TARTALOMJEGYZÉK MATEMATIKAI ANALÍZIS. Tartalomjegyzék. Előszó...3

Tartalomjegyzék

Vissza Tartalomjegyzék

TARTALOMJEGYZÉK Előszó...........................................................................................................................3

MATEMATIKAI ANALÍZIS I. VALÓS SZÁMOK ÉS FÜGGVÉNYEK .........................................................................5 A valós számok halmaza.........................................................................................5 Valós függvények .................................................................................................12 II. VALÓS SZÁMSOROZATOK ....................................................................................31 Sorozatok megadási módjai ..................................................................................31 Másodrendű lineáris rekurziók .............................................................................35 Korlátos sorozatok ................................................................................................37 Monoton sorozatok ...............................................................................................39 Konvergens sorozatok...........................................................................................41 Sorozatok néhány tulajdonsága ............................................................................47 Műveletek konvergens sorozatokkal.....................................................................50 Végtelenhez tartó sorozatok..................................................................................55 Határozatlan esetek ...............................................................................................56 Összehasonlítási kritériumok ................................................................................59 Monoton és korlátos sorozatok .............................................................................62 A hányadoskritérium.............................................................................................65 Az e szám.............................................................................................................67 Az 1∞ határozatlan eset........................................................................................70 A Cezáro-Stolz tétel..............................................................................................71 Sorozatok alkalmazása feladatok megoldásánál ...................................................73 III. FÜGGVÉNYEK HATÁRÉRTÉKE ..........................................................................91 Függvény pontbeli határértékének értelmezése ....................................................91 Jobboldali és baloldali határértékek......................................................................95 A függvények végtelenben számolt határértéke ...................................................96 A határértékek tulajdonságai ................................................................................99 Alaphatárértékek.................................................................................................102 IV. FOLYTONOS FÜGGVÉNYEK ..............................................................................113 A folytonos függvények értelmezése..................................................................113 Műveletek folytonos függvényekkel ..................................................................118 Intervallumon folytonos függvények..................................................................121 V. DERIVÁLHATÓ FÜGGVÉNYEK ...........................................................................133 A derivált fogalmához vezető feladatok .............................................................133 A derivált értelmezése ........................................................................................134 Deriválható függvények folytonossága...............................................................136 Jobb- és baloldali derivált ...................................................................................137

Tartalomjegyzék

Az elemi függvények deriváltja ..........................................................................138 Műveletek deriválható függvényekkel................................................................139 Magasabbrendű deriváltak..................................................................................150 VI. DERIVÁLHATÓ FÜGGVÉNYEK TULAJDONSÁGAI ...........................................153 A matematikai analízis alaptételei ......................................................................153 VII. A HATÁROZATLAN ESETEK KIKÜSZÖBÖLÉSE .............................................161 A l’Hospital szabály............................................................................................161 A l’Hospital szabályok alkalmazása a határozatlan eseteknél ............................167 VIII. FÜGGVÉNYEK TANULMÁNYOZÁSA ...............................................................172 A monotonitás vizsgálata, egyenlőtlenségek ......................................................172 A deriválhatóság tanulmányozása a Lagrange tétel segítségével.........................178 Konvex és konkáv függvények...........................................................................180 Függvények ábrázolása.......................................................................................184 Egyenletek vizsgálata .........................................................................................200 A függvények vizsgálatának alkalmazásai .........................................................204 Kúpszeletek.........................................................................................................211 IX. ISMÉTLŐ FELADATOK ......................................................................................230

II ALGEBRA I. PERMUTÁCIÓK .....................................................................................................243 II. MÁTRIXOK ..........................................................................................................253 Műveletek mátrixokkal .......................................................................................254 Mátrixok hatványozása .......................................................................................267 III. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA ..................................... 279 2 vagy 3 ismeretlent tartalmazó egyenletrendszerek........................................279 A másod- és harmadrendű determinánsok tulajdonságai ............................289 Mátrix inverze .............................................................................................300 Mátrix rangja ..............................................................................................303 Elemi transzformációk ................................................................................310 n ismeretlenes, n egyenletből álló lineáris egyenletrendszerek .......................325 Mátrix inverze .............................................................................................334 m × n típusú mátrix rangja.........................................................................338 A lineáris egyenletrendszerek általános esetben .........................................346 IV. GEOMETRIAI ALKALMAZÁSOK ........................................................................365 Az egyenes egyenlete. Ismétlés ..........................................................................365 Két egyenes kölcsönös helyzete a síkban ...........................................................367 Három egyenes összefutása ................................................................................368 Egy háromszög területe ......................................................................................371 V. ÖSSZEFOGLALÓ GYAKORLATOK ÉS FELADATOK ..........................................379 ÚTMUTATÁSOK ÉS MEGOLDÁSOK .........................................................................400

Tartalomjegyzék

Valós számok és függvények

5

MATEMATIKAI ANALÍZIS I. VALÓS SZÁMOK ÉS FÜGGVÉNYEK A VALÓS SZÁMOK HALMAZA

AXIÓMÁK Az előző osztályok tanulmányai során használtuk a természetes, egész, racionális és valós számok tulajdonságait. Ezen tulajdonságok többsége a számokkal végezhető műveletekre vonatkozott. Ebben a fejezetben felelevenítjük az alapműveletek fontosabb tulajdonságait, a valós számok rendezésére vonatkozó tulajdonságokat és bevezetünk néhány más axiómát, amelyek a valós számok halmazára (tehát nemcsak a számokra) vonatkoznak. A valós számok halmazát \ -rel jelöljük. A valós számok halmaza a matematika eléggé bonyolult építménye, amely a tudomány sok évszázados fejlődése során számos nagy matematikus munkájának eredményeként jött létre. Mi nem fogjuk ezt a felépítést végigkövetni, csak azokat az elemeket választjuk ki, amelyek a vizsgálandó tulajdonságok megértéséhez szükségesek. Elevenítsük fel a valós számok ábrázolását egy irányított és beosztott tengelyen. Ha egy egyenesen rögzítünk egy irányt (1. ábra), egy kezdőpontot (origót) és egy mértékegységet (azaz, ha rögzítünk két pontot), akkor értelmezünk egy valós 2 1 4 5 5 4 1 2 számtengelyt. 3 3 3 3 3 3 3 3 0

1. ábra

1

2

1

0

2. ábra

1

2

Ezen a tengelyen megszerkeszthetjük (körzővel és vonalzóval) a természetes, egész és racionális számok képeit. A pozitív számokat pozitív irányban, a negatív számokat negatív irányban mérjük fel. Ugyanakkor nem racionális mennyiségeket is fel tudunk mérni, például az 1 befogójú egyenlő szárú derékszögű háromszög átfogóját. Ennek hossza 2 és 2 ∉ _ . Hasonló eljárással bármilyen y 3. ábra r , r ∈ _ alakú számot ábrázolhatunk. A megszerkeszthető (beosztás nélküli vonalzóval és körzővel) számok 1 halmaza nem a teljes \ . 2 Nem tudjuk megszerkeszteni például a 3 2 képét. Ennek bizonyítása egyáltalán nem egyszerű. Annak ellenére, x 0 1 2 hogy már az ókorból ismert (kocka kettőzésének problémája vagy a delosi probléma), a szerkeszthetőség lehetetlenségét alig a XIX. században bizonyították a Galois elmélet keretén belül (közben sok matematikus adott zseniális bizonyítást speciális görbék felhasználásával). A továbbiakban nem foglalkozunk a szerkeszthetőséggel, hanem feltételezzük, hogy minden valós szám egyértelműen ábrázolható a valós számtengelyen, azaz létezik egy bijektív leképezés az egyenes pontjai és a valós számok között.

Tartalomjegyzék

6


Az összeadás és a szorzás axiómái Megemlítjük az összeadás és a szorzás fontosabb tulajdonságait: A1. Minden a, b ∈ \ esetén létezik pontosan egy a + b -vel jelölt valós szám; A2. a + b = b + a , ∀ a, b ∈ \ (kommutativitás); A3. (a + b ) + c = a + (b + c ) , ∀ a, b, c ∈ \ (asszociativitás); A4. Létezik pontosan egy 0 -val jelölt valós szám, amelyre a + 0 = a , ∀a ∈ \ ; A5. Bármely a ∈ \ szám esetén létezik pontosan egy olyan x ∈ \ szám, amelyre a + x = 0 ( x az a ellentettje és −a -val jelöljük). M1. Minden a, b ∈ \ esetén létezik pontosan egy a ⋅ b -vel jelölt valós szám; M2. a ⋅ b = b ⋅ a , ∀ a, b ∈ \ (kommutativitás); M3. (ab )c = a (bc ) , ∀ a, b, c ∈ \ (asszociativitás); M4. Létezik pontosan egy olyan szám, amelyre x ⋅ a = a , bármely a ∈ \ esetén. Ezt 1 -gyel jelöljük; M5. Minden 0 -tól különböző a valós szám esetén létezik x ∈ \ úgy, hogy 1 a ⋅ x = 1 ( x az a szám inverze és -val jelöljük). a Az alábbi axióma kapcsolatot teremt a fenti két művelet között: D. (a + b) ⋅ c = a ⋅ c + b ⋅ c , ∀a, b, c ∈ \ (a szorzás disztributív az összeadásra nézve). Megjegyzés. Az A1, ..., A5, M1, ..., M5, D axiómákat testaxiómáknak is nevezzük, és a XII. osztályban részletesen fogjuk tanulmányozni. Következmények A valós számokkal végzett műveletek Minden a, b ∈ \ , (illetve c ∈ \* , d ∈ \ ) szám esetén létezik pontosan egy x ∈ \ a + x = b (illetve c ⋅ x = d ), úgy, hogy 1 ez a szám x = b + (−a ) (illetve x = d ⋅ ). c Az előbbi x szám a b és a számok különbsége (illetve d és c hányadosa) és b − a d val (illetve -vel) jelöljük. c Bizonyítsuk be az axiómák segítségével az a + x = b egyenlet megoldásának létezését és egyértelműségét! Ha a és b valós számok, akkor létezik az x = b + (−a ) szám. Az A1 és A5 axiómák alapján a + x = a + (b + (−a )) = a + ((−a ) + b ) . Tehát A2 alapján a + x = (a + (−a )) + b = 0 + b = b . Így x valóban megoldása az adott egyenletnek. Ha x ∈ \ esetén a + x = b , akkor mindkét oldalhoz hozzáadva (−a ) -t (a + x ) + (−a ) = b + (−a ) . kapjuk: A1 és A2 alapján (x + a ) + (−a ) = b + (−a ) és x + (a + (−a )) = b + (−a ) . Továbbá az A3, A5 és A4 axiómákat alkalmazva, kapjuk: x + 0 = b + (−a ) , x = b + (−a ) .

Tartalomjegyzék


7

Következésképpen az a + x = b egyenletnek pontosan egy megoldása van. Hasonlóan igazolható a c ⋅ x = d egyenlet megoldásának létezése és egyértelműsége. Megjegyzések. 1. Az A1, ..., A5, M1, ..., M5, D axiómák segítségével igazolhatók a valós számok eddig használt tulajdonságai. 2. A3 alapján (a + b ) + c = a + (b + c ) , ∀ a, b, c ∈ \ , tehát értelmezhető több szám összege:

a + b + c = (a + b ) + c = a + (b + c ) . (1) Az (1), A2 és A3 axiómákból következik, hogy az összeadás eredménye nem függ a tagok sorrendjétől sem, mert b + c + a = (b + c ) + a = a + (b + c ) = a + b + c . Induktív meggondolásokkal igazolható, hogy a tagok száma tetszőleges lehet. Hasonlóan az M3 alapján abc = (ab )c = a (bc ) , így a szorzat eredménye sem függ a tényezők sorrendjétől. Rendezési axiómák A következő négy axióma valós számok rendezésére vonatkozik: R1. Bármely két a, b ∈ \ számra a következő relációk közül pontosan egy érvényes: a > b , a = b , b > a (trichotómia); R2. Ha a > b és b > c , akkor a > c (tranzitivitás); R3. Ha a > b , c ∈ \ , akkor a + c > b + c ; R4. Ha a > b és c > 0 , akkor ac > bc . Értelmezések és jelölések. Az a > b relációt szóban így fejezzük ki: a nagyobb b -nél (vagy b kisebb a -nál), az a > b és b < a írásmód ugyanazt jelenti. Az a ≥ b szimbólum jelentése: az a > b , a = b relációk közül fennáll az egyik. Ha a > 0 , akkor a -t pozitív, ha a < 0 , akkor a -t negatív számnak nevezzük. Ha a ≥ 0 , akkor a -t nemnegatív, ha a ≤ 0 , akkor a -t nempozitív számnak nevezzük. Értelmezés. a) Ha az A ⊂ \ halmaz tartalmaz olyan elemet, amely A minden eleménél nagyobb, vagy egyenlő, akkor ezt az elemet az A halmaz legnagyobb elemének vagy maximumának nevezzük és max A -val jelöljük. b) Ha az A halmaz tartalmaz olyan elemet, amely A egyetlen eleménél sem nagyobb, akkor ezt az elemet az A halmaz legkisebb elemének vagy minimumának nevezzük és min A -val jelöljük. Így:

M = max A ⇔ a ≤ M , ∀a ∈ A és M ∈ A ; m = min A ⇔ m ≤ a , ∀a ∈ A és m ∈ A . Nem minden halmaznak van legkisebb, illetve legnagyobb eleme. Például az (1, 2) intervallumnak nincs sem legkisebb sem legnagyobb eleme, az [1, 2) intervallum legkisebb eleme az 1 és nincs legnagyobb eleme, míg az (1, 2] intervallumnak a 2 a legnagyobb elem, és nincs legkisebb eleme.

Tartalomjegyzék

8


A felső határ axiómája Értelmezés. Valamely A számhalmazt felülről (alulról) korlátosnak nevezünk, ha létezik olyan K ( k ) valós szám, amelyre minden x ∈ A esetén fennáll az x ≤ K ( x ≥ k ) egyenlőtlenség. Ekkor a K ( k ) számot az A számhalmaz egy felső (alsó) korlátjának nevezzük. Korlátos számhalmazon alulról is és felülről is korlátos számhalmazt értünk. A következő axióma felülről korlátos halmazokra vonatkozik: F. Ha A ≠ ∅ felülről korlátos számhalmaz, akkor létezik olyan H valós szám, amelyre: 1. minden x ∈ A esetén x ≤ H ; 2. ha K az A halmaz egy felső korlátja, akkor H ≤ K . Tulajdonképpen a H szám az A halmaz legkisebb felső korlátja, tehát az axióma kijelenti, hogy a felső korlátok halmazának van egy legkisebb eleme. Vegyük észre, hogy ez a H szám egyértelműen meghatározott. Tegyük fel ugyanis, hogy a H és H * számokra igaz az axiómában szereplő 1. és 2. tulajdonság. Ekkor 1. szerint mind H , mind pedig H * felső korlátja az A számhalmaznak, amiből 2. szerint következik egyrészt a H ≤ H * , másrészt a H * ≤ H egyenlőtlenség, vagyis H* = H . Az F axióma által biztosított H szám az A halmaz legkisebb felső korlátja, az A felső határának vagy szuprémumának nevezzük és sup A -val jelöljük. Az F axiómából adódik alulról korlátos számhalmazokra a következő állítás: Tulajdonság. Ha A ≠ ∅ alulról korlátos számhalmaz, akkor létezik olyan h valós szám, amelyre: 1. minden x ∈ A esetén x ≥ h ; 2. ha k az A halmaz egy alsó korlátja, akkor k ≤ h . A h szám az A halmaz legnagyobb alsó korlátja vagy alsó határa vagy infimuma és inf A -val jelöljük. Bizonyítás. Legyen B = {x ∈ \ −x ∈ A} . Ha k egy alsó korlátja az A halmaznak, akkor K = −k felső korlátja a B halmaznak és fordítva, tehát B felülről korlátos. Ha H = sup B , akkor minden y ∈ B esetén y ≤ H , tehát h = −H egy (1) alsó korlátja az A halmaznak (minden x ∈ A esetén h ≤ x ) Ha k egy tetszőleges alsó korlátja az A halmaznak, akkor K = −k felső korlátja a B halmaznak, tehát az F axióma alapján H ≤ K . Így −K ≤ −H , tehát k ≤ h . (2) Az (1) és a (2) egyenlőtlenség fennállása azt jelenti, hogy állításunkat igazoltuk. Így, ha A egy korlátos halmaz, akkor létezik szuprémuma is és infimuma is. A következő két jellemzés fontos az alkalmazásokban: a) Legyen az A számhalmaz felülről korlátos, és legyen H = sup A . A H értelmezéséből következik, hogy H -nál nagyobb szám nincs az A halmazban. Tetszés szerinti ε > 0 szám esetében viszont a H − ε szám nem felső korlátja az A halmaznak, tehát létezik olyan x ∈ A elem, amelyre x > H − ε .

Tartalomjegyzék


9

b) Az alulról korlátos B számhalmaz esetében nincs B -ben a h = inf B számnál kisebb elem, viszont tetszőleges ε > 0 számhoz létezik olyan y ∈ B , amelyre fennáll az y < h + ε egyenlőtlenség. Példák. 1. Vezessük be a következő jelöléseket: \ + = {x ∈ \ x ≥ 0} , \*+ = {x ∈ \ x > 0} , \ − = {x ∈ \ x ≤ 0} ,

\*− = {x ∈ \ x < 0} . Állíthatjuk, hogy az \ − és \*− halmazok felülről korlátosak és mindkettőnek a szuprémuma 0 : sup \ − = sup \*− = 0 . Az \ − tartalmazza a szuprémumát, míg az \*− nem. 2. Az A = (1, ∞) halmaz alulról korlátos és felülről nem. 0 ≤ x , ∀ x ∈ A , tehát a 0 egy alsó korlátja A -nak. Az A alsó korlátjainak halmaza a (−∞,1] intervallum, tehát a legnagyobb alsó korlát az 1 , így inf A = 1 . Látható, hogy az A halmaznak nincs sem legnagyobb, sem legkisebb eleme. 3. A B = [5, 2002) halmaz alulról és felülről is korlátos, mert 5 ≤ x ≤ 2002 , ∀x ∈ B . Az alsó korlátok halmaza (−∞, 5] és a felső korlátok halmaza [2002, ∞) . Így a B halmaz szuprémuma 2002 és infimuma 5 , ugyanakkor a halmaz legkisebb eleme 5 és nincs legnagyobb eleme. 4. Az ` halmaz alulról korlátos, felülről nem. A halmaz legkisebb eleme a 0 , ez egyben az infimuma is. A következő pontokban az ismertetett axiómák néhány lényeges következményével ismerkedhetünk meg. Az Arkhimédész féle axióma Sokszor alkalmazzuk majd a következő, úgynevezett Arkhimédész féle axiómát: A. Minden a és b pozitív valós számhoz található olyan n természetes szám, amelyre n ⋅ a > b . Következmények. 1. a = 1 esetén következik, hogy bármely b valós számnál van nagyobb természetes szám. 2. Az A és F axiómák következménye tetszőleges valós szám egészrészének létezése. Így ∀ x ∈ \ esetén létezik n ∈ ] úgy, hogy n ≤ x < n + 1 . Az n számot az x valós szám egészrészének nevezzük és [x ] -szel jelöljük. Tehát [x ] ≤ x < [ x ] + 1 , ∀ x ∈ \ . A valós szám egészrészének segítségével értelmezhetjük a törtrészét is, mint a szám és az egészrészének különbsége. Az x valós szám törtrészét {x } -szel jelöljük és értelmezés alapján: {x } = x − [x ] , ∀x ∈ \ . A fentiekből látható, hogy 0 ≤ {x } < 1, ∀ x ∈ \ .

Tartalomjegyzék

10


Példák. 1. Az x = 2, 3 szám egészrésze [2, 3 ] = 2 és a törtrésze {2, 3} = 0, 3 . Pozitív számok esetén a tizedes reprezentáció vessző előtti rész a szám egészrésze és a tizedesvessző utáni rész a szám törtrésze. 2. Az x = −5, 8 szám egészrésze [−5, 8 ] = −6 , mert −6 ≤ −5, 8 < −5 . Így a törtrésze {−5, 8} = −5, 8 + 6 = 0, 2 . 3. Bármely két különböző valós szám között van racionális szám (ha a, b ∈ \ , a 0 és Arkhimédész axiómája alapján a b − a és 1 pozitív számokra ∃n ∈ `* úgy, hogy n (b − a ) > 1 , tehát na + 1 < nb . Másrészt létezik [na ] = m ∈ ] , következik, hogy m ≤ na < m + 1 , tehát m + 1 ≤ na + 1 < nb . Így m +1 m +1 < b és ∈_. na < m + 1 < nb , következésképpen a < n n 4. A 2. következmény alapján bármely két a, b ∈ \ , a < b valós szám között végtelen sok racionális szám létezik. Valóban, ha r ∈ _ és a < r < b , akkor létezik r1 ∈ _ úgy, hogy a < r1 < r , stb. 5. Bármely két különböző valós szám között van irracionális szám (ha a, b ∈ \ ,

a < b , akkor létezik r ∈ \ \ _ úgy, hogy a < r < b ). Ha a < b , akkor R3 alapján a − 2 < b − 2 , tehát a 2. következményből ∃q ∈ _ úgy, hogy a − 2 < q < b − 2 , így a < q + 2 < b , ahol q + 2 ∈ \ \ _ . 6. A 4. következmény alapján két a, b ∈ \, a < b valós szám között végtelen sok irracionális szám létezik. ⎪⎧ 1 ⎪⎫ n ∈ `* ⎪⎬ halmaz Megoldott feladat. Határozzuk meg az A = ⎪ ⎨ ⎪⎩⎪n + 1 ⎪⎭⎪ minimumát, maximumát, infimumát és szuprémumát! 1 1 ≤ , ∀ n ∈ `* , az A halmaz alulról is és felülről is korlátos, tehát Mivel 0 < n +1 2 1 , ez tehát egyúttal a létezik alsó és felső határa. A halmaz legnagyobb eleme 2 szuprémuma is. Bizonyítjuk, hogy a halmaz alsó határa a 0 . Az értelmezés alapján a következő két állítást kell igazolnunk: 1 , ∀ n ∈ `* , ezt már beláttuk, hogy igaz; 1. 0 < n +1 1 <ε. 2. ∀ ε > 0 esetén létezik ∃ n ∈ `* úgy, hogy n +1 1 − 1 < n egyenlőtlenséggel, tehát Az utóbbi egyenlőtlenség ekvivalens az ε ⎡1 ⎤ ⎡1 ⎤ ⎡1 ⎤ n > ⎢ − 1⎥ + 1 . De ⎢ − 1⎥ + 1 = ⎢ ⎥ , és mivel a keresett n szám nem lehet nulla, ⎣⎢ ε ⎦⎥ ⎣⎢ ε ⎦⎥ ⎣⎢ ε ⎥⎦

Tartalomjegyzék


11

⎛⎡ 1 ⎤ ⎞ ezért az n = max ⎜⎜⎜ ⎢ ⎥ ,1⎟⎟⎟ értékre biztosan teljesül a kért egyenlőtlenség. Tehát ⎝ ⎢⎣ ε ⎥⎦ ⎠ inf A = 0 . Mivel 0 ∉ A , a halmazban nincs legkisebb elem. Gyakorlatok 1. Határozd meg a következő halmazok alsó és felső határát, legnagyobb és legkisebb elemét (amennyiben ezek léteznek): a) A = ] ; b) A = _ ; c) A = (−∞, 5) ; d) A = (−∞,10] ; e) A = (7, ∞) ; f) A = [2000, ∞) ; g) A = (−3,100) ; i) (−3, 5] ∪ {11} ;

j) A = (−∞, 2] ∪ (3, ∞) ;

