C és 15 6

x +3 x 2x + 3 2

t2 − 3 , dx = t ⋅ dt és 2 t2 + 3 4 1 ⋅ ⋅ ⋅ t ⋅ dt = 2 2 (t 2 − 3) t

Megoldás. t = 2x + 3 ⇒ x =

I =

∫

x +3 dx = 2 x 2x + 3 =

Az

∫

∫ (t

1 2

2

− 3)

∫

∫

2⋅

t2 − 3 + 6 2

(t 2 − 3)

dt =

1 t− 3 1 ⋅ ln + 12 ∫ 2 2 dt . 3 t+ 3 (t − 3)

dt kiszámításához parciálisan integráljuk az

1 függvényt: t −3 2

1 t 2t 2 t 1 1 dt = + + 2∫ 2 dt + 6∫ 2 dt = 2 2 dt , 2 2 ∫ 2 2 t −3 t −3 t −3 t −3 (t − 3) (t − 3)

tehát,

∫ (t

1 2

2

− 3)

dt = −

t 1 1 t− 3 − ⋅ ⋅ ln +C . t+ 3 6 (t 2 − 3) 6 2 3


49 2x + 3 ⎛ 3 ⎞ + C és I ⊂ ⎜⎜− , ∞⎟⎟⎟ \ {0} . ⎝ ⎠ x 2

Visszahelyettesítve kapjuk, hogy I = − 6. f (x ) =

x −1 x +1

3

Megoldás. A t = 3 x + 1 helyettesítéssel x = t 3 − 1, dx = 3t 2dt és

x −1 dx = x +1

∫

3

∫ (t

3

− 2) 3tdt =

3 5 3 2 2 t − 3t 2 + C = (x + 1) 3 (x + 1) − 3 3 (x + 1) + C és I ⊂ \ \ {−1} . 5 5 x +1 7. f (x ) = x x −1 1 + t2 −4t x +1 , dx = Megoldás. A t = helyettesítéssel x = 2 2 dt és 2 t −1 x −1 (t − 1) =

∫

I =

x +1 1 + t2 4t dx = −∫ 2 ⋅t ⋅ 2 dt = 2 x −1 t −1 (t − 1)

x⋅

= −4 ⋅ ∫ = −2 ln

t 4 − 2t 2 + 1 + 3 (t 2 − 1) + 2 3

(t 2 − 1)

dt =

t −1 1 1 − 12∫ 2 dt − 8 ∫ 3 dt . 2 2 t +1 (t − 1) (t − 1)

Ahhoz, hogy ezt kiszámítsuk, előbb parciálisan integráljuk az

1

(t

2

2

− 1)

, majd az

1 függvényeket. t −1 2

∫ (t =

1 2

2 dt =

− 1)

t

(t

⇒ 4∫

2

2

− 1)

+ 4∫

1

(t

2

3

− 1)

I = −2 ln

∫

t 2

(t 2 − 1) 1

(t

2

dt = −

2

− 1)

+ 2∫

(t

2

− 1)

3

(t 2 − 1)

dt + 4 ∫

t 2

2t 2

− 3∫

dt =

1

(t

2

3

− 1) 1

(t

2

2

− 1)

dt ⇒ dt , így

t −1 2t dt + 2 2 − 6∫ 2 . 2 t + 1 (t − 1) (t − 1)

1 t t2 t dt 1 dt = + 2 + 2∫ 2 + 2∫ 2 dt = 2 2 dt ⇒ 2 2 ∫ 2 2 t −1 t −1 t −1 t −1 (t − 1) (t − 1)

Tartalomjegyzék 50

Integrálási módszerek dt

⇒ 2∫

I =

2t 2

(t 2 − 1)

(t +

2

− 1)

2

=−

t dt , tehát −∫ 2 t −1 t −1 2

x +1 3t 1 t −1 + C , ahol t = − ln . t −1 2 t +1 x −1 2

Az integrál minden I ⊂ (−∞, −1) ∪ (1, ∞) intervallumon létezik. 8. f (x ) =

4

x +2 2x + 1

Megoldás. A t =

4

2 −t4 t3 x +2 , dx = −12 helyettesítéssel x = 4 2 dt 2t − 1 2x + 1 (2t 4 − 1)

és

I =

∫

4

x +2 t3 dt dt dx = −∫ t ⋅ 12 ⋅ 4 −6⋅ ∫ 2 dt = −6 ⋅ ∫ 2 = 4 4 2x + 1 2t − 1 (2t − 1) (2t − 1) 1

= −3 ∫

1

= −3 ⋅ A

∫ (2t

dt 4

2

− 1)

2 2 4

2

2t − 1

ln

4 4

−

1 2

2t + 1

dt − 6 ∫

dt

(2t

=

⇒I =

2

− 1)

=

2t − 1 3 dt + 4 arctg ( 4 2t ) − 6∫ 2 . 4 2t + 1 2 (2t − 1)

kiszámításához parciálisan integráljuk a

∫

4

1 függvényt. 2t − 1 4

1 t 8t 4 dt = + 2 dt = 2t 4 − 1 2t 4 − 1 ∫ (2t 4 − 1)

t dt 1 + 4⋅ ∫ 4 + 4∫ 2 dt ⇒ 4 2t 4 + 1 2t − 1 (2t − 1)

3t 3 3 − 4 ⋅ arctg ( 4 2t ) − 4 ln 4 8 2 2 (2t − 1) 4 2

4 4

2t − 1 +c = 2t + 1

⎛ 4 2x + 4 − 4 2x + 1 ⎞⎟ 1 x +2 3 2x + 4 3 ⎟ +C , ⋅4 ⋅ (2x + 1) − 4 arctg 4 − 4 ln ⎜⎜ 4 2 2x + 1 4 2 2x + 1 8 2 ⎜⎝ 2x + 4 + 4 2x + 1 ⎠⎟⎟ ⎛ 1 ⎞ I ⊂ (−∞, −2) ∪ ⎜⎜− , ∞⎟⎟⎟ . ⎝ 2 ⎠ 9. f (x ) = x 3

x +1 x −1

Megoldás. A t =

3

6t 2 x +1 1 + t3 helyettesítéssel x = 3 , dx = − 3 2 dt és t −1 x −1 (t − 1)


∫

I =

∫ (t

1 3

2

− 1)

1 + t3 −6t 2 ⋅ t ⋅ 2 dt = t3 −1 (t 3 − 1)

∫

1 1 1 + 3⋅ 3 2 +2⋅ 3 dt . t −1 (t − 1) (t 3 − 1) 3

∫ (t

dt és

x +1 dx = x −1

x⋅3

= −6 ∫

Az

51

1 3

dt integrálokat a parciális integrálás módszerével

3

− 1)

számoljuk ki.

∫ (t =

1

(t

+ 6∫

2

− 1)

⇒ 6∫

dt

(t

3

− 1)

∫ (t I =

=

2t

(t

(t

3

− 1)

−t

(t

6t 3 3

(t 3 − 1)

dt + 6 ∫

2

3

+∫

2

− 1)

− 5∫

1

(t

3

3

− 1)

1

(t

dt =

3

2

− 1)

dt ⇒

dt , így

dt 1 2t − 8∫ 3 2 dt + 2 . t −1 (t − 1) (t 3 − 1) 3

1 t 3t 3 t dt dt dt = + dt = 3 + 3∫ 3 + 3∫ 2 2 ⇒ 3 3 ∫ t −1 t −1 t −1 t −1 (t 3 − 1) (t 3 − 1) ⇒

=

(t 3 − 1) 1

=

3

I = −6 ∫

∫

2

− 1)

3

t 3

t

2 dt =

3

2

+

=

3

− 1)

dt 3

(t

− 1) 2t

2

(t 3 − 1)

2t 3

=−

2

2

− 1)

+

+

t 3 (t − 1) 3

−

2 dt , tehát 3 ∫ 3 t −1

8t 2 dt = − ∫ 3 3 (t − 1) 3 (t − 1) 3

8t 2 1 t +2 − ∫ − 2 dt = 3 (t − 1) 9 t − 1 t + t + 1 3

8t 2 1 2 2t + 1 − ln t − 1 + ln (t 2 + t + 1) + arctg +C = 9 3 3 3 3 (t − 1) 9 3

2

x + 1 (x − 1) 4 x +1 2 ⋅ − ⋅3 ⋅ (x − 1) − ln x −1 2 3 x −1 9

3

x +1 −1 + x −1

2 ⎞⎟ ⎡ ⎛ ⎞⎤ 1 ⎜⎛ ⎛ x + 1⎞⎟ x +1 ⎟⎟ + 2 arctg ⎢ 1 ⎜⎜2 3 x + 1 + 1⎟⎟⎥ + C . 3 1 + ln ⎜⎜ 3 ⎜⎜ + + ⎟ ⎟⎟⎥ ⎟⎟ 3 3 ⎢ 3 ⎜⎝ x − 1 x −1 9 ⎜⎝ ⎝ x − 1 ⎠⎟ ⎠⎦ ⎠ ⎣ Az integrál minden I ⊂ \ \ {1} intervallumon létezik. 3 10. f (x ) = (2x + 4) ( (1 − x 2 ) ) Megoldás. x = sin t helyettesítéssel dx = cos tdt és

Tartalomjegyzék 52

Integrálási módszerek 2 3

∫ (2x + 4) (1 − x ) dx = ∫ (2 sin t + 4) cos

4

tdt =

2 3 3 sin 2t = − cos5 t + t + + cos3 t sin t + C = 5 2 4 2 2 3 3 = − (1 − x 2 ) 1 − x 2 + arcsin x + x 1 − x 2 + (1 − x 2 ) ⋅ 1 − x 2 ⋅ x + C = 5 2 2 3 2 4 5 2⎞ ⎛ = arcsin x + 1 − x 2 ⎜⎜− x 4 − x 3 + x 2 + x − ⎟⎟⎟ + C , I ⊂ (−1,1) . ⎝ 5 5⎠ 2 5 2 1 11. f (x ) = (2 + x ) 4 − x 2 Megoldás. Az x = 2 sin t helyettesítéssel dx = 2 cos tdt és dx 1 dt 1 sin t − 1 1 1 ∫ (x + 2) 4 − x 2 = 2 ∫ sin t + 1 = 2 ∫ − cos2 t dt = − 2 cos t + 2 tg t + C =

= 12. f (x ) =

⎛x ⎞ ⎜⎜ − 1⎟⎟ + C és I ⊂ (−2, 2) . ⋅ ⎠ 4 − x2 ⎝2 1

x5 9 − x2

⎛ π π⎞ Megoldás. Az x = 3 sin t , t ∈ ⎜⎜− , ⎟⎟ helyettesítéssel dx = 3 cos tdt és ⎝ 2 2⎠ x5 35 sin5 t 5 5 dx = ∫ 9 − x2 ∫ 3 cos t ⋅ 3 cos tdt = 3 ∫ sin tdt = ⎛ sin 4 t cos t 4 sin2 t cos t 4 2 ⎞ 35 ⎜⎜− − ⋅ − ⋅ ⋅ cos t ⎟⎟⎟ + C = 5 5 3 5 3 ⎝⎜ ⎠

=− 13. f (x ) = Megoldás. 14. f (x ) =

x

9 − x2 ⋅ (x 4 + 12x 2 + 72) + C , I ⊂ (−3, 3) . 5

2

x +9 x

∫

2

x +9

dx = x 2 + 9 + C , I ⊂ \ .

5x 3 4 + 9x 2

Megoldás. A

∫

4 + 9x 2 = t + 3x helyettesítéssel x = 5x 3 4 + 9x 2

3

dx =

∫

−

5 (4 − t 2 ) 63 t 3

⋅

4 − t2 t2 + 4 , dx = − dt és 6t 6t 2

t2 + 4 2t dt = ⋅ t 2 + 4 6t 2


∫

5 (4 − t − ⋅ 3 ⋅ 63 t4

53

2 3

)

5 64 3 ⋅ 16t 2 3 ⋅ 4 ⋅ t 4 t 6 − + − 4 dt = 3 ⋅ 63 ∫ t 4 t4 t4 t 40 10 5 5 3 = − − t+ t +C = 243t 3 27t 54 1944 40 1 10 1 + = ⋅ ⋅ 3 − 243 27 4 + 9x 2 − 3x 4 + 9x 2 − 3x dt = −

(

− 15. f (x ) =

5 54 x

(

)

)

4 + 9x 2 − 3x +

5 1944

(

4 + 9x 2 − 3x

)

3

+C .

1 + 1 + x2 1 − t2 1 + t2 , dx = − dt és 2t 2t 2 1 − t2 2t 1 + t2 − ⋅ ⋅ dt = 2 (1 + t ) 2t 2t 2

Megoldás. A t + x = 1 + x 2 helyettesítéssel x = I =

=

∫ 1+

x 1 + x2

dx =

(t − 1) (t 2 + 1)

∫

(t + 1) 2t 2

∫

dt =

1 1 −2t 2 + t − 1 t+∫ ⋅ dt = 2 2 (t + 1) t 2

2 A B C 1 1 1 1 t (A + B ) + t (B + C ) + C = t+ ∫ + + 2 dt = t + ∫ dt ⇒ t 2 2 t +1 t 2 2 (t + 1) t 2 ⎧ ⎪ A + B = −2 ⎪ ⎪ ⎪ ⇒⎪ ⎨B + C = 1 ⇒ B = 2, A = −4, C = −1 , tehát ⎪ ⎪ ⎪ C = −1 ⎪ ⎪ ⎩ 1 1 I = t + + ln t − 2 ln t + 1 + C = 2 2t 2 1+x −x 1 = + + ln 1 + x 2 − x − 2 ln 1 + x 2 − x + 1 + C . 2 2 2 1+x −x

(

)

(

)

(

)

D =\.

16. f (x ) =

1

(4 − x ) 2

4 + x2

4 − t2 4 + t2 , dx = − dt és 2t 2t 2 4t 2 2t t2 + 4 dt = ⋅ ⋅ t 4 − 24t 2 + 16 t 2 + 4 2t 2

Megoldás. A t + x = 4 + x 2 helyettesítéssel x =

I = = −∫

dx

∫ (4 − x ) 2

4 + x2

= −∫

At + B Ct + D + 2 dt , ahonnan t − 12 − 8 2 t − 12 + 8 2 2

Tartalomjegyzék 54

Integrálási módszerek ⎧⎪A + C = 0 ⎪⎪ ⎪⎪B + D = 0 ⎪⎪ , melynek megoldása ⎨ ⎪⎪(8 2 − 12) A − (12 + 8 2 )C = 4 ⎪⎪ ⎪⎪(8 2 − 12) B − (12 + 8 2 ) D = 0 ⎪⎩

⎧ 1 ⎪ ⎪ A= ⎪ 4 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪B = 0 , ⎨ ⎪ 1 ⎪ C = − ⎪ ⎪ 4 2 ⎪ ⎪ ⎪ D=0 ⎪ ⎪ ⎩

tehát

I =−

1 8 2

ln

x2 − x x2 + 4 − 4 − 4 2 x2 − x x2 + 4 − 4 + 4 2

+C

és I ⊂ D = \ \ {±2} . 17. f (x ) =

x3

(x 2 − 1)3 Megoldás. Az x = ch t helyettesítéssel dx = sh tdt és ch t ⋅ (1 + sh2 t ) x3 ch 3 t = ⋅ = dt = ∫ 2 3 dx ∫ sh3 t sh tdt ∫ sh2 t (x − 1) 1 1 x + x2 −1 + sh t + c = x − − +c, sh t x + x 2 − 1 x 2 + 2x x 2 − 1 − 1 I ⊂ D = (−∞, −1) ∪ (1, ∞) . =−

18. f (x ) =

x3

4x 2 − 9 3 3 Megoldás. Az x = ch t helyettesítéssel dx = sh tdt és 2 2 3 x 27 3 1 3 27 2 ∫ 4x 2 − 9 dx = ∫ 8 ch t ⋅ 3 sh t ⋅ 2 sh tdt = 16 ∫ ch t (1 + sh t )dt = 27 9 9 1 sh t + sh 3 t + C = = 4x 2 − 9 + ⋅ (4x 2 − 9) 4x 2 − 9 + C , = 16 16 16 48 ⎛ 3 ⎞⎟ ⎛ 3 ⎞⎟ I ⊂ D = ⎜⎜−∞, − ⎟⎟ ∪ ⎜⎜ , ∞⎟⎟ . ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝2 19. f (x ) =

x2 + 1 x2 − 4 + 1

Megoldás. Az x + t = x 2 − 4 helyettesítéssel x = −

t2 + 4 t2 − 4 , dx = − dt 2t 2t 2

és

I =

∫

x2 + 1 x2 − 4 + 1

dx = −∫

t 4 + 12t 2 + 16 2t t2 − 4 ⋅ 2 ⋅ dt = 2 4t t + 2t − 4 2t 2


∫

−

55

t 6 + 8t 4 − 32t 2 − 64 t2 t 2t 4 − t 3 − 4t 2 − 8 dt = − + − 2 ∫ t 3 (t 2 + 2t − 4) dt = 8 2 4t 3 (t 2 + 2t − 4)

t2 t A B C D E + − 2∫ + 2 + 3 + + = 8 2 t t t t +1+ 5 t +1− 5 t 4 (A + D + E ) + t 3 (2A + B + (1 − 5 ) D + (1 + 5 ) E ) t2 t = + − 2∫ + 8 2 t 3 (t 2 + 2t − 4) =−

+

t 2 (−4A + 2B + C ) + t (−4B + 2C ) + (−4C ) dt ⇒ t 3 (t 2 + 2t − 4) ⎧A + D + E = 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2A + B + (1 − 5 ) D + (1 + 5 ) E = −1 ⎪ ⎪ ⎪ . ⇒⎪ ⎨−4A + 2B + C = −4 ⎪ ⎪ ⎪ −4B + 2C = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ −4C = −8 ⎪ ⎪ ⎩

3 5 3 5 , E =− . Tehát 5 5 t2 t 1 1 6 5 t +1− 5 I = − + − 4 ln t + 2 + 2 2 − ln +c = 8 2 t t 5 t +1+ 5

A rendszer megoldása: A = 2, B = 1, C = 2, D =

( =− +

x2 − 4 − x

)

2

+

8

2 x2 − 4 − x

+

x2 − 4 − x − 4 ln − x 2 − 4 + x + 2

(

2

(

x2 − 4 − x

)

2

−

6 5 ln 5

)

x2 − 4 − x + 1− 5 x2 − 4 − x + 1 + 5

+C ,

I ⊂ D = (−∞, −2) ∪ (2, ∞) . 1 20. f (x ) = 2 x − 2x + 2 Megoldás. A

∫

dx

x 2 − 2x + 2 = t − x helyettesítéssel t2 − 2 t 2 − 2t + 2 x= , dx = 2 dt és 2t − 2 2 (t − 1) =

∫

2t − 2 t 2 − 2t + 2 ⋅ 2 dt = ln t 2 − 2t + 2 2 (t − 1)

x 2 − 2x + 2 D =\. 21. f (x ) = 3x 2 − 2x − 1

x 2 − 2x + 2 + x − 1 + C ,

Tartalomjegyzék 56

Integrálási módszerek 3x 2 − 2x − 1 = t − 3x helyettesítéssel x =

Megoldás. A

dx =

∫

3x 2 − 2x − 1dx =

3t 2 − 2t − 3 2 ( 3t − 1)

2

t2 + 1 , 2 3t − 2

dt és

3t 2 − 2t − 3 3t 2 − 2t − 3 ⋅ dt = 2 2 3t − 2 2 ( 3t − 1)

∫

1 3t 4 − 4 3t 3 − 2t 2 + 4 3t + 3 dt = 4∫ 3 3t 3 − 9t 2 + 3 3t − 1 t 3t 4 − 3 3t 3 + 3t 2 − 2 3 − 1 + 6t + 16 3t + 8 dt = 3 3 3t 3 − 9t 2 + 3 3t − 1 3 3 ( 3t − 1) =

=

1 4∫

= = =

t2 t 1 3t 2 + 8 3t + 4 − + dt = 3 8 3 12 24 ∫ ( 3t − 1)

t2 t 1 − + 8 3 12 24 ∫

t2 t 3 − + ln 8 3 12 72

( = −

2 3 ln 9

1 10 13 + 2 + 3 dt = 3t − 1 ( 3t − 1) ( 3t − 1)

3t − 1 −

5 3 36

3x 2 − 2x − 1 + 3x

)

1 13 3 1 − ⋅ 2 +C = 3t − 1 144 ( 3t − 1)

2

3x 2 − 2x − 1 + 3x + 8 3 12 5 3 1 9x 2 − 6x − 3 + 3x − 1 − ⋅ − 2 36 9x − 6x − 3 + 3x − 1 −

13 3 ⋅ 144

−

1

(

)

2

9x − 6x − 3 + 3x − 1

2

+C .

22. f (x ) = x 2 x 2 − 4x + 3 Megoldás. A

x 2 − 4x + 3 = t (x − 1) helyettesítéssel

x=

t2 − 3 4t , dx = 2 2 dt és 2 t −1 (t − 1) 2

I =

= −8 ∫

∫

(t 2 − 3) 2t 4t − 2 ⋅ 2 2 ⋅ 2 dt = t − 1 (t − 1) (t 2 − 1)

t 6 − 3t 4 + 3t 2 − 1 − 3 (t 4 − 2t 2 + 1) + 4 5

(t 2 − 1)

dt =

Tartalomjegyzék Integrálási módszerek −8 ∫

Az

∫ (t

∫

dt 2

2

− 1)

57

1

(t

2

2

− 1)

−3⋅

1

(t

3

− 1)

2

4

+

(t

2

5

− 1)

kiszámításához parciálisan integráljuk az

dt .

1 függvényt. t −1 2

t t dt 1 2t 2 1 = + + 2∫ 2 + 2∫ dt 2 dt = 2 2 dt ⇒ 2 2 ∫ 2 2 t −1 t −1 t −1 t −1 (t − 1) (t − 1) ⇒

∫ (t

1 2

2

− 1)

Hasonlóképpen számítjuk ki az 1

∫ (t

2

∫ (t

2

∫ (t

∫ (t

dt = −

4

dt = −

5

dt = −

− 1) − 1)

1 − 1)

t 2 (t − 1) 2

dt 2

3

1

2

dt = −

3

− 1)

-t és

t

1 t −1 ln +C . 4 t +1

∫ (t

2

−∫

3

−∫

4

−∫

4 (t − 1) 2

t 6 (t − 1) 2

t 8 (t − 1) 2

−

dt 5

− 1)

2

-t is.

3 2

dt

3

dt

4

dt .

4 (t − 1) 2

5 6 (t − 1) 2

7 8 (t − 1) 2

Az eddigiek alapján írhatjuk, hogy t t −1 4t 14t 17t 17 − − + + +C = I = ln 4 3 2 2 (t 2 − 1) 3 (t 2 − 1) 6 (t 2 − 1) 4 (t − 1) 8 t + 1

1 x −3 7 x −3 1 x −3 ⋅ ⋅ (x − 1)4 + ⋅ (x − 1)3 − ⋅ (x − 1)2 − 4 x −1 12 x − 1 24 x − 1 17 x − 3 17 ⎛ x − 1 − x − 3 ⎞⎟⎟ − ⋅ (x − 1) + l n ⎜⎜⎜ ⎟ +C , ⎜⎝ x − 1 + x − 3 ⎠⎟⎟ 8 x −1 8 I ⊂ D = (−∞,1) ∪ (3, ∞) . 1 23. f (x ) = 2 x − 6x + 10 Megoldás. Az x − 3 = sh t helyettesítéssel dx = ch tdt és dx 1 ∫ x 2 − 6x + 10 = ∫ sh2 t + 1 ⋅ ch tdt = ∫ 1dt =

(

2

)

= t + c = ln x − 3 + (x − 3) + 1 + c , D = \ . 24. f (x ) =

1 2

x + 3x + 2

Tartalomjegyzék 58

Integrálási módszerek 3 1 1 = ch t helyettesítéssel dx = sh tdt és 2 2 2 dx 1 1 =∫ ⋅ sh tdt = ∫ 1dt = 1 x 2 + 3x + 2 ⋅ ch2 t − 1 2 2

Megoldás. Az x +

∫

2

t + c = ln 2x + 3 + (2x + 3) − 1 + C ,

I ⊂ D = (−∞, −2) ∪ (−1, ∞) . x2 + x + 1

25. f (x ) =

x x2 − x + 1

Megoldás. A

x 2 − x + 1 = t − x helyettesítéssel x = dx = I =

=

∫

t2 − 1 , 2t − 1

2t 2 − 2t + 2 dt és 2 (2t − 1)

∫x

x2 + x + 1 x2 − x + 1

dx =

2 2 ⎛ 2 ⎞⎟ ⎜⎜ (t − 1) t2 − 1 ⎟⎟ ⋅ 2t − 1 ⋅ 2t − 1 ⋅ 2 (t − t + 1) dt = + + 1 ⎜⎜ 2 2 2 ⎟ 2 (2t − 1) 2t − 1 ⎜⎝(2t − 1) ⎠⎟⎟ t − 1 t − t + 1 2

(t 2 − t + 1) 1 dt = 2 ∫ = 2∫ +2 2 2 2t − 1 (2t − 1) (t − 1)

1 1 t2 − 1 dt = + + 2 2 (2t − 1) 2t − 1 t − 1

t −1 1 4t − 5 + ln 2t − 1 + ∫ 1 + dt = t +1 2 (2t − 1)2 t −1 3 t 3 = ln + ln 2t − 1 + + +C . t +1 2 2 4(2t − 1)

= ln

tehát

I =

t 1 3 1 + 2 ln 2t − 1 + ln t − 1 − ln t + 1 − ln 2t − 1 + ⋅ +C = 2 2 4 2t − 1 =

x2 − x + 1 + x + ln 2

x2 − x + 1 + x −1

+ x2 − x + 1 + x + 1 3 3 1 +C , + ln 2 x 2 − x + 1 + 2x − 1 + ⋅ 2 2 4 2 x − x + 1 + 2x + 1 D =\.

26. f (x ) =

1 (x − 1) x 2 − 3x + 2


59

x 2 − 3x + 2 = t − x helyettesítéssel x =

Megoldás. A

dx = dx

∫ (x − 1)

=

∫

t2 − 2 , 2t − 3

2t 2 − 6t + 4 dt és 2 (2t − 3)

2 (t 2 − 3t + 2) 2t − 3 2t − 3 ⋅ ⋅ dt = 2 t 2 − 2t + 1 t 2 − 3t + 2 (2t − 3)

x 2 − 3x + 2 dt 2 2 +C , = 2∫ +C = − 2 2 = − t −1 (t − 1) x − 3x + 2 + x − 1 I ⊂ D = (−∞, −2) ∪ (−1, ∞) . 1 27. f (x ) = 3 (x 2 − 2x + 5)2 Megoldás. Az x − 1 = 2 sh t helyettesítéssel dx = 2 ch tdt és dx 1 = 3 ⋅ 2 ch tdt = ∫ 2 ∫ 3 2 x − 2 x + 5 4 sh t + 4 ( )

(

=

28. f (x ) =

dt th t = +C = 2 4 ch t 4 1

∫

)

x −1 2

x − 2x + 5

+C , D = \ .

1 + x 2 + 2x + 2

x 2 + 2x + 2 = t − x helyettesítéssel x =

Megoldás. A

dx = I =

∫ 1+

=

∫

dx x 2 + 2x + 2

1 t 2 + 2t + 2 ⋅ dt és 2 2 (t + 1) =

t 2 + 2t + 2 2 dt = (t + 1)(t + 2)

=

∫

t2 − 2 , 2 (t + 1)

∫

2t + 2 1 t 2 + 2t + 2 ⋅ ⋅ dt = 2 t 2 + 4t + 4 2 (t + 1)

A

B

C

∫ t + 1 + t + 2 + (t + 2)

2

dt =

2

A (t + 2) + B (t + 1)(t + 2) + C (t + 1) dt ⇒ 2 (t + 1)(t + 2)

⎧⎪t = −1 esetén A = 1 ⎪⎪ ⎪ ⇒ ⎪⎨t = −2 esetén C = −2 ⇒ ⎪⎪ ⎪⎪t = 0 esetén 4A + 2B + C = 2 ⇒ B = 0 ⎪⎩ 1 1 1 ⇒I = ∫ dt − 2∫ +C = 2 dt = ln t + 1 + 2 t +1 t +2 (t + 2)

Tartalomjegyzék 60

Integrálási módszerek = ln

(

)

x 2 + 2x + 2 + x + 1 + 2 ⋅

1 2

x + 2x + 2 + x + 2

+C , D = \ .

29. f (x ) = x ⋅ 3 1 + x x Megoldás. Az 1 + x x = u 3 helyettesítéssel xdx = 2u 2du , tehát u4 1 3 3 x 1 + x x dx = 2 u du = + C = ( 3 1 + x x )4 + C és I ⊂ D = [0, ∞) . ∫ ∫ 2 2 1 30. f (x ) = x 3 x2 + 1 Megoldás. Az x 2 = t helyettesítéssel 2xdx = dt és 1 2x dt ∫ x 3 x 2 + 1dx = ∫ 2x 2 3 x 2 + 1 dx = ∫ 2t 3 t + 1 = (a

3

t + 1 = u ⇒ t = u 3 − 1, dt = 3u 2du helyettesítéssel) =

∫

3u 2 3 u 3 1⎛ 1 u − 1 ⎞⎟ − 2 du = ∫ 3 du = ∫ ⎜⎜⎜ ⎟ du = 3 2 u −1 2 3 ⎝ u − 1 u + u + 1⎠⎟ (2u − 2) ⋅ u

1 1 3 2 2u + 1 ln u − 1 − ln (u 2 + u + 1) + ⋅ arctg +C = 2 4 4 3 3 2 ⎛ ⎞ 2 3 2 ln 3 x 2 + 1 − 1 ln ⎜⎜⎝ 3 (x + 1) + x + 1 + 1⎠⎟⎟ ⎛ 2 3 x 2 + 1 + 1⎞⎟ 3 ⎟⎟ + C , − + arctg ⎜⎜⎜ ⎜⎝ 2 4 2 3 ⎠⎟⎟ =

I ⊂ D = \* . 31. f (x ) = Megoldás.

1 4

1 + x4

x 4 = t ⇒ x = 4 t , dx =

Az

4 t

3

dt ,

majd

az

u=

4

t ⇒ t +1

3

4

t=

1 4

4u u , dt = 2 du helyettesítéseket végezzük. 4 1−u (1 − u 4 ) I =

=

∫

dx 4

4

x +1

=

∫

4

1 1 1 ⋅ dt = ∫ 3 4 t +1 4 t 4

1 1 − u4 4u 3 ⋅ ⋅ u 2 du = u4 4∫ (1 − u 4 )

du

∫ 1−u

4

=

4

t 1 ⋅ dt = 1+t t

1 1 1 − du = 2 ∫ u2 − 1 u2 + 1

1 u −1 1 = − ln + arctg u + C = 4 u +1 2 1 ⎛ 4 x 4 + 1 − x ⎞⎟⎟ 1 x = − ln ⎜⎜⎜ 4 +C , D = \ . ⎟⎟ + arctg 4 4 4 4 ⎜⎝ x + 1 + x ⎠⎟ 2 x +1


61

32. f (x ) = x 3 + x 4 Megoldás. I =

x +1 dx . A x −2t x +1 ⇒ dx = 2 t= 2 dt x (t − 1)

∫

helyettesítéssel I =

x 3 + x 4 dx =

∫ (t

t 2

⋅

2

− 1)

∫x

−2t

2

2 dt =

(t 2 − 1)

∫ (t

−2t 2 2

4

− 1)

dt =

A B C D E F G H + + 2 + 2 + 3 + 3 + 4 + 4 . t − 1 t + 1 (t − 1) (t + 1) (t − 1) (t + 1) (t − 1) (t + 1) 1 1 1 1 , C = , D= , E = 0, Az együtthatók egyenlőségéből A = − , B = 16 16 16 16 1 1 F = 0 , G = − , H = − , tehát 8 8 1 t +1 1 1 1 1 I = ln − − + 3 + 3 +C = 16 t − 1 16 (t − 1) 16 (t + 1) 24 (t − 1) 24 (t + 1) ⎛ ⎞ 1 ⎜⎜ x + 1 + x ⎟⎟ x x ⎟⎟ − = ln ⎜⎜ − + ⎟ 16 ⎜⎝ x + 1 − x ⎠⎟ 16 ( x + 1 − x ) 16 ( x + 1 + x ) =∫

+

x3 24 ( x + 1 − x

+

)

3

x3 24 ( x + 1 +

x

)

3

+ C , I ⊂ D = \ \ [−1, 0] .

33. f (x ) = 3 1 + 4 x Megoldás. I =

∫

3

1 + 4 x dx

x =t 4

= ∫

3

dx =4t 3dt

1 + t ⋅ 4t 3dt =

( u = 3 1 + t , t = u 3 − 1 , dt = 3u 2du )

=

∫ 4u (u

3

3

− 1) ⋅ 3u 2du = 12∫ (u 12 − 3u 9 + 3u 6 − u 3 )du =

12 13 18 10 36 7 u − u + u − 3u 4 + C = 13 5 7 3 4 ⎡ 12 (1 + x ) ⎤ 18 36 2 = (1 + 4 x ) ⋅ 3 1 + 4 x ⋅ ⎢⎢ − (1 + 4 x ) + (1 + 4 x ) − 3⎥⎥ + C , 13 5 7 ⎣ ⎦ =

D = \+ .

34. f (x ) =

3

1+ 4 x x

Megoldás. I =

∫

3

x =t 4 1+ 4 x dx =3 ∫ dx = 4t dt x

3

1+t ⋅

u = 3 t +1 4t 3 dt = ∫ 12u 3 (u 3 − 1)du = dt =3u 2du t2

Tartalomjegyzék 62

Integrálási módszerek =

35. f (x ) = Megoldás.

12 7 ⎡ 12 ⎤ u − 3u 4 + C = ⎢ (1 + 4 x ) − 3⎥ (1 + 4 x ) 3 1 + 4 x + C , D = \ *+ . ⎢ ⎥⎦ 7 ⎣7 1

x 3 1 + x5 1

x 5 = t ⇒ dx =

Az

helyettesítéseket végezzük. 1 I =∫ dx = 3 x ⋅ 1 + x5

∫

t = u 3 − 1 ⇒ dt = 3u 2du

dt , majd a

4

5

5 t

dt = 3 5 1 +t ⋅t

∫

3u 2du = 5 (u 3 − 1) ⋅ u

3udu = 3 − 1)

∫ 5 (u

1 1 u −1 − 2 du = ∫ 5 u −1 u + u +1 1 1 3 2 2u + 1 = ln u − 1 − ln (u 2 + u + 1) + ⋅ arctg +C = 5 10 10 3 3 =

=

ln 3 1 + x 5 − 1

ln −

( (1 + x ) + 3

5 2

5 I ⊂ D = \ * \ {−1} . 1 36. f (x ) = 5 x 2 (2 + x 3 )3 Megoldás. Az

3

)+

1 + x5 + 1

10

x 3 = t ⇒ dx =

1 33 t2

dt

és

u=

3 23 1 + x5 + 1 arctg +C , 5 3

3

t 6u 2 ⇒ dt = 2 du 2 +t (1 − u 3 )

helyettesítéseket alkalmazva

I =

∫

1 5

x 2 (2 + x 3 )3

1 dx = ∫ 3

(1 − u 1 = ∫ u5 ⋅ 3 8u 9

dt

1 5 3 4 = ∫ (3 2 + t ) ⋅ t 3

3 3

)

⋅

6u 2

2 du =

(1 − u 3 )

1 1 1 2 + x3 1 =− − u2 +C = − 3 − 3 4u 8 4 8 x 1 37. f (x ) = x 3 1 + 4 x3

5

3

⎛ t ⎞⎟ 1 ⎜⎜ ⎜⎝t + 2 ⎠⎟⎟ ⋅ t 3 dt =

1 1 − u3 du = 4 ∫ u2 2

⎛ 3 ⎞ ⎜ x ⎟⎟ + C , I ⊂ D = \ * \ {− 3 2 } . 3 ⎜ ⎝⎜ 2 + x 3 ⎠⎟

1

Megoldás. Az 1 + 4 x 3 = u 3 helyettesítéssel dx = 4u 2 (u 3 − 1)3 du , tehát

Tartalomjegyzék Integrálási módszerek 1

∫

dx = 4 ∫ x 3 1+ 4 x3 D = (0, ∞) . 1 38. f (x ) = 3 x 4 1 + 3 x2 Megoldás. Az

∫

4

4

8 5 8 u udu = u 2 + C = 5 5

( 1+ x ) 3

4

3

5 2

+ C és

1 + 3 x 2 = u helyettesítéssel 8 3

1 3

63

3

x 1+ x

18 11 18 dx = 6∫ u du = u 3 + C = 11 11 2

11 3

( 1+ x ) 4

3

2

+C

és I ⊂ D = \ * .

2.5. Trigonometrikus függvények racionális és irracionális kifejezéseinek integrálása Gyakorlatok (63. oldal) Határozd meg, hogy az alábbi függvényeknek milyen intervallumokon van primitív függvénye és számítsd ki egy ilyen intervallumon a határozatlan integrálját: 1. f (x ) = sin 3 x cos3 x Megoldás.

∫

sin 3 x cos3 xdx =

∫

sin 3 x (1 − sin2 x ) cos xdx =

+C , D = \ . 2. f (x ) = sin 4 x cos3 x Megoldás

∫

sin 4 x cos3 xdx = 2

∫

sin 4 x (1 − sin2 x ) cos xdx =

sin 4 x sin6 x − + 4 6

sin5 x sin7 x − +C , D = \ . 5 7

4

3. f (x ) = sin x cos x Megoldás 1 sin 3 2x 1 1 − cos 4x 2 4 2 sin x cos xdx = sin 2 x 1 + cos 2 x dx = + ∫ dx = ( ) ∫ 8∫ 48 8 2 sin 3 2x x sin 4x = + − +C , D = \ . 48 16 64 4. f (x ) = sin 6 x cos2 x Megoldás.

∫

2

⎛1 − cos 2x ⎞⎟ ⎜ ⎜⎝ ⎠⎟⎟ 2

2

⎛ sin 2x ⎞⎟ dx = ⋅ ⎜⎜ ⎝ 2 ⎠⎟⎟

∫

sin6 x cos2 xdx =

=

1 sin2 2x − 2 cos 2x ⋅ sin2 2x + cos2 2x ⋅ sin2 2xdx = ∫ 16

Tartalomjegyzék 64


sin 3 2x 1 1 − cos 4x sin2 4x + ∫ + dx = 48 16 2 4 sin 3 2x sin 4x 5x sin 8x =− − + − + C és D = \ . 48 128 128 1024 5. f (x ) = sin 3 x =−

Megoldás.

∫

2 ∫ (1 − cos x ) ⋅ sin xdx = − cos x +

sin 3 dx =

cos 3 x +C , D = \ . 3

6. f (x ) = cos4 x 2

⎛1 + cos 2x ⎞ 1 2 ∫ ∫ ⎜⎜⎝ 2 ⎠⎟⎟⎟ dx = 4 ∫ (1 + 2 cos 2x + cos 2x )dx = 3x sin 2x sin 4x = + + +C , D = \ . 8 4 32 7. f (x ) = cos x cos2 3x Megoldás.

Megoldás.

cos4 xdx =

2

∫ cos x ⋅ cos 3xdx = ∫ cos x ⋅ (4 cos x − 3 cos x ) dx = = ∫ cos x (1 − sin x )(1 − 4 sin x ) dx = 2

3

2

= sin x − 3 sin3 x +

2

2

24 5 16 sin x − sin7 x + C , D = \ . 5 7

8. f (x ) = sin2 x cos 2x Megoldás

∫ sin

2

9. f (x ) =

1 − cos 2x sin 2x 1 1 + cos 4x ⋅ cos 2xdx = − ∫ dx = 2 4 2 2 sin 2x x sin 4x = − − + C és D = \ . 4 4 16

x cos 2xdx =

∫

1 2 sin x − cos x + 5

x 2 tg x 2 2 és Megoldás. A t = tg jelöléssel dx = dt , valamint a sin x = x 2 1 + t2 1 + tg2 2 2 x 1 − tg 2 összefüggések alapján a kiszámítandó integrál cos x = 2 x 1 + tg 2 x 1 + tg2 dx ∫ 2 sin x − cos x + 5 = ∫ 4 tg x − 1 + tg2 x +2 5 + 5 tg2 x = 2 2 2


65

1 + t2 2 ⋅ dt = 2 4t + 4 + 6t 1 + t 2

dt = 2 ⎞ ⎜⎜ 3t + 1 ⎟⎟ + 5 ⎝ 3 ⎠⎟ 3 x 3 tg + 1 3t + 1 1 5 2 +C . arctg = arctg ⋅ +C = 5 5 5 5 Megjegyzés. A függvénynek az egész \ -en létezik primitívje de az előbbi számolások olyan intervallumon érvényesek, amelyen a változócsere értelmezett. Egy ilyen intervallum a (−π, π) intervallum. Ha az egész \ -en meg akarjuk határozni az f primitív függvényét, akkor a k π alakú pontokban össze kell illeszteni a konstansokat. 1 10. f (x ) = sin x cos x Megoldás dx 2dx sin 2x 1 ⎛ 1 − cos 2x ⎞ ∫ sin x cos x = ∫ sin 2x = 2∫ 1 − cos2 2x dx = 2 ln ⎜⎜⎜⎝1 + cos 2x ⎠⎟⎟⎟ + C , π I ⊂D = \\ k⋅ k ∈] . 2 2 11. f (x ) = 1 + 2 tg x x 2dt Megoldás. A t = tg helyettesítéssel x = 2 arctg t , dx = , tehát 2 1 + t2 x 2 1 − tg2 2 2dx 2 − 2t 2 2 dt = I =∫ =∫ dx = ⋅ 2 ∫ x x 2 1 + 2 tg x 1 + 4t − t 1 + t 2 1 − tg + 4 tg 2 2 At + B C D = 4∫ + + dt . 1 + t2 t −2− 5 t −2 + 5 Egyenlővé téve a megfelelő együtthatókat, kapjuk, hogy ⎧⎪A + C + D = 0 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪B − 4A + ( 5 − 2)C − ( 5 + 2) D = 1 , ahonnan ⎨ ⎪⎪C + D − A − 4B = 0 ⎪⎪ ⎪⎪−B + ( 5 − 2)C − (2 + 5 ) D = −1 ⎪⎩ 2 1 1 1 A = − , B = ,C = , D = , tehát 5 5 5 5 4 4 4 4 I = − ln (1 + t 2 ) + arctg t + ln t − 2 − 5 + ln t − 2 + 5 + C = 5 5 5 5 =

∫

{

∫

dt = 3t + 2t + 2 2

}

(

)

∫⎛

Tartalomjegyzék 66


4 ⎛ = − ln ⎜⎜1 + tg2 5 ⎝ ⎛ π I ⊂ D = \ \ ⎜⎜ + k π k ∈ ] ⎜⎝ 2

{

x ⎞⎟ 2x 4 x x + + ln tg2 − 4 tg − 1 + C , ⎟ 2⎠ 5 5 2 2 1 ⎪⎧ ⎪⎫⎞ ∪ ⎨− arctg + k k ∈ ]⎪⎟ ⎬⎟⎟ . 2 ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎭⎠

}

sin2 x cos x sin x + cos x sin2 x cos x sin2 x cos2 x − sin 3 x cos x dx = ∫ dx = Megoldás. ∫ sin x + cos x cos2 x − sin2 x sin2 2x sin2 x ⋅ sin 2x 1 sin2 2x =∫ − dx = ∫ 2 cos 2xdx + 4 cos 2x 2 cos 2x 8 1 − sin2 2x 1 1 − cos 2x u2 1 1−t sin 2 x =u 1 + ∫ (−2 sin 2x )dx = du + ∫ dt = 2 ∫ cos 2 x t = 8 cos 2x 8 1−u 8 t 1⎛ 1 1+u ⎞ = ⎜⎜−u + ln + ln t − t ⎟⎟⎟ + C = ⎝ ⎠ 8 2 1−u ⎞ 1⎛ 1 1 + sin 2x = ⎜⎜⎜− sin 2x + ln + ln cos 2x − cos 2x ⎟⎟⎟ + C . ⎠ 8⎝ 2 1 + sin 2x 2 tg x + 3 13. f (x ) = 2 sin x + 2 cos2 x 1 dx = dt és a kiszámítandó integrál Megoldás. A tg x = t helyettesítéssel cos2 x (2 tg x + 3)dx t 2t + 3 3 2 ∫ cos2 x (tg2 x + 2) = ∫ t 2 + 2 dt = ln (2 + t ) + 2 arctg 2 + C és így

12. f (x ) =

3 tg x arctg +c 2 2 ⎛(2k − 1)π (2k + 1)π ⎞⎟ és az előbbi gondolatmenet I ⊂ D = ⎜⎜ , ⎟ alakú intervallumokon ⎜⎝ ⎠⎟ 2 2 érvényes. 1 14. f (x ) = 2 cos x sin2 x 1 1 dx = 4 ∫ dx = −2 ctg 2x + c, Megoldás. ∫ 2 2 cos x sin x sin2 2x π I ⊂D = \\ k k ∈] . 2 1 15. f (x ) = 3 cos x sin x 1 1 1 dx = ∫ ⋅ dx = 2 tg x + C , Megoldás. ∫ 2 3 cos x tg x cos x sin x I = ln (2 + tg x 2 ) +

{

}

Tartalomjegyzék Integrálási módszerek I ⊂D =

67

π⎞

⎛

∪ ⎜⎜⎝k π, k π + 2 ⎠⎟⎟ .

k ∈]

16. f (x ) = (sin 5 x ) ( 3 cos x ) 2

∫ sin x cos xdx = ∫ sin x (1 − cos x ) = ∫ sin x ( cos x − 2 cos x ⋅ cos x + cos 5

Megoldás.

2

3

3

3

3

3

cos xdx =

4

x ⋅ 3 cos x )dx =

3 3 cos4 x 3 3 cos13 x 3 3 cos16 x + − + C és D = \ . 4 5 16 sin 3 2x 17. f (x ) = sin 5 x sin 3 2x 2 2 4 2 Megoldás. ∫ ctg5 x + C , dx = ∫ ⋅ ctg 3 xdx = − 5 2 sin x sin x 5 π ⎞⎟ ⎛ I ⊂ D = ∪ ⎜⎜k π, k π + ⎟ . 2⎠ k ∈] ⎝ tg x 18. f (x ) = sin x cos x tg x 1 1 dx = ∫ ⋅ = 2 tg x + C , Megoldás. ∫ 2 sin x cos x cos x tg x π⎞ ⎛ I ⊂ D = ∪ ⎜⎜k π, k π + ⎟⎟ . ⎝ 2⎠ k ∈] =−

19. f (x ) = tg2 x + 2 Megoldás. A tg x = t ⇒ dx =

u2 + 2 du 2u 2

1 dt és 1 + t2

t 2 + 2 = u − t ⇒ dt =

1 dt = 2 t +1

u 2 + 2 4u 2 u 2 + 2 du = ⋅ 4 ⋅ 2u u + 4 2u 2

helyettesítésekkel

∫

tg2 x + 2dx =

∫

t2 + 2 ⋅

2

(u 2 + 2) du = ∫ =∫ u (u 4 + 4) 2

∫

u 4 + 4 + 4u 2 du = u (u 4 + 4)

( + arctg

u + C = ln tg x + tg2 x + 2 2 1 20. f (x ) = 1 + sin x x 1 + tg 1 2 dx . Megoldás. I = ∫ 1 + dx = ∫ x sin x 2 ⋅ tg 2 = ln u + arctg

(

)

1

∫ u +u

4u du = +4

4

tg2 x + 2 + tg x 2

)

2

+C .

Tartalomjegyzék 68 A tg

Integrálási módszerek x 4t = t 2 helyettesítéssel dx = dt és 2 1 + t4 1 + t2 4t t2 + 1 2 2 I =∫ dt ⋅ = ∫ (t 2 + 1)2 − 2t 2 dt = 2t 1 + t 4 1 1 1 1 = 2 2∫ ⋅ 2 + ⋅ 2 dt = 2 t + 2t + 1 2 t − 2t + 1 = 6 (arctg ( 2t + 1) + arctg ( 2t − 1)) + C .

2.6. Exponenciális és hiperbolikus függvények racionális és irracionális kifejezéseinek integrálása Gyakorlatok (66. oldal) Határozd meg, hogy az alábbi függvényeknek milyen intervallumokon van primitív függvénye és számítsd ki egy ilyen intervallumon a határozatlan integrálját: 1. f (x ) = sh 3 x ch 3 x Megoldás.

=

∫ sh

∫ sh

5

3

x ch 3 xdx =

∫ sh

3

x ⋅ (sh2 x + 1) ⋅ ch xdx =

x ⋅ ch xdx + ∫ sh 3 x ⋅ ch xdx =

sh6 x sh 4 x + +C , D = \ . 6 4

2. f (x ) = sh 4 x ch 3 x Megoldás.

∫

sh 4 x ⋅ ch 3 xdx =

∫

sh 4 x ⋅ (sh2 x + 1) ⋅ ch xdx =

D =\. 3. f (x ) = sh2 x ch 4 x

Megoldás. I =

∫ sh

2

x ⋅ ch 4 xdx =

2

∫ (sh x ⋅ ch x )

sh7 x sh5 x +C , + 7 5

⋅ ch2 xdx =

1 sh 3 2x 1 2 sh 2 x ⋅ 1 + ch 2 x dx = + (ch 4x − 1)dx = ) ( ∫ 8 48 16 ∫ sh 3 2x sh 4x x = + − +C , D = \ . 48 64 16 6 2 ) ( 4. f x = sh x ch x =

Megoldás.

∫ sh

6

x ⋅ ch2 xdx =

1 16 ∫

4

2

x ⋅ (sh x ⋅ ch x ) dx =

1 2 ⋅ sh2 2x ⋅ (−1 + ch 2x ) dx = 16 ∫ 1 1 2 sh2 2xdx − ∫ 2 sh2 2x ⋅ ch 2xdx + ∫ (sh 2x ⋅ ch 2x ) dx = 16 16 =

=

∫ sh


69

1 sh 3 2x 1 2 sh 2 xdx − + sh2 4xdx = ∫ ∫ 16 48 64 1 ch 4x − 1 1 ch 8x − 1 sh 3 2x = dx + dx − = 16 ∫ 2 64 ∫ 2 48 sh 4x sh 8x sh 3 2x 5x = + − − +C , D = \ . 128 1024 48 128 5. f (x ) = sh 3 x =

Megoldás.

∫

sh 3 xdx =

∫

(ch2 x − 1) ⋅ sh xdx =

ch 3 x − ch x + C , D = \ . 3

6. f (x ) = ch 4 x Megoldás.

∫

2

(1 + ch 2x ) x sh 2x 1 1 + ch 4x dx = + + ∫ dx = 4 4 4 4 2 sh 2x sh 4x 3x + + +C , D = \ . 4 32 8

ch4 xdx = ∫

7. f (x ) = ch x ch2 3x

∫ ch x ch 3xdx = ∫ ch x ⋅ (ch x ch 2x + sh x ⋅ sh 2x ) dx = = ∫ ch x (ch x (4 sh x + 1)) dx = ∫ ch x (16 sh x + 8 sh x + 1)dx = 2

2

Megoldás.

2

2

=

∫ ch x (sh

2

3

4

2

x + 1)(16 sh 4 x + 8 sh2 x + 1) dx =

16 sh7 x 24 sh5 x + + 3 sh 3 x + sh x + C , D = \ . 7 5 8. f (x ) = sh2 x ch 2x ch 2x − 1 ⋅ ch 2xdx = Megoldás. ∫ sh2 x ch 2xdx = ∫ 2 sh 2x 1 ch 4x + 1 sh 2x sh 4x x =− + ∫ dx = − + + +C , D = \ . 4 2 2 4 16 4 1 9. f (x ) = x e + e −x + 1 1 ex 1 x Megoldás. ∫ x dx = ∫ e 2x + e x + 1 dx = ∫ e ⋅ ⎛ x 1 ⎞2 3 dx = e + e −x + 1 ⎟ ⎜⎝⎜e + 2 ⎠⎟ + 4 (2e x + 1) 2 = arctg +C , D = \ . 3 3 1 10. f (x ) = sh x ch x 1 2 2 sh 2x dx = ∫ dx = ∫ dx = Megoldás. ∫ sh x ch x sh 2x sh2 2x =

Tartalomjegyzék 70

Integrálási módszerek =

∫

2 sh 2x 1 ch 2x − 1 dx = ln +C , D = \ . 2 ch 2x − 1 2 ch 2x + 1

2e 3x e 2x + e x − 2 2e 3x dx = Megoldás. ∫ 2x e + ex − 2 2e 3x + 2e 2x − 4e x 2e 2x + 2e x − 4 6e x − 4 =∫ − 2x + 2x dx = 2x x x e +e − 2 e +e −2 e + ex − 2 6e x − 4 2 1 16 1 = 2e x − 2x + ∫ 2x dx = 2e x − 2x + ∫ ⋅ x + ⋅ x dx = x e +e −2 3 e −1 3 e +2 2 2 ex 8 8 ex = 2e x − 2x − x + ∫ x dx + x − ∫ x dx = 3 3 e −1 3 3 e +2 2 8 = 2e x + ln e x − 1 − ln e x + 2 + C , D = \ * . 3 3 x Megjegyzés. Az e = t helyettesítés után t2 t −2 I = 2∫ 2 dt − 2∫ 1 − dt = t +t −2 (t − 1)(t + 2) 2 1 4 2 8 = 2t + ∫ − dt = 2e x + ln e x − 1 − ln (e x + 2) + C . 3 t −1 t + 2 3 3 2 sh x ch x 12. f (x ) = sh x + ch x sh2 x ch x (sh x − ch x ) sh2 x ch x dx = ∫ dx = Megoldás. ∫ sh x + ch x sh2 x − ch2 x sh 4 x 1 = ∫ − sh 3 x ch x + sh2 x ch2 xdx = − + ∫ sh2 2xdx = 4 4 4 4 sh x 1 sh x sh 4x x =− + ⋅ ∫ (ch 4x − 1)dx = − + − +C , D = \ . 4 8 4 32 8 e 2x + 3 13. f (x ) = 2x e + 2e x e 2x + 3 e 2x + 2e x − 2e x + 3 2e x − 3 dx = dx = x − Megoldás. ∫ 2x ∫ ∫ e x (e x + 2) dx = e + 2e x e 2x + 2e x −3 7 3 7 2 + ex − ex =x −∫ x + dx = x − − dx = 2e 2 (e x + 2) 2e x 4 ∫ e x + 2 3 7 3 = − x + ln (e x + 2) − x + C , D = \ . 2e 4 4 1 14. f (x ) = 3x e + e 2x − e x − 1 11. f (x ) =


71

Megoldás. Az e x = t helyettesítés után a kiszámítandó integrál

dt

∫ t(t − 1)(t + 1)

2

dt

1 1 3 1 =∫− + + + dt = t 4(t − 1) 4(t + 1) 2(t + 1)2 1 3 1 = − ln t + ln t − 1 + ln t + 1 − +C = 4 4 2(t + 1) 3 1 1 + C , D = \* . = ln (e x + 1) + ln e x − 1 − x − x 4 4 2 (e + 1) 1 15. f (x ) = 3 ch x sh x Megoldás 1 1 1 1 1 ∫ ch3 x ⋅ sh x dx = ∫ ch2 x ⋅ sh x dx = ∫ ch2 x ⋅ th x dx = 2 th x + C , ch x D = \+ .

∫ t(t − 1)(t + 1)

2

16. f (x ) = (sh5 x ) ( 3 ch x ) Megoldás.

∫

16 3

sh5 x ⋅ 3 ch xdx 10 3

2

(t 2 − 1) sh xdx =dt ∫ ch x =t

=

3

tdt =

∫

13

7

1

t 3 − 2t 3 + t 3dt =

4 3

3 3 16 3 3 t t t ch x − 3 ch10 x + 3 ch 4 x + C . −2⋅ + +C = 16 10 4 16 5 4 3 3 3 ex + 1 17. f (x ) = e 2x ex + 1 ex + 1 ⋅ ex dx = Megoldás. I = ∫ ∫ e 3x dx . e 2x Az e x + 1 = t helyettesítéssel e x = t 2 − 1 , e x dx = 2tdt , 2t 2dt A B C D E F I =∫ 2 + + 3 = ∫ 2 + 2 + 3 + 3 dt . (t + 1) (t − 1) (t + 1) t − 1 t + 1 (t − 1) (t − 1) =

A megfelelő együtthatók egyenlőségéből kapott rendszer megoldása 1 1 1 1 1 1 A=− , B = ,C = , D = , E =− , F = , 8 8 8 8 4 4 1 t −1 1 1 1 1 tehát I = − ln − − + 2 − 2 +C = 8 t + 1 8 (t − 1) 8 (t + 1) 8 (t − 1) 8 (t + 1)

=

1 ex + 1 + 1 1 1 + ln x − − x x 8 e + 1 − 1 8 ( e + 1 − 1) 8 ( e + 1 + 1)

.

Tartalomjegyzék 72

Integrálási módszerek +

1 8 ( e x + 1 − 1)

2

th x sh x ch x th x dx = Megoldás. ∫ sh x ch x = 2 th x + C és D = \ + .

−

1 8 ( e x + 1 + 1)

2

+C , D = \ .

18. f (x ) =

∫

sh x 1 ⋅ dx = sh x ch x ch x

∫

1 1 ⋅ dx = , 2 ch x th x

19. f (x ) = th2 x + 2 Megoldás. Az e x = t helyettesítés segítségével az 3 (2 + th x ) 3 (2 − th x ) 2 th x 3 3 I = − arcsh + arcth − arcth +C 2 2 2 2 3 th x + 2 3 th2 x + 2 eredményhez jutunk és D = \ . 1 20. f (x ) = 1 + ch x

x

Megoldás.

Az

ex = t

helyettesítés

segítségével

az

2 2e 2 I =− +C 1 + ex

eredményhez jutunk és D = \ . Összefoglaló feladatok (66. oldal) 1. Állapítsd meg, hogy a következő függvényeknek van-e primitív függvénye és igenlő esetben határozd meg a primitív függvényeit: ⎧⎪ x , ha x ≤ 0 ⎪⎪ ⎪⎪ x − 1 a) f : \ → \ , f (x ) = ⎨x ln x , ha x ∈ (0,1) ; ⎪⎪ −x −1 ⎪⎪e − e , ha x ≥ 1 ⎪⎩ ln x * b) f : \ + → \ , f (x ) = 2 ; x +1 ⎧⎪ x − 1 ⎪⎪ x , ha x < 1 c) f : \ → \ , f (x ) = ⎪⎨ e2 ; ⎪⎪ ln x , ha 1 x ≥ ⎪⎪ ⎩ x

⎪⎧x ln2 x , ha x ≠ 0 ; d) f : \ → \ , f (x ) = ⎪ ⎨0, ha x = 0 ⎪⎪⎩ x2 −1 ex − 1 e) f : \ → \ , f (x ) = arcsin 2 ; f) f : \ → \ , f (x ) = x ; e +1 x +1


73

x2 + 1 2x (x ) = f f : \ → \ ; h) , ; x4 +1 x2 + 1 1 i) f : [0, 2π) → \ , f (x ) = ; 3 + sin x + cos x ⎧ 3x 1 ⎪ ⎪ ln , ha x > ⎪ ⎡1 ⎞⎟ ⎪ 2; j) f : ⎢ , + ∞⎟⎟ , f (x ) = ⎨ 2x − 1 1 ⎠ ⎪ ⎢⎣ 2 2, ha x − = ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎩ ⎧⎪ 1 ⎪⎪inf (t 2 − t + 1), ha x ≤ t ≤x ⎪ 2; k) f : \ → \ , f (x ) = ⎨ ⎪⎪inf (−t 2 + t + 1), ha x > 1 ⎪⎪⎩ t ≥x 2 g) f : \ → \ , f (x ) = arcsin

x

x

arcsin e x e 2 arctg e 2 (x ) = f : \ → \ l) f : \ → \ , f (x ) = ; m) , ; f 1 + ex ex ⎛ 1 1⎞ n) f : (1, +∞) → \ , f (x ) = ⎜⎜1 + + 2 ⎟⎟⎟ ⋅ ln (x 2 − 1 + x ln x ) ; ⎝ x x ⎠ x + sin x − cos x − 1 o) f : \ *+ → \ , f (x ) = . x + e x + sin x

Megoldás a) lim f (x ) = 0 = lim f (x ) = f (0) ⇒ f folytonos 0 -ban, x →0 x <0

x →0 x >0

lim f (x ) = 0 = lim f (x ) = f (0) ⇒ f folytonos 1 -ben, x →1 x <1

x →1 x >1

f folytonos a (−∞, 0) , (0,1) , (1, ∞) intervallumokon, tehát f folytonos \ -n. Következik, hogy f primitiválható \ -n. Ha F az f egy primitív függvénye, akkor ⎧ x + ln (1 − x ) + c1, x ≤ 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪x 2 x2 − + c2 , x ∈ (0,1) alakú. F : \ → \ , F (x ) = ⎪ ln x ⎨ ⎪ 2 4 ⎪ ⎪ ⎪ −e −x − e −1 ⋅ x + c3 , x ≥ 1 ⎪ ⎪ ⎩ Mivel F deriválható \ -n, F folytonos \ -n, tehát F folytonos 0 -ban és 1 -ben is, így F (x ) = c1 = c2 = lim F (x ) ⎪⎧⎪lim x →0 ⎪⎪ xx <→00 x >0 ⎪ , tehát ⎨ ⎪⎪lim F (x ) = − 1 + c = c − 2 = lim F (x ) 2 3 ⎪⎪ x →1 x →1 4 e x >1 ⎪⎪⎩ x <1

Tartalomjegyzék 74


⎧ ⎪ ⎪ x + ln (1 − x ) + c, x ≤0 ⎪ ⎪ ⎪ 2 2 ⎪x x + c, F (x ) = ⎪ x ∈ (0,1) . ⎨ ln x + ⎪ 2 4 ⎪ ⎪ ⎪ 2 1 ⎪ −e −x − e −1 ⋅ x + − + c, x ≥ 1 ⎪ ⎪ e 4 ⎪ ⎩ Ellenőrizhető, hogy az így megszerkesztett F függvény deriválható és F ′(x ) = f (x ) , ∀x ∈ \ . ⎧⎪ ln x ⎪⎪ 2 , x ≥1 ln x + x 1 ⎪ =⎨ b) f (x ) = 2 x + 1 ⎪− ⎪⎪ ln x , x ∈ (0, 1) ⎪⎪⎩ x 2 + 1 f folytonos \ *+ -n, így f primitiválható \ *+ -n. c) f folytonos \ -n ⇒ f primitiválható \ -n. x −1 x −1 x x ∫ e x dx = ∫ e 2x ⋅ e dx = − e x + c ln2 x ln 3 x dx = +c , ∫ x 3 tehát ha F : \ → \ az f egy primitívje, akkor ⎧⎪− x + c , x < 1 ⎪⎪ x 1 e ) ( F x = ⎪⎨ 3 . ⎪⎪ ln x c x , 1 + ≥ ⎪⎪ 2 ⎩⎪ 3 1 Mivel F folytonos kell legyen, lim F (x ) = c1 − = lim F (x ) = c2 , tehát x →1 x →1 e x <1 x >1

⎧⎪− x + c, x <1 ⎪⎪ x e ⎪ F (x ) = ⎨ 3 . 1 ⎪⎪ ln x c x , 1 + − ≥ ⎪⎪ e ⎪⎩ 3 d) f folytonos \ -n ⇒ f primitiválható \ -n. x2 x2 2 x2 2 x2 + c , tehát ha ln x − x ln x dx = ln x − ln x + ∫ ∫ 4 2 2 2 F : \ → \ az f egy primitívje, akkor x ⋅ ln2 x dx =


75

⎧⎪ 2 x2 x2 ⎪⎪ x 2 ln x − ln x + + c1, x > 0 ⎪⎪ 2 2 4 ⎪⎪ F (x ) = ⎨c2 , x =0. ⎪⎪ ⎪⎪ x 2 x2 x2 2 ⎪ − + + c3 , x < 0 ln x ln x ⎪⎪ 2 2 4 ⎩ F folytonos \ -n ⇒ F 0 -ban is folytonos ⇒ lim F (x ) = c3 = c2 = F (0) = c1 = lim F (x ) , tehát x →0 x <0

x →0 x >0

⎧⎪ 2 x2 x2 ⎪⎪ x 2 ln x − ln x + + c, x > 0 ⎪⎪ 2 2 4 ⎪⎪ F (x ) = ⎨c , x =0. ⎪⎪ ⎪⎪ x 2 x2 x2 ⎪⎪ ln2 x − ln x + + c, x < 0 ⎪⎩ 2 2 4 x2 −1 ⎪⎧⎪ arcsin , x ∈ \ \ [−1,1] 2 2 x − 1 ⎪⎪⎪ 1 x + ) e) f (x = arcsin 2 , f folytonos \ -n ⇒ f =⎨ x + 1 ⎪⎪ 1− x2 , x ∈ [−1,1] ⎪⎪arcsin 2 x +1 ⎪⎩

primitiválható \ -n. x2 −1 x2 −1 (x 2 + 1) 4x dx = x ⋅ − x ⋅ ⋅ arcsin arcsin 2 dx , ∫ x2 + 1 x2 + 1 ∫ 4x 2 (x 2 + 1) tehát az f egy F : \ → \ primitív függvénye 2 ⎧⎪ ⎪⎪x ⋅ arcsin x 2 − 1 + ln (x 2 + 1) + c1 , x < −1 x +1 ⎪⎪ ⎪⎪ 2 ⎪⎪x ⋅ arcsin 1 2− x − ln (x 2 + 1) + c2 , x ∈ [−1, 0] ⎪ x +1 F (x ) = ⎪⎨ alakú. ⎪⎪ 1 − x 2 + ln x 2 + 1 + c , x ∈ [0,1] ⋅ arcsin x ( ) 3 ⎪⎪ x2 + 1 ⎪⎪ ⎪⎪ x 2 − 1 − ln x 2 + 1 + c , x > 1 ( ) 4 ⎪⎪x ⋅ arcsin 2 x +1 ⎪⎩ F folytonosságából lim F (x ) = F (−1) = lim F (x ) ⇒ c1 = c2 és x →−1 x <−1

x →−1 x >−1

lim F (x ) = F (1) = lim F (x ) ⇒ c2 = c3 , vagyis x →1 x <1

x →1 x >1

Tartalomjegyzék 76


2 x2 −1 ⎪⎧ ⎪⎪⎪x ⋅ arcsin x 2 + 1 + ln (x + 1) + c , x < −1 ⎪⎪ ⎪⎪ 2 1− x2 ⎪⎪x ⋅ arcsin x 2 + 1 − ln (x + 1) + c , x ∈ [−1, 0] F (x ) = ⎪⎨ . 2 ⎪⎪ 2 1 − x + ln (x + 1) + c , x ∈ [0,1] ⎪⎪x ⋅ arcsin 2 x +1 ⎪⎪ ⎪⎪ x 2 − 1 − ln x 2 + 1 + c , x > 1 ( ) ⎪⎪x ⋅ arcsin 2 x +1 ⎪⎩ ⎧e x − 1 ⎪ ⎪ , x ≥0 ⎪ ⎪e x + 1 ⇒ f folytonos \ -n ⇒ f primitiválható \ -n. f) f (x ) = ⎪⎨ ⎪ 1 − ex ⎪ , x <0 ⎪ x ⎪ ⎪ ⎩e + 1 ex − 1 x ∫ e x + 1 dx = 2 ln (e + 1) − x + c , így az f függvény primitívjei F : \ → \ , ⎧2 ln (e x + 1) − x + c , x ≥0 ⎪ ⎪ F (x ) = ⎨ ⎪ x − 2 ln (e x + 1) + 4 ln 2 + c , x < 0 ⎪ ⎪ ⎩ alakúak (a konstansokat úgy határoztuk meg, hogy F folytonos legyen). g) f folytonos \ -n ⇒ f primitiválható \ -n.

∫

2 x 2 + 1 2 (1 − x ) 2x 2x − x⋅ 2 ⋅ dx = x ⋅ arcsin 2 arcsin 2 2 dx , x +1 x +1 ∫ x − 1 (x 2 + 1)

tehát az f primitívjei F : \ → \ , ⎧⎪ 2x ⎪⎪x ⋅ arcsin 2 + ln (x 2 + 1) + c1 , x < −1 ⎪⎪ x +1 ⎪⎪ 2x F (x ) = ⎪⎨x ⋅ arcsin 2 − ln (x 2 + 1) + c2 , x ∈ [−1,1] , ⎪⎪ x +1 ⎪⎪ ⎪⎪x ⋅ arcsin 2x + ln (x 2 + 1) + c , x > 1 3 ⎪⎪⎩ x2 + 1 alakúak. Ha az F folytonossága alapján meghatározzuk az állandók közti összefüggéseket, az ⎧⎪ 2x ⎪⎪x ⋅ arcsin 2 + ln (x 2 + 1) + c , x < −1 ⎪⎪ x +1 ⎪⎪ 2x F (x ) = ⎪⎨x ⋅ arcsin 2 − ln (x 2 + 1) + c + 2 ln 2 , x < −1 ⎪⎪ x +1 ⎪⎪ ⎪⎪x ⋅ arcsin 2x + ln (x 2 + 1) + c , x < −1 ⎪⎪⎩ x2 + 1 függvényeket kapjuk.


77

h) f folytonos \ -n, következik, hogy f primitiválható \ -n.

x2 + 1 3 2 3 2 ∫ x 4 + 1 dx = 2 arctg ( 2x + 1) + 2 arctg ( 2x − 1) (lásd a 63. oldalon a 20. feladatot), tehát ha F : \ → \ az f egy primitívje, akkor 3 2 3 2 arctg ( 2x + 1) + arctg ( 2x − 1) + c . 2 2 i) f folytonos [0, 2π ] -n ⇒ f primitiválható [0, 2π ] -n. Az integrál kiszámításához a x tg = t helyettesítést végezzük el: 2 x 1 + tg2 1 1 + t2 2 ∫ 3 + sin x + cos x dx = ∫ 2 tg x + 4 + 22 tg2 x dx = ∫ 2 (t 2 + t + 2) ⋅ 1 + t 2 dt = 2 2 x 2 tg + 1 2 2t + 1 2 2 = +C = arctg arctg +C , 7 7 7 7 tehát az f primitívjei F : [0, 2π ] → \ , ⎧ ⎪ x ⎪ 2 tg + 1 ⎪ ⎪ 2 2 ⎪ arctg + c1 , x ∈ [ 0, π ) ⎪ ⎪ 7 7 ⎪ F (x ) = ⎪ ,x =π alakú. ⎨c2 ⎪ ⎪ x ⎪ ⎪ 2 tg + 1 ⎪ 2 ⎪ 2 ⎪ + c3 , x ∈ [ π, 2π ) arctg ⎪ ⎪ 7 7 ⎩ F folytonosságából lim F (x ) = F (π ) = lim F (x ) , vagyis F (x ) =

x →π x <π

j)

Az

⎛1 ⎞ f1 : ⎜⎜ , ∞⎟⎟⎟ → \ , ⎝2 ⎠

x →π x >π

π π + c1 = c2 = c3 − . 7 7 3x f1 (x ) = ln függvényre 2x − 1

lim1 f (x ) = −∞ x2

és

2

lim1 f (x ) = −2 , tehát az f függvény nem Darboux tulajdonságú és így nincs primitív x/

2

függvénye.

Tartalomjegyzék 78


⎧⎪ 2 1 ⎪⎪x − x + 1, x ≤ 2 k) A másodfokú függvények tulajdonságai alapján f (x ) = ⎪ , és ⎨ ⎪⎪ 2 1 ⎪⎪−x + x + 1, x > 2 ⎩⎪ 1 ennek a függvénynek -ben elsőfajú szakadási pontja van, tehát nem létezik primitív 2 függvénye. l) A függvény nem jól értelmezett, mert az e x kifejezés nem minden valós x esetén arcsin e x teljesíti a −1 ≤ e x ≤ 1 egyenlőtlenséget. Ha az f : \ − → \ , f (x ) = ex 1 = u helyettesítések függvény primitívjeit számítjuk, akkor az e x = t , majd t arcsin e x arcsin e x dx = − − ln 1 + 1 − e 2x + x + c segítségével az ∫ ex ex eredményhez jutunk.

(

)

x

m) A függvény folytonos, tehát létezik primitív függvénye. Az e 2 = t 2 arctg t helyettesítéssel az ∫ dt integrálhoz jutunk, tehát a primitív függvények 1 + t2 x

F : \ → \ , F (x ) = arctg2 e 2 + C alakúak. n) f folytonos (1, ∞) -n, tehát f primitiválható (1, ∞) -n. ⎛ 1 1⎞ 2 ∫ ⎜⎝⎜1 + x + x 2 ⎠⎟⎟⎟ ⋅ ln (x − 1 + x ln x )dx = ⎛ 1⎞ ⎛ 1 ⎞ 2x + ln x + 1 = ⎜⎜x + ln x − ⎟⎟⎟ ⋅ ln (x 2 − 1 + x ln x ) − ∫ ⎜⎜x + ln x − ⎟⎟⎟ ⋅ 2 dx = ⎝ ⎠ ⎝ x x ⎠ x − 1 + x ln x ⎛ 1⎞ ln 2 x = ⎜⎜x + ln x − ⎟⎟⎟ ⋅ ln (x 2 − 1 + x ln x ) − 2x − ln x − +C , ⎝ x⎠ 2 tehát f primitívjei F : (1, ∞) → \ ,

⎛ 1⎞ ln2 x F (x ) = ⎜⎜x + ln x − ⎟⎟⎟ ⋅ ln (x 2 − 1 + x ln x ) − 2x − ln x − +C ⎝ x⎠ 2 alakúak. o) f folytonos \ *+ -n, tehát f primitiválható \ *+ -n. x + sin x − cos x − 1 * x ∫ x + e x + sin x dx = x − ln (x + e + sin x ) + C , így az F : \ + → \ , F (x ) = x − ln (x + e x + sin x ) + C függvény az f primitívje. ⎪⎧⎪ln x sin 1 , ha x > 0 2. Bizonyítsd be, hogy az f : [0, +∞) → \ , f (x ) = ⎪ függ⎨ x ⎪⎪0, ha x = 0 ⎪⎩ vénynek van primitív függvénye.

Tartalomjegyzék Integrálási módszerek Bizonyítás.

Az

79

F : [0, ∞) → \ ,

F

(x )

⎧⎪ 2 1 ⎪⎪x ln x cos , x > 0 x =⎨ ⎪⎪0 ,x =0 ⎪⎩

függvény

1 ⎞′ 1 1 1 ⎛ deriválható (0, ∞) -n, ⎜⎜x 2 ln x cos ⎟⎟⎟ = ln x ⋅ sin + 2x ln x cos + x cos . F ⎝ ⎠ x x x x folytonos 0 -ban és F ′ (0) = lim x →0 x >0

F (x ) − F (0) ⎛ 1⎞ = lim ⎜⎜x ln x cos ⎟⎟⎟ = 0 . x →0 ⎝ x x⎠ x >0

⎧⎪ 1 1 ⎪⎪2x ln x cos + x cos , x > 0 x x . Legyen g : [0, ∞) → \ , g (x ) = ⎨ ⎪⎪0 0 , x = ⎪⎩ Mivel lim g (x ) = 0 = g (0) , g folytonos 0 -ban, továbbá g folytonos (0, ∞) -n is, x →0

következik, hogy g folytonos [0, ∞) -n, így g primitiválható a [0, ∞) intervallumon. Legyen G : [0, ∞) → \ az f egy primitívje. Ekkor

f (x ) = F ′ (x ) − g (x ) = (F − G )′ (x ) , ∀x ∈ [0, ∞) , tehát f primitiválható [0, ∞) -n. 3. Bizonyítsd be, hogy az f , g, h : \ → \ , 1 1 1 ⎧ ⎧⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪2x sin , ha x ≠ 0 2x sin − cos , ha x ≠ 0 ⎪ f (x ) = ⎨ és g (x ) = ⎨ x x x ⎪ ⎪⎪0, 0, ha x = 0 ha x = 0 ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩ valamint h = g − f függvényeknek van primitív függvénye, de a h 2 : \ → \ függvénynek nincs. 1 ⎞′ 1 1 ⎛ Bizonyítás. ⎜⎜x 2 sin ⎟⎟⎟ = 2x sin − cos . ⎝ ⎠ x x x Legyen

F :\ → \,

F ′ (x ) = f (x ), ∀x ∈ \ * ,

⎧⎪ 2 1 ⎪⎪x sin , x ≠ 0 x F (x ) = ⎨ . ⎪⎪0 ,x =0 ⎪⎩ F

folytonos

0 -ban

deriválható

F

és

lim x →0

\ * -on,

F (x ) − F (0) =0= x

= F ′ (0) = f (0) , tehát f primitiválható \ -n.

lim g (x ) = 0 = g (0) ⇒ g folytonos 0-ban; g folytonos \ * -n, tehát g folytonos \ x →0

en, így létezik a G : \ → \ függvény úgy, hogy G ′ (x ) = g (x ) , ∀x ∈ \ . Következik, hogy h (x ) = G ′ (x ) − F ′ (x ) = (G − F )′ (x ) , primitiválható \ -n. ,

∀x ∈ \ , vagyis h

Tartalomjegyzék 80


⎧⎪ 2 ⎪⎪⎧cos2 1 , x ≠ 0 ⎪⎪1 + cos x ⎪ ,x ≠0= x h 2 : \ → \, h 2 (x ) = ⎨⎪ = ⎨⎪ 2 ⎪⎪0 ⎪ ,x =0 ⎪ ⎪⎩ ,x =0 ⎪⎪⎩⎪0 ⎧1 ⎧1 2 ⎪ ⎪ , x ≠ 0 ⎪⎪⎪ cos , x ≠ 0 ⎪ x = ⎨2 + ⎨2 . ⎪ ⎪⎪0 ⎪ 0 , x = 0 , x = 0 ⎪ ⎪⎩ ⎩ ⎧⎪ 1 2 ⎪⎪ cos , x ≠ 0 x Az előzőhöz hasonló módon igazolható, hogy ⎨ 2 primitiválható \ -n, ⎪⎪0 , x 0 = ⎪⎩ ⎧ 1 ⎪ ⎪ ,x ≠0 ⎪ az ⎨ 2 viszont nem primitiválható, mivel nem Darboux- tulajdonságú. ⎪ ⎪ 0 , x 0 = ⎪ ⎩ Következik, hogy h 2 nem primitiválható \ -n. 4. Bizonyítsd be, hogy az f , g : \ → \ , 1 1 ⎧ ⎧⎪ 2 1 1 ⎪ ⎪ sin2 − sin , ha x ≠ 0 ⎪⎪sin + sin , ha x ≠ 0 ⎪ x x és g (x ) = ⎪ f (x ) = ⎪ ⎨1 x ⎨1 x ⎪ ⎪ ha x = 0 ⎪⎪ , ⎪ ha x = 0 , ⎪ ⎪⎩ 2 ⎪ ⎩2 függvényeknek van primitív függvénye, de a h = fg : \ → \ függvénynek nincs. ⎧ 21 ⎧ 21 1 ⎪ ⎪⎪sin − sin , x ≠ 0 ⎪ ⎪⎪sin ⎪⎪sin 1 , x ≠ 0 ,x ≠0 ⎧ x x x ⎪ ⎪ =⎨ −⎪ Bizonyítás. f (x ) = ⎨ . ⎨ x ⎪ ⎪ ⎪ 1 1 ⎪ ⎪ ⎪ 0 0 , = x ,x =0 ⎪ , x = 0 ⎪⎩ ⎪ ⎪2 ⎪2 ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ ⎧ 1 ⎪ ⎧ 1 ⎪ sin2 , x ≠ 0 ⎪ ⎪ ⎪ sin , x ≠ 0 x ⎪ ⎪ Mivel ⎨ és ⎨ x függvények primitiválhatóak \ -n (a 17/2 ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ 0 0 , x = , 0 x = ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎩2 megoldott feladat és 23/6 feladatok alapján) az f is primitiválható \ -n. Hasonlóképpen a g is primitiválható \ -n (mivel ugyanannak a két függvénynek az összege).


81

⎧ ⎪ 4 1 2 1 ⎪ ⎪sin x − sin x , x ≠ 0 h = f ⋅g = ⎪ = ⎨ ⎪ 1 ⎪ ,x =0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4 ⎧ 1 1 ⎪ ⎧ ⎪⎪− sin2 cos2 , x ≠ 0 ⎪ sin2 2 , x ≠ 0 1 ⎪− x x ⎪ x =⎨ = ⋅ ⎪⎨ = ⎪⎪ 1 4 ⎪ ⎪ 1 , 0 x = , x = 0 ⎪⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎩4 4 ⎧ ⎧ 1 ⎪ ⎪ 4 ⎧ ⎪ cos − 1 ⎪ ⎪ − ,x ≠0 ⎪ ⎪ cos , 0 x ≠ x 1 ⎪ 1 ⎪ ⎪ 8 ⎪ , x 0 ≠ x . ⋅⎪ = + ⎨ ⎨ ⎨ 2 ⎪ 1 4 ⎪ 8⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 , x = 0 ,x =0 ⎪ ⎪ ,x =0 ⎩⎪ ⎪⎩1 ⎪ ⎩⎪ 4 ⎪ ⎧ 1 ⎪ 4 ⎧ ⎪− ⎪ ⎪ 8 ,x ≠0 ⎪ cos , 0 x ≠ 1 ⎪ x függvény primitiválható \ -n, a azonban nem, Az ⋅ ⎪ ⎨ ⎨ ⎪ 1 8 ⎪ ⎪ ⎪ 0 0 , x = ,x =0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪4 ⎩ mivel nem Darboux- tulajdonságú. Következik, hogy h sem primitiválható \ -n. 5. Határozd meg f : \ → \ primitív függvénnyel rendelkező függvényeket, amelyekre f (x ) F (2 − x ) = x , ∀x ∈ \ és f (1) = 1 , ahol F : \ → \ az f egy primitív függvénye. Megoldás. Az f (x ) ⋅ F (2 − x ) = x feltétel teljesül bármely x -re, tehát y = (2 − x ) -re is: f (y ) ⋅ F (2 − y ) = y , vagyis f (2 − x ) F (x ) = 2 − x , ∀x ∈ \ .

(F (x ) F (2 − x ))′ = f (x ) F (2 − x ) − F (x ) f (2 − x ) = 2x − 2 , ∀x ∈ \ ⇒ ⇒ F (x ) F (2 − x ) = x 2 − 2x + c1, ∀x ∈ \ . x = 1 -re a feladatban szereplő feltételből f (1) F (1) = 1 ⇒ F (1) = 1 ⇒ c1 = 2 . 2

Következik, hogy F (x ) ⋅ F (2 − x ) = (x − 1) + 1 > 0, F (x ) ≠ 0 . Mivel F folytonos \ -en

(mert

primitív

függvény),

F (x ) ≠ 0, ∀x ∈ \ ,

F (1) = 1 ,

ezért

F (x ) > 0, ∀x ∈ \ esetén. F (2 − x ) =

=

⎛ x 2 − 2x + 2 ⎞⎟′ x 2 − 2x + 2 ⇒ −f (2 − x ) = ⎜⎜ ⎟ = ⎜⎝ F (x ) ⎠⎟ F (x )

(2x − 2) F (x ) − (x 2 − 2x + 2) f (x ) F 2 (x )

, ∀x ∈ \ ⇒

−f (2 − x ) ⋅ F 2 (x ) = (2x − 2) F (x ) − (x 2 − 2x + 2) f (x ), ∀x ∈ \ . Innen az f (2 − y ) F (y ) = 2 − y azonosságot felhasználva kapjuk, hogy bármely x ∈ \ esetén fennállnak a következő összefüggések:

Tartalomjegyzék 82

Integrálási módszerek f (x ) x = 2 ⇒ F (x ) x − 2x + 2 2x − 2 1 ⇒ ⇒ (ln F (x ))′ = + 2 2 2 (x − 2x + 2) (x − 1) + 1

xF (x ) = (x 2 − 2x + 2) f (x ) ⇒

⎛ ln (x 2 − 2x + 2) ⎞⎟′ ⎜ ⇒ (ln F (x ))′ = ⎜⎜ + arctg (x − 1)⎟⎟⎟ ⇒ ⎜⎝ 2 ⎠⎟ ⇒ ln F (x ) =

ln (x 2 − 2x + 2)

2 F ( 1 ) = 1 c = 0 Mivel , kapjuk, hogy 2 , tehát F (x ) = e

f (x ) =

(

ln(x 2 −2 x +2) 2

+arctg(x −1)

x 2 − 2x + 2 ⋅ e arctg(x −1)

+ arctg (x − 1) + c2 .

, ∀x ∈ \ , innen pedig ′ x = ⋅ e arctg(x −1) . 2 x − 2x + 2

)

6. Létezik-e f : \ → \ *+ primitív függvénnyel rendelkező függvény, amelyre egy F : \ → \ primitív függvénye esetén F (x ) F (1 − x ) = F (x 2 ) , ∀x ∈ \ ?

Megoldás. Feltételezzük, hogy létezik a feltételeket kielégítő függvény. Mivel f : \ → \ *+ , F szigorúan növekvő.

Az F (x ) ⋅ F (1 − x ) = F (x 2 ) összefüggésbe x helyébe y = 1 − x -t írva

F (1 − x ) F (x ) = F ((1 − x ) ), ∀y ∈ \ , 2

de az eredeti feltétel alapján F (x ) ⋅ F (1 − x ) = F (x 2 ) , tehát

F (x ) ⋅ F (1 − x ) = F (x 2 ) = F ((1 − x ) ) , ∀x ∈ \ , 2

ez x = 0 esetén azt jelenti, hogy F (0) = F (1) , ami ellentmond annak, hogy F szigorúan növekvő. Következik, hogy nem létezik a feltételeket teljesítő függvény. 7. Határozd meg az f : \ → \ deriválható függvényt, ha xf ′ (x ) + 2 f (x ) + xF (x ) = 0 , ∀x ∈ \ , ahol F : \ → \ az f egy primitív függvénye. Megoldás. Az adott egyenlet (xF (x ))′′ + xF (x ) = 0 alakban írható, tehát létezik olyan c1, c2 ∈ \ , amelyre xF (x ) = c1 sin x + c2 cos x , ∀ x ∈ \ (lásd a tankönyv 74. oldalán megoldott feladatot). Ha felírjuk az f függvényt, csak c1 = c2 = 0 esetén jutunk deriválható függvényhez, tehát f (x ) = 0, ∀ x ∈ \ . 8. Határozd meg az f : [0, π ] → \ függvény primitív függvényeit, ha bármely

x ∈ [0, π ] esetén teljesül az f (x ) sin x − f (π − x ) = cos2 x összefüggés.


83

Megoldás. Az f (x ) sin x − f (π − x ) = cos2 x összefüggés teljesül bármely x ∈ [0, π ] -re, így y = π − x esetén is. Ekkor x = π − y , tehát

f (π − y ) sin y − f (y ) = cos2 y, ∀y ∈ [0, π ] , vagyis

f (π − x ) sin x − f (x ) = cos2 x , ∀x ∈ [0, π ] . Az eredeti feltételből f (π − x ) = f (x ) sin x − cos2 x , ezt behelyettesítve az előző egyenlőségbe kapjuk, hogy f (x ) sin2 x − sin x cos2 x − f (x ) = cos2 x , ∀x ∈ [0, π ] , ahonnan f (x ) = cos2 x ⋅

{}

sin x + 1 π . = − sin x − 1, ∀x ∈ [0, π ] \ 2 sin x − 1 2

Tehát f a következő alakú:

{}

⎧ π ⎪ ⎪ − sin x − 1 , x ∈ [0, π ] \ ⎪ 2 . f (x ) = ⎪ ⎨ π ⎪ ⎪ k ,x= ⎪ ⎪ 2 ⎩ Ha F : [0, π ] → \ az f primitívje, akkor az ⎧ ⎪⎪cos x − x + c , x ∈ ⎡⎢0, π ⎞⎟⎟ ⎪ 1 ⎪ ⎢⎣ 2 ⎠ ⎪ ⎪ π ⎪ F (x ) = ⎪ ,x= alakú. ⎨c2 ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪cos x − x + c , x ∈ ⎛⎜ π , π ⎤⎥ ⎪ 3 ⎪ ⎝⎜ 2 ⎥⎦ ⎪ ⎩ π Mivel F folytonos kell legyen -ben is, írhatjuk, hogy 2 π π ⎛π ⎞ limπ F (x ) = − + c1 = c2 = F ⎜⎜ ⎟⎟ = − + c3 = limπ F (x ) , ⎝ ⎠ x→ x→ 2 2 3 2 2 x<

π 2

x>

π 2

tehát F (x ) = cos x − x + c , ∀x ∈ [0, π ] . π π F (x ) − F cos x − x + 'H 2 = lim 2 l=− limπ 1 + limπ (− sin x ) = −2 ⇒ π π x →∞ x→ x→ x− x− 2 2 2 2 ⎛π⎞ ⇒ f ⎜⎜ ⎟⎟ = k = −2 , ⎝2⎠ így f folytonos, tehát primitiválható és F (x ) = cos x − x + c , ∀x ∈ [0, π ] .

()

Tartalomjegyzék 84


9. Határozd meg az f : [1, e ] → [0, e 2 ] függvény primitív függvényeit, ha

f (x ) − f (y ) ≥ x 2 ln x − y 2 ln y , ∀x, y ∈ [1, e ] . Megoldás. x = 1 és y = e esetén az f (1) − f (e) ≥ e 2 egyenlőtlenséghez jutunk.

Mivel f (1), f (e) ∈ [0, e 2 ] ez csak úgy teljesülhet, ha f (1) = 0 és f (e) = e 2 vagy ha f (1) = e 2 és f (e) = 0 . Az első esetben az y = 1 helyettesítés után f (x ) ≥ x 2 ln x egyenlőtlenséghez jutunk (bármely x ∈ [1, e ] esetén), míg az y = e helyettesítés után

az f (x ) ≤ x 2 ln x egyenlőtlenséghez. Ebben az esetben f (x ) = x 2 ln x , ∀ x ∈ [0, e ] . A második esetben hasonló gondolatmenet alapján az f (x ) = e 2 − x 2 ln x , ∀ x ∈ [1, e ] függvényhez jutunk. Az előbbiek alapján a primitív függvény F : [1, e ] → \ , x3 x3 (3 ln x − 1) + c vagy F (x ) = e 2x − (3 ln x − 1) + c alakú. 9 9 10. Határozd meg azokat az f : \ → \ függvényeket, amelyeknek létezik olyan F : \ → \ primitívje, hogy teljesüljön a 2F (x ) = x ( f (x ) − x ) összefüggés bármely x ∈ \ esetén. (Radó Ferenc Emlékverseny, 2001) Megoldás. A feltétel alapján bármely x ∈ \ * esetén fennállnak a következő összefüggések: −2F (x ) + xf (x ) x 2 f (x ) − 2xF (x ) 1 = ⇒ = ⇒ 2F (x ) = x ( f (x ) − x ) ⇒ 1 x2 x4 x ⎛ F (x )⎞′ 1 F (x ) ⇒ ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ = ⇒ 2 = ln x + c ⇒ F (x ) = x 2 ln x + cx 2 . ⎝ x ⎠ x x F (x ) =

Mivel F egy primitív függvény, F folytonos 0 -ban is, tehát lim F (x ) = 0 = F (0) . x →0

F deriválható is, így F ′ (x ) = f (x ) = 2x ln x + x + 2cx , ∀x ∈ \ *+ és

f (0) = F ′ (0) = lim x →0

F (x ) − F (0) = lim ln x + cx = 0 , x →0 x

tehát

⎧ ⎪2x ln x + x ⋅ c , x ≠ 0 f (x ) = ⎪ ,c∈\. ⎨ ⎪ 0 ,x =0 ⎪ ⎩ 11. Adottak az f : \ → \ és g : \ → \ primitív függvénnyel rendelkező függvények. Jelöljük F-fel és G-vel az f illetve g azon primitívjeit, amelyekre F (0) = 1 és G(0) = 0. Bizonyítsd be, hogy ha bármely valós x esetén igaz, hogy F (x ) = g ′ (x ) és G (x ) = f ′ (x ) , valamint f (0) = 0, akkor az is igaz, hogy:


85

1 f (x ) ⋅ g (x ) ≥ − , ∀x ∈ \ . 2 (Székely Mikó Matematikaverseny 2000) Megoldás. ⎡⎣F 2 (x ) + G 2 (x )⎤⎦ ′ = 2F (x ) f (x ) + 2G (x ) g (x ) = = 2 f (x ) g ′ (x ) + 2g (x ) f ′ (x ) = (2 f (x ) g (x ))′ , ∀x ∈ \ , innen

(F 2 (x ) + G 2 (x ) − 2f (x ) g (x ))′ = 0,

∀x ∈ \ ⇒

⇒ F 2 (x ) + G 2 (x ) − 2 f (x ) g (x ) = c, c ∈ \, ∀x ∈ \ . x = 0 -ra ⇒ F 2 (0) + G 2 (0) − 2 f (0) g (0) = c ⇒ c = 1 , így 1 F 2 (x ) + G 2 (x ) = 1 + 2 f (x ) g (x ) ≥ 0 ⇒ f (x ) g (x ) ≥ − , 2

amit igazolni akartunk.

Tartalomjegyzék 86

A határozatlan integrálok alkalmazásai

III. A határozatlan integrálok alkalmazásai 3.1. Differenciálegyenletek Gyakorlatok (72. oldal) Határozd meg a következő differenciálegyenletek megoldását: 1. y ′ tg x − y = 0 ; 2. xy ′ = y + y 3 ; 3. xy ′ − y = y 2 ; 4. (1 + e x ) yy ′ = e x ; 2

5. x 2y ′ ⋅ cos y + 1 = 0 ; 7. y ′ − 1 = e x +2y ;

6. y ′ = (x + y ) ; 8. y ′ = sin (x − y ) ;

9. (1 + x 2 ) y ′ = 1 − y 2 ;

10. y ′ =

x 2 + y2 − x . y

π , k ∈ ] pontokban nincs értelme, mert 2 ezekben a pontokban nem értelmezett a tg x . Megvizsgáljuk a megoldás létezését egy π π⎞ ⎛ ⎜⎜(2k − 1) ,(2k + 1) ⎟⎟ alakú intervallumon, ahol k ∈ ] . Egy ilyen intervallum ⎝ 2 2⎠ belsejében a szinusz függvénynek egyetlen zéruspontja van, az x k = kπ , tehát a π π⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜(2k − 1) , k π ⎟⎟ és ⎜⎜k π,(2k + 1) ⎟⎟ intervallumokon elvégezhetjük a következő ⎝ ⎠ ⎝ 2 2⎠ átalakításokat: y ′ sin x − y cos x = 0. y ′ tg x − y = 0 ⇒ y ′ sin x − y cos x = 0 ⇒ sin2 x ⎛ y ⎞⎟′ = 0 az adott intervallumokon és a Lagrange tétel következménye alapján Így ⎜⎜ ⎝ sin x ⎠⎟ (a két intervallumra külön-külön alkalmazzuk) létezik olyan ck 1 és ck 2 konstans, ⎧ π ⎛ ⎞ ⎪⎪ ck 1 sin x , x ∈ ⎜⎜(2k − 1) , k π ⎟⎟ ⎪ ⎝ ⎠ ⎪ 2 amelyre y(x ) = ⎪⎨ . Mivel az y függvény folytonos és ⎪ π ⎞⎟ ⎛ ⎪ ⎜ ck 2 sin x , x ∈ ⎜k π,(2k + 1) ⎟ ⎪ ⎪ ⎝ 2⎠ ⎪ ⎩ deriválható kπ -ben, ck 1 = ck 2 , tehát az egyenlet összes megoldása π⎞ π ⎛ y(x ) = ck sin x , x ∈ ⎜⎜(2k − 1) ,(2k + 1) ⎟⎟ alakú, ahol a ck konstansok tetszőleges ⎝ 2 2⎠ valós számok lehetnek. Megjegyzés. Ezek közül a megoldások közül csak azok hosszabbíthatók meg folytonosan az \ -en, amelyekre a (ck )k ∈] sorozat állandó és így a függvény Megoldás. 1. Az egyenletnek a (2k + 1)

Tartalomjegyzék A határozatlan integrálok alkalmazásai

87

y(x ) = c ⋅ sin x alakú. Tehát az y ′ sin x − y cos x = 0 egyenlet megoldásai csak az y(x ) = c ⋅ sin x , ∀x ∈ \ alakú függvények. 2. Tekintsünk egy olyan D intervallumot, amelyen az y függvény értékei nullától különböznek és amely nem tartalmazza a 0 -t. Egy ilyen intervallumon írhatjuk, hogy y′ 1 1 1 = ⇒ (ln y 2 − ln (1 + y 2 ))′ (x ) = , 2 2 x y (1 + y ) x

c 2x 2 , ∀ x ∈ D . Mivel D nem 1 − c 2x 2 folytonosan deriválható D -n, következik, hogy

tehát létezik olyan c állandó, amelyre y 2 (x ) =

tartalmazza a 0 -t és y cx y(x ) = , ∀ x ∈ D . Az ilyen típusú függvények csak 0 -ban vehetik fel a 0 1 − c 2x 2 értéket és ha folytonosan meghosszabbítjuk a 0 -ban, akkor y ′(0) = c -hez jutunk, ⎛ 1 1⎞ cx , x ∈ ⎜⎜⎜− , ⎟⎟⎟ alakú függvények, tehát az egyenlet megoldásai az y(x ) = 2 2 ⎝ c c⎠ 1−c x ahol c ≠ 0 tetszőleges állandó és az y(x ) = 0, ∀ x ∈ \ függvény. 3. Az egyenlet xy ′ = y(y + 1) alakban írható, tehát ha D egy olyan intervallum, amely nem tartalmazza a 0 -t és amelyen az y függvény értékei az \ \ {0, −1} halmazban vannak, akkor írhatjuk, hogy y ′(x )dx y′ 1 = ⇒ ∫ = ln x + C . y(y + 1) x y(x ) (1 + y(x )) Másrészt

du

u

∫ u(u + 1) = ln u + 1 + C ,

tehát

létezik

olyan

c ∈ \ , amelyre

cx y(x ) , ∀x ∈D . = cx . Ebből az egyenlőségből következik, hogy y(x ) = y(x ) + 1 1 − cx Az így meghatározott függvények a −1 értéket nem veszik fel és a 0 -t csak 0 -ban veszik fel valamint ha 0 -ban deriválhatóan meghosszabbítunk egy ilyen függvényt, akkor az y ′(0) = c egyenlőséghez jutunk. Másrészt a különböző c értékekhez tartozó függvények grafikus képei csak az origóban metszik egymást, tehát az egyenlet minden állandó függvénytől különböző megoldása y(x ) = 0, ∀ x ∈ \

{}

cx 1 alakú, ahol c ∈ \ * . , ∀x ∈ \\ 1 − cx c ex 4. Az egyenlet yy ′ = alakban írható. Mivel (y 2 )′ = 2yy ′ x 1 +e e x dx x ∫ e x + 1 = ln (e + 1) + C , létezik olyan c ∈ \ állandó, amelyre y 2 (x ) = 2 ln (1 + e x ) + c , ∀ x ∈ D , y(x ) =

és

Tartalomjegyzék 88


ahol D a maximális értelmezési tartomány. Ha c ≥ 0 , akkor a megoldások

y1 = 2 ln (1 + e x ) + c , ∀ x ∈ \ és y2 = − 2 ln (1 + e x ) + c , ∀ x ∈ \ . Ha c < 0 , akkor

a

megoldások

y1 = 2 ln (1 + e x ) + c ,

⎛ −c ⎞ y2 = − 2 ln (1 + e x ) + c , ∀ x ≥ ln ⎜⎜e 2 − 1⎟⎟⎟ . ⎜⎝ ⎠ 5. Ha D = (0, ∞) vagy D = (−∞, 0) ,

akkor

⎛ −c ⎞ ∀ x ≥ ln ⎜⎜e 2 − 1⎟⎟⎟ ⎜⎝ ⎠

az

egyenlet

és

alapján

⎛ 1 ⎞′ (sin y )′ = ⎜⎜ ⎟⎟⎟ , ∀ x ∈ D és így a Lagrange tétel következménye alapján léteznek a ⎝x ⎠ ⎧⎪ 1 ⎪⎪ + c1, x < 0 x c1 és c2 konstansok, amelyekre sin y(x ) = ⎪⎨ . Ez alapján léteznek a k1 ⎪⎪ 1 c , x 0 + > ⎪⎪ 2 ⎪⎩ x és k2 egész számok úgy, hogy ⎛1 ⎞ ⎪⎧⎪ k1 ⎪⎪(−1) arcsin ⎜⎜⎝ x + c1 ⎠⎟⎟⎟ + k1π, x < 0 y(x ) = ⎨⎪ ⎪⎪ ⎛1 ⎞ k ⎪⎪(−1) 2 arcsin ⎜⎜ + c2 ⎟⎟⎟ + k2 π, x > 0. ⎝ ⎠ x ⎪⎩ Megjegyzés. Az eredeti egyenlet nem teljesülhet x = 0 esetén, ezért a megoldás sem kell értelmezett legyen ebben a pontban. 6. A z (x ) = x + y(x ) függvénycserével az egyenlet z ′ = 1 + z 2 alakban írható, tehát z (x )dx ∫ 1 + z 2 (x ) = ∫ 1dx és így létezik olyan ck ∈ \ , amelyre arctg(z(x )) = x + ck ha π π ⎛ ⎞ x ∈ ⎜⎜(2k − 1) − ck ,(2k + 1) − ck ⎟⎟ . Ebből következik, hogy ⎝ ⎠ 2 2 π π ⎛ ⎞ z (x ) = tg(x + ck ) , x ∈ ⎜⎜(2k − 1) − ck ,(2k + 1) − ck ⎟⎟ és így ⎝ ⎠ 2 2 π π ⎛ ⎞ y(x ) = tg(x + ck ) − x , ∀ x ∈ ⎜⎜(2k − 1) − ck ,(2k + 1) − ck ⎟⎟ . ⎝ ⎠ 2 2 7. Az x + 2y(x ) = z (x ) függvénycsere segítségével az egyenlet z ′ = 2e z + 3 alakra

z ′(x )dx integrál kiszámítása során az e z (x ) = u változócserét z (x ) +3 du 1 u használjuk és így az ∫ + C integrált kell kiszámítanunk. = ln u(2u + 3) 3 2u + 3 Ebből következik, hogy létezik olyan c ∈ \ , amelyre

hozható. Az

∫ 2e

Tartalomjegyzék A határozatlan integrálok alkalmazásai u(x ) =

89

3e 3(x +c ) , 1 − 2 ⋅ e 3(x +c )

tehát

⎛ 3e 3(x +c ) ⎞⎟ 1 1 ⎟ , ∀ x < ln − c és így z (x ) = ln ⎜⎜ ⎜⎝1 − 2 ⋅ e 3(x +c ) ⎠⎟⎟ 3 2

⎛ 3e 3(x +c ) ⎞⎟⎞⎟ 1⎛ 1 1 ⎟⎟⎟⎟ , ∀ x < ln − c . y(x ) = ⎜⎜⎜−x + ln ⎜⎜ 3(x +c ) ⎟⎟ ⎜ 2 ⎝⎜ 3 2 ⎝1 − 2 ⋅ e ⎠⎠ 8. Az x − y(x ) = z (x ) függvénycserével az egyenlet z ′ = 1 − sin z alakra hozható. z ′(x )dx du Az ∫ integrál kiszámítása során az ∫ integrálhoz jutunk és ezt 1 − sin z (x ) 1 − sin u u a tg = t helyettesítéssel számítjuk ki. Így az 2 ⎛ ⎞⎟ ⎛ 2 ⎞⎟ + π y(x ) = x − 2 ⎜⎜arctg ⎜⎜⎜1 − k ⎟ , x ≠ −c ⎟ ⎟ ⎝ ⎝⎜ ⎠ x + c ⎠⎟ megoldáshoz jutunk. y′ 1 9. Az egyenlet alakban írható, ha y nem veszi fel az 1 vagy −1 = 2 1−y 1 + x2 du 1 1+u dx = ln + C és ∫ értéket. Így az ∫ = arctg x + C egyenlőségek 2 1−u 2 1−u 1 + x2 1+y = c ⋅ e 2⋅arctg x , ∀ x ∈ \ , tehát alapján létezik olyan c ∈ \ , amelyre 1−y

c ⋅ e 2 arctg x − 1 , ∀ x ∈ \ . Ez a függvény nem veszi fel az 1 értéket és a −1 -et c ⋅ e 2 arctg x + 1 is csak akkor veszi fel, ha c = 0 vagyis amikor a függvény konstans. Ez alapján állíthatjuk, hogy az egyenletnek nincs más megoldása. y(x ) 10. Az = u(x ) függvénycserével x > 0 és x < 0 esetén az egyenlet x 1 + u2 − 1 u ′x + u = u alakban írható, tehát u ⋅ u′ 1 = . 2 2 1 + u − (1 + u ) x y(x ) =

Mivel

∫

dt = t −t

∫

dt = −2 ln (1 − t ) + C az 1 + u 2 = t helyettesítés t (1 − t )

alapján következik, hogy létezik c ∈ \ úgy, hogy teljesüljön a

(

)

x 1 − 1 + u2 = c

Tartalomjegyzék 90


c2 − y 2 parabolák és az y = 0 állandó 2c függvény képezik az egyenlet megoldásainak halmazát. 11. Határozd meg a 3y 2y ′ = x (y 3 − 1) differenciálegyenlet korlátos megoldásait! egyenlőség. Ebből következik, hogy az x =

Megoldás. Ha y ≠ 1 a D intervallumon, akkor a létezik olyan c ∈ \ , amelyre ln y 3 − 1 = 1

3

x2

3

3y 2y ′ = x egyenlőség alapján y3 − 1

1 2 x + ln c , ∀ x ∈ D . Ez alapján 2 1

y = 1 + ce 2 , ∀ x ∈ D . Mivel az y = 1 + ce 2

x2

egyenletű görbék c ≠ 0 esetén

nem metszik az y = 1 egyenletű egyenest és egymást sem, az egyenlet megoldása 3

1

x2

vagy az y = 1 egyenes vagy valamilyen c ≠ 0 esetén az y = 1 + ce 2 görbe. De 1 2 ⎧⎪∞, c > 0 x 3 lim 1 + ce 2 = ⎨⎪ , tehát az egyetlen korlátos megoldás az x →∞ ⎪⎪−∞, c < 0 ⎩ y(x ) = 1, ∀ x ∈ \ függvény. 12. Határozd meg azokat az y : (1, ∞) → \ deriválható függvényeket, amelyekre π 2 és lim y (x ) = . y′ = 3 x →∞ 2 x sin y

2 ⎛ 1 ⎞′ alakban írható, tehát (cos y )′ (x ) = ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ és 3 ⎝x ⎠ x 1 így a Lagrange tétel alapján létezik olyan c ∈ \ állandó, amelyre cos y(x ) = 2 + c . x Az adott feltétel alapján mindkét oldalon határértékre térhetünk és a c = 0 egyenlőséghez jutunk. Az y folytonosságából következik, hogy csak az ⎛1⎞ y(x ) = arccos ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ , ∀ x > 1 függvény teljesíti a feladat feltételeit. ⎝x ⎠ 13. Határozd meg az y ′ sin x = y ln y differenciálegyenlet azon megoldását, amelyre ⎛π⎞ y ⎜⎜ ⎟⎟ = e . ⎝2⎠ y′ 1 alakban írható, tehát létezik olyan c ∈ \ , Megoldás. Az egyenlet = y ⋅ ln y sin x x π π ⎛π ⎞ ⎛ π⎞ amelyre ln y(x ) = c ⋅ tg , ∀ x ∈ ⎜⎜ − ε, + ε⎟⎟ , ahol ε ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ . Ha x = -t ⎝2 ⎠ ⎝ 2⎠ 2 2 2 helyettesítünk az előbbi egyenlőségbe, következik, hogy c = 1 , tehát Megoldás. Az egyenlet y ′ ⋅ sin y =

y(x ) = e

tg

x 2

, ∀ x ∈ (−π, π ) .


91

Gyakorlatok (76. oldal) Határozd meg a következő differenciálegyenletek megoldásait: 1. a) y ′′ − 5y ′ + 6y = 0 ; b) y ′′ + 2y ′ − 3y = 0 ; c) 6y ′′ − 5y ′ + y = 0 ; d) y ′′ − 4y ′ + 4y = 0 ; e) y ′′ − 6y ′ + 9y = 0 ; g) y ′′ + y ′ + y = 0 ;

f) y ′′ + 4y = 0 ; h) y ′′ − 2y ′ + 2y = 0 .

Megoldás. a) A karakterisztikus egyenlet r 2 − 5r + 6 = 0 és a gyökei r1 = 2 illetve r2 = 3 , tehát a megoldás y(x ) = c1 ⋅ e 2x + c2 ⋅ e 3x , ∀ x ∈ \ . b) A karakterisztikus egyenlet r 2 + 2r − 3 = 0 és a gyökei r1 = −3 illetve r2 = 1 , tehát a megoldás y(x ) = c1 ⋅ e −3x + c2 ⋅ e x , ∀ x ∈ \ . c) A karakterisztikus egyenlet 6r 2 − 5r + 1 = 0 és a gyökei r1 = 1

x

1

1 1 illetve r2 = , 2 3

x

tehát a megoldás y(x ) = c1 ⋅ e 2 + c2 ⋅ e 3 , ∀ x ∈ \ . d) A karakterisztikus egyenlet r 2 − 4r + 4 = 0 és a gyökei r1 = r2 = 2 , tehát a megoldás y(x ) = (c1x + c2 ) ⋅ e 2x , ∀ x ∈ \ . e) A karakterisztikus egyenlet r 2 − 6r + 9 = 0 és a gyökei r1 = r2 = 3 , tehát a megoldás y(x ) = (c1x + c2 ) ⋅ e 3x , ∀ x ∈ \ . f) A karakterisztikus egyenlet r 2 + 4 = 0 és a gyökei r1,2 = ±2i , tehát a megoldás

y(x ) = (c1 sin 2x + c2 cos 2x ), ∀ x ∈ \ . g) A karakterisztikus egyenlet r 2 + r + 1 = 0 és a gyökei r1,2 = megoldás y(x ) = e

1 − x 2

(c1 sin

−1 ± i 3 , tehát a 2

3x + c2 cos 3x ) , ∀ x ∈ \ .

h) A karakterisztikus egyenlet r 2 − 2r + 2 = 0 és a gyökei r1,2 = 1 ± i , tehát a megoldás y(x ) = e x (c1 cos x + c2 sin x ), ∀ x ∈ \ . 2. a) y ′ − 3y = sin x ; c) y ′ + 5y = x 2 ; e) y ′′ − 3y ′ + 2y = e x ;

b) y ′ + 2y = x ⋅ e x ; d) y ′′ + y = 1 ; f) y ′′ − 4y ′ + 4y = x 2 ⋅ e 2x .

Megoldás. a) Ha beszorozzuk az egyenlet mindkét oldalát e −3x -nel, az (y ⋅ e −3x )′ = e−3x ⋅ sin x egyenlőséghez jutunk. Mivel −3 x ∫ e ⋅ sin x dx = −

e −3 x (cos x + 3 ⋅ sin x ) + C 10

Tartalomjegyzék 92 írhatjuk, hogy y(x ) = −

A határozatlan integrálok alkalmazásai 1 (cos x + 3 ⋅ sin x ) + c ⋅ e 3x . 10

b) Ha az egyenlet mindkét oldalát beszorozzuk e 2x -nel, az

(y ⋅ e 2x )′ = x ⋅ e 3x

1⎞ ⎛1 dx = ⎜⎜ x − ⎟⎟⎟e 3x + C , tehát a Lagrange tétel ⎝3 9⎠ következménye alapján létezik olyan c ∈ \ , amelyre ⎛1 1⎞ y(x ) = ⎜⎜ x − ⎟⎟⎟e x + c ⋅ e −2x , ∀ x ∈ \. ⎝3 9⎠ egyenlőséghez jutunk. De

∫ x ⋅e

3x

c) Ha az egyenlet mindkét oldalát beszorozzuk e 5x -nel, az egyenlethez jutunk. Másrészt

∫x

2

(y ⋅ e 5x )′ = x 2 ⋅ e 5x

2 2 ⎞⎟ 5x ⎛1 ⋅ e 5x dx = ⎜⎜ x 2 − x + ⎟e + C , tehát ⎝5 25 125 ⎠⎟

létezik olyan c ∈ \ , amelyre ⎛1 2 2 ⎞⎟ −5 x y(x ) = ⎜⎜ x 2 − x + ⎟ + c ⋅ e , ∀ x ∈ \. ⎝5 25 125 ⎠⎟ d) Ha y 0 és y két megoldása az adott egyenletnek, akkor a z = y − y 0 különbség teljesíti a z ′′ + z = 0 egyenletet. Mivel ennek az egyenletnek az általános megoldását meg tudjuk határozni a karakterisztikus egyenlet segítségével, elégséges egy y 0 sajátos megoldást meghatározni. Ha ezt polinom formájában keressük, az y 0 = 1 megoldáshoz jutunk, tehát az eredeti egyenlet általános megoldása y(x ) = 1 + c1 sin x + c2 cos x . Megjegyzés. Ugyanehhez a megoldáshoz jutunk, ha az általános megoldás jellemzési tételének bizonyításánál használt gondolatmenetet megismételjük. e) Az y(x ) = e x ⋅ z (x ) függvénycsere után az egyenlet a z ′′ − z ′ = 1 alakban írható, tehát az u(x ) = z ′(x ) függvénycserével egy elsőrendű egyenletre vezetődik vissza és így e −x -nel való beszorzás után az u(x ) = c ⋅ e x − 1 . Ebből következik, hogy y(x ) = c1 ⋅ e x + c2 ⋅ e 2x − x ⋅ e x . Megjegyzés. Ugyanehhez az eredményhez jutunk akkor is, ha az y0 sajátos megoldást keressük P(x ) ⋅ e x alakban, ahol P egy polinom. f) Az y(x ) = e 2x ⋅ z (x ) függvénycsere után a z ′′ = x 2 egyenlethez jutunk, tehát az ⎛x 4 ⎞ egyenlet általános megoldása y(x ) = ⎜⎜ + c1x + c2 ⎟⎟e 2x . ⎜⎝ 12 ⎠⎟

Feladatok (83. oldal) 1. Egy 1g tömegű pontszerű testre ható erő egyenesen arányos az idővel és fordítottan arányos a pont sebességével. A mozgás megkezdése után 10 s -cel a testre


93

ható erő 4N és a test sebessége 50 cm / s . Mekkora erő hat a testre a mozgás megkezdése után 60 s -cel? Megoldás. A mozgás egyenlete m ⋅ a(t ) = F (t ) = c ⋅

c t , tehát v(t ) ⋅ v ′(t ) = ⋅ t , m v(t )

ahol m a test tömege, c az arányossági tényező, v(t ) , a(t ) és F (t ) pedig rendre a test sebessége, gyorsulása, és a rá ható erő a t időpillanatban. Ebből következik, hogy c v 2 (t ) = t 2 + c0 , ahol c0 egy állandó. Ha t1 = 10 s időpillanatban ismerjük a v1 m F ⋅v F ⋅v ⋅t sebességet és a testre ható F1 erőt, akkor c = 1 1 = 20 és így c0 = v12 − 1 1 1 , m t1 t = 60 s tehát a 2 időpillanatban a test sebessége F1 ⋅ v1 2 (t2 − t12 ) = 50 29 cm / s. m ⋅ t1 60 24 Tehát ebben a pillanatban a testre ható erő F2 = 20 N = N. 50 29 29 v2 = v12 +

2. Egy golyó áthalad egy 10 cm vastagságú falon. A bemeneti sebesség v0 = 200

m s

m . A fal ellenállása a golyó sebességével négyzes tesen arányos. Mennyi ideig volt a golyó a falban? Megoldás. A dinamika második alaptörvénye szerint F (t ) = m ⋅ a(t ) , ahol F (t ) a golyóra ható erő és a(t ) a golyó pillanatnyi gyorsulása (mindkettő a t és a kijöveteli sebessége v1 = 80

időpillanatban). A feladat alapján F (t ) = c ⋅ v 2 (t ) , ahol v(t ) a golyó sebessége a t v(t ) − v(t ) a(t ) = lim 1 = v ′(t ) a c ⋅ v 2 (t ) = m ⋅ v ′(t ) időpillanatban. Mivel t1 →t t1 − t differenciálegyenlethez jutunk. Ha v0 -val jelöljük a bemeneti sebességet, akkor az 1 1 c = − t egyenlőséghez jutunk. A sebességtörvény alapján az úttörvény v v0 m t

d (t ) − d (t0 ) =

∫ v(u)du

alakban

írható,

tehát

( t0 = d(t0 ) = 0

alapján)

t0

m ⎛ c ⎞ d (t ) = − ln ⎜⎜1 − v 0t ⎟⎟ . Ebből és a fal d vastagságából valamint a golyó v1 c ⎝ m ⎠ c 1 1 m v Δt = − , majd a d = ln 1 kijöveteli sebességéből előbb a m v0 v1 c v0 összefüggéshez jutunk. Így v − v1 d 3 Δt = 0 ⋅ = ≈ 8,18 ⋅ 10−4 s. v1 ⋅ v0 ln v0 − ln v1 4000 ⋅ ln(2, 5)

Tartalomjegyzék 94


3. Egy hajóra ható ellenállás egyenesen arányos a hajó sebességével. Mennyi idő m m m , ha a hajó sebessége 10 és 5 s múlva 8 ? múlva lesz a hajó sebessége 1 s s s c − t c Megoldás. A sebességtörvény v(t ) = v(0) ⋅ e m és ezt a v ′(t ) = − v(t ) mozgásm 5 ⋅ ln 10 ≈ 51, 59 s adódik. egyenletből kapjuk. A számolások elvégzése után t = ln(1, 25) 4. Egy 20DC -os szobában egy tál víz 20 perc alatt hűlt le 100DC -ról 60DC -ra. Mennyi idő múlva lesz a víz hőmérséklete 30DC ? Megoldás. A lehűlés a T (t ) = T* + (T0 − T* ) ⋅ ec⋅t törvény szerint történik, ahol T0 a kezdeti hőmérséklet, T* a környezet hőmérséklete, T (t ) a víz hőmérséklete a t időpillanatban és c egy arányossági tényező (lásd a 3.2. paragrafus 8. példáját). Ez alapján T (t ) = 20 + 80 ⋅ ec⋅t , ahonnan a megadott adatok alapján t2 = 60 perc adódik, tehát a víz hőmérséklete 1 óra múlva éri el a 30°C -t. 5. András és Béla bemennek a cukrászdába, mindketten kérnek egy-egy csésze kávét tejszínnel. András rögtön belekeveri a tejszínt a kávéba és lefödi a kávéját, míg Béla elmegy telefonálni és csak amikor visszajön (10 perc múlva) keveri bele a tejszínt a kávéba. Melyikük kávéja melegebb? Megoldás. A tejszín és a környezet hőmérséklete legyen T* , a tejszín tömege mt és fajhője ct . Hasonlóan a kávé tömege legyen mk és a fajhője ck . Ha a kávét T hőmérsékleten szolgálják fel, akkor a következő részproblémákat kell megoldani: hogyan változik meg a keverés során a hőmérséklet és a fajhő, milyen függvénnyel írható le a kihűlő kávé hőmérséklete. András esetében összekeverjük az mk tömegű, ck fajhőjű és T hőmérsékletű kávét az mt tömegű, ct fajhőjű és T* hőmérsékletű tejszínnel. Ha Tkev (0) a keverék hőmérséklete, akkor a kalorimetriás alapegyenlet (Q = m ⋅ c ⋅ ΔT ) alapján írhatjuk, hogy mkck (T − Tkev (0)) = Q = mtct (Tkev (0) − T* ) , m c T + mtctT* . A keverék kihűlése során a hőátadás törvényét tehát Tkev (0) = k k mtct + mkck használjuk, mely szerint különböző hőmérsékletű anyagok érintkezésénél az átadott hőmennyiség arányos a hőmérsékletkülönbséggel és az idővel. Ha a hőátadási együttható η , akkor egy kis δt időintervallumra ez azt jelenti, hogy ΔQ = −η ⋅ (T (t ) − T* ) ⋅ Δt = m ⋅ c ⋅ (T (t + Δt ) − T (t )) . Δt → 0 esetén az y(t ) = T (t ) − T* függvényre a −η ⋅ y(t ) = c ⋅ m ⋅ y ′(t ) egyenletet −

η

⋅t

kapjuk, tehát y(t ) = y(0) ⋅ e c⋅m és így a lehűlés a T (t ) = T* + (T (0) − T* ) ⋅ e függvénnyel írható le. András keverékének t idő múlva a hőmérséklete η − ⋅t ckev ⋅mkev

η − ⋅t c⋅m

. Tkev (t ) = T* + (Tkev (0) − T* ) ⋅ e Másrészt ha a keverék hőmérséklete csökken ΔT -vel, akkor a kalorimetria alapegyenlete alapján mkck ΔT + mtct ΔT = mkevckev ΔT , ahol mkev és ckev a keverék


95

tömege illetve fajhője. Ebből következik, hogy mkevckev = mkck + mtct , tehát András kávéjának hőmérséklete t idő múlva η η − − t t ck mk ck mk +ct mt ck mk +ct mt = T* + (T − T* ) ⋅ e TA = T* + (Tkev (0) − T* ) ⋅ e . ck mk + ct mt Béla kávéja előbb Δt időt hűl, tehát Δt idő múlva a hőmérséklete −

η

⋅t

Tk (t ) = T* + (T − T* ) ⋅ e ck mk , majd ezt keveri a tejszínnel és így a keverés után Béla kávéjának hőmérséklete η − t c m T (t ) + ct mtT* ck mk TB = k k k = T* + (T − T* )e ck mk . ck mk + ct mt ck mk + ct mt Mivel TA > TB , András ivott melegebb kávét. Megjegyzés. A feladat megoldása során feltételeztük, hogy a hőátadási együttható mindkét esetben ugyanaz. 6. Határozd meg annak a tükörnek az alakját, amely minden O pontból induló fénysugarat az Ox tengellyel párhuzamosan tükröz vissza! Megoldás. Ha T egy tetszőleges pont a tükör felületén és a T -ben húzott érintő az Ox tengelyt A -ban metszi, akkor a visszaverődés törvényei alapján az AOT háromszög egyenlő szárú. Ha a T pont abszcisszája x 0 , akkor az érintő egyenlete y(x 0 ) y − y(x 0 ) = y ′(x 0 ) (x − x 0 ) és így az A pont abszcisszája x A = x 0 − . Az y ′(x 0 ) y(x 0 ) AO = TO egyenlőségből az y ′(x 0 ) = összefüggéshez jutunk. x 0 ± x 02 + y 2 (x 0 ) y differenciálegyenlethez Mivel ez minden x 0 esetén igaz az y ′ = x ± x 2 + y2 y jutunk. Ennek a megoldása az = u helyettesítéssel történik és minden megoldása x parabola, tehát az adott tulajdonság jellemzi a parabolikus tükröket.

T A

O

Tartalomjegyzék 96


7. Egy sima vízszintes asztalról egy l hosszúságú lánc csúszik lefele (az asztal magassága > l ). A mozgás kezdetekor a láncnak már a hosszúságú része nincs az asztalon. Határozd meg, hogy mennyi idő alatt csúszik le az asztalról az egész lánc, ha a súrlódást elhanyagoljuk. Megoldás. Amikor x (t ) hosszúságú rész van lecsúszva, akkor a húzóerő

mg d 2x (t ) x (t ) . A dinamika második alaptörvénye szerint F = m ⋅ , tehát az x dt 2 l g függvényre x ′′(t ) = x (t ) . A karakterisztikus egyenletnek két valós gyöke van, tehát l F=

t

g l

−t

g l

. A kezdeti feltételekből x (0) = a és x ′(0) = 0 , g g ⎞ −t ⋅ a a ⎛⎜ t⋅ l c = c = + e l ⎟⎟⎟ egyenlet megoldása a kért tehát 1 . Így az l = ⎜⎜e 2 ⎜ 2 2⎝ ⎠⎟ a megoldás x (t ) = c1e

+ c2e

időintervallum hossza. 8. Egy hajó esetében a vízellenállás R = αv 2m és a hajócsavar húzóereje ⎛ v⎞ T = T0 ⎜⎜1 − ⎟⎟⎟ , ahol vs állandó. Írd fel a mozgásegyenletet! ⎜⎝ vs ⎠⎟ Megoldás. A dinamika második alaptörvénye és az adott feltételek alapján a ⎛ 2 x ′(t )⎞⎟ ⎟ = 0 , ahol x (t ) a t idő alatt mozgásegyenlet m ⋅ x ′′(t ) + α ⋅ (x ′(t )) − T0 ⎜⎜1 − ⎜⎝ vs ⎠⎟⎟ megtett út. Ez az egyenlet a v(t ) = x ′(t ) függvényre elsőrendű és szétválasztható egyenlet. 9. p0 nyomású és V0 térfogatú hidrogén kiterjed olyan külső nyomás hatására, amely végtelen kicsit tér el a hidrogén belső nyomásától (állandó hőmérsékleten). Mennyi az elvégzett munka? Megoldás. A dW = p ⋅ dV és pV = p0V0 (Boyle-Mariotte törvény) egyenlőségek dV alapján dW = p0V0 ⋅ és így W = p0V0 lnV + C . A kezdeti feltételek alapján V V c = −p0V0 lnV0 , tehát W = p0V0 ln . V0 függvény teljesíti az 10. Egy populáció nagyságát megadó x (t ) x ′ (t ) = c ⋅ x (t ) ⋅ (a − x (t )) egyenletet. Határozd meg x (t ) explicit alakját! (Verhulst modell) Megoldás. Az egyenlet szétválasztható és a következő átalakításokat végezhetjük: ⎛ a ⋅ x ′(t ) x (t ) ⎟⎞′ a ⋅ c1 ⋅ eact ⎟⎟ = a ⋅ c ⇒ x (t ) = , = a ⋅ c ⇒ ⎜⎜ln ⎜⎝ a − x (t )⎠⎟ x (t ) (a − x (t )) 1 + c1 ⋅ eact ahol c1 egy valós konstans.

Tartalomjegyzék A határozott integrál

97

IV. A HATÁROZOTT INTEGRÁL 4.2. A terület értelmezése Megjegyzés. A terület értelmezése a következő módon helyes: Azt mondjuk, hogy a D halmaznak (síkidomnak) van területe, ha bármely ε > 0 esetén 1. léteznek olyan t1, t2 , …, tn ,... diszjunkt belsővel rendelkező téglalapok (ezek a téglalapok lehetnek 0 × 0 méretűek is), amelyekre ∞

∪t

⊂D .

n

n =1

2. léteznek olyan T1,T2 , …,Tn ,... diszjunkt belsővel rendelkező téglalapok (ezek a téglalapok lehetnek 0 × 0 méretűek is), amelyekre ∞

∪T

n

3. ha T -vel és t -vel jelöljük a

⊃D

n =1 ∞

∪ Tn illetve

n =1

∞

∪t

n

területét, akkor

n =1

T −t < ε . 1 értékekhez hozzárendeljük az előbbi T (n ) és t(n ) területeket, akkor a n és (t (n ))n ≥1 sorozatok konvergensek és a közös határértéküket nevezzük a

Ha az εn =

(T (n ))n ≥1

D halmaz területének. Ha a halmaz korlátos, akkor a tankönyvbeli értelmezés is helyes ha bármely n ≥ n 0 esetén értjük, ahol n 0 egy küszöbszám, amely függ a halmaztól. Gyakorlatok és feladatok (89. oldal) 1. Bizonyítsd be, hogy ha D1 és D2 diszjunkt halmazok és T (D1 ) = T1 valamint

T (D2 ) = T2 , akkor T (D1 ∪ D2 ) = T1 + T2 . Bizonyítás. Ha T (D1 ) = T1 és T (D2 ) = T2 , akkor tetszőleges ε > 0 esetén n ≥1

léteznek a (T1n )

n ≥1

, (T2n )

n ≥1

, (t1n )

n ≥1

és (t2n )

téglalaprendszerek úgy, hogy ∞ ε ε i i i i i , , , t ⊂ D ⊂ T t ⊂ D ⊂ T T − T t < T − T (t2i ) < , ( 1) ∑ ∑ ∪ ∪ ∪ ∪ 1 1 1 2 2 2 1 2 2 2 i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 ∞ ∞ ε ε T (T1i ) − T1 < és ∑ T (T2i ) − T2 < . Ha T i = T1i ∪ T2i valamint t i = t1i ∪ t2i ∑ 2 2 i =1 i =1 ∞

∞

∞

∞

∞

n ≥1

minden i ≥ 0 esetén, akkor a (T n )

n ≥1

és (t n )

halmazrendszerek tekinthetők téglalaprendszereknek)

téglalaprendszerekre (ezek a ∞

∞

i =1

i =1

∪ t i ⊂ D1 ∪ D2 ⊂ ∪T i

és

Tartalomjegyzék 98

A határozott integrál ∞

∞

T1 + T2 − ∑ T (t i ) < ε

∑ T (T ) −T

valamint

i

1

i =1

+ T2 < ε .

Így

D1 ∪ D2

a

i =1

halmaznak van területe és ez a terület T1 + T2 . 2

2. Bizonyítsd be, hogy ha D1, D2 ⊂

, T (D1 ) = T1 és T (D2 ) = T2 , akkor létezik a

D1 ∩ D2 területe és T (D1 ∪ D2 ) = T (D1 ) + T (D2 ) − T (D1 ∩ D2 ) . Bizonyítás. Ha T (D1 ) = T1 és T (D2 ) = T2 , akkor tetszőleges ε > 0 esetén n ≥1

léteznek a (T1n ) ∞

∪t i =1

i 1

n ≥1

, (T2n )

∞

∞

⊂ D1 ⊂ ∪T1i ,

∪t

i =1

∑ (T (T2i ) − T (t2i )) < i =1

esetén,

i 2

i =1

∞

i ≥0

n ≥1

, (t1n )

akkor

n ≥1

és (t2n ) ∞

⊂ D2 ⊂ ∪T2i , i =1

⎛∞ ⎞ ε . Ha T i = T1i ∩ ⎜⎜⎜∪T2i ⎟⎟⎟ ⎜⎝ j =1 ⎠⎟ 4 n ≥1

(T n )

a

téglalaprendszerek úgy, hogy ∞ ε (T (T1i ) − T (t1i )) < 4 , ∑ i =1 ⎛∞ ⎞ valamint t i = t1i ∩ ⎜⎜⎜∪ t2j ⎟⎟⎟ minden ⎜⎝ j =1 ⎠⎟

n ≥1

(t n )

és

téglalaprendszerekre (ezek ∞

∪t

halmazrendszerek tekinthetők téglalaprendszereknek)

i =1

∞

∑ T (T ) − T (t ) < ε . i

i

i

⊂ D1 ∩ D2 ⊂ ∪T i n

Az utóbbi egyenlőtlenség amiatt van, hogy a

∞

∞

i

i =1

n

∪T \ ∪ t i

i =1

∪T \ ∪ t

i

i =1

és

i =1

i =1

halmaz felírható

a

∞

i

i =1

⎛⎛ ∞ ⎞ ⎛ ∞ ⎞⎞ ⎛⎛ ∞ ⎞ ⎛ ∞ ⎞⎞ = ⎜⎜⎜⎜⎜∪T1i ⎟⎟ ∩ ⎜⎜∪T2i ⎟⎟⎟⎟⎟ \ ⎜⎜⎜⎜⎜∪ t1i ⎟⎟ ∩ ⎜⎜∪ t2i ⎟⎟⎟⎟⎟ alakban és az ⎝⎜⎝i =1 ⎠⎟ ⎝⎜i =1 ⎠⎟⎠⎟ ⎝⎝⎜i =1 ⎠⎟ ⎝⎜i =1 ⎠⎟⎠⎟

(A ∩ B ) \ (C ∩ D) ⊆ (A \ C ) ∩ (B ∩ D) bennfoglalás alapján a vizsgált halmaz két diszjunkt halmazra bontható úgy, hogy az egyik rész részhalmaza legyen az n

n

i =1

i =1 ∞

∪T1i \ ∪ t1i halmaznak és a másik része az ∞

n

n

∪T2i \ ∪ t2i halmaznak. Így i =1

i =1

∞

ε ε ∑ T (T ) − T (t ) < ∑ T (T ) − T (t ) + ∑ T (T ) − T (t ) < 2 + 2 = ε i =1

i

i

i =1

i 1

i 1

i 2

i 2

i =1

tehát a D1 ∩ D2 halmaznak is van területe. Hasonló gondolatmenet alapján belátható, hogy ha D1 -nek és D2 -nek van területe, akkor D1 \ D2 -nek és D2 \ D1 -nek is van. Az előbbi feladatban megfogalmazott tulajdonság alapján előbb a T (D2 ) = T ((D1 ∩ D2 ) ∪ (D2 \ D1 )) összefüggéshez jutunk, majd a

T (D1 ∪ D2 ) = T (D1 ) + T (D2 \ D1 ) = T (D1 ) + T (D2 ) − T (D1 ∩ D2 ) egyenlőséghez. 3. Számítsd ki a következő függvények grafikus képe alatti síkidom területét: π π b) f : ⎡⎢− , ⎤⎥ → , f (x ) = cos x ; a) f : [0, π ] → , f (x ) = sin x ; ⎣ 2 2⎦ 2 c) f : [−2, 3] → , f (x ) = x − x − 6 ; d) f : [0,1] → , f (x ) = a x .


99

Bizonyítás. a) Ha a [0, π ] intervallumot felosztjuk 2n egyenlő részre, akkor a

π 2

π n −1 kπ sin . Ezt az ∑ 2n n k =1 ⎛ n + 1 ⎞⎟ n sin ⎜⎜ r ⎟ sin a + r n ⎝ 2 ⎠ 2 összeget ki tudjuk számítani a ∑ sin(a + kr ) = r k =0 sin 2 összefüggés alapján (lásd a IX. osztályos tankönyv VIII.4 paragrafusát). Így a (n − 1)π π sin ⋅ sin π 4 4n lim =2 π n →∞ n sin 4n π n kπ határértéket kell kiszámítanunk. A külső téglalapok területeinek összege ∑ sin n k =1 2n és ennek a határértéke szintén 2 . Tehát a vizsgált síkidom területe 2 . b) Vagy az előbbi gondolatmenetet ismételjük meg vagy a trigonometrikus függvények tulajdonságai alapján visszavezetjük az előbbire. Az eredmény itt is 2 . (a grafikus kép alatti részen itt az Ox tengely felé eső részt értettük, mivel az alsó rész korlátlan) 125 c) A tankönyvben megoldott feladathoz hasonlóan járunk el. Az eredmény − . 6 ax − 1 d) A mértani haladványok összegképletét és a lim = ln a alaphatárértéket kell x →0 x a −1 használnunk. Az eredmény . ln a 4. Bizonyítsd be, hogy a × ⊂ 2 halmaz nullmértékű. halmaz megszámlálható a racionális számok elrendezhetők Bizonyítás. Mivel a szerinti szimmetria alapján a beírt téglalapok területének összege

(

egy (qn )n ∈

*

sorozatba. Rögzített ε > 0 esetén a (qi , q j ) ∈

szerkesszünk egy

ε⋅

×

)

elem köré

1

oldalhosszúságú négyzetet (úgy, hogy a (qi , q j ) pont a 2i + j × négyzet középpontja legyen). Az így kapott négyzetek egyesítése lefödi a ∞ ∞ ∞ 1 1 halmazt és a négyzetek összterülete nem nagyobb, mint ε∑ ∑ i + j = ε∑ i = ε . i =1 j =1 2 i =1 2 Tehát a × halmaz nullmértékű. 5. Bizonyítsd be, hogy két nullmértékű halmaz ( -ben vagy 2 -ben) metszete is és egyesítése is nullmértékű. Bizonyítás. Ha A és B nullmértékű halmazok -ben ( 2 -ben), akkor tetszőleges ε > 0 esetén létezik olyan (Ai )i =1,n és (B j )j =1,m intervallumrendszer

Tartalomjegyzék 100

A határozott integrál n

(téglalaprendszer),

∑T (Ai ) ≤

amelyre

i =1

n

ε , 2

∑T (Bj ) ≤ j =1

ε , 2

n

A ⊂ ∪ Ai

és

i =1

m

B ⊂ ∪ B j . Így ha p = max{m, n} és C i = Ai ∪ Bi , ha i = 1, p ( Ai = ∅ , i > n és j =1

Bj = ∅ ha j > m ), akkor a (C i )i =1,p halmazrendszer befedi az A ∪ B és A ∩ B p

∑ T (C ) ≤ ε .

halmazokat és ugyanakkor

i

Tehát az A ∪ B és A ∩ B halmazok

i =1

nullmértékűek. 6. Bizonyítsd be, hogy ha (Ai )i ∈ nullmértékű halmazok, akkor az A = is nullmértékű. Bizonyítás. Ha Ai nullmértékű halmaz esetén létezik olyan n

∑T (A ) ≤ 2 ij

j =1

ε

i +1

(Aij )j =1,n ∞

. Az

-ben (

2

∪A

i∈

i

halmaz

-ben), akkor tetszőleges ε > 0

intervallumrendszer (téglalaprendszer), amelyre

halmaz befödhető az (Aij )i, j ≥0 intervallumrendszerrel

∪A

i

i =1

megszámlálható volta miatt ez az intervallumrendszer (téglalaprendszerrel) és (Bk )k ≥0 ((téglalaprendszer)) tulajdonképpen egy intervallumrendszerként ((téglalaprendszerként))

állítható

elő.

Így

a

(Bk )k ≥0 ∞

∞

(téglalaprendszer) befedi az

∪A

i

intervallumrendszer

halmazokat és ugyanakkor

i =1

∑T (B ) ≤ ε . Tehát az k

k =1

∞

∪A

i

halmaz nullmértékű.

i =1

4.3 . Az integrálhatóság értelmezése Gyakorlatok és feladatok(90. oldal) 1. Bizonyítsd be, hogy ha Δ1 és Δ2 az I intervallum felosztásai, akkor a Δ = Δ1 ∪ Δ2 ponthalmaz is felosztás. Mit állíthatunk Δ normájáról? Bizonyítás. Ha Δ1 = {x 0 = a, x1, x 2,..., x n = b} és Δ2 = {y0 = a, y1, y2,..., ym = b} az I = [a, b ] intervallum két felosztása, ahol x i < x j és yi < y j , ha i < j , akkor Δ1 ∪ Δ2 = {z 0 = a, z 1, z 2 ,..., z p = b } , z i ∈ {x1, x 2,..., x n −1, y1, y2,...ym−1} , i = 1, p − 1

és z i < z j , ha i < j . Így Δ1 ∪ Δ2 is felosztása I -nek és

Δ1 ∪ Δ2 ≤ min ( Δ1 , Δ2 ) .


101

2. Bizonyítsd be, hogy ha Δ1 felosztása az [a, b ] intervallumnak és Δ2 felosztása a

[b, c ] intervallumnak, akkor a Δ = Δ1 ∪ Δ2 ponthalmaz felosztása az [a, c ] intervallumnak. Megkapható-e az [a, c ] intervallum minden felosztása ilyen úton? Bizonyítás. Ha Δ1 = {x 0 = a, x1, x 2,..., x n = b} és Δ2 = {y0 = b, y1, y2,..., ym = c} az I 1 = [a,b ] és I 2 = [b, c ] intervallumok egy-egy felosztása, ahol x i < x j és yi < y j , ha i < j , akkor Δ1 ∪ Δ2 = {z 0 = a, z 1, z 2 ,..., z p = c } , z i ∈ {x1, x 2,..., x n −1, y1, y2,...ym−1} , i = 1, p − 1

és z i < z j , ha i < j . Így Δ1 ∪ Δ2 felosztása I = [a, c ] -nek és

Δ1 ∪ Δ2 ≤ max ( Δ1 , Δ2 ) . Az [a, c ] intervallum minden felosztása nem állítható elő ilyen alakban, mert a Δ1 ∪ Δ2 felosztás mindig tartalmazza a b osztópontot. ⎫ ⎪⎧ 1 n⎪ 3. Jelöljük Δ (p ) -vel a [0,1] intervallum ⎪ ⎨k ⋅ n k = 0, p ⎪⎬ felosztását. Mi a ⎪⎩⎪ p ⎭⎪⎪ szükséges és elégséges feltétele annak, hogy Δ (p ) ⊂ Δ (q ) , ha p, q ∈ * ? Bizonyítsd be, hogy Δ (p ) ∪ Δ (q ) ⊂ Δ (pq ) . Bizonyítás. Igazoljuk a következő tulajdonságot: a q p feltétel annak szükséges és elégséges feltétele, hogy teljesüljön a Δ(p) ⊂ Δ(q ) összefüggés. Mivel ⎧ 1 2 ⎫ ⎧ ⎫ pn − 1 ⎪ 1 2 qn − 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ Δ(p) = ⎪ Δ = ,1 ( q ) 0, , ,..., ,1⎪ és ⎨0, n , n ,..., ⎬ ⎨ ⎬ n n n n ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ p q ⎪ p p ⎪ ⎪ q q ⎪ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ 1 ∈ Δ(q ) . Ez pontosan akkor pn 1 k teljesül, ha létezik olyan k ∈ {1,2,..., q n − 1, q n } , amelyre n = n . Ez alapján p q n n ⎛ q ⎞⎟ ⎛ ⎞ ⎜⎜ ⎟ = k , tehát q p (ellenkező esetben a ⎜⎜ q ⎟⎟ nem lehetne egész szám). Kimutatjuk, ⎜⎝ p ⎠⎟ ⎜⎝ p ⎠⎟

a Δ(p) ⊂ Δ(q ) összefüggés szükséges feltétele, hogy

hogy ez a feltétel elégséges is. Ha q = r ⋅ p , akkor minden k k ⋅ rn = pn qn

alakban és a

0 ≤ k ≤ pn

k alakú tört felírható pn

egyenlőtlenségből következik, hogy

k ∈ Δ(q ) , ∀ k ∈ {0,1,2,..., p n } és így Δ(p) ⊂ Δ(q ) . Mivel pn p pq és q pq az előbbi tulajdonság alapján Δ(p) ⊂ Δ(pq ) és Δ(q ) ⊂ Δ(pq ) , tehát Δ(p) ∪ Δ(q ) ⊂ Δ(pq ) . 0 ≤ k ⋅ r n ≤ q n , tehát


A határozott integrál

4. Induljunk ki az I = [ 0,1] intervallum Δ1 =

{10 , 11} felbontásából és rekurzívan

szerkesszük meg a (Δn )n ≥1 felosztássorozatot az alábbi szabály szerint:

Δ1 : Δ2 : Δ3 : Δ4 : Δ5 :

0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

1 5

1 4 1 4

1 3 1 3 1 3

2 5

1 2 1 2 1 2 1 2

3 5

2 3 2 3 2 3

3 4 3 4

4 5

1 1 1 1 1 1 1 1

a′ a és a Δn két egymás utáni osztópontja és b + b ′ ≤ n + 1 , akkor e b′ b a + a′ két elem közé beiktatjuk az törtet (ellenkező esetben a két tört Δn +1 -ben is b + b′ egymás utáni elem lesz). Bizonyítsd be, hogy érvényesek a következő tulajdonságok: a′ a és egymás utáni osztópontok valamelyik felosztásban, akkor a) ha b′ b a ′b − ab ′ = 1 ; b) a Δn osztópontjai a [0,1] intervallum n -nél nem nagyobb nevezőjű, irreducibilis alakban írt törtjei. Bizonyítás. a) Az állítást matematikai indukcióval igazoljuk. A Δ1 -nek csak két 0 1 osztópontja van a és az . Ezekre érvényes az 1 ⋅ 1 − 0 ⋅ 1 = 1 egyenlőség. Ha az 1 1 a a a állítás érvényes Δn -re és Δn elemei 0 < 1 < 2 < ... < p < 1 , akkor b1 b2 bp a ai ai +1 ⋅ bi − ai ⋅ bi +1 = 1 , i = 0, p . A Δn+1 felosztásban az osztópontot vagy az i +1 bi bi +1 osztópont követi (és ezekre teljesül az összefüggés) vagy bi + bi +1 ≤ n + 1 esetén az ai + ai +1 tört és ebben az esetben (ai + ai +1 )bi − ai (bi + bi +1 ) = ai +1 ⋅ bi − ai ⋅ bi +1 = 1 . bi + bi +1 Tehát a feltétel teljesül a Δn+1 felosztásra is.

Általában ha

b) A szerkesztés alapján a Δn osztópontjainak nevezői nem lehetnek nagyobbak, mint n és az előbbi tulajdonság alapján ha d = (ai , bi ) , akkor d (ai ⋅ bi +1 − ai +1 ⋅ bi ) , tehát

d = 1.


103

Gyakorlatok (93. oldal) 1. Írd fel a következő függvényekhez tartozó Riemann összegeket a megadott felosztások és közbeeső pontrendszerek esetén: 4 5 3 a) f : [1,2] → , f (x ) = x 2 , Δ = 1, , , 2 , ξ = 1, , 2 ; 3 3 2 ⎧(2k + 1) π ⎫ ⎧k π ⎫ ⎪ ⎪ ⎡ π⎤ ⎪ ⎪ k = 0, n ⎪⎬ ; b) f : ⎢ 0, ⎥ → , f (x ) = tg x , Δ = ⎨ k = 0, n ⎬ , ξ = ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 8n ⎣⎢ 4 ⎦⎥ ⎪ 4n ⎪ ⎩ ⎭ ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ k k c) f : [0,1] → , f (x ) = x 4 , Δ = ⎪⎨ n k = 0, 2n ⎪⎬ , ξ = ⎪⎨ n k = 0, 2n − 1⎪⎬ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪2 ⎪ ⎪2 ⎪ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ Megoldás. a) A megadott adatokhoz tartozó Riemann összeg: ⎛4 ⎞ ⎛ 3 ⎞⎛ 5 4 ⎞ 5⎞ 1 9 1 1 29 ⎛ ; σΔ ( f , ξ ) = f (1) ⎜⎜ − 1⎟⎟ + f ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ − ⎟⎟ + f (2) ⎜⎜2 − ⎟⎟ = 1 ⋅ + ⋅ + 4 ⋅ = ⎝ ⎝3 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎝ 3 3 ⎠ 3⎠ 3 4 3 3 12 n −1 π n −1 ⎛⎜(2k + 1) π ⎞⎟ ⋅ ∑ tg ⎜ b) σΔ (f , ξ) = ∑ f (ξk ) (x k +1 − x k ) = ⎟; ⎠⎟ 4n k =0 ⎜⎝ 8n k =0

{

2n −1

}

n

{

}

n

1 2 −1 k 4 1 2 −1 4 ⋅ = ⋅ ∑k . ∑ 2n k =0 24n 25 n k = 0 k =0 2. Milyen függvényekhez (milyen felosztáshoz és közbeeső pontrendszerhez) tartoznak az alábbi Riemann összegek? 2n n 1 1 a) ∑ ; b) ∑ ; k =1 n + k k =1 n + k n n 1 k2 c) p +1 ⋅ ∑ k p ; d) ∑ 3 ; 3 n k =1 k =1 n + k 1 n 1 n k f) ⋅ ∑ n e k ⋅ sin2 . e) 2 ⋅ ∑ n 2 − k 2 ; n k =1 n n k =1 n n n ⎛ k k − 1⎞⎟ 1 1 1 =∑ =∑ ⋅ ⎜⎜ − Megoldás. a) ∑ ⎟ , tehát ez az k ⎛ ⎞ k ⎝ n n ⎠⎟ k =1 n + k k =1 n ⎜1 + ⎟ k =1 1 + ⎟ ⎜⎝ n n ⎠⎟ ⎧k ⎫ 1 ⎪ ⎪ függvényhez, a Δ = ⎨ k = 0, n ⎬ összeg az f : [0,1] → , f (x ) = ⎪n ⎪ 1+x ⎪ ⎪ ⎩ ⎭

c) σΔ ( f , ξ ) = ∑ f (ξk )(x k +1 − x k ) =

⎧⎪ k ⎫ ⎪ felosztáshoz és a ξ = ⎨ k = 1, n ⎬ közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann ⎪⎪ ⎩⎪⎪n ⎭ összeg.



⎛ k k − 1⎞⎟ 1 ⋅ ⎜⎜ − , tehát ez az összeg az k ⎞ k ⎝n ⎠⎟⎟ n = k =1 k =1 k 1 ⎟ ⎜ 1+ ⎜⎝1 + n ⎠⎟⎟ n ⎧k 1 ⎪ ⎪⎫ f : [0,2] → , f (x ) = függvényhez, a Δ = ⎨ k = 0, 2n ⎬ felosztáshoz és a ⎪ ⎪ 1+x ⎪n ⎪ ⎩ ⎭ ⎪⎧ k ⎪⎫ ξ = ⎨ k = 1, 2n ⎬ közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann összeg. ⎪⎩⎪n ⎪⎭⎪

b)

c)

2n

2n

1

1

∑n +k = ∑n ⋅⎛

n

1 n

p +1

f : [0,1] →

=∑

p

p

n ⎛k ⎞ 1 ⎛ k ⎞⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = ∑ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ n k =1 n k =1 n

⎛ k k − 1⎞⎟ ⋅ ⎜⎜ − ⎟ , tehát ez az összeg az ⎝n n ⎠⎟ ⎧ ⎫ ⎪k ⎪ függvényhez, a Δ = ⎨ k = 0, n ⎬ felosztáshoz és a ⎪ ⎪⎭ ⎪n ⎪ ⎩

n

∑kp = ∑ k =1

n

1

, f (x ) = x p

⎧⎪ k ⎫⎪ ξ = ⎨ k = 1, n ⎬ közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann összeg. ⎪⎩⎪n ⎪⎭⎪ 2 2 ⎛ k ⎞⎟ ⎛ k ⎞⎟ ⎜ ⎜ n n n ⎜⎝ n ⎠⎟⎟ ⎛ k k − 1⎞⎟ k2 1 ⎝⎜ n ⎠⎟⎟ ⎜ − d) ∑ 3 = ⋅ = ⎟ , tehát ez az összeg az ∑ ∑ 3 3 ⋅⎜ 3 ⎛ k ⎞⎟ ⎛ k ⎟⎞ ⎝ n n ⎠⎟ k =1 n + k k =1 n k =1 ⎜ ⎜ 1 + ⎜ ⎟⎟ 1 + ⎜ ⎟⎟ ⎝n ⎠ ⎝n ⎠ 2 ⎧ x ⎪k ⎪⎫ f : [0,1] → , f (x ) = függvényhez, a Δ = ⎨ k = 0, n ⎬ felosztáshoz és a 3 ⎪ ⎪ 1+x ⎪n ⎪ ⎩ ⎭ ⎧⎪ k ⎫⎪ ξ = ⎨ k = 1, n ⎬ közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann összeg. ⎪⎩⎪n ⎭⎪⎪

e)

1 n2

n

∑ k =1

összeg az

2

2

n ⎛k ⎞ ⎛k ⎞ 1 ⋅ 1 − ⎜⎜ ⎟⎟⎟ = ∑ 1 − ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎝n ⎠ ⎝n ⎠ k =1 n k =1 n

n2 − k2 = ∑

f : [0,1] →

,

f (x ) = 1 − x 2

⎛ k k − 1⎞⎟ ⋅ ⎜⎜ − ⎟ , tehát ez az ⎝n n ⎠⎟ ⎧k ⎫ függvényhez, a Δ = ⎪⎨ k = 0, n ⎪⎬ ⎪ ⎪ ⎪n ⎪ ⎩ ⎭

⎧⎪ k ⎫⎪ felosztáshoz és a ξ = ⎨ k = 1, n ⎬ közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann ⎪⎩⎪n ⎪ ⎪ ⎭ összeg. k n 1 n n k k ⎛ k k − 1⎞⎟ 2 k n f) ⋅ = ⋅ sin2 ⋅ ⎜⎜ − e sin e ⎟ , tehát ez az összeg az ∑ ∑ ⎝n n k =1 n n n ⎟⎠ k =1 ⎧ ⎫ ⎪k ⎪ f : [0,1] → , f (x ) = e x ⋅ sin2 x függvényhez, a Δ = ⎨ k = 0, n ⎬ felosztáshoz és a ⎪ ⎪⎭ n ⎪ ⎪ ⎩ ⎧⎪ k ⎫ ⎪ ξ = ⎨ k = 1, n ⎬ közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann összeg. ⎪⎩⎪n ⎭⎪⎪ 3. Írd fel a következő függvényekhez tartozó Darboux-féle összegeket a megadott felosztásokon!

Tartalomjegyzék A határozott integrál ⎧x , ⎪ , f (x ) = ⎪ ⎨x 2, ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎪0, x , f (x ) = ⎪ ⎨1 , x ⎪ ⎪ ⎪ ⎩q

105 x∈ x∈

⎧ 2k ⎫ ⎪ ⎪ , Δ = ⎨ k = 0, n ⎬ ; ⎪ ⎪ ⎪n ⎪ ⎩ ⎭ = 0, x ∈ (0,1] \ ⎧k ⎫ p b) f : [0,1] → , Δ = ⎪⎨ k = 0, n ⎪⎬ . = ∈ (0,1] ∩ , ( p, q ) = 1 ⎪⎩⎪n ⎪⎭⎪ q n n ⎛ 2i 2(i − 1)⎞⎟ 2 n Megoldás. a) S Δ (f ) = ∑ M i ⋅ (x i − x i −1 ) = ∑ M i ⋅ ⎜⎜⎜ − ⎟ = ⋅ ∑ Mi , ⎝n n ⎠⎟ n i=1 i =1 i =1 ⎡ 2(i − 1) 2i ⎤ , ⎥ intervallumon. ahol M i -vel az f függvény szuprémumát jelöltük a ⎢ n ⎦⎥ ⎣⎢ n n n ⎛ 2i 2(i − 1)⎞⎟ 2 n sΔ (f ) = ∑ mi ⋅ (x i − x i −1 ) = ∑ mi ⋅ ⎜⎜⎜ − ⎟ = ⋅ ∑ mi , ahol mi -vel az f ⎝n n ⎠⎟ n i=1 i =1 i =1 ⎡ 2(i − 1) 2i ⎤ , ⎥ intervallumon. Másrészt függvény infimumát jelöltük a ⎢ ⎢⎣ n n ⎥⎦ ⎧⎪⎛ 2i − 2 ⎞2 ⎧ ⎪ 2i ⎡n ⎤ ⎡n ⎤ ⎪ , i = 1, ⎢ ⎥ ⎪ ⎪⎪⎜⎜ ⎟⎟ , i = 1, ⎢⎢ ⎥⎥ ⎪⎝ ⎪ ⎠ ⎢ ⎥ n n ⎣2⎦ ⎣2⎦ Mi = ⎪ és mi = ⎪ , tehát ⎨ ⎨ 2 ⎪ ⎪ ⎛ 2i ⎞⎟ 2(i − 1) ⎡n ⎤ ⎡n ⎤ ⎪ ⎪ ⎪⎜⎜ ⎟ , i = ⎢ ⎥ + 1, n ⎪⎪⎪ n , i = ⎢⎢⎣ 2 ⎥⎥⎦ + 1, n ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎪⎪⎜⎝ n ⎠ ⎩ ⎩ n ⎡ ⎤ ⎛⎢ ⎥ ⎞ 2 n 2 ⎜⎜⎜ ⎣⎢ 2 ⎦⎥ 2i 2 ⎛⎡ n ⎤ 2 ⎡ n ⎤⎞ ⎛ 2i ⎞⎟ ⎟⎟⎟ S Δ (f ) = ⋅ ⎜∑ + ∑ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ = 2 ⋅ ⎜⎜ ⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ ⎟⎟⎟ + n ⎜⎜ i =1 n i =1+⎢⎡ n ⎤⎥ ⎝ n ⎠ ⎟⎟ n ⎜⎝ ⎣⎢ 2 ⎦⎥ ⎣⎢ 2 ⎦⎥ ⎟⎠ ⎝⎜ ⎠⎟ ⎣⎢ 2 ⎦⎥

a) f : [0, 2] →

\

⎛ ⎞ ⎛ ⎡n ⎤ ⎞⎞ ⎡ n ⎤ ⎜⎛ ⎡ n ⎤ ⎜ ⋅ ⎜⎜ ⎢ ⎥ + 1⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜⎜2 ⎢ ⎥ + 1⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎢ ⎥ ⎜ 8 ⎜ n(n + 1)(2n + 1) ⎣⎢ 2 ⎦⎥ ⎝ ⎣⎢ 2 ⎦⎥ ⎠ ⎝ ⎣⎢ 2 ⎦⎥ ⎠⎟⎟ + 3 ⎜⎜ − ⎟⎟ és ⎜ n ⎜ 6 6 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎝ ⎠⎟ ⎛ ⎛⎡ n ⎤ ⎞ ⎞ ⎛ ⎡⎢ n ⎤⎥ ⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎢ ⎥ − 1⎟⎟ ⎡⎢ n ⎤⎥ ⎟⎟ 2 n ⎜ ⎣⎢ 2 ⎦⎥ ⎛ 2 ⎜ 2(i − 1)⎟⎞ 2(i − 1)⎟⎟ 2 ⎜⎜(n − 1)n ⎜⎝ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎠⎟ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎟⎟⎟ ⎟⎟ = ⋅ ⎜ − sΔ (f ) = ⋅ ⎜⎜∑ ⎜⎜ ⎟⎟ + ∑ ⎟⎟ + ⎜ ⎜ 2 n ⎜⎜ i =1 ⎝ n ⎠ n ⎟⎟ n ⎜ 2 ⎡n ⎤ ⎟ i = +⎢ 1 ⎥ ⎟ ⎜⎜ ⎝⎜ ⎠⎟ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎝ ⎠⎟ ⎞ ⎞ ⎛ ⎡n ⎤ ⎡ n ⎤ ⎛⎜ ⎡ n ⎤ ⎢ ⎥ ⋅ ⎢ ⎥ − 1⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜⎜2 ⎢ ⎥ − 1⎟⎟⎟ 8 ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎜⎝⎜ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎠ ⎠ ⎝ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ . + 3 n 6 n 1 n 1 n b) S Δ ( f ) = ∑ M i ⋅ (x i − x i −1 ) = ⋅ ∑ M i és sΔs ( f ) = ⋅ ∑ mi = 0 , mert minden n i =1 n i =1 i =1 ⎡i − 1 i ⎤ , ⎥ intervallumban léteznek irracionális számok és ezekben a függvény értéke ⎢ ⎣⎢ n n ⎦⎥ 0.



Gyakorlatok (113. oldal) 1. Számítsd ki a következő határozott integrálokat: 2 1 dx 2 ; a) ∫ (x − 3x + 5)dx ; b) ∫ 2 x −4 −1 1 1

∫

d)

0

e2

2

3x dx ; 3 x +1

2 2

e)

∫ e

4

c)

dx ; x ln x

3x + 3 x )dx ;

0

2

f)

∫ 0

ex dx ; 1 + e 2x

1

π

dx

∫(

∫ 1 + x dx . ∫ 1− x2 0 0 Megoldás. A Newton-Leibniz kritérium alapján számítjuk az integrálokat: g)

∫

x 2 sin xdx ;

h)

;

i)

0

2

a)

∫

2

(x 2 − 3x + 5)dx =

1

x3 3 2 17 − x + 5x = 3 2 6 1

1

b)

dx 1 x −2 ∫ x 2 − 4 = 4 ln x + 2 −1 4

c)

∫(

1

−1

3x + 3 x )dx = 3 ⋅

0

1

d)

0

e)

∫ e

2

f)

0

2 2

g)

∫ 0

h)

4 3

x x + 3 4 2 3

4

=

16 3 + 33 4 3

0

1

(ln x )′ ⋅ dx dx e2 =∫ = ln(ln x )) e = ln 2 x ⋅ ln x ln x e e2

e x ⋅ dx = 1 + e 2x

∫

3 2

3x dx = ln x 3 + 1 = ln 2 3 0 +1

∫x e2

2

1⎛ 1 ⎞ 1 ⎜ln − ln 3⎟⎟⎟ = − ln 3 ⎠ 4 ⎜⎝ 3 2

=

dx 2

2

∫ 0

(e x )′ dx π 2 = arctg e x 0 = arctg e 2 − x 2 4 1 + (e )

= arcsin x

1−x A parciális

2 2 0

=

integrálás

π 4

módszerével

meghatározzuk

az

f : [0, π ] →

2

f (x ) = x ⋅ sin x függvény egy primitívjét:

∫x

2

(

⋅ sin x dx = x 2 (− cos x ) + ∫ 2x ⋅ cos x dx =

)

= −x 2 ⋅ cos x + 2 x sin x − ∫ sin x dx = −x 2 ⋅ cos x + 2x ⋅ sin x + cos x + C .

,

Tartalomjegyzék A határozott integrál Az F : [0, π ] →

107

, F (x ) = −x 2 ⋅ cos x + 2x ⋅ sin x + cos x

függvény segítségével

π

írhatjuk, hogy

∫x

2

⋅ sin x dx = F (π) − F (0) = π 2 − 2 ;

0

i) Megkeressük az

∫ t ⋅ 4t (t

2

f (x ) = 1 + x

,

függvény egy primitív 2

1 + x = t helyettesítéssel x = (t 2 − 1) , dx = 4t (t 2 − 1)dt és így

függvényét. Az az

f : [0,1] →

− 1)dt integrált kell kiszámítanunk. Mivel

∫ t ⋅ 4t (t

2

− 1)dt = 4 ∫ t 4 − t 2 dt =

4 5 4 3 t − t +C , 5 3

az f függvény egy primitív függvénye a

F : [0,1] →

5 3 ⎛ 1 + x ) ⎟⎞⎟ ⎜⎜( 1 + x ) ( ⎟⎟ , F (x ) = 4 ⎜⎜ − ⎟ 5 3 ⎜⎜⎝ ⎠⎟

1

függvény. Így

∫

1 + x dx = F (1) − F (0) =

0

8 ( 2 + 1) . 15

2. Számítsd ki a következő függvények deriváltját: 2x

x

a)

∫ ln (sin t )dt , ahol ε ∈ (0, π) ; ε

Megoldás. a) Ha F : (0, π) → primitívje, akkor

b)

∫ x

t dt ; ln (1 + t )

az f : (0, π) →

x2

c)

∫e

−t 2

dt .

0

, f (x ) = ln (sin x ) függvény egy

⎛x ⎞′ ⎜⎜ ln (sin t )dt ⎟⎟ = F ′(x ) = f (x ) = ln (sin x ) ; , tehát ln ( sin t ) dt = F ( x ) − F ( ε ) ⎟ ∫ ⎜⎜ ∫ ⎝ε ⎠⎟ ε x b) Ha F : (−1, ∞) → az f : (−1, ∞) → , f (x ) = függvény egy ln (1 + x ) x

2x

primitívje, akkor

∫ x

t dt = F (2x ) − F (x ) , tehát ln (1 + t )

⎛ 2x ⎞⎟′ t 4x x ⎜⎜⎜ ∫ ; dt ⎟⎟ = 2 ⋅ F ′(2x ) − F ′(x ) = 2 f (2x ) − f (x ) = − ⎜⎝ x ln (1 + t ) ⎠⎟ ln (1 + 2x ) ln (1 + x )

c) Ha F :

→

az f :

→

, f (x ) = e −x

2

függvény egy primitívje, akkor

⎛ x 2 2 ⎞⎟′ ⎜ −t 2 2 −x 4 ∫ e dt = F (x ) − F (0) , tehát ⎜⎜⎜⎜⎝∫ e dt ⎠⎟⎟⎟⎟ = F ′ (x ) ⋅ 2x = 2x ⋅ f (x ) = 2x ⋅ e . 0 0 3. Számítsd ki a következő összegek határértékét: x2

−t 2

2



a)

n

n

∑ (n + k )

2

b)

;

k =1

⎛ k ⎞2

n

k ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ d) ∑ 2 ⋅ e ⎝n ⎠ ; k =1 n

e)

n

∑

k −n ; n2 k =1

c)

1 n kπ ; sin ∑ n k =1 n

f)

n

n

n

n2

1

2

k =1

2

, f (x ) =

n − k2

n

∑ k =1

⎛k ⋅ ⎜⎜ ⎝ k⎞ n k =1 ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ ⎝ n⎠ n

k =1

vizsgált összeg az f : [0,1] →

1 2

k =0

∑ (n + k ) =∑ n ⋅ (n + k ) =∑ ⎛

Megoldás. a)

n −1

∑

1

2

;

1

. 4n − k 2 k − 1⎞⎟ − ⎟ , tehát a n ⎟⎠ 2

⎧⎪ k ⎫ 1 k = 0, n ⎪⎬ 2 függvénynek a Δ = ⎨ ⎪⎩⎪n ⎪⎭⎪ (1 + x )

⎧⎪ k ⎫⎪ felosztáshoz és a ξ = ⎨ k = 1, n ⎬ közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann ⎪⎩⎪n ⎪⎭⎪ összege. Mivel ez a függvény integrálható a [0,1] intervallumon és amikor n → ∞ , a felosztás normája tart 0 -hoz, írhatjuk, hogy 1 1 n n dx 1 1 = ; = = − lim ∑ 2 2 ∫ n →∞ 1+x 0 2 (1 + x ) k =1 (n + k ) 0

⎞ k −n 1 n ⎛k ⎜⎜ − 1⎟⎟ , ez pedig az f : [0,1] → , f (x ) = x − 1 függvénynek a = ∑ ∑ 2 ⎝ ⎠⎟ n n n k =1 k =1 ⎧⎪ k ⎧⎪ k ⎫⎪ ⎪⎫ Δ = ⎨ k = 0, n ⎬ felosztáshoz és a ξ = ⎨ k = 1, n ⎬ közbeeső pontrendszerhez ⎪⎩⎪n ⎪⎩⎪n ⎪⎭⎪ ⎭⎪⎪ tartozó Riemann összege. Mivel ez a függvény integrálható a [0,1] intervallumon és amikor n → ∞ , a felosztás normája tart 0 -hoz, írhatjuk, hogy 1 1 n k −n x2 1 lim ∑ 2 = ∫ (x − 1)dx = −x = − ; n →∞ n 2 2 k =1 0 0 b)

c)

n

n −1

∑ k =0

f (x ) =

1 2

n −k

2

=

1 1−x

1 n −1 ∑ n k =0

1

függvénynek

2

,

2

⎛k ⎞ 1 − ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎝n ⎠

a

és

ez

az

összeg

⎧⎪ k ⎫⎪ Δ = ⎨ k = 0, n ⎬ ⎩⎪⎪n ⎭⎪⎪

az

f : [0,1) →

felosztáshoz

és

,

a

⎧⎪ k ⎪⎫ ξ = ⎨ k = 1, n − 1⎬ közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann összege. Mivel ⎩⎪⎪n ⎭⎪⎪ x dt π = lim (arcsin x ) = határérték, írhatjuk, hogy létezik a lim ∫ 2 x →1 x →1 2 1−t 0 n −1

lim ∑

n →∞

k =0

1

1 2

n −k

2

=∫ 0

x

dx 1−x

2

= lim ∫ x →1

0

dt 1−t

2

=

π ; 2

Tartalomjegyzék A határozott integrál ⎛ k ⎞2

n

109

⎛ k ⎞2

k ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ 1 n k ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ d) ∑ 2 e⎝n ⎠ = ∑ e ⎝n ⎠ és ez az f : [0,1] → n k =1 n k =1 n tehát ⎛ k ⎞2

n

1

k ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ lim ∑ 2 e ⎝n ⎠ = n →∞ k =1 n

függvény egy Riemann összege, 2

ex x ⋅ e dx = 2

∫

1

x2

0

n

Megjegyzés. A tankönyvben eredetileg a

k

∑ne

⎛⎜ k ⎞⎟2 ⎜⎜⎝ ⎠⎟⎟ n

= 0

e −1 . 2

összeg jelent meg és ennek a

k =1

⎛ k ⎞2

1

1

n k ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ k 2 n +1 2 , és mivel az utolsó határérték végtelen mert ∑ e ⎝n ⎠ > ∑ e n = e n ⋅ 2 k =1 n k =1 n n

n

⎛ k ⎞2

k ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ kifejezés határértéke ∞ , a fogó tétel alapján lim ∑ e ⎝n ⎠ = ∞ . n →∞ k =1 n n 1 kπ e) Az ∑ sin n összeg az f : [0,1] → , f (x ) = sin πx függvényhez a n k =1 ⎫⎪ ⎧⎪ k ⎫⎪ ⎧⎪ k Δ = ⎨ k = 0, n ⎬ felosztáshoz és a ξ = ⎨ k = 1, n ⎬ közbeeső pontrendszerhez ⎪⎩⎪n ⎪⎭⎪ ⎪⎩⎪n ⎭⎪⎪ tartozó Riemann összege. Mivel ez a függvény integrálható a [0,1] intervallumon és amikor n → ∞ , a felosztás normája tart 0 -hoz, írhatjuk, hogy 1 1 1 n kπ 1 2 lim ∑ sin = ∫ sin πx dx = − cos πx = ; n →∞ n n π π 0 k =1 0 n

f)

1

∑

2

4n − k

k =1

f (x ) =

1

2

=

1 n ∑ n k =1

1 2

⎛k ⎞ 4 − ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎝n ⎠

függvényhez,

4 −x2

.

Ez

az

összeg

⎧⎪ k ⎫⎪ Δ = ⎨ k = 0, n ⎬ ⎪⎩⎪n ⎭⎪⎪

a

f : [0,1] →

az

felosztáshoz

⎧ ⎪⎫ ⎪k ξ = ⎨ k = 1, n ⎬ közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann összege, tehát ⎪⎭⎪ ⎪ ⎪n ⎩ 1 n 1 dx x 1 π lim ∑ arcsin = = = . ∫ 2 2 2 n →∞ 2 0 6 4n − k 4 −x k =1 0

4. Számítsd ki a következő határértékeket: x x dt t ; b) a) lim ∫ dt ; lim 2 ∫ 2 →∞ x →∞ x t t + + 1 1 0 1 x

d) lim ∫ x →∞

1

dt t t2 − 1

1

;

e) lim ∫ a →∞

0

dx ; x −a + 1

x

e t +1 dt ; 3 t −1

c) lim ∫ x →0 x <0

x

f) lim ∫ t 2e −tdt . x →∞

0

és

,

a


A határozott integrál x

x dt π t = lim arctg = lim arctg x = ; 2 →∞ →∞ x →∞ x x 0 1+t 2 0 x függvény egy primitív függvényét. b) Kiszámítjuk az f : [1, ∞) → , f (x ) = 1 + x2 2u 2 du integrált kell kiszámítani. A t = u helyettesítéssel az I = ∫ 1 + u4 ⎞⎟ 2u 2 2 ⎛⎜ u u I =∫ du = − 2 ⎟du = ⎜⎜⎝ 2 4 ∫ 1+u 2 u − 2u + 1 u + 2u + 1⎠⎟

Megoldás. a) lim ∫

1 u 2 − 2u + 1 ln + arctg ( 2u − 1) + arctg ( 2u + 1) + C , 2 u 2 + 2u + 1 1 t − 2t + 1 + arctg ( 2t − 1) + arctg ( 2t + 1) tehát az F : [1, ∞) → , F (t ) = ln 2 t + 2t + 1 függvény egy primitív függvénye a f -nek. Így a Newton-Leibniz képlet alapján =

x

t

∫ 1 + t dt = F (x ) − F (1) és 2

1

x

lim ∫

x →∞

c) Ha x < 0

1

t 3π − ln ( 2 − 1) . dt = lim F (x ) − F (1) = 2 x →∞ 1+t 2

és t ∈ [−1, x ] ⊂ [−1, 0) , akkor e t +1 > e 0 , ∀ t ∈ (−1, x ] . Ha az

egyenlőtlenség mindkét oldalát elosztjuk t 3 < 0 -val és integráljuk −1 -től x -ig, az x x e t +1 dt dt < ∫ t3 ∫ t3 , ∀ x < 0. −1 −1 x

Másrészt

dt 1 ∫ t 3 = − 2t 2 −1

x −1

1⎛ 1⎞ 1⎛ 1⎞ = ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ és lim ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ = −∞ , tehát a fogó tétel 0 x → x ⎠ 2⎝ 2⎝ x ⎠ x <0

x

e t +1 dt = −∞ . 3 t −1

alapján lim ∫ x →0 x <0

d) Kiszámítjuk az

f : (1, ∞) →

,

f (x ) =

1

függvény egy primitív x x2 −1 dt du 1 helyettesítéssel az ∫ integrálból a −∫ függvényét. A t = 2 u t t −1 1 − u2 1 integrálhoz jutunk, tehát az F : (1, ∞) → , F (x ) = − arcsin függvény az f egy x x x dt 1 π 1 = − arcsin = − arcsin , tehát primitívje. Így írhatjuk, hogy ∫ 2 t1 2 x 1 t t −1


111

x

dt

lim ∫

=

2

π 1 π − lim arcsin = . →∞ x 2 x 2

t t −1 e) Ha a → ∞ és x ∈ [0,1] , akkor x − a -ról feltételezhetjük, hogy negatív. Másrészt x →∞

1

1

dx

∫ a − x + 1 = − ln x − (a + 1) 0

1

lim ∫

a →∞

0

1 0

= ln

a +1 a

és

lim ln

a →∞

a +1 = 0, a

tehát

dx = 0. x −a + 1

f) Meghatározzuk az f : [0, ∞) → , f (x ) = x 2 ⋅ e −x függvény egy primitív függvényét. Ezt két parciális integrálással vagy a határozatlan együtthatók módszerével tehetjük meg. A P(x ) ⋅ e −x alakú kifejezés ( P polinom) deriváltja

(P ′(x ) − P(x ))e −x , együtthatók

(ax 2 + bx + c )e −x alakú. Az 2 −x −x 2 ∫ x ⋅ e dx = −e (x + 2x + 2) + C

tehát az integrálás eredménye

azonosítása

után

összefüggéshez jutunk, tehát az

az

F : [0, ∞) →

F (x ) = −e −x (x 2 + 2x + 2)

,

függvény egy primitív függvénye f -nek. Így x

∫t

2

⋅ e −t dt = F (x ) − F (0) = −e −x (x 2 + 2x + 2) + 2 és

0

x

lim ∫ t 2 ⋅ e −t dt = 2 − lim e −x (x 2 + 2x + 2) = 2 ,

x →∞

x →∞

0

mert a l’Hospital szabály kétszeri alkalmazása alapján x 2 + 2x + 2 2x + 2 2 lim = lim = lim x = 0 . x x x →∞ x →∞ x →∞ e e e 5. Számítsd ki a következő határértékeket: x3

x

∫e

∫ sin t dt 2

−t 2

dt

; b) lim 0 3 . x → 0 sin x x2 Megoldás. a) Feltételezzük, hogy x > 0 . A (0, x ) intervallumon alkalmazott cx ∈ (0, x ) , integrál középértéktétel alapján létezik olyan amelyre a) lim

0

x →0

x

x

∫

2

2 x

sin t dt = x ⋅ sin c . Ebből következik, hogy 0 <

∫ sin t 0

0

x

2

2

dt =

x ⋅ sin cx2 sin x 2 . < 2 x x

2

A

lim x →0

sin x =0 x

határérték

és

a

fogó

tétel

alapján

következik,

hogy



x

lim

x

∫ sin t

2

dt = 0 . Hasonlóan x < 0 esetén a lim

0

x2

x →0 x >0

∫ sin t

x →0 x <0

2

dt = 0 összefüggéshez

0

x2

x

∫ sin t

2

dt

= 0. x2 Megjegyzés. A határérték kiszámítására használhatjuk a l’Hospital szabályt is.

jutunk, tehát lim

0

x →0

x

∫ sin t

2

dt

sin x 2 = 0. x →0 x →0 x2 2x b) Ha x < 0 , akkor az (x 3 , 0) intervallumon alkalmazott integrál középérték tétel lim

0

= lim

x3

3

alapján létezik olyan cx ∈ (x , 0) , amelyre

∫e

−t 2

dt = e −cx (x 3 − 0) = e −cx ⋅ x 3 . Ez 2

2

0

x3

∫e

−t 2

dt

2

2 6 e −cx ⋅ x 3 . Mivel cx ∈ (x 3 , 0) , cx2 ∈ (0, x 6 ) és így e −cx ∈ e −x ,1 , = alapján 3 3 sin x sin x 6 −x 6 3 −cx2 e ⋅x e ⋅x3 x3 e −x ⋅ x 3 x3 < < = 1 , tehát a = lim . Másrészt lim tehát 3 3 3 3 x → 0 sin x x → 0 sin 3 x sin x sin x sin x x <0 x <0

(

0

x3

fogó tétel alapján

lim x →0 x <0

∫e

)

x3 −t 2

dt

0

sin 3 x

= 1 . Hasonlóképpen

lim x →0 x >0

∫e

−t 2

dt = 1 , tehát

0

sin 3 x

x3

lim x →0

∫e

−t 2

dt

0

sin 3 x

= 1. x3

∫e

−t 2

dt

2

3x 2 ⋅ e −t = = 1. lim Megjegyzés. A l’Hospital tétel alapján lim x →0 x → 0 3 sin2 x ⋅ cos x sin 3 x 6. Tanulmányozd a következő függvények monotonitását: x x 1 1 ⎡1 ⎞ dt . a) f : ⎢ , ∞⎟⎟⎟ → , f (x ) = ∫ cos ⋅ 2 dt ; b) f : → , f (x ) = ∫ 4 3 ⎠ ⎢⎣ π t t 1 t + 1 0 0

π


113

Megoldás. a) Az f függvény folytonos és deriválható az értelmezési tartományán 1 1 1 és f ′(x ) = cos ⋅ 2 > 0 , ∀ x ≥ esetén. Ebből következik, hogy f növekvő az x x 4 értelmezési tartományán. b) Az f függvény folytonos és deriválható az értelmezési tartományán és 1 f ′(x ) = > 0 , tehát f szigorúan növekvő. 3 4 x +1 7. Bizonyítsd be, hogy 1 1 1 1 x dx ; a) ∫ x ⋅ arctg xdx > ∫ ln (1 + x 2 )dx ; b) ∫ ln (1 + x ) dx ≥ ∫ 1 + x 0 0 0 0 1

c)

∫(

1

)

2

d) 3 < ∫

2 − e −x dx ≥ 2 ;

−1

0

Megoldás.

a) f

függvényt.

f ′′(x ) =

9 + x 2 dx < 10 .

Tekintsük folytonos,

2x 2 2

(1 + x 2 )

az

f (x ) = x ⋅ arctg x − ln (1 + x 2 ) x [0,1] -en, f ′(x ) = arctg x − és 1 + x2

f : [0,1] →

deriválható

,

. Mivel f ′′(x ) > 0, ∀ x > 0 , az f ′ függvény szigorúan növekvő

[0,1] -en és így f ′(x ) > f ′(0) = 0 , ∀ x ∈ [0,1] . Ebből következik, hogy f szigorúan növekvő és így f (x ) > f (0) = 0, ∀ x ∈ (0,1] . Ha integráljuk 0 -tól 1 -ig az 1

∫ 0

1

x ⋅ arctg x dx > ∫ ln (1 + x 2 )dx . 0

b) Tekintsük az f : [0,1] →

, f (x ) = ln (1 + x ) −

és deriválható a [0,1] -n és f ′(x ) =

x függvényt, amely folytonos x +1

x 2 > 0, ∀ x ∈ [0,1] . Ebből következik, hogy (1 + x )

f szigorúan növekvő a [0,1] intervallumon és így f (x ) > f (0) = 0 , ∀ x ∈ [0,1] . Ha

ezt az egyenlőtlenséget integráljuk a [0,1] intervallumon, akkor az 1

1

∫

ln (1 + x )dx ≥ ∫

0

0

x dx x +1

egyenlőtlenséghez jutunk. 1

c) Az

∫( −1

2

1

)

2

2 − e −x dx ≥ 2 egyenlőtlenség pontosan akkor teljesül, ha 2 ≥ ∫ e −x dx . −1

1

1 2

Másrészt e −x ≤ e 0, ∀ x ∈ [−1,1] és ezért 2 = ∫ 1dx ≥ ∫ e −x dx . 2

−1

−1

Tartalomjegyzék A határozott integrál f : [0,1] →

d) Az

,

114

f (x ) = 9 + x 2

függvény szigorúan növekvő a [0,1]

intervallumon, ezért f (0) < f (x ) < f (1), ∀ x ∈ (0,1) . Mivel f (0) = 3 és f (1) = 10 1

az

előbbi

egyenlőtlenség

integrálásával

3<∫

a

9 + x 2 dx < 10

0

egyenlőtlenséghez jutunk. 8. Számítsd ki a következő határozott integrálokat: 2 4 ⎛ 2 ⎞⎟ x 2 dx ; b) a) ∫ min ⎜⎜⎜x , ⎟ 2⎟ ∫ max (2 , x )dx ; ⎠ ⎝ 1 x + 0 0

⎧⎪x + e x , d) ∫ f (x )dx , ahol f (x ) = ⎪ ⎨ 2 ⎪⎪ x + 1, −1 ⎩

ha x ≤ 0

1

Megoldás.

a)

Az

f : [0,2] →

,

ha x > 0

2

c)

∫ inf (t 0

t ≤x

2

− 2t )dx ;

.

⎛ 2 ⎞⎟ f (x ) = min ⎜⎜⎜x , ⎟ ⎝ 1 + x 2 ⎠⎟

függvény

még

x <1 ⎪⎧⎪x , ⎪ alakban is írható. Ebből következik, hogy f (x ) = ⎨ 2 ⎪⎪ , x ≥1 2 ⎪⎪⎩1 + x 2

∫ 0

1

1

2

⎛ x2 2 ⎞⎟ 2dx dx = x dx + = + 2 ⋅ arctg x min ⎜⎜⎜x , 2⎟ 2 ∫ ∫ ⎝ 1 + x ⎠⎟ 1+x 2 0 0 1

2 1

=

π 1 + 2 arctg 2 − . 2 2 x ⎧ 2 , x ∈ [0, 2] ⎪ ⎪ b) Ha x ∈ [0, 4] , akkor max (2x , x 2 ) = ⎨ 2 , tehát ⎪ x , x ∈ (2, 4] ⎪ ⎪ ⎩ =

4

2

∫ max (2 , x )dx = ∫ 2 x

x

2

0

c) Legyen f : [0,2] →

0

4

dx + ∫ 2

2

4

2x x3 3 56 x dx = + = + . ln 2 0 3 2 ln 2 3 2

, f (x ) = inf (t − 2t ) . Mivel az x 2 − 2x kifejezés csökkenő a 2

t ≤x

(−∞,1] intervallumon és növekvő az [1, ∞) intervallumon írhatjuk, hogy 2 ⎧ ⎪ ⎪x − 2x , x ≤ 1 f (x ) = ⎨ . ⎪ −1, x >1 ⎪ ⎪ ⎩ 2 1 2 5 2 Ebből következik, hogy ∫ f (x )dx = ∫ x − 2x dx + ∫ −1dx = − . 3 0 0 1 9. Tanulmányozd a következő sorozatok konvergenciáját és számítsd ki a határértéküket:

Tartalomjegyzék A határozott integrál 1

a) I n =

∫

xn dx ; x +1

∫

(ln x ) dx ;

0 e

c) I n =

115 1

b) I n =

∫ ln (1 + x 0 1

n

d) I n =

∫ 0

1

1

x ndx . x 2 + 2x + 2

1

xn 1 dx ≤ ∫ x n dx = , ∀n ∈ x +1 n +1 0

következik, hogy, 0 ≤ ∫ 0

*

)dx ;

xn ≤ x n , ∀ x ∈ [0,1] egyenlőtlenség integrálásából 0≤ x +1

Megoldás. a) A

alapján az (I n )n ∈

n

, vagyis a fogó tétel

sorozat konvergens és határértéke 0 .

b) A ln (1 + y ) ≤ y, ∀ y > 0 egyenlőtlenség alapján 0 ≤ ln (1 + x n ) ≤ x n , ∀ x ∈ [0,1] 1

1

és ∀ n ≥ 0 , tehát 0 ≤ ∫ ln (1 + x n )dx ≤ ∫ x n dx = 0

következik, hogy az (I n )n ∈

0

*

1 . A fogó tétel alapján n +1

sorozat konvergens és határértéke 0 . n +1

n

c) Mivel x ∈ [1, e ] esetén ln x ∈ [0,1] , írhatjuk, hogy 0 ≤ (ln x ) ≤ (ln x ) , ∀ x ∈ [1, e ] és ∀ n ≥ 1 . Ebből következik, hogy 0 ≤ I n +1 ≤ I n , ∀ n ≥ 1 , tehát a

sorozat csökkenő és alulról korlátos. Ebből következik, hogy a vizsgált sorozat konvergens. Másrészt e

I n = ∫ 1 ⋅ (ln x ) dx = x ⋅ (ln x ) n

n

1

1 0

e

− n ⋅ ∫ (ln x )

n −1

dx ,

1

I e tehát n = − I n −1, ∀ n ≥ 1 . Mivel az (I n )n ≥1 sorozat konvergens határértékre n n térhetünk az előbbi rekurzióban. Így a 0 ⋅ lim I n = 0 − lim I n egyenlőséghez jutunk, n →∞

n →∞

ahonnan következik, hogy lim I n = 0 . n →∞

d) Mivel 2 ≤ x 2 + 2x + 2 ≤ 5, ∀ x ∈ [0,1] írhatjuk, hogy

xn xn xn ≤ 2 ≤ , x + 2x + 2 5 2

1

∀ x ∈ [0,1] ,

1 xn 1 ≤∫ 2 dx ≤ . 5 (n + 1) x + 2x + 2 2 (n + 1) 0

tehát

Ebből

az

egyenlőtlenségből a fogó tétel alapján következik, hogy lim I n = 0 . n →∞

10. Az előbbi feladat d) alpontjában szereplő sorozat esetén számítsd ki a lim n ⋅ I n n →∞

határértéket! Megoldás.

Mivel

I n +2 + 2I n +1 + 2I n =

x n +2 + 2x n +1 + 2x n = x n (x 2 + 2x + 2) ,

1 . Másrészt x n +1 ≤ x n , ∀ x ∈ [0,1] és n +1

írhatjuk,

hogy

∀ n ≥ 1 , tehát

Tartalomjegyzék A határozott integrál ∀n ≥1.

I n +1 ≤ I n ,

116 Az

előbbi

két

tulajdonság

alapján

1 1 = 2I n + 2I n +1 + I n +2 ≤ 5I n és = 2I n + 2I n +1 + I n +2 ≥ 5I n +2 , n +1 n +1 1 1 1 ≤ In ≤ , ∀ n ≥ 1 és így a fogó tétel alapján lim n ⋅ I n = . n →∞ 5(n + 1) 5 (n − 1) 5 11. Tanulmányozd a következő függvények integrálhatóságát: 1 ⎧ ⎪ ⎪ 1, x = , n ∈ * ⎪ n a) f : [0,1] → , f (x ) = ⎪ ⎨ ⎧1 ⎫; *⎪ ⎪ ⎪ 0, ∈ 0,1 \ ∈ x n [ ] ⎪ ⎨ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪n ⎪ ⎩ ⎭ ⎪ ⎩ ⎧1, x ∈ [0,1] ∩ ⎪ b) f : [0,1] → , f (x ) = ⎪ ⎨0, x ∈ [0,1] \ ; ⎪ ⎪ ⎩ x ∈ [0,1] ∩ ⎪⎧x , c) f : [0,1] → , f (x ) = ⎪ ⎨−x , x ∈ [0,1] \ ; ⎪⎪⎩ d) f : [0,1] →

⎧⎪ 1 ⎪⎪ n , 2 ) ( , f x =⎪ ⎨ ⎪⎪0, ⎪ ⎪⎩

1 ,n∈ * n ⎧1 x ∈ [0,1] \ ⎪⎨ n ∈ ⎪⎩⎪n

tehát

x=

*

⎫⎪ . ⎬ ⎪⎭⎪

⎫⎪ ⎪⎧ 1 Megoldás. a) Az f függvény szakadási pontjainak halmaza ⎨ n ≥ 1⎬ és ez a ⎪⎩⎪n ⎭⎪⎪ ⎡1 ε 1 ε ⎤ halmaz nullmértékű, mert minden ε > 0 esetén lefedhető az ∪ ⎢ − n +1 , + n +1 ⎥ ⎢ ⎥⎦ 2 2 n n n ≥1 ⎣ ∞ 1 intervallumrendszerrel és ennek az összhossza ε ⋅ ∑ n = ε . Másrészt a függvény n =1 2 korlátos, tehát a Lebesque kritérium alapján integrálható. b) Ha Δ egy tetszőleges felbontása a [0,1] intervallumnak, a ξ1 közbeeső pontrendszer elemei mind racionális számok és a ξ2 pontrendszer elemei mind irracionális számok, akkor a két közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann összeg: n −1

σΔ (f , ξ1 ) = ∑ 1 ⋅ (x k +1 − x k ) = 1

n −1

és

k =0

σΔ (f , ξ1 ) = ∑ 0 ⋅ (x k +1 − x k ) = 0 ,

tehát

a

k =0

Riemann összegek nem tarthatnak ugyanahhoz a számhoz, amikor Δ → 0 . c) Akárcsak az előbb ha Δ egy tetszőleges felbontása a [0,1] intervallumnak, a ξ1 = (ξ1k )k =1,n

közbeeső pontrendszer elemei mind racionális számok és a

ξ2 = (ξ2k )k =1,n pontrendszer elemei mind irracionális számok, akkor a két közbeeső n −1

pontrendszerhez

tartozó

Riemann

összeg

σΔ (f , ξ1 ) = ∑ ξ1k ⋅ (x k +1 − x k ) k =0

és


117

n −1

σΔ (f , ξ1 ) = ∑ (−ξ2k ) ⋅ (x k +1 − x k ) . Ha Δ → 0 , akkor a σΔ(f , ξ1 ) összegek tartanak k =0

1

1

az I 1 = ∫

1 1 x dx = számhoz és a σΔ (f , ξ2 ) összegek az I 2 = −∫ x dx = − 2 2 0

számhoz

mivel

0

f1,2 : [0,1] →

az

f1(x ) = x

,

és

f2 (x ) = −x

függvények

integrálhatók. Ebből következik, hogy Δ → 0 esetén a Riemann összegek nem tartanak ugyanahhoz az I számhoz, tehát a függvény nem integrálható. Megjegyzés. A b) és c) alpontok esetében a Lebesque kritérium is használható, mivel a szakadási pontok halmaza az egész [0,1] intervallum és ez nem nullmértékű. d) A szakadási pontok halmaza ugyanaz, mint az a) alpontnál tanulmányozott függvény esetén, a függvény ez esetben is korlátos, tehát a Lebesque kritérium alapján integrálható. Megjegyzés. A bizonyítás az a) és d) alpontok esetében is elvégezhető a Riemann összegek segítségével. 1 n

12. Ha an =

∫

1 n

arcsin nxdx és bn =

∫

arctg nxdx , ∀n ≥ 1 , akkor számítsd ki a

1 n +1

1 n +1

an határértéket. bn ⎛ 1 1⎞ , ⎟⎟ intervallumon alkalmazott integrál középérték tételt Megoldás. Az ⎜⎜⎜ ⎝ n + 1 n ⎠⎟ ⎛ 1 1⎞ , ⎟⎟⎟ úgy, hogy alapján létezik cn , dn ∈ ⎜⎜⎜ ⎝n + 1 n ⎠ lim

n →∞

1 n

∫

1 n +1

⎛1 1 ⎞⎟ arcsin nx dx = arcsin(n ⋅ cn ) ⋅ ⎜⎜⎜ − ⎟ és ⎝ n n + 1⎠⎟

1 n

∫

1 n +1

Ebből következik, hogy

⎛1 1 ⎞⎟ arctg nx dx = arctg(n ⋅ dn ) ⋅ ⎜⎜⎜ − ⎟. ⎝ n n + 1⎠⎟

π arcsin (cn ⋅ n ) arcsin 1 an 2 = 2, = π lim = lim = n →∞ b n →∞ arctg (d ⋅ n ) arctg1 n n 4 ⎛ 1 ⎞⎟ 1 , ⎟ összefüggések alapján lim n ⋅ cn = lim n ⋅ dn = 1 . mert a cn , dn ∈ ⎜⎜⎜ n →∞ n →∞ ⎝ n + 1 n ⎟⎠


118

Feladatok (115. oldal) 1. Bizonyítsd be, hogy: 2 n −1 n +1 a) 1 + (1 − x ) + (1 − x ) + + (1 − x ) = C n1 − C n2x + + (−1) C nn x n −1 ; n 1 1 1 k +1 b) 1 + + + = ∑ (−1) C nk ⋅ . n k 2 k =1 Bizonyítás. a) A baloldali összeg egy mértani haladvány első n tagjának összege, a haladvány első tagja 1 és a kvóciense (1 − x ) , tehát 1 − (1 − x )n 1 − (1 − x )n . 1 + (1 − x ) + (1 − x )2 + ... + (1 − x )n −1 = = x 1 − (1 − x )

Az (1 − x )n Newton-féle kifejtése (1 − x )n = 1 − C n1x + C n2x 2 − ... + (−1)nC nn x n , tehát n 1 − (1 − x ) 1 − 1 + C n1x − C n2x 2 + ... + (−1)n +1C nn x n = = x x = C n1 − C n2x + C n3x 2 − ... + (−1)n +1C nn x n . Az előbbi azonosságok alapján következik a kért egyenlőség. b) Ha az előbbi egyenlőség mindkét oldalát integráljuk 0 -tól 1 -ig, akkor az 1 1 1 1 (1 − x )k +1 1 k x k dx = és egyenlőségek alapján a (1 − x ) dx = − = ∫ ∫ k +1 k +1 0 k +1 0 0 1+

n 1 1 1 1 + + ... + = ∑ (−1)k +1C nk 2 3 n k k =1

egyenlőséghez jutunk. 2. Integrálszámítás segítségével számítsd ki a következő összegeket: n n 1 Ck b) ∑ . a) ∑ n ; k k =1 k ⋅ 2 k =0 k + 1 n

Megoldás. a) Ha az (1 + x )n = ∑ C nk x k azonosság mindkét oldalát integráljuk a k =0

1

n +1

[0,1] intervallumon, akkor az

egyenlőséghez jutunk. k +1 1 1 ⎛ 1 ⎞⎟ ⎜ − 0 n −1 2 2 n n −1 ⎜ ⎟ 1 ⎝ ⎠ =∑ 2 = ∑ ∫ x kdx = ∫ b) ∑ k k +1 k =1 k ⋅ 2 k =0 k =0 0 0 3. Az

( fn ) :

f0 : →

→

,

1

n n 2 −1 Ck = ∫ (1 + x )n dx = ∑ ∫ C nk x k dx = ∑ n n +1 k =0 0 k =0 k + 1 0

f0 (x ) = x ⋅ e

x

n −1

∑x

1 2

k

k =0

dx = ∫ 0

xn −1 dx . x −1

függvényből kiindulva megszerkesztjük az

, n ≥ 1 függvénysorozatot a következő rekurzió szerint x

fn +1 (x ) = ∫ fn (t )dt . 0


119

Határozd meg az fn függvény explicit alakját! Megoldás. Számolással ellenőrizhető, x f2 (x ) = (x − 2)e + x + 2 .

hogy

f1(x ) = (x − 1)e x + 1 ,

és

x n−j , ∀ n ≥ 1 . n = 1 és (n − j )! j =1 n = 2 esetén az egyenlőség igaz, tehát a matematikai indukció elve alapján elégséges k x k −j igazolni, hogy ha fk (x ) = (x − k )e x + ∑ j ⋅ valamilyen k ∈ esetén, akkor (k − j ) ! j =1 n

Indukcióval bizonyítjuk, hogy fn (x ) = (x − n )e x + ∑ j ⋅

k +1

fk +1(x ) = (x − k − 1)e x + ∑ j ⋅ j =1

x k +1− j . Ez viszont igaz, mert (k + 1 − j ) !

x

fk +1 (x ) =

∫

x

fk (t ) dt =

0

k

(t − k )et + ∑ j ⋅

∫

j =1

0

= (t − k − 1)e t

x 0

k

+∑j⋅ j =1

k − j +1

t k −j dt = (k − j )! x

t = (k − j )!⋅ (k − j + 1) 0

k +1 x k − j +1 x k −j +1 = (x − k − 1)e x + ∑ j ⋅ . (k − j + 1)! (k − j + 1)! j =1 j =1 4. Tanulmányozd a következő függvények integrálhatóságát: ⎧⎪[x ] x ≠0 ⎪ , b) f : → , f (x ) = ⎪ ; a) f : → , f (x ) = x ⋅ [x ] ; ⎨x ⎪⎪1, = x 0 ⎪⎩ ⎡ 1 ⎤ x − [x ] c) f : * → , f (x ) = ⎢ ⎥ ⋅ x ; d) f : [0,2] → , f (x ) = . ⎢⎣ x ⎥⎦ 2x − [x ] + 1 k

= (x − k − 1)e x + (k + 1) + ∑ j ⋅

Megoldás. a) Az f függvény szakadási pontjainak halmaza

{k k ∈ }

és ez

nullmértékű, tehát a függvény tetszőleges [a,b ] zárt intervallumon integrálható (gyakorlatilag tetszőleges zárt intervallumban véges sok szakadási pontja van a függvénynek). [x ] 1 b) Ha x ∈ [−1, 0) , akkor, = − és ennek a kifejezésnek a határértéke ∞ , ha x x x → 0 , tehát a függvény nem korlátos a 0 -t és negatív értékeket is tartalmazó intervallumokon. Így f nem integrálható az [a,b ] intervallumon ha 0 ∈ (a, b) vagy b = 0 . Ugyanakkor minden más zárt intervallumon integrálható, mert véges sok szakadási pontja van és korlátos. c) A függvény minden olyan zárt intervallumon korlátos, amely a 0 -t nem tartalmazza. Ugyanakkor a szakadási pontjainak halmaza nullmértékű, tehát f integrálható az [a,b ] intervallumon, ha 0 ∉ [a,b ] . d) A függvény értelmezési tartománya [0,2] , ezért írhatjuk, hogy


120 ⎧⎪ x , x ∈ [0,1) ⎪⎪ 2x + 1 f (x ) = ⎪⎨ ⎪⎪ x − 1 ⎪⎪ 2x , x ∈ [1, 2], ⎩

x x −1 és 2x + 1 2x kifejezésekkel a [0,1] és [1,2] intervallumokon értelmezhető függvények folytonosak, tehát az f korlátos is. Ebből következik, hogy a függvény integrálható. tehát szakadási pontjainak halmaza véges. Ugyanakkor az

5. Bizonyítsd be, hogy ha f : [a, b ] →

folytonos és g : [a, b ] →

* +

integrálható,

akkor létezik olyan c ∈ [a, b ] , amelyre b

∫ a

b

f (x ) g (x )dx = f (c ) ⋅ ∫ g (x )dx a

(a középértéktétel általánosabb alakja). Megoldás. Mivel f folytonos és kompakt intervallumon van értelmezve a Weierstrass tétel alapján eléri határait. Tehát létezik m, M ∈ úgy, hogy m ≤ f (x ) ≤ M , ∀ x ∈ [a, b ] és mindkét egyenlőtlenségben egyenlőség is lehetséges

( m = min f (x ) és M = max f (x ) ). Mivel g(x ) > 0, ∀ x ∈ [a, b ] következik, hogy x ∈[a ,b ]

x ∈[a ,b ]

m ⋅ g(x ) ≤ f (x ) ⋅ g(x ) ≤ M ⋅ g(x ), ∀ x ∈ [a, b ] és így b

b

b

m ⋅ ∫ g(x )dx ≤ ∫ f (x ) ⋅ g(x ) dx ≤ M ⋅ ∫ g(x )dx , a

a

a

b

b

azaz

∫ g(x )dx > 0

alapján m ≤

∫ f (x )g(x )dx a

b

≤ M . Mivel f folytonos létezik

∫ g(x )dx

a

a

b

c ∈ [a, b ] úgy, hogy f (c) =

∫ f (x )g(x )dx a

b

∫

b

, vagyis

g(x )dx

∫ a

b

f (x )g(x )dx = f (c) ⋅ ∫ g(x )dx . a

a


monoton és g : [a, b ] →

akkor létezik c ∈ [a, b ] úgy, hogy b

∫f

c

(x ) g (x )dx

a

(második középértéktétel).

=f

(a )

∫ a

b

g (x )dx

+ f (b ) ∫ g (x )dx c

* +

integrálható,

Tartalomjegyzék A határozott integrál Megoldás. Az u : [a, b ] →

121 ,

t

b

b

u(t ) = f (a )∫ g(x )dx + f (b)∫ g(x )dx − ∫ f (x )g(x )dx a

t

a

függvény folytonos továbbá b

b

u(a ) = ∫ g(x ) ⋅ ( f (b) − f (x ))dx ≥ 0 és u(b) = ∫ g(x ) ⋅ ( f (a ) − f (x ))dx ≤ 0 . a

a

Ebből következik, hogy létezik olyan c ∈ [a, b ] , amelyre u(c) = 0 . 7. Bizonyítsd be, hogy ha f , g : [a, b ] → folytonosak, akkor létezik c ∈ [a, b ] úgy, hogy c

∫ a

b

f (x )dx + (c − a ) g (c ) = ∫ g (x )dx + (b − c ) f (c ) . c

Megoldás. Az u : [a, b ] →

,

t

b

u(t ) = ∫ f (x )dx + (t − a )g(t ) − ∫ g(x )dx − (b − t )f (t ) a

t

függvény folytonos, továbbá b

b

u(a ) = −∫ g(x )dx − (b − a )f (a ) ≤ 0 és u(b) = ∫ f (x )dx + (b − a )g(b) ≥ 0 . a

a

Ebből következik, hogy létezik olyan c ∈ [a, b ] , amelyre u(c) = 0 . 8. Bizonyítsd be, hogy ha az f : + → egy folytonos és periodikus függvény, amelynek T > 0 a főperiódusa, akkor t T 1 1 lim ∫ f (x )dx = ∫ f (x )dx . t →∞ t T 0 0 ⎡t ⎤ Megoldás. ∀ t > 0 esetén létezik az nt = ⎢ ⎥ ∈ szám, amelyre t = nt ⋅ T + t 0 , ⎢⎣T ⎥⎦ ahol t0 ∈ [0,T ] . Így t

nt −1 ( j +1)⋅T

0

j =0

∫ f (x )dx = ∑ ∫ ( j +1)⋅T

mert

∫

f (x )dx +

j ⋅T

∫ f (x )dx 0

∫

nt ⋅t nt ⋅T +t0

T

f (x )dx =

j ⋅T

nt ⋅t +t0

és

∫

nt ⋅T

T

t0

f (x )dx = nt ⋅ ∫ f (x )dx + ∫ f (x )dx , 0

0

t0

f (x )dx = ∫ f (x )dx . Ez alapján 0

t0 T ⎛ nt 1 ⎞⎟⎟ 1 ⎜⎜ ( ) ( ) f x dx f x dx f (x )dx , tehát = − ⋅ + ⋅ ⎟ ⎜⎜ ∫ ∫ t ∫0 ⎜⎝ nt ⋅T + t 0 T ⎠⎟⎟ 0 0 bármely ε > 0 esetén létezik t ε > 0 úgy, hogy t

(*)

1 1 ⋅ f (x )dx − t ∫0 T

T


122

t

1 1 ⋅ ∫ f (x )dx − t 0 T

T

∫ f (x )dx

≤ ε , ∀ t > tε

0

(mert a (*) összefüggés jobb oldala nullához tart). A határérték értelmezése alapján t T 1 1 lim ⋅ f (x )dx = ∫ f (x )dx . t →∞ t ∫ T 0 0 9. Bizonyítsd be, hogy ha f , g :

→

integrálható függvények, akkor

2

⎛b ⎞ ⎛b ⎞⎛ b ⎞ ⎜⎜ f (x ) g (x )dx ⎟⎟ ≤ ⎜⎜ f 2 (x )dx ⎟⎟ ⎜⎜ g 2 (x )dx ⎟⎟ . ⎟ ⎟ ⎟ ⎜⎜ ∫ ⎜∫ ⎟⎟ ⎜⎜ ∫ ⎝a ⎠⎟⎟ ⎝⎜ a ⎠⎝ ⎠⎟⎟ a Bizonyítás. (Cauchy-Bunjakovski egyenlőtlenség) 1. bizonyítás. Ha az f , g függvények integrálhatók, a Lebesque kritérium alapján

az f ⋅ g, f 2, g 2 függvények is integrálhatók és az [a,b ] intervallum tetszőleges Δ = {x k k = 1, n }

pontrendszere

felosztása

esetén

és

tetszőleges

alkalmazhatjuk

az

ξ = {ξk k = 1, n }

közbeeső

ak = x k − x k −1 ⋅ f (ξk )

és

bk = x k − x k −1 ⋅ g (ξk ) , k = 1, n számokra a Cauchy-Bunjakovski egyenlőtlenséget. 2

⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞⎛ n ⎞ Ez alapján ⎜⎜∑ ak ⋅ bk ⎟⎟ ≤ ⎜⎜∑ ak2 ⎟⎟ ⎜⎜∑ bk2 ⎟⎟⎟ , tehát ⎜⎝ k =1 ⎟ ⎜ k =1 ⎠ ⎠⎟ ⎝⎜ k =1 ⎠⎝ 2

⎛ n ⎞ ⎛ n 2 ⎞⎛ n 2 ⎞ ⎜⎜⎜∑ f (ξk ) g (ξk )(x k − x k −1 )⎟⎟⎟ ≤ ⎜⎜⎜∑ f (ξk ) ⋅ (x k − x k −1 )⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜∑ g (ξk ) ⋅ (x k − x k −1 )⎟⎟⎟ . ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠⎝ k =1 ⎠ Az egyenlőtlenség mindkét oldalának van határértéke, amikor Δ → 0 . A bal oldal 2 b ⎛b ⎞⎛ ⎞⎟ ⎛b ⎞⎟ ⎟ ⎜ ⎟ határértéke ⎜⎜ ∫ f (x ) ⋅ g (x )dx ⎟ és a jobb oldal határértéke ⎜⎜⎜ ∫ f 2 (x )dx ⎟⎟⎜⎜⎜ ∫ g 2 (x )dx ⎟⎟ , ⎟⎟⎜ ⎜⎝ a ⎜⎝ a ⎠⎟⎟ ⎠⎝ ⎠⎟⎟ a tehát a kívánt egyenlőtlenséghez jutunk.

b

2. bizonyítás. Ha λ ∈

, akkor

2

∫ ( f (x ) − λ ⋅ g(x )) dx ≥ 0 ,

mert nemnegatív

a

függvény integrálja sem negatív. Tehát b

b

b

b

2

2 2 2 ∫ ( f (x ) − λ ⋅ g(x )) dx = ∫ f (x )dx − 2λ ⋅ ∫ f (x ) ⋅ g(x )dx + λ ⋅ ∫ g (x )dx ≥ 0 , a

bármely λ ∈

a

a

a

esetén. Ebből következik, hogy az b

b

b

u(λ) = λ 2 ⋅ ∫ g 2 (x )dx − 2λ ⋅ ∫ f (x ) ⋅ g(x )dx + ∫ f 2 (x )dx a

a

a

λ -ban másodfokú függvény előjeltartó. Ez csak akkor lehetséges ha a diszkriminánsa 2 b ⎛b ⎞⎟ ⎛b ⎞⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎜ nem pozitív, tehát 4 ⎜⎜ ∫ f (x )g(x )dx ⎟⎟ − 4 ⎜⎜⎜ ∫ f 2 (x )dx ⎟⎟ ⎜⎜⎜ ∫ g 2 (x )dx ⎟⎟ ≤ 0 . Ez éppen a kért ⎟⎟ ⎜ a ⎜⎝ a ⎠⎟⎟ ⎝⎜ a ⎠⎝ ⎠⎟⎟


123

egyenlőtlenség. Ebből a bizonyításból az is világosan látszik, hogy folytonos függvények esetén egyenlőség pontosan akkor állhat fenn, ha létezik olyan λ ∈ szám, amelyre f (x ) = λ ⋅ g(x ), ∀ x ∈ [a, b ] .

⎛b ⎞⎟ ⎛b ⎞⎟ ⎜ 2 ⎟ 3. bizonyítás. Az u = ⎜⎜ ∫ f (x )dx ⎟ és v = ⎜⎜⎜ ∫ g 2 (x )dx ⎟⎟ jelölésekkel írhatjuk, ⎜⎝ a ⎜⎝ a ⎠⎟⎟ ⎠⎟⎟ 1 ⎛ f 2 (x ) g 2 (x )⎞⎟ f (x ) g(x ) 1 ⎛⎜ f 2 (x ) g 2 (x )⎞⎟ + ⋅ ≤ ⎜ + hogy − ⎜⎜ ⎟≤ ⎟ , tehát 2 ⎜⎝ u v ⎠⎟ u v 2 ⎝⎜ u v ⎠⎟ b b b b b 1 ⎛ f 2 (x ) g 2 (x ) ⎞⎟⎟ f (x ) g(x ) 1 ⎛ f 2 (x ) g 2 (x ) ⎞⎟⎟ − ⎜⎜⎜ ∫ dx + ∫ dx ⎟ ≤ ∫ ⋅ dx ≤ ⎜⎜⎜ ∫ dx + ∫ dx ⎟ . ⎟⎟ ⎜ 2 ⎝⎜ a u v u v 2 u v ⎠ ⎝ ⎠⎟⎟ a a a a

b b

Másrészt

∫ a

2

f (x ) dx = u

b

∫f

2

b

= 1 és

a

u

∫ a

2

g (x ) dx = v

b

∫f a

b 2

a

v

= 1 , tehát a

b

1

−1 ≤

∫ g (x ) 2

(x )

(x )dx ⋅ ∫ g (x )dx

⋅ ∫ f (x )g(x )dx ≤ 1 a

2

a

egyenlőtlenséghez jutunk. Ebből következik a kért egyenlőtlenség. Megjegyzés. Ebből a bizonyításból látszik, hogy az f j : [a, b ] → integrálható függvényekre érvényes az m m ⎛ b ⎛b m ⎞⎟ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ f m (x )dx ⎟⎟ ⎟ f ( x ) dx ≤ ⎟ ⎟ ∏ ∏ j j ⎜⎜ ∫ ⎜⎜ ∫ j =1 ⎝ ⎠⎟⎟ ⎝ a j =1 ⎠⎟⎟ a egyenlőtlenség. 10. Bizonyítsd be, hogy ha f : [a, b ] → integrálható függvény, akkor

, j = 1, m

1

lim ∫ x n f (x )dx = 0 .

n →∞

0

úgy, hogy Megoldás. Mivel f integrálható, korlátos is, tehát létezik m, M ∈ n n n m ≤ f (x ) ≤ M , ∀ x ∈ [0,1] . Így m ⋅ x ≤ x ⋅ f (x ) ≤ M ⋅ x , ∀ x ∈ [0,1] , tehát 1

m M ≤ ∫ x n ⋅ f (x )dx ≤ , ∀n ∈ n +1 n + 1 0

*

.

1

A fogó tétel alapján lim ∫ x n ⋅ f (x )dx = 0 . n →∞

0

11. Bizonyítsd be, hogy ha f , g : [a, b ] →

folytonos függvények és létezik x 0 ∈ [a, b ]

úgy, hogy f (x 0 ) ≠ g (x 0 ) , akkor a h : [a, b ] →

,


124

⎧f (x ), ⎪ h (x ) = ⎪ ⎨g (x ), ⎪ ⎪ ⎩

x ∈ [a, b ] ∩ x ∈ [a, b ] \

függvény nem integrálható! Megoldás. Ha a függvény integrálható [a,b ] -n, akkor integrálható bármely

[c, d ] ⊂ [a, b ] intervallumon is. Mivel f (x 0 ) ≠ g (x 0 ) és f , g folytonos függvények, létezik olyan [c, d ] ⊂ [a, b ] részintervallum és olyan m > 0 szám, hogy teljesüljön az f (x ) − g(x ) > m > 0, ∀ x ∈ [c, d ] g(x ) − f (x ) > m > 0, ∀ x ∈ [c, d ] vagy a d

egyenlőtlenség. Így

d

d

∫ f (x )dx − ∫ g(x )dx c

> m , tehát

d

∫ f (x )dx ≠ ∫ g(x )dx . Ha Δ a c

c

c

[c, d ] intervallum egy felosztása és a ξ1 illetve ξ2 közbeeső pontrendszer elemei n

racionális illetve irracionális pontok, akkor a σΔ (h, ξ1 ) = ∑ f (ξ1i )(x i − x i −1 ) i =1

d

Δ →0

összegek

∫ f (x )dx -hez

esetén

n

σΔ (h, ξ2 ) = ∑ g (ξ2i )(x i − x i −1 ) összegek i =1

tartanak

és

a

c d

∫ g(x )dx -hez. Így h

nem integrálható.

c

Megjegyzés. A [c, d ] intervallum a szakadási pontok halmazának részhalmaza, tehát a szakadási pontok halmaza nem lehet nullmértékű. 12. Az f : [0,1] → integrálható függvényre f (0) = 1 és ⎛ x + 1⎞⎟ ⎛x ⎞ , ∀x ∈ [0,1] . Számítsd ki az 2 f (x ) = f ⎜⎜ ⎟⎟ + f ⎜⎜ ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠⎟⎟

1

∫ f (x )dx

értékét!

0

Megoldás. A matematikai indukció módszerével igazolható, hogy 2n ⎛x + k ⎞ 2n ⋅ f (x ) = ∑ f ⎜⎜ n ⎟⎟⎟ , ∀ x ∈ [0,1] és n ∈ * . ⎝ 2 ⎠ k =1

Ebből x = 0 esetén az f (0) =

1 2n

2n

⎛ k ⎞⎟ egyenlőséghez jutunk. A jobb oldal az f n⎟ ⎠⎟

∑ f ⎜⎜⎝ 2 k =1

⎧ ⎫⎪ ⎧⎪ k ⎫⎪ ⎪k függvényhez, a Δ = ⎨ n k = 0,2n ⎬ felosztáshoz és ξ = ⎨ n k = 1,2n ⎬ közbeeső ⎪ ⎪⎭⎪ ⎪⎩⎪ 2 ⎪⎭⎪ ⎪2 ⎩ pontrendszerhez tartozó Riemann összeg. Az f integrálható, tehát n → ∞ esetén

1 n →∞ 2n lim

2n

1

⎛k ⎞ f ⎜⎜ n ⎟⎟⎟ = ∫ f (x )dx és így ∑ ⎝2 ⎠ k =1 0

1

∫ f (x )dx = f (0) = 1 . 0


* +

integrálható függvény, akkor b

⎡ b −a lim ∏ ⎢1 + n →∞ n k =1 ⎢⎣ n

∫f ⎛ b − a ⎞⎟⎤ f ⎜⎜a + k ⎟⎟⎥ = e a ⎝ ⎠⎥⎦ n

(x )dx

.

Tartalomjegyzék A határozott integrál Megoldás. lim x →0

125

ln (1 + x ) = 1 , tehát bármely ε > 0 esetén létezik δ > 0 úgy, hogy x

ln(1 + x ) < 1 , ha −δ < x < δ . Mivel f integrálható, korlátos is, tehát rögzített x b −a ⎛ b − a ⎞⎟ δ > 0 esetén létezik, olyan n δ ∈ , amelyre f ⎜⎜a + k ⎟⎟ < δ , ∀ n > nδ . ⎝ ⎠ n n Ebből következik, hogy n n ⎛ b −a ⎛ b − a ⎞⎟ b −a ⎛ b − a ⎞⎟⎞⎟ f ⎜⎜a + (1 − ε) ⋅ ∑ ⋅ f ⎜⎜a + ⋅ k ⎟⎟ ≤ ∑ ln ⎜⎜1 + ⋅ k ⎟⎟⎟⎟ ≤ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎠ ⎝⎜ n n n n −1 <

k =1

k =1

b −a ⎛ b − a ⎞⎟ ≤ (1 + ε) ⋅ ∑ ⋅ f ⎜⎜a + ⋅ k ⎟⎟ , ∀ n > nδ tehát ⎝ ⎠ n n k =1 n ⎛ b −a ⎛ b − a ⎞⎟⎞⎟ ⋅ k ⎟⎟⎟⎟ ln ⎜⎜1 + f ⎜⎜a + ∑ ⎜ ⎝ ⎠⎠ ⎝ n n k =1 = 1. lim n n →∞ b −a ⎛ b − a ⎞⎟ ⎜ ⋅ + ⋅ f a k ∑ ⎜⎝ ⎠⎟⎟ n n k =1 n

b −a n →∞ n k =1 n

Másrészt lim ∑

b

⎛ b − a ⎞⎟ ⋅ k ⎟⎟ = ∫ f (x )dx , tehát a két konvergens sorozat f ⎜⎜a + ⎝ ⎠ n a

szorzata is konvergens, tehát n ⎛ b −a lim ∑ ln ⎜⎜1 + ⎜ n →∞ ⎝ n k =1

b

⎛ b − a ⎟⎞⎞⎟ f ⎜⎜a + ⋅ k ⎟⎟⎟⎟ = ∫ f (x )dx . ⎝ ⎠⎠ n a

Ebből következik a kívánt egyenlőség, mert az e x függvény folytonos. 14. Bizonyítsd be, hogy ha az f : [a, b ] → függvény konvex, akkor 1 y −x

y

∫ f (t )dt < x

f (x ) + f (y ) , ∀a ≤ x ≤ y ≤ b esetén! 2

Megoldás. A mellékelt ábrán

(y − x )

y

MNPQ trapéz területe, míg

∫ f (t )dt

f (x ) + f (y ) 2

az

a grafikus kép alatti

x

terület. Mivel a függvény konvex, a trapéz területe nem kisebb, mint a grafikus kép területe (mert az ív a húr alatt van), tehát az egyenlőtlenség érvényes. 15. Legyen ϕ : → egy bijekció és értelmezzük az f : [0,1] → [0,1] függvényt a következőképpen: f (x ) = 1 , ha x = 1 , f (x ) = 0, aϕ (1)aϕ(2) …aϕ n … , ahol ( )

x = 0, a1a2 …an … az x valós szám tízes számrendszerbeli (9) periódust nem tartal-


126 1

mazó alakja. Bizonyítsd be, hogy f integrálható és számítsd ki az

∫ f (x )dx

integ-

0

rált. Megoldás. Ha x tizedes reprezentációja

∞

x = 0, a1 (x )a 2 (x )a 3 (x )...an (x )... = ∑ ak (x ) ⋅ k =1

1 , 10k

⎡ j j + 1⎞⎟ akkor az ak : [0,1] → {0,1, 2,..., 9} függvények a ⎢ k , ⎟ alakú intervallumokon ⎢⎣ 10 10k ⎟⎠ *

állandók ha j = 0,10k − 1 és k ∈

. Másrészt az

⎛ 1 ⎞ ⎡ 1 ⎞ ak ⎜⎜x + k −1 ⎟⎟⎟ = ak (x ), ∀ x ∈ ⎢ 0,1 − k −1 ⎟⎟⎟ ⎝ ⎢⎣ 10 ⎠ 10 ⎠

egyenlőség alapján 1 10k −1

1

∫ a (x )dx = 10

k −1

k

⋅

0

= 10k −1 ⋅

∫ 0

9

j +1 10k

ak (x )dx = 10k −1 ⋅ ∑ ∫ ak (x )dx = j =0

j 10k

1 ⋅ (1 + 2 + 3 + ... + 9) = 4, 5 . 10k

Ezek alapján írhatjuk, hogy ∞

f (x ) = ∑ aϕ(k ) (x ) ⋅ k =1

N ∞ 1 1 1 ( ) = a x ⋅ + aϕ(k ) (x ) ⋅ n és ∑ ∑ ϕ (k ) n n 10 10 10 k =1 k =N +1

N

f (x ) − ∑ aϕ(k ) (x ) ⋅ k =1

∞ 1 1 1 9⋅ n = N , ≤ ∑ 10n 10 10 k =N +1

tehát f integrálható és 1

1

∫ f (x )dx = ∫ 0

0

1

∞

∞ 1 1 aϕ(k )(x ) ⋅ k dx = ∑ k ⋅ ∫ aϕ(k )(x )dx = ∑ 10 k =1 k =1 10 0

1

∞

1 1 = ∑ k ⋅ ∫ ak (x )dx = . 2 k =1 10 0 Megjegyzés. Használtuk a következő kritériumot: Ha az fk : [a, b ] → , k ≥ 1 függvénysorozat egyenletesen tart az f : [a, b ] → függvényhez (vagyis bármely ε > 0 esetén létezik olyan n(ε) ∈ , amelyre

f (x ) − fn (x ) ≤ ε , ∀ n ≥ n(ε) és ∀ x ∈ [a, b ] ) és fk integrálható minden k ≥ 1 b

esetén, akkor f is integrálható és

b

∫ f (x )dx = lim ∫ f (x )dx . a

n →∞

n

a

Tartalomjegyzék Határozott integrálok kiszámítása

127

V. HATÁROZOTT INTEGRÁLOK KISZÁMÍTÁSA 5.1. Parciális integrálás határozott integrálok esetén Gyakorlatok és feladatok (120. oldal) 1. Számítsd ki a következő határozott integrálokat: π

a)

∫

5

x 2 cos xdx ;

b)

0 π 4

d)

∫ x ⋅ tg

2

∫ x ⋅e

⋅ sin xdx ;

x

e)

xdx ;

h)

π

∫ 0

2

ln xdx ;

π

∫e

x

f)

sin 2xdx ;

∫x

∫ x sin

2

xdx ;

0 1

2

i)

arctg xdx ;

0

0

∫x 1

0 1

Megoldás a)

∫

c)

4 π 2

0 1

g)

2

x 2 − 9dx ;

∫ x ln (1 + x )dx . 0

π

π

x 2 cos xdx = x 2 sin x 0 − ∫ 2x sin xdx = 0

⎛ ⎞⎟ −2 ⎜⎜⎜−x cos x |oπ +∫ cos xdx ⎟⎟ = −2 (π + 2 sin x ) ⎜⎝ ⎠⎟⎟ 0 π

5

b) I =

5

∫

x 2 − 9dx =

4

∫ 4

x2 − 9 2

x −9

5

dx =

∫ 4

x⋅

4

0

= −2π . 5

x 2

x −9

5

5

= x ⋅ x2 − 9 − ∫

π

(

2

x −9

4

x 2 − 9dx − 9 ln x + x 2 − 9

4

1

dx − 9 ⋅ ∫

)

5

=

4

5

9 20 − 4 7 − 9 ln − 4 + 7 ∫4 ahonnan

2

c)

∫ 1 π 4

d)

dx =

x 2 − 9dx , tehát I = 20 − 4 7 − 9 ln

9 −I , 4+ 7

9 I = 10 − 2 7 − ln (4 − 7 ) . 2 2 2 2 3 3 x 1 x 8 x3 8 ln 2 7 2 x ln xdx = ⋅ ln x − ∫ ⋅ dx = ln 2 − = − . 3 x 3 3 9 1 3 9 1 1

∫ x ⋅ tg

π 4

2

xdx =

0

π 4

∫ x (1 + tg x )dx − ∫ xdx = 2

0

π

π 4

= x tg x|4 − ∫ tg xdx − 0

0

0

π 2 4

x 2

0

=

π π π2 π π2 2 + ln (cos x )|4 − = − + ln . 0 2 4 32 4 32


Határozott integrálok kiszámítása π 2

e) I =

∫e 0

x

π 2

π 2 0

sin 2xdx = e x sin 2x| − ∫ 2e x cos 2xdx = 0

⎛ π2 ⎞ π ⎜⎜e + 1⎟⎟ ⎛ ⎞ 2 4 ⎟⎟ π π ⎜⎜ ⎜⎝ ⎛ ⎞ ⎠⎟ = −2 ⎜⎜e x cos 2x|2 + ∫ 2e x sin 2xdx ⎟⎟⎟ = −2 ⎜⎜−e 2 − 1⎟⎟⎟ − 4I , tehát I = ⎜⎝ 0 ⎟⎟ ⎠ 5 ⎜⎜⎜ 0 ⎝ ⎠⎟ π

f)

∫

π

x ⋅ sin2 xdx =

0

∫ 0

x⋅

1 − cos 2x dx = 2

π

∫ 0

π

x 1 dx − ⋅ ∫ x cos 2xdx = 2 2 0

π π x 1 ⎛⎜ sin 2x sin 2x ⎞⎟⎟ − ⋅ ⎜⎜x ⋅ −∫ dx ⎟ = 4 0 2 ⎜⎝ 2 0 2 ⎠⎟ 0 π ⎞ π2 1 π 2 1 ⎛⎜ 1 π2 = − ⋅ ⎜ cos 2x ⎟⎟⎟ = − (1 − 1) = . 4 2 ⎜⎝ 4 4 8 4 0⎠ 2 π

1

g) I =

∫ 0

1

1

xe x sin xdx = −xe x cos x| + ∫ (xe x + e x ) ⋅ cos xdx = 0

0

1

1

= −e cos 1 + ∫ xe cos xdx + ∫ e x cos xdx . x

0

0

1

Legyen J 1 =

1

x x ∫ e cos xdx , ekkor I = −e cos 1 + J 1 + ∫ xe cos xdx =

0

0

1

1

= −e cos 1 + J 1 + xe x sin x| − ∫ (xe x + e x ) sin xdx = 0

0

1

= −e cos1 + J 1 + e sin 1 − I − J 2 , ahol J 2 =

∫e

x

sin xdx .

0

1

J = J1 − J 2 =

∫e

x

(cos x − sin x ) dx =

0

1

1

= e (cos x − sin x )| − ∫ e x (− sin x − cos x ) dx = x

0

0

1

= e (cos 1 − sin 1) − 1 + ∫ e x (sin x + cos x ) dx = 0

1

1

= e (cos 1 − sin 1) − 1 + e x (sin x + cos x )| − ∫ e x (cos x − sin x ) dx = 0

0

= e (cos1 − sin 1) − 1 + e (sin 1 + cos1) − 1 − J , ahonnan 2e cos 1 − 2 J = = e cos 1 − 1 . 2


129

e sin 1 − 1 . 2 1 ⎛ π x3 x ⎞⎟ 1 = − ⋅ dx ⎟ dx = ⎜⎜⎝⎜x − 2 ∫ 2 x + 1⎠⎟ 12 3 0 3 (1 + x )

Tehát I = e (sin 1 − cos1) + e cos1 − 1 − I , vagyis I = 1

1

h)

∫

x 2 arctg xdx =

0

1

x3 arctg x − ∫ 3 0 0

1

⎞ π π 1 1 ⎛x 2 1 = − ⎜⎜ − ln (x 2 + 1)⎟⎟⎟ = − (1 − ln 2) ⎜ 12 3 ⎝ 2 2 ⎠ 0 12 6 1

i)

∫ 0

1

1

x2 x2 ln (x + 1) − ∫ x ln (x + 1) dx = dx = 2 2 (1 + x ) 0 0 1

1 1 = ln 2 − ∫ 2 2 0

1

⎛ 2 ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜x − 1 + 1 ⎟⎟ dx = ln 2 − 1 ⎜⎜ x − x + ln (1 + x )⎟⎟ = ⎟ ⎜⎝ ⎜ x + 1⎠ 2 2⎝ 2 ⎠⎟ 0

ln 2 1 ln 2 1 + − = . 2 4 2 4 2. Határozd meg az a, b ∈ \ értékét úgy, hogy teljesüljön az =

π

1 ∫ (ax + bx ) ⋅ cos nxdx = n 2

2

0

egyenlőség minden n ∈ `* esetén. Ennek segítségével igazold, hogy n π2 1 . lim ∑ 2 = n →∞ 6 k =1 k π

Megoldás. Kiszámítjuk a és b függvényében az I (a, b ) =

∫ (ax + bx ) ⋅ cos nxdx 2

0

értékét. Parciálisan integrálva kapjuk, hogy π π sin nx sin nx − ∫ (2bx + a ) ⋅ I (a, b ) = (ax + bx 2 ) dx = n 0 n 0 = (2bx + a ) ⋅

cos nx n2

π 0

π

− ∫ 2b ⋅ 0

cos nx dx = n2

n (2bπ + a ) (−1) − a 2b sin nx π (2bπ + a ) (−1) − a − 2⋅ = . n2 n n3 0 n2 Az a és b paramétereket úgy határozzuk meg, hogy ∀n ∈ `* teljesüljön az (2b π + a ) ⋅ (−1)n − a 1 egyenlőség. Ez akkor áll fenn, ha 2bπ + a = 0 és = n2 n2 1 a = −1 , azaz a = −1 és b = . 2π π ⎛ 1 x2 ⎞ Így írhatjuk, hogy 2 = ∫ ⎜⎜−x + ⎟⎟ cos kxdx , ∀k ∈ ` -re, így ⎜⎝ k 2π ⎠⎟ n

0


Határozott integrálok kiszámítása n

1 = ∑ 2 k =1 k

π

2 ⎞ n ⎛ ⎜⎜−x + x ⎟⎟ ∑ cos kxdx . ⎜⎝ 2π ⎠⎟ k =1

∫ 0

n

Kiszámítjuk az S = ∑ cos kx összeget: k =1

n (2k − 1) x ⎞⎟ x x 1 n ⎛ (2k + 1) x S ⋅ sin = ∑ sin ⋅ cos kx = ∑ ⎜⎜sin − sin ⎟= ⎠⎟ 2 2 2 k =1 ⎜⎝ 2 2 k =1 1 ⎛⎜ (2n + 1) x x⎞ sin − sin ⎟⎟⎟ ⎜ ⎜ 1 ⎛ (2n + 1) x x⎞ 2⎝ 2 2⎠ = ⎜⎜sin − sin ⎟⎟⎟ ⇒ S = , x ⎜ 2⎝ 2 2⎠ sin 2 ha x ≠ 0 és S = n ha x = 0 . Tehát (2n + 1) x π π sin n 1 1 ⎛⎜ x 2 ⎞⎟ 1 ⎛⎜ x 2 ⎞⎟ 2 x dx x = − + ⋅ − − + ⎟ ⎟ dx = I 1 + I 2 . ⎜ ⎜ ∑ 2 x 2 ∫0 ⎜⎝ 2π ⎠⎟ 2 ∫0 ⎝⎜ 2π ⎠⎟ k =1 k sin 2 π π π 2 ⎞ ⎛ 1 ⎜ x ⎟ 1 ⎛⎜ x 2 x 3 ⎞⎟ π 2 π3 π2 ⎟= + − = I 2 = − ∫ ⎜−x + ⎟ dx = − ⎜⎜− . ⎟ 6 2 0 ⎜⎝ 2π ⎠⎟ 2 ⎝⎜ 2 0 6π 0 ⎠⎟ 4 12π Másrészt igazoljuk, hogy lim I 1 = 0 . n →∞

π

I1 =

1 2 ∫0

π ⎛x2 ⎞ ⎜⎜ − x ⎟⎟ ctg x ⋅ sin nx + 1 ⎜⎝ 2π 2 2 ∫0 ⎠⎟

π

⎞ sin nx ⎛⎜ x 2 1 I4 = ⎜⎜ − x ⎟⎟⎟ − 2n ⎝ 2π ⎠ 0 2n cos nx =

( xπ − 1)

2n

π

⎛x2 ⎞ ⎜⎜ − x ⎟⎟ cos nxdx = I + I 3 4 ⎝⎜ 2π ⎠⎟

⎛x

⎞

∫ ⎜⎜⎝n − 1⎟⎠⎟ sin nxdx = 0

π

−

2

1 2n 2

π

∫ 0

1 1 sin nx cos nxdx = 2 − π 2n 2n 3 π

π

= 0

1 2n 2

0

⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x − sin x 2x sin x − x 2 ⎟⎟⎟ ∫ ⎜⎜⎜ 4 sin2 x + 4π sin2 x ⎟⎟⎟⎟ ⋅ cos nxdx 0 0 ⎜ ⎝ 2 2 ⎠⎟ ⎧ ⎪ x − sin x 2x sin x − x 2 ⎪ + ,x ≠0 ⎪ 2 x 2 x ⎪ 4 sin 4 sin π ⎪ Ellenőrizhető, hogy a g : [0, π ] → \ , g(x ) = ⎪⎨ 2 2 ⎪ ⎪ 1 ⎪ , x =0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 2π függvény folytonos [0, π ] -n. Így létezik olyan m ∈ \ + , amelyre g(x ) ≤ m , ⎞ cos nx 1 x ⎛x2 I 3 = − ctg ⎜⎜ − x ⎟⎟⎟ ⋅ ⎜ 2 2 ⎝ 2π n ⎠

∀ x ∈ [0, π ] .