⎧⎪ n ⎫⎪ n ∈ `⎪⎬ ; l) A = ⎪ ⎨ ⎪⎩⎪n + 2 ⎪⎭⎪

{

h) A = [−8,13) ;

k) (−2, 5] ∪ (6,103] ;

⎧ 2n 2 ⎫ ⎪ ⎪ n ∈ `* ⎪ m) A = ⎪ ⎨ 2 ⎬; ⎪ ⎪ ⎪n + 1 ⎪ ⎩ ⎭ o) A = x ∈ _ 2x + 3 ≤ x ;

}

{

n) A = x ∈ \ x − 2 ≤ 1 ;

}

⎧⎪ ⎫ ⎪ x 2 − 5x + 4 > 0⎪⎬ ; r) A = x ∈ \ x − 2 x − 1 > 1 . p) A = ⎪ ⎨x ∈ \ ⎪⎩⎪ ⎪⎭⎪ x +3 2. Határozd meg a következő számok egészrészét és törtrészét: 17 135 3n 2 n , n ∈ `* ; d) a = 2 ,n ∈ ` . a) a = ; b) a = − ; c) a = 5 3 n +2 n+3 3. Oldd meg a következő egyenleteket: ⎡ 4x + 1 ⎤ ⎡ 3x − 1 ⎤ ⎡ 2x + 1 ⎤ ⎡x + 1⎤ a) ⎢ b) ⎢ c) ⎢ ⎥=⎢ ⎥; ⎥ = 2; ⎥ = x −2; ⎣⎢ 3x − 1 ⎦⎥ ⎣⎢ 3 ⎦⎥ ⎣⎢ 5 ⎦⎥ ⎣⎢ 2 ⎦⎥ 2x + 1 1 x +1 = ; = [x − 1 ] . d) e) 3 2 2

{

{

}

{

}

}

Feladatok 1. Bizonyítsd be, hogy ha az alábbi egyenlőségekben szereplő kifejezések léteznek, akkor az egyenlőségek igazak ( A, B ⊂ \ ):

{

}

a) inf (A + B ) = inf A + inf B , ahol A + B = a + b a ∈ A, b ∈ B ; b) sup (A + B ) = sup A + sup B ;

{

}

c) inf (λ ⋅ A) = λ ⋅ inf A , ahol λ ⋅ A = λ ⋅ a a ∈ A és λ ∈ \ + ; d) sup (λ ⋅ A) = λ ⋅ sup A , ahol λ ∈ \ + . Hasonló egyenlőségek igazak akkor is, ha az infimum és szuprémum helyett minimum illetve maximumot írunk. 2. Bizonyítsd be, hogy ha f , g : [a, b ] → \ és az alábbi egyenlőtlenségekben szereplő kifejezések léteznek, akkor az egyenlőtlenségek igazak: a) max ( f (x ) + g(x )) ≤ max f (x ) + max g(x ) ; x ∈[a ,b ]

x ∈[a ,b ]

x ∈[a ,b ]

Tartalomjegyzék

12

Valós számok és függvények b) min ( f (x ) + g(x )) ≥ min f (x ) + min g(x ) ; x ∈[a ,b ]

x ∈[a ,b ]

x ∈[a ,b ]

c) max ( f (x ) ⋅ g(x )) ≤ max f (x ) ⋅ max g(x ) , ha f , g : [a, b ] → \ + . x ∈[a ,b ]

x ∈[a ,b ]

x ∈[a ,b ]

Hasonló egyenlőségek igazak akkor is, ha a minimum illetve maximum helyett infimumot és szuprémumot írunk. 3. Bizonyítsd be, hogy ha a ≤ b , ∀ a ∈ A és ∀ b ∈ B ( A, B ⊂ \ ), akkor

sup A ≤ inf B . 4. Számítsd ki a következő kifejezések egészrészét és törtrészét: 2001 n(n + 1) b) n 2 + n − 1 , n ∈ `* ; c) , n ∈ `. a) (2 + 3 ) ; 6 5. Számítsd ki a következő összegeket: n n 2003 k ⎡ k (k + 1) ⎤ b) ∑ ⎢ c) ∑ (3 + 2 2 ) . a) ∑ ⎡⎢ k 2 + k + 1 ⎤⎥ ; ⎥; ⎣ ⎦ 6 ⎥⎦ k =1 k =1 k =1 ⎢⎣

{

{

{

6. Számítsd ki a min max x 2 + y + z , y 2 + z + x , z 2 + x + y x ,y , z ∈ \

}

}} kifejezés értékét!

VALÓS FÜGGVÉNYEK Korábbi osztályokban értelmeztük a valós változós valós függvényeket. Vizsgáltuk a függvény néhány tulajdonságát (monotonitás, paritás, periodicitás, injektivitás, szürjektivitás, bijektivitás, konvexitás, konkavitás). Elkészítettük néhány fontosabb függvény grafikus képét, kiemelve annak jelentőségét a függvények tanulmányozása során. Vizsgáltunk néhány függvényműveletet valamint az inverz függvényt is. Ebben a fejezetben felelevenítünk néhány fontosabb függvényt (hatványfüggvény, exponenciális, logaritmus, trigonometrikus függvényeket), valamint értelmezzük a polinomfüggvényt. Megemlítjük ezek fontosabb tulajdonságait, elkészítjük a grafikus képüket, majd a későbbi fejezetekben a matematikai analízis eszközeivel indokoljuk is ezeket a tulajdonságokat. Mindenekelőtt említsünk meg néhány fontos tulajdonságot: Monotonitás Azt mondjuk, hogy az f : D ⊂ \ → \ függvény növekvő (szigorúan növekvő) az

I ⊂ D intervallumon, ha ∀x 1,2 ∈ I , x 1 < x 2 esetén f (x 1 ) ≤ f (x 2 ) ( f (x 1 ) < f (x 2 ) ). Azt mondjuk, hogy az f : D ⊂ \ → \ függvény csökkenő (szigorúan csökkenő) az I ⊂ D intervallumon, ha ∀x 1,2 ∈ I , x 1 < x 2 esetén f (x 1 ) ≥ f (x 2 ) ( f (x 1 ) > f (x 2 ) ). Azt mondjuk, hogy az f : D ⊂ \ → \ függvény monoton (szigorúan monoton) az I ⊂ D , intervallumon, ha növekvő vagy csökkenő I -n (illetve szigorúan növekvő vagy szigorúan csökkenő). Megjegyzések. 1. Minden szigorúan monoton függvény egyben monoton is. 2. Az f : D ⊂ \ → \ függvény monotonitását az

Tartalomjegyzék


13

f (x1 ) − f (x 2 ) tört segítségével is vizsgálhatjuk, ahol x 1,2 ∈ D és x1 ≠ x 2 . x1 − x 2 Ha a tört pozitív (szigorúan pozitív) minden x 1,2 ∈ I ⊂ D , x1 ≠ x 2 esetén, akkor a függvény növekvő (szigorúan növekvő) I -n. Ha a tört negatív (szigorúan negatív) minden x 1,2 ∈ I ⊂ D , x 1 ≠ x 2 esetén, akkor a függvény csökkenő (szigorúan csökkenő) I -n. Függvények szélsőértékpontjai Értelmezés. Azt mondjuk, hogy x 0 ∈ D az f : D ⊂ \ → \ függvény maximumpontja (minimumpontja) és

f (x 0 )

a függvény maximuma (minimuma), ha

f (x 0 ) ≥ f (x ) ( f (x 0 ) ≤ f (x ) ) ∀x ∈ D . Azt mondjuk, hogy x 0 ∈ D az f : D ⊂ \ → \ függvény szélsőértékpontja és f (x 0 ) a függvény szélsőértéke, ha x 0 minimum- vagy maximumpont. Konvexitás és konkavitás Értelmezés. 1. Az f : D ⊂ \ → \ függvény konvex az I ⊂ D intervallumon, ha minden x1, x 2 ∈ I (x1 < x 2 ) és λ ∈ [0, 1] esetén

f (λx1 + (1 − λ ) x 2 ) ≤ λ f (x1 ) + (1 − λ ) f (x 2 ) . 2. Az f : D ⊂ \ → \ függvény konkáv az I ⊂ D intervallumon, ha minden x1, x 2 ∈ I (x1 < x 2 ) és λ ∈ [0, 1] esetén f (λx1 + (1 − λ ) x 2 ) ≥ λ f (x 1 ) + (1 − λ ) f (x 2 ) . Megjegyzések. 1. Ha az értelmezésben szereplő egyenlőtlenségek szigorúak, akkor szigorúan konvex, illetve szigorúan konkáv függvényről beszélünk. 2. Ezek az egyenlőtlenségek azt fejezik ki, hogy egy konvex függvény grafikus képének minden húrja a grafikus kép fölött helyezkedik el (3. ábra), míg egy konkáv függvény grafikus képének minden húrja a grafikus kép alatt helyezkedik el (4. ábra). Így, ha egy n oldalú sokszög csúcsai egy konvex függvény grafikus képén vannak, akkor, ha a csúcsokba a λ1, λ2 , λ3,..., λn súlyokat helyezzük, a tömegközéppont a grafikus kép fölött lesz, konkáv függvény esetén pedig a grafikus kép alatt. Ezeket a tulajdonságokat Jensen tétele fejezi ki. y y

y=f(x)

y=f(x) x

3. ábra

x

4. ábra

Tartalomjegyzék

14


Tétel. (Jensen) Az f : I → \ függvény pontosan akkor konvex az I intervallumon, ha bármely x1, x 2 , ... , x n ∈ I és λ1, λ2 , ... , λn ∈ [0, 1] ,

n

∑λ

k

= 1 esetén

k =1

n ⎛ n ⎞ f ⎜⎜ ∑ λk x k ⎟⎟⎟ ≤ ∑ λk f (x k ) . ⎜⎝ k =1 ⎠ k =1 1 Megjegyzések. 1. Ha λ1 = λ2 = ... = λn = , akkor az előbbi egyenlőtlenség az n ⎛1 n ⎞ 1 n f ⎜⎜ ∑ x k ⎟⎟⎟ ≤ ∑ f (x k ) alakban írható fel. ⎜⎝ n k =1 ⎠ n k =1 2. Az előbbi tétel n szerinti matematikai indukcióval igazolható. 3. Konkáv függvények esetén a fordított egyenlőtlenség áll fenn.

Injektivitás, szürjektivitás, bijektivitás Értelmezések Az f : A → B függvény injektív, ha ∀ x1, x 2 ∈ A , x1 ≠ x 2 ⇒ f (x 1 ) ≠ f (x 2 ) . Az f : A → B függvény szürjektív, ha ∀ y ∈ B ∃x ∈ A úgy, hogy f (x ) = y . Az f : A → B függvény bijektív, ha injektív és szürjektív. Grafikus értelmezés

{

}

Ha A, B ⊂ \ , akkor a Gr f = (x , f (x )) x ∈ A

halmaz képe a derékszögű

koordinátarendszerben az f : A → B függvény grafikus képe. Bármely Ox -szel húzott párhuzamos legfeljebb egy pontban metszi egy injektív függvény grafikus képét. Az 5. ábrán látható függvény nem injektív, mert például a d2 egyenes két különböző pontban metszi a grafikus képet (azaz x1 ≠ x 2 esetén f (x1 ) = f (x 2 ) ). A 6. és 7. ábrán látható függvények injektívek. Az Oy tengelyen az értéktartomány bármely pontján át az Ox -szel húzott párhuzamos legalább egy pontban metszi egy szürjektív függvény grafikus képét. Az 5. ábrán látható függvény nem szürjektív, ha értéktartománya \ , mert például a d1 és d 3 egyenesek nem metszik a grafikus képet, viszont ha f : [a, b ] → [c, d ] , akkor szürjektív. Hasonlóan a 6. ábrán látható függvény nem szürjektív, ha értéktartománya \ , de leszűkíthető szürjektív függvénnyé. A 7. ábrán látható függvény szürjektív. Általában bármely f : A → B függvény esetén f1 : A → Im f szürjektív. ( Im f a függvény képeinek halmaza, Im f = f (A) = {f (x ) x ∈ A} ) Az Oy tengelyen az értéktartomány bármely pontján át az Ox -szel húzott párhuzamos pontosan egy pontban metszi egy bijektív függvény grafikus képét. A 7. ábrán látható függvény bijektív.

Tartalomjegyzék


15

Megjegyzés. Minden szigorúan monoton függvény injektív. y y

y

d3

d

x1 d2

a

x2

d1 b

x

x

x

c

d1

5. ábra

6. ábra

7. ábra

Inverz függvény Értelmezés. Azt mondjuk, hogy az f : A → B függvény invertálható, ha létezik a g : B → A függvény úgy, hogy f D g = 1B és g D f = 1A , ahol 1A : A → A , 1A (x ) = x , ∀x ∈ A az A halmazon értelmezett identikus függvény. Ha létezik a g függvény, akkor egyértelműen meghatározott, g = f −1 -nel jelöljük és az f függvény inverzének nevezzük. A X. osztályban bizonyítottuk a következő tételt: Tétel. Az f : A → B függvény pontosan akkor invertálható, ha bijektív. A X. osztályos ismereteink alapján kijelenthetjük a következő tételt: Tétel. Ha f : A → B , A, B ⊂ \ bijektív f −1 : B → A az inverze, akkor: a) Ha f monoton, akkor f −1 ugyanolyan monotonitású. b) Ha f növekvő és konvex (konkáv), akkor f −1 konkáv (konvex) c) Ha f csökkenő és konvex (konkáv), akkor f −1 konvex (konkáv) y 8.ábra

9. ábra

y b

P

M T

a

N

x

O y= x

f(x )

M' a

b

x

O

x

f(x )

x

Grafikus értelmezés Ha M (a, b ) ( a ∈ A ⊂ \ , b ∈ B ⊂ \ ) az f : A → B invertálható függvény grafikus képének egy pontja, akkor f (a ) = b , tehát f −1 (b ) = f −1 ( f (a )) = a , így az

Tartalomjegyzék

16


M ′ (b, a ) pont rajta van az inverz függvény grafikus képén. Az M és M ′ pontok szimmetrikusak az első szögfelezőre nézve ( y = x ) (8. ábra), tehát érvényes a következő tétel: Tétel. Ha az f : A → B ( A, B ⊂ \ ) függvény bijektív és f −1 : B → A az inverze, akkor az f és f −1 függvények grafikus képei szimmetrikusak az első szögfelezőre nézve. (9. ábra) Tengelyre, pontra szimmetrikus grafikus képek, periodicitás Értelmezések 1. A D ⊂ \ halmaz szimmetrikus az a ∈ \ számra nézve, ha bármely x ∈ D esetén 2a − x ∈ D (azaz a − α ∈ D ⇒ a + α ∈ D ). Ha a = 0 , akkor azt mondjuk, hogy a halmaz szimmetrikus ( x ∈ D ⇒ −x ∈ D ). 2. Ha a D ⊂ \ halmaz szimmetrikus az a ∈ \ számra nézve és f : D → \ , f (2a − x ) = f (x ) minden x ∈ D esetén, akkor a függvény grafikus képe szimmetrikus az x = a egyenesre nézve (10. ábra). 3. Ha a = 0 , f : D → \ , f (x ) = f (−x ) , minden x ∈ D esetén, akkor azt mondjuk, hogy az f függvény páros, és a grafikus képe szimmetrikus az Oy -ra nézve. 4. Ha a D ⊂ \ halmaz szimmetrikus az a ∈ \ számra nézve és f : D → \ , f (2a − x ) = 2b − f (x ) minden x ∈ D esetén, akkor a grafikus kép szimmetrikus az (a, b ) pontra nézve. Ha a ∈ D , akkor f (a ) = b (11. ábra). 5. Ha a = b = 0 , f : D → \ , f (−x ) = −f (x ) minden x ∈ D esetén, akkor azt mondjuk, hogy az f függvény páratlan, és a grafikus képe szimmetrikus az origóra nézve. y y x=a f(2a-x) 10. ábra 11. ábra b f(x) x a 2a-x

x

x a 2a-x

x

y

6. Az f : D → \ függvény periodikus, ha létezik *

a

b 12. ábra

x

0

{

t ∈ \ úgy, hogy minden x ∈ D esetén x + t ∈ D és f (x + t ) = f (x ) ∀x ∈ D . Tehát a grafikus kép (b − a = t ) megszerkeszthető az [a, b ) ∩ D halmazra való leszűkítésből Ox -szel párhuzamos, nt , n ∈ ] nagyságú eltolások segítségével (12. ábra). A legkisebb pozitív T számot (ha létezik), amelyre f (x + T ) = f (x ) , ∀x ∈ D a függvény

T

Tartalomjegyzék


17

főperiódusának nevezzük, minden további t , ami ezzel a tulajdonsággal rendelkezik periódusa a függvénynek. A hatványfüggvény Értelmezés. Az fα : \∗+ → \ , fα (x ) = x α , α ∈ \* függvényt hatványfüggvénynek nevezzük Tétel a) Ha α > 0 , akkor az fα : \∗+ → \ , fα (x ) = x α függvény szigorúan növekvő. b) Ha α < 0 , akkor az fα : \∗+ → \ , fα (x ) = x α függvény szigorúan csökkenő. c) Ha α = 0 , akkor az f0 : \∗+ → \ , f0 (x ) = 1 függvény állandó. Megjegyzések 1. Ha n ∈ `* akkor a hatványfüggvény értelmezhető \ -en és a következő tulajdonságokkal rendelkezik: a) Ha n páros, akkor az fn : \ → \ , fn (x ) = x n függvény páros, szigorúan csökkenő a (−∞, 0) intervallumon és szigorúan növekvő a [ 0, ∞) intervallumon. b) Ha n páratlan, akkor az fn : \ → \ , fn (x ) = x n függvény páratlan és szigorúan növekvő \ -en. 2. Ha α ∈ \ \ [0,1) , akkor az fα függvény szigorúan konvex, míg ha α ∈ (0,1] , akkor fα szigorúan konkáv. 3. Ha α ∈ \* , akkor az fα : \*+ → \*+ , fα (x ) = x α függvény bijektív és inverze 1

f 1 : \*+ → \*+ , f 1 (x ) = x α . α

α

1

4. Nem tárgyaltuk külön a gyökfüggvényt, mert n x = x n , így az f : \*+ → \ , f (x ) = n x függvény szintén hatványfüggvény és az fn inverze, sőt páratlan n esetén értelmezhető az egész \ -en. A 13. ábrán néhány hatványfüggvényt ábrázoltunk: x4 y

x2

x 3/2

x 1/2

x

x3

Tartalomjegyzék

18

Valós számok és függvények 13. ábra

Az exponenciális függvény és a logaritmusfüggvény Értelmezés. Az fa : \ → \∗+ , fa (x ) = a x , a ∈ (0, ∞) \ {1} függvényt a alapú exponenciális függvénynek nevezzük. A X. osztályos tanulmányok alapján megfogalmazhatjuk a következő tulajdonságokat: Tétel a) Ha a > 1 , akkor az fa függvény szigorúan növekvő. b) Ha 0 < a < 1 , akkor az fa függvény szigorúan csökkenő. c) Az fa függvény bijektív minden a ∈ (0, ∞) \ {1} esetén. d) Az fa függvény konvex minden a ∈ (0, ∞) \ {1} esetén. A 14. és 15. ábrán látható egy-egy exponenciális függvény grafikus képe a 0 < a < 1 illetve a > 1 esetekben.

y

y

ax

ax

a>1

0
x

x

O

14. ábra

15. ábra

Értelmezés. Az fa : \ → \∗+ , fa (x ) = a x , a ∈ (0, ∞) \ {1} függvény inverze az

a alapú logaritmusfüggvény: fa−1 : (0, ∞) → \ fa−1 (x ) = loga x . Az exponenciális függvény tulajdonságai alapján kijelenthetjük a következő tételt:

Tétel a) Ha a > 1 , akkor a loga : \∗+ → \ függvény szigorúan növekvő és konkáv. b) Ha 0 < a < 1 ,. akkor a loga : \∗+ → \ függvény szigorúan csökkenő és konvex. c) A loga : \∗+ → \ függvény bijektív minden a ∈ (0, ∞) \ {1} esetén. y

0
y

a>1

O O

x logax 16. ábra

17. ábra

logax x

A 16. és 17. ábrán látható egy-egy logaritmusfüggvény grafikus képe a 0 < a < 1 illetve a > 1 esetekben.

Tartalomjegyzék


19

Trigonometrikus függvények Az előző osztályokból ismeritek a trigonometrikus kört és a trigonometrikus függvényeket. Itt csak megemlítjük a legfontosabb tulajdonságaikat, és elkészítjük a grafikus képüket. A sin és az arcsin függvények A sin : \ → \ függvény fontosabb tulajdonságai: a) Periodikus, főperiódusa 2π , így sin (x + 2π ) = sin x , ∀x ∈ \ . b) Páratlan függvény, sin (−x ) = − sin x , ∀x ∈ \ . ⎡ (4k − 1) π (4k + 1) π ⎤ ⎥ intervallumokon és csökkenő c) Növekvő a ⎢ , ⎢⎣ 2 2 ⎦⎥ ⎡ (4k + 1) π (4k + 3) π ⎤ ⎢ ⎥ intervallumokon, ahol k ∈ ] . , ⎢⎣ ⎥⎦ 2 2 d) Korlátos, −1 ≤ sin x ≤ 1 , ∀x ∈ \ . A

a

(4k − 1) π pontokban minimuma van, 2

(4k + 1) π pontokban maximuma van, ez a maximum 1 ( k ∈ ]). 2 e) A k π pontokban zérushelye van, mert sin kπ = 0 , k ∈ ] . f) A [(2k − 1) π, 2k π ] intervallumokon konvex és a [2k π, (2k + 1) π ] ( k ∈ ] ) intervallumokon konkáv. ⎡ π π⎤ g) A sin : ⎢− , ⎥ → [−1,1] leszűkítés bijektív. ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ A 18., 19. és 20. ábrákon elkészítettük a sin függvény grafikus képét a [ 0, π ] , [−π, π ] és \ halmazokon, felhasználva az ismertetett tulajdonságokat. ez a minimum −1 , a

y 3 2 1 2

1

1 y

2 2

π 2 π π π 6 4 3

π 2

2π 3π 5π 3 4 6

π 2

x -1

18. ábra

x

19. ábra

1 −5π

−4π

−3π

2π

−2π

-1

3π

4π

5π

Tartalomjegyzék

20

Valós számok és függvények 20. ábra

⎡ π π⎤ sin : ⎢− , ⎥ → [−1,1] ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ függvény inverze az arkusz szinusz függvény: ⎡ π π⎤ arcsin : [−1,1] → ⎢− , ⎥ . x ∈ [−1,1] esetén ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦ ⎡ π π⎤ arcsin x = y ⇔ y ∈ ⎢− , ⎥ és sin y = x . ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦ ⎡ π π⎤ arcsin : [−1,1] → ⎢− , ⎥ Az függvény ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦ fontosabb tulajdonságai: a) Növekvő a [−1,1] intervallumon. b) Páratlan függvény . c) A 0 -ban van zérushelye. d) Konkáv a [−1, 0 ] -n és konvex [ 0,1] -en. Értelmezés.

y

A

π 2

1 π 2

-1

O

1

π 2

x

-1 π 2

21. ábra

⎡ π π⎤ Grafikus képe a sin : ⎢− , ⎥ → [−1,1] grafikus képének szimmetrikusa az első ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ szögfelezőre nézve és a 21. ábrán látható. A cos és az arccos függvények A cos : \ → \ függvény fontosabb tulajdonságai: a) Periodikus, főperiódusa 2π , így, cos (x + 2π) = cos x ∀x ∈ \ . b) Páros függvény , cos (−x ) = cos x , ∀x ∈ \ . c) Növekvő a [(2k − 1) π, 2k π ] intervallumokon és csökkenő a [2k π, (2k + 1) π ] intervallumokon, ahol k ∈ ] . d) Korlátos, −1 ≤ cos x ≤ 1 , ∀x ∈ \ . a (2k − 1) π pontokban minimuma van, ez a minimum −1 , a 2kπ pontokban maximuma van, ez a maximum 1 ( k ∈ ] ). (2k + 1) π (2k + 1) π = 0, k ∈ ]. pontokban zérushelye van, tehát cos e) A 2 2 ⎡ (4k − 1) π (4k + 1) π ⎤ ⎡ (4k + 1) π (4k + 3) π ⎤ ⎥ intervallumokon konvex és a ⎢ ⎥ f) A ⎢ , , ⎢⎣ ⎢⎣ ⎥⎦ 2 2 2 2 ⎦⎥ intervallumokon konkáv ( k ∈ ] ). g) A cos : [ 0, π ] → [−1,1] leszűkítés bijektív. π⎞ ⎛ h) cos ⎜⎜x − ⎟⎟ = sin x , ∀x ∈ \ . ⎝ 2⎠

Tartalomjegyzék


21

Az utolsó összefüggés alapján a cos függvény grafikus képe megszerkeszthető a sin ⎛ π ⎞ függvény grafikus képéből egy ⎜⎜− , 0⎟⎟ vektorral való eltolással. Ez a 22. ábrán ⎝ 2 ⎠ látható.

y 1

−3π

5π − 2

−2π −

3π 2

π − 2

3π 2

π 2

2π

5π 2

-1

3π

x

22. ábra

Értelmezés. A cos : [ 0, π ] → [−1,1] függvény inverze az arkusz koszinusz függvény: arccos : [−1,1] → [ 0, π ] . Ha x ∈ [−1,1] ,

y

π

arc cos

arccos x = y ⇔ y ∈ [ 0, π ] és sin y = x . A arccos : [−1,1] → [ 0, π ] függvény fontosabb tulajdonságai: a) Csökkenő a [−1,1] intervallumon. b) Nem páros és nem is páratlan. c) Az 1 -ben van zérushelye. d) Konvex a [−1, 0 ] -n és konkáv a [ 0,1] -en.