π

1 + n

π

Tartalomjegyzék Határozott integrálok kiszámítása 1 Ez alapján I 3 ≤ n

π

∫

g(x ) ⋅ cos nx dx ≤

0

mπ n

131 és így az I 3 -ra és I 4 -re kapott

összefüggéek alapján lim(I 3 + I 4 ) = 0 . n →∞

3. Vezess le rekurziót a következő integrálsorozatokra: 1

∫ x e dx ;

a) I n =

b) I n =

π 4

∫

∫

dx n ; (1 + x 2 )

h)

x 2n 1 − x 2 dx ;

k)

0

e)

c) I n =

∫

dx n ; i) (a + b + cos x )

1

∫ 0

n

xdx ;

π

∫

0

∫ cos 0

x n sin xdx ;

0 π

1

j)

xdx ;

π

tgn xdx ;

0 1

g)

∫ ln

n

1

0

d)

π

e

n x

2 n

∫ (1 − x )

f)

∫e 0 1

∫ 0

ax

sinn xdx ;

x ne arctg x 3

(1 + x 2 )

dx ;

dx .

0

Megoldás 1

∫

a) I n =

0

e

b)

1

1

x ne x dx = x ne x | − ∫ nx n −1e x dx = e − nI n −1 , tehát I n = e − nI n −1 . 0

0

e

∫ ln

n

1

e 1 xdx = x lnn x| − ∫ x ⋅ n lnn −1 x ⋅ dx = 1 x 1 e

= e − n ∫ lnn −1 xdx = e − nI n −1 1

π

c) I n =

π

∫ cos

n

xdx =

0

∫ cos

n −2

x ⋅ (1 − sin 2 x )dx =

0

π

= I n −2 − ∫ sin x ⋅ sin x ⋅ cosn −2 xdx = 0

⎛ cosn −1 x = I n −2 − ⎜⎜⎜− sin x ⋅ ⎜⎝ n −1

π

0

π

+ ∫ cos x ⋅ 0

cosn −1 x ⎞⎟⎟ dx ⎟ = n −1 ⎠⎟⎟

π

= I n −2 −

n −1 1 1 I n −2 . I n , ahonnan I n = cosn xdx = I n −2 − ∫ n n −1 0 n −1

π 4

d) I n =

∫ tg

π 4

n

xdx =

0

n −1

=

tg x n −1

∫ tg

π 4

n −2

0

π 4 0

− I n −2 =

x ⋅ (1 + tg2 x )dx − ∫ tgn −2 xdx = 0

1 1 − I n −2 . − I n −2 , tehát a rekurzió: I n = n −1 n −1


Határozott integrálok kiszámítása π

e) I n =

∫x 0

n

π

π

sin xdx = −x cos x| + ∫ nx n −1 cos xdx = n

0

0

π ⎛ ⎞⎟ π ⎜ n n −1 = π + n ⋅ ⎜⎜x sin x| − ∫ (n − 1) x n −2 sin xdx ⎟⎟ = 0 ⎜⎝ ⎠⎟⎟ 0 π

= π − n (n − 1) ∫ x n −2 sin xdx = π n − n (n − 1) I n −2 . n

0

Tehát a rekurzió: I n = πn − n (n − 1) I n −2 . π

f) I n =

π

∫

eax sinn xdx =

0

∫e

sinn −2 x ⋅ (1 − cos2 x )dx =

ax

0

π

= I n −2 − ∫ e ax cos x ⋅ sinn −2 x cos xdx = 0

= I n −2

⎛ sinn −1 x − ⎜⎜⎜eax cos x ⋅ ⎜⎝ n −1

π

− 0

π ⎞⎟ 1 n −1 ax ax ⎟⎟ = sin x e sin x ae cos x dx ⋅ − + ( ) n − 1 ∫0 ⎠⎟⎟

π

= I n −2

π

1 a + e ax sinn xdx − eax sinn −1 x cos xdx = ∫ n −1 0 n − 1 ∫0

= I n −2 +

1 a ⎛⎜ ax sinn x ⎜e In − n −1 n − 1 ⎜⎜⎝ n = I n −2 +

Tehát az I n = I n −2 +

1

g) I n =

dx

∫ (1 + x )

2 n

0

1

0

a n

⎞⎟ ax n ⎟⎟ = e sin xd x ∫ ⎠⎟⎟ 0 π

1 a2 In . In + n −1 n (n − 1)

1

1

∫ (1 + x ) 2

0

= I n +1 +

n +1 dx + ∫

x 1 ⋅ n 2 −n (1 + x 2 ) 1

1 n +1

2

−

n + a2 I n összefüggéshez jutottunk, ahonnan n (n − 1) n (n − 1) In = 2 I , ∀n ∈ `, n ≥ 2 . n − 2n − a 2 n −2 1 1 + x2 =∫ dx = 2 n +1 0 (1 + x )

=

= I n +1 −

π

n

+

0

1

x 2x ⋅ n +1 dx = 2 (1 + x 2 ) 1

−∫ 0

0

1 1 ⋅ n dx = 2 −n (1 + x 2 )

1 1 1 1 ⋅∫ dx = I n +1 − n +1 + ⋅ In . 2 n 2n 0 (1 + x ) 2 ⋅ n 2n


133

1 1 ⋅ I n + n +1 , ahonnan a keresett rekurzió 2n 2 ⋅n 2n − 1 1 I n +1 = ⋅ I n + n +1 . 2n 2 ⋅n π dx sin2 x + cos2 x n = ∫ n dx = (a + b ⋅ cos x ) (a + b ⋅ cos x ) 0

Tehát I n +1 = I n −

π

h) I n =

∫ 0

π

π

sin2 x cos2 x + dx ∫ (a + b ⋅ cos x )n ∫ (a + b ⋅ cos x )n dx . 0 0 Az első integrált parciálisan integráljuk: =

π

∫ 0

π ⎛ ⎞⎟′ sin2 x 1 1 ⎜ ⎟ n dx = ∫ sin x ⋅ ⎜ ⎜⎝b ⋅ (n − 1) (a + b ⋅ cos x )n −1 ⎠⎟⎟ dx ⎜ (a + b ⋅ cos x ) 0 π

1 cos x 1 a I n −2 + 2 I n −1 . n −1 dx = − 2 b ⋅ (n − 1) ∫0 (a + b ⋅ cos x ) b (n − 1) b (n − 1) Ugyanakkor π π cos2 x 1 a 2 − a 2 − b 2 ⋅ cos2 x ∫ (a + b ⋅ cos x )n dx = − b 2 ∫ (a + b ⋅ cos x )n dx = 0 0 =−

a2 1 = 2 In − 2 b b

π

a − b ⋅ cos x

∫ (a + b ⋅ cos x )

n −1

0

dx =

a2 1 2a I + 2 I n −2 − 2 I n −1 . 2 n b b b

Az előbbi két összefüggés alapján az (2n − 3)a n −2 In = I n −1 − I n −2 2 2 (n − 1) (a − b ) (n − 1) (a 2 − b 2 ) rekurzióhoz jutunk. 1 x ne arctg x i) I n = ∫ dx = 2 3 0 1 + x ( )

=

1

xn

∫

1 + x2

0

1

xn 1+x

2

1

⋅ e arctg x − ∫ 0

0

⋅

e arctg x dx = (1 + x 2 )

nx n −1 1 + x 2 −

x n +1 1 + x2

1 + x2

⋅ e arctg x dx =

1

=

nx n −1 + (n − 1) x n +1 1r ctg x 2 arctg 1 e −∫ ⋅e dx = 2 (1 + x 2 ) 1 + x 2 0

= ahonnan a keresett rekurzió:

I n +1

2 π4 e − nI n −1 − (n − 1) I n +1 , 2 π

1 n 2e 4 =− In − I n −1 + , ∀n ∈ ` * . n −1 n −1 2 (n − 1)


Határozott integrálok kiszámítása 1

j) I n =

1

∫

∫

x 2n 1 − x 2 dx =

0

x 2n (1 − x 2 )

1− x2

0

1

=x

2

1−x

0

2n −1

1

x 2n

∫

J 2n =

(

⋅ − 1−x

2

dx =

= (2n − 1) ∫

∫x 0

2n −1

⋅

x 1− x2

1

) − ∫ (2n − 1) x (− 1

dx =

)

2n −2

0

1

dx = J 2n − J 2n +2 , ahol

1 − x 2 dx =

0

x 2n −2 (1 − x 2 )

dx = (2n − 1) J 2n −2 − (2n − 1) J 2n . 1− x2 Tehát J 2n = (2n − 1) J 2n −2 − (2n − 1) J 2n , ahonnan 2n − 1 2n + 1 J 2n = J 2n −2 , ∀n ∈ `* és innen J 2n +2 = ⋅J . 2n 2n + 2 2n 1 2n + 1 1 ⋅J . Ekkor I n = J 2n − ⋅ J 2n = ⋅ J 2n és I n −1 = 2 n 2n −2 2n + 2 2n + 2 Ezeket az összefüggéseket behelyettesítve a J 2n -re kapott rekurzióba, az 2n − 1 (2n + 2) I n = ⋅ 2n ⋅ I n −1 2n összefüggést kapjuk, ahonnan 2n − 1 In = ⋅I . 2n + 2 n −1 0

1

k) I n =

2 n

∫ (1 − x )

dx = x (1 − x

1 2 n

0

1

= 2n ∫ x (1 − x 2

2 n −1

)

0

Tehát

)

0

1

n −1

− ∫ xn (1 − x 2 )

(−2x ) dx =

0

1

n −1

dx = −2n ⋅ ∫ (1 − x 2 )

(1 − x 2 − 1)dx =

0

= −2nI n + 2nI n −1 . I n = −2nI n + 2nI n −1 összefüggéshez

az 2n rekurziót kapjuk. In = I 2n + 1 n −1

jutottunk,

ahonnan

az

1

4. Számítsd ki az

∫ x e dx n x

integrált!

0

Megoldás. A 3. feladat a) alpontjában levezetett rekurzió alapján felírhatjuk a következő összefüggéseket:


135

⎧I n = e − nI n −1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ I n −1 = e − (n − 1) I n −2 | ⋅ (−n ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ I n −2 = e − (n − 2) I n −3 | ⋅n (n − 1) ⎪ ⎪ ⎪ ⎨# ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ n −2 ⎪I 2 = e − 2I 1 | (−1) n (n − 1) " 3 ⎪ ⎪ ⎪ n −1 ⎪ I = eI 0 | (−1) n (n − 1) " 3 ⋅ 2 ⎪ ⎪ ⎩ 1 A megfelelő oldalak összeadásával kapjuk, hogy n +1 I n = (1 − n + n (n − 1) − n (n − 1)(n − 2) + ... + (−1) n (n − 1) " 2) + n

+ (−1) n ! I 0 , ahol 1

I0 =

1

∫ e dx = e | x

x

0

0

= e − 1.

d n (x n (x − 1)

n

5. Bizonyítsd be, hogy ha Pn (x ) =

dx

n

)

, x ∈ [0,1] , ahol

d n f (x ) az f dx n

függvény n -szeres deriváltját jelöli, akkor 1

a)

∫ P (x ) ⋅ P n

m

(x )dx

= 0 , ha m ≠ n ;

0

b) a Pn polinom minden gyöke a [0,1] intervallumban van. Megoldás. Az x n (1 − x )n polinom 2n -ed fokú és a 0 illetve az 1 n -szeres gyökei. Így Pn minden n ∈ ` esetén pontosan n -ed fokú és az x n (1 − x )n −1 polinomnak az n -nél kisebb rendű deriváltjai olyan (legalább n + 1 -ed rendű) polinomok, amelyeknek a 0 és az 1 legalább egyszeres gyöke. a) Ha m ≠ n , akkor feltételezhetjük, hogy m > n és parciális integrálással számítjuk 1

ki a

∫P

n

(x ) ⋅ P (x ) dx m

integrált.

0

1

1

d m −1 (x m (1 − x )m ) ⋅ Pn′(x )dx = ∫ ∫ dx m −1 0 0 1 1 d m −2 (x m (1 − x )m ) d m −n −1(x m (1 − x )m ) (n +1) ′′ =∫ ⋅ P ( x ) dx = ... = ⋅ Pn (x )dx n ∫ dx m −2 dx m −n −1 0 0 A parciális integrálásokban a behelyettesítési értékek ( 0 -ban és 1 -ben) mind 0 -val egyenlők, ezért tűnnek el. Másrészt Pn(n +1) identikusan 0 polinom, ezért az utolsó Pn (x ) ⋅ Pm (x ) dx =

1

integál értéke is 0 . Így

∫P

n

0

(x ) ⋅ P (x ) dx m

= 0.


Határozott integrálok kiszámítása

b) Amiatt, hogy minden n ∈ ` esetén a Pn polinom pontosan n -ed fokú, q

minden Q ∈ \[X ] , gr Q = q polinomot előállíthatunk Q = ∑ c j ⋅ Pj alakban (a j =0

két oldalon a domináns tagtól kezdve azonosítjuk az együtthatókat). Az a) 1

alpont és az előállítás alapján

∫P

n

(x ) ⋅ Q (x ) dx

= 0 ha n > gr Q . Tegyük fel,

0

hogy a Pn polinomnak a [0,1] intervallumba eső páratlan többszörösségű valós gyökei x 1, x 2 , ..., x k (a többi gyök vagy az intervallumon kívül helyezkedik el vagy páros a többszörössége). Így a Pn (x )(x − x1 )(x − x 2 )...(x − x k ) szorzat előjeltartó a [0,1] intervallumon, tehát az integrálja nem lehet nulla. Másrést ha k < n , akkor 1

∫ P (x )(x − x )(x − x )...(x − x n

1

2

k

)dx = 0 ,

0

tehát k ≥ n . Ez csak úgy lehetséges, ha a Pn polinomnak mind az n gyöke valós, egyszeres és a [0,1] intervallumban van. 6. Bizonyítsd be, hogy ha az f : [ 0,1] → \ függvény folytonosan deriválható és f (1) = 0 , akkor 2

⎛1 ⎞ ⎜ f (x )dx ⎟⎟ . ′ (x )) dx ≥ 3 ⎜ f ( ⎟ ∫ ⎜⎜ ∫ ⎝0 ⎠⎟⎟ 0 Megoldás. A parciális integrálás képlete alapján 1

1

∫

2

1

f (x )dx =

0

∫ 0

1

1

1

(x )′ f (x )dx = x ⋅ f (x ) 0 − ∫ x ⋅ f ′(x )dx = −∫ x ⋅ f ′(x )dx 0

0

A Cauchy-Buniakovski egyenlőtlenség integrálos alakja szerint: 2 ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ ⎜⎜ x ⋅ f ′(x )dx ⎟⎟ ≤ ⎜⎜ x 2dx ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ f ′(x ) 2dx ⎟⎟ = 1 ⎜⎜ f ′(x ) 2dx ⎟⎟ . ( ) ( ) ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜⎜ ∫ ⎜∫ ⎜∫ ⎜∫ ⎝0 ⎠⎟⎟ ⎝⎜ 0 ⎠⎟⎟ ⎝⎜ 0 ⎠⎟⎟ 3 ⎝⎜ 0 ⎠⎟⎟ Az előbbi két összefüggésből következik a kért egyenlőtlenség.

5.2. Változócsere a határozott integrálban Gyakorlatok és feladatok (125. oldal) 1. Számítsd ki a következő határozott integrálokat: π 4

a)

∫ 0

π 2

sin 3 xdx ;

b)

∫ 0

sin 2x dx ; c) 1 + sin2 x

1

∫ 0

xdx ; 1 + x4

9

d)

∫ 1

1 + x dx ;

Tartalomjegyzék Határozott integrálok kiszámítása 4

1

∫

e)

0

π 4

∫ 0

1

2x

∫

x x 2 + 9dx ; f)

1+x

0

137

g)

dx

2

∫ x (2x + 5)

10

h)

dx ;

0

sin 3 x dx ; cos x 1

i)

∫ 0

1

m)

π 2

dx ; ex − 1

2

x −2

1 2

1−x

3 5

π 4

∫ sin

x 2dx

∫

; n)

Megoldás. a) I =

1 + sin x 4 5

2

k)

;

2

0

dx

∫x

∫

j)

2

cos xdx

∫ 1 3 2

o)

;

∫x 1

π 4

3

x2 + 1 dx ; x2

∫ 0

xdx ; x +1

a

dx 2

3

l)

4 −x

;

2

∫

p)

a 2 + x 2 dx

0

π 4

∫ sin x ⋅ (1 − cos x )dx = −∫ (cos x )′ ⋅ (1 − cos x )dx = 2

xdx =

0

2

0

0

π 4

⎛ cos x ⎞⎟ 2 2 1 5 2 2 = − ⎜⎜cos x − + +1− = − + . ⎟⎟ = − ⎜⎝ 3 ⎠0 2 12 3 12 3 3

π 2

b)

∫ 0

1

c)

∫ 0

d)

sin 2x dx = 1 + sin2 x

π 2

(sin2 x )′

∫ 1 + sin 0

2

x

π

dx = ln (1 + sin2 x ) 2 = ln 2 . 0

1 1 (x 2 )′ 1 1 1 π xdx π 2 arctg = dx = x = ⋅ = . | 2 4 ∫ 2 0 1+x 2 0 1 + (x ) 2 2 4 8

A

1+ x = t

helyettesítést

használjuk.

Innen

2

x = (t 2 − 1)

dx = 4t (t 2 − 1)dt . Ha x = 1 , akkor t = 2 és ha x = 9 , akkor t = 2 , így 2

I =

∫ 4t (t 2

2

2

− 1)dt =

2

∫

2

4t 5 4t − 4t dt = 5 4

2

2

2

4t 3 − 3

4

∫ 0

= 2

128 − 16 2 32 − 8 2 224 − 8 2 − = . 5 3 15 4 4 1 1 x x 2 + 9dx = ⋅ ∫ 2x ⋅ x 2 + 9dx = ⋅ ∫ (x 2 + 9)′ ⋅ x 2 + 9dx = 2 0 2 0 =

e)

2

=

3 1 2 2 ⋅ (x + 9)2 2 3

4

= 0

125 27 98 − = 3 3 3

és

Tartalomjegyzék 138 1

f)

∫ 0


(1 + x 2 )′

1

2x 1 + x2

∫

dx =

1 + x2

0

1

dx = 2 1 + x 2

0

= 2 2 −2 .

1 t −5 és dx = dt . 2 2 Ugyanakkor a határok a következőképpen változnak: ha x = 0 , akkor t = 5 és ha 7 7 t − 5 10 1 1 ⋅ t ⋅ dt = ⋅ ∫ (t 11 − 5t 10 ) dt = x = 1 , akkor t = 7 , így I = ∫ 2 2 4 5 5 g) A 2x + 5 = t helyettesítéssel dolgozunk. Innen x =

7

1 ⎛⎜t 12 5t 11 ⎞⎟ 1 ⎛ 712 − 512 5 ⋅ 711 − 5 ⋅ 55 ⎞⎟ ⋅⎜ − − ⎟ = ⋅ ⎜⎜ ⎟. 4 ⎜⎝ 12 11 ⎠⎟ 5 4 ⎝⎜ 12 11 ⎠⎟ π 4

h)

∫ 0

π 4

3

sin x dx = cos x

π 4

2

∫

sin x ⋅

0 π 4

= −∫ 0

π 4 0

= −2 cos x |

sin x 1 − cos2 x dx = −∫ (cos x )′ ⋅ dx = x cos x cos 0 π 4

3 1 ⋅ (cos x )′ dx + ∫ (cos x ) 2 ⋅ (cos x )′ dx = cos x 0

π

5 4 ⎛ ⎞ 8 2 1 ⎞ 2⎛ 1 9 2 + cos x = 2 ⎜⎜⎜1 − 4 ⎟⎟⎟ + ⎜⎜⎜ 4 − 1⎟⎟⎟ = − 4 . ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 5 2 5 2 2 5 5 2 0

e x − 1 = t helyettesítést alkalmazzuk, innen x = ln (t 2 + 1) és 2t dx = 2 dt . A határok a következőképpen változnak: x = 0 -ra t = 0 és t +1 x = 1 -re t = e − 1 .

i)

A

1

∫ π 2

j)

∫ 0

0

e −1

dx = ex − 1

cos x 1 + sin2 x

∫ 0

π 2

dx =

∫ 0

(

e −1 1 2t dt = 2 arctg t| ⋅ 2 = 2 arctg e − 1 . 0 t t +1

(sin x )′ 1 + sin2 x

dx = 2

= ln sin x + 1 + sin x 2

k)

∫ 1

=

x2 + 1 dx = x2

2

∫ 1

)

π 2 0

= ln (1 + 2 ) . 2

2 ⎛ 1 ⎞⎟′ x2 + 1 ⎜− ⎟⎟ ⋅ x 2 + 1dx = − + ∫ ⎜⎝ x ⎠ x 1

2 2− 5 2+ 5 + ln . 2 1+ 2

1

dx x2 + 1

=


l)

x dx = x +1

∫ 0

3

⎛ x +1 1 ⎞⎟ − ⎟dx = x +1 x + 1 ⎠⎟

∫ ⎜⎜⎜⎝ 0

3

1 3

3 3 2 8 2 x 1 ⋅ ( + ) − 2 (2 − 1) = . ∫ 3 3 0 0 0 1 ⎡1 ⎤ f (x ) = függvény nem értelmezett az ⎢ ,1⎥ intervallumon. 2 ⎣⎢ 2 ⎦⎥ x x −2 x = sin t helyettesítést alkalmazzuk. Innen dx = cos tdt és a határok: 3 4 4 ⇒ t = arcsin és x = ⇒ t = arcsin . 5 5 5

=

m) Az n) Az

x=

3 5

139

x + 1dx − 2 (x + 1)2 =

4 5

I =

x

∫

arcsin

2

1−x

3 5

4 arcsin 5 3 arcsin 5

= − sin t cos t|

2

∫

dx =

arcsin

arcsin

+

∫ arcsin

4 5

2

sin t ⋅ cos tdt = 3 cos t

5

arcsin

∫

4 5

sin2 tdt =

arcsin

3 5

4 5

4 3 3 4 cos2 tdt = − ⋅ + ⋅ + 5 5 5 5 3

5

arcsin

∫

4 5

1dt − I ,

3 arcsin 5

ahonnan

1 arcsin 45 1 ⎛ 4 3⎞ 1 7 I = x| 3 = ⎜⎜arcsin − arcsin ⎟⎟ = arcsin . arcsin 2 2⎝ 5 5⎠ 2 25 5 o) Az x = 2 sin t helyettesítést alkalmazzuk, innen dx = 2 cos tdt és a határok a 1 π 3 következőképpen változnak: ha x = 1 , akkor t = arcsin = és ha x = , 2 6 2 3 akkor t = arcsin . 4 3 2

∫x

arcsin

dx 2

1

4 −x

2

=

∫ π 6

3 4

2 cos tdt dt = 4 sin2 t ⋅ 2 cos t

1 = − ctg t 4

arcsin π 6

3 4

=

arcsin

∫

3 4

π 6

1 dt = 4 sin2 t

3 7 . − 4 12

p) Az s = a ⋅ sh t helyettesítést alkalmazzuk, ekkor dx = a ch tdt és a határok a következőképpen változnak: x = 0 -ra t = 0 , x = a -ra t = arsh1 , így a

I =

∫ 0

arsh1

a 2 + x 2dx =

∫ 0

arsh1

a ⋅ ch t ⋅ a ⋅ ch tdt = a 2 ⋅

∫ 0

ch2 tdt =


Határozott integrálok kiszámítása ar sh 1 2

=a ⋅

∫ 0

ar sh1

⎞ ch 2t + 1 a 2 ⎛ sh 2t + x ⎟⎟⎟ dt 2 = ⎜⎜ ⎠0 2 2⎝ 2

a2 = ( 2 + ar sh 1) . 2

Az ar sh1 -t a következőképpen határozzuk meg:

e x =t e x − e −x = 1 ⇒ e x − 2−x = 2 ⇒ t 2 − 2t − 1 = 0 , ahonnan t1 = 1 + 2 és 2 t2 = 1 − 2 , de t > 0 , mert t = e x > 0 , tehát t = 1 + 2 és x = ln (1 + 2 ) ,

vagyis

I =

a2 ( 2 + ln (1 + 2 )) . 2

Más megoldás: a

a

∫

I =

2

2

a + x dx =

0

0

a

=a

2

∫ 0

∫

a2 + x 2

a

1 a2 + x 2

dx + ∫ x ⋅ 0

a2 + x 2

dx =

x a2 + x 2

dx =

a ⎛ ⎞⎟ a ⎜ 2 2 2 2 2 = a ⋅ ln x + a + x + ⎜⎜x a + x − ∫ a 2 + x 2 dx ⎟⎟ = 0 0 ⎜⎝ ⎠⎟ 0 ⎛a + a 2 ⎞⎟ ⎟⎟ + a 2 2 − I , = a 2 ⋅ ln ⎜⎜ ⎜⎝ a ⎠⎟

(

)

a

ahonnan

I =

a2 a2 2 a2 ⋅ ln (1 + 2 ) + = ⋅ (ln (1 + 2 ) + 2 ) . 2 2 2

5.3. Határozott integrálok kiszámítása a primitív függvény kiszámítása nélkül Alkalmazások (126. oldal) Számítsd ki a következő integrálokat: 1 x 3 − 2x 2 − x 1. ∫ x dx e + x3 + x2 + x + 1 0 Megoldás. Jelölje I a kiszámítandó integrált és tekintsük a 1

J =

∫ 0

integrált. Ekkor

e x + 3x 2 + 2x + 1 dx ex + x 3 + x 2 + x + 1


I +J =

∫ 0

141

ex + x 3 + x 2 + x + 1 dx = ex + x 3 + x 2 + x + 1

1

∫ 1dx = 1 . 0

Ugyanakkor 1

J =

∫ 0

(e x + x 3 + x 2 + x + 1)′ x

3

2

e +x +x +x +1

1

dx = ln (e x + x 3 + x 2 + x + 1) = ln 0

Mivel I = 1 − J , következik, hogy I = 1 − ln π 2

2.

∫ 0

e+4 . 2

e+4 . 2

sin 3 x dx sin x + cos x π 2

π sin 3 x ∫ sin x + cos x dx kiszámításához a t = 2 − x 0 helyettesítést alkalmazzuk, amelyre dt = −dx és a határok a következőképpen π π változnak: ha x = 0 , akkor t = , ha x = , akkor t = 0 . Következik, hogy 2 2 Megoldás.

I =

Az

0

I =

∫ π 2

innen pedig

2I = π 2

=

∫ 0

π 2

3.

∫ 0

π 2

∫ 0

3

3

cos t (−dt ) = cos t + sin t

3

sin t + cos t dt = sin t + cos t

π 2

∫ (sin

2

π 2

∫ 0

cos 3 t dt , cos t + sin t

t − sin t cos t + cos2 t )dt =

0

π ⎛ sin 2t ⎞⎟ cos 2t 2 ⎜⎜1 − dt = t + | ⎟ ⎟ 0 ⎝ 2 ⎠ 4

π 2 0

=

π 1 π −1 π −1 , tehát I = . − = 2 2 2 4

cos x

(sin x ) dx cos x (sin x ) + (cos x )sin x π 2

cos x

π (sin x ) ∫ (sin x )cos x + (cos x )sin x dx kiszámításához a t = 2 − x 0 helyettesítést alkalmazzuk, amelyre dt = −dx és a határok a következőképpen π π változnak: ha x = 0 , akkor t = , ha x = , akkor t = 0 . Következik, hogy 2 2 Megoldás. Az I =



I =

π 2

sin t

(cos t )

∫ (cos t )

sin t

π 2

cos t

+ (sin t )

(−dt ) =

(cos t )sin t

∫ (cos t )

sin t

0

cos t

+ (sin t )

dt .

Összeadva a két integrált, kapjuk, hogy π 2

2I =

π

π

∫ 1dt = 2 , ahonnan I = 4 . 0

π 2

4.

sinn x dx , n ∈ `* sinn x + cosn x

∫ 0

Megoldás. A t = π 2

I =

∫ 0

π − x helyettesítéssel 2

n

sin x dx = n sin x + cosn x

0

∫

innen

π 2

n

cos t (−dt ) = n cos t + sinn t

π 2

2I =

π

π 2

∫ 0

cosn t dt , cosn t + sinn t

π

∫ 1dt = 2 ⇒ I = 4 . 0

π 2

5.

∫ 0

e x + cos x dx e x + sin x + cos x π 2

Megoldás.

∫e 0

I =

∫ 0

π 2

J =

Az

x

e x + cos x dx e x + sin x + cos x

kiszámításához

tekintsük

sin x dx integrált. Összeadva őket az + sin x + cos x π 2

I +J =

π

∫ 1dx = 2 0

összefüggést kapjuk. Ugyanakkor π 2

I −J =

∫ 0

x

e + cos x − sin x dx = e x + cos x + sin x

π 2

(e x + cos x + sin x )′

∫

e x + cos x + sin x

0

π 2 0

= ln (e + sin x + cos x )| x

π

e2 +1 . = ln 2

dx =

a


143

⎧⎪I + J = π ⎪⎪ 2 ⎪ π Tehát az ⎪ rendszerhez jutottunk, ahonnan ⎨ ⎪⎪ e2 +1 ⎪⎪I − J = ln 2 ⎪⎩ π ⎛ ⎞ 1 ⎜⎜ π e 2 + 1⎟⎟ ⎟. I = ⎜ + ln 2 ⎜⎜⎝ 2 2 ⎠⎟⎟⎟ 1

6.

∫x

2 p +1

ln (1 + a x )dx

−1

1

Megoldás.

Az

I =

∫x

2 p +1

⋅ ln (1 + a x )dx

kiszámításához

a

t = −x

−1

−1

helyettesítést végezzük el: I =

∫ (−t )

2 p +1

1

1

⎛ 1⎞ ln ⎜⎜1 + t ⎟⎟(−dt ) = ⎝ a ⎠ 1

= −∫ t −1

2 p +1

ln (1 + a )(dt ) + ∫ t 2 p +1 ln a t (dt ) = t

1

−1

1

t 2 p +3 2 ln a . = −I + + + 2 p 3 2 p 3 −1 −1 2 ln a ln a Tehát az I = −I + összefüggéshez jutottunk, ahonnan I = . 2p + 3 2p + 3 = −I + ln a ⋅ ∫ t 2 p +2dt = −I + ln a ⋅



Alkalmazások 1. Bizonyítsd be, hogy ha az f : [0, a ] → \ folytonos függvényre f (x ) = f (a − x ) , ∀x ∈ (0, a ) , akkor a −b

∫ x⋅f

(x ) dx

b

a = 2

a −b

∫

f (x ) dx .

b

Bizonyítás. Az y = a − x változócserét alkalmazzuk az első integrálban: a −b

∫

a −b

b

∫

x ⋅ f (x )dx =

(a − y ) ⋅ f (a − y )(−dy ) =

a −b

b

∫ (a − y ) ⋅ f (y )dy , b

a −b

tehát ha I = és így I =

a 2

a −b

∫

x ⋅ f (x )dx , akkor az előbbi egyenlőség alapján I =

∫

f (x )dx .

b a −b

∫ a ⋅ f (x )dx − I b

b

2. Bizonyítsd be, hogy ha az f : [−a, a ] → \ függvény folytonos, akkor bármely t ∈ \ esetén a a f (x 2 ) 2 = dx ∫ etx + 1 ∫ f (x )dx . 0 −a Bizonyítsd be, hogy a baloldali tört nevezőjében a tx helyett tetszőleges g : [−a, a ] → \ folytonos és páratlan függvény is írható. Bizonyítás. Az első integrálban az x = −y változócserét alkalmazzuk. a

I =

f (x 2 )

∫e

tx

−a a tx

+1

−a

dx =

a

2

e f (x ) dx = 1 + e tx −a

2I = I + ∫

tehát

∫

f (y 2 )ety (−dy ) = 1 + ety

a

∫

−a

a

∫

−a

f (x 2 )e tx dx , 1 + etx

a

f (x 2 )dx = 2 ∫ f (x 2 )dx

és

így

a

kívánt

0

egyenlőséghez jutunk. 3. Bizonyítsd be, hogy ha f : [−1,1] → \ páros és folytonos, akkor 2π

π

∫ x ⋅ f (sin x )dx = 2π ∫ f (sin x )dx . 0

0

Bizonyítás. Az első integrálban az x = 2π − y változócserét alkalmazzuk. 2π

∫

2π

0

x ⋅ f (sin x ) dx =

2π

0

2π

Ez alapján

∫

(2π − y ) ⋅ f (− sin y ) (−dy ) =

∫ (2π − y ) ⋅ f (sin y )dy , 0

2π

∫ x ⋅ f (sin x )dx = π ∫ f (sin x ) dx . Másrészt 0

0


Határozott integrálok kiszámítása 2π

π

π

π

∫ f (sin x )dx = ∫ f (sin(x + π))dx = ∫ f (− sin x )dx = ∫ f (sin x )dx , π 2π

0

0

0

π

tehát π ∫ f (sin x ) dx = 2π ∫ f (sin x )dx . 0

0

4. Bizonyítsd be, hogy ha f : [−1,1] → \ páratlan és folytonos, akkor π 2

2π

∫x

2

0

⋅ f (sin x ) dx = −4π 2 ∫ f (sin x ) dx . 0

2π

Bizonyítás. Az

∫x

2

⋅ f (sin x ) dx integrálban az x = 2π − y változócserét hajtjuk

π

végre. 2π

∫x

π 2

⋅ f (sin x ) dx =

π

π

∫ (2π − y )

2

0

f (− sin y )dy = −∫ (4π 2 − 4πy + y 2 ) f (sin y )dy , 0

tehát 2π

∫x 0

π

2

⋅ f (sin x ) dx = −∫ (4π 2 − 4πx ) f (sin x )dx . 0

π

Másrészt a −∫ (4π 2 − 4π ) f (sin x )dx integrálban az x = π − y változócserével azt π 2

kapjuk, hogy

π 2

π

−∫ (4π 2 − 4πx ) f (sin x )dx = −∫ 4πy ⋅ f (sin y ) dy , π 2

0

π 2

2π

tehát

∫x 0

2

⋅ f (sin x ) dx = −4π 2 ∫ f (sin x ) dx . 0

5. Bizonyítsd be, hogy ha f : [a, b ] → [c, d ] szigorúan növekvő, szürjektív és folytonos, akkor b

∫f

d

(x ) dx

a

+ ∫ f −1 (y ) dy = bd − ac . c

Bizonyítás. Mivel f szigorúan növekvő és szürjektív f (a ) = c és f (b) = d . A második integrálban az dy = f ′(t )dt és így d

∫ c

f −1 (y ) = t

helyettesítést használjuk. y = f (t ) , tehát

b

f −1 (y ) dy =

∫ a

b b

t ⋅ f ′(t )dt = t ⋅ f (t ) a − ∫ f (t )dt = bd − ac . a



Megjegyzés. Az integrál geometriai értelmezése alapján is nyilvánvaló az összefüggés, mert a két terület összege két téglalap területének különbségét adja. 2T x ⋅ f ′ (x ) dx integrált, ha az f : \ → \ függvény folytonosan 6. Számítsd ki az ∫ 1 − f 2 (x ) 0 deriválható, páratlan, periodikus (T > 0 főperiódus) és a tört értelmezett a [0, 2T ] intervallumon. Megoldás. Az x = u + T helyettesítést használjuk (ha f periodikus, akkor f ′ is periodikus). 2T T T T x ⋅ f ′ (x ) (u + T )f ′(u ) f ′(u ) uf ′(u ) = = + dx du T du ∫ 1 − f 2 (x ) ∫ 1 − f 2 (u) ∫ 1 − f 2 (u) ∫ 1 − f 2 (u)du . 0 −T −T −T Másrészt ha f páratlan, akkor f ′ páros és az u → uf ′(u ) megfeleltetés páratlan, tehát az előbbi felbontás második tagja 0 . Az első integrál viszont T T f ′(u ) f ′(u ) f (T ) − 1 f (0) − 1 T∫ du = 2T ∫ du = −T ln =0 + T ln 2 2 1 − f (u ) 1 − f (u ) f (T ) + 1 f (0) + 1 0 −T ( f (0) = 0 , mert f páratlan és f (T ) = 0 a periodicitás alapján). 7. Bizonyítsd be, hogy π 2

π 4

π2 . ∫ 8 0 0 ⎡ π⎤ ⎡ π⎤ Bizonyítás. Az 5. feladatot alkalmazzuk az f : ⎢ 0, ⎥ → ⎢0, ⎥ , f (x ) = arctg(sin x ) ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 4 ⎥⎦ függvényre. 8. Számítsd ki a következő integrálokat: arctg (sin x ) dx + ∫ arcsin (tg x ) =

2 +1

a)

ln x ∫ 1 + x 2 dx ; 2 −1 a

e)

∫ 0

π

b)

∫ 0

ln (a + x ) dx ; f) a2 + x 2

x sin x dx ; c) 1 + cos2 x

π

∫

∫ sin (sin x )dx ;

g)

−1

∫ 0

x sin x 1 + sin2 x

1 Megoldás. a) Az x = helyettesítéssel azt kapjuk, hogy t π

b) Az x = π − y helyettesítéssel az

∫ 0

c)

Az

x = π −y

π

helyettesítéssel

az

∫ 0

egyenlőséget kapjuk.

dx .

ln x dx = 0 . 1 + x2 2 −1

∫

π

∫ 0

sin y π2 dy = 1 + cos2 y 4

π x ⋅ sin xdx = 2 3

ln (1 + x ) dx ; 1 + x2

2 +1

x sin x π dx = 1 + cos2 x 2

egyenlőséget kapjuk.

∫ 0

0

π

1

1

x ⋅ sin 3 xdx ; d)

π

∫ sin 0

3

xdx =

2π 3



d) Az x = tg t helyettesítéssel visszavezetődik a tankönyv 128. oldalán megoldott 2. 1

feladatra, tehát

∫ 0

a

e)

∫ 0

ln (1 + x ) π dx = ln 2 . 2 1+x 8 a

ln (a + x ) ln a dx = 2 2 2 a +x a

∫ 0

dx x 1+ a

()

2

1 + 2 a

könnyen kiszámítható és a második az a

előbbi alpontra, tehát

∫ 0

f)

∫ 0

(

ln 1 +

)

x a dx . 2

()

x 1+ a

Az

első

integrál

x = t helyettesítéssel visszavezethető az a

ln (a + x ) π dx = ln (2a 2 ) . 2 2 a +x 8a

f : [−1,1] → \ ,

Az

a

f (x ) = sin(sin x )

függvény

páratlan,

tehát

1

∫ sin (sin x )dx = 0 . −1

g) Az x = π − y helyettesítéssel az π

∫ 0

π dx = 2 2 1 + sin x x sin x

π

π dy = 2 2 2 − cos y sin y

∫ 0

1

∫

−1

du 2 − u2

=

π2 . 4

Gyakorlatok és feladatok 1. Bizonyítsd be, hogy

π 4

1

0

0

π

∫ tg xdx + ∫ arctg xdx = 4 . ⎡ π⎤ Bizonyítás. Az előbbi paragrafus 5. feladatát alkalmazzuk az f : ⎢0, ⎥ → [0,1] , ⎣⎢ 4 ⎦⎥ f (x ) = tg x függvényre. 2. Számítsd ki az 1

∫ (e

x

+ e −x ) tg xdx

−1

integrált! Megoldás. Az f : [−1,1] → \ , f (x ) = (e x + e −x ) tg x függvény páratlan, tehát 1

∫ (e −1

x

+ e −x ) tg xdx = 0 .


Határozott integrálok kiszámítása π 2

3. Bizonyítsd be, hogy az I n =

cos nx

∫ 1 + cos x dx , n ≥ 0

integrálsorozat teljesíti az

0

I n + 2I n −1 + I n −2 =

(n − 1) π 2 ⋅ sin 2 n −1

rekurziót. Bizonyítás. Mivel cos nx + cos(n − 2)x + 2 cos(n − 1)x = (1 + cos x ) cos(n − 1)x , π 2

írhatjuk, hogy I n + 2I n −1 + I n −2 = 2 ∫ cos(n − 1)xdx = 0

4. Bizonyítsd be, hogy

π 4

lim n ∫ tgn xdx =

n →∞

0

(n − 1) π 2 . ⋅ sin n −1 2

1 . 2

Bizonyítás. A tankönyv 121. oldalának 3/d feladatánál igazoltuk, hogy ha π 4

In =

∫ tg

n

xdx , akkor I n + I n −2 =

0

1 ⎡ π⎤ . Másrészt világos, hogy x ∈ ⎢ 0, ⎥ esetén ⎢⎣ 4 ⎦⎥ n −1

0 ≤ tg x ≤ 1 , tehát tgn +1 x ≤ tgn x és így I n +1 ≤ I n . Ez alapján a rekurzióból 1 n n következik, hogy . A fogó tétel alapján lim nI n = . ≤ nI n ≤ n →∞ 2 2(n + 1) 2(n + 3) 5. Bizonyítsd be, hogy ha az f : [a, b ] → \ függvény növekvő ( 0 < a ≤ b ), akkor b

∫

b

2

x ⋅ f (x ) dx ≤

a

(b − a ) f (b ) + a ∫ f (x ) dx . 2 a x

Bizonyítás.

A

H : [a, b ] → \ ,

H (x ) =

∫ (t − a )f (t )dt − a

(x − a )2 f (b) 2

segédfüggvény deriválható és a deriváltja H ′(x ) = (x − a )( f (x ) − f (b)) ≤ 0 , mert az f függvény növekvő. Ez alapján H csökkenő és H (a ) = 0 alapján H (x ) ≤ 0, ∀x ∈ [a, b ] . A bizonyítandó egyenlőtlenség H (b) ≤ 0 , tehát igaz. 6. Határozd meg az összes f : [0,1] → \ folytonos függvényt, amelyre 1

∫ 0

1

f (x ) dx =

1 + ∫ f 2 (x 2 )dx . 3 0



Megoldás.

1

∫f

(x ) dx

0

1

2

0

1

pontosan akkor van, ha

1

= 2∫ t ⋅ f (t )dt ≤ ∫ t dt + ∫ f 2 (t 2 )dt 2

∫ ( f (t

2

0

és

egyenlőség

0

2

) − t ) dt = 0 , vagyis ha f (t ) = t , ∀ t ∈ [0,1] .

0

7. Jelöljük Bn f -el az f : [0,1] → \ folytonos függvényhez rendelt Bernstein-féle polinomot n ⎛k ⎞ (Bn f ) (x ) = ∑ C nk x k (1 − x )n −k f ⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎝n ⎠ k =0 a) Bizonyítsd be, hogy az fk : [ 0,1] → \ , fk (x ) = x k k = 0, 2 függvényekre ⎧ ⎪ fk (x ) , k = 0,1 ⎪ ⎪ ⎪ . (Bn f ) (x ) = ⎨ 2 x (1 − x ) ⎪ x + , k =2 ⎪ ⎪ n ⎪ ⎩ b) Bizonyítsd be, hogy bármely ε > 0 esetén létezik n(ε) ∈ ` úgy, hogy

f (x ) − (Bn f ) (x ) < ε , ∀x ∈ [ 0,1] és ∀ n ≥ n(ε) . 1

c) Bizonyítsd be, hogy ha

∫x

n

f (x ) dx = 0 bármely n ∈ ` esetén, akkor f ≡ 0 .

0

n

Bizonyítás. a) (Bn f0 ) (x ) = ∑ C nk x k (1 − x )

n −k

n

= (x + (1 − x )) = 1 = f0 (x ) ;

k =0

n

(Bn f1 ) (x ) = ∑ C nk x k (1 − x )n −k k =0

n k (n −1)−(k −1) = x ∑ C nk−−11x k −1 (1 − x ) = n k =0 n −1

= x (x + (1 − x )) 2

= x = f1 (x );

⎛k ⎞ k −1 +1 n −1 = (Bn f2 ) (x ) = ∑ C nk x k (1 − x )n −k ⎜⎜ ⎟⎟⎟ = ∑ C nk−−11x k (1 − x )n −k n

=

k =0 n

n

⎝n ⎠

k =1

n −1 1 n −k n −k C nk−−22x k (1 − x ) + ∑ C nk−−11x k (1 − x ) ∑ n k =2 n k =1 n

n −1 n n −1 2 1 = x + x; n n

n n ⎛k ⎞ b) f (x ) − (Bn f ) (x ) = f (x )∑ C nk x k (1 − x )n −k − ∑ C nk x k (1 − x )n −k f ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ≤ ⎝n ⎠ k =0 k =0

n ⎛k ⎞ ≤ ∑ C nk x k (1 − x )n −k f (x ) − f ⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎝n ⎠ k =0

(*)

Mivel f folytonos a [0,1] intervallumon, egyenletesen folytonos és így tetszőleges

ε1 > 0 esetén létezik olyan δ > 0 , amelyre x − Tekintsük a következő két halmazt:

⎛k ⎞ k < δ esetén f (x ) − f ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ≤ ε1 . ⎝n ⎠ n



⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ k k K1 = ⎪ ⎨k ∈ {0,1, 2,..., n } x − < δ⎪ ⎬ és K 2 = ⎨⎪k ∈ {0,1, 2,..., n } x − ≥ δ ⎬⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ n n ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ ⎩⎪ ⎭ Ugyanakkor f korlátos és így létezik olyan M > 0 , amelyre f (x ) ≤ M , ∀ x ∈ [0,1] .

A (*) összefüggés utolsó összegét a következőképpen majorálhatjuk: n ⎛k ⎞ C nk x k (1 − x )n −k f (x ) − f ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ≤ ∑ ⎝n ⎠ k =0 ≤

n ⎛ k ⎞⎟ ⎛k ⎞ k k n −k k k n −k ⎜ − − + C x x f x f f (x ) − f ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ≤ (1 ) ( ) ∑ n ⎜⎝ n ⎠⎟⎟ ∑ C n x (1 − x ) ⎝n ⎠ k ∈K1 k ∈K 2 n

n

n

≤ ε1 ∑ C nk x k (1 − x )n −k + 2M ∑ C nk x k (1 − x )n −k k ∈K1

k ∈K 2

1 δ2

2

⎛ k⎞ ⎜⎜x − ⎟⎟ ≤ ⎝ n ⎠⎟

⎛ k k 2 ⎞⎟ k k n −k ⎜ 2 − − + C x (1 x ) x 2 x ⎟= ⎜⎜ ∑ n n n 2 ⎠⎟ ⎝ k =0 k =0 2M ⎛ x (1 − x )⎞⎟ M = ε1 + 2 ⎜⎜x 2 − 2x 2 + x 2 + ⎟ ≤ ε1 + 2n δ 2 δ ⎜⎝ n ⎠⎟ ε Ez alapján ha ε > 0 rögzített és ε1 = , akkor az ehhez tartozó δ > 0 esetén létezik 2 ε M ≤ , ha n ≥ n(ε) . Tehát bármely ε > 0 esetén olyan n(ε) ∈ ` , amelyre 2n δ 2 2 létezik n(ε) ∈ ` úgy, hogy n

≤ ε1 ∑ C nk x k (1 − x )n −k +

2M δ2

n

f (x ) − (Bn f ) (x ) < ε , ∀x ∈ [ 0,1] és ∀ n ≥ n(ε) . c) Az előbbi alpont alapján tetszőleges ε > 0 esetén létezik olyan P ∈ \[X ] polinom, amelyre f (x ) − P (x ) < ε , ∀x ∈ [0,1] . Így 1 2

∫ ( f (x ) − P(x )) dx ≤ ε

2

0

1

vagyis

∫ ⎡⎣ f

2

(x ) + P 2 (x ) − 2 f (x )P (x )⎤⎦dx ≤ ε2 .

A

feltételek

0

1

∫ f (x )P(x )dx = 0

minden P ∈ \[X ] polinom esetén, tehát

0

1

∫ ⎡⎣ f 0

2

(x ) + P 2 (x )⎤⎦dx ≤ ε2

alapján

viszont



és így

∫f

2

(x )dx ≤ ε2 . Mivel ez minden ε > 0 esetén érvényes írhatjuk, hogy

0

1

∫f

2

(x )dx ≤ 0 . Ez csak akkor lehetséges, ha f (x ) = 0 , ∀ x ∈ [0,1] (mert f

0

folytonos). 8. Legyen a > 0 egy valós szám és f : [0, a ] → \ + egy integrálható függvény. a a) Bizonyítsd be, hogy bármely x 0 ∈ [ 0, a ] \ esetén az (x 0 , f (x 0 )) ponton át 2 húzható olyan dx 0 egyenes, amelyre a grafikus kép, a dx 0 egyenes, az x = a egyenletű

{}

egyenes és az Oy tengely által határolt síkrésznek ugyanakkora területű darabja van a dx 0 alatt, mint fölött. b) Bizonyítsd be, hogy a dx 0 a [0, a ] \

összefutók ha x 0

{a2 }

egyenesek halmazban

változik és határozd meg az összefutási pont koordinátáit. Bizonyítás. a) A dx 0 egyenes alatti és fölötti részek területe pontosan akkor egyenlő a

egymással, ha

∫ (c

1

⋅ x + c2 − f (x ))dx = 0 , ahol

0

y = c1 ⋅ x + c2 a dx 0 egyenes egyenlete. a

a2 Így c1 ⋅ + c2 ⋅ a = ∫ f (x )dx . Ugyanakkor a dx 0 egyenes áthalad az x 0 , f (x 0 ) 2 0 ponton, tehát f (x 0 ) = c1 ⋅ x 0 + c2 . Ebből a két egyenlőségből

(

a

c1 =

2 ⋅ a

∫

)

a

f (x )dx − a ⋅ f (x 0 )

0

a − 2x 0

és c2 =

1 ⋅ a

Mivel ez a két szám létezik bármely x 0 ∈ [0, a ] \

a 2 ⋅ f (x 0 ) − 2x 0 ⋅ ∫ f (x )dx 0

a − 2x 0

.

{a2 } esetén, a kért egyenes is létezik.

b) Az előbbi egyenesek egyenlete a következő alakban is felírható: a ⎛ a ⎞⎟ x 0 ⋅ ⎜⎜⎜2∫ f (x )dx − 2ayv ⎟⎟ + f (x 0 ) (2ax v − a 2 ) = 2x v ⋅ ∫ f (x )dx − a 2yv , ⎜⎝ 0 ⎠⎟⎟ 0

(

)

ahol x v , yv a keresett összefutási pont koordinátái. Az x 0 és az f (x 0 ) együtthatói a

a nullával egyenlők, ha x v = és yv = 2

∫ f (x )dx 0

a

. Ezekre az értékekre az előbbi



a ⎛ ⎞ ⎜⎜ f (x )dx ⎟⎟⎟ ∫ ⎜⎜a ⎟⎟ ⎟⎟ ponton áthalad az összes egyenlőség jobb oldalán is nulla áll, tehát az ⎜⎜ , 0 ⎟⎟ ⎜⎜ 2 a ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝ ⎠⎟ ilyen egyenes.

9. Számítsd ki a

⎛ 1 ⎞⎟ 1 x ⎜ n lim ⎜e − 1⎟⎟ ∫ e ⋅ [nx ]dx n →∞ ⎜ ⎝ ⎠⎟ 0 határértéket, ahol [nx ] az n ⋅ x valós szám egész része. (Felvételi, 1990)

⎡ k k + 1⎤ Bizonyítás. A ⎢ , ⎥ intervallumon az [nx ] értéke k , ezért felírhatjuk a ⎢⎣ n n ⎥⎦ kiszámítandó határértéket a következő módon: ⎛ 1 ⎞ 1 ⎛ 1 ⎞ n −1 lim ⎜⎜e n − 1⎟⎟⎟ ∫ e x ⋅ [nx ]dx = lim ⎜⎜e n − 1⎟⎟⎟ ∑ n →∞ ⎜ n →∞ ⎝ ⎜ ⎝ ⎠⎟ 0 ⎠⎟ k =1

k +1 n

∫

k ⋅ e x dx =

k n

2

⎛ 1 ⎞ 1 n −1 k k = lim n ⎜⎜e n − 1⎟⎟⎟ ∑ ⋅ e n = 1 , n →∞ ⎜⎝ ⎠⎟ n k =1 n 2

2

2

⎛ ⎞ mert lim n 2 ⎜⎜e − 1⎟⎟⎟ n →∞ ⎜⎝ ⎠⎟ 1 n

⎛ ⎞⎟ 1 ⎜⎜ n 1 e − 1⎟⎟⎟ lim és = 1 = ⎜⎜⎜ lim = ⎟ n →∞ n ⎜⎜n →∞ 1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎝ ⎠ n

2

k nk ⋅e = ∑ k =1 n n −1

1

∫ x ⋅ e dx = 1 . x

0

arctg x dx integrált. + 2 x + 2 0 5 2 −t helyettesítést használjuk. dx = − Bizonyítás. Az x = 2 dt és így (1 + 2t ) 1 + 2t 2 −t 2 0 2 arctg arctg x 5 arctg 2 − arctg t 1 + 2t dt , I =∫ 2 dx = −∫ dt = 2 2 ∫ 2 ( ) x + 2 x + 2 1 + 2 t t + 2 t + 2 5 t + 2 t + 2 ( ) 0 2 0

∫x

10. Számítsd ki az

2

2

(1 + 2t ) 2

tehát I =

arctg 2 dt 1 1 = arctg 2 ⋅ arctg . 2 ∫ 2 t + 2t + 2 2 2 0

Tartalomjegyzék A határozott integrál alkalmazásai

153

VI. A határozott integrál alkalmazásai Gyakorlatok (134. oldal) I. Számítsd ki a következő függvények grafikus képei által meghatározott síkidom területét: 1. f (x ) = x + 1 , g (x ) = − x + 1 , x ∈ [−1, 3] ; 2. f (x ) = x 2 , g (x ) = x 3 , x ∈ [0,1] ; 1 3. f (x ) = , g (x ) = x 2 , x ∈ [1, 3] ; x 8a 3 x2 , g (x ) = 2 , x ∈ [−2a,2a ] ; 4. f (x ) = x + 4a 2 4a 5. f (x ) = −x 2 , g (x ) = e x , x ∈ [2, 5] ; 6. f (x ) = e x , g (x ) = (x + 1) ⋅ e −2x , x ∈ [0,1] ; 7. f (x ) = x 2 + 1 , g (x ) =

ex − 1 , x ∈ [0,2] ; ex + 1

8. f (x ) = 4 px − x 2 , g (x ) = 2px , x ∈ [ 0, 2p ] ; 9. f (x ) = ln x , g (x ) = ln2 x , x ∈ [1, e ] ; 10. f (x ) = (x 2 + 4x + 4)e x , g (x ) = 0 , x ∈ [0,1] . Megoldás 3

1. T =

∫

3

f (x ) − g (x ) dx =

−1

∫2

x + 1dx =

−1

3

2 (x + 1) x + 1 4 32 2⋅ = ⋅ (8 − 0) = 3 3 3 −1 2. T =

1

1

∫

∫

f (x ) − g (x ) dx =

0

0

3

3. T =

∫

1 2a

4. T =

∫

−2a

3

f (x ) − g (x ) dx =

∫ 1

2

1

⎛ x 3 x 4 ⎞⎟ 1 1 1 (x − x )dx = ⎜⎜⎜ − ⎟⎟ = − = 4 ⎠0 3 4 12 ⎝3 2

3

3

⎛x 3 ⎞ ⎛ 1⎞ 26 ⎜x 2 − ⎟⎟dx = ⎜⎜ − ln x ⎟⎟ = − ln 3 ⎟ ⎜ ⎝⎜ ⎠ x 3 ⎝3 ⎠1

3

x 8a dx − 2 4a x + 4a 2 x2 x 4 + 4a 2x 2 − 32a 4 8a 3 − 2 = = 4a x + 4a 2 4a (x 2 + 4a 2 )


A határozott integrál alkalmazásai 2

(x 2 + 2a 2 ) − 36a 4 = 4a (x 2 + 4a 2 )

(x 2 − 4a 2 )(x 2 + 8a 2 ) . = 4a (x 2 + 4a 2 )

Mivel x ∈ [−2a,2a ] , következik, hogy x 2 − 4a 2 ≤ 0 minden x esetén, így

8a 3 x2 − 2 ≤ 0, ∀x ∈ [−2a,2a ] . 4a x + 4a 2 2a

2a

⎛ 8a 3 ⎛ 3 1 x 2 ⎞⎟ x 1 x 3 ⎞⎟ ⎜ ⎜ = T = ∫ ⎜ 2 − ⎟dx = ⎜8a ⋅ ⋅ arctg − ⋅ ⎟ ⎜⎝ x + 4a 2 4a ⎠⎟ 2a 2a 4a 3 ⎠⎟ −2a ⎝⎜ −2a 4a 2 ⎛ π π ⎞ 1 ⎛ 8a 3 8a 3 ⎞⎟ = 4a 2 ⎜⎜ + ⎟⎟ − ⎜⎜ + . ⎟⎟ = 2a 2 π − ⎝ 4 4 ⎠ 4a ⎝⎜ 3 3 ⎠ 3 5

5. T =

∫

5

f

(x ) − g (x ) dx

=

2

∫ (e

x

+ x 2 )dx =

2

⎛ x = ⎜⎜e x + ⎜⎝ 3

3

5

⎞⎟ 125 8 117 − e2 − = e5 − e2 + ⎟⎟ = e 5 + 3 3 3 ⎠2

6. Bebizonyítjuk, hogy (x + 1)e −2x ≤ e x , ∀x ∈ [0,1] , ami egyenértékű azzal, hogy

x + 1 ≤ e 3x , ∀x ∈ [0, 1] . Legyen f : [0,1] → \ , f (x ) = x + 1 − e 3x . Ekkor

f ′ (x ) = 1 − 3e 3x , szigorúan

f ′ (x ) = 0 ⇔ e 3x =

csökkenő

függvény,

ezért

1 1 1 ⇔ x = ln < 0 . 3 3 3 1 1 f ′ (x ) < 0 ∀x ≥ ln 3 3

Mivel

f′

esetén.

Így

f ′ (x ) < 0 ∀x ∈ [0,1] -re is, tehát f szigorúan csökkenő. Ugyanakkor f (0) = 0 , így f (x ) < 0 ∀x > 0 esetén. Tehát 1

T =

∫

1

f

(x ) − g (x ) dx

0

=e

x 1 0

∫e

x

− (x + 1)e −2xdx =

0

−2x 1

e − (x + 1) ⋅ −2

=e +

=

0

1

1 ⎛ 1 ⎞ 1 e −2x + ∫ e −2x dx = e − 1 − ⎜⎜−e −2 + ⎟⎟⎟ + ⋅ ⎝ 2 0 2 ⎠ 2 −2

1

= 0

1 1 1 1 1 5 5 − −1− ⋅ 2 + = e + 2 − . 2 e 2 4 e 4 4e 4 2

7. A síkidom területe T =

∫

f (x ) − g (x ) dx . De f (x ) ∈ [1, 5], ∀x ∈ [0,2] ,

0

mivel

f

szürjektív,

növekvő

függvény

[ 0,2] -n.

Ugyanakkor

Tartalomjegyzék A határozott integrál alkalmazásai ⎡ e 2 − 1 ⎤⎥ g (x ) ∈ ⎢⎢ 0, 2 ⊂ [0,1] , mert g e + 1 ⎥⎥⎦ ⎢⎣ g (x ) < 1 < f (x ) , ∀x ∈ [0,2] , így 2

T =

∫ 0 2

ahol I =

is szigorúan növekvő [ 0,2] -n. Tehát

2 2 x 3 ⎛ 2 ⎞ ⎜⎜x + 1 − e − 1 ⎟⎟dx = ⎛⎜ x + x ⎞⎟⎟ − ⎜ ⎜⎜⎝ e x + 1 ⎠⎟⎟ ⎝⎜ 3 ⎠⎟ 0 ∫0

ex − 1 14 dx = −I , x e +1 3

ex − 1 ex − 1 dx = t . Ezt az integrált a helyettesítéssel számoljuk ex + 1 ex + 1

∫ 0

ki. Így e x =

155

⎛t 2 + 1⎞⎟ t2 + 1 1 − t2 4t 4t ⎜⎜ = x ln és , dx = ⋅ dt . ⎟ 2 dt = 2⎟ 2 2 2 ⎜ 1−t 1−t4 t + 1 (1 − t ) ⎝1 − t ⎠ 2

I =

ex − 1 dx = ex + 1

∫ 0

e 2 −1 e 2 +1

= 2⋅

∫ 0

e 2 −1 e 2 +1

∫

t⋅

0

4t dt = 1 −t4

e 2 −1 e 2 +1

∫ 0

4t 2 dt = (1 − t 2 )(1 + t 2 ) e 2 −1

⎛ 1 ⎛ 1 t −1 ⎞⎟ e2 +1 1 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎜ dt 2 ln ar t ctg − = − − = ⎟ ⎟ ⎜⎝1 − t 2 1 + t 2 ⎠⎟ ⎝⎜⎜ 2 t + 1 ⎠⎟ 0 e2 − 1 +1 e2 − 1 e2 + 1 = ln − 2 arctg = e2 + 1 e2 − 1 −1 e2 + 1 = ln

2e 2 + 2 e 4 − 1 e2 − 1 = − 2 arctg 2 2 e +1

(

)

= ln e 2 − e 4 − 1 − 2 arctg

e2 − 1 . e2 + 1

8. Bebizonyítjuk, hogy f (x ) ≥ g (x ), ∀x ∈ [0, 2p ] . Ez a következőkkel ekvivalens:

4px − x 2 ≥ 2px ⇔ 4px − x 2 ≥ 2px ⇔ 2px ≥ x 2 ⇔ 2p ≥ x , ∀x ∈ [0,2p ] esetén. 2p

T =

∫

2p

f (x ) − g (x ) dx =

0

2p

=

∫ 0

∫(

)

4 px − x 2 − 2px dx =

0

2 3 4p − (x − 2p ) dx − 2p ⋅ x 2 3 2

2p

2

0

= I1 −

8 2 p . 3

ami

igaz


A határozott integrál alkalmazásai

Az I 1

kiszámítására az x − 2p = 2p sin t

helyettesítést alkalmazzuk. Innen π x = 2p (1 + sin t ) és dx = 2p cos t . Ha x = 0 akkor sin t = −1 és t = − , ha 2 x = 2p , akkor sin t = 0 , t = 0 . 0

I1 =

0

1 + cos 2t dt = 2 π

∫ 2p cos t ⋅ 2p cos tdt = 4p ⋅ ∫ 2

−

π 2

−

2

0

⎛ 8⎞ ⎛ sin 2t ⎞⎟ 2 π = 2p 2 ⎜⎜t + = p 2 π , tehát T = p 2 ⎜⎜π − ⎟⎟⎟ . ⎟ = 2p ⎝ ⎝ 3⎠ 2 ⎠⎟ − π 2 2

9. Mivel x ∈ [1, e ] , ln x ∈ [0,1] , tehát ln2 x < ln x , ∀x ∈ [1, e ] . e

T =

∫ (ln x − ln x )dx = x (ln x − ln x ) 2

2

1

e

= −∫ (1 − 2 ln x )dx = − x 1

e 1

e 1

e

⎛1 1 ⎞ − ∫ x ⎜⎜ − 2 ln x ⎟⎟⎟ dx = ⎝x x ⎠ 1 e

+ 2 ∫ ln xdx = 1

−e + 1 + 2 (e − e + 1) = 3 −e . 1

10.T =

∫

1

f (x ) − g (x ) dx =

0

∫ (x

2

+ 4x + 4)e x dx =

0

1 ⎡ ⎤ 1 x x x 1 2 ⎢ + + − + = − − + − x 4 x 4 e ( 2 x 4 ) e dx 9 e 4 ( 2 x 4 ) e 2e x dx ⎥⎥ = ( ) 0 ∫ ∫ 0 ⎢ ⎢⎣ ⎥⎦ 0 0 = 9e − 4 − [6e − 4 − 2 (e − 1)] = 5e − 2 . II. Számítsd ki a következő függvények grafikus képei által meghatározott korlátos síkidomok területét (a metszéspontok abszcisszái adják az intervallumot): 1. f (x ) = ln x , g (x ) = ln2 x ; 1

2. f (x ) = x 2 , g (x ) = 2 − x ; 3. f (x ) = 2 − x 2 , g (x ) = 3 x 2 ; 4. f (x ) = x 2 , g (x ) = 2x 2 , h (x ) = 1 ; 5. f (x ) = 2 − x 2 , g (x ) = 1 − x 2 . Megoldás 1. Meghatározzuk a két függvény grafikus képének metszéspontjait. f (x ) = g (x ) ⇔ ln x = ln2 x ⇔ ln x ⋅ (1 − ln x ) = 0 ⇔ ln x = 0 vagy ln x = 1 , vagyis x = 1 vagy x = e . e

T =

∫ 1

e

f (x ) − g (x ) dx =

∫ ln x − ln

2

xdx = 3 − e (lásd az I/9 gyakorlatot).

1

2. f (x ) = g (x ) ⇔ x 2 = 2 − x ⇔ x 2 + x − 2 = 0 , ahonnan x1 = 1 és x 2 = −2 .

Tartalomjegyzék A határozott integrál alkalmazásai 1

T =

157

1

∫

f (x ) − g (x ) dx =

−2

∫ (2 − x − x )dx = 2

−2

⎛ x x = ⎜⎜2x − − ⎜⎝ 2 3 2

3

⎞⎟ ⎟ ⎠⎟

1

−2

1 1 8⎞ 9 ⎛ = ⎜⎜2 − − + 4 + 2 − ⎟⎟⎟ = ⎝ 2 3 3⎠ 2 3

3. f (x ) = g (x ) ⇔ 2 − x = x ⇔ (2 − x 2 ) = x 2 . Az x 2 = t elnevezéssel a 2

3

2

3 t = (2 − t ) ⇔ t 3 − 6t 2 + 13t − 8 = 0 egyenlethez jutunk, ahonnan t1 = 1 ,

(t − 1) (t 2 − 5t + 8) = 0 ⇒ t2 , t3 ∉ \ . Tehát x1 = −1 és x 2 = 1 . 1

T =

∫

1

f (x ) − g (x ) dx =

−1

∫ (2 − x

2

)

− 3 x 2 dx =

−1

x3 = 2x| − −1 3 1

1

3 5 − x3 5 −1

1

= 4− −1

2 6 32 − = . 3 5 15

4. Az ábrán besatírozott síkrész területét keressük. f (x ) = h (x ) ⇔ x ∈ {−1,1} és ⎧⎪ ⎫ 2 2⎪ ⎪ g (x ) = h (x ) ⇔ x ∈ ⎪⎨− , ⎬. ⎪⎩⎪ 2 2 ⎪ ⎪ ⎭ ⎛ 2 ⎞⎟ ⎜⎜ 2 1 ⎟⎟ T = 2T1 = 2 ⋅ ⎜⎜⎜ ∫ (2x 2 − x 2 )dx + ∫ (1 − x 2 )dx ⎟⎟⎟ = ⎜⎜ 0 ⎟⎟ 2 ⎜⎝ ⎠⎟⎟ 2 ⎛ 3 2 1 ⎞ 3⎞ ⎛ 2 2 5 2 ⎞⎟ 2 ⎛ ⎟⎟ x ⎜⎜⎜ x 2 ⎟ ⎟ = (2 − 2 ) . = 2⋅⎜ + ⎜⎜x − ⎟⎟ ⎟⎟⎟ = 2 ⎜⎜ + − ⎜⎝ ⎜⎝ 12 ⎜⎜ 3 0 3 ⎠ 2 ⎟⎟ 3 12 ⎠⎟⎟ 3 ⎟ ⎜⎝ 2 ⎠ y g h

1

f 1

x

O

5. A g függvény a [−1,1] intervallumon értelmezett. Igazoljuk, hogy ezen az intervallumon Ugyanakkor

f (x ) ≥ g (x ) . 1 − x 2 ≤ 1 , tehát

Valóban,

∀x ∈ [−1,1] -re

x2 ≤ 1 ⇒ 2 − x2 ≥ 1.

1 − x 2 ≤ 1 ≤ 2 − x 2 , ∀x ∈ [−1,1] .



1 3⎞ ⎛ 10 2 2 ⎜⎜2x − x ⎟⎟ − x x dx 2 1 1 − x 2 dx = − − − = − I1 . ∫ ∫ ⎟ ⎜⎝ 3 3 ⎠ −1 −1 −1 Az x = sin t helyettesítéssel dx = cos tdt és 1

T =

(

π 2

)

π 2

π

1 + cos 2t sin 2t t 2 + I 1 = ∫ cos tdt = ∫ dt = 2 2 −π 4 π π 2

−

2

−

2

2

π 2 −

π 2

=

10 π π − . , tehát T = 3 2 2

III. 1. Egy R sugarú, kör alakú legelő egyik pontjában egy kecskét kötünk r hosszúságú pórázra. Mekkora területet legelhet le a kecske? Megköthetjük-e úgy, hogy pontosan a felét legelje le? Megoldás. A kecske által lelegelhető terület T = R 2 (α − sin α) + ϕ ⋅ r 2 = R 2 (π − 2ϕ − sin 2ϕ ) + ϕ ⋅ r 2 = = (r 2 − 2R 2 ) arctg

⎛ 4R 2 − r 2 r 4R 2 − r 2 ⎞⎟⎟ + R 2 ⎜⎜⎜π − ⎟, ⎜⎝ r 2R 2 ⎠⎟⎟

ahol a mellékelt ábra jelöléseit használtuk. Folytonossági meggondolások alapján világos, hogy létezik olyan r , amely esetén a kecske pontosan az eredeti legelő felét legeli le, ezt az értéket közelítő eljárások segítségével kiszámíthatjuk, de pontos értékét nem tudjuk meghatározni.

α R

ϕ r

2. Bizonyítsd be, hogy ha a D síkidomot az f1 és f2

(f

1,2

: [a, b ] → \ ) folytonosan

deriválható függvények grafikus képe határolja, akkor egy tetszőleges O (x 0 , y 0 ) (rögzített) ponton átmenő y − y 0 = α (x − x 0 ) egyenesseregre a

T1 (α ) T2 (α )

arány az α

folytonos függvénye valamilyen α ∈ (αmin , αmax ) intervallumban, ahol T1 (α) és

T2 (α) a D síkidom egyenes alatti, illetve fölötti részének területe. Megoldás. Az általánosság csorbítása nélkül feltételezhetjük, hogy O az origó (egy koordináta transzformációval esetleg más függvények jelennek meg, de a folytonosság megmarad). Amiatt, hogy a tartományt csak a két grafikus kép határolja világos, hogy


159

f1(a ) = f2 (a ) és f1(b) = f2 (b) , tehát az αx = f1(x ) és αx = f2 (x ) egyenletek megoldásai folytonosan függnek α -tól (lokálisan). A T1(α) terület viszont az g i +1 ( α )

∫

(max{f1(x ), f2 (x )} − αx )dx

integrálok

összegeként

állítható

elől,

ahol

gi ( α )

g1(α), g2 (α),..., gk (α) az αx = f1(x ) és αx = f2 (x ) egyenletek megoldásai. Mivel ezek az integrálok is folytonosan függnek α -tól, következik, hogy T1(α) is folytonosan függ α -tól. Ebből következik, hogy a vizsgált arány is folytonos függvénye α -nak (amíg a doméniumok területe nem 0 ). 3. Bizonyítsd be, hogy ha a D síkidomot az f1 és f2 ( f1,2 : [a, b ] → \ ) folytonos függvények grafikus képe határolja és D -nek az y = αx + y 0 egyenes fölé, illetve alá eső része D f (y 0 ) és Da (y 0 ) akkor Da (y 0 ) és D f (y 0 ) területe az y 0 folytonos függvénye. Vezesd le ebből, hogy tetszőleges (előre rögzített) irányú egyenes segítségével két azonos területű részre oszthatjuk a D területét. Megoldás. Az előbbi feladathoz hasonló gondolatmenet alapján következik, hogy a vizsgált függvények folytonosak. Ha D -t két folytonos függvény grafikus képe határolja, akkor D korlátos (mert ezeknek a függvényeknek van minimumuk és maximumuk), így létezik olyan y1 , amelyre Da (y1 ) = 0 és olyan y2 is, amelyre D f (y2 ) = 0 . Tehát a Da (y ) : [y1, y2 ] → \ függvény felveszi a 0 -t is és a tartomány területét is. Mivel ez a függvény Darboux tulajdonságú, következik, hogy létezik olyan y * , amelyre Da (y * ) a tartomány területének felével egyenlő. Eszerint előre rögzített irányú egyenes segítségével azonos területű darabokra oszthatjuk a tartományt. 4. A D síkidom beírható egy egységoldalú négyzetbe. Bizonyítsd be, hogy ha D nek a négyzet egyik oldalával párhuzamos egyenesekkel való metszetei nem 1 1 hosszabbak, mint , akkor a D területe (ha létezik) nem nagyobb, mint . 2 2 Megoldás. Egy koordináta transzformáció segítségével elérhetjük, hogy az adott négyzet az O(0, 0) , A(1, 0) , B(1,1) és C (0,1) pontok által meghatározott négyzet legyen. Ha minden x 0 ∈ [0,1] esetén a tartománynak az x = x 0 egyenletű egyenessel való metszéspontjai közül a legnagyobb ordinátájú α(x 0 ) és a legkisebb ordinátájú 1

β(x 0 ) , akkor a területe nem nagyobb, mint

1

1

1

∫ α(x ) − β(x )dx ≤ ∫ 2dx = 2 . 0

0

Gyakorlatok (137. oldal) 1. Számítsd ki a következő függvények ívhosszát: 3

a) f : [−1,1] → \ , f (x ) = x 2 ;

⎡1 ⎤ b) f : ⎢ , e ⎥ → \ , f (x ) = ln x ; ⎢⎣e ⎥⎦



c) f : [1, e ] → \ , f (x ) =

x2 1 − ln x ; 4 2

1 d) f : [ 0,1] → \ , f (x ) = (e x + e −x ) ; 2 ⎡ π 2π ⎤ f) f : ⎢ , ⎥ → \ , f (x ) = ln sin x . ⎣⎢ 3 3 ⎦⎥

e) f : [ 0, a ] → \ , f (x ) = e x ; 1

Megoldás. a) I ( f ) =

2

1 + ( f ′ (x )) dx

∫

−1

3 ⎧ ⎪ 2 , ha ⎪ ( − x ) ⎪ f (x ) = ⎪ ⎨ 3 ⎪ ⎪ x2 , ha ⎪ ⎪ ⎩ 1 ⎧⎪ 3 ⎪⎪− (−x )2 2 f ′ (x ) = ⎪⎨ 1 ⎪⎪ 3 ⎪⎪ x 2 ⎪⎩ 2

x <0

, f folytonos 0 -ban és

x ≥0 , ha x < 0

és f deriválható 0 -ban is, mivel , ha x ≥ 0

lim f ′ (x ) = lim f ′ (x ) = 0 .

x →∞ x <0

x →∞ x >0

0

I (f ) =

∫

−1

0

=

1

2

1 + ⎡⎣ f ′ (x )⎤⎦ dx + ∫ 0

1

∫

1+

−1

2

1 + ⎡⎣ f ′ (x )⎤⎦ dx =

9 xdx + ∫ 4 0

1+

9 xdx = 4

1

9x + 4 dx = 2

∫

−1

3⎞ 3 11 1 2 1 2 ⎛⎜ 23 2 26 3 . ⋅ ⋅ (9x + 4)2 ⋅ = ⋅ ⋅ ⎜⎜13 + 13 2 ⎟⎟⎟ = ⋅ 13 13 = ⎠ 27 2 3 9 −1 18 3 ⎝ 27

e

b) I ( f ) =

e

2

1 + ⎣⎡ f ′ (x )⎦⎤ dx =

∫ 1 e

∫

1+

1 e

1 dx = x2

e

∫ 1 e

x2 + 1 dx . x

⎡1 ⎤ ⎣⎢e ⎦⎥

Legyen t = x 2 + 1 , ekkor x 2 = t 2 − 1, x ∈ ⎢ , e ⎥ , tehát x = t 2 − 1 dx =

t t2 − 1

dt . Ugyanakkor, ha x =

1 e2 + 1 , akkor t = és ha x = e , akkor e e

t = e2 + 1 . e 2 +1

I =

∫ e 2 +1 e

t 2

t −1

⋅

e 2 +1

t 2

t −1

dt =

∫ e 2 +1 e

t2 dt = t2 − 1

1 t −1 = t| e2 +1 + ln 2 t +1 e e 2 +1

és

e 2 +1 e 2 +1 e

=

e 2 +1

∫ e 2 +1 e

⎛ 1 ⎞⎟ ⎜1 + 2 ⎟ dt = ⎝⎜ t − 1⎠⎟

Tartalomjegyzék A határozott integrál alkalmazásai e2 + 1 1 + ln e 2

= e2 + 1 − e

e

2

1 + ⎡⎣ f ′ (x )⎤⎦ dx =

∫

c) I ( f ) =

=

1 − ln 2 e +1 +1 2

2

x 1 1 + 2 − dx = 1+ 4 4x 2

∫ 1

e2 + 1 − e e2 + 1 + e

.

2

1

e

e2 + 1 − 1

⎛x 1⎞ 1 + ⎜⎜ − ⎟⎟⎟ dx = ⎝ 2 2x ⎠

∫

1

161

e

∫ 1

e

e

⎛x 1⎞ x2 1 ⎜ + ⎟⎟⎟ dx = − 2 = ⎜⎝ 2 2x ⎠ 4 1 2x 1

2

e −1 ⎛ 1 1⎞ e2 + 1 1 − ⎜⎜ 2 − ⎟⎟⎟ = − 2. ⎝ ⎠ 4 2e 2 4 2e

= 1

1

2

1 + ⎣⎡ f ′ (x )⎦⎤ dx =

∫

d) I ( f ) =

∫

0

1

=

0

e 2 x + e −2 x − 2 1+ dx = 4

∫ 0

a

1

∫ 0

e x + e −x e x − e −x dx = 2 2

e−

1

=

2

0

1 e −1.

a

2

1 + ⎣⎡ f ′ (x )⎦⎤ dx =

∫

e) I ( f ) =

2

⎛e x − e −x ⎞⎟ 1 + ⎜⎜⎜ ⎟ dx = ⎝ 2 ⎠⎟

0

∫

1 + e 2x dx .

0

Legyen 1 + e 2x = t ⇒ x =

ln (t 2 − 1) 2

, dx =

t dt . t −1 2

Ha x = 0 ⇒ t = 2 és ha x = a ⇒ t = 1 + e 2a . 1+e 2a

∫

I (f ) =

2

1+e 2a

t t⋅ 2 dt = t −1

∫

2

1+e 2a ⎛ 1 ⎞⎟ 1 t −1 ⎜1 + 2 dt t = + ln | ⎟ ⎟ ⎜⎝ 2 t − 1⎠ 2 t +1

1 ⎛ 1 + e 2a − 1 ⎞⎟⎟ 1 ⎛⎜ 2 − 1 ⎞⎟ ⎟. = 1 + e 2a − 2 + ln ⎜⎜⎜ ⎟ − ln ⎜ 2 ⎝⎜ 1 + e 2a + 1⎠⎟⎟ 2 ⎝⎜ 2 + 1⎠⎟⎟ 2π 3

f) I ( f ) =

2

1 + ⎡⎣ f ′ (x )⎤⎦ dx =

∫ π 3

2π 3

=

∫ π 3

2π 3

2π 3

∫

1 + ctg2 xdx =

π 3

sin x dx = 1 − cos2 x

π 3

2π 3

∫ π 3

2

2

1 dx = sin x

− sin x 1 cos x − 1 dx = ln 2 cos x − 1 2 cos x + 1

1 − −1 1 1 = ln 2 − ln 1 2 − +1 2 2 2

∫

2π 3

π 3

1 −1 1⎛ 1⎞ 2 = ⎜⎜ln 3 − ln ⎟⎟⎟ = ln 3 . 1 2⎝ 3⎠ +1 2

2. Számítsd ki az x 3 + y 3 = a 3 (a > 0) egyenletű görbe ívhosszát.

=

1+e 2a

= 2



3

2⎞ ⎛ 2 Megoldás. y 2 = ⎜⎜⎜a 3 − x 3 ⎟⎟⎟ ⇒ y1 = f1 (x ) = ⎝ ⎠

2⎞ ⎛ 2 ⎜⎜a 3 − x 3 ⎟⎟ és ⎝⎜ ⎠⎟ 3

2⎞ ⎛ 2 y2 = f2 (x ) = − ⎜⎜a 3 − x 3 ⎟⎟⎟ . ⎜⎝ ⎠⎟

a

I (f ) =

∫

−a

2

a

1 + ⎡⎢ f1′ (x )⎤⎥ dx + ∫ ⎣ ⎦

−a

f1′ (x ) =

2

2

a

1 + ⎡⎢ f2′ (x )⎤⎥ dx = 2 ∫ ⎣ ⎦

2 3 23 a −x3 2

1+

2

a3 −x3 x

−a

2 3

2 3

2

2

2 3

dx , mivel

⎛ 2 −1 ⎞ a −x ⋅ ⎜⎜⎜− x 3 ⎟⎟⎟ = − , 3 ⎝ 3 ⎠ x

2 ⎛ 3 23 2 −1 ⎞ a3 −x3 . f2′ (x ) = − a − x 3 ⋅ ⎜⎜⎜− x 3 ⎟⎟⎟ = 3 ⎝ 3 ⎠ x 2 a a ⎛ 0 3a 3 3 a a ⎞ Tehát I ( f ) = 2 ⋅ ∫ 3 dx = 2 ⋅ ⎜⎜⎜ ∫ 3 dx + ∫ 3 dx ⎟⎟⎟ = ⎜⎝ −a − x x x ⎠⎟⎟ −a 0 0 a ⎛ 3 23 3 23 ⎞⎟ 3 ⎛3 ⎞ ⎜ 3 3 = 2 ⎜⎜− a ⋅ ⋅ x + a ⋅ ⋅ x ⎟⎟ = 2 ⋅ ⎜⎜ 3 a 3 a 2 + 3 a 3 a 2 ⎟⎟⎟ = 6a . ⎝ ⎠ ⎟ ⎜⎝ 2 2 2 2 ⎠

−a

0

3. Bizonyítsd be, hogy ha a D tartományt az f1 : [−a, a ] → \ és f2 : [−a, a ] → \ (a > 0) folytonosan deriválható függvények grafikus képei határolják, akkor végtelen sok olyan egyenes létezik, amely felezi az ívhosszat! Van-e ezek között olyan, amely a területet is felezi? Bizonyítás. Mivel f1 és f2 folytonosan deriválhatók, az ívhossz folytonosan változik a végpontok folytonos mozgatásával. Ez azt jelenti, hogy a határ minden M pontjához létezik egy N pont a határon úgy, hogy az MN egyenes felezze az ívhosszat. Ha M 0 -val és N 0 -val jelölünk egy ilyen tetszőleges helyzetet és általában JJJJG az MN vektortól jobbra és balra eső darabkák területének különbségét T (M ) -mel jelöljük, akkor a T is folytonosan változik. Másrészt T (N 0 ) = −T (M 0 ) , és így létezik olyan helyzete az MN egyenesnek, amikor nem csak az ívhosszat de a területet is felezi. 4. Vezess le egy képletet a Γ görbe ívhosszának kiszámítására, ha a) A görbe parametrikusan értelmezett, tehát x = f (t ) és y = g (t ) , f , g : [ 0,1] → \ folytonosan deriválhatók.

b) A görbe egyenlete poláris koordinátákban adott ( r = r (ϕ ) , ϕ ∈ [0,2π ] vagy ϕ = ϕ (r ) , r ∈ [ 0, ∞) ). Megoldás. a) Az ívhossznál használt gondolatmenet alkalmazzuk és az


l=

∫

163

2

2

⎡ f ′(t )⎤ + ⎡g ′(t )⎤ dt ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

0

összefüggéshez jutunk. b) Az áttérés a két koordinátarendszer közt az x = r ⋅ cos ϕ és y = r ⋅ sin ϕ összefüggések alapján történik, tehát dx = dr ⋅ cos ϕ − r ⋅ sin ϕ ⋅ dϕ és dy = dr ⋅ sin ϕ + r ⋅ cos ϕ ⋅ dϕ . 2

2

2

2

Ez alapján ds = (dx ) + (dy ) = (dr ) + r 2 (dϕ) és az ívhosszra ϕ0

l=

∫

2

r 2 (ϕ) + ⎡⎣r ′(ϕ)⎤⎦ dϕ

0

adódik ha az egyenlet r = r (ϕ) alakú. H az egyenlet ϕ = ϕ(r ) alakú, akkor az r2

ívhossz l =

∫

2

1 + r 2 ⎡⎣ϕ ′(r )⎤⎦ dr .

r1

5. Egy biciklis állandó v sebességgel halad (egyenes vonalú egyenletes mozgást végez). Számítsd ki, hogy a kerék egy rögzített pontja mennyi utat tesz meg! Írd fel a pont pályájának egyenletét! Mi történik, ha a biciklit egy olyan egykerekű járgánnyal helyettesítjük, amelynek a kereke négyzet alakú? Megoldás. A pont pályájának parametrikus egyenletei x = R ⋅ (α − sin α) és y = R (1 − cos α) . Ez alapján az előbbi feladat segítségével kiszámítható a megtett út. Ha négyzet alakú kerékkel próbálunk egyensúlyozni látni fogjuk, hogy az egyenletes sebesség megtartása egyáltalán nem könnyű feladat, de szerencsére ez a pálya egyenletét nem befolyásolja. Világos, hogy ebben az esetben egy körívekből összerakott görbét kapunk (lásd a mellékelt ábrákat)

{

α αR

M

Gyakorlatok (140. oldal) I. Számítsd ki a következő függvények grafikus képének Ox körüli forgatásából származó forgástest térfogatát:



a) f : [a, b ] → \ + , f (x ) = x 2 − a 2 ; b) f : [−a, a ] → \ + , f (x ) = b ⋅ 1 −

x2 , a, b > 0 ; a2 3

2 ⎞2 ⎛ 2 c) f : [0, a ] → \ + , f (x ) = ⎜⎜⎜a 3 − x 3 ⎟⎟⎟ , a > 0 ; ⎝ ⎠ d) f : [0, π ] → \ + , f (x ) = sin x ;

e) f : [ 0,1] → \ + , f (x ) = x ⋅ e x ; x 1− x2 . f) f : [ 0,1] → \ + , f (x ) = 2 b

b

Megoldás. a) V ( f ) = π ∫ f

2

(x ) dx

a

3

= π⋅∫ a

b

b x3 − πa 2x| = (x − a )dx = π ⋅ a 3 a

2

2

3

πb πa πb 3 2πa 3 − − πa 2b + πa 3 = + − πa 2b 3 3 3 3 a ⎛ x2 ⎞ b2 b 2 ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟⎟ dx = π ∫ 2 (a 2 − x 2 )dx = ⎜⎝ a ⎠ a

=

a

b) V ( f ) = π ∫

−a

2

= a

πb a2

⎛ c) V ( f ) = π ∫ ⎜⎜⎜a − x ⎝ −a 2 3

−a a

⎛ 2 ⎞ ⎜⎜a x − x ⎟⎟ 3 ⎠⎟ ⎝⎜ 3

= −a

πb 2 ⎛⎜ 2a 3 2a 3 ⎞⎟ 4πab 2 + ⎟= ⎜ a 2 ⎝⎜ 3 3 ⎠⎟ 3

a

2 3 3

4 2 2 4 ⎞⎟ ⎛ 2 2⎞ ⎟⎟ dx = π ∫ ⎜⎜⎜a − 3a 3 x 3 + 3a 3 x 3 − x ⎟⎟⎟ dx = ⎠ ⎝ ⎠ −a

a

4 2 ⎛ 3 5 3 7 x3 ⎞ = π ⎜⎜a 2x − 3a 3 ⋅ ⋅ x 3 + 3a 3 ⋅ ⋅ x 3 − ⎟⎟ = ⎜⎝ 5 7 3 ⎠⎟ 0

⎛ 9 9 a 3 ⎞ 11a 3 = ⎜⎜a 3 − a 3 + a 3 − ⎟⎟ = ⎜⎝ 5 7 3 ⎠⎟ 105 π

π

d) V ( f ) = π ⋅ ∫ sin xdx = π ⋅ ∫ 2

0

0

1 − cos 2x dx = 2 π

π ⎛ sin 2x ⎞⎟ π π2 π ⋅ ⎜⎜x − = ⋅ = ⎟ 2 2 ⎝ 2 ⎠⎟ 0 2 1 1 2 2 x x ⎛ xe ⎞⎟ e −∫ xe 2x dx = π ⎜⎜⎜ dx ⎟⎟ = ⎟ ⎜⎝ 2 0 2 ⎠⎟ 0 =

1

e) V ( f ) = π ∫ 0

⎛e 2 e 2x = π ⎜⎜⎜ − 4 ⎜⎝ 2

2 ⎞⎟ ⎛ 2 ⎞ π (1 + e 2 ) ⎟⎟ = π ⎜⎜e − e + 1 ⎟⎟ = ⎟⎟ 4 4 ⎠⎟ 4 ⎝⎜ 2 0⎠

1


f) V ( f ) = π ∫

x 2 (1 − x 2 )

4

0

165

1

π ⎛⎜ x 3 x 5 ⎞⎟ π ⎛1 1⎞ π ⎜⎜ − ⎟⎟ = ⎜⎜⎝ − ⎟⎟⎠⎟ = 4⎝ 3 5 ⎠0 4 3 5 30

dx =

a + a2 − y2 − a 2 − y 2 egyenlőség által értelmezett y görbe (traktrix) Oy egyenes körüli forgásából származó forgástest térfogatát.

II. Számítsd ki a x 2 = a ln

Megoldás. a 2 − y 2 ≥ 0 ⇒ y ∈ [−a, a ] , de y > 0 ⇒ y ∈ (0,a ] a ⎛ ⎞⎟ a + a2 − y2 ⎜ − a 2 − y 2 ⎟⎟dy . V ( f ) = π lim ∫ ⎜⎜a ⋅ ln ⎟ ε→0 ⎜ y ⎠⎟ ε>0 ε ⎝ Legyen y = a sin t ⇒ a 2 − y 2 = a cos t és dy = a cos tdt . a

a + a cos t ⎛ ⎞ V ( f ) = π lim ∫ ⎜⎜a ⋅ ln − a cos t ⎟⎟ a cos tdt = ε→0 ⎝ ⎠ a sin t ε>0

ε

a

t ⎛ ⎞ = π lim ∫ a 2 ⋅ ⎜⎜ln ctg − cos t ⎟⎟ ⋅ cos tdt , ε→0 ⎝ ⎠ 2 ε> 0

ε

ugyanakkor a

∫ ε

⎛ a ⎜ a t ⎞⎟ t ⎞⎟ 1 t ⎜⎜ 1 ⎛ ⎛ ln ⎜⎜ctg ⎟ ⋅ cos tdt = sin t ⋅ ln ⎜⎜ctg ⎟ − ∫ tg ⋅ ⎜⎜− ⎝ ⎝ 2⎠ 2⎠ ε 2 2 ⎜⎜ sin2 ε ⎜⎝ a

a

ε

ε

⎞⎟ ⎟⎟ ⎟ ⋅ sin tdt = t ⎟⎟⎟ ⎟ 2 ⎠⎟ a

a t⎞ t⎞ ⎛ ⎛ = sin t ln ⎜⎜ctg ⎟⎟ − ∫ 1dt = sin t ln ⎜⎜ctg ⎟⎟ − t| és ε ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 2 a

∫

a

cos2 tdt =

ε

∫ ε

ε

a

a

1 + cos 2t 1 sin 2t , így dt = t + 2 2 ε 4 ε

⎛ a sin 2a ⎞⎟ ⎛ a⎞ V ( f ) = a 2 π ⋅ ⎜⎜⎜sin a ⋅ ln ⎜⎜ctg ⎟⎟ − a − − ⎟, ⎝ ⎝ 2⎠ 2 4 ⎠⎟ mivel ⎛ ⎞ ε ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ 1 ⎟⋅ tg ⋅ ⎜− ε ∞ 2 ⎜⎜ sin2 ε ⎟⎟⎟ 2 ln ctg ⎜ ⎝ ε⎞ ⎛ 2 ⎠⎟ 2 ∞ lim lim sin ε ⋅ ln ⎜⎜ctg ⎟⎟ = lim = 0. = 1 1 ε →∞ ⎝ l ' H ε→ 0 2 ⎠ εε>→∞ − 2 ⋅ cos ε ε>0 ε>0 0 sin ε sin ε

( )

Tehát

⎛ ⎛ a ⎞ 3a sin 2a ⎞⎟ V ( f ) = πa 2 ⋅ ⎜⎜⎜sin a ⋅ ln ⎜⎜ctg ⎟⎟ − − ⎟. ⎝ ⎝ 2⎠ 2 4 ⎠⎟ Gyakorlatok (144.oldal)



1. Használható-e a csonka kúp felszínének kiszámítására az előbbi tétel? Hát egy R alapsugarú és h magasságú kúp felszínének kiszámítására? Megoldás. Nem használható, mert a tétel bizonyításában használtuk a csonka kúp felszínének képletét és így logikai körforgáshoz jutnánk. (Bár a helyes eredményeket kapnánk). 2. Számítsd ki a következő függvények által származtatott forgásfelületek felszínét: a) f : [ 0, a ] → \ , f (x ) = 2px ; b) f : [ 0,1] → \ , f (x ) = x 2 ;

x3 ; 3

c) f : [ 0,1] → \ , f (x ) =

d) f : [ 0,1] → \ , f (x ) = e x ;

⎡ 3 ⎤⎥ e) f : ⎢0, → \ , f (x ) = 1 − x 2 . ⎢ 3 ⎥ ⎣ ⎦ a

Megoldás. a) F = 2π ∫ f

(x )

0

2px + p 2 dx = 2π ⋅

3 2 2

(2px + p ) 3 2

0

=

2π 3

2px ⋅ 1 +

0

a

= 2π ∫

a

2

1 + ⎡⎣ f ′ (x )⎤⎦ dx = 2π ∫

p dx = 2x

a

⋅

3 ⎤ 1 2π ⎡ = ⋅ ⎢(2pa + p 2 )2 − p 3 ⎥ = ⎥⎦ 2p 0 3p ⎢⎣

⎡(2a + p ) 2ap + p 2 − p 2 ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ 1

b) F = 2π ∫ x 2 1 + 4x 2 dx = 0

1

c) 2π ∫ 0 1

3

x π 1 + x 4 dx = (2 2 − 1) ; 3 9 e

d) 2π ∫ e 0

x

1 + e dx = 2π ∫ 2x

= 2π ∫ 1

3 3

0

1 + u 2 du =

1

e

e) 2π ∫

π (18 5 + ln ( 5 − 2)) ; 32

1− x2 ⋅

(

)

1 + u 2 du = π ⎡⎢e 1 + e 2 + ln e + 1 + e 2 − 2 − ln (1 + 2 )⎤⎥ ⎣ ⎦

1 2π 3 dx = . 2 1−x 3

3. Számítsd ki a következő összegek határértékét: 2 n n n n k (k + 1) k −1 k − 1 ⎛⎜⎜⎜⎝nk ⎞⎠⎟⎟⎟ 2k − 1 k ⋅ sin . ; c) ; d) a) ∑ 2 ⋅ e ; b) ∑ ∑ ∑ 3 2 2 2 n n n n −k k =1 k =1 n k =1 k =1 Megoldás. A tankönyv 142. oldalán megoldott feladat eredményeit használjuk.

Tartalomjegyzék A határozott integrál alkalmazásai ⎛ k ⎞2

k − 1 ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ lim ∑ 2 ⋅ e ⎝n ⎠ = n →∞ k =1 n n

1 n −1 k − 1 lim ∑ = n →∞ n n2 − k 2 k =1

1

1−x

0

1

∫ x ⋅e

lim ∑ k =1

1 (e − 1) ; 2

dx = 1 , tehát lim ∑ 2 n →∞

k (k + 1) = ∑ n3 k =1 n →∞

dx =

0

n

n

x2

n

x

∫

167

1

k =1

k −1 n2 − k 2

= ∞;

1

∫ x dx = 3 ; 2

0

1

2k − 1 k ⋅ sin = 2 ∫ x ⋅ sin xdx = 2 (sin 1 − cos 1) . 2 n n 0

4. A D tartományt az f1 : [a, b ] → \ és f2 : [a, b ] → \ folytonos függvények grafikus képei határolják. Számítsd ki a D Ox körüli forgatásából származó test felszínét. Alkalmazás:

f1,2 : [−R, R ] → \ ,

f1 (x ) = a + R 2 − x 2 ,

f2 (x ) = a − R 2 − x 2 .

(Úszógumi alakú felület) Megoldás. Mivel a tartományt a két grafikus kép határolja az intervallum végpontjaiban a két függvény behelyettesítési értéke egyenlő ( f1(a ) = f2 (a ) és f1(b) = f2 (b) ). Így a tartomány felszíne két részből áll, az f1 grafikus képének forgatásából kapott felszínből és az f2 grafikus képének forgatásából kapott felszínből, tehát b ⎛b ⎞⎟ 2 2 F = 2π ⎜⎜⎜ ∫ f1 (x ) 1 + ⎣⎡ f1′(x )⎦⎤ dx + ∫ f2 (x ) 1 + ⎣⎡ f2′(x )⎦⎤ dx ⎟⎟ . ⎜⎝ a ⎠⎟⎟ a R

Az úszógumi esetén F = 4πR ∫

−R

a + R2 − x 2 2

R −x

2

dx = 4π 2a ⋅ R + 8πR2 .

Gyakorlatok (147. oldal) 1. Számítsd ki a következő síkidomok súlypontját: ⎧ ⎫ ⎪ ⎪ x 2 y2 a) A = ⎪ ⎨(x , y ) 2 + 2 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0⎪ ⎬; ⎪ ⎪ a b ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ 2 b) A = {(x , y ) x ≤ y ≤ x } ; c) A = {(x , y ) −x ≤ y ≤ x , 0 ≤ x ≤ 4} ;

{

}

d) A = (x , y ) 0 ≤ y ≤ 2 1 − x 2 , −1 ≤ x ≤ 1 .


A határozott integrál alkalmazásai a

Megoldás. a) xG =

∫

xb ⋅ 1 −

0

x2 dx a2

a

x2 b dx − 1 ∫ a2 0

1

=a

1 3 = 4a és =a π 3π 1 − t 2 dt 4

∫t

1 − t 2 dt

0 1

∫ 0

a

⎛ x 2 ⎞⎟ 2 ⎜ 1 ⋅ − b ∫ ⎜⎝⎜ a 2 ⎠⎟⎟dx b 1 0 = yG = 2 a 2 x2 ∫ b 1 − a 2 dx 0 1

b) xG =

x ( x − x 2 )dx

∫ 0

1

∫

x − x 2dx

2 3

1

∫

=

1 − t 2 dt

4b ; 3π

0

3 9 és yG = = 20 = 1 20 3

0

1

∫ x − x dx 4

0

1

∫

=

x − x 2dx

9 ; 10

0

c) Ez egy háromszög alakú tartomány, tehát geometria tulajdonságok alapján xG =

8 3

4

és

yG = 0 .

Ugyanezt

az

eredményt

kapjuk

az

xG =

∫ x ⋅ 2xdx 0

1

és

∫ 2xdx 0

1

yG =

∫x

2

− x 2dx

0

képletekből is.

1

∫ 2xdx 0 1

d) xG =

∫

1

x ⋅ 2 1 − x 2 dx 1

2∫

2

= 0 és yG =

−1

∫ 4 (1 − x )dx 1

1 − x 2 dx

−1

2

−1 1

∫2

1 − x 2 dx

=

8 . 3π

−1

2. Vezess le egy olyan összefüggést, amelynek segítségével meghatározható az f : [a, b ] → \ folytonos függvény grafikus képének a súlypontja! Megoldás. A tartományok súlypontjára vonatkozó gondolatmenethez hasonlóan járunk el (a különbség annyi, hogy az ívdarabka súlya az ívhosszal közelíthető). Az b

xG =

∫

∫

1 + ⎡⎣ f ′(x )⎤⎦ dx

a b

a

b

2

x 1 + ⎡⎣ f ′(x )⎤⎦ dx 2

és yG =

∫ f (x )

2

1 + ⎡⎣ f ′(x )⎤⎦ dx

a

b

∫ a

2

1 + ⎡⎣ f ′(x )⎤⎦ dx


169

képleteket kapjuk. 3. Vezess le Guldin II. tételéhez hasonló tételt az ív súlypontja és az általa meghatározott forgástest felszínére! Megoldás. Az előbbi képletből és a felszín képletéből látható, hogy egy f : [a, b ] → \ folytonos függvény grafikus képének egy őt nem metsző egyenes körüli forgatásából származó test palástfelszíne egyenlő a grafikus kép ívhosszának és az ív súlypontja által leírt kör kerületének szorzatával. Ez a tulajdonság tulajdonképpen Guldin első tétele. 4. Az f : [a, b ] → \ folytonos függvényre bármely x 0 ∈ (a, b ) esetén legyen Gb (x 0 ) és G j (x 0 ) az f szubgrafikonjának az x = x 0 egyenestől balra illetve jobbra eső részének súlypontja. Bizonyítsd be, hogy a Gb (x 0 )G j (x 0 ) egyenesek egy összefutó egyenessereget határoznak meg. Határozd meg az összefutási pont koordinátáit. Megoldás. Az összes ilyen egyenes áthalad a szubgrafikon súlypontján. 5. Határozd meg az összes olyan f : [0, a ] → \ + folytonos függvényt, amelyre létezik olyan M (x 0 , y 0 ) pont, hogy bármely M -n áthaladó egyenes két azonos területű darabra osztja az f szubgrafikonját! Megoldás. 0 < x 0 < a szükséges, mert ellenkező esetben létezne olyan egyenes (függőleges), amelynek a szubgrafikon az egyik oldalán volna. Ez nem lehetséges, mert ez az egyenes nem osztaná két azonos területű részre a területet. Összekötjük az M pontot az A(0, f (0)) és B(a, f (a )) pontokkal. Ez a két egyenes nem eshet egybe és az általuk meghatározott egyik szögtartomány belsejébe eső egyenesek nem metszik a grafikus képet. Így mivel mindegyik felezi a szubgrafikon területét x 0 csak a lehet. Hasonló okoskodással belátható, hogy a függvény tulajdonképpen konstans 2 kell legyen.