1 -1

O

π

1

-1

x

cos

23. ábra

Grafikus képe a cos : [ 0, π ] → [−1,1] grafikus képének szimmetrikusa az első szögfelezőre nézve és a 23. ábrán látható. A tg és az arctg függvények

⎧ ⎫ ⎪(2k + 1) π ⎪ sin x k ∈ ]⎪ tg : \ \ ⎪ függvényt ⎨ ⎬ → \ , tg x = ⎪ ⎪ 2 cos x ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ tangensfüggvénynek nevezzük (az értelmezési tartományból kivettük a cos zérushelyeit). A tangensfüggvény fontosabb tulajdonságai: ⎧(2k + 1) π ⎫ ⎪ ⎪ k ∈ ]⎪ a) Periodikus, főperiódusa π , így tg (x + π) = tg x , ∀x ∈ \ \ ⎪ ⎨ ⎬. ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ Értelmezés.

A

Tartalomjegyzék

22


⎧ ⎫ ⎪(2k + 1) π ⎪ k ∈ ]⎪ b) Páratlan függvény , tg (−x ) = − tg x , ∀x ∈ \ \ ⎪ ⎨ ⎬. ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ ⎛ (2k − 1) π (2k + 1) π ⎞⎟ c) Növekvő a ⎜⎜ , ⎟ , k ∈ ] intervallumokon. ⎜⎝ ⎠⎟ 2 2 d) Szürjektív. e) A k π pontokban zérushelye van, tehát tg k π = 0 , k ∈ ] . ⎡ ⎛ (2k − 1) π ⎤ (2k + 1) π ⎟⎞ ⎢k π, f) A intervallumokon konvex és a ⎜⎜ , k π⎥ ⎟⎟ ⎜ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎠ ⎝ 2 2 intervallumokon konkáv ( k ∈ ] ). ⎛ π π⎞ g) A tg : ⎜⎜− , ⎟⎟ → \ leszűkítés bijektív. ⎝ 2 2⎠ A tangensfüggvény grafikus képe a 24. ábrán látható y

−

π 2

−2π − 3π 2

5π 2

π 2

3π 2

2π

5π 2

x

24. ábra

⎛ π π⎞ Értelmezés. A tg : ⎜⎜− , ⎟⎟ → \ függvény inverze az arkusz tangens függvény: ⎝ 2 2⎠ π π ⎛ ⎞ ⎛ π π⎞ arctg : \ → ⎜⎜− , ⎟⎟ . Ha x ∈ \ , arctg x = y ⇔ y ∈ ⎜⎜− , ⎟⎟ , tg y = x . ⎝ 2 2⎠ ⎝ 2 2⎠

y

tg arc tg

O x

⎛ π π⎞ Az arctg : \ → ⎜⎜− , ⎟⎟ függvény fontosabb ⎝ 2 2⎠ tulajdonságai: a) Növekvő \ -en. b) Páratlan függvény: arctg (−x ) = − arctg x . c) A 0 -ban van zérushelye. π π d) Korlátos, − < arctg x < , ∀x ∈ \ . 2 2 e) Az \ − -on konvex és az \ + -on konkáv.

Tartalomjegyzék


23

25. ábra

⎛ π π⎞ Grafikus képe a tg : ⎜⎜− , ⎟⎟ → \ grafikus képének szimmetrikusa az első ⎝ 2 2⎠ szögfelezőre nézve és a 25. ábrán látható. A ctg és az arcctg függvények

cos x 1 = függvényt sin x tg x kotangensfüggvénynek nevezzük (az értelmezési tartományból kivettük a sin zérushelyeit). Értelmezés.

A ctg : \ \ {k π k ∈ ]} → \ ,

ctg x =

A kotangensfüggvény fontosabb tulajdonságai: a) Periodikus, főperiódusa π , így ctg (x + π) = ctg x , ∀x ∈ \ \ {k π k ∈ ]} . b) Páratlan függvény, ctg (−x ) = − ctg x , ∀x ∈ \ \ {k π k ∈ ]} . c) Csökkenő a (k π, (k + 1) π ) , k ∈ ] intervallumokon. d) Szürjektív. (2k + 1) π (2k + 1) π = 0 , k ∈ ]. pontokban zérushelye van, tehát ctg e) A 2 2 ⎛ (2k + 1) π ⎤ ⎡ (2k − 1) π ⎞ ⎥ intervallumokon és konkáv a ⎢ f) Konvex a ⎜⎜k π, , k π ⎟⎟⎟ ⎜⎝ ⎥⎦ ⎠ 2 2 ⎣⎢ intervallumokon ( k ∈ ] ). h) A ctg : (0, π ) → \ leszűkítés bijektív. A kotangensfüggvény grafikus képe a 26. ábrán látható. y

−

3π 2

π 2

26. ábra

π 2

3π 2

2π

x

−2π

Tartalomjegyzék

24


Értelmezés. A ctg : (0, π ) → \ függvény inverze az arkusz kotangens függvény:

arcctg : \ → (0, π ) . Ha x ∈ \ , arcctg x = y ⇔ y ∈ (0, π ) , ctg y = x . arcctg : \ → (0, π ) Az függvény fontosabb tulajdonságai: a) Csökkenő \ -en. b) Korlátos, 0 < arcctg x < π , ∀x ∈ \ . c) Konkáv \ − -on és konvex \ + -on. Grafikus képe a ctg : (0, π ) → \ grafikus képének szimmetrikusa az első szögfelezőre nézve és a 27. ábrán látható.

y

O

arc ctg x

ctg

Polinomfüggvények 27. ábra

Értelmezések. Az f : \ → \ , f (x ) = an x n + an −1x n −1 + ... + a2x 2 + a1x + a 0 , ai ∈ \ , an ≠ 0 alakú függvényt polinomfüggvénynek nevezzük. Az n természetes szám a polinomfüggvény fokszáma és gr f = n -nel jelöljük. Az ai számok a polinomfüggvény együtthatói, an x n a domináns tag, an főegyüttható, a 0 szabadtag. Megjegyzések. 1. Két polinomfüggvény összege és szorzata szintén polinomfüggvény, mert ai x i és bj x j alakú tagok szorzása és összeadása által kapjuk. 2. Ha f , g : \ → \ polinomfüggvények, akkor gr f + gr g ≤ max (gr f , gr g ) (ha a főegyütthatók ellentett számok, akkor a dominánstagok egyszerűsödnek) és gr ( f ⋅ g ) = gr f + gr g . Jelen paragrafusban részletesebben az előző osztályokból ismert polinomfüggvényeket tárgyaljuk (azaz a 0 , 1 illetve 2 fokszámúakat), majd a későbbi fejezetekben a matematikai analízis eszközeivel a magasabb fokú polinomokat is vizsgálhatjuk. y A 0 fokú polinomfüggvény tulajdonképpen az állandó f(x )=a a függvény, amelynek grafikus képe az Ox tengellyel párhuzamos egyenes (28. ábra). Az elsőfokú polinomfüggvény f : \ → \ , f (x ) = ax + b , x a, b ∈ \ , a ≠ 0 alakú. Tudjuk az előző osztályokból, hogy a < 0 esetén a függvény szigorúan csökkenő, 28. ábra

Tartalomjegyzék


25

⎛ ⎛ b ⎞ b⎞ pozitív a ⎜⎜−∞, − ⎟⎟⎟ intervallumon és negatív a ⎜⎜− , +∞⎟⎟⎟ intervallumon, míg ⎝ ⎝ a ⎠ a⎠ ⎛ b⎞ a > 0 esetén szigorúan növekvő, negatív a ⎜⎜−∞, − ⎟⎟⎟ intervallumon és pozitív a ⎝ a⎠ ⎛ b ⎞⎟ b ⎜ ⎜⎝− a , +∞⎠⎟⎟ intervallumon. x = − a mindkét esetben a függvény zérushelye (gyöke). A függvény grafikus képe egy egyenes (29. és 30. ábra) a<0

y

y

a>0

+

+

+

+

b -a

x

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

+

b -a

+

+

+

+

+

+

+

x

f(x )=ax +b

f(x )=ax +b

29. ábra

30. ábra

A másodfokú polinomfüggvény f : \ → \ , f (x ) = ax + bx + c , a, b,c ∈ \ , a ≠ 0 alakú. Grafikus képe egy konkáv parabola, ha a < 0 és konvex parabola, ha a > 0 . ⎛ −b + Δ ⎞⎟ , 0⎟⎟ és Ha Δ = b 2 − 4ac > 0 , akkor a parabola az Ox tengelyt a ⎜⎜ ⎜⎝ 2a ⎠⎟ ⎛ −b − Δ ⎞⎟ ⎜⎜ , 0⎟⎟ különböző pontokban metszi. Ha Δ = 0 , akkor a parabola érinti az ⎜⎝ 2a ⎠⎟ ⎛ b ⎞ Ox -et a ⎜⎜− , 0⎟⎟⎟ pontban. Ha pedig Δ < 0 akkor a parabola nem metszi az Ox -et. ⎝ 2a ⎠ ⎛ b ⎞ Ha a < 0 , akkor a függvény szigorúan növekvő a ⎜⎜−∞, − ⎟⎟⎟ intervallumon és ⎝ 2a ⎠ ⎞ ⎛ b szigorúan csökkenő a ⎜⎜− , +∞⎟⎟⎟ intervallumon. Ha a > 0 , akkor a függvény ⎠ ⎝ 2a ⎛ ⎛ b ⎞ b ⎞ szigorúan csökkenő a ⎜⎜−∞, − ⎟⎟⎟ intervallumon és szigorúan növekvő a ⎜⎜− , +∞⎟⎟⎟ ⎝ ⎝ 2a ⎠ 2a ⎠ b egyenes a parabola szimmetriatengelye. intervallumon. Az x = − 2a ⎛ b Δ⎞ A parabola csúcsa a V ⎜⎜− , − ⎟⎟⎟ pont, amely minimumpontja a függvénynek, ha ⎝ 2a 4a ⎠ a > 0 és maximumpontja, ha a < 0 . Ha Δ < 0 , akkor a függvény előjele x ∈ \ esetén megegyezik a előjelével. 2

Tartalomjegyzék

26


b esetén a függvény értéke 0 , és a többi valós szám 2a esetén megegyezik a előjelével. −b ± Δ esetén a függvény értéke 0 , a gyökök között Ha Δ > 0 , akkor az x 1,2 = 2a a -val ellentétes előjelű, a gyökökön kívül pedig a -val megegyező előjelű. Megjegyzés. Igazolható, hogy az f : \ → \ , f (x ) = ax 2 + bx + c függvény ⎛ b Δ + 1 ⎞⎟ grafikus képének pontjai egyenlő távolságra vannak az F ⎜⎜− , − ⎟ ponttól és ⎝ 2a 4a ⎠⎟ Δ −1 Δ −1 egyenestől. Az F pontot a parabola fókuszának, az y = − az y = − 4a 4a egyenest a parabola vezéregyenesének nevezzük. A másodfokú függvény tulajdonságait és grafikus képét minden egyes esetre a következő táblázatban vázoltuk: Ha Δ = 0 , akkor x 1 = x 2 = −

Δ<0 ( x 1,2 ∉ \ ) y −

−

b 2a

y x

Δ 4a

Δ>0 x1,2 ∈ \, x1 ≠ x 2

Δ = 0 ( x1 = x 2 ∈ \ )

x1= x2=−

V

y

b 2a

−

x

V

V

Δ 4a

x2

x1

a<0

b − 2a

b 2a

x

x

−

f(x)

––––––

f(x)

///22

x 1,2 = −

b 2a

x1

x

–––0–––

f(x)

y

a>0

Δ 4a

V −

x

−

b 2a

x1= x2=−

x

x2

y b 2a

x1

V

x

b 2a

b 2a

///222

− −

−

– – 0+ + + 0 – –

///222

y

x

x

b 2a

x 1,2 = −

Δ − 4a

b 2a

x

x2

x

b 2a

x2

V

x1

−

Tartalomjegyzék

Valós számok és függvények ++++

f(x)

27 ++0++

f(x)

22//

f(x)

+ + 0 – −Δ – 0 + 4a

22//

22//

A következő ábrákon vázoltuk néhány magasabb fokú polinomfüggvény grafikus képét: . y

f( x)= x 3 -3x

y f( x)= x 3

31. ábra

x

x

y

f( x)= x

32. ábra

f( x)=2 x 4 -2 x 3-x 2+1

4

y 34. ábra

33. ábra

x

x

Az előző osztályokból tudjuk, hogy ha

x 1, x 2 ∈ \

az

f :\→ \,

2

f (x ) = ax + bx + c ( a, b, c ∈ \ , a ≠ 0 ) másodfokú függvény gyökei, akkor a függvény az f (x ) = a (x − x 1 )(x − x 2 ) alakban is felírható, míg ha x 1 = x 2 , akkor 2

x 1 kétszeres gyök és f (x ) = a (x − x1 ) . Hasonlóan a g : \ → \ , g (x ) = ax + b ⎛ b⎞ ( a, b ∈ \ , a ≠ 0 ) elsőfokú függvény esetén g (x ) = a ⎜⎜x + ⎟⎟⎟ = a (x − x 1 ) , ahol ⎝ a⎠ b x 1 = − a függvény gyöke. a Vizsgáljuk, hogy a magasabb fokú polinomfüggvények rendelkeznek-e hasonló tulajdonsággal. Ha x 1 ∈ \ az f : \ → \ , f (x ) = an x n + ... + a1x + a 0 függvény gyöke, akkor f (x 1 ) = 0 , tehát

f (x ) = f (x ) − f (x 1 ) = an (x n − x 1n ) + an −1 (x n −1 − x 1n −1 ) + ... + a1 (x − x 1 ) =

Tartalomjegyzék

28


an (x − x 1 )(x n −1 + x1x n −2 + ... + x 1n ) + an −1 (x − x 1 )(x n −2 + x 1x n −3 + ... + x 1n −2 ) + ... ... + a1 (x − x1 ) = (x − x1 ) g (x ) , ∀x ∈ \ , ahol g : \ → \ egy n − 1 -edfokú polinomfüggvény. Fordítva, ha az f polinomfüggvény f (x ) = (x − x 1 ) g (x ) , ∀x ∈ \ alakba írható, ahol g egy polinomfüggvény, akkor x 1 gyöke f -nek. Tehát kijelenthetjük a következő tételt: Tétel. x 1 ∈ \ pontosan akkor gyöke az n -edfokú f polinomfüggvénynek, ha létezik az n − 1 -edfokú g polinomfüggvény úgy, hogy f (x ) = (x − x1 ) g (x ) , ∀x ∈ \ . Megjegyzések. 1. A előbbi tétel tulajdonképpen Bézout tétele (amely polinomokra vonatkozik) függvényes alakban. 2. Egy n -edfokú polinomfüggvénynek nem lehet n -nél több gyöke. 3. Ha az f : \ → \ , f (x ) = an x n + ... + a1x + a 0 polinomfüggvénynek n különböző gyöke van ( x 1 , x 2 ,..., x n ), akkor a következő alakban írható:

f (x ) = an (x − x1 )(x − x 2 ) ...(x − x n ) . 4. Ha x 1 gyöke az f , f (x ) = (x − x1 ) g (x ) , ∀x ∈ \ polinomföggvénynek és gyöke a g , g (x ) = (x − x 1 ) h (x ) , ∀x ∈ \ polinomfüggvénynek is, de nem gyöke a h polinomfüggvénynek, akkor azt mondjuk, hogy x 1 kétszeres gyöke az f -nek. Ebben 2

az esetben f (x ) = (x − x 1 ) h (x ) , ∀x ∈ \ . 5. Hasonlóan értelmezhető a többszörös gyök fogalma. Az mondjuk, hogy x 1 k -ad rendű többszörös gyöke az n -edfokú f polinomfüggvénynek ( k ≤ n ), ha létezik az k

n − k -adfokú g polinomfüggvény úgy, hogy f (x ) = (x − x 1 ) g (x ) és g (x 1 ) ≠ 0 . k az x 1 multiplicitási foka vagy többszörössége.. f : \ → \ , f (x ) = an x n + ... + a1x + a 0 polinomfüggvény n1, n2 ,..., nk ∈ ` multiplicitású gyökei ( n1 + n2 + ... + nk = n ), akkor

6. Ha x 1, x 2,..., x k ∈ \ az n

n

n

f (x ) = an (x − x 1 ) 1 (x − x 2 ) 2 ...(x − x k ) k . Megoldott feladat Határozzuk meg az f : \ → \ , f (x ) = 5x 4 − 3x 2 − 2 függvény gyökeit, vizsgáljuk a monotonitását és előjelét! Megoldás. Ha g, h : \ → \ , g (x ) = 5x 2 − 3x − 2 , h (x ) = x 2 , akkor f = g D h . 2 A g függvény gyökei y1 = 1 és y2 = − . Tehát az f függvény gyökeire 5 2 2 h (x ) = x 2 ∈ 1, − , azaz az f gyökei x 1,2 = ±1 , ( h nem veheti fel a − 5 5 értéket).

{ }

Tartalomjegyzék


29

A g és h függvények változási táblázatai:

x

3 1 +∞ 10 h (x ) 3 2 1 2 2 0 / / 1 / +∞ +∞ 10 2 3 x −∞ − 0 1 +∞ 5 10 g (x ) 49 2 2 / 0 / 0 −2 2 − +∞ +∞ 10 + + + + + + + + 0 – – – – – – – – – – – – –– – – – – – 0 + + + + + + Tekintsük a h és g függvények következő leszűkítéseit: ⎡ ⎛ 3 ⎤⎥ 3 ⎤⎥ ⎡ 3⎤ ⎞ ⎡3 h1 : ⎜⎜−∞, − → ⎢ , +∞⎟⎟ h2 : ⎢− , 0 → ⎢0, ⎥ csökkenő, csökkenő, ⎢ ⎥ ⎥ ⎜⎝ ⎠ ⎢⎣ 10 ⎥⎦ ⎢ 10 ⎦ ⎣ 10 ⎣ 10 ⎦ ⎡ 3 ⎞ ⎡ 3 ⎥⎤ ⎡ 3⎤ ⎡3 ⎞ → ⎢0, ⎥ h3 : ⎢0, h4 : ⎢ , +∞⎟⎟⎟ → ⎢ , +∞⎟⎟ növekvő, növekvő, ⎢ ⎥ ⎢ ⎟ ⎠ 10 ⎦ ⎠ ⎣⎢ 10 ⎦⎥ ⎣⎢ 10 ⎣ ⎣ 10 ⎡3 ⎞ ⎡ 3⎤ g1 : ⎢0, ⎥ → \ csökkenő, g 2 : ⎢ , +∞⎟⎟ → \ növekvő. Így ⎠ ⎢⎣ 10 ⎢⎣ 10 ⎥⎦ ⎛ ⎪⎧⎪ 3⎤ ⎥ intervallumon ⎪⎪g 2 D h1 a ⎜⎜⎜−∞, − 10 ⎥⎦ ⎝ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎛ ⎤ ⎪⎪g D h a ⎜⎜− 3 , 0⎥ intervallumon 1 2 ⎪ ⎜⎝ 10 ⎥⎦ . f = ⎪⎨ ⎛ ⎪⎪ 3 ⎤⎥ ⎜ intervallumon ⎪⎪g1 D h3 a ⎜0, ⎜⎝ 10 ⎥⎦ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪g D h a ⎛⎜⎜ 3 , +∞⎞⎟⎟ intervallumon ⎟ ⎪⎪ 2 4 ⎜⎝ 10 ⎠⎟ ⎪⎩ A monoton függvények összetevésének tulajdonságai alapján f csökkenő a ⎛ ⎤ ⎡ ⎞ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎜⎜−∞, 3 ⎥ és ⎢0, 3 ⎥ intervallumokon, növekvő a ⎢− 3 , 0⎥ és ⎢ 3 , +∞⎟⎟ ⎟⎟⎠ ⎢ 10 ⎢ ⎢ 10 ⎥ ⎜⎝ 10 ⎥⎦ 10 ⎥⎦ ⎣ ⎣ ⎦ ⎣

−∞

−1

−

3 10 3 10

0

intervallumokon. Az f előjelének vizsgálatához a g függvény előjelére csak a [ 0, ∞) intervallumon van szükségünk, mert h csak nemnegatív értékeket vesz fel. Tehát, ha h (x ) ∈ (0,1) , azaz, ha x ∈ (−1,1) , akkor f (x ) < 0 és ha x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, ∞) , akkor f (x ) > 0 . Ez nem a legegyszerűbb módszer a függvény monotonitásának és előjelének vizsgálatára, a későbbiekben a matematikai analízis eszközeivel egyszerűbben is tudjuk majd vizsgálni.

Tartalomjegyzék

30


Gyakorlatok és feladatok 1. Vizsgáld a következő függvények paritását ( D a maximális értelmezési tartomány): x2 1 1 a) f1 : D → \ , f1(x ) = 4 ; b) f2 : D → \ , f2 (x ) = ; + x −1 x +2 x −2 c) f3 : D → \ , f3 (x ) = x 2 + sin x ; d) f4 : [−1, 2] → \ , f4 (x ) = x 5 + x 3 . 2. Vizsgáld a következő függvények periodikusságát: a) f : \ → \ , f (x ) = {3x } ; ⎧ ⎪1, x ∈ _ b) f : \ → \ , f (x ) = ⎪⎨ (Dirichlet függvény). ⎪ 0, x ∈ \ \ _ ⎪ ⎩ 3. Bizonyítsd be, hogy ha az f : \ → \ függvény esetén 1 f (x + a ) = + f (x ) − f 2 (x ) , ∀x ∈ \ , akkor f periodikus. 2 4. Bizonyítsd be, hogy ha az f : \ → \ \ {1} függvény esetén 1 f (x + 2) = , ∀x ∈ \ akkor f periodikus. 1 − f (x ) 5. Vizsgáld a következő függvények monotonitását: x a) f : −∞, − 1 → \ , f (x ) = ; 1 + x2 x 2 − 2x + 1 b) g : \ \ {−1} → \ , g(x ) = ; x +1 c) h : \ → \ , h(x ) = x 3 − 3x 2 + 4x + 1 .