Relációk

I. RELÁCIÓK Gyakorlatok és feladatok (155. oldal) 1. Bizonyítsd be a következő azonosságokat, ha A, B,C ⊆ X tetszőleges halmazok: c

a) (A ∩ B ) = Ac ∪ B c (De Morgan összefüggés); c

b) (A ∪ B ) = Ac ∩ B c (De Morgan összefüggés); c) A \ (B ∪ C ) = (A \ B ) ∩ (A \ C ) ;

d) A \ (B ∩ C ) = (A \ B ) ∪ (A \ C ) ;

e) A \ (A \ B ) = A ∩ B ;

f) A \ B = A \ (A ∩ B ) ;

g) (A \ B ) \ C = (A \ C ) \ (B \ C ) ; h) A ∩ (B \ C ) = (A ∩ B ) \ (A ∩ C ) = (A ∩ B ) \ C ; c

i) A ∪ B = A ∪ (B \ A) ; j) (Ac ) = Acc = A ; k) A ∪ Ac = X ; l) A ∩ Ac = ∅ ; m) (A ∩ B ) ∪ (A ∩ B c ) = (A ∪ B ) ∩ (A ∪ B c ) = A ; n) (Ac ∪ B ) ∩ A = A ∩ B ;

o) A ∩ (B \ A) = ∅ ;

p) (A ∪ B ) \ C = (A \ C ) ∪ (B \ C ) ; q) A \ (B \ C ) = (A \ B ) ∪ (A ∩ C ) ; r) A \ (B ∪ C ) = (A \ B ) \ C . Megoldás A legtöbb tulajdonság bizonyítása megtalálható a IX. osztály számára írt megoldásos könyvben, ezért a bizonyításokat itt nem részletezzük. Fontos, hogy két halmaz egyenlőségének bizonyítása során mindig kétirányú bennfoglalást igazoljunk. Ez persze megtörténhet ekvivalens átalakítások segítségével is vagy a karakterisztikus függvény segítségével, de tulajdonképpen ezekben az esetekben is két bizonyítást végzünk (csak tömörebben írjuk le). 2. Bizonyítsd be, hogy tetszőleges A, B,C ⊆ X esetén a) AΔB = B ΔA ; b) AΔ (B ΔC ) = (AΔB ) ΔC ; c) A ∩ (B ΔC ) = (A ∩ B ) Δ (A ∩ C ) ;

d) AΔ (AΔB ) = B ;

e) A ∪ B = AΔB Δ (A ∩ B ) ; g) AΔ∅ = A ; i) AΔX = Ac ;

f) A \ B = AΔ (A ∩ B ) ; h) AΔA = ∅ ; j) A ∪ B = (AΔB ) ∪ (A ∩ B ) ;

k) AΔB = (A ∪ B ) \ (A ∩ B ) . Megoldás a) AΔB = (A \ B) ∪ (B \ A) = (B \ A) ∪ (A \ B ) = BΔA ; b) x ∈ AΔ(BΔC ) ⇔ x ∈ AΔ((B \ C ) ∪ (C \ B )) ⇔

Tartalomjegyzék Relációk

171

x ∈ (A \ ((B \ C ) ∪ (C \ B))) ∪ (((B \ C ) ∪ (C \ B )) \ A) ⇔ ⇔ (x ∈ A ∧ x ∉ (B \ C ) ∪ (C \ B)) ∨ (x ∉ A ∧ x ∈ (B \ C ) ∪ (C \ B)) ⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ B ∧ x ∈ C ) ∨ (x ∈ A ∧ x ∉ B ∧ x ∉ C ) ∨(x ∉ A ∧ x ∈ B ∧ x ∉ C ) ∨ (x ∉ A ∧ x ∉ B ∧ x ∈ C ) ⇔ ⇔ ((x ∈ A ∧ x ∉ B ∧ x ∉ C ) ∨ (x ∉ A ∧ x ∈ B ∧ x ∉ C )) ∨((x ∈ A ∧ x ∈ B ∧ x ∈ C ) ∨ (x ∉ A ∧ x ∉ B ∧ x ∈ C )) ⇔ ⇔ ((x ∈ A \ B ∧ x ∉ C ) ∨ (x ∈ B \ A ∧ x ∉ C )) ∨ ((x ∈ A ∧ x ∈ B ∧ x ∈ C ) ∨(x ∉ A ∧ x ∉ B ∧ x ∈ C )) ⇔ ⇔ ((x ∈ A \ B ∨ x ∈ B \ A) ∧ x ∉ C ) ∨ (((x ∈ A ∧ x ∈ B ) ∨ (x ∉ A ∧ x ∉ B)) ∧ x ∈ C ) ⇔ ⇔ (x ∈ (A \ B) ∪ (B \ A) ∧ x ∉ C ) ∨ (x ∉ ((A \ B ) ∪ (B \ A)) ∧ x ∈ C ) ⇔ ⇔ (x ∈ AΔB ∧ x ∉ C ) ∨ (x ∉ AΔB ∧ x ∈ C ) ⇔ x ∈ (AΔB ) \ C ∨ x ∈ C \ (AΔB) ⇔ x ∈ ((AΔB ) \ C ) ∪ (C \ (AΔB )) ⇔ x ∈ (AΔB )ΔC ; c) A ∩ (BΔC ) = A ∩ ((B \ C ) ∪ (C \ B)) = (A ∩ (B \ C )) ∪ (A ∩ (C \ B)) = ((A ∩ B ) \ (A ∩ C )) ∪ ((A ∩ C ) \ (A ∩ B )) = (A ∩ B)Δ(A ∩ C ) ; d) AΔ(AΔB ) = (AΔA)ΔB = ((A \ A) ∪ (A \ A))ΔB = ∅ΔB = = (∅ \ B) ∪ (B \ ∅) = ∅ ∪ B = B ; e) x ∈ AΔBΔ(A ∩ B ) ⇔ x ∈ (AΔB )Δ(A ∩ B ) ⇔ ⇔ x ∈ ((A \ B ) ∪ (B \ A))Δ(A ∩ B ) ⇔ ⇔ x ∈ (((A \ B ) ∪ (B \ A)) \ (A ∩ B)) ∪ ((A ∩ B ) \ ((A \ B ) ∪ (B \ A))) ⇔ (x ∈ (A \ B) ∪ (B \ A) ∧ x ∉ (A ∩ B )) ∨ (x ∉ (A \ B ) ∪ (B \ A) ∧ x ∈ (A ∩ B )) ⇔ (x ∈ A \ B ∨ x ∈ B \ A ∨ x ∈ (A ∩ B )) ⇔ x ∈ A ∨ x ∈ B ⇔ x ∈ A ∪ B ; f) AΔ(A ∩ B ) = (A \ (A ∩ B)) ∪ ((A ∩ B) \ A) = (A \ (A ∩ B )) ∪ ∅ = A \ (A ∩ B ) =1. f .) A \ B ; g) AΔ∅ = (A \ ∅) ∪ (∅ \ A) = A ∪ ∅ = A ; h) AΔA = (A \ A) ∪ (A \ A) = ∅ ∪ ∅ = ∅ ;

i) AΔX = (A \ X ) ∪ (X \ A) = ∅ ∪ AC = AC ; j) x ∈ (AΔB) ∪ (A ∩ B ) ⇔ x ∈ (A \ B ) ∪ (B \ A) ∪ (A ∩ B ) ⇔ x ∈ A∨x ∈ B ⇔ x ∈ A∪B ; k) (A ∪ B ) \ (A ∩ B ) = j .) ((AΔB ) ∪ (A ∩ B )) \ (A ∩ B ) =1.p.) ((AΔB ) \ (A ∩ B )) ∪ ((A ∩ B ) \ (A ∩ B )) = (AΔB) ∪ ∅ = AΔB . 3. Bizonyítsd be a következő ekvivalenciákat: a) AΔB = ∅ ⇔ A = B ; b) A ∩ B = ∅ ⇔ A ∪ B = AΔB ; c) AΔB = C ⇔ B ΔC = A ⇔ C ΔA = B . Megoldás


Relációk

a) AΔB = ∅ ⇔ (A \ B) ∪ (B \ A) = ∅ ⇔ A \ B = ∅ ∧ B \ A = ∅ ⇔ A = B ; b) A ∩ B = ∅ ⇔ A \ B = A ∧ B \ A = B ⇔ AΔB = (A \ B) ∪ (B \ A) = A ∪ B ; c) " ⇒ " AΔB = C ⇒ B ΔC = B Δ(AΔB ) = B Δ(B ΔA) =2.d .) A ⇒ C ΔA = C Δ(BΔC ) = C Δ(C ΔB) = B " ⇐ " C ΔA = B ⇒ BΔC = (C ΔA)ΔC = C Δ(AΔC ) = C Δ(C ΔA) = A ⇒ AΔB = (BΔC )ΔB = BΔ(C ΔB ) = BΔ(BΔC ) = C . 4. Fejezd ki az ∪, ∩, \ műveleteket a a) Δ és ∩ ; b) Δ és ∪ ; c) \ és Δ műveletek segítségével. Megoldás a) A ∪ B = AΔBΔ(A ∩ B ) és A \ B = AΔ(A ∩ B ) ; b) A ∩ B = (AΔB )Δ(A ∪ B) és A \ B = (A ∪ B )ΔB ; c) A ∪ B = (AΔB )Δ(A \ (AΔB)) és A ∩ B = A \ (AΔB ) . 5. Bizonyítsd be, hogy nem lehet kifejezni a) a \ -et a ∩ és az ∪ segítségével; b) az ∪ -t a ∩ és a \ segítségével. Megoldás a) A metszet és az egyesítés tulajdonságai alapján ha az A és B halmazokra véges sokszor alkalmazzuk az egyesítés és a metszet műveletét, akkor az eredmény csak A , B , A ∩ B vagy A ∪ B lehet (ez indukcióval belátható), tehát az A \ B nem jelenhet meg; b) Sem az X \ Y , sem az X ∩ Y művelet végeredménye nem tartalmazhat más elemeket, mint az X halmaz, ezért az előállítás nem lehetséges. (Ha lehetséges lenne, akkor véges sok lépésben állíthatnánk elő, tehát létezne egy legrövidebb előállítás is. Ez viszont nem lehetséges, mert az előbbi észrevétel alapján az utolsó művelet elhagyható volna.) 6. Adj meg tetszőleges n pozitív egész számhoz olyan n elemű An halmazt, hogy x , y ∈ An esetén x ∈ y , y ∈ x vagy x = y teljesüljön. Megoldás. Rekurzívan szerkesztjük meg az An halmazokat. n = 1 esetén az A1 = {∅} halmaz megfelel. n = 2 -re A2 = {∅,{∅}} teljesíti a feltételt és általában ha An -et már megszerkesztettük, akkor tekintjük az An +1 = An ∪ {An } halmazt. Ez a halmaz n + 1 elemet tartalmaz és teljesíti a feltételt. Általában An = {∅,{∅},{∅,{∅}},{∅,{∅},{∅,{∅}}},...,{∅,{∅},{∅,{∅}},...}} . 7. Oldd meg az alábbi egyenletrendszereket (Y az ismeretlen halmaz): ⎧A ∩ Y = B ⎪ a) ⎪⎨ , ahol A, B és C adottak és B ⊆ A ⊆ C . ⎪ A ∪Y = C ⎪ ⎪ ⎩


173

⎧ ⎪A \ Y = B b) ⎪ , ahol A, B,C adottak és B ⊆ A , A ∩ C = ∅ . ⎨ ⎪ Y \A =C ⎪ ⎪ ⎩ ⎧⎪A \ Y = B c) ⎪ , ahol B ⊆ A ⊆ C . ⎨ ⎪⎪A ∪ Y = C ⎪⎩ Megoldás a) Y = (Y \ A) ∪ (A ∩ Y ) = ((A \ A) ∪ (Y \ A)) ∪ B = = ((A ∪ Y ) \ A) ∪ B = (C \ A) ∪ B b) Y = (Y \ A) ∪ (A ∩Y ) , A ∩ Y = A \ (A \ Y ) = A \ B , tehát Y = C ∪ (A \ B ) ; c) Y = ((A ∪ Y ) \ A) ∪ (A ∩Y ) = (A ∪ Y ) \ (A \ Y ) = C \ B ; (Ezeket a megoldásokat diagramokkal lehet szemléletesebbé tenni). 8. Bizonyítsd be, hogy a) A = B ⇔ (A \ B) ∪ (B \ A) = ∅ (lásd a 3. feladat a) pontját); b) bármely olyan halmazegyenlet, amelynek ismeretlene az Y halmaz és az egyenlet jobb oldalán ∅ áll, átírható (A ∩ Y ) ∪ (B ∩ (Y c )) = ∅ alakba, ahol az A és B halmazok felírásában Y nem szerepel; ⎧⎪A ∩ Y = ∅ ⎪ c) az ⎨ egyenletrendszer pontosan akkor oldható meg, ha B ⊆ Ac ⎪⎪B ∩ (Y c ) = ∅ ⎪⎩ és ebben az esetben a megoldások éppen a B ⊆ Y ⊆ Ac feltételt kielégítő halmazok. Megoldás a) (A \ B) ∪ (B \ A) = AΔB (lásd a 3.feladat a.) pontját); b) A bizonyítás három észrevételen alapszik: 1. ha az egyenletben szereplő operandusok száma nem nagy ( 2 , 3 ), akkor az egyenlet a megadott alakra hozható (ez nyilvánvaló); 2. ha (A1 ∩ Y ) ∪ (B1 ∩ (Y c )) = ∅ és (A2 ∩ Y ) ∪ (B2 ∩ (Y c )) = ∅ , akkor

(A3 ∩ Y ) ∪ (B3 ∩ (Y c )) = ∅ , ahol A3 = A1 ∪ A2 és B3 = B1 ∪ B2 vagyis ha az egyenlet felbontható két részegyenletre, amelyek külön-külön a kívánt alakra hozhatók, akkor az eredeti egyenlet is ilyen alakra hozható; 3. A 4. feladat b) alpontja alapján az egyenlet felírható a Δ és ∪ műveletekkel, tehát kötelező módon felbontható két részegyenletre, mert az X ∪ Y = ∅ -ból következik, hogy X = Y = ∅ és az X ΔY = ∅ -ból is következik, hogy X \ Y = Y \ X = ∅ . c) Mivel A ∩ Y = ∅ és a maximális ilyen halmaz AC ⇒ Y ⊆ AC B ∩ Y C = ∅ ⇒ B ⊂ Y , tehát az egyenlet megoldható, ha B ⊆ AC , és minden B ⊆ Y ⊆ AC feltételt teljesítő halmaz megoldás. 9. Oldd meg:


Relációk

⎧⎪A \ Y = Y \ B ⎧ ⎧ A ∩Y = B \Y ⎪ ⎪A ∪ Y = B ∩ Y ⎪ ⎪ a) ⎪⎨ ; b) ⎨ ; c) ⎨ . ⎪⎪Y \ A = C \ Y ⎪ ⎪ A ∩Y = C ∪Y C ∪Y = Y \ A ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎩ ⎪ ⎩ Mi a megoldhatóság feltétele? Megoldás a) B ∩ Y ⊂ Y , tehát az első egyenlet alapján A ∪ Y ⊂ Y . Ez csak akkor lehetséges, ha A ⊂ Y . Hasonlóan A ∩ Y ⊂ Y , tehát C ∪ Y ⊂ Y és így C ⊂ Y . Ebben az esetben viszont a rendszer egyenletei az Y = B ∩ Y és A = Y összefüggésekhez vezetnek. Tehát a megoldás Y = A és a megoldhatóság feltétele C ⊂ A ⊂ B . b) (A \ Y ) ∩ (Y \ B ) = ∅ , tehát az első egyenlet alapján A \ Y = Y \ B = ∅ . Ez csak akkor lehetséges, ha A ⊂ Y ⊂ B . A második egyenlet alapján C ⊂ Y ⊂ A , tehát Y = A az egyetlen megoldás és a megoldhatóság feltétele C ⊂ A ⊂ B . c) . (A ∩ Y ) ∩ (B \ Y ) = ∅ , tehát A ∩ Y = B \ Y = ∅ és így B ⊂ Y illetve

Y \ A = Y , tehát a második egyenletből C ⊂ Y . A megoldhatóság feltétele (B ∪ C ) ∩ A = ∅ és ha ez teljesül, akkor tetszőleges Y0 ∩ A = ∅ halmaz esetén az Y = B ∪ C ∪ Y0 halmaz megoldása a rendszernek. 10. Igazold, hogy léteznek olyan A, B,C halmazok, amelyekre a) A × B ≠ B × A ; b) A × (B ×C ) = (A × B ) ×C . Megoldás a) Ha AΔB ≠ ∅ ⇒ A × B ≠ B × A ; b) A × (B ×C ) = A × {(b, c) | b ∈ B ∧ c ∈ C } = {(a, b, c) | a ∈ A ∧ b ∈ B ∧ c ∈ C } = = (A × B ) ×C ; 11. Határozd meg az alábbi halmazok geometriai jelentését: a) [a, b ] ×[c, d ] , ahol [a, b ] és [c, d ] az valós számegyenes szakaszai. 2

2

3

3

b) [a, b ] és (a, b ) ; c) [a, b ] és (a, b ) ; d) n . Megoldás a) Egy Descartes koordinátarendszerben vett (a, c),(b, c),(b, d ),(a, d ) pontok által meghatározott téglalap és a belseje; b) [a, b ]2 -az (a, a ),(b, a ),(b, b),(a, b) pontok által meghatározott négyzet a belsejével együtt és az (a,b)2 halmaz csak a négyzet belseje; c) [a, b ]3 - az (a, a, a ),(a, b, a ),(b, a, a ),(b, b, a ),(a, b, b),(b, a, b),(b, b, b),(a, a, b) pontok által meghatározott kocka és a belseje a térben; d) n - n = 1 , n = 2 és n = 3 esetben az egyenes, a sík és a tér. Ha n ≥ 3 , akkor konkrét geometriai értelme (az eddig tanulmányozott geometriai tulajdonságok alapján) nincs, viszont már sejthető, hogy ez a halmaz fontos lehet a többdimenziós geometria felépítésében. 12. Igazold, hogy ha A, B, C és D nem üres halmazok, akkor a) A ⊆ B és C ⊆ D ⇔ A ×C ⊆ B × D ;


175

b) A = B és C = D ⇔ A ×C = B × D . c) (A ∩ B ) × (C ∩ D ) = (A ×C ) ∩ (B × D ) . d) (A × B ) ∪ (C × D ) ⊆ (A ∪ C ) × (B ∪ D ) . Mikor áll fenn egyenlőség? e) (A ∪ B ) ×C = (A ×C ) ∪ (B ×C ) ; f) A × (B ∪ C ) = (A × B ) ∪ (A ×C ) ; g) (A ∪ B ) × (C ∪ D ) = (A ×C ) ∪ (B ×C ) ∪ (A × D ) ∪ (B × D ) ; h) (A \ B ) ×C = (A ×C ) \ (B ×C ) ; i) A × (B \ C ) = (A × B ) \ (A ×C ) ; j) A × B = (A × D ) ∩ (C × B ) , ha A ⊆ C és B ⊆ D . Megoldás a) " ⇒ " Mivel A ⊆ B és C ⊆ D ⇒ ∀a ∈ A és ∀c ∈ C esetén (a, c) ∈ A ×C , de ugyanakkor a ∈ B és c ∈ D , tehát (a, c) ∈ B × D ; " ⇐ " A × C ⊆ B × D ⇒ ∀(a,c) ∈ A × C ⇒ (a,c) ∈ B × D ⇒ a ∈ B ∧ c ∈ D ⇒ A ⊆ B ∧C ⊆ D ; b) A bizonyítás egyik része az a) pont, a második részében felhasználjuk az a) pontot az A:=B,C:=D,B:=A,D:=C helyettesítésekkel; c) (x, y ) ∈ (A ∩ B) × (C ∩ D ) ⇔ x ∈ (A ∩ B ) ∧ y ∈ (C ∩ D) ⇔ ⇔ x ∈ A∧ x ∈ B ∧y ∈C ∧ y ∈ D ⇔ (x ∈ A ∧ y ∈ C ) ∧ (x ∈ B ∧ y ∈ D) ⇔ (x, y ) ∈ A ×C ∧ (x, y ) ∈ B × D ⇔ ⇔ (x, y ) ∈ (A ×C ) ∩ (B × D) ; d) (x, y ) ∈ (A × B) ∪ (C × D) ⇒ (x , y ) ∈ A × B ∨ (x, y ) ∈ C × D ⇒ ⇒ (x ∈ A ∧ y ∈ B ) ∨ (x ∈ C ∧ y ∈ D) ⇒ ⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ C ) ∧ (y ∈ B ∨ y ∈ D) ⇒ x ∈ A ∪ C ∧ y ∈ B ∪ D ⇒ ⇒ (x, y ) ∈ (A ∪ C ) × (B ∪ D) , az egyenlőség akkor igaz, ha az A = C és B = D egyenlőségek közül legalább az egyik teljesül; e) (x , y ) ∈ (A ∪ B) ×C ⇔ x ∈ (A ∪ B) ∧ y ∈ C ⇔ (x ∈ A ∨ x ∈ B ) ∧ y ∈ C ⇔ ⇔ (x ∈ A ∧ y ∈ C ) ∨ (x ∈ B ∧ y ∈ C ) ⇔ (x, y ) ∈ A ×C ∨ (x, y ) ∈ B ×C ⇔ ⇔ (x, y ) ∈ (A ×C ) ∪ (B ×C ) ; f) (x , y ) ∈ A × (B ∪ C ) ⇔ x ∈ A ∧ y ∈ (B ∪ C ) ⇔ x ∈ A ∧ (y ∈ B ∨ y ∈ C ) ⇔ ⇔ (x ∈ A ∧ y ∈ B ) ∨ (x ∈ A ∧ y ∈ C ) ⇔ (x, y ) ∈ A × B ∨ (x , y ) ∈ A ×C ⇔ ⇔ (x, y ) ∈ (A × B) ∪ (A ×C ) ; g) (x , y ) ∈ (A ∪ B) × (C ∪ D) ⇔ x ∈ A ∪ B ∧ y ∈ C ∪ D ⇔ ⇔ (x ∈ A ∨ x ∈ B ) ∧ (y ∈ C ∨ y ∈ D) ⇔ ⇔ (x ∈ A ∧ y ∈ C ) ∨ (x ∈ A ∧ y ∈ D) ∨ (x ∈ B ∧ y ∈ C ) ∨ (x ∈ B ∧ y ∈ D) ⇔


Relációk

⇔ (x, y ) ∈ A ×C ∨ (x, y ) ∈ A × D ∨ (x, y ) ∈ B ×C ∨ (x, y ) ∈ B × D ⇔ ⇔ (x, y ) ∈ (A ×C ) ∪ (A × D) ∪ (B ×C ) ∪ (B × D ) ; h) (x , y ) ∈ (A \ B ) ×C ⇔ x ∈ A \ B ∧ y ∈ C ⇔ (x ∈ A ∧ x ∉ B ) ∧ y ∈ C ⇔ ⇔ (x ∈ A ∧ y ∈ C ) ∧ (x ∉ B ∧ y ∈ C ) ⇔ (x, y ) ∈ A ×C ∧ (x, y ) ∉ B ×C ⇔ (x, y ) ∈ (A ×C ) \ (B ×C ) ; i) (x, y ) ∈ A × (B \ C ) ⇔ x ∈ A ∧ y ∈ B \ C ⇔ x ∈ A ∧ (y ∈ B ∧ y ∉ C ) ⇔ ⇔ (x ∈ A ∧ y ∈ B ) ∧ (x ∈ A ∧ y ∉ C ) ⇔ (x, y ) ∈ A × B ∧ (x, y ) ∉ (A ×C ) ⇔ ⇔ (x , y ) ∈ (A × B) \ (A ×C ) ; j) (x , y ) ∈ (A × D) ∩ (C × B) ⇔ (x, y ) ∈ A × D ∧ (x, y ) ∈ C × B ⇔ ⇔ (x ∈ A ∧ y ∈ D ) ∧ (x ∈ C ∧ y ∈ B ) mivel A ⊆ C és B ⊆ D ⇔ x ∈ A ∧ y ∈ B ⇔ (x, y ) ∈ A × B . 13. Legyen A, B ≠ ∅ és (A × B ) ∪ (B × A) = C × D . Bizonyítsd be, hogy A = B =C = D . Megoldás. ∀(x, y ) ∈ (A × B ) ∪ (B × A) ⇒ (x, y ) ∈ C × D , mivel A,B ≠ ∅ ⇒ ∃(a, b) ∈ A × B ⇒ (a, b) ∈ C × D ⇒ a ∈ C ∧ b ∈ D ⇒ A ⊆ C ∧ B ⊆ D de mivel (b, a ) ∈ B × A ⇒ (b, a ) ∈ C × D ⇒ b ∈ C ∧ a ∈ D ⇒ B ⊆ C ∧ A ⊆ D . De ∀(c, d ) ∈ C × D ⇒ (c, d ) ∈ (A × B ) ∪ (B × A) ⇒ (c, d ) ∈ A × B ∨ (c, d ) ∈ B × A ⇒ ⇒ (c ∈ A ∧ d ∈ B ) ∨ (c ∈ B ∧ d ∈ A) ⇒ (c ∈ A ∨ c ∈ B) ∧ (d ∈ A ∨ d ∈ B) . Mivel a C halmaz bármely eleme az A vagy a B halmazban van, így C = A ∪ B . Hasonlóan igazolhatjuk, hogy D = A ∪ B , tehát C = D . Ebben az esetben (A × B) ∪ (B × A) ⊆ (A ∪ B ) × (B ∪ A) = C × D (12. d.) pont), egyenlőség akkor és csak is akkor, ha A = B , tehát A = B = C = D . 14. Bizonyítsd be, hogy létezik olyan A halmaz, amelyre igaz a következő implikáció: ∀ x ∈ A ⇒ x ⊂ A. Megoldás. Talán a legegyszerűbb példa az A = {∅} halmaz. 15. Bizonyítsd be, hogy létezik olyan A halmaz, amelyre igaz a következő implikáció: ∀ x ⊂ A ⇒ x ∈ A. Megoldás. Szerkesszük meg a következő halmazsorozatot: A0 = ∅ , A1 = {∅} , A2 = {∅,{∅}} , A3 = {∅,{∅},{{∅}},{∅,{∅}}} és általában An +1 = An ∪ P (An ) . Világos, hogy Ak ⊂ Al ha k < l és, hogy az A =

∞

∪A

k

k =0

teljesíti a kért feltételt. 1.4. Gyakorlatok és feladatok 1. Határozd meg a ρ −1 , ρ 2 = ρ ρ , ρ ρ −1 , ρ −1

ρ relációkat, ha

a) ρ = ( , , R ) , R = {(x , y ) x osztója y -nak} ;

halmaz


177

b) ρ = ( , , R ) , R = {(x , y ) x osztható y -nal} ; c) ρ = ( , , R ) , R = {(x , y ) x + y ≤ 0} ;

⎛⎡ π π ⎤ ⎡ π π ⎤ ⎞ d) ρ = ⎜⎜⎜ ⎢− , ⎥ , ⎢− , ⎥ , R⎟⎟⎟ , R = {(x , y ) y ≥ sin x } . ⎝ ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦ ⎠ Megoldás a) ρ=( , , R), R = {(x, y ) | x | y} , ρ -1 = ( , , R−1 ), R −1 = {(y, x ) | x | y} ρ 2 = ( , , R 2 ), R 2 = {(a, b) | ∃x ∈ : a ρx ∧ x ρb} = = {(a, b) | ∃x ∈ : a | x ∧ x | b} = {(a, b) | a | b} = R , ρ ρ −1 = ( , , R R −1 ), R R −1 = {(x , y ) | ∃k ∈ : x ρ −1k ∧ k ρy} = = {(x, y ) | ∃k ∈ : k | x ∧ k | y} = {(x, y ) | x , y ∈ } = × , ρ −1

ρ = ( , , R −1 R), R −1 R = {(x , y ) | ∃k ∈ : x ρk ∧ k ρ −1y } = = {(x, y ) | ∃k ∈ : x | k ∧ y | k } = {(x, y ) | x, y ∈ } = × ; b) ρ=( , , R), R = {(x, y ) | x y} = {(x, y ) | y | x } , ρ -1 = ( , , R−1 ), R −1 = {(y, x ) | y | x } , ρ 2 = ( , , R 2 ), R 2 = {(a, b) | ∃x ∈ : a ρx ∧ x ρb} = = {(a, b) | ∃x ∈ : x | a ∧ b | x } = {(a, b) | b | a} = R , ρ ρ −1 = ( , , R R −1 ), R R −1 = {(x , y ) | ∃k ∈ : x ρ −1k ∧ k ρy} = = {(x, y ) | ∃k ∈ : x | k ∧ y | k } = {(x, y ) | x , y ∈ } = × , ρ −1

ρ = ( , , R−1 R), R −1 R = {(x , y ) | ∃k ∈ : x ρk ∧ k ρ −1y } = = {(x, y ) | ∃k ∈ : k | x ∧ k | y} = {(x, y ) | x, y ∈ } = × ; c) ρ = ( , , R), R = {(x, y ) | x + y ≤ 0} , ρ −1 = ( , , R −1 ), R −1 = {(y, x ) | x + y ≤ 0} = R , ρ 2 = ( , , R 2 ), R 2 = {(x , y ) | ∃k ∈ : x ρk ∧ k ρy } = = {(x , y ) | ∃k ∈ : x + k ≤ 0 ∧ y + k ≤ 0} = × , ρ ρ −1 = ( , , R R−1 ), R R−1 = ρ

−1

ρ = ( , ,R

−1

R), R

−1

R=

×

,

×

;

⎡ π π⎤ ⎡ π π⎤ d) ρ=( ⎢ - , ⎥ , ⎢ - , ⎥ , R), R = {(x , y ) | y ≥ sin x } , ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦ ⎡ π π⎤ ⎡ π π⎤ ρ -1 = ( ⎢ - , ⎥ , ⎢ - , ⎥ , R−1 ), R−1 = {(y, x ) | sin x ≤ y } , ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦ ⎡ π π⎤ ⎡ π π⎤ ⎡ π π⎤ ρ 2 = ( ⎢ - , ⎥ , ⎢ - , ⎥ , R 2 ), R 2 = {(x , y ) | ∃k ∈ ⎢ - , ⎥ : x ρk ∧ k ρy} = ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ ⎡ π π⎤ = {(x , y ) | ∃k ∈ ⎢ - , ⎥ : k ≥ sin x ∧ y ≥ sin k } = (x , y ) y ≥ sin(sin x ) , ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥

{

}


Relációk

⎡ π π⎤ ⎡ π π⎤ ρ ρ −1 = (⎢ - , ⎥ , ⎢ - , ⎥ , R R−1 ), R R−1 = ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ ⎡ π π⎤ = {(x , y ) | ∃k ∈ ⎢ - , ⎥ : x ρ −1k ∧ k ρy } = ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ π ⎤2 ⎡ π π⎤ ⎡ π⎤ ⎡ = {(x , y ) | ∃k ∈ ⎢ - , ⎥ : x ≥ sin k ∧ y ≥ sin k }= (x , y ) | x , y ∈ ⎢ -1, ⎥ = ⎢−1, ⎥ , 2 ⎥⎦ ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ ⎣⎢ 2 ⎦⎥ ⎣⎢ π π π π ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ρ −1 ρ = (⎢ - , ⎥ , ⎢ - , ⎥ , R−1 R), R−1 R = ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦ ⎡ π π⎤ = {(x , y ) | ∃k ∈ ⎢ - , ⎥ : x ρk ∧ k ρ −1y } = ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦ ⎡ π π⎤ ⎡ π π⎤ ⎡ π π⎤ = {(x , y ) | ∃k ∈ ⎢ - , ⎥ : k ≥ sin x ∧ k ≥ sin y }= ⎢ - , ⎥ × ⎢ - , ⎥ ; ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ 2. Legyen ρ = (A, B, R ) , ρ1 = (A1, B1, R1 ) és ρ2 = (A1, B1, R2 ) három tetszőleges reláció. Bizonyítsd be, hogy −1 −1 a) ρ ∪ ρ = ρ ∩ ρ = ρ ; b) (ρ1 ∪ ρ2 ) = ρ1−1 ∪ ρ2−1 ; c) (ρ1 ∩ ρ2 ) = ρ1−1 ∩ ρ2−1 .

{

}

Megoldás. a) ρ ∪ ρ = (A, B, R ∪ R), ρ ∩ ρ = (A, B, R ∩ R) a(ρ ∪ ρ)b ⇔ a ρb ∨ a ρb ⇔ a ρb ⇔ a ρb ∧ a ρb ⇔ a(ρ ∩ ρ)b ; b) (ρ1 ∪ ρ2 )−1 = (B1, A1, S ), ρ1−1 ∪ ρ2−1 = (B1, A1, S ' ) b1 (ρ1 ∪ ρ2 )−1a1 ⇔ a1 (ρ1 ∪ ρ2 )b1 ⇔ a1ρ1b1 ∨ a1ρ2b1 ⇔ ⇔ b1ρ1−1a1 ∨ b1ρ2−1a1 ⇔ b1 (ρ1−1 ∪ ρ2−1 )a1 ;

c) (ρ1 ∩ ρ2 )−1 = (B1, A1, S ), ρ1−1 ∩ ρ2−1 = (B1, A1, S ' ) b1 (ρ1 ∩ ρ2 )−1a1 ⇔ a1 (ρ1 ∩ ρ2 )b1 ⇔ a1ρ1b1 ∧ a1ρ2b1 ⇔ ⇔ b1ρ1−1a1 ∧ b1ρ2−1a1 ⇔ b1 (ρ1−1 ∩ ρ2−1 )a1 .

3. Milyen ρ relációkra teljesül a ρ −1 = ρ egyenlőség? Megoldás. Ha R ≠ ∅ , akkor egyetlen relációra sem teljesül, mert az (a, a ) alakú elemek nem lehetnek egyszerre R -ben is meg a komplementerében is. 4. Hány reláció értelmezhető egy n elemű A és egy m elemű B halmaz között ? Megoldás. Az A × B halmaznak m ⋅ n eleme van és így az A × B halmaznak 2m⋅n részhalmaza van. Mivel minden részhalmaz értelmez egy relációt (és fordítva), az értelmezhető relációk száma 2m⋅n . 5. Igazold, hogy a relációk szorzata asszociatív. Megoldás. x ((ρ1 ρ2 ) ρ3 )y ⇔ ∃k : x ρ3k ∧ k (ρ1 ρ2 )y ⇔ ⇔ ∃k : x ρ3k ∧ ∃p : k ρ2 p ∧ pρ1y ⇔ ∃k ∧ ∃p : x ρ3k ∧ k ρ2 p ∧ pρ1y ⇔ ⇔ ∃p : (∃k : x ρ3k ∧ k ρ2 p) ∧ pρ1y ⇔ ∃p : x (ρ2 ρ3 )p ∧ pρ1y ⇔ x (ρ1 (ρ2 ρ3 ))y , 6. Igazold, hogy ha ρ1 ⊆ ρ2 , akkor a) σ ρ1 ⊆ σ ρ2 ; b) ρ1 σ ⊆ ρ2 σ ; c) ρ1−1 ⊆ ρ2−1 , ahol σ olyan reláció, amelyre a fenti kifejezések értelmezettek.


179

Megoldás ρ1 ⊆ρ2

a) x (σ ρ1 )y ⇒ ∃k : x ρ1k ∧ k σy ⇒ ∃k : x ρ2k ∧ k σy ⇒ ⇒ x (σ ρ2 )y tehát σ ρ1 ⊆ σ ρ2 ; b) x (ρ1

ρ1 ⊆ρ2

σ)y ⇒ ∃k : x σk ∧ k ρ1y ⇒ ∃k : x σk ∧ k ρ2y ⇒ ⇒ x (ρ2 σ)y tehát ρ1 σ ⊆ ρ2 σ ; ρ1 ⊆ρ2

c) x ρ1−1y ⇒ y ρ1x ⇒ y ρ2x ⇒ x ρ2−1y tehát ρ1−1 ⊆ ρ2−1 . 7. Legyen ρ1 = (A, A, R1 ) és ρ2 = (A, A, R2 ) két reflexív reláció. Bizonyítsd be, hogy a ρ1 ∪ ρ2 , ρ1 ∩ ρ2 , ρ1−1, ρ1 ρ2 relációk is reflexívek. Megoldás. Mivel ρ1, ρ2 reflexívek ⇔ ∀a ∈ A : a ρ1a ∧ a ρ2a ⇒ ∀a ∈ A : a(ρ1 ∩ ρ2 )a ; ⇒ ∀a ∈ A : a ρ1a ∨ a ρ2a ⇒ ∀a ∈ A : a(ρ1 ∪ ρ2 )a ; ⇒ ∀a ∈ A : a ρ1a ⇒ ∀a ∈ A : a ρ1−1a ; ⇒ ∀a ∈ A : (∃a : a ρ1a ∧ a ρ2a ) ⇒ ∀a ∈ A : a(ρ2

ρ1 )a .

8. Igazold, hogy ha ρ1 és ρ2 irreflexív relációk, akkor ρ1 ∪ ρ2 , ρ1−1 is irreflexív, de ρ1 ρ2 nem feltétlenül az. Megoldás. ρ1, ρ2 irreflexívek ⇔ ( ∃a ∈ A : a ρ1a ) ∧ ( ∃a : a ' ρ2a ' ) ( ∃a ∈ A : a ρ1a ) ∧ ( ∃a : a ' ρ2a ' ) ⇒ ∃a ∈ A : a ρ1a ∨ a ρ2a ⇒ ⇒ ∃a ∈ A : a(ρ1 ∪ ρ2 )a ⇒ (ρ1 ∪ ρ2 ) irreflexív; ∃a ∈ A : a ρ1a ⇒ ∃a ∈ A : a ρ1a ⇒ ∃a ∈ A : a ρ1−1a ⇒ ρ1−1 irreflexív;

pl. A = {a, a ' }, ρ1 = {(a, a ' ),(a ' , a )} = ρ2 irreflexívek de a ρ1 ρ2 = {(a, a ),(a ' , a ' )} reláció reflexív. 9. Bizonyítsd be, hogy ha ρ1 és ρ2 szimmetrikus relációk, akkor a ρ1 ∪ ρ2 , ρ1 ∩ ρ2 , ρ1−1 , ρ1 ρ1−1 relációk is szimmetrikusak. Megoldás. ρ1, ρ2 szimmetrikusak ⇔ (∀a, b : a ρ1b ⇒ bρ1a ) ∧ (∀a, b : a ρ2b ⇒ bρ2a ) ; ∀a, b -re ha a(ρ1 ∪ ρ2 )b ⇒ a ρ1b ∨ a ρ2b ⇒ bρ1a ∨ bρ2a ⇒ b(ρ1 ∪ ρ2 )a ; ∀a, b -re ha a(ρ1 ∩ ρ2 )b ⇒ a ρ1b ∧ a ρ2b ⇒ bρ1a ∧ bρ2a ⇒ b(ρ1 ∩ ρ2 )a ;

∀a, b -re ha a ρ1−1b ⇒ bρ1a ⇒ a ρ1b ⇒ b ρ1−1a ; ∀a, b -re ha a(ρ1

ρ1−1 )b ⇒ ∃k : a ρ1−1k ∧ k ρ1b ⇒ ∃k : k ρ1a ∧ b ρ1−1k ⇒

⇒ ∃k : bρ1−1k ∧ k ρ1a ⇒ b(ρ1 ρ1−1 )a . 10. Legyenek ρ1 és ρ2 szimmetrikus relációk. Bizonyítsd be, hogy a ρ1 pontosan akkor szimmetrikus, ha ρ1 ρ2 = ρ2 ρ1 . Megoldás szimmetria " ⇒ " a (ρ1 ρ2 )b ⇔ b(ρ1 ρ2 )a ⇔ ∃k : b ρ2k ∧ k ρ1a ⇔ ⇔ ∃k : a ρ1k ∧ k ρ2b ⇔ a(ρ2 ρ1 )b ;

ρ2 reláció

Tartalomjegyzék 180 " ⇐ " a (ρ1

Relációk ρ2 )b

ρ1 ρ2 = ρ2 ρ1

a(ρ2 ρ1 )b ⇔ ∃k : a ρ1k ∧ k ρ2b ⇔ ⇔ ∃k : bρ2k ∧ k ρ1a ⇔ b(ρ1 ρ2 )a . 11. Igazold, hogy ha ρ1 és ρ2 antiszimmetrikus relációk, akkor ⇔

a) ρ1 ∩ ρ2 és ρ1−1 is antiszimmetrikus. b) ρ1 ∪ ρ2 akkor és csak akkor antiszimmetrikus, ha ρ1 ∩ ρ2−1 ⊆ Δ . (a ρ1b ∧ bρ1a ⇒ a = b) és Megoldás. ρ1 és ρ2 antiszimmetrikusak, tehát (a ρ2b ∧ bρ2a ⇒ a = b) ; a) a(ρ1 ∩ ρ2 )b ∧ b(ρ1 ∩ ρ2 )a ⇒ (a ρ1b ∧ a ρ2b) ∧ (bρ1a ∧ bρ2a ) ⇒

⇒ (a ρ1b ∧ bρ1a ) ∧ (a ρ2b ∧ bρ2a ) ⇒ a = b , a ρ1−1b ∧ b ρ1−1a ⇒ b ρ1a ∧ a ρ1b ⇒ a = b ; !

b) " ⇒ " a(ρ1 ∩ ρ2−1 )b ⇒ a ρ1b ∧ a ρ2−1b ⇒ a ρ1b ∧ b ρ2a ⇒ ρ1 ∪ ρ2 antiszimm.

⇒ a(ρ1 ∪ ρ2 )b ∧ b(ρ1 ∪ ρ2 )a ⇒ a = b ⇒ a Δb, tehát ρ1 ∩ ρ2−1 ⊆ Δ ; " ⇐ " a(ρ1 ∪ ρ2 )b ∧ b(ρ1 ∪ ρ2 )a ⇒ (a ρ1b ∨ a ρ2b) ∧ (bρ1a ∨ bρ2a ) ⇒ ⇒ (a ρ1b ∧ bρ1a ) ∨ (a ρ2b ∧ bρ2a ) ∨ (a ρ1b ∧ bρ2a ) ∨ (a ρ2b ∧ bρ1a ) ⇒ ⇒ (a = b) ∨ (a = b) ∨ (a ρ1b ∧ a ρ2−1b ) ∨ (bρ2−1a ∧ b ρ1a ) ⇒ ρ1 ∩ ρ2−1 ⊆Δ

⇒ (a = b) ∨ a(ρ1 ∩ ρ2−1 )b ∨ b(ρ1 ∩ ρ2−1 )a ⇒ a = b ∨ a = b ∨ a = b ⇒ a = b . Tehát ρ1 ∪ ρ2 antiszimmetrikus. 12. Adj példát olyan relációra, amely a) reflexív, szimmetrikus, nem tranzitív; b) reflexív, antiszimmetrikus, nem tranzitív; c) reflexív, tranzitív, nem szimmetrikus, nem antiszimmetrikus; d) antiszimmetrikus, tranzitív, nem reflexív. Megoldás a) A = {a, b, c}, ρ = {(a, a ),(b, b),(c, c),(a, b),(b, c),(b, a ),(c, b)} ; b) A = {a, b, c}, ρ = {(a, a ),(b, b),(c, c),(a, b),(b, c)} ; c) A = {a, b, c}, ρ = {(a, a ),(b, b),(c, c),(a, b),(b, c),(a, c),(b, a )} ; d) A = {a, b, c}, ρ = {(a, b),(b, c),(a, c)} . 13. Igazold, hogy ha ρ szimmetrikus és antiszimmetrikus reláció, akkor ρ tranzitív is. Megoldás. Ha ρ szimmetrikus és antiszimmetrikus, akkor a ρb és bρc esetén (a ρb ∧ bρa ) és (bρc ∧ cρb) , tehát a = b és b = c . Mivel a ρb ⇒ a ρc , tehát a reláció tranzitív is.

Gyakorlatok és feladatok 1. Határozd meg az összes rendezési relációt az A = {1, 2, 3} halmazon. Megoldás


181

ρ1 = {(1,1),(2, 2),(3, 3)}, ρ2 = {(1,1),(2, 2),(3, 3),(1, 2)}, ρ3 = {(1,1),(2, 2),(3, 3),(2, 3)},ρ4 = {(1,1),(2, 2),(3, 3),(1, 3)}, ρ5 = {(1,1),(2, 2),(3, 3),(2,1)}, ρ6 = {(1,1),(2, 2),(3, 3),(3, 2)}, ρ7 = {(1,1),(2, 2),(3, 3),(3,1)}, ρ8 = {(1,1),(2, 2),(3, 3),(1, 2),(1, 3)}, ρ9 = {(1,1),(2, 2),(3, 3),(1, 2),(3, 2)}, ρ10 = {(1,1),(2, 2),(3, 3),(2,1),(2, 3)}, ρ11 = {(1,1),(2, 2),(3, 3),(2,1),(3,1)}, ρ12 = {(1,1),(2, 2),(3, 3),(1, 3),(2, 3)}, ρ13 = {(1,1),(2, 2),(3, 3),(3,1),(3, 2)}, ρ14 = {(1,1),(2, 2),(3, 3),(1, 2),(1, 3),(2, 3)}, ρ15 = {(1,1),(2, 2),(3, 3),(1, 2),(1, 3),(3, 2)}, ρ16 = {(1,1),(2, 2),(3, 3),(1, 2),(3,1),(3, 2)}, ρ17 = {(1,1),(2, 2),(3, 3),(1, 3),(2,1),(2, 3)}, ρ18 = {(1,1),(2, 2),(3, 3),(2,1),(2, 3),(3,1)}, ρ19 = {(1,1),(2, 2),(3, 3),(2,1),(3, 2),(3,1)} . 2. Igazold, hogy ( , ≤) jól rendezett, viszont ( , ≤) , ( , ≤) , ( , ≤) nem. Megoldás. Mivel bármely részhalmazát választjuk az -nek, létezik a halmaz legkisebb eleme (ez az állítás egyenértékű az indukciós elvvel), amely nem lehet kisebb, mint 0 , tehát ( , ≤) jólrendezett halmaz, a ( , ≤),( , ≤),( , ≤) pedig nem, mert pl. a (−∞, x ) intervallum és a megfelelő halmaz metszetéből keletkezett halmaznak nincs legkisebb eleme. 3. Bizonyítsd be, hogy egy teljesen rendezett halmaznak legfeljebb egy minimális (maximális) eleme létezhet. Megoldás. Ha x 1 ∈ H és x 2 ∈ H minimális elemek, akkor a H teljesen rendezett tulajdonsága alapján ∀h ∈ H esetén x 1 ≤ h és x 2 ≤ h . Így viszont x 1 ≤ x 2 és x 2 ≤ x 1 , tehát x 1 = x 2 . 4. Igazold, hogy egy teljesen rendezett halmaz minden részhalmaza teljesen rendezett. Megoldás. Feltételezzük, hogy az állítás nem igaz, ekkor létezik olyan részhalmaz, amelyben az x és az y elemek nem összehasonlíthatók. Így viszont ezek az elemek az eredeti halmazban sem összehasonlíthatók, tehát az eredeti halmaz sem teljesen rendezett. Ez ellentmondás, tehát teljesen rendezett halmaz minden részhalmaza is teljesen rendezett. 5. Legyen (A, ≤) teljesen rendezett halmaz, amelyben minden nemüres részhalmaznak létezik infimuma illetve szuprémuma és legyen f : A → A egy növekvő függvény, vagyis ∀ x, y ∈ A , x ≤ y ⇒ f (x ) ≤ f (y ) . Igazold, hogy létezik a ∈ A úgy, hogy f (a ) = a . (Azt mondjuk, hogy a fixpontja f -nek.) Megoldás. A H 1 = {x ∈ A x ≤ f (x )} és a H 2 = {x ∈ A x ≥ f (x )} halmazok közül legalább az egyik nem üres. Feltételezhetjük, hogy H 1 ≠ ∅ . A feltételek alapján létezik s = sup H 1 . A szuprémum értelmezése alapján ha x ∈ H 1 , akkor x ≤ s , tehát x ≤ f (x ) ≤ f (s ) és így f (s ) szintén felső korlátja H 1 -nek. De s szuprémum, tehát s ≤ f (s ) . Tehát s ∈ H 1 és így f (s ) ≤ f (f (s )) , tehát f (s ) ∈ H 1 . Az s felső korlát, tehát f (s ) ≤ s . Az előbbi egyenlőtlenségek alapján f (s ) = s .


Relációk

6. Legyen (A, ≤) egy teljesen rendezett véges halmaz. Bizonyítsd be, hogy (A, ≤) jólrendezett. Megoldás. Ha (A, ≤) teljesen rendezett és véges, akkor az elemei felírhatók a1 < a2 < ... < an alakban (előbb megkeressük a legkisebbet, majd az utána következőt, stb.). Minden részhalmaz ennek a láncnak egy része és így van benne legkisebb elem (a legkisebb indexű). 1.6. Gyakorlatok és feladatok 1. Igazold, hogy az A halmazon megadott ρ reláció pontosan akkor lesz egyszerre ekvivalencia reláció és rendezés, ha ρ = Δ(A) . Megoldás. Legyen a ρ = (A, A, R) reláció egyszerre ekvivalencia és rendezés. Az értelmezések alapján ρ szimmetrikus is és antiszimmetrikus is. Tehát tetszőleges x , y ∈ A esetén ha x ρy , akkor a szimmetria alapján y ρx és az antiszimmetria alapján x = y , tehát R ⊂ Δ . Ugyanakkor a ρ reláció reflexív is, tehát Δ ⊂ R és így ρ = Δ(A) . 2. Legyen A a sík összes egyeneseinek a halmaza. Ekvivalencia reláció-e a a) párhuzamosság; b) merőlegesség? Hát a térben? Megoldás. a) A párhuzamossági reláció szimmetrikus és tranzitív. Ha a geometriai értelmezést tekintjük, akkor önmagával egy egyenes sem párhuzamos, mert az önmagával való metszet nem üreshalmaz. Másrészt ha vektoriálisan értelmezzük a párhuzamosságot (azonos irányvektorral rendelkező egyenesek), akkor két egybeeső egyenest is nevezhetünk párhuzamosnak. Az első esetben a párhuzamosság nem ekvivalencia, a másodikban igen. b) Egy egyenes sem merőleges önmagára, tehát a reláció nem reflexív (nem is tranzitív) és így nem ekvivalencia reláció. 3. -en értelmezzük az a ρ b ⇔ a − b ∈ relációt. Igazold, hogy ρ ekvivalencia reláció. ρ = ( , , R), a ρb ⇔ a - b ∈ Megoldás. A reláció reflexív mert 0 = a -a ∈ esetén. Ha a − b ∈ és b − c ∈ , akkor minden a ∈ a − c = (a − b) + (b − c) ∈ , tehát a reláció tranzitív. Ha a − b ∈ , akkor b − a ∈ , tehát a szimmetria is teljesül és így ρ ekvivalencia reláció. 4. Bizonyítsd be, hogy ha ρ ekvivalencia reláció, akkor a) x ∈ ρ x ; b) x ρ y ⇔ ρ x = ρ y ; c) ρ −1 ekvivalencia reláció. Megoldás a) ρ x = {y | x ρy} és ρ ekvivalencia reláció, tehát ρ reflexív és így x ρx -ből következik, hogy x ∈ ρ x ; b) " ⇒ " Ha a ∈ ρ x , akkor x ρa , tehát (szimmetria) a ρx . Így x ρy alapján a ρy (tranzitivitás). Tehát a ∈ ρ y és így ρ x ⊆ ρ y . A fordított bennfoglalás igazolása hasonlóan történik.


"⇐" x ∈ρ x c)

183 ρ x =ρ y

x ρ −1x ⇔ x ρx ,

⇔ z ρy és y ρx

(SZ )

⇒ x ∈ ρ y ⇒ y ρx ⇒ x ρy ; tehát

ρ tr anzitív

⇒

ρ −1

reflexív.

x ρ -1y és y ρ -1z ⇔ y ρx és z ρy ⇔

z ρx ⇒ x ρ -1z , tehát ρ −1 tranzitív. ρ szimmetrikus

Ugyanakkor x ρ -1y ⇔ y ρx ⇔ x ρy ⇔ y ρ −1x , tehát ρ −1 szimmetrikus is. 5. Bizonyítsd be, hogy ρ = (A, A, R) pontosan akkor ekvivalencia reláció, ha

(ρ

ρ −1 ) ∪ Δ (A) = ρ .

Megoldás. Ha ρ ekvivalencia reláció, akkor világos, hogy (ρ ρ −1 ) ∪ Δ(A) = ρ , tehát elégsége a fordított állítást igazolni. Feltételezzük, hogy (ρ ρ −1 ) ∪ Δ(A) = ρ és igazoljuk, hogy ρ ekvivalencia reláció. Mivel Δ(A) ⊂ R , a ρ reláció reflexív. x (ρ ρ -1 )y ⇔ ∃a : x ρ -1a ∧ a ρy ⇔ ∃a : a ρx ∧ y ρ −1a ⇔ y(ρ ρ -1 )x , tehát ρ ∪ ρ −1 szimmetrikus is és így ρ is szimmetrikus. A tranzitivitás igazolásához feltételezhetjük, hogy x ≠ y ≠ z ≠ x (ellenkező esetben az x ρy és y ρz összefüggésekből következik, hogy x ρz ) és x ρy valamint y ρz . Az előbbi relációk

(és ρ szimmetriája) alapján y ρx és így x ρ −1y , tehát x (ρ ρ −1 ) z . Ez alapján következik, hogy x ρz vagyis a reláció tranzitív. 6. a) Bizonyítsd be, hogy ha ρ1 , ρ2 ekvivalencia relációk A -n, akkor ρ1 ρ2 = A × A ⇔ ρ2 ρ1 = A × A . b) Adjál példát olyan ρ1 , ρ2 ekvivalencia relációkra, amelyekre ρ1 és ρ1 ≠ A × A ≠ ρ2 . Megoldás. a) ρ1

ρ2 = (ρ1

−1

ρ2 )

= ρ2−1

ρ1−1 = ρ2

ρ2 = A × A

ρ1 .

b) Az A = {1, 2, 3, 4} halmazon a P1 = {{1, 2},{3, 4}} és P2 = {{1, 3},{2, 4}} osztályfelbontások által meghatározott ekvivalencia relációk teljesítik a feltételeket. 7. Legyen f : A → B tetszőleges függvény. Értelmezzük a ker f = (A, A, R) relációt a következőképpen: ∀ a, b ∈ A esetén a ker f b ⇔ f (a ) = f (b ) . Igazold, hogy ker f ekvivalencia reláció A -n. Megoldás. f (a ) = f (a ) ⇒ a ker f a, ∀a ∈ A , tehát a reláció reflexív. a ker f b és b ker f c , akkor f (a ) = f (b) = f (c) , tehát a ker f c és így a reláció tranzitív. Ha a ker f b , akkor f (a ) = f (b) , tehát f (b) = f (a ) és így b ker f a . Az előbbiek alapján a ker f reláció egy ekvivalencia reláció. 8. Igazold, hogy két ekvivalencia reláció metszete is ekvivalencia reláció. Megoldás. Mivel a ρ1a ∧ a ρ2a ⇒ a(ρ1 ∩ ρ2 )a , tehát a metszet reflexív. Ha a(ρ1 ∩ ρ2 )b és b(ρ1 ∩ ρ2 )c , akkor a ρ1b ∧ a ρ2b ∧ bρ1c ∧ bρ2c , tehát a ρ1c ∧ a ρ2c . Így a(ρ1 ∩ ρ2 )c , tehát a metszet tranzitív. A szimmetria a következő ekvivalenciák alapján nyilvánvaló: a(ρ1 ∩ ρ2 )b ⇔ a ρ1b ∧ a ρ2b ⇔ bρ1a ∧ bρ2a ⇔ b(ρ1 ∩ ρ2 )a .


Relációk

9. Igazold, hogy a ρ1 és ρ2 ekvivalencia relációk egyesítése pontosan akkor ekvivalencia reláció, ha ρ1 ∪ ρ2 = ρ1 ρ2 . Megoldás. Az egyesítés reflexív és szimmetrikus, tehát azt kell igazolnunk, hogy ρ1 ∪ ρ2 pontosan akkor tranzitív ha ρ1 ∪ ρ2 = ρ1 ρ2 . Ha ρ1 ∪ ρ2 = ρ1 ρ2 és a(ρ1 ∪ ρ2 )b valamint b(ρ1 ∪ ρ2 )c , akkor a(ρ1 ρ2 )b és b(ρ1 ρ2 )c . Tehát ∃k : a ρ2k ∧ k ρ1b és ∃h : bρ2h ∧ h ρ1c . De h ρ2b ∧ bρ1h ⇒ h(ρ1 ρ2 )k , tehát ismét a ρ1 ∪ ρ2 = ρ1 ρ2 összefüggést használva h ρ1k vagy h ρ2k . Ha k ρ2h , akkor a ρ2k alapján a ρ2h és így h ρ1c -ból következik, hogy a(ρ1 ρ2 )c . A h ρ1k esetben k ρ1c és így ismét a(ρ1 ρ2 )c és így a ρ1 ∪ ρ2 = ρ1 ρ2 reláció tranzitív is. Ha a ρ1 ∪ ρ2 reláció tranzitív, akkor a (ρ1 ρ2 )c -ből következik, hogy a(ρ1 ∪ ρ2 )c , tehát ρ1 ρ2 ⊂ ρ1 ∪ ρ2 . Másrészt ha a(ρ1 ∪ ρ2 )b , akkor a ρ1b vagy a ρ2b . Az első esetben az a ρ2a és a második esetben a bρ1b alapján következik, hogy a(ρ1 ρ2 )b , tehát a ρ1 ∪ ρ2 ⊂ ρ1 ρ2 bennfoglalás mindig igaz. Így világos, hogy ρ1 ∪ ρ2 pontosan akkor tranzitív, ha ρ1 ∪ ρ2 = ρ1 ρ2 . 10. Igazold, hogy a ρ1 és ρ2 ekvivalencia relációk esetén ρ1 ρ2 pontosan akkor ekvivalencia reláció, ha ρ1 ρ2 = ρ2 ρ1 . Megoldás. Az összetevés mindig reflexív. Ha ρ1 ρ2 szimmetrikus, akkor ρ1 ρ2 = (ρ1 ρ2 )−1 = ρ2−1 ρ1−1 = ρ2 ρ1 , tehát a bizonyítás teljességéhez szükséges a ρ1 ρ2 szimmetriáját és tranzitivitását igazolni ha ρ1 ρ2 = ρ2 ρ1 . Ha

az előbbi egyenlőség teljesül, akkor (ρ1 a ρ1

ρ2 )−1 = ρ2−1

ρ1−1 = ρ2

ρ1 = ρ1

ρ2 , tehát

ρ2 reláció szimmetrikus. Mivel ρ1 és ρ2 ekvivalencia relációk ρ = ρ1 és 2 1

ρ = ρ2 . Ugyanakkor ha a (ρ1 ρ2 )b és b (ρ1 ρ2 )c , akkor létezik olyan x és y , amelyre a ρ2x , x ρ1b , bρ2y és y ρ1c . Így yρ1 ρ2x , tehát x ρ1 ρ2y és x ρ2 ρ1y . Ebből következik, hogy a(ρ2 ρ1 ) ρ2y . De (ρ2 ρ1 ) ρ2 = (ρ1 ρ2 ) ρ2 = ρ1 (ρ2 ρ2 ) = ρ1 ρ2 és így a(ρ1 ρ2 )y . Ebből következik, hogy aρ1 (ρ1 ρ2 )y és az összetevés asszociativitása miatt ρ1 (ρ1 ρ2 ) = (ρ1 ρ1 ) ρ2 = ρ1 ρ2 , tehát a(ρ1 ρ2 )y . 11. Bizonyítsd be, hogy ha ρ1 és ρ2 ekvivalencia relációk és ρ1 ρ2 = ρ2 ρ1 , akkor ρ1 + ρ2 = ρ1 ρ2 , ahol ρ1 + ρ2 jelöli a ρ1 ∪ ρ2 relációt tartalmazó legszűkebb ekvivalencia relációt. ρ1 ρ2 =ρ2 ρ1 ⇒ ρ1 ρ2 Megoldás. Mivel ekvivalencia reláció, és ρ1 ∪ ρ2 ⊆ ρ1 ρ2 . Elégséges igazolnunk , hogy ez a legszűkebb ekvivalencia reláció, amely tartalmazza az egyesítést. Ha σ egy ekvivalencia reláció és ρ1 ∪ ρ2 ⊂ σ , akkor igazoljuk, hogy ρ1 ρ2 ⊂ σ . 2 2

Tartalomjegyzék Relációk Ha a(ρ1

ρ2 )b , akkor

185

∃k ∈ A : a ρ1k ∧ k ρ2b . Ebből viszont következik, hogy

a(ρ1 ∪ ρ2 )k ∧ k (ρ1 ∪ ρ2 )b és így a σk ∧ k σb , tehát a σb vagyis ρ1

ρ2 ⊆ σ .

n

12. Bizonyítsd be, hogy pn +1 = ∑ C ni pi , p0 = 1 , ahol pn az n elemű halmazon i =0

értelmezhető ekvivalencia relációk száma. Bizonyítás. Az ekvivalencia relációk és az osztályfelbontások közt kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés létezik, ezért elégséges megszámolni az osztályfelbontásokat. Ha A = {a1, a 2 ,..., an , an +1 } egy n + 1 elemű halmaz, akkor minden osztályfelbontásban az a n +1 valamelyik osztálynak tagja. Ha n − j + 1 eleme van az a n +1 -et tartalmazó osztálynak, akkor ezt az osztályt C nn − j részhalmazból lehet kiválasztani (az a n +1 rögzített és a többi elemből alkotott halmaz az {a1, a2 ,..., an } halmaz tetszőleges n − j elemű részhalmaza lehet) és miután ezt az osztály lerögzítettük, a maradék j elemet tetszőlegesen osztályokra bonthatjuk. Ezt p j különböző módon tehetjük meg, tehát C nn − j p j = C nj p j olyan osztályfelbontás létezik, amelyben az a n +1 elemet tartalmazó osztály elemeinek száma n − j + 1 . Mivel n

n − j ∈ {0,1, 2,..., n} , az összes lehetséges partíció száma pn +1 = ∑ C nj p j j =0

13. Definiáljuk a ≤ és < relációkat az halmazon a szokásos módon. Igazold, 2 hogy < <≠< ; ≤ <=< ; ≤ ≥= . Megoldás. Vegyük a 3 és 4 számokat tudjuk, hogy 3<4, de nem igaz, hogy úgy, hogy 3<x és x<4; Valóban 3 < < 4, mivel nem létezik egy x ∈ közbeeső számnak választhatjuk a ≤ < = < ,mivel ebben az esetben az x ∈ 2 legnagyobbat. Igaz, hogy ≤ ≥= mert választhatjuk a 0-t annak a számnak amely kisebb vagy egyenlő a relációban levő mindkét számnál. 14. Bizonyítsd be, hogy Δ (A) rendezési reláció. Megoldás. A Δ(A) reláció reflexív és tranzitív, antiszimmetrikus is, mivel teljesül, hogy aΔ(A)a ∧ aΔ(A)a ⇒ a = a . 15. Bizonyítsd be, hogy a) Minden rendezett halmaznak legfeljebb egy maximuma (minimuma) van. b) Egy halmaz legnagyobb (legkisebb) eleme egyben a halmaz maximális (minimális) eleme. Megoldás a) Feltételezzük, hogy az (A, ≤) rendezett halmaznak két maximuma van, M 1 és M 2 . A maximum értelmezése alapján x ≤ M 1 , ∀ x ∈ A és x ≤ M 2 , ∀ x ∈ A . Mivel

M 1 ∈ A és M 2 ∈ A igazak az M 1 ≤ M 2 és M 2 ≤ M 1 egyenlőtlenségek. Ez viszont azt jelenti, hogy M 1 = M 2 , tehát egynél több maximuma nem lehet egy halmaznak.


Relációk

b) Egy rendezett halmaz legnagyobb eleme összehasonlítható az összes többi elemmel és így maximális elem is. 16. Adj példát olyan rendezett halmazra, amelynek pontosan egy minimális eleme van, de nincs minimuma. 1 3 Megoldás. Az A = ∪ , halmazon értelmezzük a következő relációt: 2 2 1 3 x ≺ y ha x , y ∈ és x ≤ y vagy ha x = és y = . 2 2 1 Az minimális elem, mert kisebb az összes olyan elemnél, akikkel 2 összehasonlítható, de nem minimum, mert nem hasonlítható össze minden elemmel. A többi elem nem minimális elem, mert mindegyikre találunk nálánál kisebb elemet is. 17. Igazold, hogy ha ρ rendezés, akkor ρ −1 is az.

{ }

Megoldás. a ρa ⇔ a ρ −1a , tehát ha ρ rendezés, akkor ρ −1 reflexív. Ha a ρ −1b és b ρ −1c , akkor bρa és cρb , tehát cρb és bρa . Így c ρa , tehát a ρ −1c és a ρ −1 reláció tranzitív. Hasonló módon az antiszimmetria is visszavezetődik a ρ reláció antiszimmetriájára. 18. Igazold, hogy két rendezés metszete rendezés. Megoldás. Ha ρ és σ két rendezési reláció A -n, akkor a ρ ∩ σ reláció is reflexív, mert Δ(A) mindkét relációnak része. Ha a(ρ ∩ σ)b ∧ b(ρ ∩ σ)c , akkor a ρb ∧ aσb ∧ bρc ∧ bσc ⇒ a ρc ∧ aσc ⇔ a(ρ ∩ σ)c , tehát a metszet tranzitív is. Mivel a(ρ ∩ σ)b ∧ b(ρ ∩ σ)a ⇔ a ρb ∧ aσb ∧ bρa ∧ bσa ⇒ a = b , a reláció ρ∩σ antiszimmetrikus, így rendezési reláció. 19. Bizonyítsd be, hogy ha a < reláció irreflexív és tranzitív, akkor az def

x ≤ y ⇔ (x < y vagy x = y ) reláció rendezés. Megoldás. Tudjuk, hogy < reláció irreflexív és tranzitív, akkor: (R)- a ≤ a ⇔ a < a ∨ a = a , az utóbbi teljesül, tehát a ≤ reflexív; (T)- a ≤ b ∧ b ≤ c ⇔ (a < b ∨ a = b) ∧ (b < c ∨ b = c) és mivel < tranzitív ⇒ a
*

az oszthatósággal rendezve ( (

nagyságrendi relációval rendezve ( (

*

*

,|) ), és A1 :=

*

a

, ≤) ). Az f : A → A1 , f (x ) = x függvény

bijektív és szigorúan növekvő mivel a | b ⇒ a ≤ b ⇔ f (a ) ≤ f (b) . Az f −1 : A1 → A


187

függvény nem monoton, mivel 2 < 3 de a 2 | 3 reláció nem teljesül. Ha A teljesen rendezett, akkor az f −1 függvény is monoton. 21. Adj meg rendezést 2 -en és -n. Megoldás. Legyen ( 2 , ≤) halmaz úgy, hogy (a, b) ≤ (c, d ) ⇔ a ≤ c ∧ b ≤ d . Könnyen igazolható, hogy a reláció rendezés. Legyen ( , ≤) halmaz úgy, hogy z1 ≤ z 2 ⇔ (Re z1 ≤ Re z 2 ) ∧ (Im z1 ≤ Im z 2 ) . Így a ( , ≤) egy rendezett halmaz. (Ezek a rendezések sajnos nem összeférhetők az algebrai műveletekkel) 22. Lásd be, hogy minden véges halmaz teljesen rendezhető! Megoldás. Ha H = {a1, a2 ,..., an } a halmaz, akkor az ai ≤ a j ⇔ i ≤ j összefüggésekkel értelmezett reláció egy rendezés A -n. 23. Azt mondjuk, hogy az A rendezett halmaz a) kielégíti a minimumfeltételt, ha A -nak minden nem üres részhalmaza tartalmaz legalább egy minimális elemet; b) kielégíti a csökkenő sorozatok megszakadásának feltételét, ha A -ban minden szigorúan csökkenő sorozat véges; c) induktív, ha minden T tulajdonságra teljesül a következő feltétel: ha minden a ∈ A elemre abból, hogy az a alatti elemek teljesítik T -t következik, hogy a teljesíti T -t, akkor A minden elemére teljesül T . Igazold, hogy a) ⇔ b) ⇔ c). Megoldás a) ⇒ b) Ha létezne egy végtelen és szigorúan csökkenő sorozat A -ban, akkor a sorozat tagjaiból alkotott halmaznak (nem üres és részhalmaza A-nak) nem létezne minimális eleme. b) ⇒ c) Azt igazoljuk, hogy ha az A halmaz nem induktív, akkor létezik végtelen hosszúságú szigorúan csökkenő sorozat. Ha az A nem induktív, akkor létezik olyan T tulajdonság, amely nem igaz minden x ∈ A -ra de ha a egy tetszőleges elem és T igaz minden a -nál kisebb elemre, akkor igaz a -ra is. Mivel T nem igaz minden x ∈ A esetén, létezik olyan x 0 , amelyre nem teljesül a T . Így viszont a T tulajdonság nem teljesülhet minden x < x 0 esetén, mert a = x 0 -ra alkalmazva a előbbi tulajdonságot ellentmondáshoz jutunk. Így létezik olyan x 1 < x 0 elem, amelyre nem teljesül a T . Ezt a gondolatmenetet megismételve szerkeszthetünk egy végtelen sok különböző elemből álló szigorúan csökkenő sorozatot. Ez alapján a b) ⇒ c) implikáció igaz. c) ⇒ a) Feltételezzük, hogy A -ban nincsenek minimális elemek és igazoljuk, hogy A nem induktív. Legyen a egy rögzített eleme A -nak. Vizsgáljuk a következő tulajdonságot: Tx : x > a . Ha Ty igaz minden y < u esetén, akkor mivel u nem minimális elem, létezik olyan x ∈ A , amelyre x < u . Erre az elemre a T tulajdonság igaz, tehát a < x . A tranzitivitás alapján a < u , tehát T igaz u -ra is. Ugyanakkor a tulajdonság nem igaz


Relációk

minden x ∈ A esetén, mert a -ra nem teljesül. Ez alapján az A halmaz nem induktív, tehát a bizonyítás teljes. 24. Add meg az összes olyan teljesen rendezett halmazt, amelyben tetszőleges a ≤ b esetén csak véges sok olyan c van, amelyre a ≤ c ≤ b . Megoldás. A teljesen rendezett véges halmazok világos, hogy teljesítik a feltételt. Ha egy halmaz nem véges és teljesül a feltétel, akkor két lehetőség létezik: ha létezik minimum (vagy maximum), akkor ezt választva a1 -nek a halmaz elemei egy (ak )k ≥1 sorozatba rendezhetők úgy, hogy ai ≤ (≥)a j pontosan akkor teljesül ha i ≤ (≥)j . Ha nem létezik sem a legkisebb sem a legnagyobb elem, akkor egy tetszőleges a 0 elemből kiindulva megszerkeszthetők az (ak )k ≥0 és (a−k )k ≥0 sorozatok, amelyekre

ai ≤ a j pontosan akkor teljesül, ha i ≤ j . Tehát a rendezés szempontjából a feltételt teljesítő halmazok lehetnek végesek, az -nel izomorfak (rendezés szempontjából) vagy a -vel izomorfak. 25. Add meg az összes olyan M halmazt, amin van olyan ρ jólrendezés, hogy ρ −1 is jólrendezés (a ρ rendezési relációt akkor nevezzük jólrendezésnek az M halmazon, ha (M , ρ ) jólrendezett halmaz). Megoldás. Minden véges halmazon lehet értelmezni egy olyan jólrendezést, amelynek inverze is jólrendezés. Ugyanakkor végtelen halmazokon ilyen jólrendezés nem létezik, tehát M kötelező módon véges. 26. Legyen f : A × A → A egy olyan függvény, hogy x , y, z ∈ A esetén f (x , y ) = f (y, x ) ; f (x , f (y, z )) = f ( f (x , y ), z ) ; f (x, x ) = x . def

Értelmezzük a ≤= (A, A, R) relációt, a következő módon: x ≤ y ⇔ f (x , y ) = x . Igazold, hogy a) ≤ rendezés A -n; b) f (x, y ) a ≤ rendezésre vonatkozó legnagyobb alsó korlátja az {x , y} halmaznak. Megoldás a) f (x , x ) = x , ∀x ∈ A , tehát x ≤ x , ∀x ∈ A . Ha x ≤ y és y ≤ z , akkor f (x , y ) = x és f (y, z ) = y , tehát f (x, z ) = f (f (x, y ), z ) = f (x, f (y, z )) = f (x, y ) = x és így x ≤ z , tehát a reláció tranzitív. Az antiszimmetria következik az f szimmetriájából. Ha y ≤ x és x ≤ y , akkor f (x , y ) = x és f (y, x ) = y . Ugyanakkor az f (x, y ) = f (y, x ) egyenlőség alapján x = y . b) Mivel f (f (x , y ), x ) = f (f (y, x ), x ) = f (y, f (x, x )) = f (y, x ) = f (x, y ) és f (f (x , y ), y ) = f (x, f (y, y )) = f (x , y ) teljesülnek az f (x, y ) ≤ x és f (x, y ) ≤ y egyenlőtlenségek, tehát f (x, y ) alsó korlátja az {x , y} halmaznak. Ugyanakkor ha a ≤ x és a ≤ y , akkor f (a, x ) = a és f (a, y ) ,


189

tehát f (a, f (x , y )) = f (f (a, x ), y ) = f (a, y ) = a és így a ≤ f (x, y ) . Ez alapján az f (x, y ) kifejezés az {x , y} halmaz legnagyobb alsó korlátja.


Csoportok

3.2.7. Gyakorlatok és feladatok 1. Az I = [8,10] és J = [2, 4] halmazokon értelmezzük a ∗ : I × I → \ , x ∗ y := xy − 9(x + y ) + 90 x D y := xy − 3(x + y ) + 12 és D : J ×J → \ , függvényeket. Bizonyítsd be, hogy I és J zárt részei \ -nek a rajtuk értelmezett műveletekre nézve és határozd meg az I és J maximális részhalmazait, amelyek csoportot alkotnak az adott műveletekkel. Megoldás. Az I = [8,10] halmaz pontosan akkor zárt a ∗ műveletre nézve, ha ∀x , y ∈ I esetén x ∗ y ∈ I . A 8 ≤ xy − 9(x + y ) + 90 ≤ 10 egyenlőtlenség ekvivalens a −1 ≤ (x − 9)(y − 9) ≤ 1 egyenlőtlenséggel, amely igaz, mivel x, y ∈ [8,10] esetén a szorzat tényezőinek abszolút értéke nem nagyobb, mint 1 . Számolással ellenőrizhető, hogy x ∗ (y ∗ z ) = xyz − 9(xy + yz + zx ) + 81(x + y + z ) − 720 = (x ∗ y ) ∗ z , bármely x , y, z ∈ I , tehát a ∗ művelet asszociatív. Ha x ∗ e = e ∗ x = x , ∀ x ∈ I , akkor x (e − 10) = 9(e − 10) . Ez minden x ∈ I esetén csakis akkor teljesülhet, ha e = 10 . Tehát e = 10 a ∗ művelet semleges eleme. Ha x ∈ [8,10] , akkor az x ∗ x −1 = 10 egyenlőségből következik, hogy x −1(x − 9) = 9x − 80 . Ez alapján az

x = 9 elemnek nem létezik inverze és a többi x ∈ [8,10] esetén ellenőrizni kell, hogy 9x − 80 ∈ [8,10] feltétel. teljesül-e az x −9 9x − 80 x −8 ≥8⇔ ≥ 0 ⇔ x ∈ (9,10] ∪ {8} , és x −9 x −9 9x − 80 10 − x ≤ 10 ⇔ ≤ 0 ⇔ x ∈ [8, 9) ∪ {10} , x −9 x −9 tehát csak a 8 és a 10 invertálható a ∗ műveletre nézve. A {8,10} halmaz a maximális részhalmaz, amelyen a ∗ művelet csoport struktúrát indukál. Hasonlóan járunk el a J = [2, 4] halmaz, illetve a D művelet esetében is, ebben az esetben a semleges elem e = 4 és csak a 2 illetve 4 invertálható. Tehát a maximális részhalmaz, amelyen a D művelet csoportot indukál a J ' = {2, 4} halmaz. 2. Bizonyítsd be, hogy minden I = (a, b) intervallumon ( a ≠ b ) értelmezhető olyan

művelet, amellyel az I intervallum (\ *+ , ⋅) -tal izomorf csoportot alkot. Megoldás. Lásd a 6. feladatot. G = (5, ∞) 3. Bizonyítsd be, hogy a intervallumon

értelmezett

* +

x ∗ y := xy − 5x − 5y + 30 , ∀ x , y ∈ G művelet egy (\ , ⋅) -tal izomorf csoport

∗ x ∗ ... ∗ x ∗ x , n ∈ `* elemet, ha struktúrát határoz meg. Számítsd ki az x n = x

n

x ∈ G . Bizonyítsd be, hogy (G, ∗) (R, +) .

Tartalomjegyzék Csoportok

193

Megoldás. Először igazoljuk, hogy a (G, ∗) struktúra valóban csoport. x ∗ y = xy − 5x − 5y + 30 = (x − 5)(y − 5) + 5 > 5 , mert x > 5 és y > 5 esetén (x − 5)(y − 5) > 0 . Így ∗ jól értelmezett művelet G -n. x ∗ (y ∗ z ) = x ∗ (yz − 5(y + z ) + 30) = x (yz − 5(y + z ) + 30) − −5(x + yz − 5(y + z ) + 30) + 30 = xyz − 5(xy + yz + zx ) + 25(x + y + z ) − 120 . Hasonlóan (x ∗ y ) ∗ z = xyz − 5(xy + yz + zx ) + 25(x + y + z ) − 120 , tehát a ∗ művelet asszociatív G -n. A művelet értelmezése alapján látható, hogy a művelet kommutatív is, tehát a semleges elem létezése és az invertálható elemek megkeresése során elégséges csak az egyik egyenlőséget figyelembe venni. Az e ∈ G elem pontosan akkor semleges elem, ha x ∗ e = xe − 5x − 5e + 30 = x , ∀ x ∈ G . Tehát 6(x − 5) = 6 ∈ G a semleges elem. Ha x ∈ G és x ∗ x −1 = 6 , akkor x −5 5x − 24 x −1 = > 5 , ∀x ∈ G , tehát minden x ∈ G elemnek létezik az inverze G x −5 ben. Az előbbiek alapján a (G, ∗) egy Ábel-csoport. Az f : G → \ *+ , f (x ) = x − 5 , ∀ x ∈ G függvény bijektív és e=

f (x ∗ y ) = f (xy − 5x − 5y + 30) = xy − 5x − 5y + 25 = (x − 5)(y − 5) = f (x )f (y ) , tehát f

egy izomorfizmus és így (G, ∗) (\ *+ , ⋅) . Az izomorfizmus alapján

f (x n ) = f (x ∗ ... ∗ x ) = ( f (x ))n = (x − 5)n , tehát x ∗ x ∗ ... ∗ x = (x − 5)n + 5 . n

n

Megjegyzés. Ha erre az összefüggésre rájövünk indukcióval is igazolható. 4. Bizonyítsd be, hogy minden I = (a, ∞) intervallumon értelmezhető olyan művelet, amellyel az I intervallum csoportot alkot és ez a csoport izomorf az (\ *+ , ⋅) csoporttal. Igaz-e az állítás a J = (−∞, a ) alakú intervallumokra? Megoldás. Az előző feladat alapján igazolható, hogy az I = (a, ∞) intervallum a x ∗ y = (x − a )(y − a ) + a , ∀ x, y ∈ I művelettel csoportot alkot, és ez a csoport izomorf az (\ *+ , ⋅) -al. A J = (−∞, a ) intervallum esetében a g : (−∞, a ) → \ *+ ,

g(x ) = a − x függvény bijektív, tehát ha a műveletet az x ∗ y = f −1 ( f (x ) ⋅ f (y )) , ∀x, y ∈ J összefüggéssel értelmezzük, akkor az (\ *+ , ⋅) csoporttal izomorf csoportstruktúrát kapunk. G = (1, ∞) 5. Bizonyítsd be, hogy a intervallumon értelmezett x ∗ y := x 2y 2 − x 2 − y 2 + 2 , ∀ x , y ∈ G művelettel (G, ∗) csoport. Bizonyítsd be,

hogy (G, ∗) (\ *+ , ⋅) . Megoldás. x , y ∈ (1, ∞) ⇒ (x 2 − 1)(y 2 − 1) > 0 ⇒ x 2y 2 − x 2 − y 2 + 1 > 0 , tehát (x ∗ y )2 > 1 , és így x ∗ y > 1 . Ez alapján ∗ intervallumon.

valóban művelet az (1, ∞)


Csoportok

(x ∗ y ) ∗ z = (x ∗ y )2 z 2 − (x ∗ y )2 − z 2 + 2 = = x 2y 2z 2 − x 2z 2 − y 2z 2 − x 2y 2 − x 2 − y 2 − z 2 + 2 = x ∗ (y ∗ z ) , tehát ∗ asszociatív művelet. Az x ∗ e = e ∗ x = x , ∀ x ∈ G egyenletből következik,

hogy e 2 (x 2 − 1) = 2(x 2 − 1) , ∀x ∈ G , tehát e = 2 a semleges elem.

x2 ∈G , x2 −1 elemnek létezik inverz eleme. Az f : G → \ *+ ,

x ∗ x −1 = x −1 ∗ x = 2 ⇒ x 2 (x −1 )2 − x 2 − (x −1 )2 + 2 = 2 ⇒ x −1 = tehát minden

x ∈ (1, ∞)

f (x ) = x 2 − 1 függvény bijektív és

f (x ∗ y ) = f ( x 2y 2 − x 2 − y 2 + 2) = f ( (x 2 − 1)(y 2 − 1) + 1) = = (x 2 − 1)(y 2 − 1) = f (x )f (y ) , tehát (G, ∗) (\ *+ ) .

G = (a, b) 6. Bizonyítsd be, hogy a intervallumon értelmezett (a + b )xy − 2ab(x + y ) + ab(a + b) x ∗ y := , ∀ x , y ∈ G művelettel (G, ∗) csoport. 2xy − (a + b)(x + y ) + a 2 + b 2 Bizonyítsd be, hogy (G, ∗) (\ *+ , ⋅) .

x −a , ∀ x ∈ (a, b ) függvény bijektív és b −x f (x ∗ y ) = f (x ) ⋅ f (y ) , ∀ x ∈ (a, b) , tehát a tankönyv 214. oldalán megoldott 6. feladat

Megoldás. Az f : (a, b) → \ *+ , f (x ) =

alapján (G, ∗) csoport és (G, ∗) (\ *+ , ⋅) . Ugyanezek a tulajdonságok igazolhatók az axiómák ellenőrzésével is, de a leírás sokkal hosszabb. 7. Bizonyítsd be, hogy az \ -en értelmezett x ∗ y := n x n + y n , ∀ x , y ∈ \ ( n páratlan) művelettel (\, ∗) csoport. Bizonyítsd be, hogy (\, ∗) (\, +) . Megoldás. A művelet jól értelmezett, tehát elégséges ellenőrizni az axiómák teljesülését. (x ∗ y ) ∗ z = n (n x n + y n )n + z n = n x n + y n + z n , mert n páratlan és

x ∗ (y ∗ z ) = n x n + (n y n + z n )n = n x n + y n + z n , tehát a ∗ művelet asszociatív. Az értelmezés alapján látható, hogy a művelet kommutatív, ezért a továbbiakban elégséges csak az egyik összefüggést használni. Az e ∈ \ elem pontosan akkor x n + en = x n , ∀ x ∈ \ semleges elem, ha x ∗ e = x , ∀ x ∈ \ . Így az összefüggéshez jutunk, tehát e = 0 a semleges elem.

x ∗ x −1 = 0 ⇔ n x n + (x −1 )n = 0 , tehát x −1 = −x ∈ \ minden x ∈ \ esetén. Így az (\, ∗) struktúra egy kommutatív csoport. Az f : \ → \ , f (x ) = x n , ∀x ∈ \ függvény bijektív és f (x ∗ y ) = f (n x n + y n ) = x n + y n = f (x ) + f (y ) , ∀ x ∈ \ , tehát (\, ∗) (\, +) .


195

Megjegyzés. Ebben az esetben is elégséges lenne az izomorfizmust megszerkeszteni és hivatkozni a tankönyv 214. oldalának 6. megoldott feladatára. n 8. Bizonyítsd be, hogy az \ -en értelmezett x ∗ y := ( n x + n y − n a ) , ∀ x , y ∈ \ ( n páratlan) művelettel (\, ∗) csoport. Bizonyítsd be, hogy (\, ∗) (\, +) . Megoldás. Az előbbi feladathoz hasonlóan, (x ∗ y ) ∗ z = x ∗ (y ∗ z ) = = (n x + n y + n z − 2n a )n , továbbá e = a ∈ \ semleges elem és bármely x ∈ \ esetén az x −1 = (2 n a − n x )n az x inverz eleme, tehát (\, ∗) csoport. f (x ) = n x − n a Az f :\→ \, függvény, bijektív és teljesíti az f (x ∗ y ) = f (x ) + f (y ) feltételt ∀x , y ∈ \ esetén, tehát (\, ∗) (\, +) . 9. Bizonyítsd be, hogy a G = (1, ∞) \ {2} intervallumon értelmezett

x ∗ y := (x − 1)ln y −1 + 1 , ∀ x , y ∈ G művelettel (G, ∗) csoport. Megoldás. Mivel x > 1 és y > 1 az x ∗ y kifejezés jól értelmezett és x ∗ y > 1 , mert 1 -hez hozzáadjuk egy pozitív szám valamilyen hatványát. Az x ∗ y = 2 egyenlőség nem teljesül, mert x − 1 ≠ 0 , tehát ∗ valóban művelet G -n. Másrészt 5 5 x ∗ (y ∗ z ) = (x − 1)ln y −1⋅ln z −1 = (x ∗ y ) ∗ z , tehát a művelet asszociatív. Az x ∗ e = e ∗ x = x egyenlőségből kapjuk, hogy e = e 5 + 1 a semleges elem, míg az 5

5

x ∗ x −1 = x −1 ∗ x = e egyenletből x −1 = 1 + e ln x −1 > 1 . Ez benne van a G halmazban (nem lehet 2 , mert az e kitevője nem lehet 0 ) minden x ∈ G esetén, tehát (G, ∗) csoport. 1 Megjegyzés. Az f : G → \ * , f (x ) = ln (x − 1) függvény bijektív és 5 f (x ∗ y ) = f (x ) ⋅ f (y ) , ∀ x , y ∈ G , tehát (G, ∗) (\ * , ⋅) . Itt is elégséges lett volna 5

megszerkeszteni az izomorfizmust és hivatkozni a tankönyv 214. oldalán megoldott 6. feladatra. ⎛ π π⎞ intervallumon értelmezett 10. Bizonyítsd be, hogy a G = ⎜⎜− , ⎟⎟ ⎝ 2 2⎠ x ∗ y := arctg (tg x + tg y ) , ∀ x , y ∈ G művelettel (G, ∗) csoport. Bizonyítsd be, hogy (G, ∗) (\, +) . ⎛ π π⎞ Megoldás. Látható, hogy az f : ⎜⎜− , ⎟⎟ → \ , f (x ) = tg x bijektív függvényre ⎝ 2 2⎠ x ∗ y = f −1 ( f (x ) + f (y )) , ∀ x , y ∈ G , tehát (G, ∗) csoport és (G, ∗) (\, +) .

Ugyanezt igazolhatjuk az axiómák ellenőrzésével is. 11. Bizonyítsd be, hogy a G = (−1,1) intervallumon értelmezett x ∗ y :=

∀ x , y ∈ G művelettel (G, ∗) csoport. Bizonyítsd be, hogy (G, ∗) (\, +) .

x +y , 1 + xy


Csoportok

⎧ ⎪x < 1 x , y ∈ (−1,1) ⇒ ⎪ ⇒ xy < 1 , tehát −1 < xy < 1 és így ⎨ ⎪ y <1 ⎪ ⎪ ⎩ 1 + xy > 0 , ∀ x , y ∈ G . Ez alapján az x ∗ y kifejezés jól értelmezett (a tört nevezője

Megoldás.

nem nulla ha x , y ∈ G ) és a −1 < x ∗ y < 1 egyenlőtlenségek vizsgálata során beszorozhatjuk 1 + xy > 0 -val. Így a −1 < x ∗ y egyenlőtlenség ekvivalens az (x + 1)(y + 1) > 0 egyenlőtlenséggel és az x ∗ y < 1 egyenlőtlenség az (1 − x )(1 − y ) > 0 egyenlőtlenséggel. Mivel az így kapott egyenlőtlenségek teljesülnek, a művelet jól értelmezett G -n. x +y +z x +y x + y + z + xyz 1 + xy = = x ∗ (y ∗ z ) , (x ∗ y ) ∗ z = ( )∗z = + x y 1 + xy 1 + xy + yz + zx z 1+ 1 + xy tehát a művelet asszociatív. e = 0 ∈ G = (−1,1) semleges elem, mivel x +0 = x ∀x ∈ G . Ha x ∈ G , akkor az x ∗ x −1 = 0 összefüggés x ∗0= 1 + x0 pontosan akkor teljesül, ha x −1 = −x . Mivel minden x ∈ G esetén −x ∈ G , a G halmaz minden elemének létezik inverz eleme és így (G, ∗) csoport. Az f : G → \ *+ , x +1 f (x ) = függvény bijektív és 1−x (x + 1)(y + 1) x +y x +1 y +1 1 + xy f (x ∗ y ) = f ( )= = ⋅ = f (x ) ⋅ f (y ) , (1 − x )(1 − y ) 1 + xy 1−x 1−y 1 + xy tehát (G, ∗) (\ *+ , ⋅) . Másrészt a g : \ *+ → \ , g(x ) = ln x függvény izomorfizmus x +1 az ( \ *+, ⋅) és ( \, +) csoportok közt, tehát a h : G → \ , h(x ) = ln függvény 1−x izomorfizmus a (G, ∗) és (\, +) csoportok közt. 12. Bizonyítsd be, hogy az G = {(1 + i )k k ∈ ]} halmaz a komplex számok szorzásával csoport. Megoldás. Minden tulajdonság következik az (1 + i )m ⋅ (1 + i )n = (1 + i )m +n szorzási szabályból. Ez a szabály gyakorlatilag azt fejezi ki, hogy az f : G → ] , f ((1 + i )k ) = k függvény izomorfizmus a (G, ∗) és (], +) struktúrák közt. 13. A komplex számok halmazán értelmezzük a z1 ∗ z 2 := z1z 2 + i(z1 + z 2 ) − 1 − i , ∀ x, y ∈ ^ műveletet. Határozd meg az α ∈ ^ számot úgy, hogy a (^ \ {α}, ∗) struktúra csoport legyen.


197

Megoldás. Számolással ellenőrizhető, hogy a művelet asszociatív. A z ∗ e = z egyenlőségből ze + i(z + e) − 1 − i = z . Ez csak akkor teljesül z ≠ i esetén ha e = 1 − i . Tehát a semleges elem csak e = 1 − i egyenlőséget a következőképpen alakíthatjuk:

lehet. A z ∗ z −1 = 1 − i

2 − iz . z +i Így a z = −i komplex számnak nem létezik inverze erre a műveletre nézve, tehát α = −i esetén (^ \ {α}, ∗) csoport. 14. Bizonyítsd be, hogy a G = (1, ∞) × (2, ∞) halmaz az (a, b) ∗ (x, y ) := (ax − a − x + 2, by − 2b − 2y + 6) , ∀ (a, b),(x, y ) ∈ G művelettel csoportot alkot. Megoldás a > 1 és x > 1 alapján ax − a − x + 2 = (a − 1)(x − 1) + 1 > 1 . b>2 y >2 Hasonló módon a és egyenlőtlenségek alapján by − 2b − 2y + 6 = (b − 2)(y − 2) + 2 > 2 , tehát a művelet jól értelmezett. Számolással ellenőrizhető, hogy ((a, b) ∗ (x, y )) ∗ (z, v) = (a, b) ∗ ((x, y ) ∗ (z, v )) = = (axz − ax − xz − za + a + x + z, byv − 2by − 2yv − 2vb + 2b + 2y + 2v ) , tehát a művelet asszociatív. A semleges elem e = (2, 3) ∈ G , mert (2, 3) ∗ (x, y ) := (2x − 2 − x + 2, 3y − 6 − 2y + 6) = (x , y ) . a a −1 −1 aa − a − a + 2 = 2 ⇔ a −1 = ∈ (1, ∞) . és a −1 a −1 2b − 3 2b − 3 ∈ (2, ∞) , tehát Ugyanakkor bb −1 − 2b − 2b −1 + 6 = 3 ⇔ b −1 = és b −2 b −2 a 2b − 3 (a, b)−1 = ( , ) ∈ G . Ezek alapján a (G, ∗) struktúra egy csoport. a −1 b −2 15. Bizonyítsd be, hogy az ⎧ ⎫⎪ az + b ⎪ F =⎪ , a, b, c, d ∈ \, ad − bc = 1⎪⎬ halmaz, ahol ⎨f : A → A f (z ) = ⎪ ⎪⎭⎪ cz + d ⎪ ⎩ zz −1 + i(z + z −1 ) − 1 − i = 1 − i ⇔ z −1 (z + i ) = 2 − iz ⇒ z −1 =

A = {z ∈ ^ Im z > 0} csoportot alkot a függvények összetételével. Megoldás. Az első, amit szükséges ellenőriznünk az, hogy az f : A → A függvények helyesen értelmezettek-e vagy sem. Ellenőrizhető, hogy Im(f (z )) = (ad − bc) Im z = Im z , tehát a F halmaz értelmezése helyes. Ha az + b a 'z + b ' , g(z ) = ' , akkor cz + d c z + d' (aa ' + cb ' )z + (ba ' + db ' ) g D f : A → A, (g D f )(z ) = , (ac ' + cd ' )z + (bc ' + dd ' )

f , g ∈ F , f (z ) =

és


Csoportok

(aa ' + cb ' )(bc ' + dd ' ) − (ba ' + db ' )(ac ' + cd ' ) = a 'd ' (ad − bc) − b 'c ' (ad − bc) =

tehát

g D f ∈ F , ∀f , g ∈ F .

(f D g ) D h = f D (g D h ) ,

= a 'd ' − b 'c ' = 1 , A függvények összetétele

asszociatív,

tehát

∀ f , g, h ∈ F . Az identikus függvény eleme az F

1z + 0 alakban, ahol 0z + 1 1 ⋅ 1 − 0 ⋅ 0 = 1 , tehát e ∈ F . Az identikus függvényre teljesül az f D e = e D f = f egyenlőség tetszőleges f ∈ F esetén, tehát az identikus függvény a semleges elem. Mivel a semleges elem az identikus függvény, a műveletre vonatkozó inverz megegyezik a függvénytani inverz függvénnyel (ugyanaz mintha megoldanánk az f D f −1 = e = f −1 D f egyenletrendszert). Így az f −1 : A → A függvényre a −dz + b f −1 (z ) = , és ez (jól értelmezett, mert Im z > 0 ⇒ z ∉ \ ⇒ z ≠ ) eleme c cz − a az F halmaznak. Az előbbiek alapján (F , D) csoport. ⎪⎧⎪⎛2x 3y ⎞⎟ ⎪⎫⎪ ⎜⎜ 2 2 ⎪⎬ halmaz a ⎟ _ x , y ∈ , 4 x − 3 y = 1 16. Bizonyítsd be, hogy az M = ⎪ ⎨⎜ ⎟ ⎪⎪⎜⎝ y 2x ⎠⎟⎟ ⎪⎪ ⎩⎪ ⎭⎪ mátrixok szorzásával csoportot alkot. Megoldás 3 ' ⎛ ⎞ ' ' ' ⎛2x 3y ⎞⎟ ⎛⎜2x ' 3y ' ⎞⎟ ⎜⎜⎜2(2xx + yy ) 3(2xy + 2x y ) ⎟⎟⎟ 2 ⎜⎜ ⎟⎟ , ⎟⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ y 2x ⎟⎜ ⎟ ' '⎟ ⎟ ⎜ 3 ⎟ ⎟ ' ' ⎟ ⎝ ⎠ ⎝⎜ y 2x ⎠⎟ ⎜⎜ 2xy ' + 2x 'y ⎟ + ) 2(2 xx yy ⎜⎝ ⎠⎟⎟ 2 ahol 3 4(2xx ' + yy ' )2 − 3(2xy ' + 2x 'y )2 = 4x '2 (4x 2 − 3y 2 ) − 3y '2 (4x 2 − 3y 2 ) = 1 , 2 tehát a mátrixok szorzása belső művelet az M halmazon. A mátrixok szorzása asszociatív, tehát az M halmazon is asszociatív. Az egységmátrix eleme az M ⎛ 1 ⎞ 3 ⋅ 0 ⎟⎟ ⎛1 0⎞⎟ ⎜⎜⎜2 ⋅ ⎟⎟ 1 ⎟⎟ = ⎜⎜ 2 ⎟ alakban és 4 ⋅ − 0 = 1 . halmaznak mert előállítható I 2 = ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎝0 1⎠⎟⎟ ⎜⎜ 4 ⎜⎜⎝ 0 2 ⋅ ⎠⎟⎟ 2 Ebből következik, hogy a semleges elem I 2 (mert ∀A ∈ M : AI 2 = I 2A ). Ha ⎛2x 3y ⎞⎟ ⎟⎟ ∈ M , akkor az AA−1 = A−1A = I 2 egyenlőségekből következik, hogy A = ⎜⎜⎜ ⎜⎝ y 2x ⎠⎟⎟ ⎛ 2x −3y ⎞⎟ ⎟⎟ ∈ M , mert 4x 2 − 3(−y )2 = 1 . Így az (M , ⋅) struktúra csoport. ⇒ A−1 = ⎜⎜⎜ ⎝⎜−y 2x ⎠⎟⎟

halmaznak

mert

előállítható

e:A→A

e(z ) = z =


199

⎧ ⎫⎪ ⎛1 0 a ⎞⎟ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎜⎜ ⎟ ⎪ 2⎟ ⎪ ⎪⎪ ⎜⎜ ⎟⎟ a ⎪ ⎪ ⎪ ⎜ ⎟ − a 1 − 17. Bizonyítsd be, hogy az M = ⎨⎜ a ∈ \⎬ halmaz a mátrixok ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪⎪⎜⎝ 0 0 ⎪ 1 ⎠⎟ ⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎭ szorzásával csoportot alkot és (M , ⋅) (\, +) . Megoldás. A mátrixok szorzása asszociatív és az I 3 benne van az M halmazban, tehát semleges elem. Ugyanakkor 0 a + b ⎞⎟ ⎛1 0 a ⎞⎟ ⎛ 1 0 b ⎞⎟ ⎛ 1 ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜⎜ a 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ b 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ (a + b)2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜−a 1 − ⎟⎟ ⎜⎜−b 1 − ⎟⎟ = ⎜⎜−(a + b) 1 − ⎟∈M , 2 ⎟⎟ ⎜ 2 ⎟⎟ ⎜ 2 ⎟⎟⎟ ⎜ ⎜ ⎜⎜⎜ ⎟ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 0 0 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 0 0 1 ⎜⎝ 0 0 ⎟⎠⎟ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎛1 0 −a ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ a 2 ⎟⎟⎟ −1 ⎜ tehát a szorzás belső művelet M -en és A = ⎜a 1 − ⎟ ∈ M . Így az (M , ⋅) ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎝0 0 ⎠ ⎛⎛ 1 0 a ⎟⎞⎟⎞ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟ 2 ⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ a struktúra egy csoport. Az f : M → \ , f ⎜⎜⎜⎜⎜⎜−a 1 − ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ = a függvény bijektív és 2 ⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ 0 0 1 ⎟ ⎠⎟⎟⎟⎠ ⎜⎝⎝ izomorfizmus is, tehát (M , ⋅) (\, +) . ⎧⎪⎛ ⎫⎪ 2 ⎪⎪⎜1 t 2t + 2t ⎞⎟ ⎪ ⎟ ⎪⎪⎪ ⎪⎪⎜⎜ ⎟⎟ 18. Bizonyítsd be, hogy az M = ⎨⎜⎜0 1 4t ⎟⎟ t ∈ \⎬ halmaz a mátrixok szor⎪⎪ ⎪⎪⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎪⎪⎜⎜0 0 ⎪⎪ 1 ⎠ ⎩⎪⎝ ⎭⎪ zásával csoportot alkot és (M , ⋅) (\, +) . Megoldás. A mátrixok szorzása asszociatív és I 3 ∈ M , tehát I 3 semleges elem M ben is. Ugyanakkor 2 2 ⎛1 t 2t 2 + 2t ⎞⎛ ⎟⎟ ⎜⎜1 k 2k + 2k ⎞⎟⎟ ⎛⎜⎜1 t + k 2(t + k ) + 2(t + k )⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ∈ M , 4t ⎟⎟⎟ ⎜⎜0 1 4k ⎟⎟⎟ = ⎜⎜0 1 4(t + k ) ⎜⎜0 1 ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟ 0 0 1 0 0 1 0 0 1 ⎝⎜ ⎠⎝⎜ ⎠ ⎝⎜ ⎠⎟ tehát a szorzás belső művelet M -en. Számolással igazolható, hogy


A−1

Csoportok

2 ⎛ ⎞ ⎜⎜1 (−t ) 2(−t ) + 2(−t )⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ∈ M , tehát 1 4(−t ) = ⎜⎜0 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜0 0 1 ⎝ ⎠⎟

(M , ⋅)

csoport. Az

f :M → \

⎛1 t 2t 2 + 2t ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ f (A) = t , ahol A = ⎜⎜0 1 4t ⎟⎟⎟ összefüggésekkel értelmezett függvény bijektív ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜0 1 1 ⎝ ⎠⎟

és morfizmus is, tehát (M , ⋅) (\, +) .

⎧ 1, j ≡ i + 1(mod n ) ⎪ ⎪ 19. Bizonyítsd be, hogy az A = ⎡⎣aij ⎤⎦ i, j =1, n , aij = ⎨ mátrix egész ⎪ 0, j ≡ i + 1(mod n ) ⎪ ⎪ ⎩ kitevőjű hatványaiból alkotott halmaz a mátrixok szorzásával, az n -ed rendű komplex egységgyökök csoportjával izomorf csoportot alkot. Megoldás. A szövegben megadott feltételek alapján az A mátrixban közvetlenül a főátló fölötti elemek és a bal alsó sarokban álló elem 1 -es a többi 0 . Az A2 mátrixban a főátló fölötti második átlóra és a bal alsó saroktól számított második átlóra kerülnek a 0 -tól különböző elemek és általában az Ak mátrixban ⎧ 1, j ≡ i + k (mod n ) ⎪ ⎪ aij(k ) = ⎨ ⎪ 0, j ≡ i + k (mod n ) ⎪ ⎪ ⎩ ha k ≤ n (a főátló fölötti k -adik és a bal alsó saroktól számított k -adik átlón 1 -esek vannak és a többi elem

{

}

0 ). Így

An = I n , tehát ha

{

U n = z ∈ ^ z n = 1 = εk k ∈ ], ε = cos

2π 2π + i sin n n

} akkor az

f (Ak ) = εk függvény egy izomorfizmus. 20. Oldd meg az alábbi egyenleteket a megfelelő csoportokban: 3= 2; b) (] 11,⋅) , 3 ⋅ x = 1l0 ; a) (] 5 , +) , x +

⎛ ⎞ ⎛1 0 ⎜⎜1 2 −1⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ c) (GL3 ( \ ), ⋅) , ⎜⎜⎜0 4 3 ⎟⎟ ⋅ x = ⎜⎜⎜0 0 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎝5 2 0 ⎠⎟⎟ ⎝⎜0 1 Megoldás. a) (] 5 , +) -ban − 3 = 2 , tehát −1

3 b) (]*11, ⋅) -ban

M = {Ak k ∈ ]} ,

0⎞⎟ ⎟⎟ 1⎟⎟⎟ . ⎟⎟ 0⎠⎟

x = 2 + 2= 4; l = = 4 , ezért x = 4 ⋅ 10 7;

f : M → Un ,


201

⎛ 3 1 5 ⎞⎟ ⎜⎜− − ⎟ ⎛1 2 −1⎞⎟ ⎜⎜ 22 22 22 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ 15 5 3 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ − c) A mátrix inverze tehát 0 4 3 ⎟, ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ 44 44 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ 44 ⎜⎝5 2 0 ⎠⎟ ⎜ 5 2 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜− ⎟ ⎝ 11 11 11 ⎠⎟ ⎛ 3 1 5 ⎞⎟ ⎛ 3 1 5 ⎞⎟ ⎜− − − ⎟⎟ ⎜⎜− ⎟ ⎛1 0 0⎞⎟ ⎜⎜ 22 22 22 ⎟⎟ ⎜⎜ 22 22 22 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎜ ⎜ 15 5 3 ⎟⎟ ⎜⎜ 5 2 1 ⎟⎟⎟ − ⎟⎟⎟ = ⎜⎜− x = ⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟. ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 44 44 44 ⎟⎟ ⎜⎜ 11 11 11 ⎟⎟⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ 2 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 15 5 3 ⎟⎟ ⎝⎜0 1 0⎠⎟⎟⎜⎜ 5 − ⎟⎟⎟ ⎜⎜− ⎟⎟ ⎜⎜ ⎝ 11 11 11 ⎠ ⎝ 44 44 44 ⎠ 3x = 5 egyenlet? Hát az 5x = 2 egyenlet? 21. A (] ,⋅) monoidban megoldható-e a 6

Megoldás. A (] 6 , ⋅) -ban a művelettábla lapján látható, hogy egyetlen elem sem elégíti ki az adott egyenletet, ezért a 3x = 5 egyenletnek nincs megoldása (ez azért 3 -al azonos osztályban). A van, mert a 3 -nak nincs inverze és a jobb oldal nincs a −1 második egyenlet esetében az 5 = 5 tehát a megoldás x = 2⋅ 5= 4. 22. Határozd meg (] 11, +) és (] 12 , +) részcsoportjait és azok rendjét! Megoldás. Felhasználva a Lagrange tételt a (] 11, +) csoportnak csak triviális ≤ ] 11 és részcsoportjai lehetnek, mivel 11 prímszám, tehát a részcsoportok {0} ] 11 ≤ ] 11 . A (] 12 , +) esetén a triviális részcsoportokon kívül még létezhetnek 2, 3, 4, 6 elemű részcsoportok. A ] -ben az egyetlen elem, amelynek a rendje 2 a 6, 12

6} ≤ ] 12 , továbbá ezért {0, = 3 ⇒ {0, ord (4) 4, 8} ≤ ] 12 , = 4 ⇒ {0, ord (3) 3, 6, 9} ≤ ] 12 , = 6 ⇒ {0, l ≤ ] 12 . ord (2) 2, 4, 6, 8,10} Belátható, hogy ezeken kívül más részcsoportja nincs a (] 12 , +) csoportnak. 23. Határozd meg a G = {e, a, a 2 ,..., a n −1 } ciklikus csoport részcsoportjait! Megoldás. Legyen Dn az n szám természetes osztóinak a halmaza. Mivel a csoport ciklikus, ezért a részcsoportjai is ciklikusak. Másrészt [n, k ] | G |= n ⇒ ord (a k ) = , ∀k ∈ 1, n , ha k n [n, ] n n n d ∈ Dn ⇒ ord (a d ) = nd = d ⇒< | a d >= | d és < a d >≤ G . d 24. Határozd meg a (] 7 ,⋅) és (] 8 , +) csoportokban az elemek rendjét. Megoldás. A (]*7 , ⋅) -ben


Csoportok

= ord(4) = 3, ord(3) = ord(5) = 2. = 6, ord(6) ord (2) A (] 8 , +) -ban = ord (3) = ord (5) = 8, ord (2) = ord (4) = ord (6) = 4. = ord (7) ord (1) 25. Bizonyítsd

be,

hogy

a

(GLn (^), ⋅)

és

(^*,⋅) csoportok

között

a

det : GLn (^) → ^ , függvény morfizmus. Megoldás. A determináns szorzástétele alapján det(AB ) = det(A) det(B ) ,tehát a det : GLn (^) → ^* függvény morfizmus. 26. Hány különböző r -ciklus létezik Sn -ben, ha 1 ≤ r ≤ n ? Megoldás. Ki kell választanunk r darab különböző elemet, és sorba kell őket állítanunk. Így Vnr darab ciklust kapunk. Mivel (l1l2 ...lr ) = (lrl1...lr −1 ) = ... = (l2l 3 ...l1 ) , Vr n! ezért a különböző r ciklusok száma n = . r r (n − r )! 27. Bizonyítsd be, hogy ha α, β ∈ Sn diszjunkt ciklusok, és αβ = e , akkor α = β = e , ahol e az identikus permutáció. Megoldás. Legyen β -ban β(i ) = j ⇒ α(i ) = i , de α( j ) = i mivel αβ = e , ekkor *

___

α(i) = α( j ) ⇔ i = j ⇒ ∀i ∈ 1, n ⇒ β(i ) = i ⇒ β = α = e . 28. Igazold, hogy egy ciklus tetszőleges hatványa nem mindig ciklus. Megoldás. S 6 -ban tekintsük a σ = (123456) ciklust. ⎛1 2 3 4 5 6⎞⎟ ⎟⎟ = (1 4)(2 5)(3 6) σ 3 = ⎜⎜⎜ ⎜⎝4 5 6 1 2 3⎠⎟⎟ és ez nem ciklus. 29. Legyen α = (i0 i1 ... ir −1 ) egy r -ciklus. Igazold, hogy αk (i j ) = ik + j , ∀j, k ≥ 0 , ahol az alsó indexeket ( mod r ) tekintjük. Megoldás. Az igazolás matematikai indukció segítségével történik. k = 1 esetén teljesül a tulajdonság ( α(i j ) = i j +1 ). Feltételezzük, hogy az állítás igaz k -ra és igazoljuk - k + 1 re. Így αk (i j ) = ik + j , ahol az indexeket mod r számítjuk, tehát

αk +1(i j ) = (ααk )(i j ) = α(αk (i j )) = α(ik + j ) = ik +1+ j . A matematikai indukció elve alapján αk (i j ) = ik + j minden k ≥ 0 esetén. 30. Igazold, hogy ha α egy r -ciklus, akkor α r = e és α k ≠ e , ha k ∈ {1, 2,..., r − 1} . Megoldás. Az előbbi feladat eredményét felhasználva αr (i j ) = ir + j és mivel r + j ≥ r ⇒ αr (i j ) = i(r + j ) mod r = i j , ∀j ∈ {0,..., r − 1} . Ha k ∈ {1, 2,..., r − 1} akkor

ik + j ≠ ij mivel (k + j ) mod r ≠ j ⇒ αk ≠ e .


203

31. Ha α = β1β2 ...βm a βi diszjunkt ri ciklusok szorzata, i = 1, m , akkor a legkisebb olyan l pozitív egész szám, amelyre αl = e pontosan az r1 , r2 , …, rm számok legkisebb közös többszöröse. Megoldás. Mivel a diszjunkt ciklusok szorzása kommutatívak, következik, hogy αk = β1k β2k ...βmk , ha k ≥ 0 . A 27. feladat alapján ha αl = e , akkor β jl = e minden

j ∈ {1, 2,..., m} esetén. A 30. feladat alapján ez csak úgy lehetséges ha l osztható mindegyik rj számmal, ahol j ∈ {1, 2,..., m} . Az ilyen számok közül a legkisebb az l = [r1, r2 ,..., rm ] .


Gyűrűk és testek

3.3.7. Gyakorlatok és feladatok (241. oldal) I. 1. A ^ halmazon értelmezzük a következő műveleteket: z ⊕ u := z + u , ∀ z , u ∈ ^ ; z ⊗ u := zu + Im z ⋅ Im u , ∀ z , u ∈ ^ . Bizonyítsd be, hogy (^, ⊕, ⊗) kommutatív gyűrű. Határozd meg az egységeket és vizsgáld meg a zérusosztók létezését. Megoldás. (^, ⊕) = (^, +) ezért Ábel féle csoport. (z ⊗ u) ⊗ v = (zu + Im z + Im u ) ⊗ v = zuv + Im z ⋅ Im u ⋅ v + + Im(zu + Im z ⋅ Im u ) . De Im z ⋅ Im u ∈ \ tehát Im(zu + Im z ⋅ Im u ) = Re z ⋅ Im u + Im z ⋅ Re u és így (z ⊗ u) ⊗ v = zuv + i Im z Im u Im v + Im z Im u Re v + + Re z Im u Im v + Im z Re u Im v = z ⊗ (u ⊗ v) . Továbbá e = 1 semleges elem a ⊗ műveletre nézve, tehát a (^, ⊗) monoid. (z ⊕ u) ⊗ v = (z + u) ⊗ v = (z + u)v + (Im z + Im u) Im v = zv + Im z Im v + +uv + Im u Im v = (z ⊗ v ) ⊕ (u ⊗ v ) , tehát a ⊗ szorzás disztributív a ⊕ összeadásra nézve. A kommutativitás nyilvánvaló, a gyűrű egységei az U (^) = {z ∈ ^, Re z ≠ 0} halmaz elemei és ezekre 1 Im z z −1 = −i . A zérusosztók az {ik | k ∈ \} halmaz elemei. Re z Re2 z ⎪⎫ ⎪⎧⎡x y ⎤ 2. Bizonyítsd be, hogy az M = ⎪⎨⎢ 0 x ⎥ x , y ∈ \⎪⎬ halmaz a mátrixok összeadásával ⎦⎥ ⎪⎩⎪⎣⎢ ⎪ ⎭⎪ és szorzásával kommutatív gyűrűt alkot és ez a gyűrű izomorf az előbbi feladatban szereplő gyűrűvel. ' ' ' ' ⎛x y ⎞⎟ ⎛⎜x y ⎞⎟ ⎛⎜x + x y + y ⎞⎟ ' ⎜ ⎟ ⎟⎟ ∈ M ⎟ + ⎜⎜ ⎟ = ⎜⎜ Megoldás. Mivel A + A = ⎜⎜ az '⎟ ⎜⎝ 0 x ⎠⎟⎟ ⎜⎜⎝ 0 x ' ⎟⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜ 0 ⎟ x + x ⎠⎟ összeadás belső művelet az M halmazon. Az asszociativitás és a kommutativitás ⎛−x −y ⎞⎟ ⎟ az A öröklődik és a semleges elem a O2 , továbbá ∀A ∈ M : ∃ − A = ⎜⎜⎜ ⎜⎝ 0 −x ⎠⎟⎟ inverze az összeadásra nézve. A szorzás esetében az asszociativitás öröklődik a ' ' ⎞ ⎛ ' ⎜⎜xx xy + x y ⎟⎟ ' ⎟⎟ ∈ M mátrixok szorzásából és a kommutativitás az A ⋅ A = ⎜ ' ⎜⎜ 0 xx ⎝ ⎠⎟⎟ egyenlőség alapján nyilvánvaló. Az előbbi egyenlőségből következik, hogy a szorzás belső művelet M -en és látható, hogy az I 2 ∈ M mátrix semleges elem a szorzásra nézve. A szorzásnak az összeadásra vonatkozó disztributivitása szintén öröklődik, tehát az ( M , +, ⋅) struktúra egy gyűrű. Az előbbi egyenlőség alapján az is látható,

Tartalomjegyzék Gyűrűk és testek hogy az f : M →

205

⎛⎛ x

, f ⎜⎜

⎝⎝ 0

y ⎞⎞ ⎟ ⎟ = x + iy függvény egy morfizmus az ( M , +, ⋅) és x ⎠⎠

( , ⊕, ⊗) gyűrűk közt. Világos, hogy ez a függvény bijektív, tehát a két gyűrű izomorf egymással. 3. A ^ × ^ = {(x, y ) x, y ∈ ^} halmazon értelmezzük a következő műveleteket: (a, b) ⊕ (c, d ) := (a + c, b + d ) , ∀ (a, b),(c, d ) ∈ ^ × ^ ; (a, b) ⊗ (c, d ) := (ac − bd, ad + bc) , ∀ (a, b),(c, d ) ∈ ^ × ^ . Bizonyítsd be, hogy (^ × ^, ⊕, ⊗) kommutatív gyűrű. Határozd meg az egységeket és vizsgáld meg a zérusosztók létezését. Megoldás. (^ × ^, ⊕) Ábel csoport, mivel visszavezetődik a közönséges összeadás tulajdonságára (csoportok direkt szorzata is csoport). (1, 0) ∈ ^ × ^ egységelem a ⊗ műveletre nézve és

((a, b) ⊗ (c, d )) ⊗ (e, f ) = (ac − bd, ad + bc) ⊗ (e, f ) = = (ace − bde − adf − bcf , acf − bdf + ade + bce) = (a, b) ⊗ (ce − df , cf + de) = (a, b) ⊗ ((c, d ) ⊗ (e, f )) tehát a ⊗ művelet asszociatív és így (^ × ^, ⊗) monoid. Ugyanakkor ((a, b) ⊕ (c, d )) ⊗ (e ⊕ f ) = (a + c, b + d ) ⊗ (e, f ) = = ((a + c)e − (b + d )f , (a + c)f + (b + d )e) = ((a, b) ⊗ (e, f )) ⊕ ((c, d ) ⊗ (e, f )) tehát a ( × , ⊕, ⊗) struktúra egy gyűrű. A kommutativitás nyilvánvaló, a gyűrű egységei az (a, 0) alakú számpárok, ahol a ∈ ^ és nincsenek zérusosztók. 4. Bizonyítsd be, hogy a K = {a + b 3 2 + c 3 4 a, b, c ∈ _} halmaz a valós számok összeadásával és szorzásával kommutatív testet alkot. Megoldás. Igazoljuk, hogy ha x ∈ K , akkor x -nek az x = a + b 3 2 + c 3 4 alakú előállítása ( a, b, c ∈ ) egyértelmű. Ehhez elégséges igazolni, hogy ha

a + b 3 2 + c 3 4 = 0 és a, b, c ∈

, akkor a = b = c = 0 . Ha a + b 3 2 + c 3 4 = 0 ,

akkor a 3 2 + b 3 4 + 2c = 0 és így kiküszöbölhetjük a összefüggésből. Így az

( ab − 2c ) + ( b 2

2

3

4 -et az elüőbbi két

− ac ) 2 = 0 egyenlőséghez jutunk. Ha 3

2 b2 − ac ≠ 0 , akkor a 3 2 ∈ ellentmondáshoz jutunk, tehát ac = b és így ab = 2c 2 . Ha az a , b és c számok közül legalább az egyik 0 , akkor az előbbi egyenlőségek alapján következik, hogy mindegyik 0 . Ellenkező esetben eloszthatjuk 3

⎛b⎞ az előbbi egyenlőségek megfelelő oldalait és így a ⎜ ⎟ = 2 összefüggéshez jutunk. ⎝c⎠ Ez ismét ellentmondás, tehát csak az a = b = c = 0 eset lehetséges. Látható, hogy az összeadás és a szorzás belső művelet K -ban, az egyértelműség alapján következik a


Gyűrűk és testek

kommutativitás és asszociativitás mindkét műveletre. Ugyanakkor a 0 ∈ K szám semleges elem az összeadásra nézve, az 1∈ K elem semleges elem a szorzásra nézve és a szorzás disztributív az összeadásra nézve. Ha x ∈ K , akkor − x ∈ K , tehát ( K , +) Ábel csoport. Másrészt

(

a 2 − 2bc + (b 2 − ac) 3 4 + (2c 2 − ab) 3 2 1 = a 3 + 2b3 + 4c 3 − 6abc a + b3 2 + c3 4 és a nevező nem 0 , tehát az x = a + b 3 2 + c 3 4 elem inverze az

x

−1

(a =

2

− 2bc + (b 2 − ac) 3 4 + (2c 2 − ab) 3 2 a + 2b + 4c − 6abc 3

3

3

)

)∈K

elem. Ha a nevező 0 , akkor a

⎧a + b 3 2 + c 3 4 = 0 ⎪⎪ 3 3 ⎨ 2c + a 2 + b 4 = 0 ⎪ 3 3 ⎪⎩ 2b + 2c 2 + a 4 = 0 lineáris rendszernek (az ismeretlenek az 1 , a 3 2 és a 3 4 és az együtthatók a, b, c ) létezne nem triviális megoldása. Ez nem lehetséges, tehát a nevező nem 0 . A disztributivitás szintén öröklődik a valós számokkal végzett műveletek tulajdonságaiból, tehát ( K , +, ⋅) egy kommutatív test. 5. Az \ × \ = {(x , y ) x , y ∈ \} halmazon értelmezzük a következő műveleteket: (a, b) ⊕ (c, d ) := (a + c, b + d ) , ∀ (a, b),(c, d ) ∈ \ × \ ; (a, b) ⊗ (c, d ) := (ac − 3bd, ad + 2bd + bc) , ∀ (a, b),(c, d ) ∈ \ × \ . Igazold, hogy (\ × \, ⊕, ⊗) kommutatív test és izomorf a komplex számok testével. = × -ben értelmezett összeadás, Megoldás. Az összeadás ugyanaz, mint a ezért az ( × , ⊕) Ábel féle csoport. ((a, b) ⊗ (c, d )) ⊗ (e, f ) = (ac − 3bd, ad + 2bd + bc) ⊗ (e, f ) = (ace − 3bde − 3adf − 6bdf − 3bcf , acf − 3bdf + 2adf + 4bdf + 2bcf + ade + 2bde + bce) Hasonlóan számíthatjuk ki az (a, b) ⊗ ((c, d ) ⊗ (e, f )) -t és ugyanehhez az eredményhez jutunk, tehát a ⊗ művelet asszociatív. Az (1, 0) elem semleges elem és bármely (a, b) ∈ \ × \ \ (0, 0) elemnek létezik az ⎛ ⎞⎟ −b ⎜⎜ 2 a + 2b 2 , 2 ⎜⎝a + 2ab + 3b a + 2ab + 3b 2 ⎠⎟⎟ inverze ( a 2 + 2ab + 3b 2 = (a + b)2 + 2b 2 = 0 ⇔ a = b = 0 ). Továbbá ((a, b) ⊕ (c, d )) ⊗ (e, f ) = (a + c, b + d ) ⊗ (e, f ) = = ((a + c)e − 3(b + d )f , (a + c)f + 2(b + d )f + (b + d )e) =

Tartalomjegyzék Gyűrűk és testek

207

= ((ae − 3bf ) + (ce − 3df ), (af + 2bf + be) + (cf + 2df + de)) = = (a, b) ⊗ (e, f ) + (c, d ) ⊗ (e, f ) , ( × , ⊕, ⊗) tehát az struktúra egy kommutatív test. Az f : (\ × \, ⊕, ⊗) → (^, +, ⋅) , f ((a, b)) = a + b + i 2b függvény bijektív és testmorfizmus, tehát a két test izomorf. 6. A ] 3 × ] 3 = {(x , y ) x , y ∈ ] 3 } halmazon értelmezzük a következő műveleteket: (a, b) ⊕ (c, d ) := (a + c, b + d ) , ∀ (a, b),(c, d ) ∈ ] 3 × ] 3 ; (a, b) ⊗ (c, d ) := (ac + 2bd, ad + bc) , ∀ (a, b),(c, d ) ∈ ] 3 × ] 3 . Igazold, hogy (] 3 × ] 3, ⊕, ⊗) kommutatív test és határozd meg az automorfizmusait. Megoldás. Az előbbi fejezetben igazoltuk, hogy a (] 3 × ] 3 , ⊕) struktúra Ábel csoport. Az asszociativitás, a kommutativitás és a disztributivitás az axiómák alapján ˆ 0) ˆ , továbbá minden könnyen igazolható, a második művelet semleges eleme az (1, elemnek létezik inverz eleme: ˆ 0) ˆ 0), ˆ −1 = (0, ˆ (1, ˆ 1) ˆ −1 = (2, ˆ 1), ˆ (1, ˆ 2) ˆ −1 = (2, ˆ 2), ˆ (2, ˆ 0) ˆ 0) ˆ −1 = (1, ˆ (0, ˆ 1) ˆ 2), ˆ −1 = (2, ˆ . (1, Tehát a (] 3 × ] 3 , ⊕, ⊗) test. A test automorfizmusait már az első művelet tanulmányozásából megkapjuk. Ezek az f (x ) = kx , x ∈ ] 3 × ] 3 (k (a, b) = (ka, kb)) alakú lineáris függvények. ⎛ a +b b ⎞ 7. Bizonyítsd be, hogy az ⎜⎜ b a −b ⎟⎟⎟ alakú, mátrixok halmaza, ahol a, b ∈ _ , a ⎝⎜ ⎠ mátrixok összeadásával és szorzásával testet alkot és ez a test izomorf a _[ 2 ] testtel. Megoldás. Az összeadás tulajdonságai öröklődnek, tehát a vizsgált halmaz az összeadással Ábel-féle csoportot alkot. A szorzás asszociativitása és a szorzásnak az

⎛ 1 0⎞ ⎟ mátrix ⎝ 0 1⎠

összeadásra vonatkozó disztributivitása szintén öröklődik. Az I 2 = ⎜

benne van a halmazban, tehát ez a szorzásra nézve semleges elem. Így elégséges csak az elemek invertálhatóságát vizsgálni. A szorzás elvégzése után látható, hogy ⎞⎟ ⎛a + b ad + bc b ⎞⎛ d ⎞⎟ ⎛⎜(ac + 2bd ) + (ad + bc) ⎟⎟ ⎜⎜c + d ⎜⎜ ⎟⎟ , ⎟ ⎜ = ⎟⎜ ⎟ a − b ⎠⎝ c − d ⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜⎜ ⎜⎝⎜ b ad + bc (ac + 2bd ) − (ad + bc)⎠⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ d


Gyűrűk és testek

0 ⎞⎟ ⎛1 + 0 ⎟⎟ , és mivel tehát a szorzás belső művelet, a semleges elem az I 2 = ⎜⎜⎜ 1 − 0⎠⎟⎟ ⎜⎝ 0 ⎛a + b b ⎞⎟ ⎟⎟ mátrix invertálható és az a, b ∈ _ ⇒ a 2 ≠ 2b 2 ⇒ a 2 − 2b 2 ≠ 0 az ⎜⎜⎜ a − b ⎠⎟⎟ ⎜⎝ b ⎛a + b b ⎞⎟ ⎟⎟ inverze ⎜⎜⎜ a − b ⎠⎟⎟ ⎜⎝ b

⎛ a −b ⎜⎜ 2 ⎜a − 2b 2 = ⎜⎜ ⎜⎜ −b ⎜⎜⎝ 2 a − 2b 2

−b ⎞⎟ ⎟ a 2 − 2b 2 ⎟⎟⎟ . a + b ⎟⎟⎟ ⎟ 2 a − 2b 2 ⎠⎟

Ha

a

halmazt,

−1

H -val

jelöljük

vizsgált

akkor

az

f :H →

⎡ 2⎤ , ⎣ ⎦

⎛a + b b ⎞⎟ ⎟⎟) = a + b 2 függvény bijektiv és megőrzi a műveleteket, tehát a f (⎜⎜⎜ a − b ⎠⎟⎟ ⎜⎝ b

( H , +, ⋅) struktúra egy test és izomorf a (_[ 2 ], +, ⋅) testtel. ⎧⎪⎛a 2b ⎞ ⎫⎪ 8. Bizonyítsd be, hogy a K = ⎨⎪⎜⎜⎜b a ⎟⎟⎟ a, b ∈ _⎪⎬ halmaz a mátrixok összeadásával ⎪⎩⎪⎝ ⎪ ⎠ ⎪ ⎭ és szorzásával kommutatív gyűrűt alkot, amely izomorf _[ 2 ] -vel. ⎛a 2b ⎞⎟ ⎟⎟) = a + b 2 függvény bijektiv és Megoldás. Az f : K → _[ 2], f (⎜⎜⎜ ⎟ ⎝⎜b a ⎠⎟

megőrzi a műveleteket, tehát ( K , +, ⋅) is test és ez a test izomorf a (_[ 2 ], +, ⋅) testtel. 9. Az R = ] × ] halmazon értelmezzük a következő műveleteket: (x , y ) ∗ (u, v ) := (x + u, y + v ) , ∀ (x, y ),(u, v ) ∈ R ; (x, y ) D (u, v) := (xu − yv, xv + yu ) , ∀ (x, y ),(u, v ) ∈ R . Bizonyítsd be, hogy (R, ∗, D) kommutatív gyűrű. Megoldás. Az axiómák ellenőrzésével belátható, hogy az (R, ∗) struktúra Abel csoport. Az asszociativitás, a kommutativitás és a disztributivitás könnyedén igazolható, a semleges elem a D műveletre nézve az (1, 0) elem. Ahhoz, hogy az x −y (x, y ) ∈ R∗ -nek az (u, v ) elem inverze legyen, az u = 2 ,v = 2 2 x +y x + y2 egyenlőségekre van szükség. De látható, hogy u, v ∉ ] , tehát az (R, ∗, D) kommutativ gyűrű (és nem test). 10. Az R = \ × \ halmazon értelmezzük a következő műveleteket: (x, y ) ⊕ (u, v ) := (x + u, y + v ) , ∀ (x, y ),(u, v ) ∈ R ; (x, y ) D (u, v ) := (xu, yv + xv + yu ) , ∀ (x, y ),(u, v ) ∈ R .