(

)

6. Bizonyítsd be, hogy ha a1, a2 ,...., an ∈ \ + ( a 0 ≠ 0 ), akkor az f : \ + → \ ,

f (x ) = a 0x n + a1x n −1 + ... + an −1x + an függvény növekvő. Adj példát olyan f : \+ → \ , f (x ) = a0x n + a1x n−1 + ... + an−1x + an függvényre, amely nem monoton \ + -on. 7. Állapítsd meg az alábbi állítás igazságértékét: Az x 2 + bx + c = 0 gyökei pontosan akkor vannak a (−1,1) intervallumban, ha 1 + b + c > 0 , 1 − b + c > 0 és | c |< 1 . 8. Ábrázold a következő függvényeket: a) f : \ → \ , f (x ) = max{x , x 2 } ;

b) f : \ → \ , f (x ) = min{x , x 2 } .

9. Tekintsük az fm : \ → \ , fm (x ) = x 2 + 2mx + m ( m ∈ \ ) parabolacsaládot. Az m milyen értékeire van a parabola csúcsa az első negyedben? Írj fel egy m től független összefüggést a csúcs koordinátái között!

Tartalomjegyzék


31

0, n=0 ⎧⎪ ⎪ 10. Vizsgáld az f : ` → \ , f (n ) = ⎨ függvény ⎪⎪n ( 2n + 1 − 2n − 1 ), n > 0 ⎪⎩ injektivitását! 11. Létezik-e f : \ → \ függvény, amelyre ( f o f )(x ) = x 2 − 2 , ∀x ∈ \ ?

12. Határozd meg az a, b ∈ ` számokat, ha az x 2 + ax + b = 0 és x 2 + bx + a = 0 egyenletek gyökei racionális számok! 1 13. Létezik-e f : \ → \ függvény, amelyre f (x 2 ) − f 2 (x ) ≥ , ∀x ∈ \ ? 4

Tartalomjegyzék

Valós számsorozatok

31

II. VALÓS SZÁMSOROZATOK Értelmezések. 1. Az f : ` → \ és f : ` \ {0,1, 2,..., k } → \ ( k ∈ `* ) típusú függvényeket valós számsorozatnak nevezzük. 2. Az f : `* → \ sorozat n -edik tagjának vagy általános tagjának nevezzük az f (n ) valós számot, és általában az an = f (n ) szimbólummal jelöljük. Magát a sorozatot az (an )n ≥1 vagy (an )n ∈`* szimbólumokkal is jelöljük. Megjegyzés. Az an számok nem feltétlenül különbözők. Az n index megadja a tag ⎡n ⎤ helyét a sorozatban. Például az f : `* → \ , f (n ) = ⎢ ⎥ sorozat tagjai, megfelelő ⎣⎢ 3 ⎦⎥ sorrendben a következők: 0, 0,1,1,1, 2, 2, 2,... Sorozatokkal már a IX. és a X. osztályban is foglalkoztatok. Ismételjünk át néhány fontos tulajdonságot. SOROZATOK MEGADÁSI MÓDJAI 1. Analitikus megadási mód. A sorozatokat sokszor az általános tag segítn −1 ségével adjuk meg. Például, ha an = , ∀ n ∈ `* akkor a sorozat néhány tagja n 1 99 2001 1 2 n −1 a1 = 0 , a2 = , ..., a100 = , ..., a2002 = vagy 0, , , ..., , ... 2 100 2002 2 3 n A fenti felírásból a sorozat akármelyik tagját meg tudjuk állapítani. Ezt a sorozatot ⎛ n − 1 ⎞⎟ röviden így jelöljük: ⎜⎜ . ⎝ n ⎠⎟n ≥1 2. Rekurzív megadási mód. Megadhatjuk a sorozatot úgy is, hogy megmondjuk azt, hogy a sorozat tagjait hogyan kapjuk meg az őt megelőző tagokból. Ebben az esetben rekurzívan értelmezett sorozatról vagy egyszerűen rekurzív sorozatról beszélünk. Példák 1) a1 = 1 , an +1 = 2an , ∀n ≥ 1 . Ez a rekurzió egy mértani sorozatot határoz meg, általános tagja an = 2n −1 . 2) a1 = 1 , a2 = 2 , an +2 = 2an − 1 . A sorozat első néhány tagja: a1 = 1 , a2 = 2 , a 3 = 1 , a 4 = 3 , a5 = 1 , a6 = 5 , a7 = 1 , a8 = 9 , a 9 = 1 , a10 = 17 . Látható, hogy a páratlan rendű tagok 1 -gyel egyenlők, míg a párosak a 2k = 2k −1 + 1 -gyel. Ezt matematikai indukcióval igazolhatjuk. 3) a1 = 1 , a2 = 1 , an = an −1 + an −2 , ha n ≥ 3 . A sorozat első néhány tagja: a1 = 1 , a2 = 1 , a 3 = 2 , a 4 = 3 , a5 = 5 , a6 = 8 , a7 = 13 , ...

Tartalomjegyzék

32


Annak ellenére, hogy a megadott összefüggések egyértelműen meghatározzák a sorozat minden tagját, nehéz észrevenni a sorozat általános tagjának képletét. Matematikai indukcióval igazolható, hogy n n 1 ⎜⎛⎜⎛1 + 5 ⎞⎟ ⎛⎜ 1 − 5 ⎞⎟ ⎞⎟⎟ ⎟⎟ − ⎜ ⎟⎟ ⎟ , ∀ n ∈ `* . an = ⎜⎜⎜ 5 ⎜⎝⎜⎝ 2 ⎠⎟ ⎝⎜ 2 ⎠⎟ ⎠⎟ Ezt a sorozatot Fibonacci sorozatnak nevezzük, a sorozat több számlálási feladat megoldását írja le. Az előbbi képlet bizonyítására hamarosan visszatérünk. 4) Ha a1 = 1 , a2 = 3 , an = 2an −1 − an −2 , ahol n ≥ 3 , a sorozat első tíz tagja: 1, 3, 5, 7, 9,11,13,15,17,19 . A felsorolt tagok alapján az a sejtésünk támad, hogy a sorozat általános tagja an = 2n − 1 . Matematikai indukcióval könnyen igazolható, hogy a fenti rekurzív sorozat valóban az előbbi alakban is írható. 5) a1 = 1 , an +1 = a1 + a2 + ... + an , így a2 = 1 , a 3 = 4 , a 4 = 8 . Matematikai indukcióval igazolható, hogy an = 2n −1 . Észrevehető, an +1 = an + an = 2an , tehát a rekurziót egyszerűbben is felírhatjuk.

hogy

3. A sorozatoknak még másféle megadási módja is lehetséges. Például, ha a 3 tizedesjegyeiből alkotott sorozatot tekintjük, minden tagja meg van határozva, viszont az általános tagot nehéz lenne kiszámolni. Gyakran jelent problémát a különböző értelmezések közti ekvivalencia kimutatása. Például az an = min (x n + y n ) kifejezéssel értelmezett sorozat általános tagjának x + y =1

egyszerűbb alakja an =

1 2n −1

. Ezt az

x + y n x n + yn egyenlőtlenség biztosítja, ≤ 2 2

⎛ 1⎞ amelyben x = y ⎜⎜= ⎟⎟ esetén teljesül az egyenlőség. ⎝ 2⎠ Érdemes ábrázolni a sorozatokat, mert néhány fontos tulajdonságot a grafikonból megsejthetünk. Az (an )n ≥1 sorozatra kétféle ábrázolási módot is használhatunk: a) a síkban ábrázoljuk az (n, an ) pontokat; b) a számegyenesen ábrázoljuk az an pontokat. Példa. Ábrázoljuk az n 1 2 3 4 n +1 , − , , − , ..., (−1) , ... n +1 2 3 4 5 sorozatot mindkét módon! A grafikonokat a 35. ábra mutatja. an 1 2 2 3

a)

3 4

b) 1 2

4 5 0

1

2

3

n

2 3

35. ábra

0

5 6 3 4

x

Tartalomjegyzék


33

Megoldott gyakorlatok és feladatok a +1 1. Határozzuk meg az a1 = 2 , an +1 = n sorozat általános tagját! 3 2 5 14 , Megoldás. A sorozat első néhány tagja a1 = 2 , a2 = , a 3 = , a 4 = 3 9 27 3n −1 + 1 41 . Sejthető, hogy an = , amit indukcióval igazolhatunk. a5 = 2 ⋅ 3n −1 81 Nem minden esetben sejthető meg az általános tag az első néhány tagból. Az előbbi példánál látható, hogy minden tag az előzőnek „majdnem” egyharmada, tehát hasonlít egy mértani sorozathoz. Általában az an +1 = a ⋅ an + b ( a ≠ 1 , b ≠ 0 ) típusú rekurzióval megadott sorozatok általános tagja an = c1 ⋅ a n + c2 alakú. Ha nem sejtjük meg az általános tagot, akkor a rekurziós összefüggés mindkét oldalához egy α szám hozzáadásával mértani sorozattá alakíthatjuk: a +1 a +1 a +α legyen. + α . Meghatározzuk α -t úgy, hogy n a n +1 + α = n +α = n 3 3 3 1 ⎛ 1⎞ 1 1 1 3n −1 + 1 1 = . Innen α = − . Tehát an − = ⎜⎜a1 − ⎟⎟ n −1 , azaz an = + 2 2 ⋅ 3n −1 2 ⋅ 3n −1 2 ⎝ 2⎠ 3 2 Szintén mértani sorozathoz jutunk, ha kivonunk egymásból két egymás utáni rekurziós a − an 1 , innen an +1 − an = (a 2 − a1 ) ⋅ n −1 . Ezeket összefüggést: an +2 − an +1 = n +1 3 3 összeadva az 1 , 2 , ..., n − 1 indexek esetén, ugyanazt az eredményt kapjuk. a +1 összefüggés mindkét oldalát megszorozzuk 3k −1 -nel Másképp, ha az ak = k −1 3 n n 1 (vagy n −k -nal) és összeadjuk k = 2, n esetén, a ∑ 3k −1ak = ∑ (3k −2ak −1 + 3k−2 ) , 3 k =2 k =2 3n −1 − 1 n −1 . összefüggéshez jutunk, ahonnan 3 an = a1 + 2 an 2. Határozzuk meg az a1 = 2 , an +1 = sorozat általános tagját! 3 + 4an Megoldás. Itt is kiszámolhatjuk az első néhány tagot, megsejtjük az általános tagot, majd indukcióval igazoljuk a kapott eredményt. A feladatbeli összefüggést a 3an +1 + 4anan +1 = an alakban is írhatjuk. Az eredeti rekurzióból azonnal látszik, hogy a sorozat tagjai 0 -tól különbözők, tehát oszthatjuk az összefüggést anan +1 -gyel, így ⎛1 ⎞ 1 3 + 4 , amit az + 2 = 3 ⎜⎜ + 2⎟⎟⎟ mértani sorozattá alakíthatunk. Innen ⎜ a n +1 an an +1 ⎝ an ⎠⎟ ⎛1 ⎞ 1 5 ⋅ 3n −1 1 2 = − 2 , azaz an = . + 2 = 3n −1 ⎜⎜ + 2⎟⎟⎟ , tehát n −1 ⎟ ⎜ 2 an 5⋅3 −4 an ⎝a1 ⎠ 1

=

3. Határozzuk meg az a1 = 1 , a2 = 2 , an+1 = an (an+2 −an+1 ) sorozat általános tagját!

Tartalomjegyzék

34


Megoldás. A rekurzió az anan +2 = an2+1 + anan +1 alakba is írható, innen ha a sorozat két egymás utáni tagja szigorúan pozitív, akkor a következő tag is szigorúan pozitív. Mivel az első két tag szigorúan pozitív, következik, hogy a sorozat minden tagja a a pozitív. Az utóbbi összefüggést anan +1 -gyel osztva, kapjuk: n +2 = n +1 + 1 , tehát an +1 an an +1 a2 ak = + n − 1 = n + 1 . Az = k , k = 2, n összefüggéseket összeszorozva, an a1 ak −1 a kapjuk: n = n ! , tehát an = n ! . a1 Gyakorlatok 1. A következő sorozatokat általános tagjuk segítségével adtuk meg ( n ∈ `* minden esetben). Írd fel a sorozatok első négy tagját és ábrázold azokat: n −5 2n + 1 n2 − n a) an = ; b) an = ; c) ; = a n n2 n+2 n +1 12 + 22 + ... + n 2 1 1 1 e) an = 1 + + ... + ; f) an = ; d) an = (−1)n ; n3 2 n n nπ nπ nπ 1 + 2 + ... + n + cos ; h) an = 1 + sin ; i) an = sin ; g) an = 2 2 4 4 n (n + 1) 1 1 1 1 1 1 1 j) an = 1 − + − + ... + (−1)n +1 ; k) an = 1 + + 2 + ... + n . 2 3 4 3 3 3 n 2. Írd fel az alábbi sorozatok következő hat tagját: a a) a1 = 2 , an = 3an −1 , ha n ≥ 2 ; b) a1 = 1 , an = n −1 , ha n ≥ 2 ; 4 c) a1 = 1 , a2 = 4 , a 3 = 9 , an = 3an −1 − 3an −2 + an −3 , ha n ≥ 4 ; d) a1 = 1 , a2 = 4 , a 3 = 2 , a 4 = 8 , a5 = 5 , a6 = 7 , an = an −6 , ha n ≥ 7 . 3. Határozd meg a következő, rekurzívan értelmezett sorozatok általános tagját: b) a1 = 2 , an +1 = an − 2 ; a) a1 = 1 , an +1 = an / 5 ; d) a1 = 3 , an +1 = an + n ; c) a1 = −1 , an +1 = 3an + 4 ; e) a1 = 2, a2 = 1 , an +2 = 2an +1 − an + 1 ; f) a1 = 5 , an +1 = an2 − 4an + 6 ; g) a1 = 3, a2 = 3 , an +2 ⋅ an = an2+1 − 2an +1 ⋅ an . 4. Határozd meg a következő, rekurzívan értelmezett sorozatok általános tagját: xn 1 , ∀n ≥ 0 ; (Felvételi, 1991., Temesvár) a) x 0 = , x n +1 = 1 + 2x n 3 xn b) x 0 = 1 , x n +1 = , ∀n ≥ 0 ; (Felvételi, 1993., Temesvár) 3 1 + x3 n c) x 0 = 3 , x 1 = 4 , x n +1 = x n2−1 − nx n , ∀n ≥ 1 ; d) x 0 = 1 , x 1 = 2 , x n +1 = x n + 6 x n −1 , ∀n ≥ 1 ; 1 e) x 1 = 3 , x 2 = 2 , x n +2 + = 2 , ∀n ≥ 1 . xn

Tartalomjegyzék

35

Valós számsorozatok MÁSODRENDŰ LINEÁRIS REKURZIÓK

Értelmezés. Másodrendű lineáris rekurziónak nevezzük az x n +2 = a ⋅ x n +1 + b ⋅ x n ,

∀n ∈ `* rekurziót, ahol a, b ∈ ^ (vagy a, b ∈ \ ), b ≠ 0 . Vizsgáljunk meg egy sajátos esetet! Feladat. Határozzuk meg az x n +2 = 3 ⋅ x n +1 − 2 ⋅ x n , x 1 = 3, x 2 = 5 sorozat általános tagját! Megoldás. A sorozat további tagjai x 3 = 9, x 4 = 17, x 5 = 33, x 6 = 65 . Látható, hogy a sorozat minden tagja 1 -gyel nagyobb, mint egy kettőhatvány, pontosabban az xn = 2n + 1 összefüggés sejthető. Ez igazolható a matematikai indukció segítségével is, mi azonban megpróbálunk olyan módszert adni, amely lehetővé teszi az általános eset megoldását is. E célból átrendezzük az adott rekurziót a következő módon: x n +2 − x n +1 = 2 (x n +1 − x n ) . Így az yn = x n +1 − x n jelöléssel az adott rekurzió yn +1 = 2yn alakban írható, tehát az

(yn )n ≥1 egy mértani sorozat. Eszerint yn = y1 ⋅ 2n −1 = 2n , tehát az x n +1 − x n = 2n rekurzióból kellene meghatározni az (x n )n≥1 sorozat általános tagját. Ha felírjuk ezt a

rekurziót rendre az n − 1, n − 2,..., 2,1 értékekre, majd tagonként összeadjuk a kapott egyenlőségeket, akkor az x n − x 1 = 2 + 22 + ... + 2n −1 egyenlőséghez jutunk. Ebből következik, hogy x n = 2n + 1 . Ennek a gondolatmenetnek az előnye, hogy tetszőleges kezdőértékek esetén is használható (a megsejtés lehet, hogy más kezdőértékek esetén nem hozzáférhető). Tetszőleges x 1 és x 2 esetén yn = (x 2 − x 1 ) 2n −1 és így

x n − x 1 = (x 2 − x 1 )(2n −2 + 2n −3 + 2n −4 + ... + 2 + 1) ,

tehát x n = (2x 1 − x 2 ) + (x 2 − x 1 ) 2n −1 , ∀ n ∈ `* . Vizsgáljuk meg, hogy yn = x n +1 − r1 ⋅ x n alakú helyettesítéssel (akárcsak az előbb) milyen feltételek mellett tudjuk átalakítani az adott x n +2 = a ⋅ x n +1 + b ⋅ x n (*) rekurziót yn +1 = r2 ⋅ yn alakú rekurzióvá. Az

yn +1 = r2 ⋅ yn

rekurzió

x n +2 − r1 ⋅ x n +1 = r2 ⋅ (x n +1 − r1 ⋅ x n )

alakba

írható,

ahonnan

⎧⎪r1 + r2 = a x n +2 = (r1 + r2 ) x n +1 − r1r2 ⋅ x n , tehát a megfelelő r1 és r2 megválasztása az ⎪⎨ egyenlet⎪⎩⎪r1 ⋅ r2 = −b rendszer megoldására vezetődik vissza. Így az r1 és r2 az r 2 − a ⋅ r − b = 0 egyenlet gyökei. Ezt az egyenletet a (*) rekurzió karakterisztikus egyenletének nevezzük. Mivel a karakterisztikus egyenletnek mindig van két megoldása (esetleg egybeesők vagy komplexek), az előbbi feladat megoldása a következőképpen általánosítható: x n − r1x n −1 = (x 2 − r1x 1 ) ⋅ r2n −2 , tehát ha ezt a rekurziót rendre az

n, n − 1, n − 2,..., 2 értékekre felírjuk, az 1 , r1 , r12 , ..., r1n −1 számokkal szorozzuk és tagonként

Tartalomjegyzék

36


⎛ n −2 ⎞ összeadjuk a kapott egyenlőségeket, akkor az x n − r1n −1x 1 = (x 2 − r1 ⋅ x 1 ) ⎜⎜∑ r1k ⋅ r2n −2−k ⎟⎟⎟ összefüggéshez ⎝⎜ k =0 ⎠⎟

jutunk, mint ez a következőkből kitűnik. x n − r1x n −1 = (x 2 − r1x 1 ) ⋅ r2n −2 x n −1 − r1x n −2 = (x 2 − r1x 1 ) ⋅ r2n −3

⋅ r1

x n −2 − r1x n −3 = (x 2 − r1x 1 ) ⋅ r ..................................

⋅ r12

x 2 − r1x 1 = (x 2 − r1x 1 ) ⋅ r20

⋅ r1n −2

n −4 2

+ ⎛ n −2 k n −2−k ⎞⎟ ⎜ ⎟ x n − r x = (x 2 − r1 ⋅ x 1 ) ⎜ ∑ r1 ⋅ r2 ⎝⎜ k =0 ⎠⎟⎟ n − 2 ⎛ ⎞ Ha r1 ≠ r2 , akkor az r1n −1 − r2n −1 = (r1 − r2 ) ⎜⎜ ∑ r1n −2−k r2k ⎟⎟⎟ azonosság alapján x n = c1 ⋅ r1n + c2 ⋅ r2n , ahol ⎜⎝ k =0 ⎠⎟ x 2 − r2x 1 x 2 − r1x 1 c1 = és c2 = (nyilván r1,2 ≠ 0 , mert b ≠ 0 ). r1 (r1 − r2 ) r2 (r2 − r1 ) n −2 2rx 1 − x 2 Ha r1 = r2 = r , akkor ∑ r1n −2−k r2k = (n − 1) r n −2 , tehát x n = (k1 + k2 ⋅ n ) ⋅ r n , ahol k1 = és r2 k =0 x − rx k2 = 2 2 1 (nyilván r ≠ 0 , mert b ≠ 0 ). r Ha a karakterisztikus egyenlet együtthatói valósak, de a gyökei nem valós számok, akkor a sorozat általános tagjának alakja egyszerűsíthető, hisz r1, 2 = ρ (cos ϕ ± i ⋅ sin ϕ ) , tehát n −1 1 1

x n = ρn (k1 ⋅ cos nϕ + k2 ⋅ sin nϕ) , ahol k1 =

x cos ϕ − x 1ρ 2 cos 2ϕ 2ρx 1 cos ϕ − x 2 és k2 = 2 . 2 ρ 2 cos ϕ ρ

Az előbbi eseteket összefoglalva kijelenthetjük a következő tételt: Tétel. Legyen az (x n )n ≥1 az r 2 − a ⋅ r − b = 0 karakterisztikus egyenletű x n +2 = a ⋅ x n +1 + b ⋅ x n , a, b ∈ \ , b ≠ 0 rekurzióval adott sorozat. 1. Ha a karakterisztikus egyenlet gyökei r1 ≠ r2 ∈ \ , a sorozat általános tagja x n = c1 ⋅ r1n + c2 ⋅ r2n alakú, ahol c1 és c2 állandók. 2. Ha a karakterisztikus egyenlet gyökei r1 = r2 = r , akkor a sorozat általános tagja x n = (k1 + k2 ⋅ n ) ⋅ r n alakú, ahol k1 és k2 állandók. 3. Ha a karakterisztikus egyenlet gyökei r1 = r2 ∉ \ , akkor a sorozat általános tagja x n = ρn (k1 ⋅ cos nϕ + k2 ⋅ sin nϕ ) , ahol ϕ és ρ a gyökök argumentuma és modulusza, illetve, k1 és k2 állandók. A konstansokat mindhárom esetben az x 1 és x 2 kezdeti értékekből határozzuk meg. Megjegyzés. Az első két eset érvényes a, b ∈ ^ , b ≠ 0 esetén is, ha a karakterisztikus egyenlet gyökei nem feltétlenül valósak. Megoldott feladatok 1. A Fibonacci sorozat esetén (32. old.) a karakterisztikus egyenlet x 2 − x − 1 = 0 , ⎧ ⎪c1r1 + c2r2 = 1 1± 5 amelynek gyökei r1, 2 = , tehát a ⎪ ⎨c r 2 + c r 2 = 1 egyenletrendszerből ⎪ 2 2 2 ⎪ ⎩11 kifejezve a c1 és c2 állandókat a 32. oldalon szereplő képlethez jutunk.

Tartalomjegyzék

37

Valós számsorozatok 2. Határozzuk meg az x n +1x n = 5x n x n +2 + 6x n +1x n +2 , x 1 = 1 , x 2 =

1 sorozat 41

általános tagját! Megoldás. A rekurziós összefüggésből, mivel az első két tag szigorúan pozitív, következik, hogy a sorozat minden tagja szigorúan pozitív, tehát az összefüggés 1 5 6 összefüggésmindkét oldalát eloszthatjuk x n x n +1x n +2 -vel, így az = + x n +2 x n +1 x n 1 sorozatra. hez jutunk, ami egy másodrendű lineáris rekurzió az (yn )n ≥1 , yn = xn Ennek karakterisztikus egyenlete x 2 − 5x − 6 = 0 , amelynek gyökei r1 = −1 és ⎧ ⎪−c1 + 6c2 = 1 n r2 = 6 , tehát az általános tagja yn = c1 (−1) + c2 ⋅ 6n alakú. A ⎪⎨ ⎪c + 36c2 = 41 ⎪ ⎩1 egyenletrendszerből kapjuk, hogy c1 = −5 és c2 = 1 , tehát yn = 5 ⋅ (−1)n −1 + 6n és 1 . xn = n −1 5 ⋅ (−1) + 6n Gyakorlatok és feladatok 1. Határozd meg a következő sorozatok általános tagjának képletét: 13 1 5 a) xn +2 = 5xn +1 − 6xn , x1 = 1, x2 = ; b) 6xn +2 = 5xn+1 − xn , x1 = , x2 = ; 5 6 36 c) xn +2 = 4xn +1 − 4xn , x 1 = 6, x 2 = 20 ; d) x n +2 = x n +1 − x n , x 1 = 2, x 2 = 1 ; e)

5 3 2 , x 1 = 5 , x 2 = 11 ; = + xn x n +1 x n −1

f) x n +1x n = 3x n x n +2 − 2x n +1x n +2 .

2. Bizonyítsd be, hogy ha az (x n )n ≥1 sorozat tagjaira x n +2 = a ⋅ x n +1 + b ⋅ x n bármely

n ∈ `* esetén, akkor n +1 xn2+1 − a ⋅ xn +1 ⋅ xn − b ⋅ xn2 = (−1) bn −1 (x 22 − ax 2x1 − bx12 ) . 3. Bizonyítsd be, hogy végtelen sok olyan x 1 egész szám létezik, amelyből kiindulva az x n +1 = 2x n ± 3x n2 + 1 rekurziót teljesítő sorozat tagjai egész számok (az előjeleket minden lépésben tetszőlegesen megválaszthatjuk minden n ∈ ` esetén). (Radó Ferenc Emlékverseny, 2002.) KORLÁTOS SOROZATOK Értelmezés. Az (an )n ≥1 sorozatot korlátosnak nevezzük, ha a sorozat tagjaiból képezett T halmaz korlátos. Ha T alulról (felülről) korlátos, akkor a sorozatot alulról (felülről) korlátosnak nevezzük. Ez a következőképpen is megfogalmazható:

Tartalomjegyzék

38


1. Az (an )n ≥1 sorozat korlátos, ha van olyan M pozitív valós szám, amelyre minden

n ∈ `* esetén an ≤ M . 2. Az (an )n ∈`* sorozat alulról korlátos, ha van olyan M valós szám, amelyre minden

n ∈ `* esetén an ≥ M . 3. A (an )n ∈`* sorozat felülről korlátos, ha van olyan M valós szám, amelyre minden

n ∈ `* esetén an ≤ M . Az előbbi értelmezések alapján az (an )n ≥1 sorozat pontosan akkor korlátos, ha alulról és felülről is korlátos. Ha az (an )n ≥1 sorozat nem korlátos, akkor minden pozitív M valós szám esetén létezik ak úgy, hogy ak > M legyen. Gyakorlat. Fogalmazd meg a következő tulajdonságokat egyenlőtlenségekkel: a) az (an )n ≥1 sorozat felülről nem korlátos; b) az (an )n ≥1 sorozat alulról nem korlátos. Megoldott gyakorlatok Vizsgáljuk meg néhány sorozat korlátosságát! 2n + 3 1. Az an = , n ∈ `* általános tagú sorozat korlátos, mert: n +1 2n + 3 2 (n + 1) + 1 1 0 < an = = = 2+ < 2 + 1 = 3 , ∀ n ∈ `* . n +1 n +1 n +1 1 1 1 2. Az an = 1 + + 2 + ... + n , n ∈ `* általános tagú sorozat korlátos: 0 egy alsó, 2 2 2 n +1 ⎛ 1 ⎞⎟ 1 − ⎜⎜ ⎟ ⎡ ⎛ 1 ⎞n +1 ⎤ ⎝2⎠ = 2 ⎢1 − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥ , és így 0 < an < 2 , ∀ n ∈ ` * . 2 egy felső korlátja. an = 1 ⎢ ⎝2⎠ ⎥ ⎣ ⎦ 1− 2 1 1 1 3. Az an = 1 + 2 + 2 + ... + 2 , n ∈ `* általános tagú sorozat korlátos: 1 egy 2 3 n alsó, 2 egy felső korlát. Az 1 < an egyenlőtlenség azonnali. Igazoljuk, hogy an < 2 . 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + 2 < 1 + + + ... + = (n − 1) ⋅ n 2 3 n 1⋅2 2⋅3 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1 + 1 − + − + − + ... + − = 2− < 2. 2 2 3 3 4 n −1 n n sin1 sin2 sin n + + ... + sorozat korlátos, mert −1 ≤ an ≤ 1 , ∀ n ∈ `* . 4. Az an = n n n n2 + 2 , n ∈ `* sorozat nem korlátos. Igazolható, hogy ha n ≥ 3 , 5. Az an = (−1)n n+3 n2 + 2 n 1 n akkor an > = + > . Tehát bárhogyan is rögzítünk egy M pozitív n +n 2 n 2

Tartalomjegyzék

39


valós számot, amikor n > 2M , akkor teljesül az an > M egyenlőtlenség, vagyis a sorozat nem korlátos. 6. Vizsgáljuk meg az a1 = 2 , an +1 = 2 + an , ∀ n ∈ ` * sorozat korlátosságát. A sorozat tagjai pozitívak, tehát a sorozat alulról korlátos. A matematikai indukció módszerével igazoljuk, hogy 2 egy felső korlát. Világos, hogy a1 < 2 . Másrészt, ha

an < 2 , akkor an +1 = 2 + an < 2 + 2 = 2 , tehát an < 2 , ∀ n ∈ ` * . 7. Vizsgáljuk az (n sin n )n ≥1 sorozat korlátosságát! Tudjuk, hogy sin n a −1 és 1 36. ábra között veszi fel értékeit, de megtörténhet, hogy akármilyen nagy n esetén a sin n sinn x0 annyira kicsi, hogy az n sin n szorzat x korlátos. Másrészt, ha tudnánk, hogy van π (2 k+ 1) a b n olyan x 0 > 0 szám, hogy tetszőlegesen 2k π rögzítve egy N > 0 számot, van n 0 > N pozitív egész szám úgy, hogy sin n 0 > x 0 , akkor a sorozat nem korlátos, mert n 0 sin n 0 > n 0x 0 > Nx 0 , és N tetszőlegesen nagy lehet. Tekintsük a szinusz függvény grafikus képét a (2k π, (2k + 1) π ) intervallumon, ahol k ∈ `* . Ha x 0 ∈ (0,1) -t úgy választjuk meg, hogy az [a, b ] intervallum hossza 1 -nél nagyobb legyen, akkor az (a, b ) intervallumban biztosan van egy természetes szám. Ebben a pontban a szinusz függvény értéke x 0 -nál nagyobb. A π π⎞ 2π ⎛ ⎜⎜2k π + , (2k + 1) π − ⎟⎟ intervallum megfelel, mert hossza > 1 és a neki ⎝ 6 6⎠ 3 π⎞ 1 ⎛ megfelelő x 0 érték sin ⎜⎜2k π + ⎟⎟ = . Tehát a vizsgált sorozat nem korlátos. ⎝ 6⎠ 2 MONOTON SOROZATOK

Értelmezések. Az (an )n ≥1 sorozat növekvő (csökkenő), ha minden n ∈ `* esetén an ≤ an +1 (illetve an ≥ an +1 ). Az (an )n ∈`* sorozat szigorúan növekvő (szigorúan csökkenő), ha minden n ∈ `* esetén an < an +1 (illetve an > an +1 ). Az (an )n ∈`* sorozat monoton, ha növekvő vagy csökkenő. Az (an )n ∈`* szigorúan monoton, ha szigorúan növekvő vagy szigorúan csökkenő. Megjegyzés. Ha az (an )n ≥1 sorozat szigorúan monoton, akkor monoton. Példák. 1. Vizsgáljuk meg a 3 , 2 ,

5 3 n+2 , , ..., , ... sorozat monotonitását. 3 2 n

Tartalomjegyzék

40


A sorozat első néhány tagjából úgy látszik, hogy a sorozat csökkenő. Ha n ∈ `* , 2 2 2 akkor an − an +1 = − = > 0 , vagyis an > an +1 , ∀ n ∈ ` * . Tehát a n n + 1 n (n + 1) sorozat szigorúan csökkenő. n3 + 1 2. Vizsgáljuk a (bn )n ≥1 , bn = sorozat monotonitását! n +2 2 9 28 , így azt sejtjük, hogy a sorozat növekvő. b1 = , b2 = , b3 = 3 4 5 n 3 + 1 (n + 1)3 + 1 < = bn +1 , mert Ha n ∈ `* , akkor bn = (n + 1) + 2 n +2 (n 3 + 1)(n + 3) = n 4 + 3n 3 + n + 3 ,

((n + 1)3 + 1)(n + 2) = n 4 + 5n 3 + 9n 2 + 8n + 4 , és n 4 + 5n 3 + 9n 2 + 8n + 4 > n 4 + 3n 3 + n + 3 , minden n ∈ `* esetén. n 3. Az an = (−1) általános tagú sorozat nem monoton, mivel a1 < a 2 > a 3 . 4. Vizsgáljuk az a1 = 2 , an +1 = 2 + an , ∀ n ∈ ` * sorozat monotonitását! Az a 2 = 2 + 2 > 2 és a 3 = 2 + 2 + 2 > 2 + 2 = a2 egyenlőtlenségek alapján úgy tűnik, hogy a sorozat növekvő. Ha feltételezzük, hogy a sorozat első n tagja növekvő sorrendben követi egymást, akkor az an −1 < an egyenlőtlenség alapján

2 + an −1 < 2 + an , tehát an < an +1 . A matematikai indukció elve alapján a sorozat növekvő. a Megjegyzés. Pozitív tagú sorozatok esetén az n +1 hányados tanulmányozása an 2n sokszor egyszerűsíti a monotonitás vizsgálatát. Például az an = sorozat esetén n! an +1 2n +1 2 n! = ⋅ n = < 1 , tehát a sorozat csökkenő. (n + 1) ! 2 an n +1 Gyakorlatok és feladatok 1. Vizsgáld a következő sorozatok monotonitását és korlátosságát ( n ∈ `* ): n −3 3n − 1 1 b) an = 2 ; c) an = ; a) an = ; 6n + 5 n n +1 π π 1 d) an = cos n ; e) an = n 2 sin n ; f) an = nπ . 4 2 1 + n 2 sin 2 2 2. Tanulmányozd a következő rekurzív sorozatok korlátosságát és monotonitását: a +5 a) a1 = 3 , an +1 = 3 + an ;b) a1 = 1 , an+1 = 3 2 + an ;c) a1 = 1 , an +1 = n ; 4

Tartalomjegyzék

41


an + d) a1 = 3 , an +1 =

1 an

; e) a1 = 10 , an +1 = an2 − 10an + 30 .

2 3. Tanulmányozd a következő (an )n ≥1 sorozatok korlátosságát: a) an =

1 ; n +1

−7n 2 + 1 ; n nπ nπ + sin e) an = cos ; 5 5

b) an = 2n 2 + 3 ;

d) an = n + 3 − n + 1 ;

c) an =

n 1 1 ⎛ 1 ⎞⎟ ⎜ 1 + + + ... + ⎜ ⎟ 12 + 22 + ... + n 2 ⎝2⎠ 2 4 f) an = ; g) ; = a n 2 + 22 + ... + 2n 3n 2 + 5n 1 1 1 3n + 4n + + ... + h) an = ; i) an = . n 5 n +1 n +2 2n 4. Tanulmányozd a következő sorozatok monotonitását: n +1 1 1 1 n2 ; b) an = n ; c) an = 3 n + 1 − 3 n ; d) an = n + n +1 + ... + 2n ; a) an = n +2 3 2 2 2 n

e) an =

∑k(k + 1) k =1

n

∑k

3

; f) an =

n 4 ⋅ 8 ⋅ ... ⋅ 4n (−1) ⋅ 5n 2n ⋅ n ! ; g) a ; h) an = . = n n 5 ⋅ 9 ⋅ ... ⋅ (4n + 1) (n + 1) ! n

k =1

5. Adott az a1 , a 2 , a 3 , a 4 és a 5 valós szám. Bizonyítsd be, hogy ki tudunk törölni kettőt közülük úgy, hogy a maradék három szám növekvő vagy csökkenő sorrendben legyen. KONVERGENS SOROZATOK Valós szám környezete Értelmezés. Az M ⊂ \ az x valós szám környezetének nevezzük, ha létezik olyan (a, b) ⊂ M intervallum, amelyre a < x 0 , akkor az (a − ε, a + ε) intervallumot az a szám ε sugarú, szimmetrikus környezetének nevezzük. 3. Az x szám minden környezetében van x -nek szimmetrikus környezete és az x minden környezete benne van valamilyen szimmetrikus környezetben. Példák. 1) A (−1, 5) a 0 -nak egy környezete. 2) A (−7,11) a 2 -nek egy szimmetrikus ( 9 sugarú) környezete. Megoldott feladat

Tartalomjegyzék

42


1 , n ≥ 1 sorozat minden tagja benne van a 2n 2 0 -nak 2 hosszúságú szimmetrikus környezetében. 2 b) Bizonyítsuk be, hogy két tag kivételével az an = 3 , n ≥ 1 , sorozat tagjai n 1 hosszúságú szimmetrikus környezetében. mind benne vannak a 0 szám 3 c) Melyik az a leghosszabb szimmetrikus környezete a 0 -nak, amely az 1 xn = 2 sorozatnak csak az első 100 tagját nem tartalmazza? (n + 1) Megoldás. a) A nulla 2 hosszúságú szimmetrikus környezete a (−1,1) intervallum. 1 Mivel −1 < 2 < 1, ∀ n ∈ `* , a sorozat tagjai ebben környezetben vannak. 2n ⎛ 1 1⎞ 1 b) A 0 szám hosszúságú szimmetrikus környezete a ⎜⎜− , ⎟⎟⎟ intervallum. Mivel ⎝ 6 6⎠ 3 1 2 1 − < 3 < , ∀ n ≥ 3 esetén, a sorozat tagjai az a 3 -tól kezdődően benne vannak a 6 n 6 ⎛ 1 1 ⎞⎟ 1 1 1 ⎜⎝⎜− 6 , 6 ⎠⎟ környezetben. Ugyanakkor a1 = 2 > 6 és a2 = 4 > 6 , tehát a1 és a 2 nincs ebben az intervallumban. c) A 0 egy tetszőleges szimmetrikus környezete (−ε, ε) alakú, tehát a 1 −ε < 2 < ε egyenlőtlenségnek kell teljesülnie, bármely n ≥ 101 esetén. Így (n + 1) 1 1 az (n + 1)2 > , vagyis n > − 1 egyenlőtlenséget csak az n ≥ 101 természetes ε ε 1 számok kell teljesítsék. Ez csak akkor lehetséges, ha 100 ≤ − 1 < 101 . Innen ε 1 1 ⎞⎟ ⎛ 1 1 , következik, hogy . A keresett környezet tehát a ⎜⎜− . <ε≤ 2 2 2 ⎝ 101 1012 ⎠⎟ 102 101 Belátható, hogy a 0 minden szimmetrikus környezete tartalmazza a sorozat legalább egy elemét (és nincs más ilyen tulajdonságú pont). Ugyanakkor például az A = [0,1) halmaz minden pontja rendelkezik hasonló tulajdonsággal, tehát minden x ∈ [0,1) szám tetszőleges környezete tartalmazza az A \ {x } halmaznak legalább egy elemét. Az ehhez hasonló tulajdonságok leírásának megkönnyítése céljából bevezetjük a következő fogalmakat: Értelmezések. 1. Az a ∈ \ pontot az A ⊆ \ halmaz torlódási pontjának nevezzük, ha az a bármely környezete tartalmazza az A -nak legalább egy, a -tól különböző elemét ( ∀V ∈ V (a ) : V ∩ (A \ {a }) ≠ ∅ ).

a) Bizonyítsuk be, hogy az an =

Tartalomjegyzék

43


2. Az A ⊆ \ halmaz esetén az a ∈ A pontot izolált pontnak nevezzük, ha az a pontnak létezik olyan környezete, amely nem metszi az A \ {a} halmazt (vagyis ha nem torlódási pontja A -nak) ( ∃V ∈ V (a ) : V ∩ (A \ {a }) = ∅ ). A valós számhalmaz lezárása A tárgyalás egységességének kedvéért bevezetjük az \ = \ ∪ {±∞} halmazt. Megegyezés szerint a ∞ környezetének tekintjük az (a, ∞) alakú intervallumokat és a −∞ környezetének a (−∞, a ) intervallumokat. Az \ halmazt nevezzük a valós számhalmaz lezárásának. Sorozatok határértéke, konvergens sorozatok Értelmezés. Az a ∈ \ számot az (an )n ≥1 sorozat határértékének nevezzük, ha a bármely környezetén kívül a sorozatnak csak véges sok tagja van. Jelölés. Azt, hogy az (an )n ≥1 sorozat határértéke a a lim an = a vagy az an → a n →∞

szimbólummal jelöljük, és „limesz n tart végtelenhez an egyenlő a -val, illetve: „ an tart a -hoz”-nak olvassuk. Mivel az a ∈ \ minden környezete tartalmaz szimmetrikus környezetet, és minden környezet beilleszthető egy szimmetrikus környezetbe, az előbbi értelmezést elégséges szimmetrikus környezetekre megfogalmazni. Az an szám pontosan akkor van az a valós szám ε sugarú környezetében, ha teljesül az an − a < ε egyenlőtlenség. Ugyanakkor ezen V környezeten kívül a sorozatnak pontosan akkor van véges sok tagja, ha létezik olyan n (ε) természetes szám, amelynél nagyobb indexű tagokat a vizsgált környezet mind tartalmazza. Így an − a < ε , ∀n > n (ε ) ( n ∈ `* ), tehát az előbbi értelmezés ekvivalens a következő kijelentéssel: ε -os konvergencia kritérium. Az a ∈ \ szám az (an )n ≥1 sorozat határértéke, ha minden ε > 0 szám esetén létezik n (ε) természetes szám úgy, hogy: an − a < ε , ∀n > n (ε ) ( n ∈ `* ). 1 Példák. 1) Az an = 2 n ≥ 1 sorozat esetén ∀ε > 0 számra an − 0 < ε , ha (n + 1) ⎡ 1⎤ n ≥ ⎢ ⎥ , tehát az (an )n ≥1 sorozat határértéke 0 . ⎢ ε⎥ ⎣ ⎦ 1 3 2n 2 + (−1)n ⋅ n 2) Az an = sorozat tagjait vizsgáljuk. a1 = , a2 = 2 , a 3 = , 2 n +1 2 2 40 45 78 4 90 41 , , a5 = , a6 = , a7 = a4 = = 1 . Észrevehetjük, hogy a páros =2 17 37 37 50 50 26 indexű tagok nagyobbak, mint 2 és a páratlan indexű tagok kisebbek, mint 2 , ugyanakkor a sorozat tagjai egyre közelebb vannak 2 -höz. Próbáljuk meg bizonyítani, hogy az (an )n ≥1 sorozat határértéke. A következő ekvivalenciákhoz jutunk:

Tartalomjegyzék

44

Valós számsorozatok n

an ∈ (2 − ε, 2 + ε) ⇔ an − 2 < ε ⇔ Ha n páros, akkor (1) ekvivalens az

(−1) ⋅ n − 2 < ε (1) n2 + 1

n −2 < ε egyenlőtlenséggel. Páratlan n esetén n2 + 1

n+2 < ε egyenlőtlenséghez jutunk. Az első egyenlőtlenségnek a megoldása a n2 + 1 ⎛⎛ ⎞⎟⎟⎞ 1 − −4ε2 − 8ε + 1 ⎞⎟⎟ ⎛⎜1 + −4ε2 − 8ε + 1 ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ∩ ` , ⎜ −∞ ∪ ∞ , , ⎟ ⎜ ⎜⎜⎜⎜ ⎟ 2ε 2ε ⎠⎟⎟ ⎝⎜ ⎠⎟⎟⎠⎟ ⎝⎝ halmaz, míg a másodiknak a megoldása a ⎛⎛ ⎞⎟⎟⎞ 1 − −4ε2 + 8ε + 1 ⎟⎞⎟ ⎛⎜ 1 + −4ε2 + 8ε + 1 ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ∩ ` halmaz. ⎜ −∞ ∪ ∞ , , ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜⎜ ⎟ 2ε ⎟⎠ ⎝⎜ 2ε ⎜⎝⎝ ⎠⎟⎟⎠⎟ Ha valamelyik diszkrimináns negatív, akkor a neki megfelelő egyenlőtlenség minden természetes számra teljesül. Ez alapján ⎧⎪1 + −4ε2 − 8ε + 1 1 + −4ε2 + 8ε + 1 ⎫⎪ n (ε) = max ⎪⎨ , , 0⎪⎬ , ⎪⎪ ⎪⎪ 2 2 ε ε ⎩ ⎭ ahol a nem létező kifejezéseket nem kell figyelembe venni. Tehát minden ε > 0 esetén létezik n (ε) ∈ `* úgy, hogy an − 2 < ε , minden n ≥ n (ε ) esetén. Ebből az

következik, hogy az (an )n ≥1 sorozat határértéke 2 . Értelmezés. Azokat a sorozatokat, amelyeknek van véges határértéke ( a ∈ \ ) konvergens sorozatoknak nevezzük, a többi sorozatot pedig divergens sorozatnak (a konvergens, divergens szavak latin eredetűek, jelentésük összetartó illetve széthúzó). Megjegyzések. 1. Az értelmezésben szereplő n (ε) természetes számot küszöbszámnak nevezzük. A küszöbszám nincs egyértelműen meghatározva, mert ha n (ε) küszöbszám, akkor minden nála nagyobb természetes szám is alkalmas küszöbszámnak. Általában nem törekszünk arra, hogy megkeressük a legkisebb küszöbszámot. 2. Az értelmezés alapján egy sorozat két esetben lehet divergens: ha nincs határértéke, vagy ha a határértéke ±∞ . ⎛1⎞ sorozattal. Erről azt Példák. 1. Nagyon sokszor találkozunk majd az ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ n ⎠n ∈`* sejtjük, hogy konvergens és határértéke 0 . Valóban, rögzítve egy ε > 0 számot 1 1 − 0 < ε , ha n > és n ∈ `* . n ε 1 1 Ha ε > 0 , akkor létezik és a legkisebb -nál nagyobb természetes szám a ε ε 1 ⎡1 ⎤ 1 n 0 = ⎢ ⎥ + 1 , tehát minden n > n 0 esetén − 0 < ε . Tehát lim = 0 . n →∞ n n ⎣⎢ ε ⎦⎥ 2. Könnyen belátható, hogy az állandó sorozat konvergens és határértéke a sorozat tagjainak közös értéke.