209

Bizonyítsd be, hogy (R, ∗, D) kommutatív gyűrű. Határozd meg a zérusosztókat és az invertálható elemeket. Megoldás. Az axiómákat számolással ellenőrizhetjük. A semleges elem az 1 −y ), (1, 0) ∈ \ × \ . Látható, hogy egy tetszőleges (x , y ) elem inverze ( , x x (x + y ) ebből következik, hogy az (x, −x ) és a (0, x ) elemeknek nincs inverzük R -ben, tehát az (R, ∗, D) kommutativ gyűrű, ahol (x, −x ), (0, y ) elemek zérusosztók ∀x , y ∈ \ -re ((x, −x ) D (0, y ) = (0, 0)) . ⎧⎛ a + bi c + di ⎞ ⎫ ⎪ ⎪ 11. Bizonyítsd be, hogy az M = ⎨⎪⎜⎜−c + di a − bi ⎟⎟⎟ a, b, c, d ∈ \⎬⎪ halmaz a ⎜ ⎪ ⎪ ⎠ ⎪ ⎪ ⎩⎝ ⎭ mátrixok összeadásával és szorzásával egy nem kommutatív testet alkot. Megoldás. Az összeadás tulajdonságai öröklődnek a komplex számokkal végzett műveletek tulajdonságaiból. (A semleges elem az O2 és minden elemnek létezik ellentettje). A szorzás asszociativitása és a disztributivitás a mátrixokkal végzett ⎛ 1 + 0i 0 + 0i ⎞⎟ ⎟⎟ műveletek tulajdonságaiból öröklődik, a semleges elem az I 2 = ⎜⎜⎜ ⎜⎝−0 + 0i 1 − 0i ⎠⎟⎟

⎛ z1

mátrix. Ha a + ib = z1 , c + id = z2 , akkor a vizsgált M halmaz elemei ⎜

⎝ − z2

z2 ⎞ ⎟. z1 ⎠

A szorzásra érvényes a

⎛ z1 ⎜ ⎝ − z2

z 2 ⎞ ⎛ z3 ⎟⋅⎜ z1 ⎠ ⎝ − z4

z4 ⎞ ⎛ z1 z3 − z2 z4 ⎟=⎜ z3 ⎠ ⎝⎜ − z2 z3 − z1 z4

z1 z4 + z2 z3 ⎞ ⎟ − z2 z4 + z1 z3 ⎠⎟

⎛ z1

összefüggés, tehát a szorzás nem kommutatív (általában z2 z4 ≠ z4 z2 ). A ⎜

⎝ − z2

z2 ⎞ ⎟ z1 ⎠

⎧⎪ z1 z3 − z2 z4 = 1 z4 ⎞ rendszer ⎟ mátrix, ahol z3 és z4 a ⎨ z z − + = z z z z 0 ⎪ ⎝ 4 3⎠ ⎩ 2 3 1 4 ⎛ z3 z4 ⎞ ⎛ 0 0 ⎞ megoldásai. Ennek a rendszernek minden ⎜ ⎟≠⎜ ⎟ mátrix esetén van 0 0 z z − ⎝ ⎠ ⎝ 4 3⎠

⎛ z3

elem inverze a ⎜

2

2

egyértelmű megoldása, mert a determinánsa z1 + z2 . 12. Határozd meg az a, b, c ∈ \ paramétereket úgy, hogy az (\, ⊥, T ) struktúra test legyen, ha x ⊥ y := ax + by − 2 , ∀ x, y ∈ \ és x Ty := xy − 2x − 2y + c , ∀ x, y ∈ \ . Megoldás. Mivel (\, ⊥) Abel csoport a ⊥ művelet asszociatív, vagyis (x ⊥ y ) ⊥ z = x ⊥ (y ⊥ z ) , ∀ x, y, z ∈ . Ez ekvivalens az a 2 x + aby − 2a + bz − 2 = ax + aby + b 2 z − 2b − 2


Gyűrűk és testek

egyenlőséggel, tehát (a 2 − a )x + (b − b 2 )z − (2a − 2b) = 0 , ∀ x, y, z ∈ . Ebből (1 − a )x + 2 következik, hogy a = b és a 2 = a . Az x ⊥ e = x egyenlőségből e = . b De ez nem függhet x -től, tehát a = 1 és így e = 2 a semleges elem. A T művelet is asszociatív tehát xyz − 2xz − 2yz + cz − 2xy + 4x + 4y − 2c − 2z + c = = xyz − 2xy − 2xz + cx − 2x − 2yz + 4y + 4z − 2c + c , ∀ x, y, z ∈ Ez alapján 4x + (c − 2)z = (c − 2)x + 4z, ∀x, z ∈ \ ⇔ c − 2 = 4 ⇔ c = 6 . Tehát a = b = 1 és c = 6 . Ezekre az értékekre ellenőrizhetjük, hogy az (\, ⊥, T) struktúra valóban test (a teljes megoldáshoz az ellenőrzés is hozzátartozik!). 13. Az (R, +, ⋅) gyűrűben f : A × A → A , f (x , y ) = (xy )2 − x 2y 2 , ∀ x, y ∈ R . Számítsd ki az E (x, y ) = f (1 + x, 1 + y ) − f (1 + x, y ) − f (x , 1 + y ) + f (x , y ) kifejezést. Megoldás. A számolások elvégzése után az E ( x, y ) = yx − xy egyenlőséghez jutunk. 14. Bizonyítsd be, hogy minden d ∈ ] négyzetmentes szám esetén a ][ d ] halmaz a komplex számok összeadásával és szorzásával részgyűrűje a (^, +, ⋅) gyűrűnek. Bizonyítsd be, hogy ha d ≠e két különböző négyzetmentes egész szám, akkor a (][ d ], +, ⋅) gyűrű nem izomorf a (][ e ], +, ⋅) gyűrűvel. Megoldás. A 228. oldal 2-ik példájában igazoltuk, hogy (][ d ], +, ⋅) gyűrű, ha

d ∈ ] egy négyzetmentes szám és ][ d ] ⊆ ^ ⇒ ][ d ] ≤ ^ . Ha feltételezzük, hogy léteznek morfizmusok és felírjuk tulajdonságaikat kiderül, hogy ezek csak f : ][ d ] → ][ e ], f (a + b d ) = ka + kb e alakúak lehetnek, ahol k ∈ ] . Másrészt ezek a függvények nem őrzik meg a szorzást, tehát a két gyűrű nem izomorf. 15. Határozd meg a ][i ] = {a + ib a, b ∈ ]} gyűrű egységeit (a komplex számok összeadása és szorzása a két művelet a gyűrűben). Megoldás. U (][i ]) = {a + ib | a, b ∈ ], ∃a ' , b ' ∈ ] : (a + ib)(a ' + ib ' ) = 1} . (aa ' − bb ' ) + i(ab ' + a 'b) = 1 ⇔ aa ' − bb ' = 1 ∧ ab ' + a 'b = 0 ⇔ a −b . ⇔ a' = 2 , b' = 2 2 a +b a + b2 Mivel a ' , b ' ∈ ] ⇒ a 2 + b 2 | a ∧ a 2 + b 2 | b , de a 2 + b 2 ≥ a, b(a, b ∈ ]) , ez esetben a ∈ {±1, 0} b ∈ {0, ±1} . Végül U (][i ]) = {±1, ±i} .

16. Bizonyítsd be, hogy az (R, +, ⋅) gyűrűben tetszőleges a, b ∈ R esetén 1 − (ab)2 pontosan akkor invertálható, ha 1 − (ba )2 invertálható. Megoldás. Ha (1 − abab) x = 1 , akkor (1 − baba)(1 + bxaba) = 1 (hasonlóan a baloldali inverzre is), tehát ha 1 − abab invertálható, akkor 1 − baba is invertálható.


211

17. Bizonyítsd be, hogy bármely a, b, c ∈ ] és n ∈ `* esetén létezik olyan n

A, B,C ∈ ] , amelyre (a 3 + b 3 + c 3 − 3abc ) = A3 + B 3 + C 3 − 3ABC . Megoldás. Az a 3 + b 3 + c 3 − 3abc kifejezés csak akkor nulla, ha a + b + c = 0 . Ebben az esetben A, B, C tetszőleges lehet ha A + B + C = 0 . Ha a + b + c ≠ 0 , ⎛a b c ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ akkor tekintsük az M = ⎜⎜c a b ⎟⎟⎟ mátrixot, ahol a, b, c ∈ ] . Észrevehető, hogy ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜b c a ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠⎟

det M = a 3 + b 3 + c 3 − 3abc ≠ 0 . Ha G = {M (!) | det M ≠ 0} az előbb említett mátrixok halmaza, akkor (G, ⋅) csoport, tehát ∀M ∈ G ⇒ M n ∈ G, n ∈ ]∗ és ⎛A B C ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ' ∃M = ⎜C A B ⎟⎟ úgy, hogy M n = M ' , ebből ⎜⎜ ⎟ ⎜B C A⎟⎟⎟ ⎝⎜⎜ ⎠⎟ det(M n ) = det(M ' ) ⇔ detn (M ) = det(M ' ) ⇔

⇔ (a 3 + b 3 + c 3 − 3abc)n = A3 + B 3 + C 3 − 3ABC .

18. Bizonyítsd be, hogy az U n = {z ∈ ^ z n = 1} halmazra (n ∈ ` * ) a következő két kijelentés ekvivalens: a) létezik a ∈ U n úgy, hogy 1 + a ∈ U n ; b) létezik b ∈ U n úgy, hogy 1 − b ∈ U n . Megoldás. a komplex számok geometriai ábrázolásából következik, hogy mindkét tulajdonság pontosan akkor teljesül, ha n osztható 6 -tal. 19. Bizonyítsd be, hogy ha (R, +, ⋅) gyűrű és x , y ∈ R , akkor a következő két állítás egyenértékű: a) xyx = x , yx 2y = 1 ; b) xy = yx = 1 . Megoldás. b) ⇒ a) Ha xyx = (xy )x = 1 ⋅ x = x .

xy = yx = 1 , akkor

yx 2y = (yx )(xy ) = 1 , tehát

a) ⇒ b) Ha xyx = x , akkor xyx 2 = x 2 , tehát xyx 2y = x 2y és így x = x 2y. Ebből

következik, hogy yx = yx 2y = 1 , tehát yx 2 = x és így yx 2y = xy = 1 , azaz xy = yx = 1 . 20. Igazold, hogy ha az (R, +, ⋅) gyűrűben x 3 = x , ∀ x ∈ R , akkor a gyűrű kommutatív. 2 Megoldás. Az ( x + 1)3 = x + 1 egyenlőségből következik, hogy 3x + 3x = 0 , ∀ x ∈ R . Ha ezt x helyett x + y -ra használjuk, akkor a 3( xy + yx) = 0 (1)

összefüggéshez jutunk. Az ( x + y )3 = x + y és ( x − y )3 = x − y egyenlőségek

(

)

alapján 2 xy 2 + y 2 x + yxy = 0 , tehát az (1) alapján ( y helyett y 2 -et helyettesítünk)

xy 2 + y 2 x = 2 yxy . Ha ezt az egyenlőséget előbb jobbról, majd balról szorozzuk y -


Gyűrűk és testek

(

nal és az így kapott egyenlőségeket kivonjuk, akkor az xy − yx = 3 yxy 2 − y 2 xy

)

egyenlőséget kapjuk. Másrészt az (1) alapján 3( yxy 2 − y 2 xy ) = −3 yxy + 3 yxy = 0 , tehát a gyűrű kommutatív. 21. Bizonyítsd be, hogy ha az (R, +, ⋅) gyűrűben (x 2 − x ) y = y (x 2 − x ) , ∀ x, y ∈ R , akkor a gyűrű kommutatív. Megoldás. Írjuk fel az adott egyenlőséget y helyett z -re és x helyett x + y -ra.

( x − x + y − y + xy + yx ) z = z ( x − x + y − y + xy + yx ) . ( x − x ) z = z ( x − x ) és ( y − y ) z = z ( y − y ) , tehát ha az utóbbi 2

2

2

2

2 2 2 2 De egyenlőség megfelelő oldalait kivonjuk az első egyenlőségből, akkor az

két

( xy + yx) z = z ( xy + yx) összefüggéshez jutunk. Az előbbi tulajdonság alapján ( z = x esetén) xyx + yx 2 = x 2 y + xyx , tehát x 2 y = yx 2 , ∀ x, y ∈ R . Ha a feladatban adott összefüggést szorozzuk −1 -gyel és hozzáadjuk az előbbi egyenlőség megfelelő oldalait, akkor az xy = yx , ∀x, y ∈ R egyenlőséghez jutunk, tehát a gyűrű kommutatív. Megjegyzés. Gyakorlatilag kihasználtuk, hogy Z (G ) = {x ∈ R xy = yx, ∀y ∈ R} egy részgyűrűje az ( R, +, ⋅) gyűrűnek. 22. Igazold, hogy ha az (R, +, ⋅) gyűrűben (xy )2 = x 2y 2 , ∀ x, y ∈ R , akkor a gyűrű kommutatív. Megoldás. A 13. feladat eredményét használjuk. Ha f ( x, y) = 0 , ∀x, y ∈ R , akkor E ( x, y ) = 0 , ∀ x, y ∈ R és így xy = yx , ∀x, y ∈ R . 23. Igazold, hogy ha az (R, +, ⋅) gyűrűben x 12 = x , ∀ x ∈ R , akkor x 2 = x , ∀ x ∈ R .

x12 = (− x)12 , tehát 2 x = 0 , ∀x ∈ R . Ebben az esetben ( x + 1)12 = x12 + x8 + x 4 +1 és így a feltétel alapján x8 = x 4 . Ebből viszont

Megoldás.

( )

12 8 4 következik, hogy x = x = x = x . Így viszont x = x8 = x 4

2

= x2 , ∀ x ∈ R .

24. Bizonyítsd be, hogy a (_, +, ⋅) és (] p , +, ⋅) testeknek nincs valódi (önmagától különböző) résztestük. Megoldás. Ha

K ≤ (_, +, ⋅) úgy, hogy

K ≠ ∅ , akkor

x0 =

m ∈ n

-ból

1 ∈ K és így 1∈ K . Hasonló gondolatmenettel m 1 1 p ⋅ 1 ∈ K , majd ∈ K és így q ⋅ ∈ K . Tehát K = . A (] p , +, ⋅) esetében ha p p K ≤ (] p , +, ⋅) és a ∈ K , akkor az {a, 2a,3a,..., ( p − 1)a, pa} halmaz minden eleme benne van a K -ban. Mivel ez előbbi halmaz teljes maradékrendszert alkot ( p következik, hogy m ∈ K , majd

prímszám, mert ellenkező esetben

p

nem test), állíthatjuk, hogy K = ] p .


213

25. Igazold, hogy minden (K , +, ⋅) test tartalmaz egy (_, +, ⋅) -tal vagy valamilyen (] p , +, ⋅) -tal izomorf résztestet. Megoldás. Az 1∈ K által generált résztest elemei az

{m ⋅ n

−1

}

m, n ∈ , n ≠ 0

halmaz elemei és ez a résztest izomorf ( , +, ⋅) -val vagy ( p , +, ⋅) -vel valamilyen p prímszámra. 26. Határozd meg a (_, +, ⋅) és (] p , +, ⋅) testek automorfizmusait. Megoldás. Ha (_, +, ⋅) testnek automorfizmusa az f : _ → _ függvény, akkor f (x + y ) = f (x ) + f (y ), f (x ⋅ y ) = f (x ) ⋅ f (y ) . Indukcióval igazolható, hogy

f (a ) = k ⋅ a ,

∀a ∈ ,

ahol

k = f (1) ∈

*

.

De

az

additivitás

alapján

⎛ p⎞ 1 p f (q ⋅ x) = q ⋅ f ( x) , tehát f ⎜ ⎟ = ⋅ f ( p ) = ⋅ a , ∀ p, q ∈ , q ≠ 0 . A szorzásra q ⎝q⎠ q p r p r p r p r vonatkozó feltételből f ( ⋅ ) = k ⋅ ⋅ = f ( ) ⋅ f ( ) = k 2 ⋅ ⋅ , tehát k = 1 és

q s q s q s q s így az egyetlen automorfizmus az identikus függvény. ˆ = ˆ0 , a A (] p , +, ⋅) esetében az additív tulajdonságból következik, hogy f (0) ˆ = 1ˆ , így f (2) ˆ = 2,..., ˆ f (pn − 1) = pn − 1 , tehát multiplikatív tulajdonságból pedig f (1) f = id ] . p

27. Határozd meg a (_[ 2 ], +, ⋅) és (_[ 3 2 ], +, ⋅) testek automorfizmusait. Megoldás. Az additivitásból és a multiplikativitásból következik, hogy f (0) = 0 és f (1) = 1 . Ez alapján f ( ) ⊂ , tehát (_, +, ⋅) ≤ (_[ 2], +, ⋅) alapján f automorfizmusa a ( , +, ⋅) résztestnek is. Így f |_ = id _ . A multiplikativitás alapján

{

}

2 = f ( 2 ⋅ 2) = f 2 ( 2 ) , tehát f ( 2) ∈ ± 2 . Ha f ( 2) = 2 , akkor az függvényhez jutunk, míg az f ( 2) = − 2 f ( a + b 2) = a + b 2 , ∀ a, b ∈ függvényhez. A (_[ 3 2 ], +, ⋅) test esetben az f ( a + b 2) = a − b 2 , ∀ a, b ∈ esetében is hasonlóan járunk el, és az egyetlen automorfizmus az identikus függvény. 28. Határozd meg az (\, +, ⋅) test automorfizmusait. Megoldás. Ha f : → egy automorfizmus, akkor f (0) = 0 és f (1) = 1 , tehát

f( )⊂

és így f

automorfizmusa a ( , +, ⋅) testnek. Ebből következik, hogy

f ( x) = x , ∀ x ∈ . A multiplikativitás alapján f ( x 2 ) = f 2 ( x) ≥ 0 , tehát f ( x) ≥ 0 ha x ≥ 0 és f ( x) < 0 ha x < 0 . Az additivitásból és az előjeltartásból következik, hogy f szigorúan növekvő, mert x < y esetén f ( y − x) = f ( y ) − f ( x) > 0 . Ha x0 egy irracionális szám, akkor léteznek olyan ( an )n≥1 , ( bn ) n≥1 racionális számsorozatok, amelyekre an < x0 < bn , ∀ n ≥ 1 és lim an = lim bn = x0 . Így n →∞

n →∞

an = f (an ) < f ( x0 ) < f (bn ) = bn , ∀ n ≥ 1 ,


Gyűrűk és testek

tehát f ( x0 ) = x0 . Mivel ez tetszőleges x0 irracionális számra teljesül, az ( , +, ⋅) egyetlen automorfizmusa az identikus leképezés. 29. Bizonyítsd be, hogy ha p ≥ 1 egy páratlan természetes szám, akkor nincs olyan f : ] → ] függvény, amelyre f (f (x )) = x + p , ∀ x ∈ ] . Megoldás. Az összetevés asszociativitásából, akárcsak az előbb, adódik hogy f (x + p ) = f (x ) + p , tehát ha ismerjük f értékeit a {0,1, 2,..., p − 1} =: A számokon, akkor f egyértelműen meghatározott. Értelmezzük a F :{0,1, 2,..., p − 1} → {0,1, 2,..., p − 1} függvényt a következő módon: ∀ n ∈{0,1, 2,..., p − 1} esetén F (n) legyen az f (n) -nek p -vel való osztási maradéka. Az (1) összefüggés alapján F ( F (n)) = n , ∀ n ∈ A . Tekintsük az (n, F (n)) alakú párokat. Ha F (r ) ≠ r , ∀ r ∈ A , akkor A elemei diszjunkt párokba szedhetőek, tehát A páros sok elemet tartalmaz. Ez ellentmondás, tehát létezik r ∈ A úgy, hogy F (r ) = r . Visszatérve f -re adódik, hogy f (r ) = k ⋅ p + r (ahol k ∈ ), tehát r + p = f ( f (r )) = f (kp + r ) = f (r ) + kp = (r + kp ) + kp = r + 2kp , ⎛1 ⎞ ami ellentmond annak, hogy k ∈ ⎜⎜ ∉ ]⎟⎟⎟ . ⎝2 ⎠ Tehát nem létezik a megadott feltételeknek eleget tevő f függvény. 30. Igazold, hogy ][i ] -ben igaz a maradékos osztás tétele, vagyis ∀ a, b ∈ ][i ] , b ≠ 0 esetén létezik és egyértelmű a q, r ∈ ][i ] , amelyekre a = qb + r és 0 ≤ r < b . Megoldás. Lásd a X. osztályos tankönyv megoldásait tartalmazó könyv 321. oldalának 30. feladatát. II. 1. Bontsd két tényező szorzatára ][X ] -ben a P = X 4 + 2X 2 + 9 polinomot. Megoldás. P = (x 2 + 2x + 3)(x 2 − 2x + 3) . 2. Bontsd két tényező szorzatára ][X ] -ben a P = X 2003 + X + 1 polinomot. Megoldás P = X 2003 + X + 1 = (X 2 + X + 1)(X 2001 − X 2000 + X 1998 − X 1997 + +X 1995 − X 1994 + ... + X 3 − X 2 + 1) . 3. Bizonyítsd be, hogy _[X ] -ben a következő polinomok irreducibilisek: a) X 4 − 9X 3 + 3 ; b) 3X 4 − 9X + 1 ; c) X 6 + X 3 + 1 ; d) X 6 − X 3 + 1 . Megoldás. A X. osztályos tankönyv 264. oldalán igazolt Eisenstein-féle kritériumot alkalmazzuk. A kritérium kijelentése a következő: Ha P ( X ) = an X n + ... + a1 X + a0 egy egész együtthatós polinom, és ha létezik olyan p prímszám, amelyre fennállnak a következő tulajdonságok: i. p a0 , p a1 , …, p an −1 , ii. p /| an és p 2 /| a0 ,


215

akkor a P ( X ) polinom a Q[X ] -ben irreducibilis polinom. a) A p = 3 prímszámra teljesülnek a kritérium feltételei, tehát a polinom irreducibilis. b) Ha a P (X ) = 3X 4 − 9X + 1 polinom reducibilis lenne, akkor a

⎛1⎞ Q ( X ) = X 4 P ⎜ ⎟ polinom is reducibilis kellene legyen. Ez viszont pontosan az ⎝X⎠ előbbi alpontban vizsgált polinom, tehát P is irreducibilis. c) Ha a P( X ) = X 6 + X 3 + 1 polinom reducibilis, akkor a Q( X ) = P( X + 1) = X 6 + 6 X 5 + 15 X 4 + 21X 3 + 18 X 2 + 9 X + 3 poliom is reducibilis. Erre a poliomra alkalmazhatjuk az Eisenstein kritériumot a p = 3 prímszámmal, tehát Q irreducibilis és így P is az. d) Az előbbihez hasonló gondolatmenetet alkalmazunk a Q( X ) = P( X − 1) segédpolinommal. 2X 3 + 5 és Q = X 3 + 4X 2 + 5X + 1 4. A ] 6 [X ] gyűrűben számítsd ki a P = X 4 + polinomok összegét és szorzatát. Határozd meg a polinomok gyökeit és legnagyobb közös osztóját is. Végezd el ugyanezeket a műveleteket ] 3 [X ] -ban!

ˆX 3 + 4ˆX 2 + 5ˆX , Megoldás. P + Q = X 4 + 3 PQ = X 7 + X 5 + 5ˆX 4 + X 3 + 2ˆX 2 + X + 5ˆ . ˆ és Q nem ˆ X 2 + X + 1) Egyik polinomnak sincs gyöke, P = (X 2 + X + 5)( osztható a P tényezőivel, tehát (P, Q ) = 1ˆ . (a gyököket egyszerűen próbálkozással P + Q = X 4 + X 2 + 2ˆX , polinomgyűrű esetén ] 3 [X ] PQ = X 7 + X 5 + 2ˆX 4 + X 3 + 2ˆX 2 + X + 2ˆ , továbbá P, Q irreducibilisek és nem oszthatók egymással, ezért (P, Q) = 1 . 5. Határozd meg azokat a ] 3 [X ] -beli polinomokat, amelyekhez rendelt polinomfüggvény identikusan nulla. 3 Megoldás. Mivel 3 -ban x = x , ∀ x ∈ 3 , elégséges a legfeljebb másodfokú keressük).

A

polinomokat vizsgálni. A ( 3 , +, ⋅) test, ezért minden elsőfokú polinomnak pontosan egy gyöke van és így a hozzárendelt polinomfüggvény nem identikusan nulla. Ha egy másodfokú polinomfüggvény identikusan nulla, akkor az ellentettje is az, tehát

$ −1,1$} . elégséges megkeresni az X 2 + aX + b alakú polinomokat, ahol a, b ∈ {0, Látható, hogy az X 2 értékei (0,1,1) , az aX értékei (0, 0, 0) , (0,1, −1) vagy (0, −1,1) és ezekből az értékekből nem lehet egy állandó függvényt kialakítani (a k adik tag a k − 1 -re számolt behelyettesítési érték). Így nincs olyan másodfokú polinom, amelyhez rendelt polinomfüggvény identikusan nulla lenne. Tehát csak azokhoz a polinomokhoz rendelt polinomfüggvény identikusan nulla, amelyek az x3 = x azonosság felhasználásával redukálhatók. Ezek 0 -ra


Gyűrűk és testek m

(

P ( X ) = ∑ an X bn X 3cn − X 3dn n=0

)

alakúak,

ahol

bn , cn , d n ∈

*

és

an ∈

3,

∀ n = 1, m 6. Hány 3 -ad fokú polinom létezik ] 2 [X ] -ben? Hát polinomfüggvény? Próbálj

válaszolni ugyanezekre a kérdésekre ] 6 [X ] -ben. Megoldás. Az X 3 együtthatója 1$ és a maradék 3 együtthatót tetszőlegesen 3 2 megválaszthatjuk, tehát 2 = 8 polinomot kapunk. Mivel x = x minden polinomfüggvény visszavezethető egy legfeljebb elsőfokú polinomhoz rendelt polinomfüggvényre. Ezekből viszont csak az f1 ( x) = x , f 2 ( x) = x + 1 , f3 ( x) = 0 és

f 4 ( x) = 1 függvények léteznek, tehát csak 4 polinomfüggvény értelmezhető

2

fölött. 6

[ X ] -ben 5 ⋅ 63 a harmadfokú polinomok száma. A polinomfüggvények

megszámlálásához szükséges az identikusan nulla polinomokat megszámolni és utána az első izomorfizmustétel alapján megállapítható a polinomfüggvények száma. Az 3 2 identikusan nulla harmadfokú polinomfüggvények száma 12 (az ax + bx + cx + d polinomfüggvény pontosan akkor identikusan nulla, ha d = 0 , a + b + c = 0 és

a − b + c = 0 ). Így a különböző polinomfüggvények száma

5 ⋅ 65 = 3210 . 12

3X 5 + X 3 + 2X + 4 polinom g = 2X 3 + 3X 2 + 1 7. Határozd meg az f = polinommal való osztási hányadosát és maradékát a ] 5 [X ] polinomgyűrűben. ˆX + 3ˆ . Megoldás. f = (4ˆX 2 + 4ˆX + 1)g + X 2 + 3 5X 6 + 3X 3 + 2X 2 − 3X + 5 polinomnak az 8. Számítsd ki ] 7 [X ] -ben az f = X + 2 polinommal való osztási maradékát és hányadosát! 2 polinommal való osztási maradéka Megoldás. Az f polinom X +

ˆ = f (5) ˆ = 0. f (−2) 0! 9. Határozd meg az összes olyan f ∈ ] 4 [X ] elsőfokú polinomot, amelyre f 2 = 0 és Megoldás. Ha f = aX + b , akkor f 2 = a 2 X 2 + b 2 + 2abX = 0 ebből b 2 = ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ így b ∈ {0, 2} . Ha b = 0 , akkor a ∈ {0, 2} és így f1 = 0 vagy f2 = 2X . Ha b = 2ˆ ,

ˆ és így f3 = 2ˆ vagy f4 = 2ˆX + 2ˆ . ˆ 2} akkor a ∈ {0, 10. Bizonyítsd be, hogy ha (K , +, ⋅) egy kommutatív test és f ∈ K [X ] , a, b ∈ K , a ≠ b , akkor f -nek az (X − a )(X − b) polinommal való osztási maradéka [ f (a ) − f (b)](a − b)−1 X + [af (b) − bf (a )](a − b)−1 . Megoldás. A maradékos osztás tétele alapján f = (X − a )(X − b) ⋅ G + R(X ) , ahol gr( R) = 1 .


217

Ha R( X ) = AX + B , akkor f (x ) = (x − a )(x − b)G(x ) + R(x ) , és így f (a ) = R(a ) valamint f (b) = R(b) , mivel (K , +, ⋅) kommutatív test és a ≠ b ⇒ ∃(a − b)−1 ∈ K . Az előbbi két egyenlőségből alkotott rendszer megoldásai A = [ f (a ) − f (b)] (a − b)−1 és B = [af (b) − bf (a )] (a − b)−1 . 11. Bizonyítsd be, hogy ha (K , +, ⋅) egy kommutatív test, f ∈ K [X ] , a, b ∈ K , a ≠ b és (X − a ) f valamint (X − b) f , akkor (X − a )(X − b) f . Igaz-e ez az állítás egy gyűrű esetén? Megoldás. Felhasználva a 10. feladat eredményét az f ∈ K [X ] polinom (X − a )(X − b) polinommal való osztási maradéka R = [ f (a ) − f (b)] (a − b)−1 X + [af (b) − bf (a )] (a − b)−1 . Mivel

(X − a ) f

(X − b) f

és

f (a ) = f (b) = 0 ⇒ R ≡ 0

ezért

tehát

(X − a )(X − b) f . Gyűrű esetén a tulajdonság általában nem igaz. Ha az a − b elem invertálható, akkor viszont a bizonyítás ugyanaz, mint az előbb. 12. Bizonyítsd be, hogy ha (K , +, ⋅) egy kommutatív test és fi ∈ K [X ] , i = 0, n valamint gr fi = i , akkor

n

∑α f

i i

= 0 ⇒ αi = 0, i = 0, n .

i =0

i

n

n

i

k =0

i =0

i =0

k =0 n

Megoldás. fi = ∑ aki X k ⇒ ∑ αi fi = ∑ αi ∑ aki X k =

∑α a

előbbi egyenlőség csak akkor teljesülhet, ha

j j k

n

n

∑X ∑α a k =0

k

j j k

= 0 . Az

j =k

= 0 , ∀ k ∈ {n, n − 1,....,1, 0}

j =k

esetén. Az így kapott egyenletrendszer egy háromszög alakú rendszer és aii ≠ 0 ,

i = 0, n alapján a rendszernek egyértelmű megoldása van, tehát ez a triviális megoldás (mert a rendszer homogén). Így αi = 0, i = 1, n . 13. Bontsd irreducibilis tényezők szorzatára a ] 2 [X ] legfeljebb negyedfokú polinomjait. Megoldás. Legyen P = a 4 X 4 + a 3 X 3 + a2 X 2 + a1 X + a 0 polinom, ha 0-ad fokú, ˆ , ha első akkor P = X + a , ha másodfokú, akkor ˆ 1} akkor P = a 0 , a 0 ∈ {0, 0

P = X 2 + a1 X + a 0 ,

P1 = X 2 = X ⋅ X , lehetséges esetek: ˆ , P = X 2 + 1ˆ , P = X 2 + X + 1ˆ , ahol az utóbbi kettő P2 = X 2 + X = X (X + 1) 3 4 ahol

P = X 3 + a 2 X 2 + a1 X + a 0 , irreducibilis. A harmadfokúaknál ha 2 ˆ = a + a , ez a 0 = 0ˆ ⇒ P (0) = 0, P = X (X + a2 X + a1 ) , ha a 0 = 1ˆ ⇒ P (1) 2 1 2 ˆ ˆ ˆ esetben ha a = a ⇒ P = (X + 1)(X + (a − 1)X + 1) vagy ha a ≠ a akkor a 1

2

2

1

2

polinom irreducibilis, de mindkét esetben visszavezettük másodfokú polinom tárgyalására. Hasonló a negyedfokú polinom felbontása is. 14. Bizonyítsd be, hogy ha

n

∑A x k =0

akkor Ak = 0m , k = 1, n .

k

k

= 0m , ∀ x ∈ \ , ahol Ak ∈ Mm (\) k = 1, n ,


Gyűrűk és testek

Megoldás. Ha Ak = [ k aij ]i , j =1, m , akkor az adott mátrix egyenlőségből következik, n

hogy rögzített i -re és j -re

∑ k =0

k

aij = 0 ,

k

aij x k = 0 , ∀ x ∈ \ . Ez csak akkor lehetséges, ha

k = 0, n . Mivel ez tetszőleges i, j ∈{1, 2,..., m} esetén érvényes

következik, hogy Ak = 0m , k = 1, n . 15. (Cayley-Hamilton) Bizonyítsd be, hogy az A − λI n mátrix A ∈ Mn (\) adjungáltjának minden eleme legfeljebb (n − 1) -ed fokú polinom és ha P(λ) = det(A − λI n ) , akkor P(A) = On . Megoldás. Az adjungált mátrix kiszámításának szabályából következik, hogy az n −1

( A − λ I n )* mátrix felírható ( A − λ I n )* = ∑ Aj ⋅ λ j alakban. Másrészt az adjungált j =0

mátrix tulajdonságai alapján det( A − λ I n ) ⋅ I n = ( A − λ I n ) ⋅ ( A − λ I n )* és a szorzás

elvégzése után azonosíthatjuk a λ megfelelő hatványainak együtthatóit (az előbbi feladat alapján). Így ha P (λ ) =

n

∑a λ j =0

j

j

, akkor a következő egyenletrendszerhez

jutunk:

⎧ AA0 = a0 I n ⎪ AA − A = a I 0 1 n ⎪ 1 ⎪⎪ AA2 − A1 = a2 I n ⎨ ⎪................ ⎪ AAn −1 − An − 2 = an − 2 I n ⎪ ⎪⎩ AAn = an I n Ha ebben a rendszerben minden k ∈{2,3,..., n} esetén a k -adik egyenletet szorozzuk balról Ak −1 -nel és a kapott egyenlőségek megfelelő oldalait összeadjuk, akkor a n

j

0n = a0 I n + ∑ a j A összefüggéshez jutunk, tehát P( A) = 0n . j =1

Tartalomjegyzék Vektorterek

219

Gyakorlatok (248. oldal) feletti vektortér, ha 1. Bizonyítsd be, hogy az [a, b ] -n folytonos függvények halmaza ∀f , g ∈ C [a, b ] , ( f + g ) (x ) = f (x ) + g (x ) , ∀x ∈ [a, b ] , ∀f ∈ C [a, b ] , ∀λ ∈ , (λ f ) (x ) = λ ⋅ f (x ) , ∀x ∈ [a, b ] . Megoldás. Az előbbi fejezetben láttuk, hogy (C [a, b ], +) Abel csoport. A további négy tulajdonság a műveletek tulajdonságai alapján nyilvánvaló: (λ ( f + g )) (x ) = λ ( f (x ) + g (x )) = λ f (x ) + λg(x ) = (λ f + λg )(x ) , ∀x ∈ [a, b ] ; (λ1 + λ2 )f (x ) = λ1 f (x ) + λ2 f (x ) = (λ1 f + λ2 f )(x ) , ∀x ∈ [a, b ] ; λ1 ⋅ (λ2 f ) (x ) = λ1 ⋅ λ2 f (x ) = (λ1 ⋅ λ2 f )(x ) , ∀x ∈ [a, b ] ; 1 ⋅ f (x ) = f (x ) , ∀x ∈ [a, b ] . p −1

2. Bizonyítsd be, hogy az yn +p =

∑α

i

⋅ yn +i alakú ( p ∈

*

, αi ∈ , i = 0, p − 1 )

i =0

rekurziót teljesítő (yn )n ≥1 valós számsorozatok vektorteret alkotnak

felett a

következő két művelettel: (x n )n ≥1 ⊕ (yn )n ≥1 = (z n )n ≥1 ⇔ z n = x n + yn , ∀n ≥ 1 ;

λ

(x n )n ≥1 = (z n )n ≥1 ⇔ z n = λ ⋅ x n , ∀n ≥ 1 .

p −1 ⎪⎧ ⎪⎫ = Megoldás. Ha (x n )n ≥1 és (yn )n ≥1 két sorozat a G = ⎪ ( y ) y ⎨ n n ≥1 n +p ∑ αi yn +i ⎪⎬ ⎪⎩⎪ ⎪⎭⎪ i =0 halmazból, akkor (x n )n ≥1 ⊕ (yn )n ≥1 = (z n )n ≥1 ⇔ z n = x n + yn , ∀n ≥ 1 , ahonnan p −1

p −1

i =0

i =0

z n +p = x n +p + yn +p = ∑ αi (x n +i + yn +i ) = ∑ αi z n +i , és így (z n )n ≥1 ∈ G . A ⊕ művelet kommutatív és asszociatív (mert örökli az összeadás kommutativitását és asszociativitását) és a semleges elem az (en )n ≥1 sorozat, ahol en = 0, ∀n ≥ 1 . Egy tetszőleges (x n )n ≥1 ∈ G sorozat inverze a (−x n )n ≥1 sorozat (ez teljesíti a rekurziót, mert a rekurziót beszorozhatjuk −1 -gyel). Ezek alapján a (G, ⊕) struktúra egy Ábel csoport. A vektortér további négy axiómája a következőképpen látható be (az egyenlőségek mindvégig az összes n ≥ 1 természetes számra érvényesek): a) λ ((x n )n ≥1 ⊕ (yn )n ≥1 ) = λ (z n )n ≥1 = (vn )n ≥1 ahol z n = x n + yn és vn = λz n ⇒ vn = λ(x n + yn ) = λx n + λyn ⇒ (vn )n ≥1 = λ

b) (λ + μ)

(x n )n ≥1 ⊕ μ

(yn )n ≥1 ;

(x n )n ≥1 = (yn )n ≥1⇔ yn = (λμ)x n = λ(μx n )⇒ (yn )n ≥1 = λ

z n = μx n ⇒ (yn )n ≥1 = λ

d) 1

(yn )n≥1 ;

(x n )n ≥1 = (yn )n ≥1 ⇔ yn = (λ + μ)x n = λx n + μx n tehát (yn )n ≥1 = λ

c) (λμ)

(x n )n ≥1 ⊕ λ

(μ

(x n )n ≥1 ) ;

(x n )n ≥1 = (yn )n ≥1 ⇔ yn = 1x n = x n ⇒ (yn )n ≥1 = (x n )n ≥1 .

(z n )n ≥1 , ahol


Vektorterek p −1

3. Bizonyítsd be, hogy az y (p ) = ∑ αi ⋅ y (i )

differenciálegyenlet megoldásai

i =0

(p ∈

*

, αi ∈ , i = 0, p − 1) vektorteret alkotnak

felett, a következő két

művelettel:

(y1 + y2 ) (x ) = y1 (x ) + y2 (x ) , ∀x ∈

;

(λ ⋅ y ) (x ) = λ ⋅ y (x ) , ∀x ∈

, ∀λ ∈ . Megoldás. A bizonyítás az előbbi feladathoz hasonlóan történik, csak sorozatok ( * -on értelmezett függvények helyett) helyett függvények között értelmeztük a műveleteket. 4. Bizonyítsd be, hogy ha (K , +, ⋅) egy test, akkor az

Lk = { f : K → K | f (αx + βy ) = α f (x ) + β f (y ) , ∀α, β, x , y ∈ K } halmaza K feletti vektortér a következő műveletekkel: ∀f , g ∈ Lk ( f ⊕ g ) (x ) = f (x ) + g (x ) , ∀x ∈ K ;

függvények

∀f ∈ Lk , ∀λ ∈ K , (λ f ) (x ) = λ ⋅ f (x ) , ∀x ∈ K . Megoldás. Az (LK , ⊕) struktúra Abel csoport, mert a tulajdonságok átöröklődnek a (K , +, ⋅) testből. A további négy tulajdonság a következőképpen igazolható (az egyenlőségek minden x ∈ K -ra értendők): a) (λ (f ⊕ g ))(x ) = λ(f ⊕ g )(x ) = λ(f (x ) + g(x )) = λ f (x ) + λg(x ) = = (λ f )(x ) + (λ g )(x ) = (λ f ⊕ λ g )(x ) ; b) ((λ + μ) f )(x ) = (λ + μ)f (x ) = λ f (x ) + μ f (x ) = (λ f )(x ) + (μ f )(x ) = = (λ f ⊕ μ f )(x ) ; c) ((λμ) f )(x ) = λμf (x ) = λ(μ f (x )) = λ((μ f )(x )) = (λ (μ f ))(x ) ; d) (1 f )(x ) = 1f (x ) = f (x ) . 5. Bizonyítsd be, hogy a C 1 = {(0, 0, 0), (0,1,1), (1, 0,1), (1,1, 0)} és halmazok

C 2 = {(0, 0, 0, 0, 0), (0,1,1, 0,1), (1, 0,1,1, 0), (1,1, 0,1,1)} vektorteret képeznek az felett a következő műveletekkel: 2

x = (x 1, x 2 ,..., x n ) , y = (y1, y2 ,..., yn ) z = (z1, z 2 ,..., z n ) esetén x ⊕ y = z ⇔ z k = x k + yk (mod 2) k = 1, n , n ∈ {3, 4} ;

λ

x = z ⇔ z k = λ ⋅ x k (mod 2) , k = 1, n , n ∈ {3, 4} .

Megoldás. Ha a C 1 halmazban bármely két elemet tesszük össze a ⊕ művelettel vagy mind a három tag nulla, vagy van 2 drb 1 -es közöttük, tehát ⊕ belső művelet. A semleges elem a (0, 0, 0) és minden elemnek saját maga az inverze, a kommutativitás és az asszociativitás átöröklődik a 2 -ből, tehát (C 1, ⊕) Ábel-csoport.


221

A többi négy tulajdonság azonnal következik, mert a szorzótényezők a halmazból vannak, tehát (C 1, ⊕, , 2 ) vektortér. A C 2 halmaz esetén

2

ˆˆ = {0,1}

6. Bizonyítsd be, hogy ha (V , ⊕, , K ) vektortér a (K , +, ⋅) test felett és (K1, +, ⋅) részteste (K , +, ⋅) -nak, akkor (V , ⊕, , K1 ) vektortér (K1, +, ⋅) felett. Sajátos esetben

( , +, ⋅) vektortér ( , +, ⋅) felett! Megoldás. Mivel a (K1, +, ⋅) részteste a (K , +, ⋅) testnek, az értelmezésben szereplő tulajdonságok átöröklődnek K -ból, ezért (V , ⊕, , K ) is vektortér. 7. Bizonyítsd be, hogy a vektortér értelmezésében szereplő utolsó négy feltétel egymástól független. Megoldás. Az M = *+ halmazon tekintjük az x ⊕ y = xy , ∀ x , y ∈ művelet. Így az (M , ⊕) struktúra egy Ábel féle csoport. Ha a „szorzást” az λ ⊗ x = x λ , ∀ x > 0 és ∀ λ ∈ összefüggésekkel értelmezzük, akkor az utolsó három axióma teljesül, de az első nem, tehát ez az axióma független a többitől. Tekintsük az M = 2 halmazt, amelyen értelmezzük a következő műveleteket: (x1, y1 ) + (x 2 , y2 ) = (x1 + x 2 , y1 + y2 ) , ∀ x 1, x 2 , y1, y2 ∈ λ ⋅ (x 1, y1 ) = (λ ⋅ x 1, λ 2y1 ) , ∀ x 1, y1, λ ∈

Ellenőrizhető, hogy az így szerkesztett struktúra a második axióma kivételével az összes többit teljesíti, tehát ez az axióma független a többitől. A valós számok halmazán értelmezzük a szokásos összeadást és a következő szorzást: λ ⋅ x = (2 − e 1−λ )x , ∀ x ∈ , Az így értelmezett műveletekkel az ( , +, ⋅) struktúrában a harmadik axióma nem teljesül, mert általában (2 − e 1−λ1 )(2 − e 1−λ2 ) ≠ 2 − e 1−λ1 −λ2 . Tekintsük az M = {a 0 + a1x + a2x 2 a 0 , a1, a2 ∈

}

halmazt a polinomok szokásos

összeadásával és a λ ⋅ (a 0 + a1x + a2x 2 ) = λa 0 + λa2x 2 összefüggéssel értelmezett szorzással. Az (M , +, ⋅) struktúra csak az utolsó axiómát nem teljesíti, tehát ez az axióma független az előbbiektől. x +y és 8. Bizonyítsd be, hogy a V = {x ∈ | x < 1} halmaz az x ⊕ y = 1 + xy α y = th (α ⋅ arcthx ) , ∀x , y ∈ V , ∀α ∈ műveletekkel vektortér felett. e u − e −u és arcth ennek az inverz függvénye) e u + e −u Megoldás. A csoportoknál láttuk, hogy a (V , ⊕) struktúra egy Ábel-féle csoport (225. oldal 11. feladat). Az arcth függvény értelmezési tartománya a (−1,1)

( thu =


Vektorterek

1 1+x ln , tehát a művelet helyesen értelmezett. 2 1−x Ellenőrizzük az utolsó négy axiómát: ⎛ x + y ⎞⎟ λ (x ⊕ y ) = th(λ ⋅ arcth(x ⊕ y )) = th ⎜⎜λ ⋅ arcth ⎟ = th (λ ⋅ (th x + th y )) = ⎜⎝ 1 + xy ⎠⎟ intervallum és arcth x =

=

th (λ ⋅ arcth x ) + th (λ ⋅ arcth y ) (λ x ) + (λ y ) = = (λ 1 + th (λ ⋅ arcth x ) th (λ ⋅ arcth y ) 1 + (λ x )(λ y )

x ) ⊕ (λ

y) ;

(λ1 + λ2 ) x = th ⎡⎣(λ1 + λ2 ) ⋅ arcth x ⎤⎦ = th (λ1 arcth x + λ2 arcth y ) = th (λ1 ⋅ arcth x ) + th (λ2 ⋅ arcth x ) (λ x ) + (λ2 x ) = = 1 = 1 + th (λ1 ⋅ arcth x ) th (λ2 ⋅ arcth x ) 1 + (λ1 x )(λ2 x ) = (λ1 λ1

(λ2

x ) = th (λ1 ⋅ arcth (λ2

x ) ⊕ (λ2

x) ;

x )) = th (λ1 ⋅ arcth (th (λ2 ⋅ arcth x ))) =

= th (λ1 ⋅ λ2 arcth x ) = λ1 ⋅ λ2 arcth x = (λ1 ⋅ λ2 )

x és

1 x = th(1 ⋅ arcth x ) = x , tehát a vizsgált (V , ⊕, ) struktúra egy vektortér. 9. Bizonyítsd be, hogy ha V1 és V2 vektorterek K felett, akkor a V1 ×V2 Descartesféle szorzat is tekinthető K feletti vektortérnek! Megoldás. Ha (V1, +, , K ) és (V2 , ⊕, ⊗, K ) vektorterek, akkor a :V1 × K → V1 és ⊗ : V2 × K → V2 műveletek teljesítik a négy tulajdonságot és a (V1, +) illetve (V2 , ⊕) struktúrák Ábel-féle csoportok. A (V1 ×V2 , †) struktúra Ábel csoport, ha † : V1 ×V2 → V1 ×V2 és (x 1, y1 )†(x 2 , y2 ) = (x1 + x 2 , y1 ⊕ y2 ) , ∀ (x 1, y1 ),(x 2 , y2 ) ∈ V1 ×V2 . Hasonló módon értelmezzük a • : K × (V1 ×V2 ) → V1 ×V2 szorzást a λ • (x, y ) = (λ x, λ ⊗ y ), ∀x ∈ V1, y ∈ V2 összefüggéssel. Az utolsó négy axiómát a következőképpen vizsgáljuk: a) λ • ((x , y )†(v, w )) = λ • (x + v, y ⊕ w ) = (λ (x + v ), λ ⊗ (y ⊕ w )) = = (λ x + λ v, λ ⊗ y ⊕ λ ⊗ w ) = λ • (x, y )† λ • (v, w ) ; b) (λ + μ) • (x, y ) = ((λ + μ) x,(λ + μ) ⊗ y ) = (λ x + μ x, λ ⊗ y ⊕ μ ⊗ y ) = = (λ x , λ ⊗ y )†(μ x , μ ⊗ y ) = λ • (x, y )† μ • (x, y ) ; c) (λμ) • (x , y ) = ((λμ) x,(λμ) ⊗ y ) = (λ (μ x ), λ ⊗ (μ ⊗ y )) = = λ • (μ x, μ ⊗ y ) = λ • (μ • (x, y )) ; d) 1 • (x , y ) = (1 x,1 ⊗ y ) = (x, y ) , tehát a (V1 ×V2 , †, •K ) is vektortér. 10. Lehet-e a ( , +) halmazt

(

p

, +, ⋅) feletti vektortérnek tekinteni, ha p prím?


223

Megoldás. Nem mert ha ( , +) a

(

p

, +, ⋅) fölötti vektortér lenne, akkor a

műveletek tulajdonságai alapján ellentmondáshoz jutnánk: p = 1 + 1 + ... + 1 = 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 + ... + 1 ⋅ 1 = (1 + 1 + ... + 1)1 = 0 ⋅ 1 = 0 p

11. Hány eleme lehet egy

p

(

p

p

, +, ⋅) feletti vektortérnek, ha p prímszám?

Megoldás. Egy p feletti vektortér vagy végtelen sok elemet tartalmaz, vagy eleminek száma a p -nek hatványa. 12. Bizonyítsd be, hogy ha (K1, +, ⋅) valódi részteste a (K , +, ⋅) testnek, akkor K1 nem lehet K feletti vektortér. Megoldás. Tudjuk, hogy (K1, +, ⋅) ≤ (K , +, ⋅) , feltételezzük, hogy (K1, +, •K ) vektortér vagyis a • : K1 × K → K1 művelet teljesíti az értelmezésben szereplő utolsó négy tulajdonságot. Mivel K1 ⊆ K , a • művelet a K1 -re nézve belső művelet, továbbá kommutatív, 1 ∈ K1 ( 1 a • -ra nézve semleges elem) és semleges elem • -ra nézve is, mivel 1 • x = x , ∀ x ∈ K1 . A (λμ) • x = λ • (μ • x ) egyenlőségben helyettesítsünk λ := x -et és μ := x −1 -et (a ⋅ műveletre vonatkozik az inverz). Így x = (xx −1 ) • x = x • (x −1 • x ) ⇔ x −1 • x = 1 , tehát x inverze a • műveletre nézve

is x −1 és így (K1, •) Ábel csoport. Másrészt ha k ∈ K \ K1 és k1 ∈ K1 , akkor

k1 • k ∉ K1 (ellenkező esetben a k kifejezhető volna k = k2 • k1−1 ∈ K 1 alakban) és ez ellentmondás. Gyakorlatok 1. Bizonyítsd be, hogy az alábbi halmazok a megadott vektorterek részterei: a) U = {(x , y ) ∈ 2 | ax + by = 0} , V = ( 2 , +, ⋅, ) ; b) U = {(x , y, 0) | x , y ∈

} , V = ( 3 , +, ⋅, ) ;

c) U = {y ∈ C 2 [a, b ] | y ′′ + 2y ′ + 3y = 0} és V = C 2 [a, b ] = { f : [a, b ] →

| f ′′ folytonos} ;

d) U = {(0, 0, 0, 0, 0), (0,1,1, 0,1), (1,1, 0,1,1), (1, 0,1,1, 0)} , V = ( e) U = {a + b 2 | a, b ∈

}, V

5 2

, +, ⋅,

2

);

= ( , +, ⋅, ) .

Megoldás. a) (x1, y1 ) + (x 2 , y2 ) = (x1 + x 2 , y1 + y2 ) ∈ U mivel a(x1 + x 2 ) + b(y1 + y2 ) = ax1 + by1 + ax 2 + by2 = 0 . λ(x, y ) = (λx , λy ) ∈ U mert a(λx ) + b(λy ) = λ(ax + by ) = 0 . b) (x1, y1, 0) + (x 2 , y2 , 0) = (x1 + x 2 , y1 + y2 , 0) ∈ U és λ(x, y, 0) = (λx, λy, 0) ∈ U ; c) y1 + y2 ∈ U , mert


Vektorterek

(y1 + y2 )′′ + 2(y1 + y2 )′ + 3(y1 + y2 )=(y1′′ + 2y1′ + 3y1 ) + (y2′′ + 2y2′ + 3y2 ) = 0 ahol y1, y2 ∈ U . Hasonlóan λy ∈ U mivel (λy )′′ + 2(λy )′ + 3(λy ) = λ(y ′′ + 2y ′ + 3y ) = 0, λ ∈ , y ∈ U . d) (0,1,1, 0,1) + (1,1, 0,1,1) = (1, 0,1,1, 0) ∈ U , (0,1,1, 0,1) + (1, 0,1,1, 0) = (1,1, 0,1,1) ∈ U , és (1,1, 0,1,1) + (1, 0,1,1, 0) = (0,1,1, 0,1) ∈ U . ∀λ ∈ 2 ⇒ λu = u vagy λu = 0 . e) (a1 + b1 2) + (a 2 + b2 2) = (a1 + a2 ) + (b1 + b2 ) 2 ∈ U és λ(a + b 2) = (λa ) + (λb) 2 ∈ U , λ ∈ , a + b 2 ∈ U . 2. Bizonyítsd be, hogy ha (U , +, ⋅, ) résztere a (V , +, ⋅, ) -nek, akkor (U , +) részcsoportja (V , +) -nak. Megoldás. Ha U ≤K V , akkor ∀u1, u2 ∈ U esetén u1 + u2 ∈ U és λu ∈ U . Ha λ = −1 -re alkalmazzuk az előbbi tulajdonságot, akkor következik, hogy −1u = −(1u) = −u ∈ U és az u + (−u ) = 0 ∈ U egyenlőség alapján következik, hogy (U , +) részcsoportja (V , +) -nak.

3. Bizonyítsd be, hogy ha (U 1, +, ⋅, ) és (U 2 , +, ⋅, ) két résztere a (V , +, ⋅, ) vektortérnek, akkor (U 1 ∩ U 2 , +, ⋅, ) is résztere V -nek. Megoldás. Ha u, u ' ∈ U 1 ∩ U 2 , akkor az U 1 ≤K V és U 2 ≤K V relációk alapján u + u ' ∈ U 1 és u + u ' ∈ U 2 , tehát u + u ′ ∈ U 1 ∩ U 2 . Ha λ ∈ és u ∈ U 1 ∩ U 2 akkor U 1 ≤K V és U 2 ≤K V alapján λu ∈ U 1 ∩ U 2 . Tehát U 1 ∩ U 2 résztere a V -nek. 4. Bizonyítsd be, hogy ha (U 1, +, ⋅, ) és (U 2 , +, ⋅, ) két résztere a (V , +, ⋅, ) vektortérnek, akkor az U = {u1 + u2 | u1 ∈ U 1, u2 ∈ U 2 } halmaz is résztere (V , +, ⋅, ) -nek. (Ezt a vektorteret U 1 + U 2 -vel jelöljük) Megoldás. u, u ' ∈ U 1 + U 2 ⇒ ∃u1, u2 , u1' , u2 ' : u := u1 + u2 , u ' := u1' + u2' , tehát u + u ' = (u1 + u1' ) + (u2 + u2' ) ∈ U 1 + U 2 . Ha λ ∈ és u ∈ U 1 +U 2 ⇒ λu = λ(u1 + u2 ) = (λu1 ) + (λu2 ) ∈ U 1 + U 2 . 5. Bizonyítsd be, hogy ha (U , +, ⋅, ) résztere (V , +, ⋅, ) -nek és a " ∼ " relációt az u ∼ v ⇔ u − v ∈U összefüggéssel értelmezzük, akkor " ∼ " ekvivalencia reláció. Bizonyítsd be, hogy ha a " ∼ " szerinti ekvivalencia osztályokon értelmezzük az alábbi műveleteket: u + v := u + v λ ⋅ u := λ ⋅ u


225

akkor az ekvivalencia osztályokból alkotott V U faktorhalmazon egy vektortér struktúrát értelmeztünk. Megoldás. Igazoljuk, hogy a " ∼ " reláció reflexív, szimmetrikus és tranzitív. Az u − u = 0 ∈ U összefüggés alapján u ∼ u , tehát a reláció reflexív. Ha u ∼ v és v ∼ z , akkor u − v ∈ U és v − z ∈ U , tehát u − z = (u − v) + (v − z ) ∈ U és így a reláció tranzitív is. A szimmetria következik az u − v ∈ U ⇔ v − u ∈ U ekvivalenciából. Ha V U = {u | u ∈ U } , u + v = u + v és λu = λu , akkor

(V U , +) Ábel csoport és λ(u + v ) = λ(u + v ) = λ(u + v ) = λu + λv = λu + λv = λu + λv ;

(λ + μ)u = (λ + μ)u = λu + μu = λu + μu = λu + μu ; (λμ)uˆ = λ(μu ) = λμu = λ(μu ) ; 1u = 1u = u ∀λ ∈ , u, v ∈ V U , tehát (V U , +, ) vektortér.

Gyakorlatok 1. Tanulmányozd a következő vektorok lineáris függőségét és függetlenségét: a) v1 = (2,1, 3,1) , v2 = (1, 2, 0,1) , v3 = (−1, 1, −3, 0) az 4 vektortérben; b) v1 = (4, −2, 3) , v2 = (5, −3, 0) , v3 = (−3, 2,1) az 3 vektortérben; c) v1 = (2, 5, −3, 2, −1) , v2 = (1, −2, 3, −1, 2) , v3 = (1, 2, 2, 0, −1) , v4 = (4, −1, −3, 2, −1) , v5 = (2, −2, −4,1, 0) az 5 vektortérben; d) v1 = 8 − 2t + 7t 2 , v2 = 2 − 3t + t 2 , v 3 = 4 − t + 2t 2 a C ( ) vektortérben; e) 1, sin t, ... , sin nt, cos t, ... , cos nt , ahol n ∈

*

és t ∈

, a C( )

vektortérben. Megoldás. a) A λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 = 0 egyenlőség ekvivalens a ⎧ 2λ1 + λ2 − λ3 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ λ + 2λ2 + λ3 = 0 ⎪ ⎪ 1 ⎨ ⎪ − 3λ3 = 0 3λ1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ =0 λ + λ2 ⎪ ⎩ 1 egyenletrendszerrel. Ennek a rendszernek végtelen sok megoldása van és ezek λ1 = λ3 és λ2 = −λ1 alakúak, tehát a vektorok lineárisan függő rendszert alkotnak. A megoldások alapján v1 − v2 + v3 = 0 .


b)

Vektorterek 4

−2 3

5

−3 0 = 1 ≠ 0 ⇒ a rendszernek csak a triviális megoldása létezik, tehát a

−3

2

1

vektorok lineáris függetlenek. c) A rendszer mátrixának determinánsa nem nulla, tehát a vektorok lineárisan függetlenek 5 -ben. d) Mivel az ax 2 + bx + c kifejezés pontosan akkor identikusan 0 , amikor minden együtthatója 0 , a C ( ) vektortérben a v1, v2 , v 3 függvények lineáris függetlenségének vizsgálata visszavezethető egy lineáris egyenletrendszerre. Ennek a rendszernek a determinánsa nem 0 , tehát a függvények lineárisan függetlenek. n

n

e) Szorozzuk be cos kt -vel a λ0′ + ∑ λi sin it + ∑ λi′ cos it = 0 összefüggést és i =1

i =1

2π

integráljuk

a

[0, 2π ]

intervallumon.

Az

∫ 0

⎧ ⎪0, i ≠ j cos jt ⋅ cos it dt = ⎪ ⎨ π, i = j ⎪ ⎪ ⎩

és

2π

∫ cos jt ⋅ sin it dt = 0 ,

∀ i, j ∈ {0,1, 2,..., n } összefüggések alapján következik, hogy

0

λk′ = 0 minden k ∈ {0,1, 2,..., n} esetén. Ha sin kt -vel szorozzuk be az összefüggést és azután integrálunk a [0, 2π ] intervallumon, akkor következik, hogy λk = 0 minden k ∈ {1, 2,..., n} esetén és így a függvények lineárisan függetlenek. 2. Határozd meg az alábbi vektorrendszerek egy-egy maximális elemszámú lineárisan független részrendszerét: a) v1 = (0,1) , v2 = (−1, 2) , v3 = (2, 4) , v4 = (5, 7) 2 -ben;

b) v1 = (0, −1, 2) , v2 = (−1, 2, 3) , v3 = (1, −1, 0) , v4 = (0, 0, 5) v1 = (0, 0, −1,1) , v2 = (−1, 2,1, 0) , v3 = (2, −1, 0, 3) , c)

v5 = (3, 0,1, 6)

4

3

-ben; v4 = (1,1, 0, 4) ,

-ben;

d) f1 = x , f2 = x 2 , f3 = 2x 2 + 3x − 1 , f4 = x 2 + x + 1 [x ] -ben. Megoldás. Az első feladatnál alkalmazott módszert használjuk és a következő eredményekhez jutunk: a) {v1, v2 } ; b) {v1, v3 , v4 } ; c) {v1, v2 , v3 } ; d) {f1, f2 , f3 } . 3. Bizonyítsd be, hogy az alábbi halmazok részterei a megadott vektortereknek és határozd meg a dimenziójukat: a) {a ⋅ (1, 2, 4) + b ⋅ (1, 3, −2) + c ⋅ (3, 8, 0) | a, b, c ∈ } ⊆ 3 ; b) {a ⋅ sin x + b ⋅ cos x + c ⋅ e x + d ⋅ e −x | a, b, c, d ∈

} ⊆C ( );

⎧ ⎪ ⎪⎫ c) ⎪⎨∑ cke rk | ck ∈ , k = 1, n ⎪⎬ ⊆ C ( ) , ahol r1, r2 , ... , rn −1 és rn páronként ⎪ ⎪⎭⎪ ⎪ k =1 ⎩ különböző valós számok. n


227

Megoldás. A részterek értelmezése alapján a bizonyítások nyilvánvalóak. A dimenzió meghatározása során azt kell figyelembe vennünk, hogy a halmaz értelmezésében megjelenő összeget 0 -val azonosítva hány független paraméter marad. Így a következő értékeket kapjuk: b) dimU = 4 ; a) dimU = 2 ; rx c) dimU = n (az e j függvények lineáris függetlenségét a 253-ik oldalon igazoltuk). n

∑a x

4. Bizonyítsd be, hogy egy

ij

j

= 0 , i = 1, m alakú (aij ∈ , i = 1, m, j = 1, n )

j =1

egyenletrendszer megoldáshalmaza egy vektortér, amely résztere az n vektortérnek! Mennyi ennek a térnek a dimenziója? Megoldás. A résztér és az összeg tulajdonságai alapján nyilvánvaló, hogy a megoldások egy részteret alkotnak ( x i = 0 , i = 1, n mindig megoldás). Ha felírjuk a rendszer megoldásait akkor ezek n − rang M független paramétertől függnek ( M a rendszer mátrixa), tehát a megoldástér dimenziója n − rang M . p

5. Bizonyítsd be, hogy a

∑a x

j n +j

= 0 , n ≥ 1 rekurziót teljesítő ( p ∈

*

aj ∈

,

j =0

j = 0, p ) valós számsorozatok egy vektorteret alkotnak! Mennyi ennek a térnek a dimenziója? Megoldás. Mivel a kezdeti értékek egyértelműen meghatározzák a sorozatot (a rekurzióval együtt) ezért elégséges a lineárisan független sorozatokat a kezdőértékek ⎧⎪1, k = j , j ∈ {0,1, 2,..., p − 1} kezdő segítségével megadni. Ha tekintjük az x kj = ⎪⎨ ⎪⎪0, k ≠ j ⎩ feltételeknek eleget tevő p darab sorozatot ( k ∈ {0,1, 2,..., p − 1} ), akkor egy tetszőleges (x j )j =0,p −1 feltételeknek eleget tevő sorozat felírható p−1

x i = ∑ x j ⋅ x ij , ∀i ≥ 0 j =0

alakban. Ez azt jelenti, hogy az általunk választott p sorozat segítségével a rekurzió összes megoldása kifejezhető. Ugyanakkor világos, hogy ezek a sorozatok lineárisan függetlenek, tehát bázist alkotnak és így a tér dimenziója p . 6. Bizonyítsd be, hogy a v1 = (1,1, 2,1) , v2 = (1, −1, 0,1) , v3 = (1, 2, 2, 0) és

v4 = (0, 0, −1,1) vektorok az 4 vektortér egy bázisát alkotják! Határozzuk meg a v = (1,1,1,1) vektor koordinátáit ebben a bázisban! Megoldás. A λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 + λ4v4 = (0, 0, 0, 0) egyenlőségből következik, hogy (λ1 + λ2 + λ3 , λ1 − λ2 + 2λ3 , 2λ1 + 2λ3 − λ4 , λ1 + λ2 + λ4 ) = 0 , tehát


Vektorterek

⎧ λ + λ2 + λ3 = 0 ⎪ ⎪⎪ 1 ⎪λ − λ + 2λ = 0 2 3 ⎪⎪ 1 ⎨ ⎪ 2λ1 + 2λ3 − λ4 = 0 ⎪ ⎪ ⎪⎪λ + λ + λ = 0 2 4 ⎪ ⎩ 1 A rendszer determinánsa 4 , tehát λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 0 az egyetlen megoldás. Ugyanakkor ∀ v = (x 1, x 2 , x 3 , x 4 ) vektorra léteznek az egyértelműen meghatározott

λ1, λ2 , λ3 , λ4 valós számok úgy, hogy λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 + λ4v4 = v , mert ez az egyenlőség egy Cramer rendszerrel ekvivalens. Ha a vizsgált esetben megoldjuk a 1 1 1 1 rendszert, akkor a v = v1 + v2 + v3 + v4 összefüggéshez jutunk. 4 4 2 2 v1 = (1, 2, −4, 3,1) , v2 = (2, 5, −3, 4, 8) , 7. Határozzál meg a

(

)

v 3 = 6, 17, − 7, 10, 22 és v4 = (1, 3, −3, 2, 0) vektorok által generált résztérben egy

bázist! Megoldás. Ha U = v1, v2 , v3 , v4 ≤

5

, akkor az x ∈ U reláció ekvivalens az

5 x = λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 + λ4v4 egyenlet megoldhatóságával. Ez az -ben felírt egyenlet ekvivalens egy 5 × 4 -es egyenletrendszerrel. A rendszer mátrixának minden negyedrendű aldeterminánsa 0 , és így a v1, v2 , v3 , v4 vektorok lineárisan függőek. Az ⎛1 2 6 ⎞⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ 5 17 ⎟⎟⎟ aldetermináns nem nulla és így a v1, v2 , v 3 vektorok lineárisan A' = ⎜⎜ 2 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝⎜−4 −3 −7⎠⎟⎟

függetlenek, tehát a v1, v2 , v 3 és v4 által generált résztérben a {v1, v2 , v3 } egy bázisnak tekinthető. 8. Határozd meg a v = (1, 2, −4) vektor koordinátáit az alábbi bázisokban: a) v1 = (1, 0, 0) , v2 = (1,1, 0) , v3 = (1,1,1) ; b) v1 = (1, −1, 0) , v2 = (−4, 6, −10) , v3 = (−1, 3, −9) ; c) v1 = (1,1, 0) , v2 = (0,1,1) , v3 = (1, 0,1) . Megoldás. A koordináták meghatározása egy-egy lineáris egyenletrendszerre vezetődik vissza. A következő eredményeket kapjuk: a) λ1 = −1, λ2 = 6, λ3 = −4 ; 19 b) λ1 = −26, λ2 = − , λ3 = 11 ; 2 7 3 5 c) λ1 = , λ2 = − , λ3 = − . 2 2 2 n ⎧⎪⎪ (X − a ) ⎫⎪⎪ 9. Ha V = { f ∈ [X ] | gr ( f ) ≤ n } , a ∈ és B = ⎨1, X − a,..., ⎬, ⎪⎪⎩ n ! ⎪⎪⎭


229

a) igazold, hogy B bázisa V -nek; b) határozd meg f koordinátáit a B bázisban. Megoldás. a) Minden olyan B0 = {P0 , P1,..., Pn } polinomrendszer bázisa a V -nek, amelyben a k -adik elem pontosan (k − 1) -ed fokú, mert a

n

P = ∑ c j Pj j =0

egyenlőségben a domináns tagtól kiindulva azonosíthatjuk a c j együtthatókat. n

b) Ha deriváljuk k -szor az f (x ) = c1 + ∑ c j j =1

(x − a )j összefüggést, és mindkét oldal j!

behelyettesítési értékét számítjuk a -ban, akkor az f (k ) (a ) = ck egyenlőséghez jutunk, tehát n (x − a )j f (x ) = f (a ) + ∑ f ( j ) (a ) . j! j =1 Gyakorlatok 1. Bizonyítsd be, hogy az alábbi leképezések lineárisak: a) f : 3 → 2 , f (x 1, x 2 , x 3 ) = (2x 1 + x 2 , 4x 3 ) ; b) f :

2

c) f :

3

→

3

, f (x 1, x 2 ) = (x 1, 3x 1 − x 2 , 2x 1 ) ;

→

3

, f (x 1, x 2 , x 3 ) = (x 1 − 2x 2 + x 3 , 2x 1 + x 2 − x 3 , x 2 − 3x 3 ) ;

d) f : 2 → 2 , f (x 1, x 2 ) = (3x 1 − x 2 , 2x 1 ) . Megoldás. a) f (αx + βy ) = f (α(x1, x 2 , x 3 ) + β(x 1, x 2 , x 3 )) = f (αx1 + βy1, αx 2 + βy2 , αx 3 + βy3 ) = = (2αx1 + 2βy1 + αx 2 + βy2 , 4αx 3 + 4βy3 ) = (2αx1 + αx 2 , 4αx 3 ) + +(2βy1 + βy2 , 4βy3 ) = α(2x1 + x 2 , 4x 3 ) + β(2y1 + y2 , 4y3 ) = α f (x 1, x 2 , x 3 ) + β f (y1, y2 , y 3 ) ; b) f (αx + βy ) = f (α(x1, x 2 ) + β(y1, y2 )) = f (αx1 + βy1, αx 2 + βy2 ) = = (αx 1 + βy1, 3αx1 + 3βy1 − αx 2 − βy2 , 2αx 1 + 2βy1 ) = (αx1, 3αx1 − αx 1, 2αx1 ) + +(βy1, 3βy1 − βy2 , 2βy1 ) = α(x 1, 3x1 − x 2 , 2x1 ) + β(y1, 3y1 − y2 , 2y1 ) = = α f (x1, x 2 ) + β f (y1, y2 ) ; A c) és d) pontok igazolása is hasonlóan történik. 2. Az előbbi transzformációk közül a lineárisak esetében írd fel a transzformáció mátrixát! Megoldás ⎛1 0 ⎞⎟ ⎛1 −2 1 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎛2 1 0 ⎞⎟ ⎜ ⎜ ⎟ B B B ⎟⎟ ; b) [ f ] ' = ⎜⎜3 −1⎟⎟ ; c) [ f ] ' = ⎜⎜⎜2 1 −1⎟⎟⎟ ; a) [ f ]B ' = ⎜⎜ B B ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎝0 0 4⎠⎟⎟ ⎜⎜2 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜0 1 −3⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


Vektorterek

⎛3 −1⎞⎟ ⎟⎟ . d) [ f ]BB ' = ⎜⎜⎜ ⎜⎝2 0 ⎠⎟⎟ 3. Van-e olyan f : 2 → 2 lineáris leképezés, amely az (1, 0) , (0,1) , (1, 0) vektorokat rendre a (0,1) , (1, 0) , (2, 2) vektorokba transzformálja? Megoldás. Ha van ilyen f : 2 → ⎛a1 b1 ⎞⎟ ⎟⎟ mátrixa egyértelműen [ f ]BB ' = ⎜⎜⎜ ⎜⎝a2 b2 ⎠⎟⎟

2

lineáris függvény, akkor annak meghatározott.

f (1, 0) = (0,1)

és

⎛0 1⎞⎟ ⎟⎟ viszont így f (1, 0) ≠ (2, 2) , tehát nem létezik az f (0,1) = (1, 0) alapján [ f ]BB ' = ⎜⎜⎜ ⎜⎝1 0⎠⎟⎟ adott feltételeket teljesítő lineáris leképezés. 4. Írd fel azt az f : 3 → 2 lineáris leképezést, amely az (1,1, 0) , (1, 0,1) , (0,1,1) vektorokat rendre a (1, 0) , (1,1) , (0,1) vektorokba transzformálja. Megoldás. Ha felírjuk, hogy az f : 3 → 2 , f (x ) = Ax függvény, ahol A ∈ M 2,3 teljesíti az adott feltételeket, akkor két egyenletrendszerhez jutunk és ez alapján ⎛1 0 0⎞⎟ ⎟⎟ . következik, hogy A = ⎜⎜⎜ ⎝⎜0 0 1⎠⎟⎟ 5. Vizsgáld meg a következő leképezések injektivitását, szürjektivitását és bijektivitását. A bijektív leképezések esetén írd fel az inverzüket, a többi esetén határozd meg a képtér dimenzióját és egy bázisát: a) f : 3 → 2 , f (x, y, z ) = (x − 2y + z, x + y + 3z, −3x + y + z ) ; b) f : 2 → 3 , f (x, y ) = (x − 3y, x + y, 2x − y ) ; →

, f (x, y ) = x − 2y ;

→

4

, f (x , y ) = (x + y, 2x − y, x + 3y, x − y ) ;

→ e) f : Megoldás. a)

4

, f (x, y, z ) = (x + y − z, x − y + 2z, 3x − y + z, x + y + z ) .

c) f :

2

d) f :

2 3

⎧ ⎪ x 1 − 2y1 + z 1 = x 2 − 2y2 + z 2 ⎪ ⎪ ⎪ f (x 1, y1, z 1 ) = f (x 2 , y2 , z 2 ) ⇔ ⎪ ⇔ ⎨x 1 + y1 + 3z 1 = x 2 + y2 + 3z 2 ⎪ ⎪ ⎪ −3x 1 + y1 + z 1 = −3x 2 + y2 + z 2 ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎧a = x 1 − x 2 a − 2b + c = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⎨a + b + 3c = 0 ahol ⎪ ⎨b = y1 − y2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ c = z1 − z 2 ⎪ ⎪ −3a + b + c = 0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎩ Az egyenletrendszer mátrixának determinánsa nem nulla, tehát csak az a = b = c = 0 triviális megoldás létezik, ahonnan (x 1, y1, z1 ) = (x 2 , y2 , z 2 ) . Ez alapján


231

⎧⎪x − 2y + z = x ' ⎪⎪ ⎪ ' a függvény injektiv. A szürjektivitás feltétele, hogy az ⎪ ⎨x + y + 3z = y ⎪⎪ ⎪⎪−3x + y + z = z ' ⎪⎩ ' ' ' egyenletrendszernek egyértelmű megoldása legyen ∀(x , y , z ) ∈ 3 esetén. Ennek szükséges és elégséges feltétele, hogy a rendszer determinánsa ne legyen 0 . Ezt már igazoltuk, tehát a függvény bijektív. Ha felírjuk a rendszer megoldásait az f −1 : 3 → 3 inverz függvényhez jutunk, tehát 1 f −1(x , y, z ) = (−2x + 3y − 7z, −10x + 4y − 2z , 4x + 5y + 3z ) . 22 b) Lineáris leképezések injektivitása egyenértékű azzal, hogy az f (x, y ) = (0, 0, 0) egyenletnek csak a (0, 0) legyen a megoldása. Ebben az esetben ez teljesül, mert már az első két komponens alapján következik, hogy x = y = 0 . A leképezés nem lehet szürjektív, mert tetszőleges (x 0 , y0 , z 0 ) esetén az f (x, y ) = (x 0 , y0 , z 0 ) egyenlőség első két komponenséből egyértelműen meghatározhatjuk az (x , y ) párt és így a z 0 megválasztható úgy, hogy a harmadik egyenlet ne teljesüljön. A képtérben (x − 3y, x + y, 2x − y ) alakú elemek vannak, amelyek felírhatók

x (1,1, 2) + y(−3,1, −1) alakban ∀x , y ∈

-re, tehát f (

2

) = (1,1, 2),(−3,1, −1) ,

belátható, hogy ezek a vektorok lineárisan függetlenek, tehát a {(1,1, 2),(−3,1, −1)} vektorrendszer egy bázisa f ( 2 ) -nek és dim(f ( 2 )) = 2 . c) A leképezés nem injektív, de szürjektív, mivel az x − 2y = 0 kifejezés minden valós értéket felvehet ráadásul mindegyiket végtelen sok helyen. d) A leképezés injektív, de nem szürjektív (akárcsak a b) alpontban), továbbá f ( 2 ) = (1, 2,1,1),(1, −1, 3, −1) , ahol a generáló rendszer lineárisan független, tehát bázis f ( 2 ) -ben és dim f ( 2 ) = 2 . e) A leképezés injektív, de nem szürjektív, továbbá f ( 2 ) = (1,1, 3,1),(1, −1, −1,1),(−1, 2,1,1) tehát dim f ( 6. Számítsd ki az f :

2

→

2

2

) = 3;

, f (x 1, x 2 ) = (2x 1 − x 2 , 3x 1 − x 2 ) és g :

2

→

2

,

g (x 1, x 2 ) = (x 2 − x 1, 4x 1 + 3x 2 ) lineáris leképezések összetételét! Írd fel az f és a g mátrixát, majd az összetett függvény mátrixát! Milyen összefüggés létezik az előbbi három mátrix közt? Megoldás. g f : 2 → 2 , ahol (g f )(x1, x 2 ) = g(f (x1, x 2 )) = g(2x1 − x 2 , 3x1 − x 2 ) = (x1,17x1 − 7x 2 ) . 0 ⎞⎟ ⎛2 −1⎞⎟ ⎛−1 1⎞⎟ ⎛1 ⎟⎟ ,[g ]B ' = ⎜⎜ ⎟⎟ és [g f ]B ' = ⎜⎜ ⎟ [ f ]BB ' = ⎜⎜⎜ ⎜⎜ 4 3⎟⎟ ⎜⎜17 −7⎟⎟⎟ B ⎜⎝3 −1⎠⎟⎟ B ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Tartalomjegyzék 232 Észrevehető, hogy [g

Vektorterek

f ]BB ' = [g ]BB ' [ f ]BB ' .

7. Bizonyítsd be, hogy az f :

3

→

3

,

f (x 1, x 2 , x 3 ) = (x 1 − 2x 2 + x 3 , 2x 1 + x 2 − x 3 , x 2 − 3x 3 ) lineáris leképezés bijektív! Számítsd ki az inverzét és Bizonyítsd be, hogy az inverze is lineáris leképezés! Írd fel az f és f −1 mátrixát! Milyen összefüggés létezik az előbbi két mátrix közt? ⎧ ⎪ a − 2b + c = 0 ⎪ ⎪ ⎪ Megoldás. A leképezés pontosan akkor bijektív ha az ⎪⎨2a + b − c = 0 ⎪ ⎪ ⎪ b − 3c = 0 ⎪ ⎪ ⎩ egyenletrendszernek csak a triviális megoldásai léteznek. Ez egyenértékű azzal, hogy a determinánsa különbözzön 0 -tól és ez teljesül. Ugyanakkor az inverz függvény ⎧⎪x − 2x + x = y 2 3 1 ⎪⎪ 1 ⎪⎪ meghatározása a ⎨2x 1 + x 2 − x 3 = y2 rendszer megoldásával egyenértékű és így az ⎪⎪ ⎪⎪x 2 − 3x 3 = y 3 ⎪⎩ −1 3 3 f : → , ahol 1 5 1 1 1 1 1 1 5 f −1 (x , y, z ) = ( x + y − z, − x + y − z, − x + y − z ) . 6 12 12 2 4 4 6 12 12 ⎛ 1 5 1 ⎞⎟ ⎜⎜ − ⎟ ⎛1 −2 1 ⎞⎟ ⎜⎜ 6 12 12 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎜ ⎜ 1 1 1 ⎟⎟ − ⎟⎟⎟ . Észrevehető, hogy Tehát [ f ]BB ' = ⎜⎜2 1 −1⎟⎟⎟ és [ f −1 ]BB ' = ⎜⎜− ⎜⎜ ⎜⎜ 2 4 ⎟ 4 ⎟⎟ ⎜⎜0 1 −3⎟⎟⎟ ⎜⎜ 1 1 5 ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎜⎜− − ⎟ ⎜⎝ 6 12 12 ⎠⎟ [ f −1 ]BB ' = ([ f ]BB ' )−1 . 8. Határozd meg a B és B ′ bázisok közti áttérési mátrixokat: a) B = {(5,1), (1, 2)} , B ′ = {(1, 0), (0,1)} ; b) B = {(1,1,1), (1,1, 0), (1, 0, 0)} , B ′ = {(2, 0, 3), (−1, 4,1), (3, 2, 5)} ; c) B = {t,1, t 2 } , B ′ = {3 + 2t + t 2 , t 2 − 4, 2 + t } ; d) B = {1, t 2 + 1, t 2 + t } , B ′ = {t 2 + 3t − 3, 4t 2 + t + 2, t 2 − 2t + 1} . Megoldás. Ha T -vel jelöljük a B ' bázisról a B -re való áttérési mátrixot, akkor


⎛5 1⎞⎟ ⎟⎟ ; b) T a) T = ⎜⎜⎜ ⎜⎝1 2⎠⎟⎟ 2 ⎛ 9 ⎜⎜⎜− 26 − 13 ⎜ ⎜⎜⎜ 5 4 d) T = ⎜ ⎜⎜ 26 13 ⎜⎜ 11 1 ⎜⎜− ⎜⎝ 26 − 13

233

⎛ 13 ⎞ ⎛ 2 1 4 ⎞⎟ ⎜⎜ −2 − ⎜⎜− −3⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ 3 3 3 3 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ 1 ⎜ ⎟ ⎜ 2 7 1 1 ⎟⎟ ⎟ = ⎜⎜− − −1⎟⎟⎟ ; c) T = ⎜⎜ − − ⎟⎟⎟ ; ⎜⎜ 2 ⎜⎜ 3 6 3 3 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟ 17 ⎜⎜ 3 ⎜ 7 − 2 − 8 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ 2 ⎜ ⎜⎝ 2 ⎜⎝ 3 ⎠⎟ 6 3 3 ⎠⎟ 1⎞ − ⎟⎟ 13 ⎟⎟⎟ 2 ⎟⎟⎟ ⎟. 13 ⎟⎟⎟ 7 ⎟⎟ − ⎟⎟⎟ 13 ⎠

Gyakorlatok és feladatok 1. Bizonyítsd be, hogy két párhuzamos eltolás összetétele párhuzamos eltolás. Megoldás. Legyen f : V → V és g : V → V két párhuzamos eltolás úgy, hogy f (v ) = v + v1 és g(v ) = v + v2 . Így g f : V → V (g f )(v ) = g(f (v )) = g(v + v1 ) = v + (v1 + v2 ) , tehát a g f függvény v1 + v2 vektorral való párhuzamos eltolás. 2. Bizonyítsd be, hogy

n

-ben az [u, v ] = {λu + (1 − λ ) v | λ ∈ [ 0,1]} halmaz

(u, v ∈ ) w irányú párhuzamos eltolásából az [u + w, v + w ] halmazt kapjuk. (az [u, v ] halmazt nevezzük u és v végpontú szakasznak). n

Megoldás. Ha f : n → n , f (v ) = v + w a w irányú párhuzamos eltolás, akkor a szakasz jellemzéséből x ∈ [u, v ] ⇔ x = λx u + (1 − λx )v, λx ∈ [0,1] . Így f (x ) = x + w ⇔ f (x ) = λx u + (1 − λx )v + w ⇔ f (x ) = λx u + (1 − λx )v + (λx + 1 − λx )w = λx (u + w ) + (1 − λx )(v + w ) , ahol λx ∈ [0,1] , tehát f (x ) ∈ [u + w, v + w ] . Világos, hogy az [u + w, v + w ] szakasz minden pontja előállítható ilyen alakban, tehát az eltolás után az [u + w, v + w ] szakaszt kapjuk. 3 3. Bizonyítsd be, hogy -ban egy AB szakasz párhuzamos eltolásával az ′ ′ A B ≡ AB szakaszhoz jutunk. Megoldás. Sajátos esete az előbbi feladatnak. 4. Bizonyítsd be, hogy 3 -ben párhuzamos eltolás utján egy tetszőleges AB szakasz felezőpontjának képe az AB képének felezőpontja. Megoldás. Ha az f : 3 → 3 , f (x ) = x + v függvény a v -vektorral való párhuzamos eltolás, f ([AB ]) = [A'B ' ] , M ∈ [AB ] az [AB ] szakasz felezőpontja, M ′


Vektorterek

az [A′ B ′ ] felezőpontja, és a, b, m, m ′ az A, B, M , M ′ pontok helyzetvektorai, akkor a +b m= , tehát 2 a +b a + b + 2v (a + v ) + (b + v ) a ' + b ' f (m ) = +v = = = = m′ . 2 2 2 2 5. Bizonyítsd be, hogy egy tetszőleges (V , +, ⋅, K ) vektortér feletti eltolások Ábelféle csoportot alkotnak az összetevésre nézve.

{

Megoldás. A G = f : V → V | ∃v ∈ V : f (x ) = x + v, ∀x ∈ V

}

halmazon az

összetevés belső művelet (lásd az 1. feladatot). Ugyanakkor f1 f2 = f2 f1 , tehát a művelet kommutatív. Az asszociativitás öröklődik a függvények összetevéséből. Az identikus függvény (a 0 ∈ V irányú párhuzamos eltolás) semleges elem és ha f a v vel való párhuzamos eltolás, akkor az inverze az összetevésre nézve a (−v ) -vel való párhuzamos eltolás. Ezek alapján (G, ) egy Ábel féle csoport. Gyakorlatok 1. Bizonyítsd be, hogy 3 -ban egy tetszőleges homotétia a középponton áthaladó egyeneseket önmagukba transzformálja és a középpontot nem tartalmazó egyeneseket velük párhuzamos egyenesekbe. Megoldás. Legyen f : 3 → 3 , f (v ) = λv, λ ∈ * az origó középpontú és λ x y z arányú homotétia, és legyen d : = = egy origón átmenő egyenes egyenlete. r p q M (x M , yM , z M ) pontosan akkor d -n, Az van ha az M ' ( f (x M , yM , z M )) = (λx M , λyM , λz M ) pont rajta van a d egyenesen mert λx M λy λz x y z = M = M ⇔ M = M = M . Így a homotétia a középponton áthaladó p q r p q r egyeneseket önmagukba transzformálja. Ha a d egyenest az A1(x1, y1, z1 ) és A2 (x 2 , y2 , z 2 ) pontok határozzák meg és ez nem x − x1 y − y1 z − z1 halad át az origón, akkor az egyenlete d : . Igazoljuk, = = x 2 − x1 y 2 − y1 z 2 − z1

hogy

az

egyenes

az

A1' ( f (x 1, y1, z 1 )) = (λx 1, λy1, λz 1 )

és A2 ( f (x 2 , y2 , z 2 )) = (λx 2 , λy2 , λz 2 ) pontok által meghatározott egyenes. Az A1′A2′ x − λx 1 y − λy1 z − λz1 = = egyenes egyenlete d ' = (A1'A2' ) : , és így ha λ(x 2 − x 1 ) λ(y2 − y1 ) λ(z 2 − z1 ) A(x, y, z ) ∈ d , akkor f (A) = (λx , λy, λz ) ∈ d ′ . Ugyanakkor minden A′(x , y, z ) ∈ d ′ ⎛x y z ⎞ pont esetén létezik az A ⎜⎜ , , ⎟⎟⎟ ∈ d pont, amelyre f (A) = A′ . Ez alapján a d ⎝λ λ λ ⎠ egyenes képe a d ′ egyenes. '

képe


235

2. Bizonyítsd be, hogy két K középpontú homotétia összetétele is egy K középpontú homotétia. Megoldás. f , g : n → n K (x 0 ) középpontú λ ∈ * és β ∈ * arányú ⎧⎪f (x ) = x 0 + λ(x − x 0 ) ⎪ , ∀x ∈ n . A g f : n → n függvényre homotétiák ⇔ ⎪ ⎨ ⎪⎪g(x ) = x 0 + β(x − x 0 ) ⎪⎩ (g f )(x ) = g( f (x )) = g(x 0 + λ(x − x 0 )) = x 0 + β(λ(x − x 0 )) = x 0 + βλ(x − x 0 ) , tehát az összetett függvény K (x 0 ) középpontú és βλ ∈

*

arányú homotétia.

3. Bizonyítsd be, hogy egy AB szakasz képe egy λ arányú homotétiában egy A′ B ′ szakasz, amelyre A′ B ′ = λ ⋅ AB . Megoldás. f (v ) = λv, λ ∈

Az *

origót

választhatjuk

középpontnak.

Így

f :

3

→

3

,

a homotétia. Ha a és b az A és B pontok helyzetvektorai és a

képeik A illetve B ' , (a képek helyzetvektorai nyilván λa és λ b ), akkor az előbbi ' ' bizonyítások alapján az [AB ] szakasz képe az [AB ] szakasz. Ha az M ∈ [AB ] pont '

helyzetvektora ka + (1 − k )b valamilyen k ∈ [0,1] esetén, akkor az f (M ) = M ' pont helyzetvektora k (λa ) + (1 − k )(λb) = ka ' + (1 − k )b ' . Ugyanakkor ha az M ′ ∈ [A′ B ′ ] pont helyzetvektora ka ′ + (1 − k )b ′ valamilyen k ∈ [0,1] esetén, akkor létezik az M a′ b′ és így f (M ) = M ′ . Tehát az [AB ] pont, amelynek helyzetvektora k + (1 − k ) λ λ ' ' | AB | | b' − a ' | = és b ' = λb illetve szakasz képe az [A′ B ′ ] szakasz. Másrészt | AB | |b −a |

a ' = λa , tehát | A'B ' |= λ | AB | . 4. Milyen transzformáció két különböző középpontú szimmetria összetétele? Hát n darab egymástól különböző szimmetria összetétele? Megoldás. Az a és b középpontú szimmetriák az f : V → V , f (v ) = 2a − v és g : V → V , g(v ) = 2b − v képletekkel érhatók le. Így két szimmetria összetétele az f g : V → V , f g(v) = f (g(v)) = 2a − (2b − v) = 2a − 2b + v függvény és ez egy párhuzamos eltolás (a középpontok által meghatározott vektor kétszerese az eltolás vektora). 5. Mi a feltétele 3 -ban annak, hogy tetszőleges K1, K 2 , ... , K m pontok esetén létezzenek a C 1, C 2 , ... , C m pontok úgy, hogy a K j pont a C jC j +1 szakasz felezőpontja j = 1, m − 1 és K m a C mC 1 felezőpontja? Megoldás. Tetszőleges X 0 pontból kiindulva szerkesszük meg az X1, X 2 ,..., Xm pontokat úgy, hogy Xi +1 az X i -nek a K i +1 pontra vonatkozó szimmetrikusa legyen. Ha Xm = X 0 , akkor ezek a pontok megfelelnek. Ellenkező esetben mozdítsuk el az X 0 pontot egy v vektorral. Így az X2k pontok szintén v vektorral mozdulnak el és az


Vektorterek

X 2k −1 pontok −v vektorral. Tehát ha m páros akkor vagy tetszőleges X 0 pont esetén teljesül az X 0 = Xm egyenlőség vagy egyetlen X 0 esetén sem. Ha viszont az 1 m páratlan, akkor a v = X 0 X m vektorral való elmozdítás eredménye az, hogy 2 X 0 = Xm . Ez alapján a szükséges és elégséges feltétel az, hogy m legyen páratlan. 4.6. Gyakorlatok és feladatok 1. a) Bizonyítsd be, hogy a legfeljebb n -ed fokú valós együtthatójú polinomok halmaza az összeadással és a valós számmal való szorzással vektorteret alkot. b) Bizonyítsd be, hogy az előbbi Ρn vektortérben az 1, x , x 2 ,..., x n polinomok bázist alkotnak, tehát Ρn egy (n + 1) dimenziós vektortér. (x − a )2 (x − a )n , ... , c) Bizonyítsd be, hogy az 1, x − a, polinomok is Ρn egy n ! 2!

bázisát alkotják! d) Bizonyítsd be, hogy az x (x − 1) ... (x − n + 1) x (x − 1) x (x − 1)(x − 2) 1, x , , , ... , 2 3! n ! polinomok is bázist alkotnak Ρn -ben! Megoldás. Az a) alpontot a tankönyv 247. oldalán igazoltuk tetszőleges test fölötti polinomokra. A b), c) és d) alpontok következnek a következő általánosabb állításból: Ha B = {P0 , P1,..., Pn } egy olyan polinomrendszer, amelyben gr Pj = j , j = 0, n , akkor ez a rendszer bázisa a V = {P ∈ [X ] gr P ≤ n} vektortérnek. Előbb igazoljuk, hogy a B rendszer egy lineárisan független rendszer. Ha n

∑c

j

⋅ Pj (x ) = 0 , ∀ x ∈

, akkor az előbbi egyenlőség bal oldala nem tartalmazhat

j =0

x n -es tagot, mert ha ilyen tag megjelenne, akkor a

n

∑c

j

⋅ Pj (x ) polinomnak

j =0

legfeljebb n darab valós gyöke létezhetne. De x n csak Pn -ben szerepel és így ez csak akkor tűnik el, ha cn = 0 . Ebben az esetben a domináns tag kitevője legfeljebb n − 1 . n

Ha a

∑c

j

⋅ Pj (x ) polinomban szerepel x n −1 , akkor ismét csak véges sok gyöke

j =0

lenne. Mivel ez ellentmondás a Pn −1 együtthatója is 0 és ezt a gondolatmenetet megismételve kapjuk, hogy c1 = c2 = ... = cn = 0 . Tehát a B elemei lineárisan független rendszert alkotnak. Igazoljuk, hogy B elemei egy generáló rendszert j

n

k =0

j =1

alkotnak V -ben. Ha Pj (x ) = ∑ ckj ⋅ x k , j = 1, n és P (x ) = ∑ a j x j egy tetszőleges


237

j n n n ⎛ n ⎞ polinom V -ből, akkor a P (x ) = ∑ c j ⋅ Pj (x ) = ∑ c j ∑ ckj ⋅ x k = ∑ ⎜⎜⎜∑ c jckj ⎟⎟⎟ x k ⎝ j =k ⎠⎟ j =0 k =0 k =0 ⎜ j =0 n

egyenlőség ekvivalens a

∑c

j

⋅ ckj = ak , k = 0, n lineáris egyenletrendszerrel. Ez a

j =k

rendszer egy háromszög alakú rendszer és így a c jj ≠ 0 (mert gr Pj = j ) alapján egyértelműen megoldható. Tehát B egy bázis és így következik mindhárom alpont. 2. Bizonyítsd be, hogy az előbbi Ρn vektortérben egy tetszőleges P ∈ Ρn (x − a )2 (x − a )n , ... , polinomnak a 1, x − a, bázisra vonatkozó koordinátái 2! n ! P (a ), P ′ (a ), P ′′ (a ),..., P n (a ) , tehát ( )

n

P (x ) = ∑ k =0

P (k ) (a ) (x − a )k . k !

(Taylor képlet)

Megoldás. Lásd a tankönyv 257. oldalának 7. feladatát. 3. Bizonyítsd be, hogy ha V1 , V2 , V3 részterei a (V , +, ⋅, K ) vektortérnek, akkor

(V1 +V2 ) +V3 = V1 + (V2 +V3 ) . Megoldás. Az összeadás asszociativitása átöröklődik: v ∈ (V1 + V2 ) + V3 ⇔ ∃vi ∈ Vi , i = 1, 3 : v = (v1 + v2 ) + v 3 ⇔

⇔ ∃vi ∈ Vi , i = 1, 3 : v = v1 + (v2 + v 3 ) ⇔ v ∈ V1 + (V2 + V3 ) . 4. Bizonyítsd be, hogy ha f : V → W egy lineáris leképezés (V , W vektorterek K

felett), akkor az Im f = {y ∈ W | ∃x ∈ V : f (x ) = y } halmaz a W résztere és a

Ker f = {x ∈ V | f (x ) = 0} halmaz résztere V -nek. Megoldás. Az f linearitása alapján ha x 1 ∈ Ker f és x 2 ∈ Ker f , akkor f (αx 1 + βx 2 ) = α f (x1 ) + β f (x 2 ) = 0 , tehát αx 1 + βx 2 ∈ Ker f . Hasonlóan ha y1 ∈ Im f és y2 ∈ Im f , akkor αy1 + βy2 = α f (x1 ) + β f (x 2 ) = f (αx1 + βx 2 ) , tehát αy1 + βy2 ∈ Im f . Így mindkét halmaz lineáris résztér a megfelelő vektortérben. 5. Bizonyítsd be, hogy az előbbi feladat jelölései alapján a V Ker f faktortér izomorf Im f -el. Megoldás. Az f : V Ker f → Im f , f (x ) = f (x ) függvény jól értelmezett ( x ker f y ⇒ f (x ) = f (y ) ⇒ f (x ) = f (y ) ,

tehát

az

értelmezés

független

a

reprezentánsok megválasztásától), bijektív (ha f (x ) = f (y ) , akkor f (x ) = f (y ) és így x ker f y , tehát x = y , tehát f injektív és az értelmezés alapján világos, hogy szürjektív) és lineáris mert


Vektorterek

f (αx + βy ) = f (αx + βy ) = α f (x ) + β f (y ) = α f (x ) + β f (y ) , tehát egy lineáris izomorfizmus a két tér között. 6. Bizonyítsd be, hogy ha V1 , V2 véges dimenziós részterei V -nek, akkor dim (V1 + V2 ) = dimV1 + dimV2 − dim (V1 ∩ V2 ) . Megoldás. Legyen B = {v1, v2 ,..., vn } a V1 ∩V2 egy bázisa (láttuk, hogy ez is résztér) és ezt egészítsük ki a V1 illetve V2 egy-egy bázisára (lásd a 9. feladat megoldását). Így állíthatjuk, hogy a B1 = {v1, v2 ,..., vn , u1,..., um } a V1 bázisa és B2 = {v1, v2 ,..., vn , w1, w 2 ,..., w p } a V2 egy bázisa. Igazoljuk, hogy V1 +V2 egy bázisa B12 = {v1, v2 ,..., vn , u1,..., um , w1,..., w p }

és így a bizonyítandó egyenlőség az

n + m + p = (n + m) + (n + p) − n azonosságra redukálódik. Világos, hogy B12 ⊂ V1 +V2 és, hogy B12 elemei lineárisan független rendszert alkotnak, mert ha n

m

p

j =1

j =1

j =1

∑ a j v j + ∑ bj u j + ∑ cj w j = 0 és nem minden együttható 0 , akkor vagy (V1 \V2 ) ∩V2 ≠ ∅ típusú ellentmondáshoz jutunk. Másrészt ha v 1 ∈ V1 , akkor n

m

j =1

j =1

p

n

v 1 = ∑ a j v j + ∑ b j u j és ha v 2 ∈ V2 , akkor v 2 = ∑ a j v j + ∑ c j w j és így j =1

j =1

n

m

p

j =1

j =1

j =1

v 1 + v 2 = ∑ (a j + a j ) v j + ∑ b j u j + ∑ c j w j , tehát B12 generáló rendszer is. 7. Bizonyítsd be, hogy a 4. feladat jelölésével dimV = dim Im f + dim Ker f . Megoldás. Legyen B = {b1, b2 ,..., bn } a Ker f egy bázisa és B = {k1, k2 , ..., km } a V Ker f egy bázisa (az 5. feladat alapján tudjuk, hogy V Ker f Im f , tehát dim(V Ker f ) = dim(Im f ) ). Igazoljuk, hogy a B = {b1, b2 ,..., bn , k1,..., km } rendszer

egy bázisa V -nek. Ha m

∑β

i

n

m

i =1

i =1

∑ αi ⋅ bi + ∑ βi ⋅ ki = 0 , akkor

m

∑β

i

⋅ f (ki ) = 0 és így

i =1

⋅ f (ki ) = 0 (az 5. feladat jelöléseivel). De az {f (k 2 ), f (k 2 ),..., f (k m )} rendszer

i =1

egy bázisa Im f -nek, tehát β1 = β2 = ... = βm = 0 . Így viszont

n

∑α

i

⋅ bi = 0 és

i =1

ebből következik, hogy α1 = α2 = ... = αn = 0 , mert B egy bázis Ker f -ben. Ez alapján a vizsgált rendszer lineárisan független. Másrészt tetszőleges v ∈ V esetén f (v) ∈ Im f β1, β2 ,..., βm konstansok, amelyekre és így léteznek a m m ⎛m ⎞ f (v ) = ∑ β j ⋅ f (k j ) = f ⎜⎜⎜∑ β j ⋅ k j ⎟⎟⎟ . Ez alapján v − ∑ β j ⋅ k j ∈ Ker f , tehát ⎜⎝ j =1 ⎠⎟ j =1 j =1


239 m

n

j =1

j =1

léteznek az α1, α2 ,..., αn valós számok, amelyekre v − ∑ β j ⋅ k j = ∑ αj ⋅ bj . Tehát a vizsgált rendszer generáló rendszer is. 8. Bizonyítsd be, hogy ha a {v1, v 2 ,..., vn } rendszer a (V , +, ⋅, K ) generáló rendszere, akkor kiválasztható ebből a rendszerből egy bázis. Megoldás. Ha a Bn = {v1, v 2 ,..., vn } halmaz elemei lineárisan független rendszert alkotnak, akkor ez egy bázis is, ellenkező esetben létezik nemtriviális lineáris n

kombináció, amely 0 . Legyen ez a lineáris kombináció

∑c

j

⋅ v j = 0 . Az

j =1

általánosság csorbítása nélkül feltételezhetjük, hogy cn ≠ 0 (esetleg újraindexeljük a n −1

Bn elemeit). Így vn = −∑ c j ⋅ cn−1v j és ha v ∈ V egy tetszőleges vektor, akkor a Bn j =1

n

tulajdonsága alapján léteznek olyan λj ∈ K konstansok, amelyekre v = ∑ λj ⋅ v j . j =1

Ebből következik, hogy n −1

n −1

n −1

j =1

j =1

j =1

v = ∑ λj ⋅ v j − λn ∑ c j ⋅ cn−1v j = ∑ (λj − λn ⋅ c j ⋅ cn−1 ) v j ,

tehát a Bn −1 = {v1, v2 ,..., vn −1 } rendszer is generáló rendszer. Megismételve ezt a gondolatmenetet addig hagyhatunk el egy-egy elemet, amíg lineárisan független generáló rendszerhez jutunk. Mivel a Bn halmazban véges sok elem van ez legfeljebb n elem elhagyása után bekövetkezik és így az adott halmazból kiválaszthatunk egy bázist. 9. Bizonyítsd be, hogy ha a {v1, v 2 ,..., vn } rendszer lineárisan független a (V , +, ⋅, K ) véges dimenziós vektortérben, akkor kiegészíthető néhány elemmel úgy, hogy generáló rendszer legyen. Megoldás. Ha v1, v2 ,...vn = V , akkor a rendszert nem kell kiegészíteni, mert generáló rendszer is. Ha v1, v2 ,...vn ≠ V , akkor létezik vn +1 ∈ V \ v1, v2 ,...vn . Ha ezt az elemet hozzávesszük a Bn = {v1, v 2 ,..., vn } halmazhoz, akkor egy lineárisan független Bn +1 = {v1, v2 ,..., vn , vn +1 } rendszerhez jutunk. Ezt a szerkesztést nem lehet a végtelenségig ismételni (véges sok lépés után elérjük, hogy Bn +m = V ),mert ha a vektortérben létezik egy d elemű bázis ( B = {b1, b2 ,..., bp } ), akkor tetszőlegesen választott d + 1 elem lineárisan függő rendszert alkot. Valóban ha {e1, e2 ,...., ed +1 } j =1,d +1

egy d + 1 elemből álló rendszer, akkor léteznek a (cij )i =1,d

konstansok úgy, hogy

d

ek = ∑ c kj bj , k = 1, d + 1 . Létezik olyan bj , amelynek nem minden összegben 0 az j =1

együtthatója, ezt kifejezhetjük és visszahelyettesítjük az összes egyenletbe. Minden


Vektorterek

egyenlőségben az e j -ket tartalmazó tagokat a bal oldalra visszük és megismételjük az eljárást (teljes kiküszöbölés módszere). Ha véletlenül a jobb oldalon minden bj együtthatója 0 , akkor a bal oldalon az ek -k valamilyen lineáris kombinációja szerepel és így megszerkesztettük a lineárisan függő rendszert. Mivel minden lépésben legalább egy bj eltűnik a jobb oldalról és az egyenletek száma 1 -gyel csökken, ezért legfeljebb d lépésben megkapunk egy lineáris kombinációt, amely 0 . Ez alapján egy lineárisan független rendszert kiegészíthetünk egy bázissá (véges dimenziós vektorterekben). 10. Hány bázisa van a 32 vektortérnek? Megoldás. 32 -ben 8 elem van és bármely két (0, 0, 0) -tól különböző elem lineárisan független, mert a szorzótényezők (skalárok) 2 -ből vannak. Ugyanakkor a tér dimenziója 3 , mert {(1, 0, 0),{0,1, 0},(0, 0,1)} egy bázis. Másrészt ha kiválasztunk

két tetszőleges elemet

3 2

-ből, akkor csak az összegükkel alkotnak lineárisan

összefüggő rendszert. Így a 32 \ {(0, 0, 0)} -ből tetszőlegesen kiválaszthatunk két 7⋅6 = 21 különböző módon tehetjük meg) és az így kiválasztott elemet (ezt C 72 = 2 elemeken kívül még marad 4 elem, amellyel kiegészíthetjük egy bázisra (mert csak az összegüket kell kizárnunk) a rendszert. Így viszont minden bázist háromszor állítunk 21 ⋅ 4 = 28 . elő, tehát a különböző bázisok száma 3

Tartalomjegyzék Összefoglaló gyakorlatok és feladatok

241

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 1. Teszt 1. Számítsd ki a következő határértékeket:

2.

e + e2 + … + en a) lim ; n →∞ π − π 2 + … + (−1)n ⋅ π n

b) lim

[a ] + [ 9a ] + … +

⎡(2n − 1)2 a ⎤ ⎣⎢ ⎦⎥

.

n3

n →∞

⎡ 1 1 1 ⎛ π π ⎞⎟⎤ ⎜ + ⎥ ⋅n . + +…+ 2 ; b) lim ⎢ ln tg ⎜ n →∞ n + 1 n →∞ ⎢ ⎝ 4 n ⎠⎟⎥⎦ 2 (n + 1) (n + 1) ⎣ 3. Ha ( fn )n ∈ -el jelöljük a Fibonacci sorozat általános tagját: f0 = 1 , f1 = 1 és

a) lim

fn +2 = fn +1 + fn , ∀n ∈

, bizonyítsd be, hogy F12 + F22 + … + Fn2 = Fn Fn +1 és

határozd meg a lim n Fn határértéket. n →∞

4. Határozd meg az a és b paraméterek értékeit úgy, hogy lim

n →∞

(

)

2n 2 + 4n + 1 − a ⋅ n − b = 2 2 .

5. Adottak az (un )n ∈ és (vn )n ∈ sorozatok, u0 = 1 és un =

vn =

2un + 1 , ∀n ∈ un + 1

2un −1 − 1 2un −1 + 5

, ∀n ∈

*

és

.

a) Bizonyítsd be, hogy a (vn )n ∈ sorozat mértani haladvány és számítsd ki lim vn -t. n →∞

b) Határozd meg az un sorozat általános tagját és vizsgáld a konvergenciáját. 6. Az alábbi kijelentések közül pontosan kettő igaz. Melyek ezek? A többire adj ellenpéldát. a) minden konvergens sorozat korlátos; b) minden korlátos sorozatnak van határértéke; c) minden monoton sorozatnak van határértéke; d) minden konvergens sorozat monoton; e) minden monoton sorozat korlátos. 3 5 2n + 1 * 7. Az x n = 2 2 + 2 2 + … + 2 sorozat 2 , ∀n ∈ 1 ⋅2 2 ⋅3 n (n + 1) a) szigorúan monoton; b) nem korlátos; c) határértéke 1; d) határértéke +∞ ; e) korlátos. 8. Ha az (an )n ∈ * és (bn )n ∈ * sorozatok (an + bn )n ∈ * összege egy konvergens sorozat, akkor a) mindkét sorozat korlátos; c) mindkét sorozat konvergens; A hamis állításokra adj ellenpéldát!

b) legalább az egyik sorozat korlátos; d) legalább az egyik sorozat monoton.


Összefoglaló gyakorlatok és feladatok

9. Az (an )n ∈ a) (an )n ∈

*

*

sorozat (a2n )n ∈

n∈

*

részsorozatai konvergensek. Akkor: b) (an )n ∈

is konvergens;

d) (an )n ∈ * -nak az (a6n )n ∈ e) (an )n ∈ * -nak az (a 3n )n ∈ 10. Az (an )n ∈

és (a2n +1 )

*

*

részsorozata korlátos; c) (an )n ∈

*

részsorozata konvergens.

*

korlátos;

*

monoton;

sorozatot az an = an −1 + n , ∀n ≥ 2 rekurencia relációval értelmez-

*

n

1 általános tagú sorozat: k =1 a k

zük és a1 = 1 . A bn = ∑ a) határértéke +∞ ; d) határértéke 1;

b) növekvő; e) határértéke 2.

c) korlátos;

Megoldás.

1 − ( −π ) en − 1 n −1 n 2 1. a) e + e + ... + e = e ⋅ és π − π + ... + ( −1) π = π ⋅ 1+ π e −1 e (π + 1) e n − 1 (a mértani haladvány összegképlete alapján). Tehát a lim ⋅ n →∞ π (e − 1) 1 − (−π )n 1 1− n en − 1 e = lim = 0, határértéket kell kiszámítanunk. Másrészt lim n →∞ 1 − (−π )n n →∞ 1 −π n − en e 2 n e + e + ... + e tehát lim n −1 n = 0 . n →∞ π − π 2 + ... + (−1) π n

n

2

( )

b) A fogó- tételt és az egészrész értelmezését használjuk. Mivel

2 2 2 (2k − 1) a − 1 < ⎡⎣⎢(2k − 1) a ⎤⎦⎥ ≤ (2k − 1) a ,

írhatjuk, hogy

n

n

n

k =1

k =1

k =1

2 2 2 a ∑ (2k − 1) − n < ∑ ⎡⎢⎣(2k − 1) a ⎤⎥⎦ ≤ a ∑ (2k − 1) ,

tehát

n

a ∑ (2k − 1) − n k =1

n Másrészt

n →∞

innen pedig

3

n

lim

n

2

<

a ∑ (2k − 1)

⎡(2k − 1)2 a ⎤ ∑ ⎢⎣ ⎥⎦ k =1 n

n

3

≤

n

2

k =1

3

n

= lim

n →∞

a ∑ (2k − 1)

2

k =1

n3

a ∑ (2k − 1) − n 2

k =1

n

3

=

4 , 3

.

Tartalomjegyzék Összefoglaló gyakorlatok és feladatok n

lim

∑ ⎡⎢⎣(2k − 1) a ⎤⎥⎦ 4 2

k =1

n3

n →∞

n +1

243

3

.

1

1 2. a) lim k =1 = lim n + 1 = 0 , a Cesaro- Stolz tétel alapján. n →∞ n + 1 n →∞ 1 π π 2tg 1 + tg ⎛π π ⎞ n , tehát n = 1+ b) tg ⎜⎜ + ⎟⎟ = π π ⎝ 4 n ⎠ 1 − tg 1 − tg n n π ⎞n ⎛ 2 tg ⎟ ⎜ ⎡ ⎜ ⎛ π π ⎞⎤ n ⎟⎟⎟ . lim ⎢ln tg ⎜⎜ + ⎟⎟⎥ ⋅ n = lim ln ⎜⎜1 + π⎟ n →∞ ⎢ n →∞ ⎝ 4 n ⎠⎥⎦ ⎜⎜ ⎣ 1 − tg ⎟⎟⎟ ⎜⎝ n⎠

∑k

()

Másrészt

π 2ntg n π π 1−tg 1−tg n n π 2tg n

⎡ ⎢⎛ π ⎞n π ⎞ ⎛ ⎢⎜ 2tg 2tg ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎢⎜⎜ ⎟ ⎟ n n ⎜ lim ⎜1 + ⎢⎜1 + π ⎟⎟⎟ = nlim π ⎟⎟⎟ →∞ ⎢⎜ n →∞ ⎜ 1 − tg ⎟⎟ 1 − tg ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎢⎝⎜ ⎝ n⎠ n⎠ ⎢ ⎢⎣ tehát a kiszámítandó határérték 2π .

⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥⎦

= e 2π ,

3. Az azonosság a matematikai indukció módszerével igazolható. n = 1 és n = 2 esetében számolással ellenőrizhető az egyenlőség. n +1

n

Ha

∑ Fk2 = FnFn +1 ,

akkor

k =1

∑F

= Fn Fn +1 + Fn2+1 = Fn +1 (Fn + Fn +1 ) =

2 k

k =1

= Fn +1Fn +2 , tehát a matematikai indukció elve alapján

n

∑F

2 k

k =1

= Fn Fn +1 .

A rekurzió alapján a karakterisztikus egyenlet r 2 − r − 1 = 0 és így az általános tag képlete

1 ⎛⎜⎛⎜1 + 5 ⎞⎟ ⎜⎜ Fn = ⎟ 5 ⎜⎝⎜⎝⎜ 2 ⎠⎟⎟

n +1

Innen lim

n →∞

Fn +1 Fn

=

n +1

⎛1 − 5 ⎞⎟ + ⎜⎜ ⎟ ⎝⎜ 2 ⎠⎟⎟

⎞⎟ ⎟⎟ . ⎟⎠⎟

1+ 5 és így a Cesaro- Stolz kritérium következménye alapján 2 lim n Fn =

n →∞

1+ 5 . 2



4. Ha a ≤ 0 , akkor nincs határozatlan eset és a határérték végtelen. Ha a > 0 , akkor

lim

n →∞

és ez csak a = b =− 2.

(

)

2n 2 + 4n + 1 − an = lim

n →∞

(2 − a 2 )n 2 + 4n + 1 2n 2 + 4n + an

2 esetén véges. Ebben az esetben az előbbi határérték

2 , tehát

2un − 1 +1 2un +1 + 1 3 2u + 1 3 2un + 5 = = = ⋅ n = ⋅ vn , 2un − 1 un + 1 4 u + 1 4 n +1 2un + 5 2⋅

5. a) vn +1

tehát a (vn )n ∈ sorozat mértani haladvány és lim v n = 0 . n →∞

b)

A

(vn )n ∈

sorozat

általános

n

tagja

⎛3⎞ vn = v 0 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ , ⎝4⎠

tehát

n

2un + 1 ⎛ 3⎞ = v 0 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ , ∀n ≥ 0 . Ebből következik, hogy ⎝4⎠ un + 1 1 1 − 1, ∀n ∈ . un = n −1 = ⎛ 2u + 1⎞⎟ ⎛ 3 ⎞n ⎛ 3 ⎞⎟ ⎜ 2 − v 0 ⋅ ⎜⎜ ⎟ 2 − ⎜⎜ 0 ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝4⎠ ⎝⎜ u 0 + 1 ⎠⎟ ⎝ 4 ⎠ ⎪⎧⎪ 3n − 2 ⋅ 4n ⎪⎫ *⎪ Ha u0 ∉ ⎨ n , akkor a sorozatok jól értelmezettek és ∈ ⎬ ⎪⎪ 2 (4n − 3n ) ⎪⎪ ⎩ ⎭ 1 lim un = − . n →∞ 2 5. a) Az állítás igaz (lásd a XI. osztály számára írt tankönyv I. fejezetének 2.10. paragrafusában a 2. feladatot - 32. oldal). n b) Az állítás hamis, az an = (−1) , ∀n ≥ 1 sorozat korlátos, de nincs határértéke. c) Az állítás igaz .Lásd a XI. osztály számára írt tankönyv I. fejezetének 2.16. paragrafusát (32. oldal).

1 , ∀n ≥ 1 sorozat konvergens és nem monoton. n e) Az állítás hamis. Az an = n, ∀n ≥ 1 sorozat monoton és nem korlátos. n

d) Az állítás hamis. Az an = (−1)

7.


245 2

n (k + 1) − k 2 2k + 1 = = ∑ 2 2 2 2 k =1 k (k + 1) k =1 k (k + 1) n ⎛ 1 1 ⎞⎟ 1 ⎟ = ∑ ⎜⎜⎜ 2 − 2 ⎟ = 1− 2 , ⎟ ⎜k (n + 1) (k + 1) ⎠ k =1 ⎝ n

xn = ∑

tehát az a), c), e) állítások igazak és a b, d) hamis. n n +1 8. Ha an = (−1) n és bn = (−1) n, ∀n ≥ 1 , akkor az (an + bn )n ∈ konvergens. Ugyanakkor az (an )n ∈

*

és (bn )n ∈

*

*

sorozat

sorozatok egyike sem korlátos,

konvergens vagy monoton. Tehát mind a négy állítás hamis. n

1 + (−1) , ∀n ≥ 1 , akkor az (a2n )n ∈ * és (a2n +1 ) * sorozatok n∈ 2 konvergensek, de (an )n ∈ * nem konvergens, nem monoton és az (a 3n ) * sorozat n∈

9. Ha an =

(

nem konvergens. Tehát az a), d), e) állítások hamisak. Ugyanakkor a2n +1

(a2n )n∈

*

korlátosak, tehát (an )n ∈

*

is korlátos. Így az (a6n )

n∈

*

)

n∈

n (n + 1) , ∀n ∈ * , tehát 2 n ⎛ 2 1 ⎞⎟ = 2 ⋅ ⎜⎜⎜1 − bn = ∑ ⎟. ⎝ n + 1⎠⎟ k =1 n (n + 1)

10. Indukcióval igazolható, hogy an =

Ez a sorozat növekvő és határértéke 2, tehát a b), c), e) állítás igaz, a többi hamis. 2. Teszt (határértékek) 1. Számítsd ki a

nx ⋅ (x m − 1) − mx ⋅ (x n − 1) , m, n ∈ 2 x →1 (x − 1)

, n ≥ 2, m ≠ n

és a lim x →5

x + 4 − 3 x + 22 határértékeket. 4 x + 11 − 2

2. Számítsd ki a

1 − cos x cos2 2x … cosn nx és a x →0 x2

lim

1 ⎤ ⎡ lim ⎢lim (1 + sin2 x + sin2 2x + … + sin2 nx )n 3x 2 ⎥ n →∞ ⎢ x → 0 ⎥⎦ ⎣

határértékeket.

,

sorozat is korlátos,

tehát a b) és c) állítás igaz.

lim

*



3. Határozd meg azokat a pontokat, amelyekben az ⎪⎧1 − x 2, x ∈ f : → , f (x ) = ⎪ ⎨e x , x∈ \ ⎪⎪⎩ függvénynek van határértéke. paraméter értékeit úgy, hogy az f : \ {2} → , 4. Határozd meg az a ∈ ⎧a ln (3 − x ) ⎪ ⎪ , x <2 ⎪ − x 2 f (x ) = ⎪ ⎨ 2x − 4 ⎪ ⎪ , x >2 ⎪ ⎪ ⎩ x −2 függvénynek legyen határértéke az x = 2 pontban. paraméter azon értékeit, amelyekre az f : → 5. Határozd meg az a ∈

,

f (x ) = (a 2 − 3) ⋅ sin 2x függvénynek van határértéke −∞ -ben. 6. Ha f : → egy nem konstans periodikus függvény, akkor a) f határértéke +∞ -ben véges szám; b) f határértéke −∞ -ben +∞ ; c) f -nek nincs határértéke +∞ -ben; d) f határértéke −∞ -ben véges szám. ⎪⎧1, x ∈ 7. Az f : → , f (x ) = ⎪⎨0, x ∈ \ függvény: ⎪⎪⎩ a) periodikus; c) főperiódusa 1; e) nincs főperiódusa.

b) nem periodikus; d) periódusa bármely racionális szám;

1 1 cos függvény. x x a) az f függvény határértéke 0-ban +∞ ; b) az f függvény határértéke 0-ban −∞ ; c) az f függvénynek nincs határértéke 0-ban; d) az f függvény határértéke 0-ban 0; e) az f függvény folytonosan meghosszabbítható 0-ban. 9. Igaz-e a következő állítás: Az f : D ⊂ R → függvény pontosan akkor folytonos az x 0 ∈ D pontban, ha

8. Adott az f :

*

→

, f (x ) =

lim f (x ) = f (x 0 ) .

x →x0

10. Igaz-e, hogy az f : (a, b ) → amikor szigorúan monoton?

folytonos függvény pontosan akkor injektív,

Megoldás. 1. Ha kétszer alkalmazzuk a l'Hospital szabályt a

nx (x m − 1) − mx (x n − 1) mn (m − n ) = lim 2 x →1 (x − 1) 2

Tartalomjegyzék Összefoglaló gyakorlatok és feladatok egyenlőséghez jutunk.

lim

x →5 4

247

x −5 = x + 11 − 2

3 2 = lim ⎢⎡ 4 (x + 11) + 2 4 (x + 11) + 22 4 (x + 11) + 23 ⎥⎤ = 32 , x →5 ⎣ ⎦ x +4 −3 1 1 = lim = és lim x →5 x →5 x −5 x +4 +3 6 3 3 − x + 22 1 1 . = − lim = − lim 2 x →5 x →5 x −5 27 9 + 3 3 x + 22 + 3 (x + 22)

Ebből következik, hogy

lim x →5

⎡ x + 4 − 3 3 − 3 x + 22 ⎤ x + 4 − 3 x + 22 x −5 ⎢ ⎥ = + lim 4 4 ⎥ x + 11 − 2 x →5 ⎢ x + 11 − 2 x −5 ⎣ x −5 ⎦

⎛1 1⎞ 112 . = ⎜⎜ − ⎟⎟ ⋅ 32 = ⎝ 6 27 ⎠ 27 1 − cos x ⋅ cos2 2x cosn nx 2. Ha ln = lim , akkor x →0 x2 3 1 − cosn +1 (n + 1) x (n + 1) 2 n ln +1 = ln + lim cos x ⋅ cos 2x cos nx ⋅ = ln + , x →0 x2 2 2 1 n 3 1 ⎡ n (n + 1) ⎤ ⎥ . innen ln = ∑ k = ⎢ ⎥⎦ 2 k =1 2 ⎢⎣ 2 1 n 3x 2

lim (1 + sin x + sin 2x + … sin nx ) 2

2

2

x →0

1 ⎡ ⎤ n n ⎞⎟∑ ⎢⎛⎜ sin2 kx ⎥ 2 = lim ⎢⎜1 + ∑ sin kx ⎟⎟ k =1 ⎥ x → 0 ⎢⎜ ⎥ ⎝ ⎠ k =1 ⎣⎢ ⎦⎥

=

n 2 ∑ sin kx k =1 n 3x 2

n

=e

1 sin2 kx lim n 3 k =1 x → 0 x 2

∑

n

=e

1 k2 n 3 k =1

∑

=e

n (n +1)(2n +1) 6n 3

,

tehát 1 ⎤ ⎡ n (n +1)(2n +1) 1 n 3x 2 ⎥ ⎛ ⎞ ⎢ = e3 . lim ⎢ lim ⎜⎜1 + ∑ sin2 kx ⎟⎟⎟ ⎥ = lim e 6n 2 n →∞ ⎢ x → 0 ⎜ ⎝ ⎠ ⎥ n →∞ k =1 ⎣⎢ ⎦⎥ x 2 2 3. A lim (1 − x ) = 1 − x 0 és lim e = e x 0 összefüggések alapján az x 0 ∈

x →x 0

x →x 0

pontban pontosan akkor létezik az f határértéke, ha 1 − x 02 = e x 0 . Két ilyen pont létezik, az egyik x 01 = 0 és a másik x 02 ∈ [−1, 0] , pontosan nem számítható ki.



2x − 4 a ln (3 − x ) = 22 ⋅ ln 2 és l2 = lim = −a , tehát az l1 = l2 4. l1 = lim x 2 x 2 x −2 x −2 összefüggésből a = −4 ln 2 . 5. A lim sin 2x határérték nem létezik és a 2 − 3 állandó, tehát a sorozat x →−∞

határértéke csak a 2 − 3 = 0 esetén létezhet. Így a ∈ {± 3 } . 6. Mivel f nem konstans létezik x 1 ≠ x 2 úgy, hogy f (x 1 ) ≠ f (x 2 ) . A periodicitás alapján lim f (x 1 ± n ⋅ T ) = f (x 1 ) és lim f (x 2 ± n ⋅ T ) = f (x 2 ) , tehát f - nek n →∞

n →∞

nincs határértéke +∞ - ben és −∞ - ben. Így a c) állítás igaz, a többi hamis. 7. A b) és c) állítás hamis, a többi igaz. 8. Ha x k =

1 1 , k ≥ 1 , akkor lim f (x k ) = ∞ és , k ≥ 1 és yk = k →∞ 2 (k + 1) π 2k π

lim f (yk ) = −∞ , tehát a d) állítás igaz, a többi hamis.

k →∞

9. A lim f (x ) határértéket a D tartomány torlódási pontjaiban értelmeztük, míg a x →x 0

függvény az izolált pontokban is folytonos, ezért az állítás nem igaz. 10. Igaz. 3. Teszt 1. Adott az f : (0, +∞) → [−1,1] , f (x ) = sin

1 ⋅ cos x függvény. Bizonyítsd be, x

hogy: a) f nem injektív; b) f nem szürjektív; c) f nem hosszabbítható meg folytonosan a 0-ban. ⎡ 1⎤ 2. Adott az f : ⎢−1, ⎥ → [0,1] , 2 ⎦⎥ ⎣⎢ ⎧⎪x + 1, x ∈ [−1, 0] ⎪⎪ ) ( f x =⎨ 1 ⎛ 1⎤ függvény. ⎪⎪x + , x ∈ ⎜⎜0, ⎥ ⎝ 2 ⎦⎥ 2 ⎪⎩⎪ Bizonyítsd be, hogy: a) f nem monoton; b) f nem injektív; c) f nem Darboux tulajdonságú; d) f nem folytonos. 3. Adott az f : → (−∞, −1) ∪ {0} ∪ (1, +∞) , ⎧⎪ ( 2 ⎪⎪− x + 1), x < 0 ⎪ f (x ) = ⎨0, x = 0 függvény. ⎪⎪ 2 ⎪⎪x + 1, x >0 ⎪⎩


249

a) Bizonyítsd be, hogy f bijektív. b) Bizonyítsd be, hogy f nem folytonos 0-ban. c) Bizonyítsd be, hogy az f inverz függvénye folytonos. −1

d) Hogy lehetséges az, hogy bár f −1 folytonos, az ( f −1 )

= f függvény nem

folytonos az értelmezési tartományán? 4. Tanulmányozd az f : (0,1) → , f (x ) = ln x függvény egyenletes folytonosságát! ⎧− sin x ⎡ π ⎞ ⎪ ⎪ , x ∈ ⎢− , 0⎟⎟ ⎪ ⎡ π π⎤ ⎢ ⎪ ⎣ 2 ⎠ függvény. 5. Adott az f : ⎢− , ⎥ → , f (x ) = ⎨ x ⎡ π⎤ ⎪ ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ ⎪ x 3 + ax + b, x ∈ ⎢ 0, ⎥ ⎪ ⎪ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎪ ⎩ a) Tanulmányozd a függvény folytonosságát! b) Határozd meg az a és b paraméterek értékeit úgy, hogy f deriválható legyen ⎡ π π⎤ ⎢− , ⎥ -n. ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦ c) a = 0 és b = −1 esetén határozd meg azt a maximális hosszúságú ⎡ π π⎤ I ⊂ ⎢− , ⎥ intervallumot, amelyre f (x ) ≤ 1 , ∀x ∈ I esetén. ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ 6. Adott az f : [0,1] → növekvő függvény, amely teljesíti bármely 0 < x 1 < x 2 < x 3 < 1 esetén az

f (x 3 ) − f (x 2 ) x3 − x2

≥

f (x 2 ) − f (x 1 ) x 2 − x1

egyenlőtlenséget. a) Bizonyítsd be, hogy f folytonos (0,1) -en. b) Folytonos-e az f az x = 1 pontban? 7. Bizonyítsd be, hogy a 2x ⋅ (x 2 + 1) − 3 = 0 egyenletnek egyetlen valós gyöke van és ez a (0,1) intervallumban található. 8. Adott az f : [1, +∞) → n

, f (x ) =

3 függvény. 9x − 3x − 2 2

a) Számítsd ki a lim ∑ f (k ) határértéket. n →∞

k =1

b) Adj példát olyan g : [1, +∞) nem folytonos függvényre, amelyre g (x ) = f (x ) , ∀x ∈ [1, +∞) 9. Melyek igazak az alábbi állítások közül az f : → , ⎪⎧⎪sin 1 , x > 0 f (x ) = ⎪⎨ x függvényre? ⎪⎪a, x ≤0 ⎪⎩ a) Folytonos 0-ban. b) 0-ban első fajú szakadási pontja van.



c) Darboux tulajdonságú. d) Másodfajú szakadási pontja van 0-ban. 10. Az f : → függvény folytonos és léteznek a lim f (x ) ∈ és x →−∞

lim f

x →+∞

(x ) ∈

határértékek. Akkor:

a) f monoton; c) f nem szürjektív;

b) f injektív; d) f korlátos.

Megoldás.

π⎞

⎛

1. f ⎜⎜(2k + 1) ⎟⎟ = 0, ∀k ∈ ⎝ 2⎠

, tehát f nem injektív. Az f (x ) = 1 egyenlőség

1 1 = 1 vagy cos x = sin = −1 . Mindkét x x esetben ellentmondáshoz jutunk, tehát f nem szürjektív. Mivel lim (cos x − 1) = 0

csak akkor lehetséges, ha cos x = sin

x →0

1 f (x ) − sin x

az

függvény

meghosszabbítható akkor a sin

lim sin x →0

határértéke

0-

ban

0.

Ha

f

folytonosan

1 is folytonosan meghosszabbítható. Másrészt a x

1 határérték nem létezik, tehát f sem hosszabbítható meg folytonosan a 0 x

ban.

⎛1⎞

3

2. Az f (−1) = 0, f (0) = 1 és f ⎜⎜ ⎟⎟ = összefüggések alapján f nem monoton. ⎝4⎠ 4

⎛ 1⎞

⎛1⎞

3

Mivel f ⎜⎜− ⎟⎟ = f ⎜⎜ ⎟⎟ = az f nem is injektív. x 0 = 0 elsőfajú szakadási pont, ⎝ 4⎠ ⎝4⎠ 4 tehát f nem Darboux- tulajdonságú és nem is folytonos.

y x2+1

3. a) Ha y ∈ (−∞, −1) ∪ {0} ∪ (1, ∞) , akkor a következő esetek lehetségesek: 1. y = 0 ⇒ x − 0 esetén f (x ) = y . 2. y > 1 ⇒ x =

y − 1 - re f (x ) = y

3. y < −1 ⇒ x = − −1 − y

esetén

f (x ) = y . o

-x2-1

Ez alapján következik, hogy f bijektív x (mindhárom esetben csak egy megoldás létezik, tehát az injektivitás is bizonyított). b) lim f (x ) = −1, f (0) = 0 és lim f (x ) = 1 , x

0

tehát f nem folytonos a 0 - ban.

x

0


⎧ ⎪ x −1 ⎪ ⎪ ⎪ 0 c) f −1 (x ) = ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ − −1 − x ⎪ ⎪ ⎩

251

x >1 x = 0 és ez a függvény folytonos, mert 0 izolált x < −1

pontja az értelmezési tartománynak. d) f −1 értelmezési tartománya nem intervallum és így nem alkalmazható a XI. osztályos tankönyv 98. oldalán található tétel e) alpontja. 4. Ha f egyenletesen folytonos, akkor bármely ε > 0 esetén létezik δ > 0 úgy, hogy x , y ∈ (0,1), x − y ≤ δ esetén f (x ) − f (y ) < ε .

f (x ) − f (y ) = ln

⎛ x x − y ⎞⎟ δ = ln ⎜⎜1 + ⎟⎟ , tehát ha x − y = δ és y = ∈ (0,1) , ⎜ n y y ⎠ ⎝

⎛ x − y ⎞⎟ ln ⎜⎜1 + ⎟ = ln (1 + n ) és ez nem teljesíti a ln (1 + n ) < ε ⎜⎝ y ⎠⎟ egyenlőtlenséget minden n ∈ esetén mert lim (1 + n ) = ∞ . Tehát f nem akkor

n →∞

egyenletesen folytonos. 5. a) lim f (x ) = −1 és lim f (x ) = b , tehát f pontosan akkor folytonos 0-ban, x

x

0

0

⎡ π π⎤ , ⎥ intervallumon. ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ b) f j ′ (0) = a és fb ′ (0) = 0 , tehát a függvény a = 0 és b = −1 esetén ha b = −1 . Ebben az esetben f folytonos a ⎢−

deriválható.

⎡ π⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦

c) Mivel 0 ≤ sin x ≤ x , ∀x ∈ ⎢ 0, ⎥ , az f (x ) ≤ 1 egyenlőtlenség megoldása a

x 3 − 1 ≤ 1 egyenlőtlenség megoldását jelenti. Így a maximális hosszúságú I ⎡ π 3 ⎤ , 2⎥ . ⎢⎣ 2 ⎥⎦

intervallum a ⎢−

6. Mivel f növekvő létezik lim f (x ) határérték minden x 0 ∈ (0,1) esetén. Ha x

x0

x 1 → x 2 és lim f (x ) ≠ f (x 2 ) , akkor az egyenlőség jobb oldala +∞ - hez tart és így x1

x2

nem létezhet az x 3 > x 2 , x 3 ∈ (0, 1) szám. Tehát

f : [0,1] →

f

folytonos (0,1) -n. Az

⎧ 1 ⎪ ⎪ 1− , x ∈ [0,1) ⎪ x −1 , f (x ) = ⎨ függvény teljesíti a feltételeket és nem ⎪ ⎪ 1 , x =1 ⎪ ⎩



folytonos 1-ben, tehát az adott feltételek alapján nem következik, hogy f folytonos 1ben. 7. Az f : [0,1] → , f (x ) = 2x (x 2 + 1) − 3 függvény folytonos, f (0) = −2 és

f (1) = 1 tehát az f (x ) = 0 egyenletnek van legalább egy megoldása a (0,1) intervallumban.

3 1 1 = − , tehát (3x − 2)(3x + 1) 3x − 2 3x + 1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 f (k ) = 1 − + − + − + ... + − = 1− ∑ 4 4 7 7 10 3n − 2 3n + 1 3n + 1 k =1

8. a) f (x ) =

n

és így lim ∑ f (k ) = 1 . n →∞

k =1

⎪⎧⎪ f (x ) , x ∈ ∩ [1, ∞) , g (x ) = ⎨ függvény sehol sem folytonos ⎪⎪⎩⎪−f (x ) , x ∈ [1, ∞) \ és g (x ) = f (x ), ∀x ≥ 1 . b) A g; [1, ∞) →

1 határérték nem létezik, tehát az a) és b) állítás nem igaz és d) igaz. x →0 x Ha a > 1 , akkor f nem Darboux- tulajdonság, tehát c) sem igaz.

9. A lim sin

x ⎧ ⎪ , x <0 ⎪ ⎪ x +1 ⎪ ) ( függvény folytonos, nem monoton, 10. Az f : → , f x = ⎨ x ⎪ x − ≥ , 0 ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎩ (x + 1) nem injektív, tehát a) és b) hamis. Mivel lim f (x ) ∈ x →±∞

létezik K , M ∈

úgy, hogy f (x ) < M , ∀ x ≥ K . Az f

folytonos a [−K , K ] -m. tehát ezen az intervallumon korlátos is. Így f korlatos tehát nem lehet szürjektív. Ez alapján c) és d) igaz. 4. Teszt 1. Adott az f :

→

f (x ) = (x 2 + 1) ⋅ e x , ∀x ∈

függvény.

a) Számítsd ki lim f (x ) értékét! x →−∞

b) Határozd meg az f függvény monotonitási intervallumait.

-n,


253

c) A matematikai indukció módszerét használva bizonyítsd be, hogy bármely n ≥ 1 2 esetén f n (x ) = ⎡⎣⎢(x + 1) + an (x + 1) + bn ⎤⎦⎥ ⋅ e x , ∀x ∈ . d) Határozd meg an és bn -t az n függvényében. f ′ (0) + f ′′ (0) + … + f n (0) határértéket. e) Számítsd ki a lim n →∞ n3 x függvény. 2. Adott az f : D → f (x ) = 1 + x ⋅ e x −1 a) Határozd meg a maximális értelmezési tartományt. ⎛ 1 ⎞ b) Bizonyítsd be, hogy a függvény grafikus képének van egy x = x 0 , x 0 ∈ ⎜⎜− , 0⎟⎟⎟ ⎝ 2 ⎠ egyenletű aszimptótája. c) Oldd meg az m + x ⋅ (me x −1 − 1) = 0 , m ∈ egyenletet. ( )

( )

4x 2 − 8x + 2 függvény. x 3 − 3x 2 + 2x a) Határozd meg az a, b, c paraméterek értékeit úgy, hogy a b c . f (x ) = + + x x −1 x −2 b) Határozd meg az f függvény n -ed rendű deriváltját. c) Számítsd ki a lim f (x ) és lim f (x ) határértékeket.

3. Adott az f :

*

\ {1, 2} →

x →1 x <1

f (x ) =

x →1 x >1

d) Bizonyítsd be, hogy bármely a ∈ letnek 3 különböző valós gyöke van. 4. Adott az f : D →

, f (x ) = arccos

, a ≠ 0 szám esetén az f (x ) = a egyen2x függvény. x +1 2

a) Határozd meg D -t. b) Tanulmányozd a függvény deriválhatóságát! Vannak-e szög- illetve visszatérési pontjai a grafikus képnek? c) Ábrázold a függvény grafikus képét. d) Határozd meg a függvény szélsőérték-pontjait. Alkalmazható-e ezekben a pontokban a Fermat tétele? e) Bizonyítsd be, hogy az x = 1 ordinátájú pontban a grafikus képhez húzott jobb és baloldali érintők merőlegesek egymásra. x2 x3 x4 5. Adott az f : → , f (x ) = e x − 1 − x − − függvény. − 2! 3 ! 4 ! a) Számítsd ki f ′ (x ) , f ′′ (x ) , f (3) (x ) , f (4) (x ) . b) Számítsd ki f ′ (0) , f ′′ (0) , f (3) (0) , f (4) (0) értékeket. f (x ) c) Számítsd ki a lim 5 határértéket! x →0 x



d) Bizonyítsd be, hogy f ′ (x ) ≥ 0 , ∀x ∈ esetén. e) Bizonyítsd be, hogy f (x ) < 0 , ∀x < 0 esetén. 2

f) Tekintsük a g : → , g (x ) = e −x függvényt. Bizonyítsd be, hogy a függvény grafikus képe, az Ox tengely, az x = 0 és x = 1 egyenletű egyenesek által közrezárt síkrész területének mérőszáma a (0, 74; 0, 75) intervallumban található valós szám. (Érettségi 2000) 6. Igaz-e a következő állítás? Ha f monoton x 0 egy környezetében, akkor f -nek van deriváltja x 0 -ban. 7. Igaz-e a következő állítás? Ha (x n )n ∈

n

n

egy valós számsorozat és ∃ lim ∑ x k , akkor ∃ lim ∑ x k .

*

n →∞

k =1

n →∞

k =1

8. Igaz-e a következő állítás? Ha f : I → függvény folytonos és injektív, akkor f monoton. 9. Igaz-e a következő állítás? Két Darboux tulajdonságú függvény összege Darboux tulajdonságú! 10. Igaz-e a következő állítás? P (x ) Az f : → (ahol P,Q polinomfüggvények) függvénynek pontosan f (x ) = Q (x ) akkor van ferde aszimptótája, ha a P fokszáma egyel nagyobb Q fokszámánál. Megoldás.

x2 + 1 2x 2 = lim x = lim x = 0 . x x →−∞ x →∞ x →∞ e x →∞ e e 2 x b) f ′ (x ) = (x + 2x + 1)e , tehát f ′ (x ) ≥ 0, ∀x ∈ és így f szigorúan növekvő

1. a) lim (x 2 + 1)e x = lim

- en. c) n = 1 esetén a1 = b1 = 0 . Ha f

(n )

(x )

2 = ⎡⎢⎣(x + 1) + an (x + 1) + bn ⎤⎥⎦ e x , akkor

2 f (n +1) (x ) = ⎡⎣⎢(x + 1) + an (x + 1) + bn + 2 (x + 1) + an ⎤⎦⎥ e x , tehát az an +1 = an + 2 és bn +1 = bn + an , ∀n ≥ 1 rekurziókkal értelmezett sorozatok teljesítik a kért feltételt.

d) Az (an )n ∈

*

sorozat számtani haladvány és an = 2 (n − 1) . Ebből következik, n −1

hogy bn = b1 + ∑ bk = (n − 1)(n − 2) . k =1

n

e) lim

n →∞

∑ f (k ) (0) k =1

n

3

n

= lim

n →∞

∑ (1 + a k =1

n

3

k

+ bk )

=

1 . 3

Tartalomjegyzék Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 2. a) A maximális értelmezési tartomány

255

\ {x 0 } , ahol x 0 az xe x −1 = −1 egyenlet

egyetlen gyöke. Ez a gyök nem lehet pozitív, tehát az xe 1−x = −1 egyenlet gyökei között van. Az ex = e −x egyenletnek egyetlen gyöke van, tehát D = \ {x 0 } , ahol x 0 az ex = −e −x egyenlet gyöke.

y

b) A grafikus képek alapján elégséges igazolni, 1 − ⎛ 1⎞ 1 e 2 hogy −e > e ⋅ ⎜⎜− ⎟⎟⎟ , vagyis . Ez > ⎝ 2⎠ e 2 igaz, mert e e > 2 2 > 2 .

lim f (x ) = +∞ és

x

x0

y=ex

o

lim f (x ) = −∞ , tehát

x

x

x0

⎛ 1 ⎞ x 0 ∈ ⎜⎜− , 0⎟⎟⎟ -ban függőleges aszimptotája van a ⎝ 2 ⎠ grafikus képnek. y=-ex

c) Az egyenlet ekvivalens az m = f (x ) egyenlettel ha x ≠ x 0 . Az ábra alapján ha

⎛1 ⎞ m ∈ (−∞, f (x 1 )) ∪ ⎜⎜ , ∞⎟⎟⎟ ∪ {0} , akkor az egyenletnek egy megoldása van, ha ⎝2 ⎠ 1 ⎛ 1⎞ m ∈ f (x 1 ), , akkor kettő és ha m ∈ ( f (x 1 ), 0) ∪ ⎜⎜0, ⎟⎟⎟ , akkor három ( x 1 az ⎝ 2⎠ 2 x e + ex + c = 0 egyenlet egyetlen megoldása)

{

}

3. a) a = 1, b = 2 és c = 1

y

b)

⎡ 1 ⎤ 2 1 n ⎥ = (−1) n ! ⎢ n +1 + + n n + 1 + 1 ⎢x (x − 1) (x − 2) ⎥⎦ ⎣ mert

f

(n )

(n )

((x − a )−1 ) = (−1)n n ! (x − a )−(n +1) .

o

1

2

x

c) lim f (x ) = −∞ és lim f (x ) = +∞ x

1

x

1

d) A c) alponthoz hasonlóan az x = 0 és az x = 2 is függőleges aszimptota és a grafikus kép a mellékelt ábrán látható. Ebből következik a kért tulajdonság.


Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 2x ∈ [−1,1] ∀x ∈ x +1

4. a) Mivel tartománya

2

esetén, a függvény maximális értelmezési

.

⎧⎪ 2 ⎪− 2 ⎪ 2 1 − x ) ⎪ 1 + x 2 , x ∈ (−1,1) x +1 ( ) ′ ( ⋅ b) f x = − 2 = ⎨ ⎪⎪ 2 1 − x 2 (x 2 + 1) , x ∈ \ [−1,1] ⎪⎪ 2 ⎪⎩1 + x 2

y

A függvény nem deriválható x1 = −1 és x 2 = 1 pontokban.

p

c)

-1 o

1

x

+∞

és

az

−∞

felé vízszintes π aszimptota az y = . A −1 és 1 2 pontok szögpontok. A 0 - ban áthajlási pont van.

d) A grafikus kép alapján az x1 = −1 és x 2 = 1 pontok szélsőértékpontok. Ezekben a pontokban nem alkalmazható a Fermat- tétel, mert a függvény nem deriválható ezekben a pontokban. e) lim f ′ (x ) = −1 és lim f ′ (x ) = 1 , tehát a két érintő merőleges egymásra. x

1

x

1

x2 x3 x2 − ; f ′′ (x ) = e x − 1 − x − ; 2! 3! 2! f (3) (x ) = e x − 1 − x ; f (4) (x ) = e x − 1 .

5. a) f ′ (x ) = e x − 1 − x −

b) f ′ (0) = f ′′ (0) = f (3) (0) = f (4) (0) = 0

f (x ) f (4) (x ) ex − 1 1 1 = lim = lim ⋅ = (a l'Hospital- szabályt használtuk x →0 x 5 x →0 x →0 5!x x 5 ! 102 egymásután négyszer.) c) lim

d) e) A negyedik derivált tanulmányozásából kiindulva a következő táblázatot készíthetjük:


f (4) (x )

257

−∞

0

+∞

- - - - - - - -

0

+ + + + + + +

f (3) (x )

0

f (3) (x )

+ + + + + + +

f (2) (x )

0

+ + + + + + +

0

f (2) (x )

- - - - - - - -

f ′ (x )

0

+ + + + + + +

0

f ′ (x )

+ + + + + + +

f (x )

0

+ + + + + + +

0

f (x )

- - - - - - - -

0

+ + + + + + +

A táblázat alapján mindkét egyenlőtlenség nyilvánvaló. f) Az előbbiek alapján 2

e −x ≥ 1 − x 2 +

x4 x6 − , ∀x ∈ 2 6

,

tehát 1

∫ 0

1 ⎛ 2 x 4 x 6 ⎞⎟ 1 1 1 e −x dx ≥ ∫ ⎜⎜1 − x 2 + − ⎟⎟ dx = 1 − + − > 0, 74 . ⎜⎝ 2 6⎠ 3 10 42 0 2

Másrészt az e −x függvény konvexitása alapján

∫e 0

mert 2 < e .

−x

2

1 e ⋅1 = e +1 < 3 , 4 2 2e

1+

1

dx <



⎧⎪ 2 ⎪⎪−x − 1, x < 0 ⎪ 6. Nem. Az f : [−1,1] → , f (x ) = ⎪ x = 0 függvény monoton a 0 ⎨0, ⎪⎪ ⎪⎪x 2 + 1, x > 0 ⎪⎩ környezetében de nincs deriváltja 0 -ban. 7. Az állítás igaz. m +p

n

∃ lim ∑ x k ⇔ ∀ε > 0 ∃n1 (ε) ∈ n →∞

k =m

k =1

k

m +p

n

∃ lim ∑ x k ⇔ ∀ε > 0 ∃n2 (ε ) ∈ n →∞

∑x

úgy, hogy

úgy, hogy

∑x

k =m

k =1

Ha az első határérték létezik, akkor a

k

< ε, ∀m ≥ n1 (ε) és ∀p ∈

.

< ε, ∀m ≥ n2 (ε) és ∀p ∈

.

m +p

m +p

k =m

k =m

∑ xk < ∑ xk

egyenlőtlenség alapján

n2 (ε) = n1 (ε) esetén a második is létezik. 8. Az állítás igaz. Ha f nem monoton, akkor létezik x 1 < x 2 < x 3 úgy, hogy

f (x 1 ) < f (x 2 ) > f (x 3 )

vagy

f (x 1 ) > f (x 2 ) < f (x 3 ) .

Feltételezhetjük,

hogy

f (x 1 ) < f (x 2 ) > f (x 3 ) és y ∈ ( f (x 1 ), f (x 2 )) ∩ ( f (x 3 ), f (x 2 )) . A folytonosságból következik,

hogy

f Darboux-

tulajdonságú,

tehát

létezik

x 01 ∈ (x 1, x 2 )

és

x 02 ∈ (x 2 , x 3 ) úgy, hogy f (x 01 ) = y = f (x 02 ) . Tehát f nem lehet injektív ebben az esetben. Ez alapján következik az állítás helyessége.

9. Az állítás nem igaz. Az f1 :

→

, f2 :

→

⎧⎪ 1 ⎪sin , x ≠ 0 , f1 (x ) = ⎪ és ⎨ x ⎪⎪1, = x 0 ⎪⎩

⎧ 1 ⎪ ⎪− sin , x ≠ 0 ⎪ x f2 (x ) = ⎨ függvények Darboux- tulajdonságúak és az összegük ⎪ ⎪ 1, x = 0 ⎪ ⎩ ⎧⎪0, x ≠ 0 ( f1 + f2 ) (x ) = ⎪⎨⎪1, x = 0 nem Darboux- tulajdonságú. ⎪⎩ Megjegyzés. Igazolható, hogy bármely f : Darboux- tulajdonságú függvény összegeként.

→

függvény előállítható két


259

P (x ) határérték csak akkor lehet 0 -tól különböző x →±∞ x ⋅ Q (x ) véges szám, ha grP = grQ + 1 , tehát a feltétel szükséges. Másrészt, ha grP = grQ + 1 , akkor P (x ) = (ax + b ) ⋅ Q (x ) + R (x ) , ahol grR < grQ , tehát az y = ax + b egyenes ferde aszimptota. 10. Az állítás igaz. A lim

5. Teszt ⎛2 7 n 2 − 2 ⎞⎟ n + 2 sorozat határértékét! 1. Számítsd ki az x n = ⎜⎜ + + … + ⎟+ ⎜⎝ 2 ! 3 ! n ! ⎠⎟⎟ n!

2. Adott az f : → , f (x ) = 3 x + 3 1 − x függvény. a) Határozd meg a függvény aszimptótáit. b) Számítsd ki f ′ (x ) , x ∈ \ {0,1} -t. c) Bizonyítsd be, hogy 0 < f (x ) ≤ 3 4 , ∀x ∈

.

d) Bizonyítsd be, hogy a függvény grafikus képe szimmetrikus az x =

1 egyenletű 2

egyenesre nézve. f (1) + f (2) + … + f (n ) határértéket. n →∞ f (n + 1) + f (n + 2) + … + f (2n ) 2 (x − 1) 3. Adott az f : → , f (x ) = 2 függvény. x +1 a) Számítsd ki f (1 − 2 ) és f (1 + 2 ) értékeket!

e) Számítsd ki a lim

b) Bizonyítsd be, hogy −1 − 2 ≤ f (x ) ≤ 1 + 2 , ∀x ∈

esetén.

c) Határozz meg olyan x1 < 0 és x 2 > 0 számokat, amelyekre f (x 1 ) = f (x 2 ) . 4. Adottak

az

f : (0, +∞) →

,

f (x ) = x cos

π x

és

⎡ π⎤ g : ⎢0, ⎥ → ⎢⎣ 2 ⎥⎦

,

g (x ) = cos x + x ⋅ sin x függvények. ⎡ π⎤ a) Számítsd ki g ′ (x ) -t, ∀x ∈ ⎢0, ⎥ esetén. ⎣⎢ 2 ⎦⎥ ) ′ ( b) Számítsd ki f x -t, ∀x ∈ (0, +∞) esetén. ⎛ π⎞ c) Bizonyítsd be, hogy g ′ (x ) > 0 , ∀x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ . ⎝ 2⎠ ⎛ π⎞ d) Bizonyítsd be, hogy g (x ) > 1 , ∀x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ . ⎝ 2⎠ e) Lagrange tételének segítségével bizonyítsd be, hogy f (x + 1) − f (x ) > 1 , ∀x > 2 esetén.



f) Bizonyítsd be, hogy f (n ) > n − 2 , ∀n ≥ 3 esetén. f (1) + f (2) + … + f (n ) g) Számítsd ki a lim határértéket. n →∞ n (Érettségire javasolt feladat, 2001) 5. Adott az f : (0, +∞) → (0, +∞) , f (x ) = ln (x + 1) − ln x függvény. b) Bizonyítsd be, hogy f bijektív. a) Határozd meg f ′ (x ) -et. c) Számítsd ki a lim

n →∞

f (1) + f (2) + … + f (n ) határértéket. ln (n 2 + 1)

d) Jelöljük g -vel az f inverz függvényét. Számítsd ki a g ′ (ln 2) értéket. (Érettségire javasolt feladat 2001) 6. Igaz-e, hogy ha f : [a, b ] → konvex függvény, akkor f folytonos? függvény deriválható x 0 ∈ (a, b ) egy V környe7. Igaz-e, hogy ha az f : [a, b ] → zetében és f ′ (x ) ≠ 0 egyetlen x ∈ V esetén sem, akkor f monoton V -n? 8. Igaz-e, hogy ha az f : [a, b ] → függvénynek nem létezik határértéke az x 0 ∈ (a, b ) -ben,

akkor

létezik

olyan

(x n )n ∈ , *

(yn )n ∈

*

sorozat,

hogy

lim x n = lim yn = x 0 és lim f (x n ) ≠ lim f (yn ) ?

n →∞

n →∞

n →∞

n →∞

9. Igaz-e, hogy ha f monoton x 0 egy környezetében, akkor léteznek x 0 -ban a jobbés baloldali határértékek? 10. Igaz-e a következő állítás? Ha az x 0 ∈ (a, b ) másodfajú szakadási pontja az f : [a, b ] → függvénynek, akkor f -nek függőleges aszimptótája van x 0 -ban. Megoldás. n

1. x n = ∑ k =2

n k (k − 1) + k − 2 n + 2 k2 − 2 n + 2 = + =∑ + k! n! k! n! k =2

n n 1 1 2 n +2 +∑ −∑ + , n! k =2 (k − 2) ! k =2 (k − 1) ! k =2 k ! n

=∑

n

tehát lim x n = e + (e − 1) − 2 (e − 2) = 3 , mert lim ∑ n →∞

n →∞

2. a) A függvény folytonos

-n, tehát nincs függőleges aszimptotája.

lim f (x ) = lim

x →±∞

k =0

1 =e. k!

x →±∞ 3

1 2

2

x − 3 x (1 − x ) + 3 (1 − x )

= 0,


261

tehát az y = 0 egyenletű egyenes vízszintes aszimptota +∞ és −∞ felé. b) f ′ (x ) =

⎛ ⎞⎟ 1 ⎜⎜ 1 1 ⎟⎟ ⋅⎜ 2 − 2 ⎟ 3 ⎜ 3 3 ⎜⎝ x (1 − x ) ⎠⎟

1 1 - ben vált előjelt és f ′ (x ) ≥ 0 ha x ≤ , tehát f 2 2 ⎛ 1⎞ ⎛1 ⎞ növekvő a ⎜⎜−∞, ⎟⎟⎟ intervallumon és csökkenő az ⎜⎜ , ∞⎟⎟⎟ intervallumon. Ebből ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 2 ⎛1⎞ következik, hogy 0 = lim f (x ) < f (x ) ≤ f ⎜⎜ ⎟⎟⎟ = 3 4 , ∀x ∈ . x →±∞ ⎝2⎠ c) A függvény deriváltja

1 1 ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ f ⎜⎜ − x ⎟⎟⎟ = 3 − x + 3 + x = f ⎜⎜ + x ⎟⎟⎟ , ∀x ∈ ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ 2 2 1 szimmetrikus az x = egyenesre nézve. 2 d)

e)

n

∑ f (k ) =

3

n , tehát az l = lim

n →∞ 3

k =1

nel egyszerűsíthetünk és így l =

3

, tehát a grafikus kép

n határértéket kell kiszámítani. 2n − 3 n 3

1 . 2 −1

3. a) f (1 − 2 ) = −1 − 2 és f (1 + 2 ) = −1 + 2 b) f ′ (x ) =

−2x 2 + 4x + 2 2

(x 2 + 1) −∞

f′

f

- - - 0

, tehát a következő változási táblázathoz jutunk:

1− 2 0

+∞

1+ 2 + + +

−1 − 2

A táblázat alapján −1 − 2 ≤ f (x ) ≤ −1 + 2 , ∀x ∈

0

- - - -

−1 + 2

0

.

3

n-



c) Ha f (x 1 ) = f (x 2 ) és x 1 ≠ x 2 , akkor x1x 2 − 1 − x1 − x 2 = 0 , tehát x 2 = Így x 1 =

1 + x1 x1 − 1

.

1 esetén x 2 = −3 . 2

4. a) g ′ (x ) = − sin x + sin x + x ⋅ cos x = x ⋅ cos x b) f ′ (x ) = cos

π π ⎛ π⎞ π π π − x ⋅ sin ⋅ ⎜⎜− 2 ⎟⎟ = cos + ⋅ sin ⎝ ⎠ x x x x x x

⎛ π⎞ ⎛ π⎞ c) Ha x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ , akkor cos x > 0 és így x ⋅ cos x > 0 , tehát g ′ (x ) > 0 ∀x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ . ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎛ π⎞ d) g (0) = 1 és g ′ (x ) > 0 , ∀x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ alapján a g függvény szigorúan növekvő ⎝ 2⎠ ⎛ π⎞ ⎛ π⎞ ⎜⎜0, ⎟⎟ -n, tehát g (x ) > 1 , ∀x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ . ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎛π⎞ e) f (x + 1) − f (x ) = f ′ (c ) , ahol c ∈ (x, x + 1) . A d) alapján f ′ (c ) = g ⎜⎜ ⎟⎟ > 1 , ⎝c ⎠ tehát az egyenlőtlenség igaz ha c > x > 2 .

f) Az f (k + 1) − f (k ) > 1 egyenlőtlenség alapján

n −1

∑ f (k + 1) − f (k ) > n − 4 . k =4

Tehát

f (n ) > n − 4 + f (3) , ∀n ≥ 3 .

f (n ) > n − 4 +

Másrészt

f (3) = 3 ⋅ cos

π 3 = , 3 2

3 > n − 2 , ∀n ≥ 3 . 2 n

g) Az f) alpont alapján

∑ f (k ) > −1 + 0 + k =1

(n − 2)(n − 1) és így 2

n

lim

n →∞

5. a) f ′ (x ) =

∑ f (k ) k =1

n

= +∞ .

1 1 1 − =− , ∀x > 0 . x +1 x x (x + 1)

b) Mivel f ′ (x ) < 0 , ∀x > 0 a függvény szigorúan csökkenő. Másrészt ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ lim f (x ) = lim ln ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ = +∞ és lim f (x ) = lim ln ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ = 0 , x 0 x 0 x →∞ x →∞ ⎝ ⎝ x⎠ x⎠ tehát f folytonossága alapján Im f = (0, ∞) . Így f bijektív.

tehát

Tartalomjegyzék Összefoglaló gyakorlatok és feladatok c)

n

∑ f (k ) = ln (n + 1) − ln 1 = ln (n + 1) és k =1

lim

n →∞

263

ln (n + 1) 1 = , mert 2 ln (n + 1) 2

1 ln (x + 1) l ' H 1 lim = lim x + 1 = . x 2 x →∞ ln x 2 + 1 x →∞ 2 ( ) x2 + 1 d) g ′ ( f (x )) =

1 1 = −2 , mert f (1) = ln 2 . , ∀x > 0 , tehát g ′ (ln 2) = ′ ) ′ ( f (1) f x

6. Az állítás igaz. 7. Ha f ′ (x ) ≠ 0 ∀x ∈ V , akkor f ′ előjeltartó, mert Darboux- tétele alapján f ′ Darboux- tulajdonságú. Így f monoton is. 8. Az állítás igaz. 9. Az állítás igaz (lásd a XI. osztályos tankönyv 46. oldalán). 10. Az állítás nem igaz.

⎧⎪ 1 ⎪sin , x ≠ 0 = ⎪⎨ x függvénynek a 0 másodfajú szakadási pontja Az f : → , f ⎪⎪0 = , x 0 ⎪⎩ és 0 -ban nincs függőleges aszimptota. (x )

6. Teszt 4

1. Számítsd ki az

∫ 1

dx integrált! x −a + 1 2


1

1

3. Számítsd ki az

1

2

x dx integrált! x +1

∫e −1

2

x x ∫ e dx < ∫ (1 + xe )dx .

⎡ 1 ⎤ ⎥ → +, 4. Bizonyítsd be, hogy az f : ⎢0, ⎢⎣ 2π ⎥⎦ ⎧⎪ 2 1 1 ⎪⎪x sin 2 , 0 < x ≤ ) ( f x =⎨ x 2π ⎪⎪0, x =0 ⎪⎩



függvény deriválható és a deriváltja nem integrálható. 2x függvény grafikus képének 5. Számítsd ki az f : [ 0,1] → , f (x ) = arcsin 1 + x2 Ox körüli forgatásából származó test térfogatát! x ndx határozatlan integrálra. 6. Határozz meg egy rekurziót az I n = ∫ 1 + x2 (Felvételi, 1990) 1 n x 7.Az I n = ∫ 2 dx , n ∈ * sorozatra számítsd ki a lim n ⋅ I n és n →∞ x +1 0

⎛ 1⎞ lim ⎜⎜n ⋅ I n − ⎟⎟⎟ ln n határértékeket. n →∞ ⎝ 2⎠ (Érettségi javaslat, 2001) függvény primitív függvényeit,

= 8. Határozd meg az f : → , f { } ahol x az x szám egész részét jelöli. 9. Igaz-e, hogy egy f : → + primitívvel rendelkező függvény minden primitívje monoton? 10. Igaz-e, hogy az f : [−a, a ] → folytonos függvény pontosan akkor páratlan, ha sin {x } π

(x )

b

∫ f (x )dx = 0 , ∀b ∈ [0, a ] ? −b

Megoldás. 1. Ha a ≤ 1 , akkor x − a = x − a, ∀x ∈ [1, 4 ] és így 4

∫ 1

4

Ha a ∈ [1, 4] , akkor

a

4

5 −a

dx

∫ x − a + 1 = ln 2 − a . 1

4

∫

dx = x −a + 1

∫

∫

dx = x −a + 1

∫ a − x + 1 = ln a − 3 .

1 4

és ha a ≥ 4 , akkor

dx = x −a + 1

1

1 4

dx dx + = ln a (5 − a ) , a − x + 1 ∫a x − a + 1 dx

a

1

2. Ha x > 1 , akkor xe > e , tehát 1 + xe x > e x , ∀x ∈ [1, 2] és így x

x

2

∫ 1

1

3. I =

−1

2

2

e x dx < ∫ 1 + xe x dx .

(−y ) dy x dx ∫ e x + 1 = −∫ e−y + 1 = 1 −1 2

1

2I =

1

1

y

e y2 ∫ e y + 1 dy , tehát −1 1

x 2dx e x x 2dx + ∫ ex + 1 ∫ ex + 1 = −1 −1

1

2

∫ x dx = 3 . 2

−1

Tartalomjegyzék Összefoglaló gyakorlatok és feladatok Ebből következik, hogy I =

265

1 . 3

f (x ) 1 = lim x sin 2 = 0 x →0 x x

1 2 1 − cos 2 , 2 x →0 x x x ⎛ 1 ⎞⎟ 2 1 ∀x ∈ ⎜⎜⎜0, ⎟⎟ , tehát f deriválható. Ugyanakkor f ′ nem korlátos mert a cos 2 ⎠ ⎝ 2π x x 1 tetszőlegesen nagy értékeket is felvehet és lim 2x sin 2 = 0 , tehát f ′ nem x →0 x integrálható. b 1 2x ⎛π ⎞ 5. V Ff = π ⋅ ∫ f 2 (x )dx = π ⋅ ∫ arcsin dx = π ⎜⎜ − ln 2⎟⎟ . 2 ⎝2 ⎠ 1+x f ′ (0) = lim

4.

f ′ (x ) = 2x sin

és

( )

a

0

2x Használtuk, hogy arcsin = 2 arctg x , ∀x ∈ (0,1) és 1 + x2 1

1

1

2∫ arctg x ⋅ dx = 2 ∫ x ′ ⋅ arctg x ⋅ dx = 2x arctg x 0

0

1 0

−∫ 0

2x π dx = − ln 2 . 2 1+x 2

6.

In =

∫

x ndx 1+x

2

=

∫x ( n −1

′ 1 + x 2 dx =

)

= x n −1 1 + x 2 − (n − 1) ∫ x n −2 1 + x 2 dx = = x n −1 1 + x 2 − (n − 1) ∫ x n −2

1 + x2 1 + x2

dx =

= x n −1 1 + x 2 − (n − 1) I n −2 − (n − 1) I n , tehát

1 n −1 n −1 x 1 + x2 − I n −2 . n n π xn I0 = , akkor dx , 2 4 x +1 In =

1

7.

In =

Ha

∫ 0

1

I n + I n +2 =

1

∫ x dx = n + 1 . Másrészt n

I1 =

1 ln 2 2

és

I n ≤ I n −1 , mert x n ≤ x n −1 ha x ∈ [0,1] . Ez

0

alapján 1 1 = I n + I n +2 ≤ 2I n és = I n + I n +2 ≥ 2I n +2 , n +1 n +1 1 1 1 ≤ In ≤ tehát , ∀n ≥ 2 . Ebből következik, hogy lim nI n = . Az n →∞ 2 2 (n + 1) 2 (n − 1) előbbi egyenlőtlenségek alapján



1 1 1 ≤ nI n − ≤ . 2 2 (n − 1) n +1 ln n ln n Másrészt lim = lim = 0 , tehát a fogó- tétel alapján n →∞ n + 1 n →∞ n − 1 ⎛ 1⎞ lim ⎜nI n − ⎟⎟⎟ ln n = 0 . n →∞ ⎜ ⎝ 2⎠ −

8. Ha x ∈ [k, k + 1) , akkor {x } = x − k és k

sin {x } π = sin (x − k ) π = (−1) sin πx .

cos πx + ck , ahol π . Ugyanakkor (k + 1) - ben a primitív folytonos kell legyen, tehát

Ennek egy primitívje az Fk : [k, k + 1) → ck ∈ x

k −1

, Fk (x ) = (−1)

1 1 + ck = − + ck +1 , ∀k ∈ π π 2k , ∀k ∈ és így az rögzített, akkor ck = c0 + π

lim Fk (x ) = lim Fk +1 (x ) . Ez ekvivalens az k +1

x

k +1

összefüggésekkel, tehát ha c0 ∈ k −1

F (x ) = (−1)

cos πx 2k + + c0 , x ∈ [k, k + 1) π π

függvény az f egy primitívje. 9. Ha F :

→

az f egy primitívje, akkor f :

→

+

alapján F növekvő

(mert F ′ (x ) = f (x ) ≥ 0 ). Tehát az állítás igaz. 10. Ha F : [−a, a ] →

az f egy primitívje, akkor F (x ) = F (−x ) , ∀x ∈ [0, a ] és így F páros. Ebből következik, hogy f (x ) = −F ′ (x ) = −f (−x ) , ∀x ∈ [0, a ] , tehát f páratlan. Páratlan függvényre teljesül az összefüggés, tehát az állítás igaz. 7. Teszt 2

1. Számítsd ki az

∫ f (x )dx 0

⎧ 2 ⎫ ⎪. x, integrált, ha f (x ) = min ⎪ ⎨ 2⎬ x ∈[0,2] ⎪ ⎪ + x 1 ⎪ ⎪ ⎩ ⎭

1


∫2

x2

0

dx ≥ 1 +

ln 2 . 3 (Érettségi javaslat, 2001)

Tartalomjegyzék Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 1

3. Bizonyítsd be, hogy 4. Számítsd ki a lim

n →∞

1 n

n

2 ∫ (1 − x ) 0 n

x −1

∫ x + 1 dx

267

2

(n !)

n

dx = 22 ⋅

(2n + 1) !

.

határértéket!

1

5. Határozd meg az a, b, c ∈

→

paramétereket úgy, hogy az f : ⎧ x ≤0 ⎪ln (1 − x ) , f (x ) = ⎪ ⎨ax 2 + bx + c, x > 0 ⎪ ⎪ ⎩ függvénynek létezzenek primitív függvényei. 6. Számítsd ki az f : [−c, c ] →

(Felvételi, 1990)

(

x a x − , f (x ) = e a + e a 2

) függvény grafikus képének

ívhosszát! 7. Tekintjük az

xn = a −

,

a3 a5 a 2n −1 n +1 + − … + (−1) ⋅ és I n = 3 5 2n − 1

a

x 2n dx 1 + x2

∫ 0

sorozatokat. a) Bizonyítsd be, hogy n −1

1 + (−1) x 2n , ∀n ∈ 1 + x2 n −1 b) Bizonyítsd be, hogy x n = arctg a + (−1) I n . c) Bizonyítsd be, hogy lim x n = arctg a . n −1

1 − x 2 + x 4 − … + (−1)

x 2n −2 =

*

, ∀x ∈

esetén.

n →∞

8. Határozd

meg

az

összes

f :

→

(Érettségi javaslat, 2001) folytonos függvényt, amelyre

f (x ) F (−x ) = a , ∀x ∈ , ahol F a f egy primitívje és a ∈ *+ . 9. Igaz-e, hogy minden függvény előállítható két Darboux tulajdonságú függvény összegeként? 10. Igaz-e, hogy folytonos és periodikus függvénynek létezik periodikus primitívje?

Megoldás. 2 egyenlőtlenség megoldáshalmaza a [0, 2] intervallumban a [0,1] 1 + x2 ⎧⎪ x , x ∈ [0, 1] ⎪ ⎪ . Így intervallum, tehát f (x ) = ⎨ 2 ⎪ , x ∈ (1, 2] ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎩1 + x

1. Az x ≤



2

∫

f (x )dx =

0

1

2

∫

xdx + ∫

0

1

1

2 x2 1 π 2 dx = + 2 arctg x 1 = + 2 arctg 2 − . 2 1+x 2 0 2 2 2

2

2. Az e x ≥ 1 + x ∀x ≥ 0 egyenlőtlenség alapján 2x = e ln 2⋅x ≥ 1 + ln 2 ⋅ x 2 , tehát 1

∫ 0

1

3. Ha I n =

2 n

∫ (1 − x )

1

2x ≥ ∫ (1 + ln 2 ⋅ x 2 )dx = 1 + 2

0

ln 2 . 3

dx , akkor

0

1

I n +1 =

∫ 0

1 ⎛ 1 − x 2 )n +1 ⎞⎟′ ⎡(1 − x 2 )n − x 2 (1 − x 2 )n ⎤ dx = I − x ⋅ ⎜⎜⎜ ( n ∫ ⎜⎜(−2)(n + 1)⎟⎟⎟⎟⎟ dx = ⎣⎢ ⎦⎥ 0 ⎝ ⎠ n +1 1

= In − x

tehát I n +1 =

(1 − x 2 )

(−2) n + 1

1

+∫ 0

0

n +1

(1 − x 2 )

(−2)(n + 1)

dx = I n −

2 (n + 1) I n . Ebből az összefüggésből következik, hogy 2n + 3 2

In = n

4.

∫ 1

1 I , 2 (n + 1) n +1

x −1 dx = x +1

n

2

2n ⋅ (n !) ⋅ 2n 22n ⋅ (n !) 2n ⋅ n ! I0 = = . (2n + 1) !! (2n + 1) ! (2n + 1) ! ⎛

2 ⎞

∫ ⎜⎜⎜⎝1 − x + 1⎠⎟⎟⎟dx = (n − 1) − 2 ln (n + 1) + 2 ln 2 ,

tehát

az

1

(n − 1) − 2 ln (n + 1) határértéket kell l = lim n →∞ n ln (n + 1) l = 1 − 2 lim = 1 (a l'Hospital szabály alapján). n →∞ n

kiszámítani.

De

5. Mivel létezik 0 -ban jobb- és baloldali határérték a függvénynek csak akkor van primitív függvénye, ha folytonos (ellenkező esetben elsőfajú szakadási pontja van). Így c = 0 és a primitívjei ⎧x ln (1 − x ) − x − ln (1 − x ) + c0 ⎪ ⎪ ⎪ F (x ) = ⎨ x3 x2 ⎪⎪ +b + c0 a ⎪ 3 2 ⎪ ⎩

x ≤0 x>0

.


269

6. A grafikus kép ívhossza c

l=

∫

c

(

)

x x 1 1 ⎡ ax − a + e a dx = ⎢ae e 2∫ 2 ⎣⎢ −c

1 + f ′2 (x )dx =

−c

c

+ (−a )e −c

−

(

)

c c ⎤ − ⎥ = a ea − e a . −c ⎦⎥

x c a

7. a) Az azonosság a mértani haladvány összegképletéből következik. b) Ha az azonosságot integráljuk 0 - tól a - ig, akkor a kért azonosságot kapjuk. c)

Mivel

0≤

x 2n ≤ x 2n 1 + x2

a

írhatjuk hogy

o≤∫ 0

x 2n a 2n +1 , tehát dx ≤ 1 + x2 2n + 1

lim I n = 0 .

n→∞

n −1

Az x n = arctg a + (−1)

I n összefüggésekből következik, hogy az (x n )n ∈

*

sorozat

is konvergens és lim x n = arctg a . n →∞

8. Ha x helyett (−x ) - et helyettesítünk az f (−x ) F (x ) = a összefüggéshez jutunk, tehát

Ez

alapján

(F (x ) F (−x ))′ = f (x ) F (−x ) + F (x ) f (−x ) (−1) = = f (x ) F (−x ) − F (x ) f (−x ) = a − a = 0 . létezik c ∈ úgy, hogy F (x ) F (−x ) = c , ∀x ∈

, tehát f (x ) a , és az eredeti egyenlőség = alakban írható. Ebből F (x ) c a c a ax x következik, hogy létezik c1 ∈ úgy, hogy F (x ) = c1e c , tehát f (x ) = 1 e c . c 1 x c12a a 2 f (x ) F (−x ) = , tehát c = c12 és így a végső megoldás f (x ) = e c1 , ∀x ∈ . c c1 c F (−x ) = , ∀x ∈ F (x )

9. Az állítás igaz. 10. Az állítás hamis. Az f :

→ , f (x ) = sin x függvény primitívjei ⎧⎪ − cos x + c x ∈ [2k π, (2k + 1) π ] k ⎪ F : → , F (x ) = ⎪ , ⎨ ⎪⎪cos x + c + 2 x ∈ [(2k + 1) π, (2k + 2) π ] k ⎪⎩ ahol ck = ck −1 + 4 és így a primitív ⎧⎪ − cos x + 4k + c 0 ⎪ F (x ) = ⎪⎨ ⎪⎪cos x + 4k + 2 + c 0 ⎪⎩ alakú és ez nem periodikus.

x ∈ [2k π, (2k + 1) π ] x ∈ [(2k + 1) π, (2k + 2) π ]


Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 8. Teszt x

arcsin e dx határozatlan integrált. ex ⎪⎧⎪arctgx, x ∈ (0,1] 2. Határozd meg az f : [ 0,1] → , f (x ) = ⎪⎨ π függvény primitív x =0 ⎪⎪ , ⎩⎪ 2 függvényeit. (Felvételi, 1993) 6 2 16 x 3. Bizonyítsd be, hogy ≤∫ dx ≤ 9 . 3 x +2 4

∫

1. Számítsd ki az

π

4. Számítsd ki az I n =

cos (n − 1) x dx integrált, ha n ≥ 1 . 5 − 4 cos x

∫ 0

1

5. Számítsd ki a lim n ⋅ ∫ x 2 f (x )dx határértéket, ha f : [ 0,1] → n →∞

folytonosan deri-

0

válható függvény. 6. Határozd meg az f :

x

→

, f (x ) =

∫ e (t t2

2

− 2)dt függvény szélsőértékpont-

0

jait!

⎡ 1 ⎤ ⎥→ , 7. Bizonyítsd be, hogy a g : ⎢0, ⎢⎣ 2π ⎥⎦ ⎧2 ⎪⎪ cos 1 , 0 < x ≤ 1 ⎪ x2 2π g (x ) = ⎨ x ⎪⎪ k x , = 0 ⎪⎪⎩ függvény nem integrálható. 8. Igaz-e, hogy egy, primitívvel rendelkező, függvény primitív függvényei folytonosak? 9. Léteznek-e olyan f : → bijektív függvények, amelyekre f f -nek van primitívje? 10. Van-e olyan Darboux tulajdonságú függvény, amelynek nincs primitívje, de integrálható? Megoldás. 1. Az e x = t jelöléssel e x dx = dt , tehát az

∫

arcsin t dt integrál kiszámításához t2

jutunk.

∫

arcsin t dt = t2

⎛ 1⎞′

∫ ⎜⎜⎝− t ⎠⎟⎟⎟

arcsin tdt = −

arcsin t dt +∫ = t t 1 − t2


271

⎛ 1 ⎞ ⎜⎜⎝− t 2 dt ⎠⎟⎟ ⎛1 ⎞ arcsin t arcsin t 1 =− −∫ =− − ln ⎜⎜ + 2 − 1⎟⎟⎟ + c . ⎜⎝ t 1 t t t ⎠⎟ −1 2 t arcsin e x arcsin e x dx = − − ln e −x + e −2x − 1 + c . Tehát ∫ x x e e 2. A függvény nem Darboux- tulajdonságú, ezért nem létezik primitív függvénye. 6 6 6 ⎛ x2 x2 − 4 + 4 4 ⎞⎟ 3. ∫ dx = ∫ dx = ∫ ⎜⎜⎜x − 2 + ⎟ dx = ⎝ x +2 x +2 x + 2 ⎠⎟ 4 4 4

(

)

6

8 4 x2 = − 2x + 4 ln (x + 2) = 6 + 4 ln = 6 + 4 ln . 6 3 2 4

4 16 4 ⎛ 1⎞ 1 >6> és 6 + 4 ln = 6 + 4 ln ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ < 6 + 4 ⋅ < 9 . ⎝ 3 3 3 3⎠ 3 π π cos ny sin ny ⋅ sin y 4. Ha I n = ∫ dy és J n = ∫ dy , akkor az 5 − 4 cos y 5 − 4 cos y 0 0 5 I n +1 = I n − J n 4 9 5 J n +1 = − I n + J n 16 4 rekurziókhoz jutunk, tehát ⎡ 5 ⎤ −1⎥ ⎢ ⎡I n ⎤ ⎡I1 ⎤ ⎥ ⎢ ⎥ = An −1 ⋅ ⎢ ⎥ , ahol A = ⎢ 4 ⎢ 9 ⎥. ⎢J ⎥ ⎢J ⎥ 5 ⎢− ⎥ ⎣⎢ n ⎦⎥ ⎣⎢ 1 ⎦⎥ ⎢⎢ 16 4 ⎥⎥ ⎣ ⎦ Ez alapján meghatározható I n explicit alakja. 5. Mivel f folytonosan deriválható következik, hogy folytonos is. Így

Másrészt 6 + 4 ln

1

lim ∫ x n f (x ) dx = 0

n →∞

0

mert ha m és M az f minimuma és maximuma, akkor 1

m M < x n f (x )dx < , ∀n ≥ 1 . n + 1 ∫0 n +1 Másrészt 1

1

(n + 1) ∫ x n f (x )dx = 0

1

1

′ ∫ (x ) f (x )dx = n +1

0

1

= x n +1 f (x ) 0 − ∫ x n +1 f ′ (x )dx = f (1) − ∫ x n +1 f ′ (x )dx , 0

0


Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 1

tehát lim (n + 1) ∫ x n f (x )dx = f (1) . Ez alapján n →∞

0

1

lim n ∫ x n f (x )dx = f (1) .

n →∞

0

6. f ′ (x ) = e x (x 2 − 2) , tehát a szélsőértékpontjai x 1 = 2 és x 2 = − 2 . 2

1 , k ≥ 1 , akkor lim f (x k ) = ∞ és így f nem korlátos. Ebből k →∞ 2k π következik, hogy nem is integrálható. 8. Ha F az f egy primitívje, akkor F deriválható és így folytonos is. 9. Az f : → , f (x ) = x függvény bijektív és ( f f ) (x ) = x , tehát f f - nek van bijektív függvénye.

7. Ha x k =

⎧⎪ 1 ⎪sin x ≠0 = ⎪⎨ x függvény Darboux- tulajdonságú, nem 10. Az f : → , f ⎪⎪ 1 x 0 = ⎪⎩ primitiválható és f [0,1] integrálható mert csak egy szakadási pontja van. (x )

9. Teszt

→

1. Számítsd ki az f :

⎧ e x sin x , ⎪ ⎪ , f (x ) = ⎪⎨ x 2 ⎪ , ⎪ ⎪ ⎩1 + x

x <0 x ≥0

függvény primitív függvé-

nyeit. (Felvételi, 1993)

π 2


∫e

− sin x

0

3. Az f , F : a lim

x →∞

→

, f

(x ) =

dx <

π . 2

x3 és F (x ) = x2 + 1

x

∫ f (t )dt

függvényekre számítsd ki

0

F (x ) határértéket! x ⋅ f (x ) (Érettségi javaslat 2001) 2n

3 i határértéket! ∑ n i =1 i + 8n 2 − 2ni 5. Határozd meg azokat az f : → primitívvel rendelkező függvényeket, amelyeknek létezik olyan F : → primitívjük, hogy 2F (x ) = x ( f (x ) − x ) , ∀x ∈ .

4. Számítsd ki a lim

n →∞


(Radó Ferenc Emlékverseny, 2001) folytonos függvényeket, amelyekre

→

6. Határozd meg azokat az f :

273

x

f

(x )

= 1 + ∫ f (t )dt . 0

7. Bizonyítsd be, hogy ha az f , g : [a, b ] →

+

folytonos függvényekre

x

f (x ) ≤ K + ∫ g (t ) f (t )dt , ∀x ∈ [a, b ] , (K > 0) , a

akkor x

∫ g (t )dt

f (x ) ≤ Ke a . (Gronwall lemma) 8. Igaz-e, hogy páros és folytonos függvénynek van páratlan primitívje? 9. Igaz-e, hogy ha f : [a, b ] → integrálható függvény, akkor létezik c ∈ [a, b ] úgy, b

hogy

∫ f (x )dx = f (c ) ⋅ (b − a ) ? a

10. Igaz-e, hogy ha f : noton?

→

függvénynek van primitívje és injektív, akkor mo-

Megoldás.

⎧ 1 x ⎪ ⎪ e (sin x − cos x ) + c, x <0 ⎪ 2 ⎪ 1. F (x ) = ⎨ 2 ⎪ 1 x ⎪ − x + ln (x + 1) − + c, x ≥ 0 ⎪ ⎪ 2 ⎪2 ⎩ (Áganként integráltuk és az F folytonosságából meghatároztuk a konstansok közti öszefüggést.) ⎡ π⎤ ⎡ π⎤ 2. Ha x ∈ ⎢ 0, ⎥ , akkor 0 ≤ sin x ≤ 1 és így 0 ≤ e − sin x ≤ 1 , ∀x ∈ ⎢ 0, ⎥ . Ha ezt ⎢⎣ 2 ⎦⎥ ⎢⎣ 2 ⎦⎥ ⎡ π⎤ integráljuk a ⎢ 0, ⎥ intervallumon, az ⎢⎣ 2 ⎦⎥ π 2

∫e 0

π 2

− sin x

dx ≤ ∫ 1dx =

összefüggéshez jutunk. 3. Alkalmazható a l'Hospital szabály és így

0

π 2


Összefoglaló gyakorlatok és feladatok F (x ) f (x ) x2 + 1 1 = = lim = lim 2 x →∞ xf (x ) x →∞ f (x ) + f ′ (x ) ⋅ x x →∞ 2x + 4 2 lim

3 4. lim n →∞ n

2n

i

6 = lim ∑ 2 n →∞ 2n 8n − 2ni i =1 i +

i 2n

2n

∑ i =1

i i + 2− 2n 2n

2

= 6⋅ ∫ 0

xdx . x + 2−x

Ezt az integrált a 2 − x = u helyettesítéssel racionális integrállá alakíthatjuk. Így a keresett határérték

⎛ 2 ⎛⎜ 3 1 ⎞⎟⎞⎟ 6 ⋅ ⎜⎜8 − 3 ln 2 + arctg + arctg ⎟⎟ . ⎜ ⎜⎝ 7 ⎝⎜ 7 7 ⎠⎟⎟⎠ F (x ) + x . Következik, hogy f (x ) deriválható x a (−∞, 0) és (0, +∞) intervallumon. Átrendezve az egyenletet, kapjuk, hogy xf (x ) − 2F (x ) = x . Elosztva az egyenlőséget x 2 -tel és bővítve a törtet x -szel x adódik, hogy

5. Az egyenletből kifejezve f (x ) = 2

⎛ F (x )⎞′ f (x ) x 2 − F (x ) 2x 1 = ⇔ ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ = (ln x )′ . 4 ⎝ x ⎠ x x A Lagrange- tétel következményéből

F (x ) = ln x + c ⇔ F (x ) = x 2 ln x + c ⋅ x 2 . 2 x Ha x ∈ (−∞, 0) , akkor deriválva az egyenlet mindkét oldalát kapjuk, hogy

f (x ) = 2x ⋅ ln (−x ) + x + 2c ′x = 2x ⋅ ln (−x ) + c1x . Ha x ∈ (0, +∞) , akkor deriválva az egyenlet mindkét oldalát kapjuk, hogy

f (x ) = 2x ⋅ ln x + x + 2c ′′x = 2x ⋅ ln x + c2x . Vizsgálva f folytonosságát észrevesszük, hogy lim f (x ) = lim f (x ) = 0 , mert x

0

x

0


275

lim (2x ⋅ ln (−x ) + c1x ) = lim (2x ⋅ ln x + c2x ) = 0 . x

x

0

0

Mivel f Darboux tulajdonságú, és léteznek a bal- és jobboldali határértékek, következik, hogy f -nek nem lehet szakadási pontja a 0 -ban, tehát f folytonos 0 -ban és f (0) = 0 .

⎧⎪2x ⋅ ln (−x ) + c x , ha x ∈ (−∞, 0) ⎪⎪ 1 ⎪⎪ 0 , ha x =0 . Összefoglalva, f (x ) = ⎨ ⎪⎪ ⎪⎪ 2x ⋅ ln x + c x , ha x ∈ (0, +∞) 2 ⎪⎩ x

6. Ha f

folytonos, akkor az 1 + ∫ f (t )dt kifejezés integrálható, ezért f

is

0

deriválható. Ha deriváljuk az egyenletet az f ′ (x ) = f (x ) egyenlethez jutunk, tehát f (x ) = c ⋅ e x ∀x ∈ . Ugyanakkor x = 0 esetén az adott összefüggésből f (0) = 1 adódik, tehát f (x ) = e x ∀x ∈

.

x

7. Ha h (x ) = K + ∫ g (t ) f (t )dt , akkor h ′ (x ) = g (x ) f (x ) ≤ g (x ) h (x ) , tehát a

x ⎛ ⎞′ − ∫ g (t )dt ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ≤ 0 . ⎜⎜h (x ) ⋅ e a ⎟⎟ ⎜⎜⎝ ⎠⎟

x

Így a H (x ) = h (x )e

−

∫ g (t )dt a

függvény csökkenő, tehát H (x ) ≤ H (a ) . Másrészt x

∫ g (t )dt

H (a ) = K , tehát h (x ) ≤ K ⋅ e a

x

∫ g (t )dt

és így f (x ) ≤ K ⋅ e a

. x

8. Ha

f : [−a, a ] →

páros, akkor az F : [−a, a ] →

, F (x ) =

∫ f (t )dt 0

primitívje páratlan, tehát az állítás igaz. 9. Az állítás nem igaz. Az

f : [−1,1] →

,

⎧⎪x , x ≠ 0 f (x ) = ⎪⎨ ⎪⎪1 , x = 0 ⎩

függvény

1

integrálható,

∫ f (x )dx = 0 és nem létezik olyan c ∈ [−1,1] , amelyre f (c ) = 0 . −1



10. Ha az f : → függvénynek van primitívje, akkor Darboux- tulajdonságú és így ha nem monoton, akkor nem is injektív (lásd a 4. teszt 8. feladatának megoldását). 10. Teszt 2

⎛ x − 1 ⎞⎟ , f (x ) = e x ⋅ ⎜⎜⎜ 2 ⎟ primitív függvényeit! ⎝ x + 1⎠⎟

→

1. Határozd meg az f :

2. Számítsd ki az x 2 + 4y 2 = 1 egyenletű ellipszis Oy körüli forgatásából származó forgásellipszoid felszínét! 3. Bizonyítsd be, hogy 0 1 4 0 ≤ ∫ x ln (1 − x 2 )dx ≤ ln . 4 3 1 −

1

4. Számítsd ki az f (α ) =

2

ln (1 + x ) dx integrált és a lim f (α ) határértéket! α→0 x2

∫ α

5. Számítsd ki a lim n (n + 1) I n határértéket, ha n →∞

1 n

In =

∫

arctg nxdx .

1 n +1

6. Az f : [ 0, 4] → 3

I =

x −2

∫ x +1

, f (x ) = 2 arcsin

x −2 − 4x − x 2 függvényre számítsd ki az 2

4x − x 2 ⋅ f ′ (x )dx integrált!

2

7. Az f , g :

→

primitívvel rendelkező függvények F és G primitívjére F (0) = 1 , G (0) = 0 , F (x ) = g ′ (x ) és G (x ) = f ′ (x ) valamint f (0) = 0 . 1 Bizonyítsd be, hogy f (x ) g (x ) ≥ − , ∀x ∈ . 2 (Székely Mikó Verseny 2000) 8. Bizonyítsd be, hogy ha f : [ 0, a ] → kétszer folytonosan deriválható függvény és a

rn =

∫

f (t )dt −

0

a n

n

⎛

a⎞

∑ f ⎜⎜⎝(2k − 1) n ⎠⎟⎟ , k =1

akkor

a2 ⎡ f ′ (a ) − f ′ (0)⎤⎦ . n→ 24 ⎣ 9. Igaz-e, hogy ha két függvénynek van primitívje, szorzatuknak is van primitívje? 10. Igaz-e, hogy páratlan és folytonos függvényeknek van páros primitívje? lim n 2rn =

Tartalomjegyzék Összefoglaló gyakorlatok és feladatok Megoldás. →

1. Az F :

, F (x ) =

ex , ∀x ∈ x2 + 1

1

1

2

2. F = 2π ∫ f (x ) 1 + ⎡⎣ f ′ (x )⎤⎦ dx = π ∫ −1

−1

277

függvény az f egy primitívje. 2

⎛ 3x ⎞⎟ π2 ⎟⎟ dx = . 1 − ⎜⎜ ⎜⎝ 2 ⎠⎟ 3

2

3. A −x = t helyettesítéssel 0

0

1 ∫1 x ln (1 − x )dx = − 2 ∫1 ln (1 + t ) dt , 2

−

−

2

4

tehát elégséges igazolni, hogy 0

1 4 − ln ≤ ∫ ln (1 + t ) dt ≤ 0 . 4 3 1 −

4

⎡ 1 ⎤ De ln (1 + t ) ≤ t , ∀t ∈ ⎢− , 0⎥ és így ⎣⎢ 4 ⎦⎥ 0

∫ −

1 4

0

ln (1 + t ) dt ≤ ∫ tdt < 0 . −

1 4

3 ⎡ 1 ⎤ Másrészt ln (1 + t ) ≥ ln , ∀t ∈ ⎢− , 0⎥ , tehát ⎢⎣ 4 ⎥⎦ 4 0 1 3 1 4 ∫1 ln (1 + t )dt ≥ 4 ln 4 = − 4 ln 3 . −

1

4.

∫ α

ln (1 + x ) dx = x2

1

∫ α

4

1 1 ln (1 + x ) dx ⎛ 1 ⎞⎟′ ⎜ +∫ = ⎜⎝− x ⎠⎟⎟ ln (1 + x ) dx = − x x (x + 1) α α 1

ln (1 + α) x ln (1 + α) 1 α = − ln 2 + + ln = − ln 2 + + ln − ln . α α α +1 x +1 α 2 Ez alapján lim f (α ) = +∞ . α→0

⎛ 1 1⎞ c ∈ ⎜⎜⎜ , ⎟⎟⎟ úgy, hogy ⎝n + 1 n ⎠ 1 n In = ⋅ arctg n ⋅ c . Így n (n + 1) I n = arctg nc és < nc < 1 , tehát n (n + 1) n +1 π lim n (n + 1) I n = lim arctg nc = . n →∞ n →∞ 4

5.

A

középértéktétel

alapján

létezik


Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 1 1 ⋅ − ⋅ (4 − 2x ) = 2 2 ⎛ x − 2 ⎞⎟ 2 2 4x − x 1 − ⎜⎜ ⎝ 2 ⎠⎟

=

2

1

6. f ′ (x ) = 2 ⋅

3

x

, tehát I =

4x − x 2

∫ 2

4x − x 2

−

2−x 4x − x 2

=

3

x 2 − 2x x2 4 1 dx = − 3x + 3 ln (x + 1) = 3 ln − . x +1 2 3 2 2

7. Lásd a 68. oldal 11. feladatát. 8. A trapéz- képlet alapján ha 0 < x1 < x 2 < a , akkor létezik ξ ∈ (x 1, x 2 ) úgy, hogy x2

∫ x1

3

(x − x 1 ) x − x1 ⋅ ( f (x 2 ) + f (x 1 )) − 2 f (t ) dt = 2 f ′′ (ξ ) . 2 12

Ha ezt alkalmazzuk az x k =

(2k − 1)a , k = 0, n csomópontok által meghatározott 2n

intervallumokon, az a

∫

f (t )dt −

0

a n

a ⎞

a ⎛

⎛a ⎞

k =1

1 ⎛ a ⎞⎟3 1 ⎛ a ⎞3 n −1 ⎜⎜ ⎟ ( f ′′ (ξ0 ) + f ′′ (ξn )) − ⎜⎜ ⎟⎟ ∑ f ′′ (ξk ) 12 ⎝ 2n ⎠ 12 ⎝ n ⎠ k =1 jutunk,

ahol

⎡ a ⎤ ξ0 ∈ ⎢ 0, ⎥ , ⎢⎣ 2n ⎥⎦

⎡ 2n − 1 ⎤ ξn ∈ ⎢ a, a ⎥ ⎢⎣ 2n ⎥⎦

⎡ 2k − 1 2k + 1 ⎤ a, a ⎥ , k = 1, n − 1 . ξk ∈ ⎢ 2n ⎣⎢ 2n ⎦⎥ Ez alapján

an ⎛⎜ ⎛1⎞ ⎛ 2n − 1 ⎞⎟⎞⎟ a ⎟⎟⎟⎟ − ⎜⎜⎝ f (0) − f ⎜⎜⎝ ⎟⎠⎟⎟ + f (a ) − f ⎝⎜⎜ ⎠⎠ 4 2n 2n 1 a3 a 2 a n −1 − ( f ′′ (ξ0 ) + f ′′ (ξn )) − ∑ f ′′ (ξk ) . 12 8n 12 n k =1

n 2rn =

De

⎛ 2n − 1 ⎞⎟⎞⎟ a ⎟⎟⎟⎟ − ⎠⎠ 2n

∑ f ⎜⎜⎝(2k − 1) 2n ⎠⎟⎟ = 4n ⎜⎜⎜⎝ f (0) + f (a ) − f ⎝⎜⎜ 2n ⎠⎟⎟ − f ⎜⎜⎝ −

összefüggéshez

⎛

n

és


279

1 a3 ⋅ ( f ′′ (ξ0 ) + f ′′ (ξn )) = 0 , n →∞ 12 8n a a 2 a n −1 a2 a2 ′′ ( ) ⋅ ⋅ ∑ f ′′ (ξk ) = = lim f t dt ( f ′ (a ) − f ′ (0)) , n →∞ 12 n 12 ∫0 6 k =1 lim

an ⎛⎜ an ⎛⎜ a2 ⎛ 2n − 1 ⎞⎟⎞⎟ a 2 ⎛ a ⎞⎞ (0) − f ⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟ = − f ′ (0) , f (a ) − f ⎜⎜ a ⎟⎟⎟⎟ = f ′ (a ) és lim f ⎜ ⎜ n →∞ 4 ⎜ n →∞ 4 ⎜ ⎝ 2n ⎠⎠ ⎝ 2n ⎠⎠ ⎝ ⎝ 8 8 lim

tehát lim n 2rn = n →∞

a2 ( f ′ (a ) − f ′ (0)) . 24

⎧⎪ 1 ⎪⎪sin , x ≠ 0 9. Az állítás nem igaz. Az f : → , f (x ) = ⎨ x függvénynek van ⎪⎪0 , x = 0 ⎪⎩ 2 primitív függvénye és az f = f ⋅ f függvénynek nincs. 10

Ha

f : [−a, a ] →

egy

páratlan

és

folytonos

függvény,

akkor

az

x

F : [−a, a ] →

, F (x ) =

∫ f (t )dt 0

igaz.

függvény egy páros primitívje, tehát az állítás


Gyakorlatok és feladatok

IV. GYAKORLATOK ÉS FELADATOK Halmazok, relációk, függvények 1. Bizonyítsd be, hogy ha A és B két tetszőleges halmaz, akkor a) P(A) ∪ P(B ) ⊆ P(A ∪ B) ; b) P(A) ∪ P(B ) pontosan akkor egyenlő P (A ∪ B ) -vel, ha A ⊆ B vagy B ⊆ A ; c) P (A) ∩ P (B ) = P (A ∩ B ) . Megoldás. a) Bármely X ∈ P (A) ∪ P (B ) esetén X ∈ P (A) vagy X ∈ P (B ) , tehát X minden eleme benne van az A vagy B halmazban, ∀y ∈ X -re y ∈ A ∪ B , ahonnan X ∈ P (A ∪ B ) . Következik, hogy P (A) ∪ P (B ) ⊆ P (A ∪ B ) b) " ⇐ " Mivel a feladatban szereplő állítás szimmetrikus az A és B halmazokra nézve, elégséges az A ⊆ B esetre igazolni a P(A) ∪ P(B) = P(A ∪ B) egyenlőséget. A ⊆ B ⇒ A ∪ B = B ⇒ P (A ∪ B ) = P (B ) ⊆ P (A) ∪ P (B ) . Az a) pont alapján igaz a fordított bennfoglalás is, tehát P(A) ∪ P(B) = P(A ∪ B) . / B , ekkor létezik x 0 ∈ A úgy, hogy x 0 ∉ B . Legyen " ⇒ " Tegyük fel, hogy A ⊆

b ∈ B ⇒ x 0 , b ∈ A ∪ B ⇒ {x 0 , b} ∈ P (A ∪ B ) = P (A) ∪ P (B ) ⇒ {x 0 , b } ∈ P (A) vagy {x 0 , b } ∈ P (B ) . A második eset nem lehetséges, mert x 0 ∉ B , így {x 0 , b } ⊆ A , ahonnan b ∈ A . Mivel b tetszőleges eleme a B halmaznak, következik, hogy B ⊆A. c) Bármely X ∈ P (A) ∩ P (B ) -re X ∈ P (A) és X ∈ P (B ) , tehát ∀x ∈ X esetén

x ∈ A és x ∈ B , azaz x ∈ A ∩ B és így X ∈ P (A ∩ B ) . Következik, hogy P (A) ∩ P (B ) ⊆ P (A ∩ B ) . ∀Y ∈ P (A ∩ B ) esetén Y elemei az A ∩ B halmazban keresendők, így ∀y ∈ Y -ra

y ∈ A és y ∈ B , innen Y ⊆ A és Y ⊆ B ⇒ Y ∈ P (A) és Y ∈ P (B ) , vagyis Y ∈ P (A) ∩ P (B ) , tehát P (A ∩ B ) ⊆ P (A) ∩ P (B ) .

A két állítás alapján P(A ∩ B ) = P (A) ∩ P (B ) . 2. A racionális számok

halmazán értelmezzük az r = ( , ,G ) relációt, ahol

G = {(x , y ) x , y ∈ , x − y ∈ } . Bizonyítsd be, hogy az r reláció egy ekvivalencia

reláció és az r szerinti ekvivalencia osztályok [01 , ) ∩ halmazra.

/ r halmaza bijektíven leképezhető a

Bizonyítás. r reflexív ⇔ ∀x ∈ esetén xrx , azaz x − x = 0 ∈ , ami igaz. r tranzitív ⇔ ∀x , y, z ∈ esetén, amelyekre xry és yrz , következik, hogy xrz . xry , yrz ⇒ x − y ∈ , y − z ∈ ⇒ (x − y ) + (y − z ) ∈ ⇒ x − z ∈ ⇒ xrz .

Tartalomjegyzék Gyakorlatok és feladatok

281

esetén, amelyre xry , következik, hogy yrx . Ez nyilván r szimmetrikus ⇔ ∀x , y ∈ igaz, mert xry ⇒ x − y ∈ ⇒ y − x ∈ ⇒ yrx . Ezen tulajdonságok alapján r ekvivalencia reláció. Legyen f : / r → [0,1) ∩ , f (x ) = {x } , ahol {x } az x törtrészét jelöli. f (x ) = f (y ) ⇔ {x } = {y } ⇔ x − y ∈

⇔ xry ⇔ x = y ⇒ f injektív.

∀y ∈ [0,1) ∩ -ra f (y ) = {y } = y , tehát f szürjektív. Következik, hogy f bijektív. 3. Az E = {−3, − 2, − 1, 0, 1, 2, 3, 4, 5} halmazon értelmezzük a ρ relációt a következő összefüggéssel:

x ρy ⇔ x 2 + y 2 − 3x − 5y + 8 = 0 .

Határozd

meg

a

reláció

grafikonját, az x = 1 elem szerinti metszetét és tanulmányozd a reflexivitást a szimmetriát és a tranzitivitást. Megoldás. x 2 + y 2 − 3x − 5y + 8 = 0 ⇔ y 2 − 5y + (x 2 − 3x + 8) = 0 . Ez y -ban

másodfokú egyenlet, ahhoz, hogy létezzen megoldása, szükséges, hogy a diszkrimináns pozitív legyen. Δ ≥ 0 ⇔ 25 − 4 (x 2 − 3x + 8) ≥ 0 ⇔ −4x 2 + 12x − 7 ≥ 0 ⇔ ⎛ 3 − 2 3 + 2 ⎞⎟ ⎟ , de x ∈ E , ezért x ∈ {1, 2} . ⇔ x ∈ ⎜⎜ , ⎜⎝ 2 2 ⎠⎟⎟

Ha x = 1 , akkor y 2 − 5y + 6 = 0 ⇒ y = 2 ∈ E vagy y = 3 ∈ E . Ha x = 2 , akkor y 2 − 5y + 6 = 0 ⇒ y = 2 ∈ E vagy y = 3 ∈ E . Következik, hogy 1ρ2, 1ρ 3, 2ρ2, 2ρ 3 , azaz a reláció ρ

grafikonja

G = {(1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 3)} , ahonnan ρ 1 = {2, 3} .

0 ∈ E , de (0, 0) ∉ G , tehát ρ nem reflexív. Legyen x ρy és y ρz , ez azt jelenti, hogy x ∈ {1, 2} , y ∈ {1, 2} ∩ {2, 3} = {2} , x ∈ {2, 3} 1ρ2, 2ρ2 és 1ρ2 ; 1ρ2, 2ρ 3 és 1ρ 3 ; 2ρ2, 2ρ2 és 2ρ2 ; 2ρ2, 2ρ 3 és 2ρ 3 , tehát ρ tranzitív. 1ρ2 de 2ρ/1 , tehát ρ nem szimmetrikus. 4. Határozd meg az a paraméter értékét úgy, hogy a valós számok halmazán értelmezett x ρy ⇔ x 3 − 3x = y 3 − ay , ∀ x , y ∈ reláció ekvivalencia reláció legyen. Határozd meg ebben az esetben az ekvivalencia osztályokat is. Megoldás. Ha ρ ekvivalencia reláció, akkor ρ reflexív, tehát ∀x ∈ 3

3

x − 3x = x − ax , ∀x ∈

⇒ (a − 3) x = 0, ∀x ∈

, x ρx , azaz

⇒ a = 3.

Ebben az esetben könnyen ellenőrizhető a ρ reláció tranzitivitása illetve szimmetriája (tehát az, hogy ρ valóban ekvivalencia reláció).


Gyakorlatok és feladatok ρ x = {y ∈

| x ρy } = {y ∈

| x 3 − 3x = y 3 − 3y }

x 3 − 3x = y 3 − 3y ⇔ (x − y ) (x 2 + xy + y 2 − 3) = 0 ⇔

⇔ x = y vagy x 2 + xy + y 2 − 3 = 0 ⇔ ⇔ x = y vagy y1,2 =

−x ± 12 − 3x 2 ∈ 2

⇒ x ∈ [−2, 2] ,

tehát

⎧⎪ −x − 12 − 3x 2 −x + 12 − 3x 2 ⎫⎪ ⎪⎬ , ha x ∈ [−2, 2] és ρ x = ⎪⎨x , , ⎪⎪ ⎪⎪ 2 2 ⎩ ⎭ ρ x = {x } , ha x ∈ (−∞, −2) ∪ (2, ∞) . 5. Hány ekvivalencia reláció értelmezhető egy 4 elemű halmazon? Megoldás. Legyen A = {x, y, z, t } és legyen ρ egy ekvivalencia reláció. Készítsük el a következő táblázatot: A táblázatot nullásokkal és egyesekkel ρ x y z t töltjük fel annak függvényében, hogy a két megfelelő elem egymással relációban van-e 1 x vagy sem. y 1 Mivel ρ reflexív, az átlóra egyesek kerülnek és ρ szimmetrikus voltából ( x ρy ⇒ y ρx ) 1 z következik, hogy az átló alatti és feletti rész 1 t szimmetrikus az átlóra nézve. Annyi ekvivalencia reláció van, ahány féleképpen az átló alatti rész kitölthető 0-val és 1-el úgy, hogy ρ tranzitív legyen. Ha mindenhova 0 -t írunk vagy csak egy helyre írunk 1-et, akkor ρ nyilván tranzitív. Ez 7 lehetőség. Ha két helyre akarunk 1-et írni, akkor a két kiválasztott elempár különböző elemeket kell tartalmazzon, mert másképp (a tranzitivitás miatt) még egy helyre 1 kerülne. Innen még három lehetőség adódik. Ha három helyre kerül 1, akkor ez még 4 lehetőséget eredményez, mivel az egyik elemet mindig kihagyjuk a párokat alkotó elemek sorából. Ellenőrizhető, hogy pontosan 4, illetve pontosan 5 helyre nem kerülhet 1-es, illetve még egy lehetőség mindenhova 1-et írni. Tehát összesen 15 féle ekvivalencia reláció értelmezhető. 6. Hány teljes rendezés értelmezhető egy n elemű halmazon? Megoldás. Egy n elemű halmaz teljesen rendezett, ha bármely két eleme összehasonlítható. Ez azt jelenti, hogy az elemek sorrendbe rendezhetők a ρ reláció szerint. Következik, hogy annyi teljes rendezés létezik, ahány féleképpen n elemet különböző módon egymás mellé tudunk írni. Ez n ! féleképpen tehető meg, tehát egy n elemű halmazon n ! teljes rendezés értelmezhető.

Tartalomjegyzék Gyakorlatok és feladatok 7. Bizonyítsd be, hogy ha f :

G = {(x , y ) ∈

2

283

→

egy függvény, akkor a ρ = ( , ,G ) ,

f (x ) = f (y )} reláció egy ekvivalencia reláció.

Bizonyítás. f (x ) = f (x ), ∀x ∈

⇒ (x , x ) ∈ G , ∀x ∈

, vagyis ρ reflexív.

Ha f (x ) = f (y ) és f (y ) = f (z ) (azaz (x , y ), (y, z ) ∈ G ), akkor f (x ) = f (z ) ⇒ ,

⇒ (x, z ∈ G ) , ∀x , y, z ∈ , tehát ρ tranzitív. Ha x, y ∈ , x ρy ⇒ f (x ) = f (y ) ⇒ f (y ) = f (x ) ⇒ y ρx ⇒ ρ szimmetrikus. A tulajdonságok alapján ρ ekvivalencia reláció. 8. Az E = {a, b, c, d } halmaz részhalmazain értelmezzük a következő relációt: X ρY ⇔ X ∪ A = Y ∪ A , ∀ X ,Y ∈ P (E ) , ahol A = {a, b} . Vizsgáld meg, hogy ekvivalencia reláció-e ez a reláció és ha az, akkor határozd meg az ekvivalencia osztályokat. Mit állíthatsz tetszőleges E és A ⊂ E esetén? Megoldás. ∀X ∈ P (E ) ⇒ X ∪ A = X ∪ A ⇒ X ρX , tehát ρ reflexív. X ρY Ha és Y ρZ , akkor X ∪ A =Y ∪ A és Y ∪ A = Z ∪ A ⇒ ⇒ X ∪ A = Z ∪ A ⇒ X ρZ , ∀X ,Y , Z ∈ P (E ) ⇒ ρ tranzitív.

∀X ,Y ∈ P (E ) -re ha X ρY , akkor X ∪ A = Y ∪ A ⇒ Y ∪ A = X ∪ A ⇒ Y ρX , vagyis ρ szimmetrikus. Következik, hogy ρ ekvivalencia reláció. ρ ∅ = {∅, {a } , {b } , {a, b }} ρ {c} = {{c } , {a, c } , {b, c } , {a, b, c }} ρ {d } = {{d } , {a, d } , {b, d } , {a, b, d }} ρ {c, d } = {{c, d } , {a, c, d } , {b, c, d } , E } Ha E tetszőleges és A ⊆ E , ρ ekvivalencia reláció marad (a bizonyítás ugyanaz, mint az előző esetben) és ha B ⊆ E , A ∩ B = ∅ , akkor ρ B = {B ∪ X | X ∈ P (A)} . 9. Az X = (0, 1) ∩

halmazon értelmezzük a ρ = (X , X ,G ) relációt a következő

⎧⎪⎛ x x ′ ⎞ ⎫⎪ G = ⎪⎨⎜⎜ , ⎟⎟ ∈ X × X x + y = x ′ + y ′, x ≤ x ′⎪⎬ . Bizonyítsd be, ⎪⎪⎜⎝ y y ′ ⎠⎟ ⎪⎪ ⎩ ⎭ hogy a ρ reláció egy rendezés az X halmazon! Bizonyítás. ∀x , y ∈ X -re x + y = x + y és x ≤ x ⇒ ⎛x x ⎞ x x ⇒ ⎜⎜ , ⎟⎟ ∈ G ⇒ ρ ⇒ ρ reflexív. ⎜⎝ y y ⎠⎟ y y

összefüggéssel:



⎛x x ⎞ ⎛x x ⎞ ∀x1, x 2 , x 3 , y1, y2 , y 3 ∈ X esetén ha ⎜⎜⎜ 1 , 2 ⎟⎟⎟ , ⎜⎜⎜ 2 , 3 ⎟⎟⎟ ∈ G , akkor ⎜⎝ y1 y2 ⎠⎟ ⎝⎜ y2 y 3 ⎠⎟ x 1 + y1 = x 2 + y2 , x 1 ≤ x 2 és x 2 + y2 = x 3 + y 3 , x 2 ≤ x 3 ⇒

⎛ x x ⎞⎟ ⇒ x 1 + y1 = x 3 + y 3 , x 1 ≤ x 3 ⇒ ⎜⎜⎜ 1 , 3 ⎟⎟ ∈ G ⇒ ρ tranzitív. ⎜⎝ y1 y 3 ⎠⎟ ⎛x x ⎞ ⎛x x ⎞ ∀x1, x 2 , y1, y2 ∈ X esetén ha ⎜⎜⎜ 1 , 2 ⎟⎟⎟ ∈ G és ⎜⎜⎜ 2 , 1 ⎟⎟⎟ ∈ G , akkor ⎜⎝ y1 y2 ⎠⎟ ⎜⎝ y2 y1 ⎠⎟ x 1 + y1 = x 2 + y2 , x 1 ≤ x 2 , x 2 ≤ x 1 , ahonnan x x x 1 = x 2 és y1 = y2 ⇒ 1 = 2 ⇒ ρ antiszimmetrikus. y1 y2

Az igazolt tulajdonságok alapján ρ rendezési reláció. 10. Számítsd ki az X = {1, 2, 3} halmazon értelmezett

ρ = (X , X ,G )

és

τ = (X , X , H ) relációk összetevését, ahol G = {(1, 2),(2, 1)} és H = {(1, 3),(3, 1)} .

Bizonyítsd be, hogy a két reláció szimmetrikus de az összetett reláció nem szimmetrikus.

{

}

Megoldás. ρ τ = (X , X , I ) , ahol I = (a, c ) | ∃b ∈ X : a ρb és bτc = {(2, 3)} .

⎧ ⎪⎧x = 1 ⎪x = 2 Ha (x , y ) ∈ G , akkor ⎪ vagy ⎪ , mindkét esetben (y, x ) ∈ G , tehát ρ ⎨ ⎨ ⎪⎪y = 2 ⎪ y =1 ⎪ ⎩ ⎩ szimmetrikus. Hasonlóképpen τ is szimmetrikus, de ρ τ nem szimmetrikus, mert (2, 3) ∈ I , de (3, 2) ∉ I . 11. Számítsd ki az X = {1, 2, 3} halmazon értelmezett ρ = (X , X ,G ) és τ = (X , X , H )

relációk

összetevését,

ahol

G = {(1, 2),(3, 1),(3, 2)}

és

H = {(1, 2),(1, 3),(2, 3)} . Bizonyítsd be, hogy a két reláció tranzitív de az összetett

reláció nem tranzitív. Megoldás. ρ τ = (X , X , I ) , ahol I = {(1, 3), (3, 2), (3, 3)} .

Ha

x, y, z ∈ X

úgy,

hogy

(x , y ) ∈ G ,

(y, z ) ∈ G ,

akkor

x = 3, y = 1,

z = 2 ⇒ (x, z ) = (3, 2) ∈ G , tehát ρ tranzitív. Hasonlóképpen τ is tranzitív. (1, 3), (3, 2) ∈ I , de (1, 2) ∉ I , így ρ τ nem tranzitív. 12. Az E = {1, 2, 3} és F = {1, 3, 4} halmazokon értelmezzük a ρ = (E , F ,G ) relációt, ahol G = {(1, 1),(1, 4),(2, 1),(2, 3),(3, 3)} . Írd fel a ρ −1 relációt majd számítsd ki a ρ ρ −1 és ρ −1

ρ relációkat.


285

Megoldás. ρ −1 = (F , E ,G ′) , ahol G ′ = {(1,1), (1, 2), (3, 2), (3, 3), (4,1)} . ρ ρ −1 = (E , E ,T ) , ahol T = {(1,1), (1, 2) , (2,1), (2, 2) , (2, 3) , (3, 2) , (3, 3)} . ρ −1

ρ = (E , E ,T ′ ) , ahol T ′ = {(1,1) , (1, 4), (1, 3), (3,1), (3, 3), (4,1), (4, 4)} .

13. Igaz-e a következő implikáció, ha ρ, τ és φ relációk az E halmazon:

[ρ φ ⇔ τ φ ] ⇒ [ρ ⇔ τ ] Megoldás. Legyen ρ = (E , E , R1 ) , τ = (E , E , R2 ) . Tudjuk, hogy

∅ = (E , E , ∅) ⇒ ρ ∅ = (E , E , R3 ) , ahol

{

}

R3 = (a, c ) | ∃b ∈ E (a, b ) ∈ R1, (b, c ) ∈ ∅ = ∅ .

Hasonlóképpen τ ∅ = ∅ . Legyen e1 ≠ e2 ∈ E és R1 = {(e1, e1 )} , R2 = {(e2 , e2 )} . Ekkor ρ ∅ = τ ∅ de

ρ ≠ τ , tehát nem igaz a megadott implikáció. 14. Az természetes számok halmazán értelmezzük a következő relációt: x ρy ⇔ ∃ m ∈ : x = 2m ⋅ y , ∀ x , y ∈ . Bizonyítsd be, hogy a ρ reláció egy ekvivalencia reláció és határozd meg az ekvivalencia osztályokat! Megoldás. ∀x ∈ esetén ∃m = 0 ∈ úgy, hogy x = 20 ⋅ x , tehát x ρx , ∀x ∈ ρ reflexív. ∀x , y, z ∈ , ha x ρy és y ρz , akkor léteznek m, n ∈ x = 2m ⋅ y, y = 2n ⋅ z ⇒ x = 2m +n ⋅ z ⇒ x ρz ⇒ ρ tranzitív.

∀x , y ∈

, x ρy ⇒ ∃m ∈

úgy,

, amelyre x = 2m ⋅ y ⇒ y = 2−m ⋅ x , (−m ) ∈

,

hogy , tehát

y ρx , így ρ szimmetrikus. Következik, hogy ρ ekvivalencia reláció és

∀x ∈

{

-re ρ x = 2m ⋅ x | m ∈ , 2m ⋅ x ∈

}.

15. Bizonyítsd be, hogy ha M , N két halmaz és f : M → N egy függvény, akkor a következő állítások egyenértékűek: a) ∀ a, b ∈ M esetén a ≠ b ⇒ f (a ) ≠ f (b) ; b) ∀ L halmaz és g, h : L → M különböző függvények esetén f

g≠f

h;

c) Ha A ⊂ M és A ≠ ∅ , akkor f (M \ A) ⊂ N \ f (A) . Bizonyítás. "a ⇒ b" Feltételezzük, hogy ∃L halmaz és g, h : L → M különböző függvények úgy, hogy f g = f h . Ekkor f (g (x )) = f (h (x )) , ∀x ∈ L , de a

feltétel alapján f injektív, tehát g (x ) = h (x ) , ∀x ∈ L , ami ellentmond annak, hogy

g ≠ h . Következik, hogy ∀L, ∀g, h : L → M , g ≠ h esetén f

g≠f

h.



"b ⇒ a" Legyen a, b ∈ M , a ≠ b két rögzített szám, g (x ) = a és h (x ) = b ∀x ∈ L

két függvény. g ≠ h , tehát a feltétel alapján f (g (x )) ≠ f ( f (x )) ⇒ f (a ) ≠ f (b ) . Mivel a, b tetszőleges volt, ∀a, b ∈ M , a ≠ b ⇒ f (a ) ≠ f (b ) "a ⇒ c"

∀f (x ) ∈ f (M \ A)

x ∉ A ⇒ f (x ) ∉ f (A)

esetén

x ∈M \A

(f

injektivitása

(szintén az injektivitás miatt), de

miatt),

f (x ) ∈ N , tehát

f (x ) ∈ N \ f (A) .

"c ⇒ a" Legyen A = {x 0 } ⇒ f (M \ {x 0 }) ⊂ N \ {f (x 0 )} , tehát f az x 0 -n kívül

egyetlen

más

értékre

x

sem

veszi

fel

az

∀a ∈ M , a ≠ x 0 ⇒ f (a ) ≠ f (x 0 ) . Mivel ez igaz bármely

f (x 0 )

értéket,

x 0 ∈ M -re, ezért

∀a, b ∈ M , a ≠ b esetén f (a ) ≠ f (b ) . 16. Bizonyítsd be, hogy ha M , N két halmaz és f : N → M egy függvény, akkor a következő állítások egyenértékűek: a) ∀ b ∈ M esetén ∃ a ∈ N úgy, hogy f (a ) = b ; b) ∀ L halmaz és g, h : M → L különböző függvények esetén g

f ≠h

f ;

c) Ha A ⊂ N és A ≠ ∅ , akkor M \ f (A) ⊂ f (N \ A) . Bizonyítás. "a ⇒ b" Tegyük fel, hogy létezik L halmaz és g, h : L → M , g ≠ h

úgy, hogy g f = h f . Ekkor g ( f (x )) = h ( f (x )) , ∀x ∈ N . f szürjektív, Im f = M , tehát g (y ) = h (y ) , ∀y ∈ M , azaz g = h , ami ellentmondás. "b ⇒ a" Tegyük fel, hogy f nem szürjektív, ekkor létezik b0 ∈ M úgy, hogy b0 ∉ f (N ) .

Ha

N ≠ ∅ ⇒ ∃x 0 ∈ N ⇒ ∃yo ∈ f (N ) .Legyen

g, h : M → M ,

⎧ ⎪x , x ≠ b0 , g f = h f , ahonnan a feltétel alapján következik, g = 1M , h (x ) = ⎪ ⎨ ⎪ y 0 , x = b0 ⎪ ⎩ hogy g = h , ez viszont ellentmondás. "a ⇒ c" f szürjektív ⇒ ∀y ∈ M \ f (A) esetén ∃x ∈ N úgy, hogy f (x ) = y .

Legyen f (x ) ∈ M \ f (A) ⇒ x ∈ N \ A ( x ∉ A , mert különben f (x ) ∈ f (A) , f (x ) ∉ M \ f (A) lenne). Következik, hogy f (x ) ∈ f (N \ A) . Mivel ez igaz ∀f (x ) ∈ M \ f (A) esetén, M \ f (A) ⊂ f (N \ A) .

"c ⇒ a" Legyen A = N \ {x 0 } ⊂ N ⇒ M \ f (A) ≥ 1 .

De

f (N \ A) = {f (x 0 )} ⇒ f (N \ A) = 1 és

M \ f (A) ⊂ f (N \ A) , ahonnan

M \ f (A) = {f (x 0 )} . M = {f (x 0 )} ∪ {f (A)} = {f (x 0 )} ∪ { f (x ) | x ∈ N \ {x 0 }} =


287

= {f (x ) | x ∈ N } = Im f . Mivel minden elem képelem, f szürjektív. 17. Bizonyítsd be, hogy tetszőleges A, B halmazok és f : A → B függvény esetén létezik olyan g : B → A függvény, amelyre f = f g f . Bizonyítás. Legyen g : B → A . Ha y ∈ Im f , akkor legyen g (y ) = x , ahol x ∈ f −1 (y ) ,

g (y ) = z ∈ A .

különben

Legyen

y0 ∈ Im f

rögzített,

g (y 0 ) = x 0 ∈ f −1 (y 0 ) , ekkor ∀z ∉ f −1 (y 0 ) -ra g ( f (z )) = x 0 ⇒ ∀z ∉ f −1 (y 0 ) -ra f (g ( f (z ))) = f (x 0 ) . De ∀z ∈ f −1 (y 0 ) esetén ( f

∪f

−1

f (x 0 ) = f (z ) , ∀z ∈ f −1 (y 0 ) , így következik, hogy

g

f ) (z ) = f (z ) . Mivel ez igaz minden y 0 ∈ Im f -re és

(y ) = A , a fent értelmezett g függvényre f

g

f =f .

y ∈Im f

18. Bizonyítsd be, hogy ha A egy tetszőleges halmaz és P (A) az A részhalmazainak halmaza, akkor nem létezik f : A → P(A) szürjektív függvény. Bizonyítás. Tételezzük fel, hogy létezik f : A → P (A) szürjektív függvény.

Legyen H = {x ∈ A | x ∉ f (x )} ∈ P (A) . Mivel f szürjektív, létezik h ∈ A úgy, hogy f (h ) = H . h ∈ H ⇒ h ∉ f (h ) = H , ellentmondás, ha pedig h ∉ H , akkor Ha h ∉ f (h ) ⇒ h ∈ H , szintén ellentmondáshoz jutottunk. Következik, hogy nem létezik f : A → P (A) szürjektív függvény. 19. Ha (X , ≺) egy rendezett halmaz és Y ⊂ X , akkor az s ∈ X elemet az Y halmaz szuprémumának nevezzük, ha y ≺ s , ∀ y ∈ Y és ∀ s ′ ∈ X esetén, ha y ≺ s ′ ,

∀ y ∈ Y , akkor s ≺ s ′ . Vizsgáld meg, hogy az ( , ) rendezett halmaz milyen részhalmazainak létezik szuprémuma ( x y ⇔ ∃ z ∈ Megoldás. Legyen X ⊂

:y = z ⋅ x )

egy véges részhalmaz és s = lkkt (x 1, x 2 ,..., x n ) ∈

ahol X = n és x1, x 2 ,..., x n ∈ X . Következik, hogy ∀x ∈ X -re létezik k ∈

,

úgy,

hogy s = x ⋅ k , tehát bármely x -re x | s , valamint ∀s ′ ∈ esetén, amelyre x i | s ′, i = 1, n , s | s ′ . Ezen utóbbi állítások alapján s az X -nek szuprémuma. Ha

X ⊂ végtelen részhalmaz, akkor az X elemeiből alkotott (x n ) szigorúan növekvő sorozat tart ∞ -hez, így nincs felső korlátja, tehát szuprémuma sem. 20. Bizonyítsd be, hogy ha (X , ≺) egy olyan rendezett halmaz, hogy minden részhalmazának létezik szuprémuma és f : X → X egy növekvő függvény (ha x ≺ y , akkor f (x ) ≺ f (y ) ), akkor létezik x 0 ∈ X úgy, hogy f (x 0 ) = x 0 .

Tartalomjegyzék 288 Bizonyítás.


Ha

Y ⊂X

egy

tetszőleges

részhalmaz,

akkor

az

Y = {x ∈ X x ≺ y, ∀ y ∈ Y } halmaznak létezik szuprémuma és ez a szuprémum az Y halmaz infimuma, tehát az X minden részhalmazának létezik infimuma és szuprémuma. Ha x 0 ∈ X , akkor x 0 ≺ f (x 0 ) , f (x 0 ) ≺ x 0 , vagy f (x 0 ) = x 0 . A harmadik esetben x éppen fixpontja f -nek, tehát elégséges a másik két esetben

elvégezni a bizonyítást. Ha x 0 ≺ f (x 0 ) , akkor a H = {x ∈ X x ≺ f (x )} halmaz nem üres és az x ∗ szuprémumára nem teljesülhet sem az x ∗ ≺ f (x ∗ ) reláció (mert ebben az esetben x ∗ ∈ H és így x ∗ ≺ sup H = x ∗ ), sem az f (x ∗ ) ≺ x ∗ reláció (mert ebben az estben f (x ∗ ) is felső korlátja H -nak, tehát ellentmondáshoz jutunk), tehát

x ∗ = f (x ∗ ) . Ha f (x 0 ) ≺ x 0 , akkor a H = {x ∈ X f (x ) ≺ x } halmaz infimuma rendelkezik hasonló tulajdonságokkal, tehát az f -nek minden esetben van fixpontja. Műveletek, csoportok 1. Bizonyítsd be, hogy ha a (G, ⋅) csoport x , y ∈ G elemeire x 5 = y 4 = e , akkor x 2y = yx ⇔ xy 3 = y 3x 2 .