Tartalomjegyzék


45

3. Az (n )n ∈` divergens, mert minden a valós szám esetén létezik ε > 0 és n ∈ ` úgy, hogy n − a > ε (Arkhimédész axiómája alapján). 4. A ((−1)k ) * sorozat divergens, mert két szomszédos tag távolsága 2 és így k ∈`

1 sugarú környezete 1 hosszúságú intervallum, 2 így nem tartalmazhatja a sorozat két szomszédos tagját.

minden a ∈ \ esetén az a -nak ε =

Az ε -os konvergencia kritériumhoz hasonló kritériumokat fogalmazhatunk meg abban az esetben is, amikor a határérték ±∞ . Kijelenthetjük a következő tételt: Tétel. a) lim an = ∞ , ha minden M ∈ \ esetén létezik n(M ) ∈ ` úgy, hogy n →∞

an > M , bármely n ≥ n(M ) esetén. b) lim an = −∞ , ha minden M ∈ \ esetén létezik n(M ) ∈ ` úgy, hogy n →∞

an < M , bármely n ≥ n(M ) esetén. Megoldott feladatok Azt eldönteni, hogy egy sorozatnak létezik-e határértéke, és ha igen akkor mennyi az a határérték, legtöbbször nehéz probléma. Sok egyszerű feladat megoldása segíthet. Nagy előnyt jelent, ha valamely módon megsejtjük a határértéket, ezen a téren számítógépet is érdemes igénybe venni. 3n − 1 1. Konvergens-e az an = , n ∈ `* általános tagú sorozat? 5n + 2 1 3 − 3n − 1 n és elég nagy n esetén 1 és 2 „kicsi” a 3 és = Megoldás. Mivel 5n + 2 5 + 2 n n n 3 5 -höz viszonyítva, azt sejtjük, hogy létezik határértéke a sorozatnak és az . 5 Ha ε > 0 tetszőleges rögzített valós szám akkor 3 3n − 1 3 15n − 5 − 15n − 6 11 an − = − = = < ε, 5 5n + 2 5 5 (5n + 2) 5 (5n + 2) 1 ⎛ 11 5 (5n + 2) 1 ⎞ > , azaz, ha n > ⎜⎜ − 2⎟⎟ . Tehát, ha ha ⎠ ε 11 5 ⎝ 5ε ⎧ ⎞⎤ ⎪ ⎡ 1 ⎛ 11 ⎪⎫ n (ε) = max ⎪⎨1, ⎢ ⋅ ⎜⎜ − 2⎟⎟⎥ + 1⎪⎬ , ⎠⎥⎦ ⎪⎩⎪ ⎢⎣ 5 ⎝ 5ε ⎪⎭⎪ 3 3 akkor an − < ε minden n > n (ε) esetén, így a sorozat határértéke . 5 5 2 2n − 3n + 1 2. Konvergens-e az an = , n ∈ `* általános tagú sorozat? 2 3n − 1

Tartalomjegyzék

46


3 1 + 2n − 3n + 1 n n 2 , így az előbbihez hasonló meggondolások= Megoldás. 2 1 3n − 1 3− 2 n 2 ból az sejtjük, hogy a határérték . Ha ε > 0 rögzített valós szám, akkor 3 2 2 2n − 3n + 1 2 9n − 5 9n 3n 3 an − = − = < < 2 = <ε, 2 2 2 3 3n − 1 3 3 (3n − 1) 3 (3n − 1) 2n 2n ⎡3⎤ 3 , így egy alkalmas küszöbszám az n (ε) = ⎢ ⎥ + 1 . A kapott küszöbszámha n > ⎢⎣ 2ε ⎥⎦ 2ε hoz elég durva becslésekkel jutottunk, viszont a határérték szempontjából lényegtelen, hogy melyik n(ε) után lesz ε -nál kisebb a moduluszos kifejezés. Tehát a sorozat 2

2−

2n 2 − 3n + 1 2 = . n →∞ 3 3n 2 − 1 2n 2 − 3n + 1 3. Konvergens-e az an = , n ∈ `* általános tagú sorozat? 3n 3 − 1 2 3 1 2n 2 − 3n + 1 n − n 2 + n 3 = . Igazolni fogjuk, hogy a határérték 0 . Megoldás. 1 3n 3 − 1 3− 3 n 2 2 2n − 3n + 1 2n − 3n + 1 3n 2 3 3 − 0 = < 3 = < ε , ha n > , egy alkalmas 3 3 3n − 1 3n − 1 2n 2n 2ε konvergens és lim

2n 2 − 3n + 1 ⎡3⎤ =0. küszöbszám n (ε) = ⎢ ⎥ + 1 , tehát lim n →∞ 3n 3 − 1 ⎣⎢ 2ε ⎦⎥ 12 + 22 + ... + n 2 4. Konvergens-e az an = , n ∈ `* általános tagú sorozat? 3 n n (n + 1)(2n + 1) 2 2 2 Megoldás. Az 1 + 2 + ... + n = azonosság alapján 6 n (n + 1)(2n + 1) (n + 1)(2n + 1) 1 ⎛ 1 ⎞⎛ 1⎞ an = = = ⎜⎜1 + ⎟⎟⎜⎜2 + ⎟⎟ . 3 2 n⎠ 6n 6n 6⎝ n ⎠⎝ 2 1 Azt sejtjük, hogy létezik a sorozat határértéke és az = . Valóban, ha rögzítünk egy 6 3 1 3n + 1 4n 2 2 < 2 = < ε , ha n > , tehát egy ε > 0 számot, akkor an − = 2 3 6n 6n 3n 3ε ⎡2⎤ lehetséges küszöbszám n (ε) = ⎢ ⎥ + 1 , vagyis a sorozat konvergens és határértéke ⎣⎢ 3ε ⎦⎥ 1 lim an = . n →∞ 3 5. Konvergens-e az an = n 2 + n − n , n ∈ `* általános tagú sorozat?

Tartalomjegyzék

47


n2 + n + n

n2 + n − n2

1 , 1 n +n +n n +n +n 1+ +1 n 1 tehát azt sejtjük, hogy a sorozat konvergens és határértéke . Ha ε > 0 egy rögzített 2 szám, akkor Megoldás. an =

(

n2 + n − n

)

2

=

2

=

1 2 − 1 + −1 1 1 n − = = ⎛ ⎞ 1 2 1 1+ +1 2 ⎜⎜ 1 + + 1⎟⎟⎟ ⎜⎝ n n ⎠⎟ 1 1 1 1 + −1 1 + −1 1 + −1 1 1 n n n = < = < < ε , ha n > , ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 8n 8ε 1 1 ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ 2 ⎜ 1 + + 1⎟⎟ 4 ⎜ 1 + + 1⎟⎟ ⎜⎝ n n ⎠⎟ ⎝⎜ ⎠⎟ 1 tehát lim n 2 + n − n = . n →∞ 2 6. Bizonyítsuk be, hogy az x n +1 = 2 + x n , n ≥ 1 , x 1 = 1 sorozat konvergens és számítsuk ki a határértékét! Megoldás. A sorozat növekvő és minden tagja kisebb, mint 2 (lásd a monotonitás és a korlátosság paragrafusban megoldott feladatokat). A továbbiakban igazoljuk, xn − 2 hogy a sorozat határértéke 2 . x n +1 − 2 = 2 + x n − 2 = , tehát írhatjuk, 2 + xn + 2 1 an − = 2

(

)

1 1 1 ⋅ x n − 2 . Ebből következik, hogy x n − 2 < n −1 x 1 − 2 = n −1 . 2 2 2 ⎡ ⎛ 1 ⎞⎟⎤ Tehát ha n (ε) = ⎢log 2 ⎜⎜ ⎟⎥ + 1 , akkor x n − 2 < ε , ∀n ≥ n (ε) és így lim x n = 2 . n →∞ ⎝ ε ⎠⎦⎥ ⎣⎢ Az előbbi feladatokból láthattuk, hogy hatékonyan akkor tudunk határértéket számolni, ha olyan szabályokat, módszereket dolgozunk ki, amelyek lehetővé teszik ennek a nehézkes módszernek a kikerülését. A fejezet további részében ilyen tulajdonságok levezetésére törekszünk.

hogy x n +1 − 2 <

Gyakorlatok Vizsgáld, hogy a következő, általános tagjukkal adott sorozatok konvergensek-e! Ha igen, számítsd ki a határértéküket! 2n − 5 3 n2 − 1 a) an = ; b) an = ; c) an = 2 ; n +1 4n − 1 7n + 3 2n − 3 3n 2 + n − 5 3n 2 − n + 1 ; e) an = 2 ; f) an = ; d) an = 2 n +n +1 6n + 1 5n + 1

Tartalomjegyzék

48


12 + 22 + ... + n 2 12 + 22 + ... + n 2 13 + 23 + ... + n 3 = a ; h) ; i) ; = a n n n2 n4 n4 3n + 1 ; k) an = n 2 ; l) an = n + 1 − n − 1 ; j) an = 2 ⋅ 3n − 1 m) an = n 3 + n − n ; n) an = n 2 + 1 − n 2 − 1 .

g) an =

SOROZATOK NÉHÁNY TULAJDONSÁGA 1. Az értelmezés alapján a határértéknek csak a létezése szükséges úgy, hogy minden környezete véges számú tag kivételével tartalmazza az (an )n ≥1 sorozat minden tagját. Azt sejtjük, hogy ha létezik ez az a szám, akkor csak egy van belőle, mert két különböző szám szétválasztható két környezettel. Bizonyítsuk be az egyértelműséget! Tegyük fel, hogy a és b , a ≠ b az (an )n ∈`* sorozat két határértéke. Vegyük a

a −b sugarú környezeteit. A feltevés szerint a és b határérték, ezért 3 létezik az n1 (ε) és n2 (ε) küszöbszám úgy, hogy egyrészt minden n ≥ n1 (ε) esetén ⎛ b −a b − a ⎞⎟ másrészt minden n ≥ n 2 (ε) esetén ,a + an ∈ ⎜⎜a − ⎟, ⎜⎝ 3 3 ⎠⎟ és b

ε=

⎛ b − a ⎞⎟ b −a ,b + an ∈ ⎜⎜b − ⎟ , ami nem lehet, ⎜⎝ a-ε a a+ε x b- ε b b+ε 3 3 ⎠⎟ 37. ábra mert a környezetek idegenek (diszjunktak) és n ≥ max (n1 (ε) , n2 (ε)) esetén a sorozat minden tagja mindkét környezetben benne kellene legyen. Ez szemléltethető a 37. ábrán is, ha ábrázoljuk a sorozatot a számegyenesen. Hasonló gondolatmenet alapján az is belátható, hogy ha a sorozat határértéke létezik, de nem véges, akkor is egyértelmű. Érvényes tehát a következő tétel: Tétel. Ha egy sorozatnak van határértéke, akkor csak egy határértéke van. 2. Milyen kapcsolat van a sorozat korlátossága és konvergenciája között? Már n láttunk olyan sorozatot, amely korlátos, de nem konvergens (például az an = (−1) ,

n ∈ `* általános tagú sorozat). Eddigi példáinkban minden konvergens sorozat korlátos is volt. Vajon ez igaz-e tetszőleges konvergens sorozat esetén? Tegyük fel, hogy az (an )n ≥1 sorozat konvergens és határértéke a . Ekkor minden ε > 0 esetén létezik n (ε) úgy, hogy

an − a < ε , ha n > n (ε) . Tehát az

(a − ε, a + ε) intervallumon kívül a sorozatnak legfeljebb véges sok tagja van. Ha van a + ε -nál nagyobb tag, akkor jelöljük M -mel ezek közül a legnagyobbat (véges sok szám között mindig van legnagyobb). Ha nincs a + ε -nál nagyobb tag, akkor a + ε = M egy felső korlát. Hasonlóan a − ε vagy a − ε -nál kisebb tagok közül a legkisebbet jelöljük m -mel. Így a sorozat minden tagja az [m, M ] intevallumban van, tehát korlátos. Ezzel igazoltuk a következő állítást:

Tartalomjegyzék

49


Tétel. Minden konvergens sorozat korlátos. Az előző tétel alapján a korlátosság a sorozat konvergenciájának szükséges feltétele. n Az an = (−1) általános tagú sorozat példája mutatja, hogy a korlátosság a konvergenciának nem elégséges feltétele. 3. Készítsünk az (an )n ≥1 és (bn )n ≥1 sorozatokból egy (cn )n ≥1 sorozatot úgy, hogy a két sorozatból felváltva vesszük sorra a tagokat. Tehát c2n −1 = an , c2n = bn , a1, b1, a2 , b2 ,..., an , bn ,... vagyis: Bizonyítsuk be, hogy ha lim an = lim bn = a , akkor lim cn = a . n →∞

n →∞

n →∞

Rögzítsünk egy ε > 0 számot. A feltevés szerint létezik az N 1 (ε) és N 2 (ε) szám úgy, hogy an − a < ε , ha n > N 1 (ε) és bn − a < ε , ha n > N 2 (ε) . Ezért

{

}

ck − a < ε , ha k > 2 max N 1 (ε), N 2 (ε) . Tehát minden ε > 0 esetén létezik olyan *

n (ε) ∈ ` amelyre minden k > n (ε ) esetén ck − a < ε . Következésképpen lim cn = a . Hasonló gondolatmenet akkor is érvényes, ha a határérték nem véges. n →∞

4. Tekintsünk egy (an )n ≥1 sorozatot. Az

a2, a 4 ,..., a2n , ...; a1, a3, a5 ,..., a2n −1 , ...; a10 , a100 ,..., a10m , ... sorozatokat az (an )n ≥1 sorozat egyes tagjainak törlésével képeztük, és az (an )n ≥1 sorozat részsorozatainak nevezzük. Értelmezés. Azt mondjuk, hogy (ank ) az (an )n ≥1 sorozat egy részsorozata, ha k ≥1 1 ≤ n1 < n2 < n 3 < ... < nk < ... A részsorozat első tagja an1 , második tagja an2 , stb. Az értelmezésből következik, hogy nk ≥ k minden k ∈ `* esetén. ⎛1⎞ ⎛1⎞ sorozatot és az ⎜⎜ ⎟⎟ részsorozatát. Tudjuk, hogy Tekintsük az ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ n ⎠n ≥1 ⎝ 3n ⎠n ≥1 1 lim = 0 , sőt a részsorozat határértéke is 0 . Felvetődik a kérdés, hogy igaz-e, hogy n →∞ n ha lim an = a és (ank ) az (an )n ≥1 egy részsorozata, akkor teljesül a lim ank = a n →∞

k ≥1

k →∞

egyenlőség? a ∈ \ esetén rögzítsünk egy pozitív ε számot. A feltevés szerint ehhez létezik olyan n (ε) ∈ `* szám, hogy ha n > n (ε) , akkor an − a < ε . Így ha k > n (ε ) , akkor nk ≥ k miatt ank − a < ε . Tehát lim ank = a . Belátható, hogy nem véges k →∞

határérték esetén is hasonló tulajdonság érvényes, tehát igaz a következő tétel: Tétel. Ha az (an )n ≥1 sorozat határértéke a , akkor minden részsorozatának van határértéke és ez szintén a .

Tartalomjegyzék

50


Megjegyzés. Divergens sorozatnak is lehet konvergens részsorozata, például az an = (−1)n sorozatnak a páros rendű tagjaiból illetve a páratlan rendű tagjaiból alkotott részsorozata állandó, tehát konvergens is. 5. Az (an )n ≥1 sorozatból készítsünk új sorozatot úgy, hogy az elejére írunk néhány új tagot. Szemléletesen, az a1, a2 , a3,..., an ,... sorozatból képezzük a

b1, b2 ,..., bk , a1, a2 ,..., an ,... .sorozatot. Ha lim an = a , akkor mit állíthatunk az új sorozat konvergenciájáról? n →∞

Ha V az a egy környezete, akkor az an → a feltevésből következik, hogy az (an )n ≥1 sorozatnak legfeljebb véges sok tagja nincs ebben a környezetben. Az új is rendelkezik ezzel a tulajdonsággal, mert a környezetbe nem tartozó ai tagokon kívül még legfeljebb k tag lehet a V környezeten kívül. Ezért az új sorozat is a -hoz tart. Megoldott feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha az (an )n ≥1 sorozat (a2n )n ≥1 és

(a2n −1 )n ≥1 részsorozatai konvergensek és ugyanaz a határértékük, akkor az (an )n ≥1 sorozat is konvergens. Bizonyítás. Ha az (a2n )n ≥1 és (a2n −1 )n ≥1 sorozatok közös határértéke l , akkor minden ε > 0 esetén létezik n1 (ε) és n2 (ε) úgy, hogy a2n − l ≤ ε , ha n ≥ n1 (ε) és

a2m −1 − l ≤ ε , ha m ≥ n2 (ε) . Így, ha n ≥ max {n1 (ε), n2 (ε)} , akkor an − l ≤ ε . Tehát az (an )n ≥1 sorozat is konvergens és határértéke szintén l . Feladatok nπ , ∀ n ∈ `* általános tagú sorozat divergens! 1. Bizonyítsd be, hogy az an = sin 2 1 n 1 2. Tanulmányozd az an = + (−1) , n ≥ 1 sorozat konvergenciáját! n n 3. Bizonyítsd be, hogy ha az (an )n ≥1 sorozat (a2n )n ≥1 , (a2n −1 )n ≥1 és (a 3n )n ≥1 részsorozatai konvergensek, akkor az (an )n ≥1 sorozat is konvergens! MŰVELETEK KONVERGENS SOROZATOKKAL 2n 2 − 3n + 1 Már vizsgáltuk az an = általános tagú sorozatot. Az általános tagot az 3n 3 − 1 2 3 1 − 2+ 3 n alakban írtuk fel és igazoltuk, hogy a határértéke 0 . an = n n 1 3− 3 n A kapott alakból megsejtettük, majd igazoltuk, hogy a sorozat határértéke 0 . Az átalakítás után megpróbálhatjuk visszavezetni a problémát egyszerűbb esetekre. ⎛2⎞ ⎛3⎞ ⎛1⎞ Figyeljük meg előbb a számlálót. Ha külön-külön a ⎜⎜ ⎟⎟ , ⎜⎜ 2 ⎟⎟ , ⎜⎜ 3 ⎟⎟ ⎝ n ⎠n ≥1 ⎝ n ⎠n ≥1 ⎝ n ⎠n ≥1 sorozatokat vizsgálnánk, akkor mindegyikről be tudnánk bizonyítani, hogy 0 -hoz tart.

Tartalomjegyzék

51


⎛1⎞ De kitűzhetjük a feladatot így is: Az ⎜⎜ ⎟⎟ sorozatról már tudjuk, hogy konvergens ⎝ n ⎠n ≥1 2 1 1 3 1 1 1 és határértéke 0 . Következik-e ebből, hogy = + → 0 ; = + + → 0 ; n n n n n n n 2 3 3 3 1 1 1 1 1 = ⋅ → 0 ; 3 = ⋅ ⋅ → 0 ? Továbbá, igaz-e, hogy ha → 0; 2 → 0 2 n n n n n n n n n 1 2 3 1 és 3 → 0 , akkor − 2 + 3 → 0 ? n n n n A nevezőben a 3 -at tekinthetjük úgy, hogy a csupa 3 -asból álló sorozat megfelelő 1 tagja. Ez a sorozat nyilván konvergens és határértéke 3 . Ha 3 → 0 , igaz-e, hogy n 1 3 − 3 → 3 ? Ha igaz, hogy a nevező 3 -hoz tart, a számláló pedig 0 -hoz, akkor n 0 érvényes-e, hogy a tört -hoz tart, vagyis 0 -hoz? 3 A kérdéseket általánosabban is feltehetjük és úgy is fogjuk vizsgálni. Ha az (an )n ≥1 és (bn )n ≥1 sorozatokra lim an = a és lim bn = b ( a, b ∈ \ ), igaz-e, n →∞

hogy:

n →∞

a) az (an + bn )n ≥1 sorozat is konvergens és lim (an + bn ) = a + b ; n →∞

b) az (an ⋅ bn )n ≥1 sorozat is konvergens és lim anbn = ab ; n →∞

⎛a ⎞ c) ha b ≠ 0 , akkor az ⎜⎜ n ⎟⎟⎟ ⎜⎝ b ⎠⎟ n

an a = ? n →∞ b b n

sorozat is konvergens és lim

n ≥1

Vizsgáljuk sorra a problémákat: a) A lim (an + bn ) = lim an + lim bn = a + b n →∞

n →∞

n →∞

igazolásához rögzítsük az

ε > 0 számot. lim an = a és lim bn = b miatt létezik N 1 (ε) és N 2 (ε) természetes n →∞

n →∞

ε ε szám úgy, hogy an − a < , ha n > N 1 (ε) és bn − b < , ha n > N 2 (ε) . 2 2 ε ε Így an + bn − (a + b ) = (an − a ) + (bn − b ) ≤ an − a + bn − b < + = ε , ha 2 2 n > max{N 1 (ε), N 2 (ε)} , tehát érvényes a következő tétel: Ha lim an = a ∈ \ és lim bn = b ∈ \ , akkor n →∞

n →∞

lim (an + bn ) = lim an + lim bn = a + b .

n →∞

n →∞

n →∞

b) Bizonyítsuk be, hogy ha lim an = a ∈ \ és lim b n = b ∈ \ , akkor létezik n →∞

n →∞

lim (anbn ) = lim an ⋅ lim bn = ab . Egyszerű átalakítással:

n →∞

n →∞

n →∞

anbn − ab = anbn − abn + abn − ab = (an − a )bn + a (bn − b ) ≤ ≤ an − a ⋅ bn + a ⋅ bn − b .

Tartalomjegyzék

52


(bn )n ≥1 korlátos, mert konvergens, tehát létezik K > 0 úgy, hogy bn ≤ K minden n ∈ `* esetén. lim an = a , így tetszőleges ε > 0 esetén létezik N 1 (ε) úgy, hogy n →∞ ε an − a < minden n > N 1 (ε) esetén. Ha a ≠ 0 , akkor mivel lim bn = b , n →∞ 2K ε , minden n > N 2 (ε) esetén. következik, hogy létezik N 2 (ε) úgy, hogy bn − b < 2a ε ε ⋅K + a ⋅ = ε , ha Így anbn − ab ≤ an − a ⋅ K + a ⋅ bn − b < 2K 2a n > max N 1 (ε), N 2 (ε) = N (ε ) .