Bizonyítás. " ⇒ " x 2y = yx ⇒ x 2y ⋅ y 3 = yxy 3 ⇒ x 2 ⋅ e = yxy 3 ⇒ y 3x 2 = xy 3 . " ⇐ " xy 3 = y 3x 2 ⇒ y ⋅ xy 3 = e ⋅ x 2 ⇒ yxy 3 ⋅ y = x 2y ⇒ yx = x 2y . 2. Hány különböző módon tölthetjük ki az alábbi művelettáblát, ha az E = {0, 1, 2} halmazon egy asszociatív műveletet akarunk értelmezni? * 0 1 2 0 0 2 1 2 0 2 2 0 1 Megoldás. " ∗ " asszociatív, tehát (0 ∗ 1) ∗ 2 = 0 ∗ (1 ∗ 2) ⇒ (0 ∗ 1) ∗ 2 = 0 . Mivel 0 ∗ 2 = 2 , 1 ∗ 2 = 0 , 2 ∗ 2 = 1 , ezért 0 ∗ 1 = 1 . Hasonlóan, a " ∗ " asszociativitásából (1 ∗ 0) ∗ 2 = 1 ∗ (0 ∗ 2) = 1 ∗ 2 = 0 , ahonnan 1 ∗ 0 = 1. Ellenőrizhető, hogy ezekre az értékekre " ∗ " valóban asszociatív. Tehát egyféleképpen tölthetjük ki a táblát. 2 − xy , ∀ x , y ∈ (−∞, 1) 3. Bizonyítsd be, hogy a (−∞, 1) halmazon az x ⊥ y := 3−x −y összefüggéssel értelmezett művelet jól értelmezett és asszociatív. Tanulmányozd a semleges elem létezését és határozd meg az invertálható elemeket. Megoldás. ∀x, y ∈ (−∞,1) ⇒ 1 − x > 0 és 1 − y > 0 ⇒ (1 − x ) (1 − y ) > 0 ⇒ 1 − x − y + xy > 0 ⇒ 3 − x − y > 2 − xy . Mivel 3 − x − y = 1 + (1 − x ) + (1 − y ) > 1 , következik, hogy


289

2 − xy ⇒ x ⊥ y ∈ (−∞, 1) , 3−x −y azaz " ⊥ " jól értelmezett művelet. 2 − xy 2− ⋅z 2 − xy 3−x −y ⊥z = = (x ⊥ y ) ⊥ z = 2 − xy 3−x −y 3− −z 3−x −y 6 − 2x − 2y − 2z + xyz = . 7 − 3x − 3y − 3z + xy + xz + yz 2 − yz 2−x ⋅ 2 − yz 3−y −z x ⊥ (y ⊥ z ) = x ⊥ = = 2 − yz 3 −y −z 3−x − 3 −y −z 6 − 2x − 2y − 2z + xyz = , 7 − 3x − 3y − 3z + xy + xz + yz tehát x ⊥ (y ⊥ z ) = (x ⊥ y ) ⊥ z , ∀x , y, z ∈ (−∞,1) , azaz " ⊥ " asszociatív. 1>

∃e ∈ (−∞,1) semleges elem ⇔ ∀x ∈ (−∞,1) - re 2 − ex x ⊥e =e ⊥ x = x ⇔ = x ⇔ x 2 − 3x + 2 = 0, ∀x ∈ (−∞,1) 3 − x −e ami nem igaz, tehát nincs semleges elem, és így invertálható elem sincs. ⎛ 3⎞ 4. Tanulmányozd az asszociativitását és a semleges elem létezését a G = ⎜⎜−∞, − ⎟⎟⎟ ⎝ 2⎠ 4xy + 3 halmazon értelmezett x ∗ y := , ∀ x , y ∈ G műveletre? 4(x + y + 1) 4xy + 3 ⋅z + 3 4⋅ 4(x + y + 1) 4xy + 3 ∗z = = Megoldás. (x ∗ y ) ∗ z = ⎛ 4xy + 3 ⎞⎟ 4(x + y + 1) ⎜ 4⎜ + z + 1⎟⎟ ⎜⎝ 4(x + y + 1) ⎠⎟ 4xyz + 3x + 3y + 3z + 3 4yz + 3 = =x∗ = x ∗ (y ∗ z ) , 4 (4xy + 4xz + 4yz + 4x + 4y + 4z + 7 ) 4 (y + z + 1) ∀x , y, z ∈ G , tehát a művelet asszociatív. e ∈ G pontosan akkor semleges elem, ha 4xe + 3 ∀x ∈ G , x ∗ e = e ∗ x = x ⇔ = x ⇔ 4x 2 + 4x + 3 = 0, ∀x ∈ G , 4 (x + e + 1) ami nem igaz. Tehát nem létezik semleges elem. ⎧⎪x 2y + xy − x 2 , x ≠ 0 5. A valós számok halmazán értelmezzük az x ∗ y := ⎪ ⎨y, x =0 ⎪⎪⎩ műveletet. Van-e semleges eleme?



Megoldás. Ha ∃e ∈

semleges elem, akkor x ∗ e = e ∗ x , ∀x ∈

.

Ha x = 0 , akkor x ∗ e = e = 0 , tehát a semleges elem csak 0 lehet. De 0 ∗ x = 0 ≠ x , ha x ∈ * , tehát nem létezik semleges elem. 6. A G = {(a, b) ∈

×

a ≠ 0} halmazon értelmezzük a ∗ : G ×G → G műveletet

az (a, b ) ∗ (c, d ) := (ac, ad + b) , ∀ (a, b ),(c, d ) ∈ G egyenlőséggel. a) Bizonyítsd be, hogy (G , ∗) nem kommutatív csoport; b) Bizonyítsd be, hogy a H = {(a, b) ∈ G b = 0} halmaz részcsoportja a (G , ∗) csoportnak; c) Bizonyítsd be, hogy a (H , ∗) csoport izomorf az (

*

, ⋅) csoporttal.

Bizonyítás. a) ∀ (a, b ), (c, d ) ∈ G -re (a, b ) ∗ (c, d ) = (ac, ad + b ) ∈ ac ≠ 0 (mert a ≠ 0, c ≠ 0 ), tehát G zárt a " ∗ " műveletre nézve.

×

és

∀ (a, b ), (c, d ), (e, f ) ∈ G -re

((a, b ) ∗ (c, d )) ∗ (e, f ) = (ac, ad + b ) ∗ (e, f ) = (ace, acf + ad + b ) és (a, b ) ∗ ((c, d ) ∗ (e, f )) = (a, b ) ∗ (ce, cf + d ) = (ace, acf + ad + b ) , tehát " ∗ " asszociatív. (2,1), (1, 3) ∈ G , (2,1) ∗ (1, 3) = (2, 7 ) és (1, 3) ∗ (2,1) = (2, 4) , " ∗ " nem kommutatív. ∃ (e, e ′) ∈ G

semleges

elem ⇔ ∃ (e, e ′) ∈ G

úgy,

hogy

∀ (a, b ) ∈ G

(e, e ′) ∗ (a, b ) = (a, b ) ∗ (e, e ′) = (a, b ) ⇔ ⎧⎪ea = a ⎪⎪ ⎧(ea, eb + e ′) = (a, b ) ⎪ ⎪⎧e = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⇔⎨ ⇔ ⎨eb + e ′ = b , ∀ (a, b ) ∈ G ⇔ ⎪⎨ . ⎪ ⎪⎪e ′ = 0 ⎪⎪⎩⎪(ea, ae ′ + b ) = (a, b ) ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ae ′ + b = b ⎪⎩ (1, 0) ∈ G , tehát (1, 0) valóban semleges elem. (a, b ) ∈ G invertálható ⇔ ∃ (a ′, b ′) ∈ G úgy, hogy

(a, b ) ∗ (a ′, b ′) = (a ′, b ′) ∗ (a, b ) = (1, 0) ⇔ ⎧⎪aa ′ = 1 ⎧⎪ 1 ⎪⎪ ⎪⎪a ′ = ∈ * ⎪⎪ ⎛1 b ⎞ a ⇔ ⎨ab ′ + b = 0 ⇔ ⎨⎪ ⇔ (a ′, b ′) = ⎜⎜ , − ⎟⎟⎟ ∈ G , ⎝a ⎪⎪ ⎪⎪ b a⎠ ⎪⎪a ′b + b ′ = 0 ⎪⎪b ′ = − a ⎪ ⎩ ⎪⎩ tehát bármely (a, b ) ∈ G elem invertálható. A tulajdonságok alapján (G, ∗) nem kommutatív csoport. b) (1, 0) ∈ H és ∀ (a, 0), (b, 0) ∈ H -ra

esetén


291

⎛ 1 ⎞ ⎛a ⎞ −1 (a, 0) ∗ [(b, 0)] = (a, 0) ∗ ⎜⎜ , 0⎟⎟⎟ = ⎜⎜ , 0⎟⎟ ∈ H , ⎝b ⎠ ⎝ b ⎠ tehát (H , ∗) ≤ (G, ∗) . c) Legyen f : * → H , f (x ) = (x, 0) . Bármely x , y ∈ * -ra f (xy ) = (xy, 0) = (x, 0) ∗ (y, 0) = f (x ) ∗ f (y ) .

Mivel f művelettartó és nyilván bijektív is, f izomorfizmus, így

(

7. Bizonyítsd be, hogy a G = (1, 2) halmazon az x ∗ y :=

3xy − 4x − 4y + 6 , 2xy − 3x − 3y + 5

*

, ⋅)

(H , ∗) .

( )

∀ x , y ∈ G művelet egy csoportstruktúrát határoz meg. Bizonyítsd be, hogy a G , ∗ csoport izomorf az Bizonyítás.

(

* +

)

, ⋅ és az

∀x , y ∈ G -re

(

)

, + csoporttal!

1<x <2

és

1 < y < 2 ⇒ 2 − x > 0, 2 − y > 0 ,

x −1 > 0 , y −1 > 0 , ⎛ 3 ⎞⎛ 3⎞ 1 ⎛ 1⎞ 1 1 2xy − 3x − 3y + 5 = 2 ⎜⎜x − ⎟⎟⎟ ⎜⎜y − ⎟⎟⎟ + > 2 ⋅ ⎜⎜− ⎟⎟⎟ ⋅ + = 0 . ⎝ ⎝ 2⎠ 2 2 2 ⎠⎝ 2⎠ 2 Mivel

3xy − 4x − 4y + 6 < 2 ⇔ 0 < xy − 2x − 2y + 4 ⇔ 0 < (x − 2) (y − 2) és 2xy − 3x − 3y + 5 x ∗ y > 1 ⇔ xy − x − y + 1 > 0 ⇔ (x − 1) (y − 1) > 0 , x ∗ y ∈ G , ∀x , y ∈ G . " ∗ " asszociatív, mert az értelmezésében használt műveletek asszociatívak. Könnyen 3 ellenőrizhető, hogy e = ∈ G semleges elem és x ∈ G szimmetrikusa 2 x ′ = 3 − x ∈ G , tehát (G, ∗) csoport. x ∗y =

(

Mivel

* +

, ⋅) és ( , +) izomorfak ( f :

* +

→

, f (x ) = ln x izomorfizmus),

elégséges igazolni, hogy (G, ∗) az egyikkel izomorf.. ⎛ 3⎞ Legyen f : G → . Tudjuk, hogy f ⎜⎜ ⎟⎟⎟ = 0 kell teljesüljön és f ((1, 2)) = , ezért ⎝2⎠ 3 x− 2 legyen f (x ) = . Az így értelmezett függvény valóban bijektív lés (x − 1)(2 − x ) művelettartó, tehát izomorfizmus (G, ∗) és ( , +) között. 8. Bizonyítsd be, hogy minden négyelemű csoport izomorf a Klein csoporttal vagy a

(

4

)

, + csoporttal!

Bizonyítás. Legyen G = {e, a, b, c } , ahol e semleges elem. Mivel G csoport és G = 4 2 , G -nek létezik e -n kívül olyan elem, melynek négyzete a semleges elem,



Legyen ez b , tehát b 2 = e . ab ∈ G ⇒ ab = c (különben ellentmondáshoz jutnánk), ba ∈ G ⇒ ba = c . a 2 ∈ G , ha a 2 = a ⇒ a = e , ellentmondás, a 2 = c = ab ⇒ a = b , így is ellentmondáshoz jutottunk, tehát a 2 ∈ {e, b } . Ha

2

a 2 = e ⇒ (ab ) = e ⇒ (G, ⋅)

G = {e, a, a , a 2

3

} ⇒ (G, ⋅) (

4

(K , ⋅) ,

ha

pedig

a2 = b ,

akkor

, +) .

9. Adj példát a lehető legkevesebb elemet tartalmazó nem kommutatív csoportra. Megoldás. Az 1,2 elemű csoportok nyilván kommutatívak. Ha G három elemű csoport, akkor ( 3 , +) -al, ha négy elemű, akkor ( 4 , +) -al vagy a Klein- csoporttal

izomorf (lásd az előző feladatot), tehát kommutatívak. Ha G = 5 , akkor igazolható, hogy (G, ⋅) ( 5 , +) és így kommutatív. Legyen G = 6, G = {e, a, b, ab, ba, aba } úgy, hogy a 2 = b 2 = e és aba = bab . Ekkor G egy nem kommutatív csoport. 10. Bizonyítsd be, hogy a sík azon forgatásai és (pont illetve egyenes szerinti) szimmetriái, amelyek egy rögzített négyzetet önmagába visznek át egy 8 elemű csoportot alkotnak. Bizonyítás. Egy rögzített négyzet önmagába rotációval négy féleképpen transzformálható: 0°, 90°,180°, 270° -os forgatással. Egyetlen pont szerinti szimmetria van, amely a négyzetet önmagába viszi: a középpont szerinti, ez azonban megfelel a 180° -os forgatásnak. A kért tulajdonságot teljesítő egyenes szerinti szimmetria 4 darab létezik: a BD és AC átlók, illetve a négyzet középpontján áthaladó, két-két oldallal párhuzamos egyenesek szerinti. G = {RotO ,0° (ABCD ), RotO ,90° (ABCD ), RotO ,180° (ABCD ) , RotO ,270° (ABCD ) , SzimOx (ABCD ), SzimOy (ABCD ), SzimBD (ABCD ) , SzimAC (ABCD )}

ahol O a négyzet középpontja és Ox AB , Oy BC . Minden szimmetria felírható az Ox szerinti szimmetria és egy forgatás összetettjeként. Könnyen ellenőrizhető, hogy (G, ) zárt, semleges eleme a RotO ,0° (ABCD ) és minden elem szimmetrizálható, ugyanakkor " " asszociatív, tehát (G, ) nyolc elemű csoport. 11. Egy kockának 13 szimmetriatengelye van: a négy testátló, három olyan egyenes, amely szembefekvő lapok középpontjait köti össze és hat olyan egyenes, amely a szembefekvő élek felezőpontjait köti össze. Bizonyítsd be, hogy a szimmetriatengelyek szerinti szimmetriák és azon forgatások, amelyek a kockát önmagába viszik át, egy 24 elemű csoportot alkotnak. 12. Hány különböző módon színezhetjük ki egy kocka csúcsait 3 szín segítségével (minden csúcs színét tetszőlegesen megválaszthatjuk) ha a forgatással egymásba vihető színezések nem számítanak különbözőknek? 13. A metán (CH 4 ) molekula szén atomja egy kocka középpontjában és a hidrogén atomok a kocka négy csúcsában helyezkednek el úgy, hogy két szembefekvő lapon


293

egymásra merőleges átlókat határozzanak meg. Bizonyítsd be, hogy a kocka szimmetriái és forgásai, amelyek a metánmolekulát önmagába viszik át, egy 12 elemű csoportot alkotnak. 14. Számítsd ki a ∑ nσ összeget, ahol nσ a σ ∈ Sn permutáció inverzióinak száma σ∈Sn

(az (i, j ) pár inverziót alkot, ha i < j és σ(i ) > σ( j ) ). Megoldás. Legyen S (n ) =

∑n

σ

. Meghatározunk egy rekurzív összefüggést

σ∈Sn

S (n ) -re. S n −1 = (n − 1) ! és ahhoz, hogy egy Sn -beli elemet kapjunk egy Sn −1 -beli elemből, a sorba "be kell szúrni" az n -et. Ezt n féleképpen tehetjük meg minden esetben. Ha az utolsó helyre írjuk, az így keletkezett permutációkban az inverziók száma nem változik, tehát S (n − 1) darab inverziónk lesz. Ha eggyel előbbre írjuk, akkor nyilván minden permutációban n az utolsó elemmel inverziót alkot és így minden permutációban az inverziók száma 1-el nő, tehát ebből az esetből összesen S (n − 1) + (n − 1) ! inverzió származik. Hasonlóan, ha hátulról a k . helyre írjuk az n -et, akkor minden permutációban (k − 1) -el nő az inverziók száma és így S (n − 1) + (n − 1) ! (k − 1) inverziót kapunk. Összesítve kapjuk, hogy S (n ) = S (n − 1) + (S (n − 1) + (n − 1) !) + ... + (S (n − 1) + (n − 1)(n − 1) !) =

= n ⋅ S (n − 1) + (n − 1) !⋅ (1 + 2 + ... + n ) = n (n − 1) , ∀n ∈ * . = n ⋅ S (n − 1) + (n − 1) !⋅ 2 Nyilvánvalóan S (0) = 0 , így az ⎧⎪ n −1 ⎪⎪S (n ) = n ⋅ S (n − 1) + n !⋅ , ∀n ∈ * 2 ⎨ ⎪⎪S (0) = 0 ⎪⎪⎩ rekurziót kell megoldani. n −1 ⎪⎧⎪ S (n ) = n ⋅ S (n − 1) + n !⋅ ⎪⎪ 2 ⎪⎪ n −2 ⎪⎪ | ⋅n ⎪⎪S (n − 1) = (n − 1) ⋅ S (n − 2) + (n − 1) !⋅ 2 ⊕ ⎪⎪⎪ ⎨.............................................................. ⇒ ⎪⎪ ⎪⎪ n! 1 ⎪⎪S (2) = 2 ⋅ S (1) + 2 !⋅ |⋅ 2 2 ⎪⎪ ⎪⎪ ( 0) = ⋅ 1 | S S n ! ( ) ⎪⎪⎩ n! n ! n (n − 1) , tehát ⇒ S (n ) = (1 + 2 + ... + (n − 1)) = ⋅ 2 2 2



∑n

σ

=

α∈Sn

n !⋅ n ⋅ (n − 1) . 4

n(n − 1) természetes szám esetén létezik Sn 2 ben olyan permutáció, amelyben pontosan m darab inverzió van. ⎛1 2 3 ... n ⎞⎟ ⎟⎟ , ebben egyetlen inverzió sincs. Ha Bizonyítás. I. Legyen σ0 = ⎜⎜⎜ ⎜⎝1 2 3 ... n ⎠⎟⎟ 1-t 2-vel, 3-mal, ..., majd n -nel felcseréljük, akkor először 1, majd 2,3,.., n − 1 darab ⎛1 2 3 ... n ⎞⎟ ⎟⎟ permutációhoz inverzió lesz az illető permutációban. Így a σ1 = ⎜⎜⎜ ⎜⎝2 3 4 ... 1 ⎠⎟⎟

15. Bizonyítsd be, hogy bármely m ≤

jutunk és minden m ≤ n − 1 -re létezik olyan permutáció, amelyben m inverzió van. Ezután ugyanezt elvégezzük 2-vel is: 2-vel haladunk balról jobbra, így sorba n , n + 1 , ..., (2n − 3) inverzió jelenik meg, végül a ⎛1 2 3 ... n − 2 n − 1 n ⎞⎟ ⎟⎟ σ2 = ⎜⎜⎜ n 2 1 ⎠⎟⎟ ⎜⎝3 4 5 ... permutációt kapjuk. Tovább folytatva a gondolatmenetet, végül az ⎛1 2 3 ... n ⎞⎟ n (n − 1) ⎜⎜ ⎟ inverzió van. ⎜⎜n n − 1 n − 2 ... 1 ⎟⎟⎟ permutációhoz jutunk, amelyben 2 ⎝ ⎠ Mivel minden lépés során pontosan eggyel több inverzió lett, mint azelőtt volt, n (n − 1) természetes számra létezik olyan permutáció, amelyben m bármely m ≤ 2 inverzió van. ⎫ ⎪⎧⎛⎜1 2⎞⎟ ⎛⎜1 2⎞⎟⎪ ⎟⎟ , ⎜ ⎟⎟⎪⎬ és m ≤ n (n − 1) = 1 -re létezik m II. n = 2 esetben S 2 = ⎪ ⎨⎜⎜ ⎪ 2 ⎜1 2⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜2 1⎠⎟⎟⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝ ⎪ ⎩ ⎭ inverziót tartalmazó permutáció S 2 -ben. Feltételezzük, hogy Sn −1 -ben ∀m ≤

(n − 1)(n − 2) , m∈ 2

esetén létezik m

inverziót tartalmazó permutáció. Ha σ ∈ Sn −1 , akkor σ -t "kiegészíthetjük " n -nel úgy, hogy az így kapott permutáció Sn -hez tartozzon. n -et n különböző helyre szúrhatjuk be, és így 0,1,... vagy n − 1 Következik, hogy minden inverzióval lesz több, mint σ -ban. (n − 1)(n − 2) (n − 1) n esetén létezik Sn -ben m inverziót + (n − 1) = m≤ 2 2 tartalmazó permutáció. A teljes indukció elve alapján ∀n ∈ , n ≥ 2 esetén igaz a tulajdonság. 16. Milyen hatványra kell felemelni a


295

⎛1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13⎞ σ = ⎜⎜3 11 9 6 1 8 12 10 2 7 13 4 5 ⎟⎟⎟ ⎜⎝ ⎠ permutációt ahhoz, hogy identikus permutációt kapjunk? Megoldás. Észrevesszük, hogy σ = α ⋅ β , ahol

(

)

(

)

α = 1 3 9 2 11 13 5 , β = 4 6 8 10 7 12 .

Mivel α és β diszjunkt ciklusok, αβ = βα ⇒ σ k = αk β k , ∀k ∈

( = (1 = (1

5

β2

3

.

) ( ) 11 3 13 9 5 2) , α = (1 13 2 3 5 11 9) , 5 13 11 2 9 3) ⇒ α = (1) (5) (13)(11)(2)(9)(3) = (4 8 7 )(6 10 12) , β = (4 10)(8 12)(6 7 ) , = (4 7 8)(10 6 12) , β = (4 12 7 10 8 6)

α 2 = 1 9 11 5 3 2 13 , α 3 = 1 2 5 9 13 3 11 , α4

α6

β4

7

5

β 6 = (4)(12)(7)(10)(8)(6) .

Mivel [6, 7 ] = 42 , σ 42 az identikus permutáció. 17. Oldd meg az S 6 -ban a következő egyenleteket:

⎛1 2 3 4 5 6⎞ a) σ 2 = ⎜⎜6 3 2 4 5 1⎟⎟⎟ ; ⎜⎝ ⎠

⎛1 2 3 4 5 6⎞ b) σ 3 = ⎜⎜6 3 5 4 1 2⎟⎟⎟ . ⎜⎝ ⎠

Megoldás. a) Legyen σ (4) = k . Mivel σ 2 (4) = 4 , σ (k ) = 4 ⇒ σ 2 (k ) = σ (4) = k ⇒ k ∈ {4, 5} . Hasonlóan σ (5) = l ⇒ l ∈ {4, 5} .

Legyen

σ (1) = m ⇒ σ 2 (1) = σ (m ) = 6 .

σ (6) = n ⇒ σ 2 (6) = σ (n ) = 1 ⇒

⇒ σ 2 (m ) = n, σ 2 (n ) = m , ahonnan

⎧ m=6 ⎧ ⎧ ⎧ ⎪ ⎪n = 6 ⎪n = 2 ⎪n = 3 ⎪ vagy ⎪ vagy ⎪ vagy ⎪ . ⎨ ⎨ ⎨ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ n =1 m =1 m=3 m =2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ ⎩ ⎩ Az első két esetben ellentmondáshoz jutunk, tehát

{

}

σ ∈ (12 6 3)(4)(5),(12 6 3)(45),(1 3 6 2)(4)(5),(1 3 6 2)(45) .

b) Legyen σ (4) = k ⇒ σ 2 (4) = σ (k ) = l ⇒ σ (l ) = σ 3 (4) = 4 .

Legyen σ (1) = m1, σ(m1 ) = n1 ⇒ σ(n1 ) = σ 3 (1) = 6 σ (6) = m2 , σ(m2 ) = n2 , σ(n2 ) = 2, σ(2) = m 3 , σ(m 3 ) = n 3 , σ(n 3 ) = 3, σ(3) = m 4 , σ(m 4 ) = n 4 , σ(n 4 ) = 5, σ(5) = m 5 , σ(m 5 ) = n 5 , σ(n 5 ) = 1 .

Ha m1 = 2 ⇒ (1) = 2 ⇒ n2 = 1 ⇒ 6 = σ 3 (n2 ) = σ(m3 ) = n 3 ⇒ σ(6) = 3 ⇒



⇒ 2 = σ 3 (6) = σ 3 (n 3 ) = σ(m4 ) = n 4 ⇒ σ(2) = 5 ⇒ ⇒ 3 = σ 3 (2) = σ 3 (n 4 ) = σ(m5 ) = n5 ⇒ σ(3) = 1 ⇒ ⇒ 5 = σ 3 (3) = σ 3 (n5 ) = σ(m1 ) = n1 ⇒ σ(5) = 6 ⇒ σ(4) = 4 ⇒ ⇒ σ = (12 5 6 3)(4) .

Ha

m1 = 3 ,

m1 = 5 ,

m1 = 6

vagy

m1 = 4 ,

hasonlóképpen

tárgyalva

ellentmondáshoz jutunk, tehát az egyetlen megoldás a σ = (1 2 5 6 3)(4) .

(

) (

)

18. Igaz-e, hogy ha E egy n elemű halmaz, akkor P(E ), Δ ∼ Z 2n , + ? Megoldás. Legyen E = {a1, a2 ,..., an } és f : P (E ) →

n 2

, f (B ) = (b1, b2 ,..., bn ) ,

ahol bi = 1 ha ai ∈ B és bi = 0 , ha ai ∈ / B . Az így értelmezett f függvényre

(

)

f (B ) = f (B ′) ⇔ (b1, b2 ,..., bn ) = b1′ , b2′ ,..., bn ′ ⇔ b1 = b1′ , b2 = b2′ , ..., bn = bn ′ , vagyis a i pontosan akkor eleme B -nek, ha eleme B ′ -nek, ami azt jelenti, hogy B = B ′ , vagyis f injektív. n 2

= P (E ) = 2n , f injektív ⇒ f szürjektív ⇒ f bijektív.

Igazolni kellene, hogy f művelettartó.

(

) (

f (B ) + f (B ′) = (b1, b2 ,..., bn ) + b1′ , b2′ ,..., bn ′ = b1 + b1′ , b2 + b2′ ,..., bn + bn ′

)

Ha ai ∈ B és ai ∈ B ′ (vagy ai ∉ B és ai ∉ B ′ ), akkor bi = bi ′ ⇒ bi + bi ′ = 0 . Ha ai ∈ B és ai ∉ B ′ (vagy ai ∉ B és ai ∈ B ′ ), akkor bi ≠ bi ′ ⇒ bi + bi ′ = 1 .

(

)

Következik, hogy f (B ΔB ′) = b1 + b1′ , b2 + b2′ ,..., bn + bn ′ = f (B ) + f (B ′) , tehát

f izomorfizmus (P (E ) , Δ) és

(

n 2

, +) között.

19. Bizonyítsd be, hogy ha egy véges csoportban x 2 = e , ∀ x ∈ G , akkor a csoport elemeinek száma 2 -nek természetes kitevőjű hatványa. Bizonyítás. Ha G p , p prím, p ≠ 2 , akkor létezik x 0 ∈ G, x 0 ≠ e úgy, hogy

x 0p = e .

p = 2k + 1

De

alakú

k

⇒ x 02k +1 = e ⇒ (x 02 ) ⋅ x 0 = e ⇒ x 0 = e

(felhasználtuk, hogy x 02 = e ), így ellentmondáshoz jutottunk. Következik, hogy G nek nincs páratlan prímosztója, vagyis G = 2m , m ∈

.

20. Az x + y = a egyenletű kör pontjainak C halmazán értelmezzük a ∗ műveletet a rögzített A ∈ C pont segítségével: 1. M ∗ A = A ∗ M = M , ∀ M ∈ C ; 2

2

2

2. Ha M 1, M 2 ∈ C \ {A} két különböző pont, akkor M1 ∗ M 2 az a pont, ahol az A -n át az M 1M 2 szakaszhoz húzott párhuzamos másodszor metszi a kört;


297

3. Ha M ∈ C \ {A} , akkor M ∗ M az a pont, ahol az A -n át az M -ben húzott érintővel párhuzamos egyenes másodszor metszi a kört. Bizonyítsd be, hogy az így értelmezett művelettel a kör pontjai csoportot alkotnak és ez a csoport izomorf az egységmodulusú komplex számok multiplikatív csoportjával. (Felvételi feladat, Temesvár) Bizonyítás. Válasszuk meg a koordinátarendszert úgy, hogy a középpontja a kör középpontja legyen és A az Ox tengelyen helyezkedjen el. ∀M ∈ C esetén M egyértelműen jellemezhető egy z M = a (cos α + i ⋅ sin α) , α ∈ [0, 2π ) komplex számmal. Legyen

f : C → U = {z ∈

| z = 1} , f (M ) = cos α + i ⋅ sin α ,

ha z M = a (cos α + i ⋅ sin α) .

f (M ) = f (N ) ⇔ cos α + i ⋅ sin α = cos β + i ⋅ sin β ⇔ z M = z N ⇔ M = N , tehát f injektív. ∀ (cos α + i ⋅ sin α) ∈ U -ra legyen z M = a ⋅ (cos α + i ⋅ sin α) ⇒ ∃M ∈ C úgy, hogy

f (M ) = cos α + i. sin α , tehát f szürjektív, így f bijektív. Legyen M , N ∈ C , P ∈ C úgy, hogy OP ⊥ MN , OP ∩ MN = {K } . Mivel a húrra merőleges sugár felezi a húrt, NK = KM . Értelmezés szerint OP ∩ (N ∗ M ) A = {B } ⇒ NM A (N ∗ M ) ⇒ OP ⊥ (N ∗ M ) A , legyen

(

)

m (M ∗ NBK ) = 90° = m ABK ,

⇒ (M ∗ N ) B = BA .

N ∗ MBK Δ ≡ KBAΔ ⇒ (M ∗ N ) K = KA

és

közös,

tehát

M ∗ NKB ≡ BKA .

De

BK

NKB ≡ BKM , így M ∗ NKN ≡ AKM . Következik, hogy M ∗ NNK Δ ≡ AKM Δ ⇒ M ∗ NN = MA ⇒ M ∗ NN = MA ⇒ M ∗ NON ≡ MOA , tehát N ∗ M -et úgy kapjuk, hogy N -t elforgatjuk az O körül MOA szöggel. Ha z n az N -nek és z N ∗M az N ∗ M -nek megfelelő komplex szám,

(

)

valamint α = m MOA , akkor z N ∗M = z N ⋅ (cos α + i ⋅ sin α) ⇒ a ⋅ (cos γ + i ⋅ sin γ ) = a ⋅ (cos β + i ⋅ sin β ) ⋅ (cos α + i ⋅ sin α ) , ahol

z N ∗M = a ⋅ (cos γ + i ⋅ sin γ ) és z N = a ⋅ (cos β + i ⋅ sin β ) .

f (N ∗ M ) = cos γ + i ⋅ sin γ , f (N ) = cos β + i ⋅ sin β Mivel f (M ) = cos α + i ⋅ sin α , f (N ∗ M ) = f (N ) ⋅ f (M ) , ∀M , N ∈ C , tehát művelettartó. Következik, hogy (C , ∗) csoport és f izomorfizmus (C , ∗) és (U , ⋅) között. Gyűrűk és testek

és f


298

1. Bizonyítsd be, hogy az R = (0, ∞) halmaz az x ∗ y := xy és x

y := x ln

3y

,

∀ x , y > 0 műveletekkel egy testet alkot, amely izomorf az ( , +, ⋅) testtel. Bizonyítás. (R, ∗) Ábel- csoport (mert R zárt " ∗ "-ra nézve, a szorzás asszociatív, 1 kommutatív, semleges eleme 1 ∈ R és x ∈ R inverze ∈ R ). x 3 ∀x , y ∈ R esetén x y = x ln y ∈ R . y ) z = (x ln

∀x , y, z ∈ R -re (x

3

y

)

z = (x ln

3y

ln 3 z

)

= x ln

3 y ⋅ln 3

z

=

3 ln 3 z 3 ln 3 y ln z ) =x ( = x ln y = x y ln z = x (y z ) ⇒ " " asszociatív. 3

s semleges elem ⇔ x

s = s x = x , ∀x ∈ R ⇔ x ln

3s

= s ln

3

x

= x , ∀x ∈ R ⇔

⇔ ln 3 s = 1 ⇔ s = e 3 ∈ R , tehát létezik semleges elem. ∀x ∈ R \ {1} -re létezik y ∈ R úgy, hogy 9 1 3 3 x y = y x = e 3 ⇔ x ln y = y ln x = e 3 ⇔ ⋅ ln x ⋅ ln y = 3 ⇔ y = e ln x . 3 9

Mivel x ≠ 1 . létezik y = e ln x ∈ R , így minden x ∈ R \ {1} elem szimmetrizálható. Az eddigiek alapján (R \ {1} , ) csoport. ln 3 z

3

3

= x ln z ⋅ y ln z = (x z ) ⋅ (y z ) és (x ∗ y ) z = (xy ) z = (xy ) 3 3 3 3 3 z (x ∗ y ) = z ln xy = z ln x +ln y = z ln x ⋅ z ln y = (z x ) ∗ (z y ) , tehát " " disztributív a " ∗ "-ra nézve. Következik, hogy (R, ∗, ) test. ln x . Legyen f : R → , f (x ) = 3 f bijektív, mert ∀y ∈ esetén létezik egyetlen x ∈ R úgy, hogy f (x ) = y ln x = y ⇔ x = e 3y ∈ R ). (⇔ 3 ln (xy ) ln x ln y f (x ∗ y ) = = + = f (x ) + f (y ) és 3 3 3 1 1 1 3 f (x y ) = ln x ln y = ln x ⋅ ln y = f (x ) ⋅ f (y ) , 3 3 3 azaz f művelettartó mindkét műveletre nézve, így f izomorfizmus (R, ∗, ) és ( , +, ⋅) között.

(

)

2. Bizonyítsd be, hogy ha a {0, 1, a, b}, +, ⋅ test, akkor b) a 2 = b, a 3 = 1, a 2 + a + 1 = 0 .

a) ab = ba = 1 ;

(

)

Bizonyítás. a) {0, 1, a, b}, +, ⋅ test ⇒ ab ∈ {0,1, a, b } .

Ha ab = a , akkor b = 1 , ellentmondás.


299

Ha ab = b , akkor a = 1 , ellentmondás. Ha ab = 0 , akkor b −1 -el jobbról szorozva kapjuk, hogy a = 0 , ellentmondás. Tehát csak ab = 1 lehetséges. Hasonlóképpen ba = 1 . b) a 2 ∈ {0,1, a, b } . T

T

|⋅a

−1

Ha a 2 = 0⇒a = 0 , ellentmondás. Ha a 2 = a , akkor a = 1 , ellentmondás. Ha a 2 = 1 , az a) pont alapján ab = 1 ⇒ a 2b = a ⇒ b = a , ellentmondás. Következik, hogy a 2 = b , ekkor az ab = 1 egyenlőség felhasználásával a 3 = a ⋅ a 2 = ab = 1 . Tudjuk, hogy a 2 + a + 1 ∈ {0,1, a, b } . |⋅a

Ha a 2 + a + 1 = 1 ⇒ 1 + a 2 + a = a ⇒ a = 1 , ellentmondás. |⋅a

Ha a 2 + a + 1 = a ⇒ 1 + a 2 + a = a 2 ⇒ a = a 2 = b , ellentmondás. |⋅a

Ha a 2 + a + 1 = b ⇒ 1 + a 2 + a = ba = 1 ⇒ b = 1 , ellentmondás. Tehát a 2 + a + 1 = 0 . 3. Minden a ∈

→

,

F = {fa | a ∈

}

esetén tekintjük az

függvényt. Bizonyítsd be, hogy az összeadásával és összetevésével test.

fa :

⎧ax , x ∈ ⎪ fa (x ) = ⎪ ⎨0, x ∈ \ ⎪ ⎪ ⎩ halmaz a függvények

⎧(a + b ) x , ha x ∈ ⎪ ⎪ Bizonyítás. ∀fa , fb ∈ F -re ( fa + fb ) (x ) = ⎨ ∈F . ⎪ 0 , ha x ∈ \ ⎪ ⎪ ⎩ " + " asszociatív és kommutatív, mert a függvények összeadása asszociatív és függvény, ∀fa ∈ F -re kommutatív. Semleges eleme az f0 = 0 , ∀x ∈ fa + f−a = f0 = f−a + fa , f−a ∈ F , így minden elem szimmetrizálható. Következik,

hogy (F , +) -ra teljesülnek a kommutatív csoport axiómái. ⎧⎪a (bx ) , x ∈ ⎪ = fab (x ) ⇒ fa ∀fa , fb ∈ F -re ( fa fb ) (x ) = ⎨ ⎪⎪0 ,x∈ \ ⎪⎩ " " asszociatív, mert a függvények összetétele csoportosítható. ∀fa ∈ F esetén ⎧⎪a ⋅ 1 ⋅ x , x ∈ ⎪ ) ( = = fa (x ) és f f x ( a 1) ⎨ ,x∈ \ ⎪⎪⎩⎪0 ⎧ ⎪1 ⋅ a ⋅ x , x ∈ = fa (x ) , ( f1 fa )(x ) = ⎪⎨⎪0 ,x∈ \ ⎪ ⎪ ⎩ f1 ∈ F , tehát f1 semleges elem. ∀fa ∈ F \ { f0 } esetén

fb = fab ∈ F .


300

1 ⎧ ⎪ ⎞⎟ ⎪a ⋅ ⋅ x , x ∈ ⎪ f 1 ⎟⎟ (x ) = ⎨ a = f1 (x ) és ⎟ ⎪ ⎟ ⎠ ⎪ 0 ,x∈ \ a ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪1 ⎛ ⎞ ⎜⎜ f f ⎟⎟ (x ) = ⎪⎪a ⋅ a ⋅ x , x ∈ = f1 (x ) , ⎨ ⎜⎜ 1 a ⎟⎟⎟ ⎪ ⎝a ⎠ ⎪ 0 ,x∈ \ ⎪ ⎪ ⎩

⎛ ⎜⎜ f ⎜⎜ a ⎝

tehát F \ { f0 } minden eleme invertálható. ∀fa , fb , fc ∈ F esetén

(( f

a

⎧⎪(a + b ) cx , x ∈ ⎪ + fb ) ⋅ fc ) (x ) = ⎨ = ( fa fc ) (x ) + ( fb ⎪⎪0 ,x∈ \ ⎪⎩ hasonlóan fc ( fa + fb ) = fc fa + fc fb ,

fc ) (x ) ,

így " " disztributív a " + "-ra nézve. A fentiek alapján (F , +, ) test. 4. Bizonyítsd be, hogy a gyűrű értelmezésében az első művelet kommutativitása igazolható a többi axióma segítségével. Bizonyítás. Legyen (K , +, ⋅) gyűrű. Ekkor ∀x , y ∈ K esetén (x + y ) (1 + 1) = (x + y ) + (x + y ) = x + y + x + y . Ugyanakkor (x + y ) (1 + 1) = x ⋅ (1 + 1) + y ⋅ (1 + 1) = x + x + y + y , tehát x + y + x + y = x + x + y + y ⇒ y + x = x + y , ∀x , y ∈ K vagyis " + " kommutatív művelet. 5. Bizonyítsd be, hogy ha az (I , +, ⋅) gyűrűben x , y és xy − 1 invertálható elemek, akkor

((x − y

az −1 −1

)

x − y −1 − x −1

)

−1

−1

(x − y −1 )

és

− x −1

elemek

is

invertálhatók

és

= xyx − x .

Bizonyítás. Legyen xy − 1 inverze c ∈ I .

(x − y −1 ) y = xy − 1 ⇒ (x − y −1 ) yc = (xy − 1)c = 1 ⇒ yc (x − y −1 ) -nek.

jobb

oldali

inverze |⋅(xy −1)

Balról beszorozva c -vel kapjuk, hogy c (x − y −1 ) yc = c ⇒ |⋅y −1

⇒ c (x − y −1 ) y = 1 ⇒ yc (x − y −1 ) y = y ⇒ (yc ) (x − y −1 ) = 1 tehát yc bal oldali −1

inverze is (x − y −1 ) -nek, így létezik (x − y −1 )

((x − y

−1 −1

)

)

−1

és (x − y −1 )

= yc .

− x −1 (xyx − x ) = (y ⋅ (xy − 1) − x −1 ) (xyx − x ) = −1

−1

= y (xy − 1) (xyx − x ) − yx + 1 = −1

= y (xy − 1) (xy − 1) x − yx + 1 = yx − yx + 1 = 1 és


(

301

)

(xyx − x ) (x − y −1 ) − x −1 = (xyx − x ) (y ⋅ (xy − 1) − x −1 ) = −1

−1

= x (yx − 1) y (xy − 1) − y + 1 = xy ((xy − 1)(xy − 1) − 1) + 1 = 1 . −1

6. Oldd meg

6

−1

-ban a következő egyenleteket és egyenletrendszert:

⎧ ⎪2x + 3y = 1 c) ⎪⎨ . ⎪ 3x + 2y = 0 ⎪ ⎩ Megoldás. a) y ≠ 2k , mert különben a bal oldal páros (vagyis osztható 2 -al), a

b) x 3 + 2x 2 + 2x + 1 = 0 ;

a) 2x + 3y = 1 ;

jobb oldal pedig páratlan lenne. Ha y = 1 ⇒ 2x = 1 − 3 = 4 ⇒ x ∈ {2, 5} , ha

y = 3 ⇒ 2x = 4 ⇒ x ∈ {2, 5} , ha pedig y = 5 , akkor 2x = 4 ⇒ x ∈ {2, 5} . A megoldáshalmaz tehát M =

{(2,1), (2, 3), (2, 5), (5,1ˆ), (5, 3ˆ), (5, 5)} .

b) Mivel a jobb oldal páros, a bal oldal is páros kell legyen, így x ∈ {1, 3, 5} . Ezek T

T

közül x = 3 nem megoldás, tehát M = {1, 5} . c) A rendszer első egyenlete ugyanaz, mint az a) pontban levő egyenlet, így a megoldások az a) megoldásaiból kerülnek ki ⇒ x ∈ {2, 5} . Mivel 3x = 4y , T

T

T

T

T

T

x ∈ {0, 2, 4} ⇒ x = 2 ⇒ y = 3 ⇒ M = {(2, 3) . 7. Oldd meg

8

-ban a következő egyenletrendszert:

⎧ ⎪ ⎪x + 2y = 1 . ⎨ ⎪ 3x + 4y = 1 ⎪ ⎩ Megoldás. x + 2y = 1 ⇒ 2x + 4y = 2 ⇒ −2x − 4y = −2 = 6 , ezt összeadva a

második egyenlettel, kapjuk, hogy x = 7 , ahonnan 2y = 2 ⇒ y ∈ {1, 5} . Ezek az értékek valóban kielégítik mindkét egyenletet, tehát M = 8. Hány megoldása van prímszám? Megoldás.

p = 2 esetén

15 2

15

{(7,1), (7, 5)} .

-ben az x 2 − 1 = 0 egyenletnek? Hát

p

-ben, ahol p

-ben négy megoldása van az x 2 − 1 = 0 egyenletnek: 1,14, 4,11 .

= {0,1} , innen csak az x = 1 megoldás.

2 p > 2 , p prím esetén 1 és p − 1 megoldások ( p − 1 − 1 = (−1) − 1 = 1ˆ − 1ˆ = 0 ). 2

A 9.-es feladat alapján nem lehet kettőnél több gyök, tehát M = {1, p − 1} . 9. Bizonyítsd be, hogy egy kommutatív (K , +, ⋅) testben egy másodfokú egyenletnek legtöbb két megoldása van.


302

Bizonyítás. Legyen a másodfokú egyenlet ax 2 + bx + c = 0 , a, b, c ∈ K , a ≠ 0 . Feltételezzük, hogy léteznek x 1 ≠ x 2 ≠ x 3 , x 1, x 2 , x 3 ∈ K megoldásai az egyenletnek,

⎧⎪ax 2 + bx + c = 0 ⎪⎪ 1 1 ⎪⎪ 2 ⎨ax 2 + bx 2 + c = 0 . ⎪⎪ ⎪⎪ax 2 + bx + c = 0 3 ⎪⎩ 3 Tekintsük ismeretleneknek az a, b, c -t és az előző lineáris rendszert, melynek determinánsa x 12

x1 1

Δ= x

2 2

x 2 1 = (x 3 − x 2 )(x 2 − x 2 )(x 1 − x 3 ) .

x

2 3

x3 1

Mivel x 1 ≠ x 2 , x 2 ≠ x 3 , x 3 ≠ x 1 , Δ ≠ 0 , tehát a triviális megoldáson kívül nincs más megoldás, azaz a = b = c = 0 . De a ≠ 0 , ellentmondáshoz jutottunk, így az egyenletnek legtöbb két megoldása van. 10. Bizonyítsd be, hogy az 4 halmaz a következő műveletekkel nem kommutatív testet alkot: ( a, b, c, d ) + ( a ', b ', c ', d ') := ( a + a ', b + b ', c + c ', d + d ') ; ⎛ a′ ⎜⎜ ⎜−b ′ (a, b, c, d ) ⋅ (a ′, b ′, c ′, d ′) := (a, b, c, d ) ⋅ ⎜⎜⎜ ′ ⎜⎜−c ⎜⎜−d ′ ⎜⎝

∀ (a, b, c, d ),(a ′, b ′, c ′, d ′) ∈

b′ c′ a ′ −d ′ d′ a′ −c ′ b ′

d ′ ⎞⎟ ⎟ c ′ ⎟⎟⎟ ⎟, −b ′⎟⎟ ⎟ a ′ ⎠⎟⎟⎟

4

Ezt a testet nevezzük a kvaterniók testének. Bizonyítás. ( 4 , +) nyilván Ábel- csoport.

A " ⋅ " értelmezéséből következik, hogy (a, b, c, d ) ⋅ (a ′, b ′, c ′, d ′ ) = (aa ′ − bb ′ − cc ′ − dd ′, ab ′ + ba ′ − cd ′ − dc ′, ac ′ − bd ′ + ca ′ + db ′, ad ′ + bc ′ − cb ′ + da ′) ∈ 4 . " ⋅ " asszociativitása következik a mátrixok szorzásának asszociativitásából. ∀ (a, b, c, d ) ∈ 4 -re (a, b, c, d )(1, 0, 0, 0) = (a, b, c, d ) és (1, 0, 0, 0)(a, b, c, d ) = (a, b, c, d ) ,

tehát (1, 0, 0, 0) ∈ ∀ (a, b, c, d ) ∈

4

4

semleges elem. esetén létezik (a ′, b ′, c ′, d ′ ) ∈

4

úgy, hogy

(a, b, c, d ) (a ′, b ′, c ′, d ′ ) = (a ′, b ′, c ′, d ′ ) (a, b, c, d ) = (1, 0, 0, 0) ⇔


303

⎧ ⎪ aa ′ − bb ′ − cc ′ − dd ′ = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ab ′ + ba ′ + cd ′ − dc ′ = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ac ′ − bd ′ + ca ′ + db ′ = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⇔⎪ ⎨ad ′ + bc ′ − cb ′ + da ′ = 0 . ⎪ ⎪ ⎪⎪a ′b + b ′a + c ′d − d ′c = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ a ′c − b ′d + c ′a + d ′b = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ a ′d + b ′c − c ′b + d ′a = 0 ⎪ ⎪ ⎩ Ha a ≠ 0 , akkor a rendszer megoldása: −c −b 1 , b′ = , c′ = , a′ = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a +b +c +d a (a + b + c 2 + d 2 ) a (a + b + c + d )

d′ =

−d és így ∃ (a ′, b ′, c ′, d ′ ) ∈ a (a + b + c 2 + d 2 ) 2

2

4

.

Ha a = 0 , akkor mivel (a, b, c, d ) ≠ (0, 0, 0, 0) , b, c, d közül legalább az egyik nem 0, legyen ez b (a másik két esetben hasonlóan járunk el). Ekkor a rendszer megoldása: c d 1 a ′ = 0 , b′ = 2 , c′ = , d′ = 2 2 2 2 2 2 b +c +d b (b + c + d ) b (b + c 2 + d 2 ) és ezekre az értékekre (a ′, b ′, c ′, d ′ ) ∈

4

. Következik, hogy minden

4

-beli elem

invertálható. Mivel a mátrixok szorzása disztributív az összeadásra nézve, ebben az esetben is " ⋅ " disztributív " + "-ra nézve. Tehát az ( 4 , +, ⋅) struktúrán érvényesek a test axiómái. ( 4 , +, ⋅) nem kommutatív, mert

(1,1,1,1)(1, −1,1, −1) = (2, −2, 2, 2) ≠ (2, 2, 2, −2) = (1, −1,1, −1)(1,1,1,1) . ⎪⎧⎪⎛ a b c d ⎞⎟ ⎪⎫⎪ ⎪⎪⎜⎜⎜−b a −d c ⎟⎟ ⎪ ⎟⎟ a, b, c, d ∈ ⎪⎪ halmaz a mátrixok ⎪⎜⎜ 11. Bizonyítsd be, hogy a H = ⎨ ⎬ ⎪⎪⎜⎜−c d a −b ⎟⎟⎟ ⎪⎪ ⎪⎪⎜⎝⎜−d −c b a ⎠⎟⎟ ⎪⎪ ⎟ ⎩⎪ ⎭⎪ összeadásával és szorzásával nem kommutatív testet alkot és a test izomorf a kvaterniók testével. Bizonyítás. Ha igazoljuk, hogy (H , +, ⋅) ( 4 , +, ⋅) , akkor egyúttal azt is

igazoltuk, hogy (H , +, ⋅) nem kommutatív test.


304

⎛a b c d ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜−b a −d c ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟ , a, b, c, d ∈ Legyen f : 4 → H , f ((a, b, c, d )) = ⎜⎜ ⎜− a −b ⎟⎟⎟ ⎜⎜ c d ⎟⎟ ⎜⎜−d −c b ⎟ a ⎜⎝ ⎠⎟⎟ Könnyen belátható, hogy f bijektív.

.

f ((a, b, c, d ) + (a ′.b ′, c ′, d ′)) = f ((a + a ′, b + b ′, c + c ′, d + d ′)) = b′ c′ d ′ ⎞⎟ ⎛a b c d ⎞⎟ ⎛⎜ a ′ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜−b a −d c ⎟ ⎜−b ′ a ′ −d ′ c ′ ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎟ = ⎜ ⎟ a −b ⎟ ⎜−c ′ d ′ a ′ −b ′⎟⎟ ⎜⎜−c d ⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜⎜−d −c b ⎟ a ⎠⎟⎟ ⎜⎜−d ′ −c ′ b ′ ⎟⎟⎟ ⎜⎝ ′ a ⎝⎜ ⎠⎟ = f ((a, b, c, d )) + f ((a ′, b ′, c ′, d ′)) , ∀ (a, b, c, d ), (a ′, b ′, c ′, d ′) ∈

4

.

Számolással ellenőrizhető, hogy f ((a, b, c, d ) ⋅ (a ′, b ′, c ′, d ′)) = f ((a, b, c, d )) ⋅ f ((a ′, b ′, c ′, d ′)) , azaz f művelettartó a második műveletre nézve is.

(

Tehát f bijektív és művelettartó mindkét műveletre, így (H , +, ⋅) 12.

Határozd

meg

5

[X ] -ben

az

4

, +, ⋅) .

f = X 5 + X 3 + X 2 + 3X + 2

és

g = X 5 + X 4 + 1 polinomok legkisebb közös többszörösét, legnagyobb közös osztóját és oldd meg az f (x ) = g(x ) egyenletet. Megoldás. Egy h ∈ 5 [X ] polinom akkor f és g legnagyobb közös osztója, ha léteznek az f ′, g ′ polinomok

∀h ′ ∈

[X ]

5

polinomra,

5

[X ] -ben úgy, hogy f = h ⋅ f ′, g = h ⋅ g ′ és

amelyre

∃f ′′, g ′′ ∈

5

f = h ⋅ f ′′, g = h ⋅ g ′′ ,

[X ] ,

következik, hogy h h ′ . f (x ) = (x − 3) (x 4 + ˆ3x 3 + x + 1) és g (x ) = (x − 3) (X 4 + 4X 3 + 2ˆX 2 + X + 3) . Mivel

f (i ) ≠ 0, g (i ) ≠ 0, ∀i ∈ {0,1, 2, 4} ,

X 4 + 4X 3 + 2ˆX 2 + X + 3

polinomok

h (x ) = x − 3 . Egy k ∈ 5 [X ] polinom akkor az f ∃f ′, g ′ ∈ ∃f ′′, g ′′ ∈

5

[X ] 5

úgy,

hogy

ezért

az

x4 + ˆ 3x 3 + x + 1

irreducibilisek

5

[X ] -ben,

és tehát

és g legkisebb közös többszöröse, ha

f ′ ⋅ f = g′ ⋅ g = k

és

∀k ′ ∈

[X ] úgy, hogy f ′′ ⋅ f = g ′′ ⋅ g = k ′ ⇒ k ′ k .

Tehát k (x ) = (x − 3)(x 4 + 4x 3 + 2x 2 + 3)(x 4 + 3x 3 + x + 1) .

5

[X ] ,

amelyre


305

f (x ) = g (x ) ⇔ x 5 + x 3 + x 2 + 3x + 2 = x 5 + x 4 + 1 ⇔

⇔ (x − 3)(x 3 + 2x 2 + 2x + 4) = 0 ⇔ (x − 3)(x − 1)(x 2 + 3x + 3) = 0 .

x 2 + 3x + 3 nem bontható tovább és mivel

(

5

, +, ⋅) test, a megoldások: x = 3 és

x =1. 13. Bizonyítsd be, hogy a kvaterniók testében az x 2 + 1 = 0 egyenletnek végtelen sok megoldása van. Bizonyítás. x 2 + 1 = 0, x = (a, b, c, d ) ⇔

(a 2 − b 2 − c 2 − d 2 , 2ab, 2ac, 2ad ) + (1, 0, 0, 0) = (0, 0, 0, 0) ⇔ ⎧ a 2 − b2 − c2 − d 2 + 1 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪2ab = 0 ⇔⎨ . ⎪ 2ac = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪2ad = 0 ⎪ ⎩ Ha a ≠ 0 , akkor b = c = d = 0 ⇒ a 2 + 1 = 0, a ∈

, tehát ebben az esetben nincs

megoldás. Ha a = 0 ⇒ b 2 + c 2 + d 2 = 1 ⇒ b = ± 1 − c 2 − d 2 ∈

M =

{(0, ±

2

2

)

és így 2

}

1 − c − d , c, d c, d ∈ , c + d 2 ≤ 1 .

Így végtelen sok megoldása van az x 2 + 1 = 0 egyenletnek. 14. Az (R, +, ⋅) gyűrű egy x elemét nilpotensnek nevezünk ha létezik n ∈

*

úgy,

n

hogy x = 0 . Bizonyítsd be, hogy n -ben pontosan akkor léteznek nullától különböző nilpotens elemek, ha n osztható valamilyen 1 -től különböző teljes négyzettel. Bizonyítás. " ⇐ " Ha n = k 2 ⋅ v, k, v ∈ * , k ≠ 1 , tekintsük a k ⋅ v ∈ n elemet.

Nyilván k ⋅ v ≠ 0 ,

(k ⋅ v )

2

= k 2v ⋅ vˆ = n ⋅ v = 0 , tehát létezik 0 -tól különböző

nilpotens elem. " ⇒ " Ha ∃x 0 ∈ *n , ∃m ∈ * úgy, hogy x 0m = 0 , feltételezzük, hogy n nem osztható egyetlen 1 -től különböző teljes négyzettel sem, vagyis n = p1 ⋅ p2 ⋅ ... ⋅ pk , T

T

T

T

ahol pi prím, i = 1, k , pi ≠ p j , ha i ≠ j . Mivel x 0m = 0, n = p1 ⋅ p2 ⋅ ... ⋅ pk , ezért

x 0m pi , i = 1, k ⇒ x 0 pi , i = 1, k ⇒ x 0 n ⇒ x 0 = 0 , ellentmondás, tehát n = k 2v alakú.

Tartalomjegyzék Gyakorlatok és feladatok 15. Bizonyítsd be, hogy

10

306

-ben a H = {0, 5} halmaz egy

indukált műveletekkel, de nem részgyűrűje Bizonyítás. Legyen f : H →

2

10

2

-vel izomorf gyűrű az

-nek.

, f (0) = 0 és f (5) = 1 . Ekkor f bijektív és

f (0 + 5) = f (5 + 0) = 1 = f (0) + f (5) = f (5) + f (0) , f (0 + 0) = f (5 + 5) = 0 = f (5) + f (5) = f (0) + f (0) , tehát f művelettartó az első műveletre nézve.

f (0 ⋅ 0) = f (0 ⋅ 5) = f (5 ⋅ 0) = 0 = f (0 ⋅ 0) = f (0) f (0) = f (0) f (5) = f (5) f (0) , f (5 + 5) = f (5) = 1 = f (5) f (5) , így f művelettartó a második műveletre nézve is. Következik, hogy (H , +, ⋅) gyűrű és izomorf nek, mert nem tartalmazza 16. Határozd meg a 4 × Megoldás. Legyen H a és így

(0, 0) ∈ H .

részgyűrűje. De

(

2

, +, ⋅) -al. H nem részgyűrűje

10

-

egységelemét. gyűrű összes részgyűrűjét! 4 × 4 egy részgyűrűje ⇒ H ≠ ∅ , ∀x ∈ H ⇒ −x ∈ H 4 10

A K = {x ∈ 4

(

4

∃y ∈

4

: (x , y ) ∈ H } halmaz a

(

4

, +) -nak

, +) -nak egyetlen valódi részcsoportja van, a {0, 2} és ez nem

részgyűrű, mivel nincs egységeleme. Hasonló gondolatmenet alapján a második komponens is csak triviális részcsoportból lehet, tehát csak a triviális részgyűrűk léteznek. Ezek a {{(0, 0)}, {0} × 4 , 4 × {0}, 4 × 4 } halmaz elemei. ⎫ ⎪⎧⎪⎛x + 2y ⎪ 3y ⎞⎟ ⎜⎜ 17. Bizonyítsd be, hogy a C = ⎨ ⎟⎟ x , y ∈ ⎬⎪ halmaz a mátrixok 2 y x − 2 y ⎜ ⎪ ⎪⎪ ⎠ ⎪⎝ ⎩ ⎭ összeadásával és szorzásával testet alkot és ez a test izomorf a

{

[ 10 ] = a + b 10 a, b ∈ Bizonyítás.

Legyen

} testtel.

f : [ 10 ] → C ,

⎛x + 2y 3y ⎞⎟ ⎟⎟ . f (x + y 10 ) = ⎜⎜⎜ x − 2y ⎠⎟⎟ ⎜⎝ 2y

Könnyen ellenőrizhető, hogy f bijektív. ⎛x 1 + x 2 + 2y1 + 2y2 ⎞⎟ 3y1 + 3y2 ⎟⎟ = f ((x 1 + y1 10 ) + (x 2 + y2 10 )) = ⎜⎜⎜ x 1 + x 2 − 2y1 − 2y2 ⎠⎟⎟ 2y1 + 2y2 ⎜⎝ ⎛x 1 + 2y1 3y1 ⎞⎟ ⎛x 2 + 2y2 3y2 ⎞⎟ ⎜ = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ = x 1 − 2y1 ⎠⎟ ⎝⎜ 2y2 x 2 − 2y2 ⎠⎟⎟ ⎜⎝ 2y1

= f (x 1 + y1 10 ) + f (x 2 + y2 10 ) ,


307

f ((x 1 + y1 10 ) ⋅ (x 2 + y2 10 )) = f (x 1x 2 + 10y1y2 + (x 1y2 + x 2y1 ) 10 ) = ⎛ ⎞⎟ 3 (x 1y2 + x 2y1 ) ⎜x 1x 2 + 10y1y2 + 2 (x 1y2 + x 2y1 ) ⎟⎟ = = ⎜⎜⎜ ⎟ 2 (x 1y2 + x 2y1 ) x 1x 2 + 10y1y2 − 2 (x 1y2 + x 2y1 )⎠⎟⎟ ⎜⎝ ⎛x 1 + 2y1 3y1 ⎞⎟ ⎛x 2 + 2y2 3y2 ⎞⎟ ⎜ = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = x 1 − 2y1 ⎠⎟ ⎝⎜ 2y2 x 2 − 2y2 ⎠⎟⎟ ⎜⎝ 2y1

= f (x 1 + y1 10 ) ⋅ f (x 2 + y2 10 ) , tehát f művelettartó mindkét műveletre nézve, s mivel f bijektív is, (C , +, ⋅) test és izomorf a

(

[ 10], +, ⋅) testtel.

18. Határozd meg a ( , +, ⋅) gyűrű részgyűrűit! Megoldás. Legyen H részgyűrűje ( , +, ⋅) -nak. 1 ∈ H ⇒ −1 ∈ H ⇒ 0 ∈ H . Indukcióval igazolható, hogy ∀n ∈ -re n ∈ H (ha n − 1 ∈ H , akkor (n − 1) + 1 = n ∈ H ), így −n ∈ H . Következik, hogy ∀k ∈ -re k ∈ H , azaz H = . 19. Bizonyítsd be, hogy ha (K , +, ⋅) egy test és Ki ⊂ K , i = 1, 3 valódi résztestei (K , +, ⋅) -nak ( K i ≠ K , i = 1, 3 ), akkor K ≠ K1 ∪ K 2 ∪ K 3 .

Bizonyítás. Ha K1 ∪ K 2 ∪ K 3 nem test, akkor nem lehet egyenlő K -val. K1 ∪ K 2 ∪ K 3 test és igazoljuk, hogy Tegyük fel, hogy K 1 ∪ K 2 ∪ K 3 = K i , i ∈ {1, 2, 3} .

Feltételezzük,

hogy

K1 ⊂ / K2 ,

ekkor

K2 ⊂ / K3 ,

K1 ⊂ / K 3 (a bizonyítás hasonlóan történik, ha más bennfoglalások nem teljesülnek). Ekkor legyen x 2 ∈ K 2 , x1 ∈ K1 úgy, hogy x 1 ∉ K 2 , x1 ∉ K 3 (ha nem létezik ilyen x 1 , akkor ebből következik, hogy K1 ∪ K 2 ∪ K 3 = K 2 ∪ K 3 ; a bizonyítás hátralevő

részében azt is igazolni fogjuk, hogy ha K1 ∪ K 2 ∪ K 3 = Ki ∪ Ki , i, j ∈ {1, 2, 3} , i ≠ j , akkor K i ⊆ K j vagy K j ⊆ K i ).

x1x 2 ∈ K1 ∪ K 2 ∪ K 3 ⇒ x1x 2 ∈ K1

vagy

x1x 2 ∈ K 2

vagy

x1x 2 ∈ K 3 .

Mivel

x 1−1 ∈ K1 , x 2−1 ∈ K 2 , kapjuk, hogy x 2 ∈ K1 vagy x 1 ∈ K 2 vagy x1x 2 ∈ K 3 . De x 1 ∉ K 2 , így x 2 ∈ K1 vagy x1x 2 ∈ K 3 . Feltételezzük,

hogy

x 2 ∉ K1 ⇒ x1x 3 ∈ K 3 .

Ekkor

x 2−1 ⋅ x 1 ∈ K 1 ∪ K 2 ∪ K 3 ⇒

⇒ x 2−1 ⋅ x 1 ∈ K1 vagy x 2−1 ⋅ x 1 ∈ K 2 vagy x 2−1 ⋅ x 1 ∈ K 3

⇒ x 2−1 ⋅ x 1 ∈ K 3 (mert

x 1x 2x 2−1x 1 ∈ K 3 ⇒ x 12 ∈ K 3

⇒ (x 12 + x 12 ) ∈ K 3 ⇒

x 2 ∉ K1 ,

x 1 ∉ K 2 ), −1

⇒ (x 12 + x 12 )

∈ K3 .

így


x 1 + x 2 ∈ K1 ∪ K 2 ∪ K 3

308

és

Hasonlóképpen −x 2 + x1 ∈ K 3 , 1 = x 1 ⋅ x

(x1 + x 1 ) ⋅ 1 = (x1 + x 1 ) ⋅ x 1 ⋅ x

−1 1

x1 ∉ K2 ,

mivel −1 1

= (x + x 2 1

2 1

x 2 ∉ K1 ⇒ x 1 + x 2 ∈ K 3 .

∈ K3 ,

) ⋅ x 1−1 ∈ K 3 .

Következik, hogy x 1−1 ∈ K 3 ⇒ x 1 ∈ K 3 , ellentmondás, így x 2 ∈ K1 . Ez igaz bármely x 2 ∈ K 2 esetén, tehát K 2 ⊆ K1 , azaz K1 ∪ K 2 ∪ K 3 = K1 ∪ K 3 . Ha K i ∪ K j test, i, j ∈ {1, 2, 3} , i ≠ j , feltételezhetjük, hogy K i ⊆ / K j és igazolni fogjuk, hogy ekkor K j ⊆ K i . Mivel K i ⊆ / K j létezik x i ∈ Ki úgy, hogy x i ∈ / K j . Legyen x j ∈ K j . Mivel

K i ∪ K j test x i x j ∈ K i ∪ K j ⇒ x i x j ∈ Ki vagy x i x j ∈ K j . De x 1−1 ∈ K i , x −j 1 ∈ K j , így x j ∈ K i vagy x i ∈ K j . A feltételezés szerint ez utóbbi nem teljesülhet, tehát

x j ∈ K i . Mivel ez bármely x j ∈ K j esetén fennáll, K j ⊆ K i . Következik, hogy K1 ∪ K 2 ∪ K 3 = Ki , ahol i ∈ {1, 2, 3} . De K1, K2 , K 3 valódi résztestek, ezért K i is valódi résztest, tehát nem egyenlő K -val, azaz K1 ∪ K 2 ∪ K 3 ≠ K . 20. Bizonyítsd be, hogy ha (Qi , +, ⋅) , i = 1, n résztestei a ( , +, ⋅) testnek és n

∪Q i =1

i

=

, akkor létezik olyan i ∈ {1, 2,..., n } , amelyre Qi =

Bizonyítás. Mivel Qi részteste

*

(n ∈

rögzített).

1 ∈ Qi* , q -re n ∈ Qi (feltételezve,

-nak, (Qi* , ⋅) csoport ⇒ ∃q ∈ Qi* ⇒

−q ∈ Qi ⇒ 0,1 ∈ Qi . Indukcióval igazolható, hogy ∀n ∈ hogy n − 1 ∈ Qi ⇒ (n − 1) + 1 = n ∈ Qi ). Innen −n ∈ Qi , tehát ⊆ Qi . 1 (Qi*, ⋅) csoport ⇒ k ∈ Qi , ∀k ∈ * . Az előzőhöz hasonló módon indukcióval m ∈ Qi , ahonnan ⊆ Qi , de Qi ⊆ esetén és így igazolható, hogy ∀m ∈ k Qi = , ∀i = 1, n . Vektorterek 1. Vizsgáld meg a következő vektorrendszer lineáris függetlenségét v1 = (−1, 0, 2, 3) , v 2 = (0, 2, 1, 0) , v 3 = (1, − 1, − 4, − 7) és

4

-ben:

Megoldás. {v1, v2 , v3 , v4 } akkor alkot lineárisan független rendszert, ha

λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 + λ4v4 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 0 . λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 + λ4v4 =

.


309

= (−λ1, 0, 2λ1, 3λ1 ) + (0, 2λ2 , λ2 , 0) + + (λ3 , −λ3 , −4λ3 , −7λ3 ) + (3λ4 . − 3λ4 , −5λ4 , −4λ4 ) =

(−λ1 + λ3 + 3λ4 , 2λ2 − λ3 − 3λ4 , 2λ1 + λ2 − 4λ3 − 5λ4 , 3λ1 − 7λ3 − 4λ4 ) , ⎧− ⎪⎪ λ1 + λ3 + 3λ4 = 0 ⎪⎪ ⎪2λ2 − λ3 − 3λ4 = 0 . tehát λ1v1 + λ2v2 + λ3v 3 + λ4v 4 = (0, 0, 0, 0) ⇔ ⎪⎨ ⎪⎪2λ1 + λ2 − 4λ3 − 5λ4 = 0 ⎪⎪ ⎪⎪3λ1 − 7λ3 − 4λ4 = 0 ⎩ A rendszer determinánsa −1 0 1 3 −1 0 1 3 −1 1 4 0 2 −1 −3 S2 −2S3 −4 0 7 7 det A = = 2 1 − 4 −5 = − 4 7 7 = 2 1 −4 − 5 3 −7 − 4 3 0 − 7 −4 3 0 −7 − 4 S 3 −S1 +S2

=

−1

1

3

−4

7

7 =−

−1 0

0

−1 3 −4 7

= −5 ≠ 0 ,

tehát a rendszernek egyetlen megoldása van, és ez a λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 0 , így a v1, v2 , v 3 , v 4 vektorok lineárisan függetlenek. 2. Az m ∈ paraméter milyen értékeire alkotnak bázist 3 -ban a következő vektorok: v1 = (1, − 2, m ) , v 2 = (−3, 0, 2m ) és v 3 = (−2, m, 1) . Megoldás. Az adott három vektor pontosan akkor alkot bázist, ha a vektorok koordinátáiból mint oszlopokból alkotott mátrix determinánsa nem 0 (ekkor {v1, v2 , v3 } generáló rendszer és lineárisan független is). 1 det A = −2 m

− 3 −2 0 2m

m = −5m 2 − 8m − 6 . 1

Mivel az m -ben másodfokú kifejezés diszkriminánsa negatív, det A < 0 , ∀m ∈ és így {v1, v2 , v 3 } bázis bármely m ∈ esetén. 3. A következő v1, v2 vektorrendszerek esetén igaz-e a v1, v 2 = a) v1 = (1, 2) , v 2 = (2, 1) ; Megoldás. A v1, v2 = 2

összes elemét.

2

2

egyenlőség?

b) v1 = (1, 2) , v 2 = (2, 4) .

egyenlőség pontosan akkor igaz, ha v1 és v2 generálja


310

⎧⎪λ1 + 2λ2 = x a) A λ1v1 + λ2v2 = v egyenlet egyenértékű a ⎪⎨ egyenletrendszerrel. ⎪⎪2λ1 + λ2 = y ⎩ 1 2 det A = = −3 ≠ 0 , tehát a rendszernek létezik megoldása és ez egyértelmű 2 1

bármely x, y ∈

v1, v2 =

2

esetén, azaz ∀v ∈

2

felírható v1 és v2 lineáris kombinációjaként,

.

⎧ ⎪λ1 + 2λ2 = x b) λ1v1 + λ2v2 = v ⇔ ⎪⎨ . A rendszer determinánsa 0 és y ≠ 2x esetén ⎪ 2λ + 4λ2 = y ⎪ ⎩ 1 a rendszernek egyetlen megoldása sincs, tehát v1, v2 ≠ 2 . ⎡ 1 2 1 3 ⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢x ⎥ 4. Vizsgáld meg az f : 4 → 3 , f ((x1, x 2 , x 3, x 4 )) = ⎢−2 −5 2 −1⎥ ⋅ ⎢x 2 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 3⎥ ⎢ 0 5 −3 1 ⎥ ⎢⎢x 4 ⎥⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ lineáris leképezés injektivitását, szürjektivitását, határozd meg a képtér dimenzióját és egy bázisát. Megoldás. f ((x 1, x 2 , x 3 , x 4 )) = f ((y1, y2 , y 3 , y 4 )) ⇔ ⎡x ⎤ ⎡y ⎤ ⎡1 2 1 3 ⎤⎥ ⎢ 1 ⎥ ⎡⎢ 1 2 1 3 ⎤⎥ ⎢ 1 ⎥ ⎢ ⎢ ⎥ ⎢x 2 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢y 2 ⎥ ⇔ ⎢−2 −5 2 −1⎥ ⋅ ⎢⎢x ⎥⎥ = ⎢−2 −5 2 −1⎥ ⋅ ⎢⎢y ⎥⎥ ⇔ ⎢ ⎥ 3 ⎢ ⎥ 3 ⎢0 5 −3 1 ⎥⎥ ⎢⎢x ⎥⎥ ⎢⎢ 0 5 −3 1 ⎥⎥ ⎢⎢y ⎥⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎢⎣ 4 ⎥⎦ ⎣ ⎦ ⎢⎣ 4 ⎥⎦ ⎧⎪x + 2x + x + 3x = y + 2y + y + 3y ⎪⎪ 1 2 3 4 1 2 3 4 ⎪⎪ ⎨−2x 1 − 5x 2 + 2x 3 − x 4 = −2y1 − 5y2 + 2y 3 − y 4 . ⎪⎪ ⎪⎪5x − 3x + x = 5y − 3y + y 3 4 2 3 4 ⎪⎩ 2 9 2 30 y1 = y2 = y3 = 1 és y4 = −1 esetén x 4 = 0, x 3 = − , x 2 = − , x 1 = is 17 17 17 megoldás, tehát f nem injektív.

f szürjektív, ha ∀ (y1, y2 , y 3 ) ∈ ⎡y ⎤ ⎢ 1⎥ hogy ⎢⎢y2 ⎥⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣y 3 ⎥⎦

esetén létezik (x 1, x 2 , x 3 , x 4 ) ∈ ⎡1 ⎤ ⎡⎢ x 1 ⎤⎥ 2 1 3 ⎢ ⎥ ⎢x ⎥ ⎢ ⎥ 2 = ⎢−2 −5 2 −1⎥ ⋅ ⎢⎢x ⎥⎥ . ⎢ ⎥ 3 ⎢0 5 −3 1 ⎥⎥ ⎢⎢x ⎥⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣⎢ 4 ⎦⎥ 3

4

úgy,


311

⎡ 2 1 3 ⎤⎥ ⎢1 ⎢ ⎥ −2 −5 2 = −17 ≠ 0 ⇒ rang ⎢−2 −5 2 −1⎥ = 3 ⇒ ⎢ ⎥ ⎢0 ⎥ 0 5 −5 5 3 1 − ⎥⎦ ⎣⎢ x 4 = λ és x 1, x 2 , x 3 kifejezhetők λ, y1, y2 , y3 függvényében tehát létezik (x 1, x 2 , x 3 , λ ) 1

2

1

úgy, hogy f ((x 1, x 2 , x 3 , λ )) = (y1, y2 , y 3 ) ⇒ f szürjektív. Im f =

3

⇒ a képtér dimenziója 3, egy bázisa {(1, 0, 0), (0,1, 0), (0, 0,1)} .

5. Bizonyítsd be, hogy a B = {(1, − 1, 2),(1, 1, 3),(−2, − 1, 0)} rendszer egy bázisa 3

-nek és írd fel az áttérési mátrixot a kanonikus bázisból a B bázisba! Megoldás. B akkor és csak akkor bázisa 3 -nek, ha a vektorok koordinátáiból alkotott determináns nem nulla. 1

1 −2

Δ = −1 1 −1 = 11 ≠ 0 , tehát B valóban bázisa 2

3

3

-nek.

0

A kanonikus bázisból a B bázisba való áttérési mátrix tulajdonképpen a B bázisból a kanonikus bázisba való áttérési mátrix inverze, mert [v ]E

−1

= M EB [v ]B és [v ]B = M BE [v ]E ⇒ M BE = (M EB ) .

⎡ 3 6 1⎤ − ⎢ ⎥ ⎡ 1 1 −2 ⎤ ⎢ ⎥ 11 11 11 ⎢ ⎥ ⎢ 2 4 3 ⎥⎥ ⎢ ⎥ M EB = ⎢−1 1 −1⎥ ⇒ M BE = ⎢⎢− . 11 11 11 ⎥⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ ⎥ ⎢ −5 1 2 ⎥⎥ ⎢⎣ 2 3 0 ⎥⎦ ⎢ − ⎢⎣ 11 11 11 ⎥⎦ 6. Írd fel a B és B ′ bázisok közötti áttérési mátrixot, ha B = {(1, − 1, 2),(1, 1, 3),(−2, − 1, 0)} és B ′ = {(−1, 0, 2),(−1, 1, 0),(−2, − 1, 0)} . ⎧⎪v = λ v ′ + λ v ′ + λ v ′ ⎪⎪ 1 11 1 21 2 31 3 ⎪⎪ Megoldás. A ⎨v2 = λ12v1′ + λ22v2′ + λ32v 3′ rendszer megoldásából származó ⎪⎪ ⎪⎪v = λ v ′ + λ v ′ + λ v ′ 13 1 23 2 33 3 ⎪⎪⎩ 3 ⎛λ ⎞ ⎜⎜ 11 λ12 λ13 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜λ21 λ22 λ23 ⎟⎟⎟ mátrix megadná az áttérési mátrixot a B és B ′ mátrixok között, de ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝λ31 λ32 λ33 ⎠⎟⎟ ehhez valójában három egyenlet-rendszert kellene megoldani. Kevesebb számolást igénylő megoldáshoz jutunk, ha észrevesszük, hogy

Tartalomjegyzék Gyakorlatok és feladatok [v ]B ′

312

= M BE′ [v ]E = M BE′ ⋅ M EB [v ]B = M BB′ [v ]B , azaz

M BB′ = M BE′ ⋅ M EB = (M EB Tudjuk, hogy M EB

′ −1

)

⋅ M EB .

⎡ 1 1 −2⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ = ⎢−1 1 −1⎥ és ⎢ ⎥ ⎢2 3 0⎥ ⎢⎣ ⎥⎦

⎡ 1 ⎤ 0 ⎢ 0 ⎥ ⎡−1 −1 −2⎤ ⎢ 2 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 1 2 1⎥ ⎢ ⎥ ′ ′ −1 1 −1⎥ ⇒ (M EB ) = ⎢⎢− M EB = ⎢ 0 − ⎥⎥ , 3 6⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 3 ⎢2 ⎥ 0 0 ⎢ ⎥ 1 1 1 ⎥⎦ ⎣⎢ ⎢− − − ⎥ ⎢⎣ 3 3 6 ⎥⎦ tehát az áttérési mátrix ⎡ 3 ⎤ 0⎥ ⎢ 1 ⎢ ⎥ 2 ⎢ 4 ⎥ 1 B 0⎥⎥ . M B ′ = ⎢⎢− − 6 ⎢ 3 ⎥ ⎢ 1 ⎥ 7 ⎢− 1⎥ − ⎢⎣ 3 ⎥⎦ 6 7. Fejezd ki a v = (−2, 4, 1) vektor koordinátáit az előbbi B és B ′ bázisokban! ⎡ ⎡3⎤ 0 3 ⎥⎤ ⎢⎡−2⎥⎤ ⎢0 ⎢ ⎥ 1 1 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ Megoldás. [v ]B ′ = M BE′ [v ]E = (M E ) [v ]E = ⋅ ⎢−2 4 −1⎥ ⎢ 4 ⎥ = ⋅ ⎢⎢ 19 ⎥⎥ , 6 ⎢ ⎥⎢ ⎥ 6 ⎢ ⎥ ⎢−2 −2 −1⎥ ⎢ 1 ⎥ ⎢⎣−5⎥⎦ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎛ 1 19 5⎞ tehát a v = (−2, 4,1) vektor koordinátái a B ′ bázisban ⎜⎜ , , − ⎟⎟⎟ . ⎝2 6 6⎠ −1 B′

[v ]B

−1

= M BE [v ]E = (M EB )

[v ]E

. Az 5. feladat alapján

⎡3 ⎢ 1 ⎢ E M M = = ⋅ ⎢−2 ( ) B 11 ⎢ ⎢−5 ⎢⎣ ⎛ 29 23 8 ⎞ innen következik, hogy [v ]B = ⎜⎜− , , ⎟⎟⎟ . ⎝ 11 11 11⎠ 8. Bizonyítsd be, hogy az f (a 0 + a1x + a 2x 2 ) = (a 0 − a1, a 0 B −1 E

−6 1⎤⎥ ⎥ 4 3⎥ , ⎥ −1 2⎥⎥ ⎦

− a 2 , a1 + a 2 )


313

függvény egy lineáris térizomorfizmus (

2

[x ] = {f ∈ [x ] grf ≤ 2} ). Írd fel ennek a

leképezésnek a mátrixát a kanonikus bázisokra vonatkozóan. Megoldás. f (α (a 0 + a1x + a2x 2 ) + β (b0 + b1x + b2x 2 )) =

= (αa 0 + βb0 − αa1 − βb1, αa 0 + βb0 − αa2 − βb2 , αa1 + βb1 + αa1 + βb2 ) = = (αa 0 − αa1, αa 0 − αa2 , αa1 + αa2 ) + (βb0 − βb1, βb0 − βb2 , βb1 + βb2 ) = = α (a 0 − a1, a 0 − a2 , a1 + a2 ) + β (b0 − b1, b0 − b2 , b1 + b2 ) = = α f (a 0 + a1x + a2x 2 ) + β f (b0 + b1x + b2x 2 ) , tehát f lineáris függvény. n

9. A (V , +, ⋅, ) vektortérben adottak a v1, v 2 , v3,..., vn vektorok és w j = ∑ aij ⋅ vi , i =1

ha j ∈ {1, 2, 3,..., m } . Cseréljük ki a vk vektort a wl vektorral (az előbbi egyenlőségek jobb oldalán ne szerepeljen többet a vk és a bal oldalon a wl ) és adjunk valamilyen módszert az új egyenlőségek együtthatóinak generálására! 10. Bizonyítsd be, hogy ha az ( n , +, ⋅) vektortérben B = {v1, v 2 ,..., vn } egy bázis, akkor szerkeszthető olyan B ′ = {u1, u 2 ,..., un } bázis, amelyre teljesülnek a következő tulajdonságok: a) v1, v 2 ,..., vk = u1, u 2 ,..., uk , k = 1, n ;

⎧ ⎪0, i ≠ j b) ui ⋅ u j = ⎪ ⎨1, i = j , ahol x = (x1, x 2 ,..., x n ) és y = (y1, y 2 ,..., yn ) esetén ⎪ ⎪ ⎩ n

x ⋅ y = ∑ x i yi (skalárszorzat k =1

n

-ben).



5. Tesztek 1. Teszt 1. Egy szabályos tízszög csúcsaiban elhelyezzük az 1 , 4 , 7 , 10 , 13 , 16 , 19 , 22 , 25 és 28 számokat, valamilyen sorrendben. Tételezzük fel, hogy lerajzoltuk az összes lehetséges sorrendnek megfelelő tízszöget (a számokkal együtt). Minden ilyen tízszög belsejébe beírjuk a legnagyobb olyan összeg értékét, amelyet három szomszédos csúcsába írt szám összeadásával nyerhetünk. Határozd meg a tízszögek belsejében található számok közül a legkisebbet! Megoldás. Mivel 1 = 3 ⋅ 0 + 1 , 4 = 3 ⋅ 1 + 1 , 7 = 3 ⋅ 2 + 1 , 28 = 3 ⋅ 9 + 1 , az eredeti számok helyett dolgozhatunk a 0,1, 2,..., 9 számokkal (így a számolások leegyszerűsödnek). Minden tízszög esetében 10 hármas-összeg létezik, ezen összegek összege S = 3 ⋅ (0 + 1 + 2 + ... + 9) = 135 , mert minden szám pontosan három hármas-összegben jeleik meg. Nyilvánvaló, hogy a legnagyobb hármas-összeg legalább 14 kell legyen (ellenkező esetben S ≤ 13 ⋅ 10 = 130 hamis állításhoz jutnánk). Igazolni fogjuk, hogy 14 nem jelenhet meg egyetlen tízszög belsejében sem, 15 azonban igen. Ha létezne olyan tízszög, amelynek belsejében 14-es van, akkor ez S = 135 miatt csak úgy lenne lehetséges, ha legalább 5 hármas-összeg egyenlő 14gzel. Mivel minden szám csak egyszer jelenik meg, világos, hogy nem fordulhat elő , hogy két egymás melletti hármas-összeg egyenlő legyen, így pontosan 5 darab hármas-összeg egyenlő 14-gzel, 5 pedig 13-mal. Jelöljük a számokat a1, a2 ,..., a10 -el.

5

3

2

7 15 0 6

1 8

⎧⎪a1 + a2 + a 3 = 14 ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⇒ a1 = 1 + a 4 ⎪⎪ a2 + a 3 + a 4 = 13⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎭ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪a 3 + a 4 + a 5 = 14 , innen a1 = a 7 , ami 9 ⎨⎪a + a + a = 13⎫ ⎪ ⎪ 4 5 6 ⎪ ⇒ a +1 = a ⎪ ⎪ ⎬ 4 7 ⎪ ⎪ + + = 14 a a a ⎪ 5 6 7 ⎪ ⎭ ⎪ 4 ⎪⎪⎪............................ ⎪ ⎩ ellentmondás, mert minden szám csak egyszer jelenik meg. Következik, hogy 14 nem lehet a keresett érték. A következő tízszög belsejében 15 jelenik meg, tehát ez a megoldás. Visszatérve ez eredeti számokra, kapjuk, hogy

48 a keresett érték. 2. Egy sakkbajnokságra hat résztvevő jelentkezett ( A , B , C , a , b és c ).a bajnokságon minden résztvevő kell játsszon minden más résztvevővel, és minden résztvevő egy nap csak egy játszmát játszhat. Szervezd meg a játszmákat úgy, hogy a bajnokság öt nap alatt véget érjen. Segítségképpen az első nap játszmáit bejelöltük az alábbi táblázatban:

Tartalomjegyzék Összefoglaló gyakorlatok és feladatok A A B C

B

C

a I.

b

315 c

I. I.

a b c (az első nap A játszik a -val, B játszik b -vel és C játszik c -vel). Megoldás. A következő táblázatban római számok jelölik azt, hogy a két játékos hányadik napon játszik egymással. A B C a b c A III. IV. I. II. V. B II. V. I. IV. C III. V. I.

a b c

IV.

II. III.

3. Egy asztalon n darab pohár áll. Egy lépésben megfordítunk n − 3 poharat. Elérhetjük-e, hogy az eredeti helyzetéhez viszonyítva minden pohár fordítva álljon, ha n 3 és n ≥ 6 ? Megoldás. Ha n = 6k + 3, k ∈ * , akkor minden alkalommal 6 darab poharat fordítunk meg. Így minden fordítás esetén páros számú pohár lesz az eredeti helyzetéhez képest fordítva és páratlan darab pohár lesz az eredeti helyzetben. Innen következik, hogy soha nem érhetjük el, hogy minden pohár fordítva álljon, hiszen 0 nem páratlan. Ha n = 6k, k ∈ * , akkor a következő algoritmus eredményeként minden pohár fordítva fog állni: hármasával sorba rakjuk a poharakat és az m. lépés során az m. hármast nem forgatjuk el, a többit igen. Mivel n = 6k , 2k lépés után minden hármas pontosan egyszer maradt ki, tehát páratlan számú alkalommal volt megfordítva és így minden pohár az eredeti helyzetéhez képest fordítva áll. 4. Egy kerek asztal körül n lovag ül (n ≥ 3) . Minden percben egy tetszőlegesen választott lovag két szomszédja helyet cserélhet egymással. Lehetséges-e, hogy egy idő után minden lovag jobboldali szomszédja éppen az, aki eredetileg a bal oldali szomszédja volt? Megoldás. Jelöljük a lovagokat számokkal. Ha n = 2k + 1 , akkor az 1, 2, 3, 4,..., 2k, 2k + 1 sorban az 1 felcserélhető 2k + 1 -gyel úgy, hogy a köztük levő számok sorrendje nem változik a következőképpen: először



1 -t cseréljük meg 3-mal, 5-tel, 7-tel, ..., végül 2k + 1 -gyel és így a 3, 2, 5, 4,..., 2k + 1, 2k,1 sorhoz jutunk. ezután 2k + 1 -t felcseréljük 2k − 1 -gyel, 2k − 3 -mal, ..., végül 3-mal és ennek következtében a 2k + 1, 2, 3, 4, ..., 2k,1 sorhoz jutunk. Analóg módon felcserélhető 2 a 2k -val, 3 a 2k − 1 -gyel, ..., a k . lépésben k -t cseréljük fel 2k − (k − 2) = k + 2 -vel. Így a 2k + 1, 2k, 2k − 1,..., 4, 3, 2,1 sorhoz jutunk, ahol minden elem jobboldali szomszédja az, aki eredetileg baloldali szomszédja volt. Ha n = 2k , akkor az 1, 2, 3,..., 2k − 1 sorból a fent leírt módon eljuthatunk a

2k − 1, 2k − 2,..., 3, 2,1 sorhoz, tehát az 1, 2, 3,..., 2k − 1, 2k sorból eljuthatunk a 2k − 1, 2k − 2,..., 3, 2,1, 2k sorhoz, ami megoldás, hiszen a lovagok körben ülnek. 5. Régi ismerősöm, Münchausen báró, a következő történetet mesélte: „Egy n × n -es sakktábla bal alsó sarkában levő 2 × 2 -es négyzet minden mezőjére egy-egy bábut állítottam. Ez után a bábukat azon szabály szerint mozgattam, hogy bármely A bábu átugorhat egy másik B bábut, és ekkor az A bábu új helyét a B szerinti szimmetriával kapjuk meg (az ábrán egy 8 × 8 -as táblán mutattunk egy ilyen lépést). Persze csak akkor léphet ide az A bábu, ha ez a mező még nem foglalt.” A báró büszkén újságolta: „Ilyen módon az összes bábut a jobb felső sarok 2 × 2 es négyzetébe vezettem.” Okvetlenkedő kérdésemre: „S mi van akkor, ha a tábla 2n × 2n -es és a bal alsó sarkában levő 3 × 3 -as négyzet minden mezőjére állítunk egy-egy bábut?” azt válaszolta, hogy természetesen akkor is felvezethetjük a bábukat a jobb felső 3 × 3 -as sarokba.” Igazat mondott-e a báró?

C B A

Megoldás. Színezzük ki a 2n × 2n -es táblát a következő módon: ... ... ... ... ...........................................................


317

... ... ... ... Nyilvánvaló, hogy egy fekete mező bármilyen másik mező szerinti szimmetrikusa is fekete, tehát egy fekete mezőn levő bábu csak fekete mezőre kerülhet. A bal alsó 3 × 3 -as négyzetben 4 fekete mező van, míg (mivel a tábla ) 2n × 2n -es, a jobb felső 3 × 3 -as négyzetben csak egy ilyen található. Innen következik, hogy a bábukat nem lehet a kívánt helyre felvezetni, azaz a báró nem mondott igazat. 6. A {0,1} halmazból ketten felváltva választanak egy-egy elemet úgy ,hogy minden lépés után az addigi választásaik sorozatából ne lehessen kivágni két azonos, 3 hosszúságú szekvenciát (az összes választások sorozatát értve). Kinek van nyerő stratégiája, ha az veszít aki nem tud lépni? Megoldás. Igazolni fogjuk, hogy a második játékosnak van nyerő stratégiája, és ez a következő: egy lépés során ha az első játékos 1-et írt, akkor ő 0-t ír, különben 1-.et. A következő ábra a játék lehetséges lefolyásait ábrázolja, ha a II. játékos az előbb leírt módon játszik. Az I. játékos egyik esetben sem tud tovább lépni, tehát a II. játékos minden esetben nyer. n (n + 1) darab pénzérmét, háromszög alakban, írást 7. Elhelyeztünk n sorban 2 tartalmazó oldalával felfele, az ábra szerint: n=3 n=4

Egyszerre megfordíthatunk három kölcsönösen szomszédos érmét (pl. a fenti ábrán a világos érméket). Ha n = 2000 , elérhető-e, hogy minden érme az írást tartalmazó oldalával lefele legyen? Megoldás. n = 5 esetén a következő ábrán láthatóak a forgatások:



Indukcióval igazoljuk, hogy ha 3k − 1 esetén lehetséges minden pénzérmét a másik oldalára fordítani, akkor ez 3k + 2 esetén is elérhető. Ehhez elégséges azt bizonyítani, hogy a következő részt meg lehet fordítani:

8. Határozd meg azokat az n ∈ * \ {1, 2} számokat, amelyekre egy tetszőleges n oldalú konvex sokszöget fel lehet bontani, egymást nem metsző átlók segítségével háromszögekre úgy, hogy minden csúcsból páros számú átló induljon ki! Megoldás. n = 3 -ra az állítás igaz. Feltételezzük, hogy n = 3k esetén teljesül a kívánt tulajdonság. 9. Egy háromszög minden oldalát osszuk fel p egyenlő részre, és az osztópontokat kössük össze a szembefekvő csúccsal. Ha p prímszám, határozd meg a háromszög belsejében keletkező diszjunkt síkrészek maximális számát! Megoldás. Jelöljük a csúcsokat A, B,C -vel. Ha BC osztópontjait összekötjük A -val és AC osztópontjait B -vel, akkor nyilván p 2 diszjunkt síkrész keletkezik (minden A -ból induló szakasz pontosan egyszer metsz minden B -ből induló szakaszt). A síkrészek száma akkor maximális, ha nincs három összefutó szakasz. Egy ilyen esetben minden C -ből induló szakasz minden A -ból és B -ből indulót pontosan egyszer metsz és így 2 ( p − 1) + 1 síkrészt oszt ketté, tehát 2 ( p − 1) + 1 -gyel több síkrész lesz. Mivel C ből p − 1 darab szakasz indul ki, összesen (2 ( p − 1) + 1) (p − 1) = 2p 2 − 3p + 1 -el több síkrész lesz, tehát a diszjunkt síkrészek maximális száma: 3p 2 − 3p + 1 . 10. Az ABC háromszög minden oldalán vegyünk fel n pontot. Az AB és AC oldalon felvett pontokat kössük össze a BC oldalon felvett pontokkal. Ha az így kapott szakaszok közt nincs három összefutó szakasz, akkor határozzuk meg a háromszög belsejében keletkező metszéspontok számát. Megoldás.


319

Mivel nincs három összefutó szakasz, a metszéspontok száma sn = an + bn + cn ,

∀n ∈

, ahol an jelöli az AC i j , i, j = 1, n és Ai B j szakaszok, bn az

AC i j , i, j = 1, n és cn az Ai B j , i, j = 1, n szakaszok metszéspontjainak számát.

Először írjunk fel cn -re egy rekurziót. Vegyünk fel egy n + 1 -ik pontot az AC és

BC szakaszokon. Ekkor Bn +1Ak , k = 1, n metsz minden Ak +1,..., An -ből kiinduló szakaszt és mivel minden Ai , i = 1, n pontból n szakast indul ki, Bn +1Ak és

Bi Aj , i, j = 1, n metszetekből összesen n [(n − 1) + (n − 2) + ... + 1] =

n 2 (n − 1) új 2

metszéspont keletkezik. Az előbbiekhez hasonló módon számolható meg An +1Bk , k = 1, n + 1 és Bi Aj , i = 1, n + 1, j = 1, n metszéspontok száma.,

n 2 (n + 1) új metszéspont keletkezik. Így 2 n 2 (n − 1) n 2 (n + 1) cn +1 = cn + + = cn + n 3 , ∀n ∈ , innen 2 2 2 n −1 ⎛ ⎞ n ( n 1 ) − ⎟⎟ , ∀n ∈ . cn = ∑ i 3 = ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ 2 i =1 n [n + (n − 1) + ... + 1] =

2

Nyilvánvaló, hogy bn = cn , ∀n ∈

⎛ n (n − 1)⎞⎟ és így bn = ⎜⎜ ⎟ , ∀n ∈ ⎜⎝ ⎠⎟ 2

. Rögzített

AC i j esetén (i, j ∈ {1, 2,..., n }) az AC i j és Ak Bl k , l = 1, n szakaszok metszéspontjainak száma n (i − 1) , mert minden Ai pontból n szakasz indul ki, AC i j metsz minden Ai +1,..., An -ből kiinduló szakaszt. Így összesen

n 2 (n − 1) új metszéspont keletkezik, ∀j = 1, n , 2 n 2 (n − 1) n 3 (n − 1) következik, hogy an = n ⋅ = , ∀n ∈ . A fentiek alapján 2 2 2 n 2 (n − 1) n 3 (n − 1) n 2 (n − 1)(2n − 1) sn = 2 + , ∀n ∈ , tehát sn = , ∀n ∈ . 4 2 2 11. Egy (2n − 1) × (2n − 1) -es tábla középső mezején egy baktérium áll. Minden másodpercben a létező baktériumok mindegyike vagy átköltözik egy szomszédos mezőre, vagy helyben marad és kettéosztódik. Bizonyítsd be, hogy n ≥ 3 esetén 2n + 2 másodperc alatt elérhető az, hogy a tábla minden mezején legyen egy baktérium. (Két mezőt akkor nevezünk szomszédosnak, ha van egy közös oldaluk.) Megoldás. 3 × 3 -as tábla esetén a következőképpen töltjük ki a táblát: n ((n − 1) + (n − 2) + ... + 1) =



2

4

8

2 2

16

2

4

16

1

4

1

4

16

4

1

4

1

Innen az 5 × 5 -ös tábla kitöltése a következőképpen valósul meg 2 lépés alatt: 1

4

1

1

1

4

1

1

1

4

1

1

4

1

1

1

4

1

1

4

16

4

4

16

4

4

4

16

4

4

1

4

1

1

4

1

1

1

4

1

1

1

4

1

1

1

4

1

1

Indukcióval igazoljuk, hogy ha a (2n − 1)× (2n − 1) -es tábla kitölthető az előzőhöz hasonló módon, akkor további két lépés során a (2n + 1) × (2n + 1) -es is kitölthető. Az első lépésben a középső sor kivételével minden másikról minden baktériumot eggyel fennebb vagy lennebb költöztetünk annak függvényében, hogy az illető sor a középsőtől fennebb vagy lennebb van. A középső sor lözépső mezejéről 4-4, a többiről 1-1 baktériumot felfele, illetve lefele költöztetünk. Ekkor a két szélső oszlop kivételével elértük a kívánt állapotot. A következő lépésben ugyanezt megismételjük az oszlopokra és így elértük, amit akartunk. 12. a) Bizonyítsd be, hogy a P ∈ [X ] polinomhoz rendelt polinomfüggvény pontosan akkor páros, ha P -ben a páratlan kitevőjű tagok együtthatója 0 . b) Képezzük az összes

n

∑ε

k

k 2 + 1 alakú számot, ahol εk ∈ {−1,1} minden

k =1

{

k ∈ 1, 2, ... , n

}

esetén. Bizonyítsd be, hogy az így kapott 2n szám szorzata

természetes szám! Bizonyítás. a) P (x ) = an x n + an −1x n −1 + ... + a 0 " ⇒ " Ha P páros, vagyis P (x ) = P (−x ) , ∀x ∈ ⇒

⇒

⎡ n −1 ⎤ ⎢ ⎥ ⎣⎢ 2 ⎦⎥

∑a k =1

2k +1

⋅ x 2k +2 =

⎡ n −1⎤ ⎢ ⎥ ⎣⎢ 2 ⎦⎥

∑ −a k =1

2k +1

⋅ x 2k +2 , ∀x ∈

.

Tartalomjegyzék Összefoglaló gyakorlatok és feladatok x = 1 esetén kapjuk, hogy

⎡ n −1 ⎤ ⎢ ⎥ ⎣⎢ 2 ⎦⎥

∑a

2k +1

321

= 0.

k =1

" ⇐ " Ha

⎡ n −1 ⎤ ⎢ ⎥ ⎣⎢ 2 ⎦⎥

∑a

2k +1

= 0.

k =1

2. teszt 1. Bizonyítsd be, hogy Bizonyítás.

5

5

3 + 5⋅ 3 2 + 5 + 5 3 + 5⋅ 3 2− 5 ∈

.

3 + 5⋅ 3 2 + 5 + 5 3 + 5⋅ 3 2− 5 =

1 1 = 5 3 + 5 ⋅ ⋅ 3 16 + 8 5 + 5 3 + 5 ⋅ ⋅ 3 16 − 8 5 = 2 2 3 3 5 5 = 5 3 + ⋅ 3 (1 + 5 ) + 5 3 + ⋅ 3 (1 − 5 ) = 2 2 11 5 5 11 5 5 176 + 80 5 5 176 − 80 5 + +5 − = 5 + = 2 2 2 2 25 25 5 5 1 1 1 5 1 5 = 5 (1 + 5 ) + 5 (1 − 5 ) = + + − =1∈ . 2 2 2 2 2 2 2. Határozd meg az a − 2b + c fejezés minimumát és maximumát, ha 2a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Megoldás. A megadott összefüggésből következik, hogy ⎡ 6 6 ⎤⎥ a ∈ ⎢− , , b ∈ ⎡⎣⎢− 3, 3 ⎤⎦⎥ , c ∈ ⎡⎣⎢− 3, 3 ⎤⎦⎥ és ⎢ 2 2 ⎥ ⎣ ⎦ min (a − 2b + c ) = − max (a − 2b + c ) . =

5

2a 2 + b 2 + c 2 = 3 -ból kifejezve c -t és tudva, hogy következik, hogy

(

3 − 2a 2 − b 2 ≥ 3 − 2a 2 − b 2 ,

)

max (a − 2b + c ) = max 1 − 2b + 3 − 2a 2 − b 2 . ⎡ 6 6 ⎤⎥ → , f (x ) = x − 2y + 3 − 2x 2 − y 2 és , Legyen f : ⎢− ⎢ 2 2 ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ g : ⎣⎢− 3, 3 ⎤⎦⎥ , g (y ) = x − 2y + 3 − 2x 2 − y 2 . 4x 2y és g ′ (y ) = −2 − . Ekkor f ′ (x ) = 1 − 2 2 2 3 − 2x − y 2 3 − 2x 2 − y 2 Mivel olyan (x , y ) számpárt keresünk, hogy az x − 2y + 3 − 2x 2 − y 2 kifejezésnek x és y szerint is maximuma legyen, az f ′ (x ) = 0 és g ′ (y ) = 0 egyszerre kell teljesüljön, tehát


Összefoglaló gyakorlatok és feladatok ⎧ ⎪ 2x = 3 − 2x 2 − y 2 ⎪ ⎪ . ⎨ 2 2 ⎪ y = − 2 3 − 2 x − y ⎪ ⎪ ⎩

Ezekből kapjuk, hogy

3 3 ⇒ y = −4 ⇒ 22 22 3 3 . , min (a − 2b + c ) = −11 ⋅ ⇒ max (a − 2b + c ) = 11 ⋅ 22 22 1 1 3. Hány megoldása van az x ⋅ 2 x + ⋅ 2x = 4 egyenletnek (x ∈ ) ? x Megoldás. Nyilvánvaló, hogy x ≠ 0 és nem létezik x < 0 megoldás, mert ekkor 1 1 4 = x ⋅ 2 x + ⋅ 2x < 0 teljesülne. Tehát x > 0 . Így alkalmazhatjuk a számtami és x mértani közepek közti egyenlőtlenséget:

y = −4x ⇒ 2x = 3 − 18x 2 , x > 0 ⇒ x =

1

1 1 1 x+ x+ 1 x 1 ⋅ 2 ≥ 2 x ⋅ 2 x ⋅ ⋅ 2x = 2 2 x ⇒ 2 ≥ 2 x . x x 1 x+ 1 De ha x > 0 , akkor x + ≥ 2 ⇒ 2 ≥ 2 x ≥ 2 . Ez csak akkor teljesülhet, ha x mindkét egyenlőtlenségben egyenlőség áll fenn, ami pontosan akkor történik meg, ha 1 x = , ahonnan x = 1 . Tehát egyetlenegy megoldása létezik az egyenletnek. x 4. Lehetnek-e a 2 , 7 , 14 számok egy számtani vagy mértani haladvány (nem feltétlenül egymás utáni) tagjai? Megoldás. Ha 2, 7, 14 egy mértani haladvány tagjai, akkor ∃k, m ∈ * ,

4 = x ⋅ 2x +

k ≠m,

q∈

m

úgy,

7 = qk , 2

hogy

14 = qm . 2

k

⎛ 7 ⎞⎟ ⎛ ⎞ ⎜⎜ ⎟ = q km = ⎜⎜ 14 ⎟⎟ = ( 7 )k ⇒ 7m −k = 2m ⇒ m − k = m = 0 ⎟ ⎟ ⎜⎝ 2 ⎠⎟ ⎝⎜ 2 ⎠⎟ mert k, m ∈ Ha hogy

Innen

*

. Tehát nem alkothatnak mértani haladványt.

2, 7, 14 számtani haladványban vannak, akkor ∃r ∈ 7 = 2 + kr és

(

ellentmondás,

, k, m ∈

14 = 2 + mr . Következik, hogy

7 − 2 ) m = ( 14 − 2 ) k ⇒ m 2 (9 − 2 14 ) = k 2 (16 − 4 7 ) ⇒

⇒ 2m 2 14 − 4k 2 7 = 9m 2 − 16k 2 ⇒ 2

⇒ (2m

2

2 − 4k

)

2 2

=

(9m 2 − 16k 2 ) 7

⇒

*

, úgy,


323 2

4

2 2

4

⇒ 8m − 16m k

2 + 16k =

(9m 2 − 16k 2 ) 7

⇒

⎛(9m 2 − 16k 2 )2 ⎞⎟ ⎜ 1 ⇒ − 2 = ⎜⎜ − 16k 4 − 8m 4 ⎟⎟⎟ ⋅ . 2 2 ⎜⎜ ⎟ 7 1 m k 6 ⎟ ⎝ ⎠ 2 ∈ \ , az egyenlőség jobb oldala pedig racionális, így ellentmondáshoz jutottunk, tehát nem lehetnek számtani haladványban. n p ! ⎛⎜ 1 (n + 1) ! ⎞⎟ 1 ⎟⎟ . ⎜⎜ − 5. Bizonyítsd be, hogy ∑ k = ⎟ ⎜ − + C p 1 p ! n p ! ( ) ⎜⎝ k =1 p +k ⎠⎟ Bizonyítás. A teljes indukció módszerével igazoljuk az állítást ∀n ∈ -re. 1 p ! ⎛⎜ 1 2 ! ⎞⎟ 1 1 2 ⎟⇔ n = 1 -re 1 = , igaz. = − ⎜⎜ − ⎟ C p +1 p − 1 ⎝⎜ p ! (1 + p ) ! ⎠⎟ p + 1 p − 1 ( p + 1)(p − 1) n

Feltételezzük, hogy

∑C k =1

n +1

1

k =1

k p +k

∑C

=

k p +k

=

p ! ⎛⎜ 1 (n + 1) ! ⎞⎟ ⎟ és igazoljuk, hogy ekkor ⎜⎜ − p − 1 ⎝⎜ p ! (n + p ) ! ⎠⎟⎟

(n + 2) ! ⎞⎟ p ! ⎛⎜ 1 ⎟. ⎜⎜ − p − 1 ⎜⎝ p ! (n + p + 1) ! ⎠⎟⎟

n +1

1

k =1

k p +k

∑C

1

n

=∑ k =1

=

1 C

k p +k

+

1 C

n +1 p +n +1

=

(n + 1) ! ⎞⎟ p ! (n + 1) ! p ! ⎛⎜ 1 ⎟+ = ⎜⎜ − ⎟ p − 1 ⎜⎝ p ! (n + p ) ! ⎠⎟ (p + n + 1) !

p ! ⎜⎛ 1 (n + 1) ! (n + p + 1) (n + 1) ! (p − 1)⎞⎟ ⎟= + ⎜ − p − 1 ⎜⎜⎝ p ! (n + p + 1) ! (p + n + 1) ! ⎠⎟⎟ =

(n + 2) ! ⎞⎟ p ! ⎛⎜ 1 ⎟, ⎜⎜ − p − 1 ⎝⎜ p ! (n + p + 1) ! ⎠⎟⎟

és ezzel állításunkat igazoltuk. 2 2 ⎛ n k 2k ⎞⎟ ⎛ n k 2k +1 ⎞⎟ ⎜ ⎜ 6. Számítsd ki a ⎜∑ 2 C 2n ⎟ − 2 ⋅ ⎜∑ 2 C 2n ⎟ különbséget! ⎜⎝ ⎠⎟ ⎝⎜ ⎠⎟ k =0

k =0

2

2

⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞ Megoldás. ⎜⎜∑ 2k C 22nk ⎟⎟ − 2 ⎜⎜∑ 2k C 22nk +1 ⎟⎟ = ⎜⎝ k =0 ⎠⎟ ⎝⎜ k =0 ⎠⎟ n n ⎛ n ⎞⎛ n ⎞ = ⎜⎜∑ 2k C 22nk − 2 ⋅ ∑ 2k C 22nk +1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜∑ 2k C 22nk + 2 ⋅ ∑ 2k C 22nk +1 ⎟⎟⎟ = ⎝⎜ k =0 ⎠⎝⎜ k =0 ⎠ k =0 k =0

⎡ n = ⎢∑ ⎢⎣ k =0

⎤ ⎡ n ⎤ 2k 2k +1 ⋅ C 22nk +1 ⎥ ⋅ ⎢ ∑ 2 ⋅ C 22nk + 2 ⋅ C 22nk +1 ⎥ = ⎥⎦ ⎢⎣ k =0 ⎥⎦ ⎛ 2n ⎞ ⎛ 2n ⎞ k 2n 2n k = ⎜⎜∑ (− 2 ) C 1kn ⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜∑ 2 C 1kn ⎟⎟⎟ = ( 2 − 1) ⋅ ( 2 + 1) = 1 . ⎝⎜ k =0 ⎠ ⎝⎜ k =0 ⎠

(

2k

2 ⋅ C 22nk − 2

2k +1

)

(

)



7. Oldd meg a loga (a + 1) = logx (x + 1) egyenletet (a > 0, a ≠ 1) . Megoldás. Legyen f :

* +

\ {1} →

, f (x ) = logx (x + 1) − loga (a + 1) ⇒

ln (x + 1) − loga (a + 1) ⇒ ln x x ln x − (x + 1) ln (x + 1) ⇒ f ′ (x ) = < 0, ∀x > 0 , tehát f szigorúan csökkenő x (x + 1) ln2 x (0,1) -n és (1, ∞) -n. +∞ 0 1 x ∞ ( ) f x − loga (a + 1) 1 − loga (a + 1) −∞ | Következik, hogy legtöbb két megoldása van az egyenletnek. I. Ha a > 1 , loga (a + 1) > 0 ⇒ − loga (a + 1) < 0 , azaz a (0,1) intervallumon nincs megoldás, míg az (1, ∞) -n x 0 = a megoldás. II. Ha a < 1 , akkor x 0 = a megoldás a (0,1) intervallumon és mivel 1 − loga (a + 1) > 0 , az (1, ∞) -n nincs megoldás. Összefoglalva, az egyenletnek mindenképp csak egy, az x 0 = a megoldása van. 1 1 1 1 (a ≠ 0) , akkor az x , 8. Bizonyítsd be, hogy ha x + y + z = a és + + = x y z a y és z közül legalább az egyik egyenlő a -val. 1 1 1 1 = ⇒ Bizonyítás. x + y + z = a ⇒ z = a − x − y ⇒ + + x y a −x −y a ⎛ a −x −y + x 1 1 1 1⎞ ⇒ − + = 0 ⇒ (a − y ) ⎜⎜⎜ + ⎟⎟⎟ = 0 ⇒ x (a − x − y ) a y ⎝⎜ x (a − x − y ) ay ⎠⎟ ⇒ f (x ) =

ay + ax − x 2 − xy y (a − x ) + x (a − x ) = 0 ⇒ (a − y ) =0⇒ axy (a − x − y ) axyz (a − y ) (a − x )(a − z ) y +z ⇒ (a − y ) (a − x ) =0⇒ =0⇒ axyz axyz ⇒ x = a vagy y = a vagy z = a .

⇒ (a − y )

4

9. Határozd meg az (1 − 2x + 3x 2 − 4x 3 ) kifejezésben x 8 együtthatóját! Megoldás. 2 2

(1 − 2x + 3x 2 − 4x 4 ) = ⎡⎢⎣(1 − 2x )2 + 2 (1 − 2x ) (2x 2 − 4x 3 ) + (3x 2 − 4x 3 ) ⎤⎥⎦

=

2

= (1 − 4x + 10x 2 − 20x 3 + 25x 4 − 24x 5 + 16x 6 ) . Mivel x 8 = x 2 ⋅ x 6 = x 3 ⋅ x 5 = x 4 ⋅ x 4 = x 5 ⋅ x 3 = x 6 ⋅ x 2 , a kifejezésben együtthatója: E 8 = E 2 ⋅ E 6′ + E 3 ⋅ E 5′ + E 4 ⋅ E 4′ + E 5 ⋅ E 3′ + E 6 ⋅ E 2′ ,

x8


325

ahol Ei , illetve Ei′ a szorzat első illetve második tényezőjéből x i együtthatója. Innen E 8 = 2 ⋅ 10 ⋅ 16 + 2 (−20)(−24) + 25 ⋅ 25 = 1905 . 10.

Az

x 4 − ax 3 − ax + 1 = 0

Bizonyítsd be, hogy x i ∉

egyenlet gyökeit jelöljük

, i = 1, 4 , ha a ∈

x 1, x 2 , x 3 , x 4 -gyel.

és a < 1 . Számítsd ki a gyökök

moduluszát, ha a ∈ és a < 1 . Megoldás. x 4 − ax 3 − ax + 1 = 0 -nak x = 0 nem megoldása, tehát 2 a 1 ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ x 2 − ax − + 2 = 0 ⇒ ⎜⎜x + ⎟⎟⎟ − a ⎜⎜x + ⎟⎟⎟ − 2 = 0 . ⎝ ⎝ x x x⎠ x⎠ 1 1 Feltételezzük, hogy létezik x 0 valós gyök. Ekkor x 0 + ≥ 2 vagy x 0 + ≤ −2 . x0 x0 1 Az x + = t helyettesítéssel a t 2 − at − 2 = 0 egyenlethez jutunk, melynek (az x előzőek alapján) létezik t0 ≥ 2 vagy t0 ≤ −2 megoldása. De t1,2 =

a ± a2 + 8 és így 2

t1,2 =

a ± a2 + 8 a a2 + 8 1 3 ≤ +± < + = 2, 2 3 2 2 2

tehát ellentmondáshoz jutottunk, vagyis az egyenletnek nem létezik valós gyöke. 1 Az x + = t -ből kapjuk, hogy x t ± 4 − t12 ⋅ i t ± 4 − t22 ⋅ i és x 3,4 = 2 , x 2 − tx + 1 = 0 ⇒ x 1,2 = 1 2 2 ahonnan t 2 4 − t12 t 2 4 − t22 x1 = x 2 = 1 + = 1 és x 3 = x 4 = 2 + = 1. 4 4 4 4 3. teszt 1. Bizonyítsd be, hogy ha x > 0 , akkor x + Bizonyítás. Ha x > 0 , akkor x + (mert

1 ≥ x

1 >2> x

4 3 3 4

3 3

,

3 3 > 2 ⇒ 27 > 16 ).

2. Bizonyítsd be, hogy (1 + 2 )(1 + 3 ) (1 + 5 ) ∉

.

.



Bizonyítás. Feltételezzük, hogy (1 + 2 )(1 + 3 ) (1 + 5 ) ∈

⇒ m ⇒ ∃m, n ∈ * , (m, n ) = 1 úgy, hogy (1 + 2 )(1 + 3 ) (1 + 5 ) = ⇒ n m m m ⇒ (1 + 3 ) (1 + 5 ) = ( 2 − 1) ⇒ (1 + 3 ) (1 + 5 ) + = 2⇒ n n n 2 2 m2 m m2 ⇒ (1 + 3 ) (1 + 5 ) + 2 (1 + 3 ) (1 + 5 ) + 2 = 2 ⋅ 2 ⇒ n n n ⇒ p 3 + q 5 + r 15 = s , ahol m m m p = 6+ , q = 4+ , r =2+ . n n n Innen

(q

5 − r 15 ) = (s − p 3 ) ⇒ 5q 2 + 15r 2 + 10qr 3 = s 2 − 2sp 3 + 3p 2 ⇒ 2

2

⇒ 10qr + 2sp = 0 (az egyenlőség két oldalán

(p

3 együtthatói meg kell egyezzenek).