{

}

Ha a = 0 , akkor a ⋅ bn − b = 0 , ezért ezt a tagot elhagyhatjuk és a becslés ε ε ⋅ K = < ε , ha n > N 1 (ε) . egyszerűsödik. Ekkor anbn − 0 ≤ an ⋅ K < 2K 2 Az előbbiek alapján minden ε > 0 -hoz létezik olyan N (ε ) természetes szám, hogy ha n > N (ε ) , akkor anbn − ab < ε . Igaz tehát a következő kijelentés: Ha lim an = a ∈ \ és lim bn = b ∈ \ , akkor lim (anbn ) = lim an ⋅ lim bn = ab . n →∞

n →∞

n →∞

n →∞

n →∞

c) A következő példa is mutatja, hogy a b ≠ 0 feltétel lényeges: ⎛a ⎞ a 1 1 Ha an = és bn = 2 , akkor n = n , tehát ⎜⎜ n ⎟⎟⎟ nem konvergens. ⎜⎝ b ⎠⎟ bn n n n n ≥1

b b esetén létezik N ∈ ` úgy, hogy bn − b < minden 2 2 n > N esetén. Így bn ≠ 0 , ha n > N . b x Véges sok tag megváltoztatása a sorozat konvergenciáján b+ b2 b- b 2 nem változtat, ezért feltételezhetjük, hogy lim bn ≠ 0 és 38. ábra n →∞ * bn ≠ 0 minden n ∈ ` esetén. Ha most be tudnánk látni, hogy 1 1 lim = , akkor a c) kérdést vissza tudnánk vezetni a b)-re. Valóban, b) szerint ha n →∞ b b n 1 1 a 1 1 a lim an = a és lim = , akkor n = an ⋅ → a ⋅ = . n →∞ n →∞ b b bn bn b b n ⎛1⎞ 1 1 Vizsgáljuk tehát az ⎜⎜ ⎟⎟⎟ sorozatot. Azt sejtjük, hogy létezik lim = . ⎜⎝b ⎠⎟ n →∞ b b n n Ha lim bn = b ≠ 0 , akkor n →∞

n ≥1

Mivel lim bn = b ≠ 0 és bn ≠ 0 , következik, hogy létezik d > 0 úgy, hogy bn ≥ d , n →∞

b sugarú környezetében a sorozatnak véges 2 sok tagja lehet, d a moduluszaik közül a legkisebb. Ha nincs a sorozatnak tagja ebben b a környezetben, akkor d = .) Rögzítsünk egy ε > 0 számot. lim bn = b miatt n →∞ 2 2 2 2 létezik N (εd ) úgy, hogy bn − b < ε ⋅ d minden n > N (εd ) esetén. Így minden n ∈ `* és b ≥ d (A 0 -nak a

Tartalomjegyzék

53

Valós számsorozatok b −b b −b 1 1 1 − = n < n 2 < 2 ⋅ εd 2 , bn b bn ⋅ b d d

tehát

1 1 − < ε , ∀n > N (εd 2 ) . Érvényesek tehát az alábbi állítások: bn b

1 1 1 = = . n →∞ b lim bn b n

Ha lim bn = b ∈ \* és bn ≠ 0 , ∀ n ∈ ` * , akkor lim n →∞

n →∞

Ha lim an = a ∈ \ , lim bn = b ∈ \* és bn ≠ 0, ∀ n ≥ 1 , akkor n →∞

n →∞

lim an an a = n →∞ = . n →∞ b lim bn b n lim

n →∞

Megjegyzés. A b) esetben speciális esetként benne van az is, hogy ha lim an = a ∈ \ és c ∈ \ , akkor lim (c ⋅ an ) = c ⋅ lim an = ca . n →∞

n →∞

n →∞

Így, ha lim an = a , akkor lim (−an ) = −a , innen pedig a) alapján következik, hogy n →∞

n →∞

ha lim an = a , lim bn = b , akkor lim (an − bn ) = lim an − lim bn = a − b . n →∞

n →∞

n →∞

n →∞

n →∞

1 1 Példák. 1. 2 → 0 , mert → 0 . n n 1 1 1 1 1 1 2. lim 3 = 0 , mert 3 = ⋅ 2 és lim = 0 , lim 2 = 0 . n →∞ n n →∞ n →∞ n n n n n 5 1 3. lim = 0 , mert lim = 0 . n →∞ n n →∞ n 1 3− 3n − 1 n = 3 , mert lim ⎛⎜3 − 1 ⎞⎟ = 3 és lim ⎛⎜5 + 2 ⎞⎟ = 5 . = lim 4. lim ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ 2 n →∞ 5n + 2 n →∞ n →∞ ⎝ n →∞ ⎝ 5 n⎠ n⎠ 5+ n 3 1 1 2− + 3 − 4 2n 4 − 3n 3 + n − 1 n n n = 2 , mert 5. lim 4 = lim 5 2 4 n →∞ 7n + 5n 2 + 2n − 4 n →∞ 7 7+ 2 + 3 − 4 n n n 3 1 1⎞ ⎛ 5 2 4⎞ ⎛ lim ⎜⎜2 − + 3 − 4 ⎟⎟ = 2 és lim ⎜⎜7 + 2 + 3 − 4 ⎟⎟⎟ = 7 . n →∞ ⎝ n →∞ ⎝ n n n ⎠ n n n ⎠ Nyilvánvaló, hogy ha lim a n = a , lim bn = b , lim cn = c , az a) tulajdonság n →∞

n →∞

n →∞

kétszeri alkalmazásából: lim (an + bn + cn ) = lim (an + bn ) + lim cn = (a + b ) + c = a + b + c . n →∞

n →∞

n →∞

3n 3 − 2n 2 + n + 1 6. Vizsgájuk az an = általános tagú sorozat konvergenciáját! 4n 2 + n + 1

Tartalomjegyzék

54


1 1 + 2 n n . A nevező határértéke 4 és a Átalakítjuk az általános tagot: an = 1 1 4+ + 2 n n számlálóé ∞ , ezért azt sejtjük, hogy lim an = ∞ . Bizonyítsuk be! Ennek érdekében 3n − 2 +

n →∞

rögzítsünk egy K > 0 számot. 1 1 3n − 2 + + 2 2n n n n an = > = > K , ha n > 3K , 1 1 4+2 3 4+ + 2 n n tehát lim an = ∞ . n →∞

Általánosan ha (an )n ≥1 és (bn )n ≥1 sorozatokra:

lim an = ∞ , lim bn = b , b > 0 , bn ≠ 0 , ∀ n ∈ ` * ,

n →∞

n →∞

a akkor igaz-e, hogy lim n = ∞ ? n →∞ b n Nem jelent megszorítást, ha feltesszük, hogy an > 0 és bn > 0 . A lim bn = b > 0 n →∞

feltételből következik, hogy (bn )n ≥1 felülről is korlátos, tehát létezik M > 0 úgy, hogy a a bn ≤ M minden n ≥ 1 esetén. Ha K > 0 egy rögzített szám, akkor n > n > K , bn M ha an > MK . Másrészt lim an = ∞ miatt létezik N természetes szám, amelyre n →∞

an a > K . Tehát lim n = ∞ . n →∞ bn bn 7. Ha lim an = a és an ≥ 0 minden n esetén, akkor lim an = a ≥ 0 .

an > MK , ha n > N . Így minden n > N esetén n →∞

n →∞

a sugarú környezetébe csak 2 negatív számok tartoznának, így ebben a környezetben az (an )n ≥1 sorozatnak egyetlen Valóban, a < 0 nem lehet, mert ekkor a -nak az

tagja sem lehetne. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha lim an = a ∈ \ + , an ≥ 0 , akkor lim an = a . n →∞

n →∞

Megoldás. Ha a = 0 , akkor minden ε > 0 esetén

an − 0 = an < ε , ha

2

an < ε2 . Másrészt, mivel lim an = 0 , az ε > 0 számra létezik az N (ε2 ) úgy, hogy n →∞

an < ε minden n > N (ε ) esetén. Tehát lim an = 0 . Ha a > 0 , akkor 2

2

n →∞

an − a =

(

an − a ) ⋅

an + a an − a a −a = ≤ n . an + a an + a a

Tartalomjegyzék

55


Egy ε > 0 számot rögzítve, mivel an → a és ε ⋅ a > 0 , létezik olyan N (ε a ) természetes szám, hogy ha n > N (ε a ) , akkor

n > N (ε a ) , akkor

an − a ≤

an − a < ε a . Ezért, ha

an − a ε⋅ a < = ε . Tehát a a

lim an =

lim an = a .

n →∞

n →∞

Hasonlóan igazolható, hogy ha k ∈ `* , k ≥ 2 és lim an = a (ahol ha k páros, akkor n →∞

an ≥ 0, minden n ≥ 1 esetén), érvényes a következő egyenlőség:

lim k an =

n →∞

k

lim an = k a .

n →∞

Gyakorlatok és feladatok 1. Vizsgáld a következő, általános tagjukkal adott sorozatok konvergenciáját: 1 − 2n n2 − n 5n 3 − 1 ; b) an = 2 ; c) an = 4 ; a) an = 3n − n + 1 3n + 5 3n + 5 1 ⎞⎛ 2⎞ ⎛ 2n 2 + 1 6−n n2 − 2 ; e) a n = ⎜⎜3 − 2 ⎟⎟⎜⎜6 + ⎟⎟ ; f) an = . d) an = + 2 ⎝ n ⎠⎝ n⎠ 3 + n 3n + 1 n +2 2. Vizsgáld a következő, általános tagjukkal adott sorozatok konvergenciáját: 3 n +1 2n + 3n + 1 ; b) an = 3 ; a) an = n + 5n + 1 3 n +2 3 3 n −1 n3 + 2 ; d) an = . c) an = 5 n +1 n2 + 5 3. Igaz-e a következő állítás? Ha (an + bn )n ≥1 konvergens, akkor (an )n ≥1 és (bn )n ≥1 konvergensek. (Ha igaz, akkor igazold, ha nem, akkor adj ellenpéldát!) 4. Döntsd el, hogy a következő állítások közül melyik igaz és melyik hamis: a) Ha (an − bn )n ≥1 konvergens, akkor (an )n ≥1 és (bn )n ≥1 is konvergens; b) Ha (an ⋅ bn )n ≥1 konvergens, akkor (an )n ≥1 és (bn )n ≥1 is konvergens; ⎛a ⎞ c) Ha ⎜⎜ n ⎟⎟⎟ konvergens, akkor (an )n ≥1 és (bn )n ≥1 is konvergens; ⎜⎝ b ⎠⎟ n n ≥1

d) Ha (an + bn )n ≥1 divergens, akkor (an )n ≥1 és (bn )n ≥1 is divergens; e) Ha (an + bn )n ≥1 divergens, akkor (an )n ≥1 vagy (bn )n ≥1 is divergens; f) Ha (an + bn )n ≥1 és (an )n ≥1 divergens, akkor (bn )n ≥1 is divergens; g) Ha (an ⋅ bn )n ≥1 és (an )n ≥1 konvergens, akkor (bn )n ≥1 is konvergens.

5. Bizonyítsd be, hogy ha lim an = a , lim bn = b és an ≥ bn minden n ∈ `* n →∞

n →∞

esetén, akkor a ≥ b . Igaz-e, hogy ha an > bn minden n ∈ `* esetén, akkor a > b ? Végtelenhez tartó sorozatok

Tartalomjegyzék

56


A divergens sorozatok közül különösen érdekesek azok az (an )n ≥1 sorozatok, amelyeket szemléletesen úgy is jellemezhetünk, hogy „ an minden határon túl növekszik (korlátlanul növekszik)”. Már láttuk, hogy igaz a következő két kijelentés: Tétel. a) lim an = +∞ , ha minden K valós szám esetén létezik olyan n(K ) ∈ ` n →∞

szám, amelyre an > K minden n > n(K ) esetén. b) lim an = −∞ , ha minden K valós szám esetén létezik olyan n(K ) ∈ ` szám, n →∞

amelyre an < K minden n > n(K ) esetén. Példa. Az (n2 + 1)n≥1 sorozat ∞ -hez tart, a (−n3 )n≥1 sorozat −∞ -hez, a ((−1)n n4 )n≥1 sorozatnak nincs határértéke, mert van két különböző határértékű részsorozata. A következő paragrafusban vizsgáljuk, hogy a végtelenhez tartó sorozatokkal végezhetünk-e műveleteket.

Tartalomjegyzék

56


Gyakorlatok és feladatok 1. Ahhoz, hogy an → ∞ , az (an )n ≥1 sorozat korlátlansága a) szükséges; b) elégséges; c) szükséges és elégséges; d) nem szükséges és nem elégséges feltétel? 2. A következő sorozatok közül melyek tartanak ∞ -hez és melyek −∞ -hez? n2 1 − n3 3n 3 + n 2 + 1 ; b) an = ; c) an = 2 ; a) an = n +2 n +n +1 3n + 1 ⎛ π⎞ d) an = n sin ⎜⎜n ⎟⎟ ; e) an = n 3 cos2 (nπ ) . ⎝ 2⎠ HATÁROZATLAN ESETEK A konvergens sorozatokkal végzett műveletek tanulmányozásánál láttuk, hogy egy kifejezés (pl. összeg) határértékének létezéséhez nem szükséges az összeadandók konvergenciája. Például a lim (n 2 + n ) = ∞ egyenlőséget úgy is bizonyíthatjuk, n →∞

hogy belátjuk az összeg tagjairól, hogy külön-külön +∞ -hez tartanak. Tehát úgy sejtjük, hogy ∞ + ∞ = ∞ . A ∞ + ∞ = ∞ egyenlőség alatt azt értjük, hogy tetszőleges (an )n ≥1 és (bn )n ≥1 +∞ -hez tartó sorozat esetén az (an + bn )n ≥1 sorozat határértéke is +∞ . Ehhez hasonlóan, ha a, b, c ∈ \ , akkor az a + b = c , ( a ⋅ b = c , a / b = c , a b = c stb.) egyenlőség(ek) alatt azt értjük, hogy ha lim an = a és n →∞

lim bn = b , akkor lim (an + bn ) = c ( lim an ⋅ bn = c , lim an / bn = c , lim an bn = c ,

n →∞

n →∞

n →∞

n →∞

n →∞

stb.). A következő példa mutatja, hogy \ elemeivel nem minden művelet értelmezhető. Például lim (n 2 − 2n 2 ) = lim (−n 2 ) = −∞ , lim ((n 2 + k ) − n 2 ) = k , n →∞

n →∞

n →∞

⎛⎛ ⎞ 1⎞ lim ⎜⎜⎜⎜⎜n + sin ⎟⎟ − n ⎟⎟⎟ nem létezik, tehát a ∞ − ∞ alakú „művelet” eredménye bármi n →∞ ⎝⎝ ⎠ n⎠ lehet. Ezért a ∞ − ∞ alakú határértékeket határozatlan esetnek nevezzük. Ebben a paragrafusban megvizsgáljuk, hogy milyen műveleteket végezhetünk a −∞ és ∞ szimbólumokkal, és mikor jutunk határozatlan esethez.

1. Összeadás A következő esetekben elvégezhetjük az összeadásokat ( a ∈ \ ): a + ∞ = +∞ , ∞ + ∞ = ∞ , a + (−∞) = −∞ + a = −∞ , −∞ + (−∞) = −∞ . Ezeknek az egyenlőségeknek a bizonyítása a határértékek értelmezése alapján azonnali. Bizonyítsuk be az első egyenlőséget. Ha lim an = a , a ∈ \ és lim bn = ∞ , akkor n →∞

n →∞

minden K ∈ \ és ε > 0 esetén létezik n(K ) és n(ε) küszöbszám úgy, hogy: a − ε < an < a + ε , ha n ≥ n(ε) és K − a + 1 < bn , ha n ≥ n(K ) . Tehát az ε = 1 választással az N (K ) = max{n(ε), n(K )} számra

K < an + bn , minden n ≥ N (K ) esetén.

Tartalomjegyzék


57

A határérték értelmezése alapján lim (an + bn ) = ∞ , tehát a + ∞ = ∞ . n →∞

Megjegyzések 1. A ∞ + (−∞) = ∞ − ∞ és −∞ + ∞ határozatlan esetek, mert a lim an = +∞ és lim bn = −∞ feltételekből nem következik az (an + bn )n ≥1 sorozat n →∞

n →∞

konvergenciája sem és divergenciája sem. 2. Ha az (an )n ≥1 sorozat alulról

korlátos

és

korlátos

és

lim bn = +∞ ,

n →∞

akkor

lim (an + bn ) = ∞ .

n →∞

3.

Ha

(an )n ≥1

az

sorozat

felülről

lim bn = −∞ , akkor

n →∞

lim (an + bn ) = −∞ .

n →∞

4. Általában, ha az (an )n ≥1

sorozat korlátos és

lim bn = ±∞ , akkor

n →∞

lim (an + bn ) = ±∞ .

n →∞

2. Szorzás A következő esetekben elvégezhetjük a szorzásokat ( a ∈ \ ): a ⋅ ∞ = ∞ ⋅ a = ∞ és a ⋅ (−∞) = (−∞) ⋅ a = −∞ , ha a > 0 ; a ⋅ ∞ = ∞ ⋅ a = −∞ és a ⋅ (−∞) = (−∞) ⋅ a = ∞ , ha a < 0 ; ∞ ⋅ ∞ = (−∞)(−∞) = ∞ ; ∞ ⋅ (−∞) = (−∞) ⋅ ∞ = −∞ . Megjegyzések 1. A 0 ⋅ ∞ és 0 ⋅ (−∞) határozatlan esetek, mert a lim an = 0 és lim bn = ∞ n →∞

(vagy

n →∞

(an ⋅ bn )n ≥1

lim bn = −∞ ) feltételekből nem következik az

n →∞

sorozat

konvergenciája sem és divergenciája sem. 2. Ha (an )n ≥1 korlátos és lim bn = 0 , akkor lim (an ⋅ bn ) = 0 n →∞

n →∞

3. Osztás A következő esetekben elvégezhetjük az osztásokat ( a ∈ \ ): a a = 0 és = 0 , ha a egy tetszőleges valós szám. ∞ −∞ Megjegyzés. A lim an = ±∞ és lim bn = ±∞ vagy lim an = lim bn = 0 n →∞

n →∞

n →∞

n →∞

⎛a ⎞ sorozat konvergenciája sem és divergenciája feltételekből nem következik az ⎜⎜ n ⎟⎟⎟ ⎝⎜ bn ⎠⎟n ≥1 sem, tehát a

∞ −∞ ∞ −∞ 0 , , , , esetek határozatlanok. ∞ −∞ −∞ ∞ 0

4. Gyökvonás k

∞ = ∞ és

2k +1

−∞ = −∞ , minden k ∈ `* esetén.

Tartalomjegyzék

58


5. Hatványozás

(

Ha lim an = a ∈ \*+ , lim bn = b ∈ \ , akkor lim anbn = lim an n →∞

n →∞

n →∞

n →∞

)

lim bn

n →∞

= ab .

A következő esetekben még elvégezhető a hatványozás: Ha a > 1 , akkor a ∞ = ∞ és a −∞ = 0 . Ha 0 < a < 1 , akkor a ∞ = 0 és a −∞ = ∞ . Ha a > 0 , akkor ∞a = ∞ , míg ha a < 0 , akkor ∞a = 0 . ∞∞ = ∞ , ∞−∞ = 0 . Ha a = 0 , an > 0 , ∀n ≥ 1 és b ∈ \*+ ∪ {+∞} , akkor lim an bn = 0 . n →∞

Ha a = 0 , an > 0 , ∀n ≥ 1 és b ∈ \ Ha a = b = 0 , akkor az (an

bn

)

* −

∪ {−∞} ,

akkor lim an bn = +∞ . n →∞

sorozat bárhogyan viselkedhet, tehát 00 határozatlan

eset. Hasonlóan az 1∞ , 00 , ∞0 , 1−∞ esetek is határozatlan esetek. A határozatlan eseteket a legtöbbször átalakítjuk és valamilyen más gondolatmenet alapján próbáljuk meg a határérték kiszámítását. Erre vonatkozóan speciális kritériumokat, tételeket fogunk igazolni. A leghasznosabbak azok, amelyek a határértékek függvényhatárértékké alakítását és deriválást használnak. A n p + A1n p −1 + ... + Ap Feladat. Számítsuk ki a lim an határértéket, ha an = 0 q , n →∞ B0n + B1n q −1 + ... + Bq p, q ∈ ` * , n ≥ n 0 , n, n 0 ∈ `* , A0 , B0 ∈ \ * , B0n q + ... + Bq ≠ 0 , ∀n ≥ n 0 . Megoldás. Írjuk a sorozat általános tagját a következő alakba: A A A0 + 1 + ... + pp n n . an = n p −q ⋅ Bq B0 + ... + q n A Ha p = q , akkor n p −q = 1 , bármely n ∈ `* esetén, tehát lim an = 0 (mert a n →∞ B0 számlálóban is és a nevezőben is a többi tag száma rögzített és határértéke 0 ). Ha p −q > 0 , akkor tehát és így p >q , lim n p −q = ∞p −q = ∞ , n →∞

⎛ A ⎞ 1 lim an = ⎜⎜sgn 0 ⎟⎟⎟ ⋅ ∞ . Ha p < q , akkor p − q < 0 , tehát lim n p −q = lim = 0, ⎜⎝ →∞ →∞ n n B0 ⎠⎟ ∞ és így lim an = 0 . n →∞

n →∞

Érvényes tehát a következő tétel: A n p + A1n p −1 + ... + Ap Tétel. Az an = 0 q , B0n + B1n q −1 + ... + Bq

p, q ∈ ` *

A0 , B0 ∈ \ * , B0n q + ... + Bq ≠ 0 , ∀n ≥ n 0 sorozatra.

n ≥ n0 ,

n, n 0 ∈ ` * ,

Tartalomjegyzék


59

⎧⎪ A0 ⎪⎪ , p = q; ⎪⎪ B0 ⎪⎪ ⎛A ⎞ ⎪ lim an = ⎪⎨sgn ⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⋅ ∞, p > q ; n →∞ ⎜⎝ B0 ⎠⎟ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ p
a) lim

n →∞

(

)

n2 + 1 − n ;

b) lim n n →∞

(

)

n2 + 1 − n .

Megoldás. a) A határérték ∞ − ∞ alakú határozatlan eset, ezért átalakítjuk az általános tagot: n2 + 1 − n2 1 1 1 . = = ⋅ n2 + 1 − n = 2 2 1 n n +1 +n n +1 +n 1+ 2 +1 n 1 Mivel a második tört -hez tart és az első 0 -hoz, a szorzat határértéke 0 . 2 b) Az a) alpont alapján ∞ ⋅ 0 alakú határozatlan eset. Másrészt 1 1 n n2 + 1 − n = , tehát a határérték . 1 2 1+ 2 +1 n

(

)

ÖSSZEHASONLÍTÁSI KRITÉRIUMOK Ha 0 ≤ an ≤ bn és a (bn )n ≥1 sorozat határértéke 0 , akkor az ε -os konvergencia kritériumban a bn -re talált n(ε) küszöbszám megfelel az an -nek is. Hasonló meggondolásokat alkalmazhatunk az an ≤ bn esetben is, ha az (an )n ≥1 sorozat ∞ -hez tart. Ezeket az észrevételeket a következő tételbe foglaljuk össze: Tétel. a) Ha 0 ≤ an ≤ bn , ∀ n ∈ `* és lim bn = 0 , akkor lim an = 0 (majorálási n →∞

n →∞

kritérium). b) Ha an ≤ bn , ∀ n ∈ ` * és lim an = ∞ , akkor lim bn = ∞ (minorálási kritérium). n →∞

n →∞

Bizonyítás. a) A feltételek alapján minden ε > 0 esetén létezik n (ε ) ∈ ` úgy, hogy 0 ≤ bn ≤ ε , minden n ≥ n (ε ) esetén, tehát 0 ≤ an ≤ ε , minden n ≥ n (ε ) esetén. Az ε -os konvergencia kritérium alapján lim an = 0 . n →∞

b) A feltételek alapján minden K > 0 esetén létezik n(K ) ∈ ` úgy, hogy K ≤ an , minden n ≥ n(K ) esetén, így K ≤ bn , ha n ≥ n(K ) , tehát lim bn = ∞ . n →∞

Ez a két tulajdonság sajátos esete a következő általánosabb tételnek (amit viszont ezen sajátos esetek felhasználásával igazolhatunk):

Tartalomjegyzék

60


Tétel. (Fogó tétel) Ha an ≤ bn ≤ cn , minden n ≥ 1 természetes szám esetén, és lim an = lim cn = l ∈ \ , akkor lim bn = l .

n →∞

n →∞

n →∞

Bizonyítás. A feltételek alapján 0 ≤ bn − an ≤ cn − an , minden n ∈ `* esetén. Ha l ∈ \ , akkor lim (cn − an ) = l − l = 0 . Így a majorálási kritérium alapján n →∞

lim (bn − an ) = 0 . De lim an = l ∈ \ , tehát lim bn = l . Ha l ∈ {±∞} , akkor az n →∞

n →∞

n →∞

előbbi tétel b) pontja alapján következik a tulajdonság. Tulajdonképpen, ha l = +∞ , akkor elégséges az an ≤ bn egyenlőtlenség, míg az l = −∞ esetben elégséges a bn ≤ cn egyenlőtlenség. Alkalmazások 1. Minden x 0 ∈ \ valós szám esetén létezik racionális számokból álló sorozat, illetve létezik irracionális számokból álló sorozat, amely x 0 -hoz tart. 1 Ha n ∈ `* , akkor x 0 < x n = x 0 + , így létezik an ∈ _ , illetve bn ∈ \ \ _ úgy, n hogy x 0 < an < x n és x 0 < bn < xn , de lim x 0 = lim x n = x 0 , tehát a fogó tétel alapján lim an = lim bn = x 0 . n →∞

n →∞

n →∞

n →∞

n2 n2 n2 sorozatot. + + + ... n3 + 1 n3 + 2 n3 + n Konvergens-e a sorozat? Ha igen, számítsuk ki a határértékét! Az összeg minden tagja 0 -hoz tart, de ebből nem következik, hogy a sorozat 0 -hoz tart, mert az összeadandók száma nem rögzített (függ n -től). Becsüljük meg alulról és felülről x n -et!