3 + q 5 ) = (s − r 15 ) -ből az előzőhöz hasonló módon következik, hogy 2

2

2pq + 2rs = 0 és (p 3 + r 15 ) = (s − q 5 ) -ből 6pr + 2qs = 0 . Tehát az 2

2

⎧⎪5qr + sp = 0 ⎪⎪ ⎪ ⎨3pr + qs = 0 rendszert kapjuk, melynek egyetlen megoldása a p = q = r = s = 0 , ⎪⎪ ⎪⎪pq + rs = 0 ⎪⎩ m m ez viszont nem lehetséges, mert p = 6 + = 0 = q = 4 + nem teljesül egyetlen n n m ∈ esetén sem. n 3. A pozitív valós számok halmazán oldd meg az ⎧⎪x + y + z = xyz ⎪⎪ ⎪⎨ 1 1 1 3 + 2 + 2 = ⎪⎪ 2 2 ⎪⎪⎩ x + 1 y +1 z +1 egyenletrendszert! ⎡ π⎞ Megoldás. Legyen x = tg A , y = tg B , z = tg C , ahol A, B,C ∈ ⎢ 0, ⎟⎟ . ⎢⎣ 2 ⎠ tg A + tg (B + C ) tg A + tg B + tg C − tg A tg B tg C = tg (A + B + C ) = és 1 − tg A tg (B + C ) 1 − tg A tg B − tg B tg C − tg C tg A az egyenletrendszer a következőképp alakul: ⎪⎧⎪tg A + tg B + tg C = tg A tg B tg C ⎪ . ⎨ ⎪⎪cos A + cos B + cos C = 3 ⎪⎪⎩ 2


327

⎡ π⎞ Innen tg (A + B + C ) = 0 , s mivel A, B,C ∈ ⎢0, ⎟⎟ , A + B + C = π . ⎢⎣ 2 ⎠ ⎡ π⎞ A cos függvény konkáv ⎢ 0, ⎟⎟ -n és így a Jensen- egyenlőtlenséget felhasználva ⎢⎣ 2 ⎠ írhatjuk, hogy ⎛ A + B + C ⎞⎟ 1 cos A + cos B + cos C ≤ cos ⎜⎜⎜ ⎟= . ⎝ ⎠⎟ 2 3 3 π Egyenlőség csak akkor áll fenn, ha A = B = C = , ahonnan 3 x =y =z = 3. 4. Jelöljük a, b, c -vel a P (X ) = X 3 + X + 1 polinom gyökeit.

a b c a) Számítsd ki a Δ = c a b determinánst!

b c a b) Bizonyítsd be, hogy a n + b n + c n ∈

, ∀n ∈

.

a b c Megoldás. Δ = c a b = a 3 + b 3 + c 3 − 3abc .

b c a a) Mivel a, b, c gyökei P (x ) = x 3 + x + 1 -nek, következik, hogy ⎧⎪a 3 + a + 1 = 0 ⎪⎪ ⎪⎪ 3 3 3 3 ⎨b + b + 1 = 0 ⇒ a + b + c = − (a + b + c ) − 3 , ⎪⎪ ⎪⎪c 3 + c + 1 = 0 ⎪⎩ tehát Δ = − (a + b + c ) − 3abc − 3 és felhasználva a Viete- összefüggéseket, kapjuk, hogy Δ = −6 . b) Legyen S n = a n + b n + c n , ekkor

S n = (a + b + c ) Sn −1 − (ab n −1 + ac n −1 + a n −1b + a n −1c + b n −1c + bc n −1 ) = = (a + b + c ) Sn −1 − ab (b n −2 + a n −2 + c n −2 ) + abc n −2 +

−bc (a n −2 + b n −2 + c n −2 ) + a n −2bc − ac (a n −2 + b n −2 + c n −2 ) + ab n −2c = = (a + b + c ) Sn −1 − (ab + bc + ac ) Sn −2 + abcS n −3 . Innen a Viete- összefüggéseket felhasználva kapjuk, hogy S n = −Sn −2 − S n −3 . Indukcióval bizonyítjuk, hogy ∀n ∈ -re S n ∈ . n = 1 -re S1 = a + b + c = 0 ∈ . 2

n = 2 -re S 2 = (a + b + c ) − 2 (ab + bc + ca ) = −2 ∈

.



n = 3 -ra S 3 = a 3 + b 3 + c 3 = −3 ∈ (az a) pont alapján). Feltételezzük, hogy S n −2 , Sn −1 ∈ és igazoljuk, hogy ekkor Sn ∈

. Ez nyilvánvaló

az S n = −Sn −2 − Sn −1 egyenlőség alapján. Ezzel az állítást igazoltuk. ⎡−3 4 0 ⎤⎥ ⎢ ⎢ ⎥ ⎡ 2 1 0 ⎤⎥ egyenletet! 5. Oldd meg az X ⋅ ⎢ 1 1 −2⎥ = ⎢⎢ ⎢ ⎥ ⎣⎢−1 3 −2⎥⎦⎥ ⎢−2 −1 3 ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ a ⎡ 1 a2 a 3 ⎤ Megoldás. X ∈ M2,3 ⇒ X = ⎢a a a ⎥ ⇒ ⎢⎣ 4 5 6⎥ ⎦

⎡−3 4 ⎡−3 4 0 ⎤⎥ 0 ⎤⎥ ⎢ ⎢ a a a ⎡ ⎤ 1 2 3 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 1 −2⎥ = ⎢a a a ⎥ ⎢ 1 1 − 2⎥ = ⇒X⋅⎢ 1 ⎢ ⎥ 4 5 6 ⎢ ⎢ ⎥ ⎥ ⎦⎢ ⎢−2 −1 3 ⎥ ⎣ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣−2 −1 3 ⎥⎦ ⎡−3a1 + a2 − 2a 3 4a1 + a2 − a 3 −2a2 + 3a 3 ⎤ ⎡ 2 1 0 ⎤ ⎥=⎢ ⎥ = ⎢⎢ ⎥ ⎢−1 3 −2⎥ ⇒ 3 a a 2 a 4 a a a 2 a 3 a − + − + − − + 4 5 6 4 5 6 5 6⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎦ ⎢⎣ ⎧ ⎧⎪−3a + a − 2a = −1 ⎪ −3a1 + a2 − 2a 3 = 2 4 5 6 ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ és ⎨4a 4 + a 5 − a 6 = 3 . ⇒ ⎨4a1 + a2 − a 3 = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪−2a 5 + 3a 6 = −2 −2a2 + 3a 3 = 0 ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩ A két rendszer megoldása: a1 = 3, a2 = −33, a 3 = −22, a 4 = 0, a 5 = 7, a 8 = 4 , tehát ⎡ 3 −33 −22⎤ ⎥. X = ⎢⎢ 7 4 ⎥⎥ ⎢⎣ 0 ⎦ ⎧⎪ ax + y + z =1 ⎪⎪ ⎪⎪ 6. Oldd meg és tárgyald az ⎨ x + 2ay + z = b egyenletrendszert ⎪⎪ ⎪⎪(a + 1) x + y + 2az = 0 ⎪⎩ ( a, b ∈ )!

a

1

1

1

2a

1 = 4a 3 − 2a 2 − 4a + 2 = 2 (2a − 1)(a − 1)(a + 1) .

a +1

1

2a

Megoldás. Δ =

I. Ha a ∈

{

\ −1,1,

}

1 , akkor Δ ≠ 0 , azaz a rendszer összeférhető és határozott. 2

Tartalomjegyzék Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 1

1

1 1 = 4a 2 + b − 2ab − 1 ,

Δx = b 2a 1

2a

a

1

1

1

b

1 = 2a 2 − ab − a − b + 1 ,

0

Δy =

329

a + 1 0 2a

Δz =

a

1

1

2a b = −2a 2 − 2a + b + 1

a +1

1

1 0

és a Cramer- szabály értelmében Δ Δ 4a 2 + b − 2ab − 1 2a 2b − ab − a − b + 1 ,y= y = , x= x = Δ 2 (2a − 1)(a − 1)(a + 1) Δ 2 (2a − 1)(a − 1)(a + 1)

Δz −2a 2 − 2a + b + 1 = . Δ 2 (2a − 1)(a − 1)(a + 1) II. Ha a = 1 , akkor Δx = −b + 3 , Δy = 0 , Δz = b − 3 . Ha b ≠ 3 , akkor a rendszer összeférhetetlen, különben összeférhető és határozatlan. ⎧⎪y + z = 1 − λ Legyen x = λ , λ ∈ , ekkor a rendszer ekvivalens az ⎪ rendszerrel, ⎨ ⎪⎪2y + z = 3 − λ ⎩ innen y = 2 és z = −1 − λ . III. Ha a = −1 , akkor Δx = 3 + 3b , Δy = 2b + 2 , Δz = b + 1 . Ha b ≠ −1 , a rendszer összeférhetetlen, különben összeférhető és határozatlan. ⎪⎧y + z = 1 + λ Legyen x = λ , λ ∈ . Ekkor a rendszer a következővé alakul: ⎪ , ⎨ ⎪− ⎪⎩ 2y + z = −1 − λ 2 + 2λ 4λ innen y = ,z= . 3 3 1 1 1 IV. Ha a = , akkor Δx = 0 , Δy = − b , Δz = b − . 2 2 2 z=



1 , akkor a rendszer összeférhetetlen, különben összeférhető és határozatlan. 2 ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪2 x + z = 1 − λ Legyen y = λ , λ ∈ . Ekkor az ⎪ egyenletrendszert kell megoldani. ⎨ ⎪ 1 ⎪ + = − x z λ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎩ 3 A rendszer megoldása x = −1 , z = − λ . 2 7. Határozd meg az ⎡2 3 1 4⎤ ⎢ ⎥ ⎢−1 1 1 2⎥ ⎢ ⎥ A= ⎢ ⎥ 2 q p 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 1 −1 0 2 ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ mátrix rangját p és q függvényében! ⎛2 3 1 4⎞⎟ ⎛2 3 0 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜−1 1 1 2⎟ ⎜ ⎟⎟ O2 =O2 −O1 0 1 4 S2 =S2 +S 4 ⎜0 ⎟ ⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ Megoldás. A = ⎜⎜ ∼ ∼ q p 0⎟⎟⎟ S1 =S1 −S2 ⎜⎜⎜2 q p 0⎟⎟⎟ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ 1 −1 0 2⎠⎟⎟ ⎝⎜1 −1 0 2⎠⎟ ⎛2 1 0 0⎞⎟ ⎛ 0 1 0 0⎞⎟ ⎛ 1 0 0 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜0 ⎜ ⎜ 0 1 4⎟⎟ O1 −2O2 ⎜⎜ 0 0 1 4⎟⎟ ⎜⎜ 0 0 1 4⎟⎟ O1 + 21O2 ⎜⎜ ∼ ⎜⎜2 q − 2 p 0⎟⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜⎜6 − 2q q − 2 p 0⎟⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜⎜q − 2 6 − 2q p 0⎟⎟⎟⎟ ∼ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜1 −2 0 2⎟⎟ ⎜⎜ 5 ⎜ − − 2 0 2 2 5 0 2 ⎝ ⎠⎟ ⎝ ⎠⎟ ⎝ ⎠⎟ Ha b ≠

⎛1 0 0 0⎞⎟ ⎛1 0 0 0⎞⎟ ⎛1 0 0 0 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 0 ⎟⎟ 0 1 4 ⎜ ⎜ 0 1 4⎟⎟ ⎜⎜0 4 1 0 ⎟⎟ 14O2 ⎜⎜ ⎟⎟ S3 −S1 ⎜⎜0 ∼ ⎜⎜⎜ 1 6 − 2q p 0⎟⎟⎟ ∼1 ⎜⎜⎜0 6 − 2q p 0⎟⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜⎜0 0 p 6 − 2q ⎟⎟⎟⎟ O3∼ ⎟⎟ S4 −2 S1 ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ −O1 2 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟S − S ⎜⎜ 1 ⎜⎝0 5 0 2⎠⎟ ⎝⎜0 2 0 5 ⎠⎟⎟ 4 2 2 5 0 2⎟⎟ ⎜⎜⎝ ⎠ 2 ⎛1 0 0 0 ⎞⎟ ⎛1 0 0 ⎞⎟ 0 ⎞⎟ ⎛1 0 0 0 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ 1 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜0 1 0 ⎟⎟ ⎜⎜ 0 ⎟⎟ 0 ⎟⎟ 2O4 ⎜⎜⎜0 1 0 0 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜0 1 0 ⎟⎟ ⎟⎟ . ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ∼ ∼ ⎜⎜1 0 p 6 − 2q ⎟⎟ ⎜⎜0 0 1 −10 ⎟⎟ O4∼ ⎟⎟ ⎜⎜0 0 1 0 O + 5 ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ S −pS 3 ⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎜ 4 3 ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ 1 ⎜ ⎜0 0 0 3 − q + 5p ⎠⎟⎟ 5 ⎟⎟ ⎜⎝0 0 p 6 − 2q ⎠⎟ ⎝ ⎜⎜⎝0 5 − 2 ⎠ Ha 3 − q + 5p = 0 , akkor rangA = 3 , ellenben rangA = 5 .


331

⎡−1 −4 2 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 8. Adott az A = ⎢ 1 3 −1⎥ mátrix. ⎢ ⎥ ⎢0 ⎥ 0 1 ⎥⎦ ⎣⎢ a) Bizonyítsd be, hogy A invertálható és A + A−1 = 2I 3 . b) Bizonyítsd be, hogy An + A−n = 2I 3 , ∀n ∈

*

.

c) Bizonyítsd be, hogy az L = {kA + lI 3 | k, l ∈ } halmaz zárt része az

(M3 ( ), +, ⋅) gyűrűnek. d) Vannak-e (L, +, ⋅) -ban zérusosztók? (Érettségi javaslat, 2001.)

−1 − 4 Megoldás. a) det A = 1

3

0

0

A−1

2 −1 = 1

−1 − 4 1

3

= 1 ≠ 0 , tehát A invertálható.

⎛3 4 −2⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ A* = ⎜⎜−1 −1 1 ⎟⎟⎟ és ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ 0 0 1 ⎝ ⎠⎟ ⎛3 ⎛2 0 0⎞⎟ 4 −2⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ 1 ⎟ * −1 ⎟ = ⋅ A = ⎜−1 −1 1 ⎟ ⇒ A + A = ⎜0 2 0⎟⎟⎟ = 2I 3 . ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ det A ⎟⎟ ⎜⎜ 0 ⎜⎜0 0 2⎟⎟⎟ 0 1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

b) Indukcióval igazoljuk, hogy An + A−n = 2I 3 ∀n ∈

*

.

n = 1 -re az állítás igaz az a) pont alapján. 2

n = 2 -re A2 + A−2 = (A + A−1 ) − 2A ⋅ A−1 = 4I 3 − 2I 3 = 2I 3 . Feltételezzük, hogy An −2 + A−(n −2) = 2I 3 és An −1 + A−(n −1) = 2I 3 és igazoljuk, hogy ekkor An + A−n = 2I 3 .

An + A−n = (An −1 − A−(n −1) ) (A + A−1 ) − A ⋅ A−(n −1) − A−1 ⋅ An −1 = = 2I 3 ⋅ 2I 3 − (An −2 + A−(n −2) ) = 2I 3 , ezzel állításunkat igazoltuk. c) ∀B,C ∈ L esetén létezik k1, k2 , l1, l2 ∈

úgy, hogy

B = k1A + l1I 3 , C = k2A + l2I 3 = (2k2 + l2 ) I 3 − k2A−1 ⇒ ⇒ B + C = (k1 + k2 ) A + (l1 + l2 ) I 3 ∈ L és B ⋅ C = (k1A + l1I 3 ) ⎡⎣(2k2 + l2 ) I 3 − k2A−1 ⎤⎦ =


Összefoglaló gyakorlatok és feladatok = k1 (2k2 + l2 ) A + (2l1k2 + l1l2 − k1k2 ) I 3 − l1k2A−1 = = (2k1k2 + k1l2 + l1k2 ) A + (l1l2 − k1k2 ) I 3 ∈ L ,

tehát L zárt része a (M3 ( ) , +, ⋅) gyűrűnek. d) Igen, vannak: B = A − I 3 és C = A − I 3 esetén B,C ∈ L , B ≠ O3 ,, C ≠ O3 és BC = (2 − 1 − 1) At (1 − 1) I 3 = O3 . 9. Bizonyítsd be, hogy ha N egy pont az F fókuszú parabola vezéregyenesén, akkor az FN szakasz felezőmerőlegese érinti a parabolát. ⎛p ⎞ Megoldás. Válasszuk meg a koordinátarendszert úgy, hogy F koordinátái F ⎜⎜ , 0⎟⎟ ⎝2 ⎠ legyen és az origó parabola csúcsában helyezkedjen el. Ekkor N koordinátái ⎛ p ⎞ N ⎜⎜− , y 0 ⎟⎟ , ahol yo ∈ . ⎝ 2 ⎠ Ha y 0 = 0 , akkor NF felezőmerőlegese az Oy tengely, amely érinti a parabolát O -ban. y ⋅ x y0 y p Ha yo ≠ 0 , akkor dNF : y = − 0 , ahol d ′ a + ⇒ mNF = − 0 ⇒ md ′ = p y0 2 p NM = MF , M ∈ NF , M ∈ d′ és felezőmerőleges. Ha akkor

y p ⎛ y ⎞ M ⎜⎜0, 0 ⎟⎟ ⇒ d ′ : y = ⋅ x + 0 . ⎝ 2⎠ y0 2 NF felezőmerőlegese pontosan annyi pontban metszi a parabolát, ahány megoldása van az ⎧⎪y = p x + y 0 ⎪⎪ y0 2 rendszernek. ⎨ ⎪⎪ 2 ⎪⎪⎩y = 2px 2 y0 p ⎧ ⎧ ⎧(y − y )2 = 0 y = y0 ⎧ ⎪⎪⎪y = x + ⎪⎪⎪y = y + y 0 ⎪ 0 ⎪⎪ ⎪⎪ y 2 ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ 0 2y 0 2 2 ⇔⎨ ⇔ ⎪⎨ ⇔⎨ ⎨ y2 , ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪x = y ⎪⎪x = 0 y2 y ⎪x = ⎪x = ⎪ 2p ⎪ 2p ⎩⎪ ⎩⎪ 2p 2p ⎩⎪⎪ ⎩⎪⎪ tehát a rendszernek egyetlen megoldása van és így d ′ érinti a parabolát. x 2 y2 10. Az 2 + 2 = 1 egyenletű ellipszis P (x , y ) pontjának az Ox és Oy tengelyre a b eső vetületét jelöljük P1 -gyel és P2 -vel. Bizonyítsd be, hogy ha a P -ben húzott érintő az Ox és Oy tengelyt T1 -ben és T2 -ben metszi, akkor OP1 ⋅ OT1 = a 2 és OP2 ⋅ OT2 = b 2 .


333

Bizonyítás. Legyen P (x 0 , y 0 ) , ekkor P1 (x 0 , 0) ⇒ OP1 = x 0 . A P -ben húzott x − x 0 yy 0 Mivel dP : + 2 = 1. érintő egyenlete T1 ∈ Ox ⇒ yT1 = 0 , a2 b a2 a2 T1 ∈ dP ⇒ xT1 = x 0 ≠ 0 , innen OT1 = . x0 x0 Az eddigiek alapján OT1 ⋅ OP1 = a 2 . Az OP2 ⋅ OT2 = b 2 igazolása hasonlóképpen történik. 4. Teszt esetén és bármely a ∈ * -ra értelmezzük az fa : → , ax + t − at, x < t ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ fa (x ) = ⎨ x t ⎪ +t − , x ≥t ⎪ ⎪ a ⎩a függvényeket. Bizonyítsd be, hogy az F = { fa | a ∈ (0, ∞)} halmaz a függvények összetételével csoportot alkot! ⎧afb (x ) + t − at , fb (x ) < t ⎪ ⎪ ⇒ Bizonyítás. ∀fa , fb ∈ F -re ( fa fb ) (x ) = ⎪ ⎨ fb (x ) t ⎪ +t − , fb (x ) ≥ t ⎪ ⎪ a ⎪ ⎩ a ⎧⎪( fa fb ) (x ) = {abx + t − abt , x < t ⎧⎪ax + t − at < t ⎪⎪ (x ) < t ⇔ ⎪ (mert vagy f ⇒⎨x ⎨ b t ⎪⎪x < t , x ≥t ⎪⎪⎪ + t − ⎩ ab ⎪⎩ab t ⎧⎪ x ⎧⎪x < t ⎪⎪ + t − < t a ⇔ x < t ). ⇔ x < t vagy ⎪⎨ ⎨a ⎪⎪x ≥ t ⎪⎪x ≥ t ⎩ ⎪⎩ 1. Rögzített t ∈

Következik, hogy fa fb ∈ F , tehát " " belső művelet F -n. A " " művelet asszociatív, mert a függvények összetétele asszociatív. a = 1 -re f1 (x ) = x ∈ F , ez pedig semleges elem a függvényösszetételre nézve, így F -nek létezik semleges eleme. ∀fa ∈ F -re f 1 ∈ F és a

⎛ ⎜⎜ f ⎜⎝ a

⎞ ⎛ f 1 ⎟⎟⎟ (x ) = x = f1 (x ) = ⎜⎜ f 1 ⎟ ⎝⎜ a a⎠ tehát minden elem szimmetrizálható. A felsorolt tulajdonságok alapján (F , ) csoport.

⎞ fa ⎟⎟⎟ (x ) , ⎠⎟


Összefoglaló gyakorlatok és feladatok halmazon értelmezzük az x ∗ y := x 1 + y 2 + y 1 + x 2 , ∀x , y ∈

2. Az

műveletet. a) Bizonyítsd be, hogy ( , ∗) csoport és ( , ∗) n

b) Számítsd ki x = x ∗ x ∗ ... ∗ x -et. f

−1

n

( , +) . ( f (x ) + f (y )) = f −1 ( f (x ∗ y )) = x ∗ y

bijektív függvény úgy, hogy f Megoldás. a) Ha igazoljuk, hogy ∃f : → művelettartó legyen ( f (x ∗ y ) = f (x ) + f (y ) ), akkor ebből következik, hogy ( , ∗) csoport és f izomorfizmus (mert tudjuk, hogy ( , +) csoport). Legyen f (x ) = arcsh x , így f bijektív -n. ∀x , y ∈ ∃ ! x ′, y ′ ∈ úgy, hogy x = sh x ′ , y = sh y ′ , innen pedig

x ∗ y = sh x ′ ∗ sh y ′ = sh x ⋅ ch y ′ + ch x ′ ⋅ sh y ′ = sh (x ′ + y ′) , vagyis

f (x ∗ y ) = arcsh (x ∗ y ) = arcsh (sh (x ′ + y ′)) = x ′ + y ′ = = arcsh (sh x ′) + arcsh (sh y ′) = f (x ) + f (y ) .

Következik, hogy f valóban művelettartó. b) Az a) pontból következik, hogy létezik f −1 :

→

, f −1 (x ) = sh x és , innen

pedig y helyett x -et téve kapjuk, hogy x ∗ x = f −1 (2 f (x )) = sh (2 arcsh x ) . Feltételezzük, hogy x ∗ x ∗ ... ∗ x = sh ((n − 1) arcsh x ) és igazoljuk, hogy az állítás n −1

igaz n -re is. x ∗ x ∗ ... ∗ x = x ∗ x ∗ ... ∗ x = ah (arcsh x + (n − 1) arcsh x ) = sh (n ⋅ arcsh x ) . n

n −1

Így a teljes indukció értelmében x n = sh (n arcsh x ) , ∀n ∈

(x + 1 + x ) − 1 , ∀n ∈ = 2 (x + 1 + x ) 2

x

n

(felhasználtuk, hogy sh x =

, ∀x ∈

, tehát

2n

2

, ∀x ∈

n

e x − e −x és arcsh x = ln x + x 2 + 1 ). 2

(

)

3. Bizonyítsd be, hogy a

G = { fn : (2, ∞) → (2, ∞) | fn (x ) = 2 + (x − 2) , n ∈ 2n

}

halmaz a függvények összetevésével ( , +) -szal izomorf csoportot alkot. (Érettségi, 1995.) Bizonyítás. Legyen g : G → , g ( fn ) = n . Ha g ( fn ) = g ( fm ) ⇒ n = m ⇒ fn = fm ⇒ g injektív. Bármely n ∈ -re létezik fn ∈ G úgy, hogy g ( fn ) = n , azaz g szürjektív. Az eddigiekből következik, hogy g bijektív.

Tartalomjegyzék Összefoglaló gyakorlatok és feladatok g (( fn

(

2m +n

g 2 + (x − 2)

(

335

fm ) (x )) = g 2 + ((x − 2)

) = g (f

m +n

2m

2n

)

)=

) = m + n = g ( fn (x )) + g ( fm (x ))

(x )

Következik, hogy g művelettartó. Így (G, ) csoport és g izomorfizmus, (G, ) ( , +) . 4. Adottak az x ⊥ y := ax + by − 2 és x y := xy − 2x − 2y + c műveletek -en. Határozd meg a, b, c értékét úgy, hogy az ( , ⊥, ) struktúra test legyen, majd igazold, hogy ez a test izomorf az ( , +, ⋅) testtel. Megoldás. Nyilvánvaló, hogy a " ⊥ " és " " műveletek bármely a, b, c ∈ esetén jól értelmezettek. Mivel ( , ⊥, ) test kell legyen, mindkét mindkét művelet esetében ∃e1 ∈ léteznie kell a semleges elemnek, tehát úgy, hogy e1 ⊥ x = x ⊥ e1 = x , ∀x ∈ és ∃e2 ∈ úgy, hogy e2 x = x e2 = x , ∀x ∈ , vagyis ∃e1, e2 ∈

úgy, hogy

⎧⎪(a − 1) x + be − 2 = 0 ⎪⎧⎪ax + be1 = x + 2 ⎪⎪ 1 ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ , ∀x ∈ ⇒ ⎨(b − 1) x + ae1 − 2 = 0 , ∀x ∈ . ⎨ae1 + bx = x + 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪xe2 − 2x − 2e2 + c = x ⎪⎪(e − 3) x + c − 2e = 0 2 ⎪⎩ ⎪⎩ 2 Ez csak akkor lehetséges, ha minden együttható 0, tehát a = 1 , b = 1 , c = 6 ( e1 = 2 , e2 = 3 ). Az így kapott a, b, c értékekre ellenőrizhető. hogy ∀x ∈ \ {2} esetén x nek létezik szimmetrikusa mindkét művelet esetén, mindkét művelet asszociatív és " " disztributív a " ⊥ "-ra nézve, tehát ( , ⊥, ) valóban test. f : → , f (x ) = x − 2 . f nyilván bijektív, ∀x , y ∈ -re Legyen f (x ⊥ y ) = x − 2 + y − 2 = f (x ) + f (y ) és f (x y ) = (x − 2) (y − 2) = f (x ) f (y ) , tehát f izomorfizmus. 5. Bizonyítsd be, hogy egy véges test nem zérus elemeinek szorzata −1 . Megoldás. A test −1 és 1 -től különböző elemeit kettes csoportokba szedhetjük ha minden elemet az inverzével párosítunk. Minden párban az elemek szorzata 1 és ezeknek a szorzatát −1 ⋅ 1 = −1 -gyel kell szoroznunk ahhoz, hogy az összes nemnulla elem szorzatát megkapjuk. Így az eredmény −1 . 6. Bizonyítsd be, hogy egy legalább kételemű csoport nem írható fel két valódi részcsoportja egyesítéseként! Megoldás. Legyen (G, ⋅) csoport és G1 ≤ G , G2 ≤ G valódi részcsoportok. G1 ∪ G2 ⊆ G és feltételezhetjük, hogy G1 ∪ G2 csoport, különben nem lehet egyenlő G -vel. Tegyük fel, hogy G1 ⊆ G2 és igazolni fogjuk, hogy ekkor G2 ⊂ G1 . Valóban, mivel G1 ⊆ G2 , létezik x 0 ∈ G1, x 0 ∈ G2 . Legyen h2 ∈ G2 ⇒ h2−1 ∈ G2 és mivel

x 0 , h2 elemei a G1 ∪ G2 csoportnak, x 0 ⋅ h2 ∈ G1 ∪ G2 , vagyis x 0 ⋅ h2 ∈ G1 vagy



x 0 ⋅ h2 ∈ G2 . A második lehetőség nem állhat fenn, mivel abból x 0 ∈ G2 következne, ami hamis. Így x 0 ⋅ h2 ∈ G1 , de x 0−1 ∈ G1 és innen h2 ∈ G2 . Ez igaz ∀h2 ∈ G2 -re, tehát G2 ⊂ G1 . Következik, hogy G2 ∪ G1 = G1 és mivel G1 valódi részcsoport, G2 ∪ G1 ≠ G . 7. Rögzített n ∈

*

\ {1} esetén tekintjük az An = {x ∈

| (n, x ) ≠ 1} halmazt

( (a, b ) az a és b egész számok legnagyobb közös osztója). Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy az An halmaz a zárt része legyen az összeadásra nézve? Megoldás. Feltételezzük, hogy léteznek p1 ≠ p2 prímek úgy, hogy n p1 , n p2 . Ekkor p1, p2 ∈ An , − p1, −p2 ∈ An és mivel An a zárt részhalmaza a " + "-ra nézve,

∀ a, b ∈

és x , y ∈ An

esetén ax + by ∈ An , tehát bármely a, b ∈

esetén

ap1 + bp2 ∈ An . Nyilvánvaló, hogy ( p1, p2 ) = 1 és az euklideszi algoritmus alapján létezik u, v ∈ úgy, hogy p1u + p2v = 1 . Az eddigiek alapján 1 ∈ An , ami ellentmondás, mivel (n,1) = 1 . Tehát annak szükséges feltétele, hogy An zárt legyen az, hogy n = p m ,ahol p prím, m ∈ * . Ez a feltétel elégséges is, hiszen ∀x ∈ -re (x , n ) = p k , k ∈ {0,1,..., m } és így x ∈ An pontosan akkor, ha x p ; ∀x , y ∈ , x p , y p -re x + y p , tehát x + y ∈ An . 8. A (G, ⋅) csoportban létezik n ∈

*

\ {1} úgy, hogy x ny n = y n x n

x n +1y n +1 = y n +1x n +1

x n +2y n +2 = y n +2x n +2 , ∀x , y ∈ G Bizonyítsd be, hogy (G, ⋅) Ábel-féle csoport. Bizonyítás. (1)-ből és (2)-ből következik, hogy n +1 n y n +1x n +1 = (xy ) = (xy ) xy = y n x n xy ∀x , y ∈ G .

Egyszerűsítve balról y n -nel, kapjuk, hogy yx n +1 = x n +1y ∀x , y ∈ G (*) ( x n +1 kommutál minden elemmel). Továbbá (1)-ből és (3)-ból következik, hogy 2n n n y 2n x 2n = (xy ) = (xy ) (xy ) = y n x n y n x n ∀x , y ∈ G . Egyszerűsítve, kapjuk, hogy y n x n = x n y n ∀x , y ∈ G . Ez utóbbi egyenlőséget balról beszorozva az x -szel, kapjuk, hogy xy n x n = x n +1y n ∀x , y ∈ G . A (*) egyenlőség alapján következik, hogy

xy n x n = y n x n +1

∀x , y ∈ G . Innen

xy n = y n x ∀x , y ∈ G . Ez azt jelenti, hogy y n is kommutál minden elemmel, ezt

felhasználva a (*) egyenlőségben pedig


337

x n +1y = yx n +1 = yx n x = x n yxy ⇒ yx = xy ∀x , y ∈ G . 9. Igaz-e, hogy minden 5 elemű gyűrű kommutatív? Megoldás. Legyen (R, +, ⋅) gyűrű, R = 5 . Ekkor (R, +) csoport és a Lagrangetétel következménye alapján ∀a ∈ R esetén ord (a ) R = 5 , innen ord (a ) = 5 vagy ord (a ) = 1 . Következik, hogy a gyűrű zéruselemén kívül minden elem rendje 5 (az összeadásra nézve) ⇒ (R, +) ciklikus ⇒ R = {0,1,1 + 1,1 + 1 + 1,1 + 1 + 1 + 1} . 0 ⋅ a = 0 = a ⋅ 0, 1 ⋅ a = a ⋅ 1 = a, ∀a ∈ R ,

(1 + 1)(1 + 1 + 1) = (1 + 1 + 1) + (1 + 1 + 1) = (1 + 1 + 1)(1 + 1) (1 + 1)(1 + 1 + 1 + 1) = (1 + 1 + 1 + 1) + (1 + 1 + 1 + 1) = (1 + 1 + 1 + 1)(1 + 1) és (1 + 1 + 1)(1 + 1 + 1 + 1) = (1 + 1 + 1 + 1)(1 + 1 + 1) , tehát (R, +, ⋅) kommutatív gyűrű. 10. Igaz-e, hogy minden n dimenziós vektortér izomorf n -nel? Megoldás. Nem igaz. Tekintsük a (V , +, p ) n -dimenziós vektorteret, ekkor V minden eleme egyértelműen felírható az (u1, u2 ,..., un ) bázis elemeinek lineáris v = a1u1 + a 2u2 + ... + an vn , ∀v ∈ V -re kombinációjaként, tehát ahol ai ∈

p

, i = 1, n . Következik, hogy V = p n , de Rn ≠ p n és így nem lehetnek

izomorfak. Megjegyzés. Az állítás igaz lenne, ha egymással izomorf testek fölött lenne értelmezve a két vektortér. 5. Teszt 1. A K =

×

halmazon értelmezzük az (a, b ) + (c, d ) := (a + c, b + d ) , ∀ (a, b ), (c, d ) ∈ K (a, b ) ⋅ (c, d ) := (ac − bd, ad + bc + bd ) , ∀ (a, b ), (c, d ) ∈ K műveleteket. Bizonyítsd be, hogy (K , +, ⋅) kommutatív test. Bizonyítás. (K , +) -ról könnyen ellenőrizhető, hogy Abel- csoport. (0, 0) a semleges eleme, (a, b ) ∈ K inverze (−a, −b ) ∈ K . " ⋅ " nyilván jól értelmezett belső művelet, asszociatív, mert bármely (a, b ) , (c, d ) , (e, f ) ∈ K -ra

(a, b ) ⋅ (c, d ) ⋅ (e, f ) = (ac − bd, ad + bc + bd )(e, f ) = = (ace − bde − adf − bcf − bdf , acf − bdf + ade + bce + bds + adf + bcf + bdf ) = = (a, b )(ce − df , cf + de + df ) = (a, b )(c, d )(e, f ) . (e1, e2 ) ∈ K semleges elem pontosan akkor, ha (a, b ) ∈ K -ra (a, b ) (e1, e2 ) = (e1, e2 ) (a, b ) = (a, b ) ⇔ ⎧⎪a (e1 − 1) − be2 = 0 ⎧⎪ae1 − be2 = a ⎪ ⇔ ⎪⎨ ⇔ ⎨⎪ . ⎪⎪ae2 + be1 + be2 = b ⎪⎪ae2 + b (e1 + e2 − 1) = 0 ⎩ ⎪⎩



Mivel bármely (a, b ) ∈ K teljesíti a rendszer egyenleteit, az együtthatók mind 0 kell legyen, innen pedig e1 = 1 , e2 = 0 . (1, 0) ∈ K , ez tehát valóban semleges elem.

∀ (a, b ), (c, d ) ∈ K -ra (a, b ) ⋅ (c, d ) = (ac − bd, ad + bc + bd ) = (c, d )(a, b ) , tehát K kommutatív. (a, b ) ((c, d ) + (e, f )) = (a (c + e ) − b (d + f ), a (d + f ) + b (c + e ) + b (d + f )) =

= (a, b )(c, d ) + (a, b )(e, f ) . Az eddigiek alapján (K , +, ⋅) kommutatív gyűrű. 2. Bizonyítsd be, hogy az x * y := xy , ∀x , y > 0 x

y := x ln

3y

, ∀x , y > 0

műveletekkel az A = (0, ∞) halmaz test és (A, *, ) ( , +, ⋅) . Bizonyítás. 3. Adott az ⎧⎪ ⎡1 − x 0 x ⎤⎥ ⎪ ⎢ ⎪ ⎪ 1 ⎢ ⎥ 0 0 ⎥x∈ \ M = ⎪⎨A (x ) = ⎢ 0 ⎪ 2 ⎢ ⎥ ⎪ ⎢ x ⎪ 0 1 − x ⎥⎥ ⎣⎢ ⎦ ⎪⎪ ⎩ halmaz. a) Bizonyítsd be, hogy (M,⋅) Ábel-féle csoport.

⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎬ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎭

{}

n

b) Számítsd ki az [A (x )] mátrixot! Megoldás. a) Bármely A (x ) , A (y ) ∈ M -re ⎛ 1−x −y 0 x + y − 2xy ⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ . A (x ) ⋅ A (y ) = ⎜⎜ 0 0 0 ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜x + y − 2xy 0 1 − x − y + 2xy ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠

1 ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ 1 1 vagy y = , ami nem ⇔ ⎜⎜x − ⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜y − ⎟⎟⎟ = 0 ⇔ x = ⎝ 2 2⎠ ⎝ 2⎠ 2 2 ) ( A x ⋅ A (y ) = A (x + y − 2xy ) = A (y ) ⋅ A (x ) ∈ M , lehetséges, így ∀A (x ) , A (y ) ∈ M , azaz " ⋅ " kommutatív. A " ⋅ " kommutatív, mert a mátrixok szorzása is az. Bármely A (x ) ∈ M -re A (x ) ⋅ A (0) = A (0) ⋅ A (x ) = A (x ) és A (0) ∈ M , tehát A (0) semleges elem. x 1 1 x + y − 2xy = 0 ⇔ y = − ∈ \ , ∀x ≠ -re, tehát bármely A (x ) ∈ M 1 − 2x 2 2 re létezik A (y ) ∈ M úgy, hogy A (x ) ⋅ A (y ) = A (0) , azaz minden elem szimmetrizálható. x + y − 2xy =

{}


339

Az eddigi tulajdonságok alapján (M,⋅) Ábel-csoport. n

b) Az a) pont alapján (A (x )) = A (an ) , ∀n ∈ n

n −1

(A (x )) = A (x ) ⋅ (A (x ))

-re, innen

= A (x + an −1 − 2x ⋅ an −1 ) = A (an ) ⇒ *

⇒ an = x + an −1 (1 − 2x ) , ∀n ∈ , x ∈ ⎪⎧⎪an = x + an −1 (1 − 2x ) ⎪⎪ ⎪⎪an −1 = x + an −2 (1 − 2x ) ⎨................................... ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎩⎪a1 = x + 0 ⋅ (1 − 2x )

\

| (1 − 2x )

{21} , vagyis ⊕

⇒ n −1

| (1 − 2x )

n −1 = x ⎡⎣⎢1 + (1 − 2x ) + ... + (1 − 2x ) ⎤⎦⎥ = n n (1 − 2x ) − 1 1 − (1 − 2x ) 1 =x⋅ = , ∀n ∈ , ∀ x ∈ * \ . −2x 2 2 ⎛1 − (1 − 2x )n ⎞⎟ n n Következik, hogy (A (x )) = A ⎜⎜ ⎟ , ha x ≠ 0 és (A (0)) = A (0) . ⎜⎝ ⎠⎟ 2 n −1

an = x + x (1 − 2x ) + ... + x (1 − 2x )

{}

4. Az

-en értelmezzük az x * y := xy − 4x − 4y − α , ∀x , y ∈

műveletet.

a) Határozd meg α ∈ értékét úgy, hogy a G = [4, ∞) zárt része legyen * -ra nézve. b) Milyen α esetén csoport a ([4, ∞) , *) struktúra?

-nek

Megoldás. a) ∀x , y ∈ [ 4, ∞) -re x ∗ y = xy − 4x − 4y − α = (4 − x ) (y − 4) − 16 − α ≥ −16 − α , tehát annak szükséges és elégséges feltétele, hogy G zárt része legyen -nek * -ra nézve az az, hogy −16 − α ≥ 4 legyen, vagyis α ∈ (−∞, −12] . b) A zártság és az asszociativitás teljesül minden α ∈ (−∞, −12] esetén. úgy, hogy x ∗ e = e ∗ x = x , ∀x ∈ G -re ⇔ ∃e ∈ G úgy, hogy ∃e ∈ G

⎪⎧e − 5 = 0 ⎪⎧e = 5 x (e − 4 − 1) − 4e − α = 0, ∀x ∈ G , ahonnan ⎪⎨ . ⇔ ⎨⎪ ⎪⎪4e + α = 0 ⎪⎪α = −20 ⎩ ⎩ Ebben az esetben minden elem invertálható is, tehát (G, ∗) valóban csoport. 5. Hány elem van az f : p → p , f (x ) = x + x −1 függvény képtartományában, ha p prímszám? Megoldás. Az f (x ) = f (y ) egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha

(xy − 1)(x − y ) = 0 . Így az 1 és −1 argumentumokon kívül az {x , x −1 } pároknak egy-egy elem felel meg a képtartományban, tehát a képtartomány elemeinek száma p−3 p +1 . 2+ = 2 2



6. Használhatjuk-e a Horner sémát n [X ] -ben az X − a elsőfokú polinommal való osztási hányados és maradék meghatározására? Megoldás. Legyen P (x ) ∈ n [x ] . Ha létezik Q1,Q2 ∈ n [x ] és r1, r2 ∈ n úgy, hogy P (x ) = Q1 (x ) ⋅ (x − aˆ) + r1 = Q2 (x ) ⋅ (x − aˆ) + r2 , akkor aˆ -t behelyettesítve kapjuk, hogy r1 = r2 , innen Q1 (x ) ⋅ (x − aˆ) = Q2 (x ) ⋅ (x − aˆ) . Két polinom csak akkor egyenlő, ha fokszámuk és a megfelelő együtthatók egyenlők, tehát ha Q1 (x ) = aˆp x p + aˆp−1x p −1 + ...aˆ1x + aˆ0x , Q2 (x ) = bˆp x p + bˆp−1x p−1 + ...bˆ1x + bˆ0x , bˆ = aˆ , bˆ aˆ + bˆ = aˆ aˆ + aˆ , ..., akkor következik, hogy p = m és p

m

p

p −1

m

m −1

aˆ0 + aˆ1aˆ = bˆ0 + bˆ1aˆ , azaz bî = aî , ∀i = 0, m és innen Q1 (x ) = Q2 (x ) . Következik, hogy a hányados és a maradék egyértelmű, tehát alkalmazható a Horner- séma. 7. Az M halmazon értelmeztük a * műveletet. Bizonyítsd be, hogy ha létezik e ∈ M úgy, hogy x * e = x , ∀x ∈ M és (x * y ) * z = (z * y ) * x , ∀x , y, z ∈ M , akkor

(M , *) kommutatív monoid. Bizonyítás. Mivel (x ∗ y ) ∗ z = (z ∗ y ) ∗ x , ∀x , y, z ∈ M , y = e esetben kapjuk, hogy

∗ e ) ∗ z = (z ∗ e ) ∗ x ⇔ x ∗ z = z ∗ x , ∀x , y ∈ M , azaz " ∗ " kommutatív. z helyett e -t írva x ∗ e = e ∗ x = x , ∀x ∈ M , tehát e semleges elem. A kommutativitást felhasználva a megadott feltétel a következőképpen alakul: (x ∗ y ) ∗ z = (z ∗ y ) ∗ x = (y ∗ z ) ∗ x = x ∗ (y ∗ z ) , ∀x , y, z ∈ M , azaz " ∗ " asszociatív. Ezen tulajdonságok alapján (M , ∗) kommutatív monoid. 8. A (G, ⋅) csoportban n (xy ) = y n x n , (x

n +1

(xy )

= y n +1x n +1 és 2n

(xy ) = y 2n x 2n ∀x , y ∈ G esetén. Bizonyítsd be, hogy (G, ⋅) kommutatív. Bizonyítás. y

n +1 n +1

x

n +1

= (xy )

(Radó Ferenc Emlékverseny, 2001.) = (xy ) (xy ) = y n x n +1y , ∀x , y ∈ G ⇒ n

⇒ yx n +1 = x n +1y , ∀x , y ∈ G . n

n

2n

y n x ny n x n = (xy ) (xy ) = (xy )

= y 2n x 2 n , ∀ x , y ∈ G ⇒

⇒ x n y n = y n x n , ∀x , y ∈ G ⇒ x n y n x = y n x n +1 , ∀x , y ∈ G . Az eddigiekből következik, hogy x n y n x = x n +1y n , ∀x , y ∈ G , innen y n x = xy n ; x és y helyét felcserélve kapjuk, hogy x n y = yx n , ∀x , y ∈ G .

x n +1y = yx n +1 = yx n x = x n yx , ∀x , y ∈ G ⇒ xy = yx , ∀x , y ∈ G ,


341

azaz (G, ⋅) kommutatív csoport. 9. Igaz-e, hogy egy gyűrűben minden 0 -tól különböző elem zérusosztó vagy egység? Megoldás. Nem igaz. x ⎪⎧⎪2 , x ≥ 0, x ∈ Tekintsük az (F ( ), +, ⋅) gyűrűt és az f : → , f (x ) = ⎨ ⎪⎪1 , x < 0, x ∈ ⎩ függvényt. f nem zérusosztó, mert x ⎪⎧⎪2 g (x ) = 0, ∀x ≥ 0, x ∈ f ⋅g = 0 ⇔ ⎨ ⇔ g = 0. ⎪⎪g (x ) = 0, ∀x < 0, x ∈ ⎪⎩ ⎧⎪ 1 x ⎪⎧⎪2 g (x ) = 1, x ∈ ⎪⎪ x , x ∈ (x ) = ⎨ 2 , ez azonban nem Ha f ⋅ g = 1 ⇒ ⎨ g ⇒ ⎪⎪ ⎪⎪g (x ) = 1 , x ∈ *− * 1 , x ∈ ⎪⎩ − ⎪⎪⎩ eleme F ( ) -nek. Megjegyzés. Igazolható, hogy minden véges gyűrűben agy 0 -tól különböző elem vagy zérusosztó vagy egység. Valóban, ha (R, +, ⋅) gyűrű, a ∈ R nem zérusosztó, akkor az fa (x ) = ax függvény injektív ( ax = ay ⇒ x = y ), és mivel R véges, fa bijektív, tehát invertálható, ∃ga : R → R úgy, hogy fa ga = ga fa ⇒ a ⋅ ga (x ) = x , ∀x ∈ R ⇒ a ⋅ ga (e ) = e , ahol ga (e ) ∈ R , tehát a -nak létezik jobboldali inverze. Hasonlóképpen igazolható, hogy a -nak van baloldali inverze és ez egyenlő a jobboldali inverzzel, tehát a egység. 10. Izomorf-e az ( , +) csoport az ( *+ , ⋅) csoporttal? Megoldás.

f (x + y ) = e

Legyen x +y

f :

→

* +

,

f (x ) = e x .

= e ⋅ e = f (x ) ⋅ f (y ) , tehát ( , +) x

y

(

f * +

bijektív

és

, ⋅) .

6. Teszt 1. Bizonyítsd be, hogy a 2y ⎤ ⎪⎧⎪⎡x + 4y ⎪⎫ ⎥ x ≠ 0, x , y ∈ , x 2 − 2y 2 = 1⎪⎪⎬ H = ⎪⎨⎢⎢ ⎪⎪⎢ −7y x − 4y ⎥⎥ ⎪⎪ ⎦ ⎩⎪⎣ ⎭⎪ halmaz a mátrixok szorzására nézve csoportot alkot. ⎛x 1 + 4y1 2y1 ⎞⎟ ⎛x 2 + 4y2 ⎟⎟ , B = ⎜⎜ Bizonyítás. ∀A, B ∈ H , A = ⎜⎜⎜ x 1 − 4y1 ⎠⎟⎟ ⎜⎝ −7y1 ⎜⎝⎜ −7y2

⎞⎟ ⎟⎟ , x 2 − 4y2 ⎠⎟⎟ 2y2

x 12 − 2y12 = x 22 − 2y22 = 1 , x 1 ≠ 0 , y1 ≠ 0 esetén ⎛x 1x 2 + 4x 1y2 + 4x 2y1 + 2y1y2 2x 1y2 + 2y1x 2 ⎞⎟ ⎟⎟ = A ⋅ B = ⎜⎜⎜ −7x 1y2 − 7y1x 2 x 1x 2 + 4x 1y2 + 4x 2y1 + 2y1y2 ⎠⎟⎟ ⎜⎝


Összefoglaló gyakorlatok és feladatok ⎛x + 4y 2y ⎞⎟ ⎟⎟ , ahol = ⎜⎜⎜ ⎜⎝ −7y x − 4y ⎠⎟⎟

⎪⎧⎪x = x 1x 2 + 2y1y2 , x ≠ 0 és ⎨ ⎪⎪y = x 1y2 + y1x 2 ⎩ x 2 − 2y 2 = x 12x 12 + 4x 1x 2y1y2 + 4y12y22 − 2x 12y22 − 4x 1x 2y1y2 − 2y12x 22 = = x 12x 22 − 2x 12y22 − 2y12x 22 + 4y12y22 = (x 12 − 2y12 )(x 22 − 2y22 ) = 1 , tehát A ⋅ B ∈ H ⇒ H zárt a " ⋅ "-ra nézve. A " ⋅ " asszociatív, mivel a mátrixok szorzása is az. ⎛1 0⎞⎟ I2 = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ∈ H és ∀A ∈ H -ra I2 ⋅ A = A ⋅ I2 = A , tehát létezik semleges elem. ⎝⎜0 1⎠⎟⎟ ⎧⎪x x + 2y y + 4y x + 4x y = 1 ⎪⎪ 1 2 2 2 1 2 1 2 ⎪⎪ A ⋅ B = B ⋅ A = I2 ⇔ ⎨y1x 2 + x 1y2 = 0 ⇔ ⎪⎪ ⎪⎪x 1x 2 + 2y1y2 − 4y1x 2 − 4x 1y2 = 1 ⎪⎩ ⎧x 1x 2 + 2y1y2 = 1 ⎧ ⎪ ⎪x 2 = x 1 ⇔⎪ ⇒ ⎨⎪y = −y (felhasználtuk, hogy x 12 − 2y12 = 1 ). ⎨ ⎪⎪y1x 2 + x 1y2 = 0 ⎪⎪ 1 ⎩ 2 ⎩ x 2 ≠ 0 és x 22 − 2y22 = 1 , tehát B ∈ H és így minden elem invertálható. A felsorolt négy tulajdonság alapján (H , ⋅) csoport. 2. Adj példát olyan P ∈ 6 [X ] polinomra, amelynek több gyöke van, mint amennyi a fokszáma. (Érettségi javaslat, 2001.) ˆ 4ˆ Megoldás. A P (x ) = 2ˆx − 2ˆ polinom fokszáma 1, gyökeinek száma pedig 2: 1, gyökök. 3. Az A = [ 0, ∞) halmazon értelmezzük az

x * y :=

x +y , 2y + 1

∀x , y ∈ A műveletet. a) Bizonyítsd be, hogy a művelet nem asszociatív. b) Van-e a * műveletnek semleges eleme? c) Bizonyítsd be, hogy a [0,1) intervallum zárt a * műveletre nézve. Megoldás. Az asszociativitás ellenőrzése során látható, hogy a művelet nem 3 7 asszociatív. Például 0 * (1 * 2) = és (0 * 1) * 2 = . A semleges elem 11 15 értelmezése alapján látható, hogy ilyen elem nincs az A -ban. Az [1, 0) intervallum x +y zárt a műveletre nézve, mert ha x , y ∈ [0,1) , akkor x < y + 1 és így 0 < < 1. 2y + 1 4. Értelmezzük -en az x y := xy + ax + by + c , ∀x , y ∈ ( a, b, c ∈ ) műveletet.


343

a) Határozd meg a , b és c értékét úgy, hogy az M = (1, ∞) halmaz a " " művelettel csoportot alkosson. b) Bizonyítsd be, hogy az előbbi a, b, c értékek esetén (M , ) ( , +) . Megoldás. a) (M , ) csoport, következik, hogy létezik e ∈ M úgy, hogy ⎧⎪x (e + a − 1) + be + c = 0 ⎪ x e = e x = x , ∀x ∈ M , vagyis ⎨ , ∀x ∈ M , innen ⎪⎪x (e + b − 1) + ae + c = 0 ⎪⎩ ⎧e + a − 1 = 0 ⎪ ⎪ ⎧ ⎪ a =b ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 0 e + b − = ⎪ ⎪ pedig ⎪ ⇒ ⎪⎨c = a (a − 1) és mivel e > 1 ⇒ a < 0 ⇒ ⎨ ⎪ ⎪ 0 be + c = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪e = 1 − a ⎪ ⎩ ⎪ 0 + = ae c ⎪ ⎩ ⇒ x y = xy + ax + ay + a (a − 1) . Minden elem invertálható, így ∀x ∈ M , ∃x ′ ∈ M úgy, hogy

x ′ = x ′ x = e = 1 − a ⇔ x ′ (x + a ) = 1 − a + (1 − a ) a − ax ⇔ (1 − a )(1 + a ) − ax ⇔ x′ = ∈ M ∀x ∈ M ⇒ x + a ≠ 0, ∀x ∈ M , azaz a ≥ −1 . x +a M zárt kell legyen, tehát ∀x , y > 1 -re x y > 1 . x

x

y = (x − 1) (y − 1) + (a + 1)(x − 1) + (a + 1) (y − 1) + a 2 + a + 1 > a 2 + a + 1 ,

így elégséges, ha a 2 + a + 1 ≥ 1 ⇔ a ∈ (−∞, −1] ∪ [ 0, ∞) . Összevetve a kapott eredményeket kapjuk, hogy a = −1 . Erre az értékre " " asszociatív és minden elem invertálható, tehát (M , ) valóban csoport. b) Legyen f : M → , f (x ) = ln (x − 1) , ekkor f bijektív és

f (x

y ) = ln (x

y − 1) = ln ((x − 1) (y − 1)) =

= ln (x − 1) + ln (y − 1) = f (x ) + f (y ) ⇒ (M , ) ( , +) . ⎡ d ⎤ = {a + b d | a, b ∈ } ( d ∈ 5. Határozd meg a rögzített) gyűrű összes ⎣⎢ ⎦⎥ automorfizmusát! Megoldás. f : ⎡⎢⎣ d ⎤⎥⎦ → ⎡⎢⎣ d ⎤⎥⎦ automorfizmus ⇔ f bijektív, f (x + y ) = f (x ) + f (y ) , f (x ⋅ y ) = f (x ) ⋅ f (y ) , ∀x , y ∈

⎡ d ⎤ esetén. ⎢⎣ ⎥⎦

x = y = 0 -ra f (0) = f (0) + f (0) , tehát f (0) = 0 . y = x -re f (2x ) = 2 f (x ) és indukcióval igazolható, hogy f (nx ) = nf (x ) , ∀x ∈ ⎡⎣⎢ d ⎤⎦⎥ , ∀n ∈ . y = −x -re 0 = f (0) = f (x ) + f (−x ) ⇒ f (x ) = −f (x ) , ∀x ∈ [ x ] . Következik, hogy f (kx ) = kf (x ) , ∀k ∈ , ∀x ∈

⎡ d⎤. ⎣⎢ ⎥⎦


Összefoglaló gyakorlatok és feladatok ⎛k ⎞ ⎛ m ⎞ kf (x ) = f (kx ) = f ⎜⎜k ⋅ x ⎟⎟ = m ⋅ f ⎜⎜ x ⎟⎟⎟ , ∀k ∈ , ∀m ∈ * ⇒ ⎝ m ⎠ ⎝m ⎠ ⎛k ⎞ k ⇒ f ⎜⎜ x ⎟⎟⎟ = f (x ) , ∀x ∈ ⎡⎣⎢ d ⎤⎦⎥ , k ∈ , n ∈ * . ⎝m ⎠ m ∀ (a + b d ) ∈ ⎡⎣⎢ d ⎤⎦⎥ , f (a + b d ) = f (a ) + f (b d ) = af (1) + bf d .

Az f (xy ) = f (x ) f (y ) , ∀x , y ∈ Q ⎡⎢⎣ d ⎤⎥⎦ egyenlőségből x = y = 1 -re f (1) = f (1 ⋅ 1) = f (1) ⋅ f (1) ⇒ f (1) = 1 (különben f nem bijektív). Ha d nem teljes négyzet vagy d < 0 , akkor x = y = d -re d = f (d ) = f 2 ( d ) ⇒ f ( d ) = ± d , tehát

f (a + b d ) = a + b d , ∀a + b d ∈ f (a + b d ) = a − b d , ∀a + b d ∈

⎡ d ⎤ vagy ⎢⎣ ⎥⎦ ⎡ d ⎤ esetén. ⎢⎣ ⎥⎦

Ezek a függvények bijektívek és így automorfizmusok. Ha d teljes négyzet és d > 0 , akkor a + b d = q ∈ , ∀a, b ∈ ∀q ∈ az egyetlen automorfizmus.

-ra, így f (q ) = q ,

6. Határozd meg az f = 3x 5 + x 2 + 2x + 4 polinom osztási hányadosát és maradékát a g = 2x 3 + 3x 2 + 1 polinommal Megoldás. ˆ 3x 5 + x 2 + 2ˆx + 4ˆ ˆx 5 + 2ˆx 4 + 4ˆx 2 3 ˆ 3x 4 + 2ˆx 2 + 2ˆx + 4 ˆ 3x 4 + 2ˆx 3 + 4ˆx

5

[X ] -ben. 2ˆx 3 + ˆ3x 2 + 1 4ˆx 2 + 4ˆx + 4ˆ

ˆ 3x 3 + 2ˆx 2 + ˆ3x + 4ˆ ˆ 3x 3 + 2ˆx + 4ˆ ˆ 3x 2 ˆ ˆ ˆ Tehát a hányados 4x + 4x + 4 és a maradék ˆ 3x . a 7. Bizonyítsd be, hogy ha a, b ∈ akkor (2 − 1, 2b − 1) = 2(a ,b ) − 1 , ahol (x , y ) az x, y ∈

számok legnagyobb közös osztója.

Bizonyítás.

∀d ′ ∈

Legyen

(a, b ) = d ⇒ a = d ⋅ a1, b = d ⋅ b1 ,

-re ha a = d ′ ⋅ a2 , b = d ′ ⋅ b2 , a2 , b2 ∈

ahol

a1, b1 ∈

és

, akkor d d ′ .

a1 a1 −1 a1 −2 + ... + 1⎤⎥ (2d − 1) , 2a − 1 = (2d ) − 1 = (2d − 1) ⎡⎢(2d ) + (2d ) ⎣ ⎦ a b d d b (2 − 1) (2 − 1) , tehát 2 − 1 közös osztója 2 − 1 és 2 − 1 -nek.

hasonlóképpen


345

8. Az (A, +, ⋅) gyűrűben x 12 = x , bármely x ∈ A esetén. Bizonyítsd be, hogy

x 2 = x , bármely x ∈ A esetén. Bizonyítás. ∀x ∈ A -ra −x = (−x )12 = x 12 = x ⇒ x + x = 0, ∀x ∈ A . (x + 1) = (x + 1) = ((x + 1)

)

6 2

12

2

= (x 6 + 6x 5 + 15x 4 + 20x 3 + 15x 2 + 6x + 1) =

2

= (x 6 + x 4 + x 2 + 1) = x 12 + x 8 + x 4 + 1 + 2 ⋅ (x 10 + x 8 + 2x 6 + x 4 + x 2 ) = = x 12 + x 8 + x 4 + 1 = x + 1 + x 8 + x 4 , ∀x ∈ A ⇒ x 8 + x 4 = 0 ⇒ x 8 = x 4 , innen x = x 12 = x 8 ⋅ x 4 = x 4 ⋅ x 4 = x 8 = x 4 ⇒ ⇒ x = x 4 = x 8 = x 4 ⋅ x 4 = x ⋅ x = x 2 , ∀x ∈ A . 9. Létezik-e olyan 7 elemű csoport, amely nem izomorf 7 -tel? Megoldás. Legyen (G, ⋅) csoport és G = 7 . A Lagrange- tétel következménye alapján ∀a ∈ G esetén ord (a ) 7 ⇒ ord (a ) = 1 vagy ord (a ) = 7 . Ha a ≠ e , akkor ord (a ) ≠ 1 , tehát ∀a ∈ G, a ≠ e esetén ord (a ) = 7 . Így {a, a 2 , a 3 , a 4 , a 5 , a 6 } ⊂ G ⇒ G ciklikus, tehát (G, ⋅) olyan 7 elemű csoport, amely nem izomorf

7

( 7 , +) és így nem létezik

-tel.

10. Izomorfak-e az ( [X ], +, ⋅) és ( [X ], +, ⋅) polinomgyűrűk? Megoldás. Feltételezzük, hogy ∃f : [X ] → [X ] bijektív függvény úgy, hogy f (P + Q ) = f (P ) + f (Q ) , f (P ⋅ Q ) = f (P ) ⋅ f (Q ) teljesüljenek minden P,Q ∈ [X ] -re. A P (x ) = Q (x ) = 1, ∀x ∈ polinomokra f (1) = f (1) ⋅ f (1) ⇒ f (1) = 1 , mivel f bijektív. P (x ) = i, ∀x ∈

esetén

f n (P ) = f n (i ) = f (i n ) = f (1) = 1 . Legyen

f (P ) = Q , Q ∈ [X ] ⇒ Q n (x ) = 1 , ∀x ∈ . Ha Q (x ) = an x n + ... + a 0 , akkor Q n (x ) = x ⋅ R (x ) + a 0n = 1 , ∀x ∈ ⇒ a 0n = 1 és minden más együttható 0. De és így a 0 = ±1 ⇒ Q (x ) = 1, ∀x ∈ vagy Q (x ) = −1, ∀x ∈ , tehát a0 ∈ f (i ) = 1 vagy f (i ) = −1 . De f (1) = 1 , f (−1) = −1 és így f nem bijektív, ellentmondáshoz jutottunk ⇒ ( [X ], +, ⋅)

( [X ], +, ⋅) .

7. Teszt 1.

5

-ben oldd meg a

⎧ ⎪ 2x + y + z = 4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x+ y− z =0 ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 4x + 2y + 2z = 3 ⎪ ⎩ egyenletrendszert.



Megoldás. Az első egyenletet 2-vel szorozva megkapjuk a harmadikat, tehát a rendszer határozatlan. Legyen z = α ∈ 5 , ekkor ⎪⎧⎪2ˆx + y = 4ˆ − α ⇒ x + α = 4ˆ − α ⇒ x = 4ˆ − 2ˆα = 4ˆ + ˆ3α ⇒ y = ˆ3α + 1ˆ . ⎨ ⎪⎪x + y = α ⎪⎩ A rendszer megoldásai tehát: ˆ ˆ 0ˆ) , (2, ˆ 4,1 ˆ ˆ) , (0, ˆ 2ˆ) , (3, ˆ 0, ˆ 3, ˆ 4ˆ) . ˆ 2, ˆ 3ˆ) , (1, M = (4,1,

{

}

2. Bizonyítsd be, hogy ha a (H , +) részcsoportja ( , +) -nak és (H , +) ( , +) , akkor H = . (Érettségi, 2001.) 3. Asszociatív-e -en az x y := xy + x , ∀x , y ∈ művelet? Megoldás. Nem asszociatív, mert (1 1) 1 = 2 1 = 4 és 1 (1 1) = 1 2 = 3 . 4. A halmazon értelmezzük az x y := xy + a (x + y ) + b , ∀x , y ∈ műveletet

(a, b ∈ ) . a) Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy ( , ) kommutatív monoid legyen? b) Ha ( , ) monoid határozzuk meg az invertálható elemeket! Megoldás. a) Bármely x , y ∈ esetén x y ∈ , tehát zárt a " " műveletre nézve és x y = xy + a (x + y ) + b = y x , vagyis " " kommutatív. Ha ( , ) kommutatív monoid, akkor pontosan akkor létezik semleges eleme, ha ∃e ∈ úgy, hogy x e = x , ∀x ∈ ⇔ xe + a (x + e ) + b = x , ∀x ∈ ⇔ ⎧e = 1 − a ⎧e + a − 1 = 0 ⎪ ⎪ ⇔ ⎨⎪ ⇔ ⎨⎪ ⇒, ⎪ ⎪b = a (a − 1) ae + b = 0 ⎪ ⎩ ⎩⎪ innen x y = xy + a (x + y ) + a 2 − a = (x + a ) (y + a ) − a . Bármely x , y, z ∈ -re (x y ) z = (x + a ) (y + a ) (z + a ) − a = x (y z ) , azaz " " asszociatív. Következik, hogy annak szükséges és elégséges feltétele, hogy ( , )

⇔ x (e + a − 1) + ae + b = 0, ∀x ∈

monoid legyen az, hogy b = a 2 − a . b) x invertálható akkor és csakis akkor, ha ∃x ′ ∈ úgy, hogy x x ′ = x ′ x = e ⇔ (x + a ) (x ′ + a ) − a = e = 1 − a ⇔

⇔ x′ =

1 −a ∈ x +a

⇔ x + a = ±1 ,

tehát U ( ) = {1 − a, −1 − a } .

⎧⎪⎡ a b ⎤ ⎫⎪ ⎪⎢ ⎪ ⎪ ⎥ a b esetén test a H d = ⎪ , ∈ ⎨⎢ ⎬ halmaz, a mátrixok ⎥ ⎪⎪ ⎪ db a ⎢ ⎥ ⎪ ⎦ ⎪⎣ ⎪ ⎩ ⎭ összeadására és szorzására nézve?

5. Milyen d ∈

Tartalomjegyzék Összefoglaló gyakorlatok és feladatok Megoldás. Mivel (H d , +, ⋅) test kell legyen,

(H d*, ⋅)

347 csoport, tehát ∀A ∈ H d*

esetében létezik A′ ∈ H d* úgy, hogy A ⋅ A′ = A′ ⋅ A = I 2 ( I 2 ∈ H d , a = 1 és b = 0 ra, I 2 semleges elem). ⎛ a b ⎞⎟ ⎛ 0 2⎞⎟ ⎟⎟ ∈ H d* úgy, hogy ⎟⎟ ∈ H d* ⇒ ∃A′ = ⎜⎜ Legyen A = ⎜⎜⎜ ⎜ ⎟ ⎟ d 2 0 db a ⎜ ⎝⎜ ⎠⎟ ⎝ ⎠⎟

⎛0 ⎜⎜ ⎜⎜2d ⎝

2⎞⎟ ⎟⎟ ⋅ A′ = I 2 ⇔ 0⎠⎟⎟

⎛ 0 2⎞⎟ ⎛ a b ⎞⎟ ⎛1 0⎞⎟ ⎛2db 2a ⎞⎟ ⎛1 0⎞⎟ ⎧ ⎪2db = 1 1 ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⇔ ⎜⎜ ⎟⎟ ⇔ ⎨⎪ ⇔ ⎜⎜⎜ ⇒ db = ∉ , ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎪⎪2a = 0 ⎜⎝2d 0⎠⎝ ⎟⎟ ⎜db a ⎠⎟⎟ ⎜⎝0 1⎟⎟⎠ ⎝⎜2ad 2db ⎠⎟⎟ ⎜⎝0 1⎠⎟⎟ 2 ⎩ de d, b ∈ ⇒ db ∈ , tehát ellentmondáshoz jutottunk. Következik, hogy nem létezik d ∈

, amelyre (H d , +, ⋅) test.

6. Határozd meg a ( , +, ⋅) test automorfizmusait. Megoldás. f automorfizmusa ( , +, ⋅) -nak, ha f : → , f bijektív, f (x + y ) = f (x ) + f (y ) , f (x ⋅ y ) = f (x ) ⋅ f (y ) , ∀x , y ∈ . Az f (x + y ) = f (x ) + f (y ) (Cauchy- féle függvényegyenlet) megoldása f (x ) = x ⋅ f (1) , ∀x ∈ -ra. Az f (xy ) = f (x ) f (y ) összefüggésbe x = y = 1 -et behelyettesítve kapjuk, hogy f (1) = f (1) f (1) , ahonnan f (1) = 1 (különben f nem lenne bijektív). Következik, hogy az f (x ) = x , ∀x ∈ az egyetlen automorfizmusa ( , +, ⋅) -nak. 7. Az M halmazon értelmeztünk egy " ⋅ " műveletet, amely a következő tulajdonságokkal rendelkezik x 2 = x , ∀x ∈ M (x ⋅ y ) ⋅ z = (y ⋅ z ) ⋅ x , x , y, z ∈ M Bizonyítsd be, hogy a művelet asszociatív és kommutatív. Bizonyítás. ∀x , y ∈ M esetén z = xy ∈ M , így a megadott egyenlőségek alapján

(xy )(yx ) = (y (yx )) x = ((yx ) x ) y = ((xx ) y ) y = (xy ) y = (yy ) x = yx , innen pedig x és y felcserélésével (yx )(xy ) = xy . Másrészt (xy ) z = ((xy ) z ) ((xy ) z ) = (z ((xy ) z )) (xy ) = (((xy ) z ) (xy )) z = = ((z (xy )) (xy )) z = (((xy )(xy )) z ) z = ((xy ) z ) z = (zz ) (xy ) = z (xy ) . A z = yx helyettesítéssel kapjuk, hogy (xy )(yx ) = (yx )(xy ) , ∀x , y ∈ M . Az (xy )(yx ) = yx , (xy )(yx ) = (yx )(xy ) és (yx )(xy ) = xy egyenlőségekből xy = (yx )(xy ) = (xy )(yx ) = yx , tehát " ⋅ " kommutatív és így (xy ) z = (yz ) x = x (yz ) , ∀x , y, z ∈ M esetén, tehát " ⋅ " asszociatív.



8. Bizonyítsd be, hogy ha az A gyűrűben 1 ≠ 0 és a, b ∈ A , akkor a következő kijelentések egyenértékűek: 1. aba = a és ba 2b = 1 2. ab = ba = 1 3. aba = a és b az egyetlen ilyen eleme A -nak. Megoldás. "1) ⇒ 2)" ba 2b = 1 ⇒ ba 2ba = a ⇒ ba ⋅ aba = a ⇒ ba ⋅ a = a ⇒ ⇒ ba 2b = ab ⇒ ab = 1 . Hasonlóképpen ba 2b = 1 ⇒ aba 2b = a ⇒ aba ⋅ ab = a ⇒ a ⋅ ab = a ⇒ ⇒ ba 2b = ba ⇒ 1 = ba . "2) ⇒ 3)" ab = 1 ⇒ aba = a Tegyük fel, hogy b ′ ∈ A úgy, hogy ab ′a = a , ekkor ab ′ab = ab ⇒ ab ′ = 1 ⇒ bab ′ = b ⇒ b ′ = b , tehát b az egyetlen olyan eleme A -nak, amelyre aba = b . "3) ⇒ 1)" 9. Létezik-e olyan negyedfokú polinom 6 felett, amely felírható 4 elsőfokú polinom szorzataként úgy, hogy az elsőfokú polinomok közül egyiknek se legyen gyöke, de a negyedfokúnak legyen? Megoldás. Keresünk 6 -ban olyan elsőfokú polinomokat, emlyeknek nincs gyökük. Ehhez az szükséges, hogy x együtthatója ne legyen invertálható elem 6 ˆ ˆ3, 4ˆ} . ˆ + bˆ , akkor aˆ ∈ {2, ban. Ha P (x ) = ax

ˆ 4ˆ} ⇒ bˆ ∈ {1, ˆ 3, ˆ 5ˆ} . ˆ ∈ {ˆ 0, 2, Ha aˆ = 2ˆ , akkor ax ˆ 2, ˆ 4, ˆ 5ˆ} . ˆ , akkor ax ˆ ∈ {ˆ 0, ˆ3} ⇒ bˆ ∈ {1, Ha aˆ = 3 ˆ 4ˆ} ⇒ bˆ ∈ {1, ˆ 3, ˆ 5ˆ} . ˆ 2, ˆ ∈ {0, Ha aˆ = 4ˆ , akkor ax Legyen Q (x ) = (aˆ1x + bˆ1 )(aˆ2x + bˆ2 )(aˆ3x + bˆ3 )(aˆ4x + bˆ4 ) , gr Q = 4 és aî x + bî , i = 1, 4 olyan elsőfokú polinomok, melyeknek nincsenek gyökei. Ekkor Q -ban x 4 ˆ 4ˆ} , i = 1, 4 , különben 3, i = 1, 4 vagy aî ∈ {2, együtthatója aˆ1aˆ2aˆ3aˆ4 , tehát aî = ˆ

gr Q < 4 lenne. ˆ 2, ˆ 4, ˆ 5ˆ} , 3, i = 1, 4 , akkor Q (x ) = ˆ 3 ⋅ Q1 (x ) + bˆ1bˆ2bˆ3bˆ4 alakú. Mivel bî ∈ {1, Ha aî = ˆ

i = 1, 4 , ezért b1b2b3b4 ∈ {1, 2, 4, 5} , de 3 ⋅ Q1 (x ) ∈ {0, 3} , így ˆ3 ⋅ Q1 (x ) + bˆ1bˆ2bˆ3bˆ4 ≠ 0 , ∀x ∈

6

, tehát Q -nak nincs gyöke.

Ha a i ∈ {2, 4} , akkor Q (x ) = c ⋅ Q1 (x ) + b1b2b3b4 , ahol c ∈ {2, 4} . Ebben az esetben

c ⋅ Q1 (x ) ∈ {0, 2, 4} és b1b2b3b4 ∈ {1, 3, 5} , tehát Q -nak nincs gyöke. Az előbbiek alapján nem létezik a feltételeknek eleget tevő polinom. 10. Izomorf-e az ( , +) csoport a ( , +) csoporttal?


349

Megoldás. Ha fölötti vektortereknek tekintjük, akkor azonos a dimenziójuk. Így létezik a két vektortér közt egy térizomorfizmus. Ez izomorfizmus a vizsgált additív csoportok közt is. 8. Teszt 1. Oldd meg a 3x 2 − 4x + 1 = 0 egyenletet 5 , Megoldás. 5 -ben nincsenek zérusosztók, így

6

és

11

-ben.

3x 2 − 4x + 1 = 0 ⇔ (3x − 1)(x − 1) = 0 ⇔

⇔ 3x − 1 = 0 vagy x − 1 = 0 ⇔ x ∈ {1, 2} . 11 6

-ben hasonlóképpen járunk el: 3x − 1 = 0 vagy x − 1 = 0 ⇔ x ∈ {1, 4} .

-ban x nem lehet páros maradékosztályú, mert akkor 3x 2 − 4x + 1 páratlan

maradékosztályú és így nem lehet 0. Ha x = 1 , akkor 3x 2 − 4x + 1 = 0 , ha x = 3 , akkor 3x 2 − 4x + 1 = 4 , ha pedig x = 5 , akkor 3x 2 − 4x + 1 = 2 , tehát x = 1 az egyetlen megoldás. 2. Az halmazon értelmezzük az x y := 2xy − 2x − 2y + 3 műveletet bármely x , y ∈ esetén. a) Bizonyítsd be, hogy a művelet asszociatív. b) Zárt része-e \ -nek a " " műveletre nézve? Megoldás. a) x

(Érettségi javaslat, 2001.) y = 2xy − 2x − 2y + 3 = 2 (x − 1) (y − 1) + 1

(x y ) z = [2 (x − 1) (y − 1) + 1] z = 4 (x − 1) (y − 1) (z − 1) + 1 = = 2 (x − 1) {[2 (y − 1) (z − 1) + 1] − 1} + 1 = x

[2 (y − 1) (z − 1) + 1] = x (yoz ) ,

∀x , y, z ∈

, tehát " " asszociatív. 4 5 b) Legyen x = ∈ \ és y = ∈ \ , ekkor 2 3 1 3 x y = 2⋅ ⋅ +1 = 2 ∉ \ , 3 2 tehát \ nem zárt része -nek a " " műveletre nézve. 3. A G = ⎡⎢1, ∞ halmazon értelmezzük az x ∗ y := xy − ⎣ műveletet bármely x , y ∈ G esetén.

)

(x 2 − 1)(y 2 − 1)

a) Bizonyítsd be, hogy (G, ∗) csoport. b) Számítsd ki x ∗ x ∗ ... ∗ x -et. n

Megoldás. a) ∀x , y ∈ G -re x ∗ y ∈ G ⇔ xy −

xy − 1 ≥

(x 2 − 1)(y 2 − 1) ≥ 1 ⇔

(x 2 − 1)(y 2 − 1) ⇔ x 2y 2 − 2xy + 1 ≥ x 2y 2 − x 2 − y 2 + 1 ⇔


Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 2

⇔ x 2 − 2xy + y 2 ≥ 0 ⇔ (x − y ) ≥ 0 , tehát G zárt a " ∗ "-ra nézve. Számolással ellenőrizhető, hogy " ∗ " asszociatív. ∃e ∈ G úgy, hogy x ∗ e = e ∗ x = x , ∀x ∈ G -re ⇔ xe −

(e 2 − 1)(e 2 − 1) = x

⇔

⇔ x 2 (e 2 − 2e + 1) = x 2e 2 − x 2 − e 2 + 1 ⇔ x 2 (−2e + 2) + e 2 − 1 = 0, ∀x ∈ G ⇔ ⎧ 2e − 2 = 0 ⎪ ⎪ ⇔⎨ 2 ⇒ e = 1 ∈ G és így létezik semleges elem. ⎪ e −1 = 0 ⎪ ⎪ ⎩ ∀x ∈ G -re létezik x ′ ∈ G úgy, hogy x ∗ x ′ = e ⇔ xx ′ − (x 2 − 1)(x ′2 − 1) = 1 ⇔ ⇔ x 2x ′2 − 2xx ′ + 1 = (x 2 − 1)(x ′2 − 1) ⇔ (x − x ′) = 0 ⇔ x ′ = x ∈ G , 2

azaz

minden elem inverze önmaga. Az előbbiek alapján (G, ∗) csoport. b) Az a) pont alapján x ∗ x = 1, ∀x ∈ G , tehát

4. A (a, b, c ∈ ) .

⎧x , n = 2k + 1 , k ∈ ⎪ . x ∗ x ∗ ... ∗ x = ⎪⎨ ⎪ 1, n = 2k ,k ∈ n ⎪ ⎩ halmazon értelmezzük az x ∗ y := axy + b (x + y ) + c

műveletet

a) Bizonyítsd be, hogy a "∗ " művelet pontosan akkor asszociatív, ha b 2 = b + ac ; b) Bizonyítsd be, hogy a "∗ " műveletre nézve pontosan akkor létezik semleges elem, ha b 2 = b + ac és b | c . (Felvételi, 1993.) Bizonyítás. a) " ∗ " asszociatív, ha ∀x , y, z ∈ -re (x ∗ y ) ∗ z = x ∗ (y ∗ z ) . (x ∗ y ) ∗ z = a (axy + bx + by + c ) z + b (axy + bx + by + c + z ) + c = = a 2xyz + ab (xz + zy + yx ) + b 2 (x + y ) + (ac + b ) z + bc + c

x ∗ (y ∗ z ) = ax (ayz + b (y + z ) + c ) + b (x + ayz + by + bz + c ) + c = = a 2xyz + ab (xy + xz + yz ) + b 2 (y + z ) + (ac + b ) x + bc + c Ezek alapján x ∗ (y ∗ z ) = (x ∗ y ) ∗ z ⇔ ⇔ b 2 (x + y ) + (ac + b ) z = b 2 (z + y ) + (ac + b ) x , ∀x , y., z ∈

(b 2 − b − ac ) (x − z ) = 0, b) ∃e ∈

úgy, hogy e ∗ x = x ∗ e = x , ∀x ∈

∀x , z ∈

⇔ b 2 = b + ac .

⇔ axe + b (x + e ) + c = e, ∀x ∈

⇔ x (ae + b − 1) + (be + c ) = 0, ∀x ∈

⇔

⇔

⎧ ⎪ae + b − 1 = 0 . ⇔⎪ ⎨ ⎪ be + c = 0 ⎪ ⎩


351

c ac c és b − 1 − = 0 ⇔ e = − és b 2 = b + ac ; e ∈ b b b c akkor és csakis akkor, ha ∈ ⇔ b | c . b Ha b = 0 akkor c = 0 . Semleges elem ebben az esetben is létezik és 0 | 0 , valamint Ha b ≠ 0 , akkor e = −

b 2 = ac + b is teljesül. 5. Bontsd irreducibilis tényezők szorzatára polinomot, ha p prímszám.

p

[X ] -ben az fp (X ) = X p + a

Megoldás. Ha a = 0 , akkor fp (x ) = x p = x ⋅ x ⋅ ... ⋅ x . p −szer

Az a ≠ 0 esetben mivel p prím, a kis- Fermat tétel alapján írhatjuk, hogy (a p − a ) p ⇒ a ≡ a p (mod p ) ⇒ fp (x ) = x p + a = x p + a p .

C pk =

(p − 1) ! p! = p⋅ p , ∀k ∈ {1, 2,..., p − 1} , k ! (p − k ) ! k ! (p − k ) !

mivel p prím és nem jelenik meg a nevezőben, tehát C pk = 0, k = 1, p − 1 . p −1

fp (x ) = x p + a p + ∑ C pk ⋅ x k ⋅ a p−1 = (x + a ) . p

k =1

6. Határozd meg az ( , +, ⋅) test automorfizmusait! Megoldás. f automorfizmusa ( , +, ⋅) -nak pontosan akkor, ha f : → , f bijektív, f (x + y ) = f (x ) + f (y ) és f (xy ) = f (x ) f (y ) , ∀x , y ∈ . Az f (x + y ) = f (x ) + f (y ) Cauchyféle függvényegyenlet alapján ) ( f (q ⋅ x ) = q ⋅ f x , ∀q ∈ , ∀x ∈ , ahonnan f (q ) = qf (1) , ∀q ∈ . Az

f (xy ) = f (x ) f (y ) egyenlőségből az x = y = 1 behelyettesítésekkel kapjuk, hogy f (1) = f 2 (1) , ahonnan f (q ) = q, ∀q ∈ .

f (1) = 1

(különben

f

nem lenne

bijektív).

Így

∀x > 0 esetén f (x ) = f ( x ⋅ x ) = f 2 ( x ) > 0 (ha x > 0 és f (x ) = 0 , akkor ⎛y ⎞ ∀y ∈ esetén f (y ) = f (x ) ⋅ f ⎜⎜ ⎟⎟ = 0 , ami ellentmond f bijektív voltának). Így ⎝x ⎠ ∀x 1 > x 2 esetén x 1 − x 2 > 0 ⇒ f (x 1 − x 2 ) > 0 ⇒ f (x 1 ) − f (x 2 ) > 0 , azaz f szigorúan növekvő. Tételezzük fel, hogy létezik x 0 ∈ úgy, hogy f (x 0 ) ≠ x 0 , ekkor f (x 0 ) < x 0 vagy f (x 0 ) > x 0 . Ha x 0 > f (x 0 ) , akkor létezik a ∈

úgy, hogy x 0 > a > f (x 0 ) . Mivel f (a ) = a ,

következik, hogy f (a ) > f (x 0 ) . De f ellentmond annak, hogy x 0 > a .

szigorúan növekvő, ezért a > x 0 , ami



Ha x 0 < f (x 0 ) , akkor létezik a ∈

úgy, hogy x 0 < a < f (x 0 ) . De f (a ) = a , így

f (a ) < f (x 0 ) , innen a < x 0 , szintén ellentmondáshoz jutottunk. A fentiek alapján f (x ) = x , ∀x ∈

az egyetlen automorfizmusa ( , +, ⋅) -nak.

7. A (G, ⋅) csoportban létezik a ∈ G úgy, hogy axa = x 3 bármely x ∈ G esetén. Bizonyítsd be, hogy (G, ⋅) kommutatív. Bizonyítás. axa = x 3 , ∀x ∈ G , így x = e -re kapjuk, hogy a 2 = e .

axa ⋅ aya = x 3 ⋅ y 3 ⇒ axa 2ya = x 3y 3 ⇒ axya = x 3y 3 , 3

axya = (xy ) ,

tehát

3

de

a

feltétel

x y = (xy ) ⇒ x y = yxyx , ∀x , y ∈ G . 3 3

2 2

Ez

alapján utóbbi

egyenlőségből y = a esetén kapjuk, hogy axax = x 2 , ∀x ∈ G ⇒ x 3 ⋅ x = x 2 ⇒ x 2 = e, ∀x ∈ G , innen pedig 2

2

x 2y 2 = e ⋅ e = e és (xy ) = e ⇒ x 2y 2 = (xy ) ⇒ xy = yx , ∀x , y ∈ G .

8. Az (A, +, ⋅) nemkommutatív gyűrűben az 1 − ab elem invertálható. Bizonyítsd be, hogy az 1 − ba is invertálható! −1 Bizonyítás. Legyen (1 − ab ) = c , ekkor c (1 − ab ) = (1 − ab )c = 1 ⇒ c (1 − ab ) a = a ⇒ ca (1 − ba ) = a ⇒ ⇒ bca (1 − ba ) = ba ⇒ bca (1 − ba ) + 1 − ba = 1 ⇒ (bca + 1)(1 − ba ) = 1 és b (1 − ab ) c = b ⇒ (1 − ba )bca = ba ⇒ (1 − ba )(bca + 1) = 1 , −1

tehát (1 − ba ) invertálható és inverze b ⋅ (1 − ab ) ⋅ a + 1 . 9. Igaz-e, hogy 12 -ben az egységek a Klein csoporttal izomorf csoportot alkotnak? Megoldás. U (

Mivel a (U ( 12 ), ⋅)

12

) = {1, 5, 7,11}

művelettábla (K , ⋅) .

⋅

1

5

7

11

1

1

5

7

11

5

5

1

11

7

7

7

11

1

5

11

11

7

5

1

megfelel

a

Klein-

csoport

művelettáblájának,

10. Izomorf-e a ( , +) csoport a ( , +) csoporttal? Megoldás. Ha ( , +) ( , +) , akkor létezik az f : → , f bijektív és művelettartó függvény. Az f (x + y ) = f (x ) + f (y ) Cauchy- féle függvényegyenlet megoldása alapján f (x ) = x ⋅ f (1) , ∀x ∈ -re. f (1) ∉ , mert különben Im f ⊆


353

p , (p, q ) = 1 , p, q ∈ * és q p q ≠ ±1 . Létezik m ∈ úgy, hogy (m, p ) = 1 , m ≠ ±1 teljesüljön. ∈ és q ⋅m p p úgy, hogy f (x 0 ) = . De f (x 0 ) = x 0 ⋅ és mivel f bijektív, létezik x 0 ∈ q ⋅m q 1 innen x 0 = ∉ , tehát ellentmondáshoz jutottunk. Következik, hogy m ( , +) ( , +) . lenne, tehát f nem lehetne szürjektív. Tehát f (1) =

9. Teszt 4

1. Vizsgáld, meg

-ben a

v1 = (1, 0, −1, 2) v2 = (1, 3, −2,1) v 3 = (−3, −2, 4, −1) v 4 = (1, −1,1, 2) vektorok lineáris függetlenségét, majd válassz ki egy maximális elemszámú lineárisan független részrendszert. Megoldás. A v1, v2 , v 3 , v4 vektorok pontosan akkor függetlenek 4 -ben, ha λ1v1 + λ2v2 + λ3v 3 + λ4v 4 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 0 , ami egyenértékű azzal, hogy 1 1 −3 1 Δ=

Δ=

1

1

0

0

3

0 −1

−1 − 2 2 2

1

4

1 1 2

=

0

3

−2 − 1

−1 − 2

4

1 2

2

1

−1

1

1

0

0

3

0 −1

−1 −2 2 4

5

0

1 1 0

≠ 0.

1 1

1

= 2 ⋅ 0 3 −1 = −22 ≠ 0 4 5

0

és így a vektorok lineárisan függetlenek. A maximális elemszámú lineárisan független részrendszer a {v1, v2 , v 3 , v 4 } . 3 2. Bázist alkot-e -ban a v1 = (−2,1, 0) , v2 = (1,1, 3) és v 3 = (3, −2, 4) vektorokból álló vektorrendszer? Ha igen határozd meg a v = (−4, 7, 5) vektor koordinátáit ebben a bázisban.


Összefoglaló gyakorlatok és feladatok −2 1

Megoldás. {v1, v2 , v 3 } bázist alkot

3

-ban, mert Δ = 1

0

3

1 −2 = −15 ≠ 0 . 3

4

Ha λ1, λ2 , λ3 a v koordinátái a {v1, v2 , v 3 } bázisban, akkor v = λ1v1 + λ2v2 + λ3v 3 , ⎧ ⎪ −2λ1 + λ2 + 3λ3 = −4 ⎪ ⎪ ⎪ . ahonnan ⎪ ⎨λ1 + λ2 − 2λ3 = 7 ⎪ ⎪ ⎪ 3λ + 4λ3 = 5 ⎪ ⎪ ⎩ 2

−4 1 Δ1 = 7 5

−2 − 4

3

1 −2 = −30 , Δ2 = 1

7

3

5

4

0

3

−2 1 −4

−2 = −45 , Δ3 = 1

1

7 = 15 ,

0

3

5

4

tehát λ1 = 2, λ2 = 3, λ3 = −1 . 3. Tanulmányozd az f :

3

→

3

,

⎡ 1 −2 3 ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢x1 ⎥ ⎢ ⎥ f ((x 1, x 2 , x 3 )) = ⎢−2 0 −2⎥ ⎢⎢x 2 ⎥⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ 3 − 2 1 ⎥ ⎢x 3 ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎣ ⎦ lineáris leképezés injektivitását és szürjektivitását. Ha f bijektív, akkor számítsd ki az inverzét! ⎡ 1 −2 3 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ Megoldás. Ha A = ⎢−2 0 −2⎥ , akkor det A = 16 ≠ 0 , így létezik az A−1 ⎢ ⎥ ⎢ 3 −2 1 ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ mátrix. ⎡ 1 − 2 3 ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ 1 −2 3 ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢x1 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢y1 ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ f ((x 1, x 2 , x 3 )) = f ((y1, y2 , y 3 )) ⇒ ⎢−2 0 −2⎥ ⎢x 2 ⎥ = ⎢−2 0 −2⎥ ⎢⎢y2 ⎥⎥ , ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ 3 −2 1 ⎥ ⎢x 3 ⎥ ⎢ 3 −2 1 ⎥ ⎢y 3 ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎣ ⎦ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎣ ⎦ beszorozva balról A inverzével kapjuk, hogy (x 1, x 2 , x 3 ) = (y1, y2 , y 3 ) , tehát f injektív. ⎡ x ⎤ ⎡y ⎤ ⎡x ⎤ ⎡y ⎤ ⎢ 1⎥ ⎢ 1⎥ ⎢ 1⎥ ⎢ 1⎥ f ((x 1, x 2 , x 3 )) = (y1, y2 , y 3 ) ⇔ A ⋅ ⎢⎢x 2 ⎥⎥ = ⎢⎢y2 ⎥⎥ ⇒ ⎢⎢x 2 ⎥⎥ = A−1 ⋅ ⎢⎢y2 ⎥⎥ , ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣x 3 ⎥⎦ ⎢⎣y 3 ⎥⎦ ⎢⎣x 3 ⎥⎦ ⎢⎣y 3 ⎥⎦ tehát ∀y ∈ 3 esetén létezik x ∈ 3 , amelyre f (x ) = y , így f szürjektív.


355

⎡x ⎤ ⎢ 1⎥ Következik, hogy f bijektív és f ((x 1, x 2 , x 3 )) = A ⋅ ⎢⎢x 2 ⎥⎥ . ⎢ ⎥ ⎢⎣x 3 ⎥⎦ ⎡−4 −4 4 ⎤ ⎡−1 −1 1 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 1 1 1 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ A−1 = ⋅ A* = ⋅ ⎢−4 −8 −4⎥ = ⋅ ⎢−1 −2 −1⎥ ⇒ det A 16 ⎢ ⎥ 4 ⎢ ⎥ ⎢ 4 −4 − 4 ⎥ ⎢ 1 −1 −1⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎡−1 −1 1 ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢x1 ⎥ 1 ⎢ ⎥ −1 ⇒ f ((x 1, x 2 , x 3 )) = ⋅ ⎢−1 −2 −1⎥ ⎢⎢x 2 ⎥⎥ . 4 ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ 1 −1 −1⎥ ⎢x 3 ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎣ ⎦ 4 3 4. Határozd meg az f : → ⎡x1 ⎤ ⎡1 0 2 −3⎤⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ ⎥ ⎢x 2 ⎥ f ((x 1, x 2 , x 3 , x 4 )) = ⎢−2 1 1 2 ⎥ ⎢⎢x ⎥⎥ ⎢ ⎥ 3 ⎢ 1 −1 −3 1 ⎥ ⎢⎢x ⎥⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎣ 4 ⎦ függvény képterének dimenzióját 4 -ben. Megoldás. ∀ (y1, y2 , y 3 ) ∈ 3 esetén f ((x 1, x 2 , x 3 , x 4 )) = (y1, y2 , y 3 ) ⇔ ⎡x1 ⎤ ⎡1 0 2 −3⎤⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ ⎥ ⎢x 2 ⎥ (y1, y2 , y 3 ) = ⎢−2 1 1 2 ⎥ ⎢⎢x ⎥⎥ . ⎢ ⎥ 3 ⎢ 1 −1 −3 1 ⎥ ⎢⎢x ⎥⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎣ 4 ⎦ ⎡ 1 0 2 0 2 −3⎥⎤ ⎢1 ⎢ ⎥ 1 = −8 ≠ 0 , rang ⎢−2 1 1 2 ⎥ = 3 s innen következik, Mivel −2 1 ⎢ ⎥ ⎢ 1 −1 −3 1 ⎥ 1 −1 − 3 ⎣⎢ ⎦⎥ hogy x 1, x 2 , x 3 kifejezhető x 4 = λ ∈ és y1, y2 , y 3 függvényében, azaz −1

∀ (y1, y2 , y 3 ) ∈

3

esetén

létezik

−1

(x 1, x 2 , x 3 , x 4 ) ∈

4

f ((x 1, x 2 , x 3 , x 4 )) = (y1, y2 , y 3 ) , tehát f szürjektív, tehát Im f =

úgy, 3

, így a képtér

4

domenziója -ben 3. 5. Írd fel az f : 3 →

f ((x 1, x 2 , x 3 )) = 2x 12 + 3x 22 − x 32 + 2x 1x 2 + 3x 1x 3 − 4x 2x 3 függvényt

hogy

Tartalomjegyzék Összefoglaló gyakorlatok és feladatok f (x ) = ⎡⎢x 1 x 2 ⎣

356

⎡x ⎤ ⎢ 1⎥ ⎤ x 3 ⎥ ⋅ A ⋅ ⎢⎢x 2 ⎥⎥ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢⎣x 3 ⎥⎦

alakban, ahol A ∈ M3 ( \ ) .

⎡a a a ⎤ 2 3⎥ ⎢ 1 ⎢ Megoldás. A ∈ M3 ( \ ) ⇒ A = ⎢a 4 a 5 a 6 ⎥⎥ , ai ⎢ ⎥ a a 8 a9 ⎥ ⎣⎢ 7 ⎦ ⎡a ⎢ 1 f ((x 1, x 2 , x 3 )) = [x 1, x 2 , x 3 ] ⋅ ⎢⎢a 4 ⎢ ⎢⎣a 7

∈ \, ∀i = 1, 9 . a 2 a 3 ⎤⎥ ⎡⎢ x 1 ⎤⎥ a 5 a 6 ⎥⎥ ⋅ ⎢⎢x 2 ⎥⎥ = ⎥ ⎢ ⎥ a 8 a 9 ⎥ ⎢x 3 ⎥ ⎦ ⎣ ⎦

⎡x ⎤ ⎢ 1⎥ = [x 1a1 + x 2a 4 + x 3a 7 , x 1a2 + x 2a 5 + x 3a 8 , x 1a 3 + x 2a 6 + x 3a 9 ] ⋅ ⎢⎢x 2 ⎥⎥ = ⎢ ⎥ ⎢⎣x 3 ⎥⎦ = x 12a1 + x 22a 5 + x 32a 9 + x 1x 2 (a 4 + a2 ) + x 2x 3 (a 6 + a 8 ) + x 1x 3 (a 3 + a 7 ) . A megfelelő együtthatók egyenlők kell legyenek, azaz a1 = 2, a 5 = 3, a 9 = −1, a2 + a 4 = 2, a 3 + a 7 = 3, a 6 + a 8 = −4 , vagyis

⎡2 2 − a 3 − b ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 3 A = ⎢a −4 − c ⎥ alakú, ahol a, b, c ∈ \ ⇒ ⎢ ⎥ ⎢b −1 ⎥⎥ c ⎢⎣ ⎦ ⎡2 2 − a 3 − b ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢x1 ⎥ ⎥ ⎢ 3 ⇒ f ((x 1, x 2 , x 3 )) = [x 1, x 2 , x 3 ] ⋅ ⎢a −4 − c ⎥ ⋅ ⎢⎢x 2 ⎥⎥ , a, b, c ∈ \ . ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ −1 ⎥⎥ ⎢⎣x 3 ⎥⎦ c ⎢⎣b ⎦ 6. Bizonyítsd be, hogy C ( \ ) -ben az fk , gk : \ → \ , k = 1, n

fk (x ) = sin kx , gk (x ) = cos kx

∀x ∈ \ , k = 1, n függvények lineárisan függetlenek. Bizonyítás. Legyen λ1 sin x + λ2 sin 2x + ... + λn sin nx = 0 . Az f (x ) = λ1 sin x + λ2 sin 2x + ... + λn sin nx = 0 függvényt kétszer deriválva kapjuk, hogy −f ′′ (x ) = λ1 sin x + λ2 ⋅ 22 ⋅ sin 2x + ... + λn ⋅ n 2 ⋅ sin nx = 0 . Ezt még (n − 2) - szer megismételve a következő lineáris egyenletrendszerhez jutunk:


357

⎧⎪λ1 sin x + λ2 sin 2x + ... + λn sin nx = 0 ⎪⎪ ⎪⎪λ sin x + λ ⋅ 22 ⋅ sin 2x + ... + λ ⋅ n 2 ⋅ sin nx = 0 2 n ⎪ 1 . ⎨................................................ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪λ1 sin x + λ2 ⋅ 22n −2 ⋅ sin 2x + ... + λn ⋅ n 2n −2 ⋅ sin nx = 0 ⎪⎩ 1 1 ... 1 1 22 ...

n2 Δ = .............................. ⋅ sin x ⋅ sin 2x ⋅ ... ⋅ sin nx = 1 22n −2 ... n 2n −2 1

1

...

1

1 22 ... n2 = .............................. 1

n −1

(22 )

...

n −1

(n 2 )

n

n

i =1

i =1

⋅ Π sin ix = Π sin ix ⋅

Π (j

1≤i < j ≤n

2

− i2 ) ,

tehát a " Δ = 0, ∀x ∈ \ " állítás hamis, így a rendszernek egyértelmű megoldása van. Mivel λ1 = λ2 = ... = λn = 0 megoldás, ez az egyetlen és így az fk , k = 1, n függvények lineárisan függetlenek. Hasonlóképpen igazolható, hogy a gk , k = 1, n függvények is lineárisan függetlenek. 7. Bizonyítsd be, hogy ha a (K , +, ⋅) testnek végtelen sok eleme van, akkor minden K feletti vektortérnek is végtelen sok eleme van. Bizonyítás. Minden K feletti V vektortér bázisa tartalmaz legalább egy elemet. Minden v ∈ V vektor egyértelműen felírható a báziselemek lineáris kombinációjaként, ahol az együtthatók K -beli elemek. Legyen v1 ∈ V egy báziselem, ekkor V ≥ {a ⋅ v1 a ∈ K } = K , de K -nak végtelen sok eleme van, tehát V -nek is végtelen sok eleme van.

(

)

8. Bizonyítsd be, hogy ha (V , ⊕, :, K ) egy n dimenziós vektortér a K , +, ⋅ véges n

test felett, akkor V elemeinek száma K . Bizonyítás. Legyen {v1, v2 ,..., vn } a V egy bázisa, ekkor ∀v ∈ V esetén léteznek és egyértelműen meghatározottak a λi ∈ K , i = 1, n

együtthatók úgy, hogy

v = λ1v1 + λ2v2 + ... + λn vn .

{

}

V = λ1v1 + λ2v2 + ... + λn vn λi ∈ K , i = 1, n =


{

358

}

= (λ1, λ2 ,..., λn ) λi ∈ K , i = 1, n = K . n

9. Bizonyítsd be, hogy ha (K , +, ⋅) egy véges test, akkor létezik olyan p prímszám, hogy K = p n valamilyen n ∈ `* esetén. Megoldás. Igazoljuk, hogy ∀ (K , +, ⋅) véges test esetén K az összeadással és a " : " művelettel tekinthető ] p feletti vektortérnek valamely p prím esetén ahol a : k := k + k + ... + k , ∀k ∈ K , a ∈ ] p . Ha K # p , akkor : : ] p × K → K jól a darab

értelmezett külső művelet és (K , +) Ábel- csoport (a feltétel szerint). Ezen kívül bármely λ, λ1, λ2 ∈ ] p , ∀k, k1, k2 ∈ K esetén teljesülnek a következő tulajdonságok:

λ : (k1 + k2 ) = (k1 + k2 ) + (k1 + k2 ) + ... + (k1 + k2 ) =

λ darab

= k + ... + k 1 + k + ... + k 2 = λ : k1 + λ : k2 , 1 + k1 2 + k2 λ darab

λ darab

+ k + ... + k = (λ1 + λ2 ) : k = k λ1 +λ2 darab

= k + k + ... + k + k + k + ... + k = λ1 : k + λ2 : k , λ1 darab

λ2 darab

⎛ ⎞⎟ ⎜ λ1 : (λ2 : k ) = λ1 : ⎜⎜k + k + ... + k ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎝ λ2 darab ⎠⎟ = k + ... + k + ... + k + ... + k = k + ... + k = (λ1λ2 ) : k és λ2 darab λ2 darab λ1λ2 darab

λ1 darab

1 : k = k , ∀k ∈ K . Ezen tulajdonságok alapján (K , +, :, ] p ) valóban vektortér. K véges, tehát véges dimenziós. Legyen dim K = n , ekkor a 8)-as feladat alapján K = p n . 10. a) Bizonyítsd be, hogy az ( \, +, ⋅, _) vektortér nem véges dimenziós. b) Bizonyítsd be, hogy létezik f :\→\ additív ( f (x + y ) = f (x ) + f (y ) , ∀x , y ∈ \ ), amely nem lineáris.

függvény

Bizonyítás. a) Feltételezzük, hogy az ( \, +, ⋅, _) vektortér véges dimenziós,

dim \ = n ∈ `* és {v1, v2 ,..., vn } egy bázisa \ -nek. Ekkor bármely r ∈ \ esetén léteznek és egyértelműen meghatározottak a λi ∈ _, i = 1, n számok, amelyekre

r = λ1v1 + λ2v2 + ... + λn vn , tehát

{

}

\ = λ1v1 + ...λn vn λi ∈ _, i = 1, n =


{

359

}

= (λ1, λ2 ,..., λn ) λi ∈ _, i = 1, n = _n = _ = ` . n

2

n

2

Igazolni fogjuk, hogy ` = ` . Tudjuk, hogy ` = `2 és így az egyenlőség igazolásához elégséges kimutatni, hogy

`2 = ` . Írjuk fel

`2

elemeit

táblázatszerűen a következő módon: (0,0)

(0,1)

(0,2)

(0,3)

.......

(1,0)

(1,1)

(1,2)

(1,3)

.......

(2,0)

(2,1)

(2,2)

(2,3)

.......

(3,0)

(3,1)

(3,2)

(3,3)

.......

............................................................................................... Legyen f ( ) = (0, 0) és a táblázat elemeit átlósan számozzuk meg (a nyilak által mutatott módon). Az így kapott f : ` → `2 függvény nyilván bijektív, tehát n

2

` = `2 = ` . Indukcióval igazolható, hogy ` = ` , ∀n ∈ `* -ra. n

n

Igazoltuk tehát, hogy \ = ` és ` = ` , ahonnan kapjuk, hogy \ = ` , ami ellentmondás, hiszen \ ≠ ` . Következik, hogy feltételezésünk hamis volt, vagyis az ( \, +, ⋅, _) vektortér nem véges dimenziós. b) 10. teszt 1. Izomorfak-e a ] × ] és ] × ] × ] csoportok? (Helyi olimpia, 1995.) Megoldás. Ha (] × ], +) (] × ] × ], +) , akkor létezik f : ] × ] → ] 3 bijektív függvény

úgy,

hogy

f ((x 1, y1 ) + (x 2 , y2 )) = f ((x 1, y1 )) + f ((x 2 , y2 )) ,

∀x 1, x 2 , y1, y2 ∈ ] , innen f ((x , y )) = f ((x , 0) + (0, y )) = f ((x , 0)) + f ((0, y )) = x ⋅ f ((1, 0)) + y ⋅ f ((0,1)) . Legyen f ((1, 0)) = (a1, a2 , a 3 ) és f ((0,1)) = (b1, b2 , b3 ) , ekkor

f ((x , y )) = (xa1 + yb1, xa2 + yb2 , xa 3 + yb3 ) , ∀x , y ∈ ] .


360

bijektív, szürjektív is, Im f = ] 3 , tehát létezik x , y ∈ ] úgy, hogy ⎧xa + yb = a ⎪ 1 1 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ f ((x , y )) = (a1, a 2 , a 3 + 2) , ahonnan ⎨xa 2 + yb2 = a 2 . ⎪ ⎪ ⎪ xa + yb3 = a 3 + 2 ⎪ ⎪ ⎩ 3

Mivel f

Ha a1 = 0 , akkor y = 0 vagy b1 = 0 . De b1 nem lehet 0 , mert különben

Im f = {(0, a, b ) | a, b ∈ ]} ≠ ] 3 . Következik, hogy y = 0 , ebből pedig x ⋅ a2 = a2 a +2 és x ⋅ a 3 = a 3 + 2 , a 3 ≠ 0 . x = 3 ⇒ a2 = 0 ⇒ a3

⇒ f ((x , y )) = (0, 0, a 3x ) + (yb1, yb2 , yb3 ) . ⎪⎧⎪yb1 = b1 ⎪⎪ rendszernek van megoldása. (b1, b2 , b3 + 2) ∈ Im f , tehát az ⎪⎨yb2 = b2 ⎪⎪ ⎪⎪yb3 + a 3x = b3 + 2 ⎪⎩ a b1 ≠ 0 és b2 ≠ 0 (különben Im f ≠ ] 3 ) ⇒ y = 1 és a 3x = 2 ⇒ x = 3 ∉ ] , ami 2 ellentmondás, tehát a1 ≠ 0 . Hasonlóképpen a2 , a 3 , b1, b2 , b3 sem lehet 0. Ekkor y (b2 − b1 ) = 0 ⇒ y = 0 vagy b2 − b1 = 0 . Ha y = 0 , akkor x = 1 és a 3x ≠ a 3 + 2 , tehát nem létezik megoldás. Ha b1 = b2 , akkor (x − 1) (a2 − a1 ) = 0 ⇒ x = 1 vagy a2 = a1 . Az x = 1 esetben a 3 + b3y ≠ a 3 + 2, ∀y ∈ ] , tehát nincs megoldás. Következik, hogy

f ((x , y )) = (xa1 + yb1, xa1 + yb1, xa 3 + yb3 ) ⇒ Im f = {(a, a, b ) | a, b ∈ ]} ≠ ] 3 , / (] 3 , +) . ellentmondás, tehát (]2 , +)

2. A G halmazon a "⋅ " asszociatív művelet rendelkezik a következő tulajdonsággal ∀x ∈ G ∃x ′ ∈ G : xx ′x = x Bizonyítsd be, hogy (G, ⋅) csoport! (Megyei olimpia, 1993.) Bizonyítás. 3. A (G, ⋅) csoportban ab 2a = b 2a 4b 2 , a 5 = e és b 4n +2 = e ( a , b rögzített elemek

G -ben és n rögzített természetes szám). Bizonyítsd be, hogy b 10 = e . Bizonyítás. 4. Bizonyítsd be, hogy ha (m, n ) = 1 (m, n ∈ `* ) és a (G, ⋅) csoportban x m y m = y m x m , ∀x , y ∈ G x n y n = y n x n , ∀x , y ∈ G , akkor xy = yx , ∀x , y ∈ G .


361

Bizonyítás. Mivel (m, n ) = 1 létezik olyan a, b ∈ ] , amelyre am + bn = 1 . A feltételek alapján x am y am = y am x am és x bn y bn = y bn x bn . Feltételezhetjük, hogy b < 0 és így a p = −bn számra igazoltuk, hogy x p y p = y p x p és x p +1y p +1 = y p +1x p +1 , p +1

∀ x , y ∈ G . Az előbbi egyenlőségek alapján (x p y −1 ) oldal viszont írható (x p y

−1 p

)

p −1 p

x py −1y p +1 = (x y

)

p +1

y p +1 = y p +1 (x py −1 ) p −1 p

x py p = x py p (x y

)

. A bal

alakban és

így x p y p +1 = y p +1x p , ∀x , y ∈ G . De x p y p +1 = x p y py = y p x py és így az előbbi egyenlőségből következik, hogy

yx p = x p y , p +1

∀x , y ∈ G .

p +1

p

p

p

Ezek

x p +1y p +1 = xx pyy p = xyx p y p

alapján

és

p

y x = yxy x = yxx y .Mivel az előbbi két összefüggés bal oldalán szereplő szorzatok egyenlők a jobb oldalon álló szorzatok is egyenlők. Az egyszerűsítés után az xy = yx , ∀x , y ∈ G összefüggést kapjuk.

5. Bizonyítsd be, hogy ha a (G, ⋅) csoport és az f : G → G f (x ) = x 3 függvény injektív morfizmus, akkor (G, ⋅) kommutatív csoport. Bizonyítás. Mivel f (x ) = x 3 morfizmus, f (xy ) = f (x ) f (y ) , ∀x , y ∈ G , vagyis 3

2

(xy ) = x 3y 3 ⇒ (yx ) = x 2y 2 . 3

2

y 3x 3 = (yx ) = (yx ) (yx ) = x 2y 2 ⋅ (yx ) = x 2y 3x ⇒ y 3x 2 = x 2y 3 , ∀x , y ∈ G . Az (xy ) = x 3y 3 összefüggésbe y helyébe (x −1y ) -t írva kapjuk, hogy 3

y 3 = x 3 ⋅ x −1y ⋅ x −1y ⋅ x −1y ⇒ y 2 = x 2yx −1yx −1, ∀x , y ∈ G ⇒ 3

3

⇒ y 2xy −1 = x 2yx −1 ⇒ (y 2xy −1 ) = (x 2yx −1 ) ⇒ 3

3

⇒ y 2xyxyxy −1 = x 2yxyxyx −1 ⇒ y (yx ) y −1 = x (xy ) x −1 . Az y 3x 2 = x 2y 3 egyenlőségbe y 3

3

helyett (xy ) -t helyettesítve kapjuk, hogy

3

(xy ) x 2 = x 2 (xy ) , ∀x , y ∈ G . Innen az előző eredményt felhasználva 3

3

3

(xy ) x 2 = x ⋅ x (xy ) = x ⋅ y (yx ) y −1x ⇒ 3

3

3

3

⇒ (xy ) x = xy (yx ) y −1 ⇒ (xy ) = (yx ) , ∀x , y ∈ G ⇒ f (xy ) = f (yx ) . Mivel f injektív, következik, hogy xy = yx , ∀x , y ∈ G , tehát (G, ⋅) kommutatív csoport. 6. Bizonyítsd be, hogy ha az (A, +, ⋅) gyűrűben

(x 2 + x + 1) y = y (x 2 + x + 1) ,

∀x , y ∈ A ,

akkor A kommutatív gyűrű. (Helyi olimpia, 1985.) (−x ) -et

Bizonyítás. x helyett írva kapjuk, hogy 2 (x − x + 1) y = y (x 2 − x + 1) , ∀x, y ∈ A .


362

Összeadva az eredeti egyenlőséggel, kapjuk, hogy xy + xy = yx + yx , ∀x , y ∈ A . 7. Bizonyítsd be, hogy ha az (A, +, ⋅) gyűrűben értelmezés szerint [x , y ] := xy − yx ,

∀x , y ∈ A , akkor [x , [y, z ]] + [y, [z , x ]] + [z, [x , y ]] = 0 . (Jacobi azonosság) Bizonyítás. [x , [y, z ]] + [y, [z , x ]] + [z, [x , y ]] = = x [y, z ] − [y, z ] x + y [z, x ] − [z, x ] y + z [x , y ] − [x , y ] z = = x (yz − zy ) − (yz − zy ) x + y (zx − xz ) − (zx − xz ) y + +z (xy − yx ) − (xy − yx ) z = = xyz − xzy − yzx + zyx + yzx − yxz − zxy + xzy + zxy − zyx − xyz + yxz = 0 . 8. A (G, ⋅) Ábel-féle csoportban x n = y m = e , ahol x , y ∈ G és m, n ∈ `* . p

Bizonyítsd be, hogy (xy ) = e , ahol p = [m, n ] (az m és n legkisebb közös többszöröse). Bizonyítás. p = [m, n ] ⇒ ∃a, b ∈ `* úgy, hogy p = ma = nb . Mivel (G, ⋅) Ábelp

a

b

csoport, (xy ) = x py p = (x m ) ⋅ (y n ) = e . 9. Bizonyítsd be, hogy minden csoport izomorf egy bijektív függvényekből alkotott csoporttal. (Cayley tétele).

{

}

Bizonyítás. Legyen SG = α : G → G | α bijektív . Az fa : G → G , fa (x ) = ax

függvény bijektív bármely a ∈ G esetén ( fa (x ) = fa (y ) ⇔ ax = ay ⇔ x = y és az ax = b egyenletnek létezik megoldása ∀a, v ∈ G esetén). Innen következik, hogy fa ∈ SG , bármely a ∈ G esetén. Legyen ϕ : G → {fa | a ∈ G } , ϕ (a ) = fa . Ekkor

ϕ (ab ) = fab = fa D fb = ϕ (a ) D ϕ (b ) , tehát ϕ művelettartó. ϕ (a ) = ϕ (b ) ⇔ fa = fb ⇔ ax = bx , ∀x ∈ G ⇒ a = b és így f injektív.

ϕ szürjektív, mert ∀fa ∈ {fa | a ∈ G } esetén létezk a ∈ G úgy, hogy ϕ (a ) = fa . Mivel ϕ bijektív és művelettartó, ϕ izomorfizmus, tehát ∀ (G, ⋅) csoport izomorf SG egy részcsoportjával. 10. Bizonyítsd be, hogy minden véges, zérusosztó mentes gyűrű test. Bizonyítás. Az 5. teszt 9. feladatánál levő megjegyzés alapján egy (R, +, ⋅) véges gyűrűben minden 0-tól különböző elem zérusosztó vagy egység. Innen, ha a gyűrű zérusosztómentes, következik, hogy minden 0-tól különböző elem egység, tehát (R, +, ⋅) test.

TARTALOMJEGYZÉK MATEMATIKAI ANALÍZIS I. FEJEZET. A PRIMITÍV FÜGGVÉNY ÉS A HATÁROZATLAN INTEGRÁL...5 II. FEJEZET. INTEGRÁLÁSI MÓDSZEREK

Recommend Documents