2. Tekintsük az (x n )n ≥1 , x n =

n2 n2 n2 n2 n3 , + + + = n ⋅ = ... n3 + n n3 + n n3 + n n3 + n n3 + n n2 n2 n2 n2 n3 . xn ≤ 3 + 3 + ... + 3 =n⋅ 3 = 3 n +1 n +1 n +1 n +1 n +1 n3 n3 Így minden n ∈ `* esetén an = 3 ≤ xn ≤ 3 = bn . Ugyanakkor n +n n +1 lim an = 1 = lim bn , tehát (x n )n ≥1 konvergens, és határértéke 1 . xn ≥

n →∞

n →∞

1 1 1 + 2 + ... + 2 sorozat konvergenciáját, n +1 n + 2 n +n és ha konvergens, akkor számítsuk ki a határértékét! Becsüljük meg két oldalról bn -et úgy, hogy az összeg legkisebb, illetve legnagyobb tagját vesszük n -szer: 1 1 an = n ⋅ 2 ≤ bn ≤ n ⋅ 2 = cn . n +n n +1 Mivel lim cn = 0 = lim an , a fogó tétel alapján lim bn = 0 . 3. Vizsgáljuk meg a bn =

n →∞

n →∞

2

n →∞

Tartalomjegyzék

Valós számsorozatok 4. Vizsgáljuk a bn =

1 2

61 +

1 2

+ ... +

1

sorozat konvergenciáját,

2

n +1 n +2 n +n és ha konvergens, akkor számítsuk ki a határértékét!

Az előbbi feladathoz hasonlóan írhatjuk, hogy n ⋅

1

≤ bn ≤ n ⋅

2

1 2

n +n n +1 n 1 n 1 lim 2 = lim = 1 és lim 2 = lim = 1 , tehát lim bn = 1 . n →∞ n →∞ n →∞ n →∞ n →∞ 1 1 n +1 n n + 1+ 2 1+ n n n 5. Vizsgáljuk az ( n )n ≥1 sorozat konvergenciáját és számítsuk ki a határértékét!

.

Világos, hogy n > 1 esetén n n > 1 . Az n -edik gyök jelenléte kézenfekvővé teszi, hogy a számtani és mértani közepek közti egyenlőtlenséggel próbáljuk a sorozat n edik tagját felülről becsülni. Ilyen módon: ⎛ 1 n −2+ n + n 1⎞ 1 ≤ n n = n 1

⋅ 1 ⋅ .... ⋅ 1 ⋅ n ⋅ n ≤ = 1 + 2 ⎜⎜⎜ − ⎟⎟⎟ . ⎝ n n⎠ n n −2 ⎛ 1 1⎞ Ha an = 1 , cn = 1 + 2 ⎜⎜⎜ − ⎟⎟ , minden n ∈ `* esetén, akkor ⎝ n n ⎠⎟ ⎛ 1 1⎞ an = 1 ≤ n n ≤ 1 + 2 ⎜⎜⎜ − ⎟⎟⎟ = cn , ⎝ n n⎠ lim an = 1 és lim cn = 1 , tehát a fogó tétel alapján lim n n = 1 . n →∞

n →∞

n →∞

n 6. Számítsuk ki az an = n , n ≥ 1 sorozat határértékét! 2 n n n n 1 0< n = , ≤ 1 = n = n 0 1 2 2 n −1 (1 + 1) 2 C n + C n + C n + ... + C n Cn + Cn 1+ 2 tehát lim an = 0 . n →∞

1 1 1 + + ... + , n ≥ 1 sorozat határértékét! 2 3 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 m + + + + ... + > 1 + + + + + +... + m + ... + m = 1 + , ahol 1 2 3 4 5 n 2 4 4 8 2 2

2

7. Számítsuk ki az an = 1 +

2m−1 db.

2m +1 ≤ n < 2m +2 , tehát m = [ log 2 n ] − 1 . Ha n → ∞ , akkor m → ∞ , következésképpen lim an = ∞ . n →∞

1 1 1 , n ≥ 1 sorozat határértékét! + + ... + 3 5 2n − 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 m + + + + ... + > 1 + + + + + ... + m + ... + m = 1 + . 1 3 5 7 9 2n − 1 4 8 8 16 2 2

4

8. Számítsuk ki az an = 1 +

2m−2 db.

Az előző feladathoz hasonlóan következik, hogy lim an = ∞ . n →∞

Tartalomjegyzék

62


Gyakorlatok és feladatok 1. Tanulmányozd a következő sorozatok konvergenciáját: n n n 1 1 1 + 2 + ... + 2 ; b) an = 2 a) an = 2 + + ... + 2 ; n +1 n + 2 n +n (n + 1) n + 1 n2 + 2 cos1 + cos 2 + ... + cos n 1 1 1 c) an = ; d) an = ; + + ... + 3 3 3 3 3 3 n2 n +1 n +2 n +n 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ... ⋅ (2n − 1) 5n ; f) an = . n! 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ... ⋅ (2n ) 2. Tanulmányozd a következő sorozat konvergenciáját: n3 n3 n3 n3 . an = 3 + 3 + 3 + ... + 3 n +1 n + 2 n + 3 n + n2 n ⎛ ⎞ k 3. Számítsd ki a lim ∑ ⎜⎜ 1 + 2 − 1⎟⎟⎟ határértéket! n →∞ ⎜ n ⎠⎟ k =1 ⎝

e) an =

4. Tanulmányozd a következő sorozat konvergenciáját: n n n n an = 2 + 2 + 2 + ... + 2 . 2 2 n +1 n + 2 n +3 n + n2 Megjegyzés. Ha a 4. feladatban is az előző példákhoz hasonlóan próbálunk n2 n2 becsülni, akkor azt kapjuk, hogy bn = 2 , cn = 2 és bn ≤ an ≤ cn . Viszont 2n n +1 1 lim bn = ≠ 1 = lim cn , tehát a fogó tétel nem alkalmazható. Így legfeljebb csak n →∞ n →∞ 2 1 annyit tudunk mondani, hogy ha a kérdéses sorozat konvergens, akkor határértéke 2 és 1 között van. MONOTON ÉS KORLÁTOS SOROZATOK Feladat. Vizsgáljuk meg, hogy mi az összefüggés egy konvergens sorozat tagjaiból alkotott halmaz torlódási pontjai és a sorozat határértéke között! Megoldás. Ha a sorozat tagjaiból alkotott halmaz véges (a sorozat egy idő után konstans), akkor a vizsgált halmaznak nincs torlódási pontja. Ha a sorozat tagjaiból alkotott halmaz végtelen, akkor a sorozat határértéke ( l ) a halmaz torlódási pontja, mert minden környezete a sorozat végtelen sok tagját tartalmazza, így l -től különböző tagot is tartalmaz. Ha a ≠ l egy szám, akkor az l -nek van olyan V környezete, amely a sorozatnak csak véges sok tagját tartalmazza. Így létezik olyan V1 környezet is, amelyre a V1 \ {a} halmaz üres, tehát a nem lehet torlódási pontja a sorozat tagjaiból alkotott halmaznak. Feladat. Ha (an )n ≥1 egy szigorúan növekvő és felülről korlátos sorozat, akkor hány torlódási pontja van a sorozat tagjaiból alkotott halmaznak?

Tartalomjegyzék


63

Megoldás. Jelöljük H -val a sorozat tagjaiból alkotott halmazt. A H halmaz felülről korlátos, tehát létezik felső határa. A sorozat tagjai csak a H felső határa körül torlódhatnak. Igazoljuk, hogy az s = sup H szám az egyetlen torlódási pontja a H halmaznak. Mivel a sorozat szigorúan növekvő, s ∉ H . A szuprémum értelmezése alapján az s minden környezete tartalmazza a sorozat legalább egy elemét (ellenkező esetben létezne nála kisebb felső korlát), tehát s torlódási pontja a H halmaznak. a > s esetén létezik a -nak olyan környezete, amely nem tartalmazza s -et, és így nem tartalmazhatja a sorozat egyetlen elemét sem. Ha a < s , akkor a szuprémum értelmezésében szereplő második tulajdonság alapján létezik n 0 úgy, hogy a < an0 < s . Eszerint az a -nak az a környezete, amelynek felső határa an0 a sorozatnak csak véges sok tagját tartalmazza. Így ezeknek a tagoknak az a -tól való nemnulla távolságai közt van legkisebb. Jelöljük ezt m -mel. Az a -nak m -nél kisebb sugarú környezete nem tartalmazza a sorozatnak egyetlen a -tól különböző tagját sem, tehát a nem lehet torlódási pontja a H -nak. Így a H -nak s az egyetlen torlódási pontja. Az ε -os konvergencia kritérium alapján ez a szuprémum egyben a sorozat határértéke is, mert ha ε > 0 , akkor létezik n (ε ) ∈ ` úgy, hogy s − ε < an ε < s . A sorozat monotonitása és a szuprémum első tulajdonsága viszont biztosítja, hogy s − ε < an < s , ha n ≥ n (ε ) , tehát lim an = s . Ha a sorozat nem szigorúan ( )

n →∞

növekvő, de növekvő, akkor a lim an = s egyenlőség továbbra is igaz, mert ha a n →∞

sorozat tagjaiból alkotott sorozat végtelen sok elemet tartalmaz, akkor az előbbi gondolatmenet nem módosul, míg ha ez a halmaz véges, akkor létezik k ∈ ` úgy, hogy an = s , minden n ≥ k esetén. Így a sorozat ebben az esetben is konvergens és a határértéke s . Hasonló gondolatmenet alapján igazolhatjuk, hogy a csökkenő és alulról korlátos sorozatok is konvergensek és határértékük a tagjaikból alkotott halmaz infimuma. Az előbbiek alapján érvényes a következő tétel: Tétel 1. Ha az (an )n ≥1 sorozat felülről korlátos és növekvő, akkor konvergens. 2. Ha az (an )n ≥1 sorozat alulról korlátos és csökkenő, akkor konvergens. 3. Ha az (an )n ≥1 sorozat korlátos és monoton, akkor konvergens. 1⎞ ⎛ 2 Példák. 1) Az ⎜⎜1 − ⎟⎟ sorozat növekvő és egy x 3 ⎝ ⎠ n n ≥1 3 1 0 1 2 felső korlátja 2 , tehát konvergens. 2 4 39. ábra A 39. ábrán szemléltettük a sorozat néhány tagját. A monotonitás miatt a sorozat tagjait ábrázolva mindig jobbra haladunk, de biztos, hogy 2 -ig nem jutunk el (tulajdonképpen az 1 -ig sem jutunk el). Mind több pontot berajzolva az ábrára, egyre jobban érezzük, hogy a sorozat tagjainak valamely pont körül „sűrűsödni” kell. A fenti példában könnyű megmutatni, hogy 1⎞ ⎛ lim an = lim ⎜⎜1 − ⎟⎟ = 1 , azaz ez a „sűrűsödés” az 1 körül valósul meg. n →∞ n →∞ ⎝ n⎠

Tartalomjegyzék

64


1 1 + ... + 2 sorozatot. Tetszőleges n ∈ `* esetén 2 2 n 1 1 1 1 1 an = 1 + 2 + ... + 2 ≤ 1 + + + ... + = (n − 1) n 2 1⋅2 2⋅3 n 1⎞ ⎛1 1 ⎞ 1⎞ 1 1 ⎛ ⎛ 1 = 1 + ⎜⎜1 − ⎟⎟ + ⎜⎜ − ⎟⎟ + ... + ⎜⎜ − ⎟⎟ = 1 + 1 − = 2 − < 2 , ⎝ ⎝n − 1 n ⎠ 2⎠ ⎝2 3⎠ n n tehát 2 egy felső korlátja a sorozatnak. Mivel an > 1 , minden n ∈ `* esetén, következik, hogy a sorozat korlátos. Viszont a sorozat növekvő, mert 1 esetén, tehát konvergens. A sorozat a n +1 − a n = 2 > 0 , minden n ≥ 1 (n + 1) határértéke kiszámítható a fogó tétel segítségével, de szükségünk van néhány közelítő π2 . sorozat szerkesztésére. L. Euler volt az első, aki bebizonyította, hogy lim an = n →∞ 6 3) Vizsgáljuk meg az an = a n sorozat konvergenciáját, ha a ∈ \ .

2) Tekintsük an = 1 +

1. eset. Ha a ∈ [ 0,1) , akkor 0 < a n +1 < a n , minden n ∈ `* esetén, tehát a sorozat csökkenő és alulról korlátos. Így a sorozat konvergens. Mivel an +1 = a ⋅ an , írhatjuk, hogy lim an +1 = a ⋅ lim an . Másrészt lim an +1 = lim an , így ha lim an = l ∈ \ , n →∞

n →∞

n →∞

n →∞

n →∞

akkor l = al , azaz l = 0 , mert a < 1 . 2. eset. Ha a > 1 , akkor an +1 > an . Ha a sorozat felülről korlátos volna, akkor konvergens is lenne. Ebben az esetben az l = lim an ∈ \ szám teljesítené az l = a ⋅ l n →∞

egyenlőséget, tehát a határértéke 0 kellene legyen. Ez nem lehetséges, mert a sorozat tagjai mind nagyobbak, mint 1 . Tehát a sorozat növekvő és felülről korlátlan. Így lim an = ∞ . n →∞

3. eset. Ha a ∈ (−1, 0) , akkor a n = a n , tehát lim an = 0 . n →∞

4. eset. Ha a ≤ −1 , akkor a sorozat nem konvergens, mert két egymást követő tag különbsége legalább 2 . A páros indexű tagokból alkotott részsorozat +∞ -hez, a páratlan indexű tagokból alkotott részsorozat pedig −∞ -hez tart. 5. eset. Ha a = 1 , akkor an = 1 , minden n ≥ 1 esetén, tehát lim an = 1 . n →∞

Összefoglalva az előbbi eseteket kijelenthetjük a következő tételt: 0, − 1 < a < 1; ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ 1, a = 1; ⎪ Tétel. lim a n = ⎪⎨∞, a > 1; n →∞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ a ≤ −1 . ∃, ⎪ ⎩ 4) Vizsgáljuk az (an )n ≥1 , an +1 = an − an2 , a1 = a ∈ [0,1] sorozat konvergenciáját és számítsuk ki a határértékét! A rekurzió alapján an +1 − an = −an2 ≤ 0 , tehát a sorozat csökkenő. Mivel a1 ∈ [0,1] ,

Tartalomjegyzék

Valós számsorozatok írhatjuk,

hogy

a2 = a1 (1 − a1 ) ∈ [ 0,1] .

65 Általában

ha

an ∈ [0,1] ,

akkor

an +1 = an (1 − an ) ∈ [0,1] . tehát a matematikai indukció elve alapján an ∈ [ 0,1] ,

minden n ≥ 1 esetén. Mivel a sorozat korlátos és csökkenő, konvergens is. Ha l a sorozat határértéke, akkor a rekurzió alapján l = l − l 2 , tehát l = 0 . Így a sorozat konvergens és lim an = 0 . n →∞

Alkalmazás (Cesaro lemmája) Minden korlátos sorozatnak van konvergens részsorozata. Bizonyítás. Jelöljük a tagokból alkotott H halmaz felső és alsó határát M -mel illetve m -mel. Ha a H halmaz véges, akkor legalább egy érték végtelenszer ismétlődik, tehát létezik egy állandó részsorozat, ami nyilván konvergens. Ha a H halmaz végtelen, akkor a bizonyítás a következő észrevételen alapszik: Ha az [a, b ] intervallum a H halmaz végtelen sok elemét tartalmazza, akkor az ⎡ a +b⎤ ⎡a + b ⎤ , b ⎥ intervallumok valamelyike szintén tartalmazza a H halmaz ⎢a, ⎥ és ⎢ ⎢⎣ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 2 ⎥⎦ végtelen sok elemét. Így értelmezhetjük az (an )n ≥1 és (bn )n ≥1 sorozatokat a következőképpen: a1 = m ,

b1 = M és ⎡⎣an +1, bn +1 ⎤⎦ az [an , bn ] intervallum azon (fél) része, amely a H halmaz M −m , és mindkét sorozat monoton végtelen sok elemét tartalmazza. Így bn − an = 2n −1 M −m és korlátos. Ebből következik, hogy konvergensek, és a bn − an = 2n −1 egyenlőség alapján azonos a határértékük. A két sorozat közös l határértékének minden ε > 0 sugarú környezete a H halmaznak végtelen sok elemét tartalmazza, tehát kiválasztható egy l -hez tartó konvergens részsorozata az eredeti sorozatnak. Gyakorlat. Bizonyítsd be, hogy a következő sorozatok konvergensek, és számítsd ki a határértéküket: a) an = n a , n ≥ 1 , ahol a ∈ (0, ∞) rögzített szám; b) an = n n , n ≥ 1 . A HÁNYADOSKRITÉRIUM Az előbbi paragrafusban láttuk, hogy azok a mértani sorozatok, amelyek kvóciense 1 nél kisebb, konvergensek és határértékük 0 . A határértékek szempontjából sok olyan sorozat van, amely mértani sorozathoz hasonlóan viselkedik, bár nem mértani sorozat, viszont felülről becsülhető ilyen mértani sorozattal. Ilyen esetekre vonatkozik a következő kritérium:

Tartalomjegyzék

66


Tétel. (hányadoskritérium) Ha az (an )n ≥1 pozitív tagú sorozat tagjaira lim

n →∞

an +1 =l, an

akkor igazak a következő állítások: 1. Ha l < 1 , akkor az (an )n ≥1 sorozat konvergens és határértéke 0 . n

2.

Ha l < 1 , akkor az x n = ∑ ak sorozat konvergens.

3.

Ha l > 1 , akkor az (an )n ≥1 sorozat divergens és határértéke ∞ .

4.

Ha l > 1 , akkor az x n = ∑ ak sorozat divergens.

k =1

n

k =1

5. Ha l = 1 , akkor a sorozat lehet konvergens is és divergens is. Bizonyítás. 1. Az l < 1 feltétel alapján bármely ε > 0 esetén, amelyre l + ε < 1 a létezik n (ε) természetes szám úgy, hogy n +1 < l + ε < 1 , minden n ≥ n (ε ) esetén. an k

n −n ( ε )

Így an +k ≤ an ⋅ (l + ε) , k ≥ 1 , tehát an ≤ an ( ε ) ⋅ (l + ε)

, ha n ≥ n(ε) . Mivel ε

(és így n (ε) is) rögzített szám, ezért a majorálási kritérium alapján lim an = 0 . n →∞

2. Az előbbi becslések alapján n ( ε )−1

xn ≤

∑a

n −n ( ε ) k

k =1

+ an ( ε ) ⋅

∑ (l + ε)

k

k =0

n ( ε )−1

≤

∑a k =1

k

+ an ( ε ) ⋅

1 , 1−l − ε

tehát az (x n )n ≥1 sorozat felülről korlátos. Mivel az (an )n ≥1 sorozat tagjai pozitívak, az

(x n )n ≥1 sorozat növekvő, tehát konvergens. 3-4. Az l > 1 feltétel alapján bármely ε > 0 esetén, amelyre l − ε > 1 , létezik n (ε) a természetes szám úgy, hogy n +1 > l − ε > 1 , ∀n ≥ n (ε) . Ebből az egyenlőtlenségan k

n −n ( ε )

ből következik, hogy an +k > an ⋅ (l − ε) , k ≥ 1 , tehát an > an ( ε ) ⋅ (l − ε )

, ha

n ≥ n(ε) . Mivel ε (és így n (ε) is) rögzített szám, ezért an ( ε ) ⋅ (l − ε)n −n ( ε ) tart ∞ hez, tehát lim an = ∞ . Az x n divergenciája innen nyilvánvaló, mert x n > an . n →∞

5. Az an = n 2 és an =

a 1 sorozatokra a lim n +1 egyaránt 1 , és az egyik esetben az 2 →∞ n an n

(an )n ≥1 sorozat, akárcsak az (x n )n ≥1 sorozat, divergens, míg a másik esetben konvergens. Alkalmazások 1. Tanulmányozzuk az an = P (n )a n sorozat konvergenciáját, ha P egy m -ed fokú polinomfüggvény és a ∈ (−1,1) . an +1 a P(n + 1) ⋅ a egyenlőség alapján lim n +1 = a , tehát ha a < 1 , akkor = n →∞ an P(n ) an a sorozat konvergens és határértéke 0 .

Az

Tartalomjegyzék


67

2n , n ≥ 1 sorozat határértékét! n! 2n +1 n! 2 = ⋅ = , tehát lim an = 0 . n →∞ (n + 1) ! 2n n +1

2. Számítsuk ki az an =

lim

n →∞

an +1 an

Gyakorlatok és feladatok 1. Tekintsük az (x n )n ≥0 sorozat következő lehetséges tulajdonságait: p1 : (x n )n ≥0 monoton;

p2 : (x n )n ≥0 korlátos;

p3 : (x n )n ≥0 -nek van határértéke;

p4 : (x n )n ≥0 konvergens;

p5 : (x n )n ≥0 periodikus;

p6 : (x n )n ≥0 állandó.

a) Írd fel az összes pi → p j implikációt (indokold meg válaszaidat)! b) Írd fel az összes ( pi ∧ p j ) → pk implikációt (indokold meg válaszaidat)! 2. Vizsgáld a következő sorozatok monotonitását: an an a) an = , a > 0, n ≥ 1 ; b) an = , a > 0, n ≥ 1 ; n! (1 + a )(1 + a 2 )...(1 + a n ) c) an =

a(a + 1)(a + 2)...(a + n ) , 0 < a < b, n ≥ 1 ; b(b + 1)(b + 2)...(b + n )

3. Bizonyítsd be, hogy ha (an )n ≥1 pozitív tagú sorozat tagjaira az x n = an +1 − α ⋅ an sorozat konvergens és 0 < α < 1 , akkor az (an )n ≥1 sorozat is konvergens. 4. Bizonyítsd be, hogy ha az (an )n ≥1 pozitív tagú sorozat tagjai teljesítik az a + an an +2 ≤ n +1 egyenlőtlenséget, minden n ≥ 1 számra, akkor az (an )n ≥1 2 sorozat konvergens. AZ e SZÁM

1 ⎞n ⎛ Tanulmányozzuk az an = ⎜⎜1 + ⎟⎟ általános tagú sorozatot! ⎝ n⎠ 1. módszer. Alkalmazzuk a Bernoulli egyenlőtlenséget an -re: 1 ⎞n 1 ⎛ an = ⎜⎜1 + ⎟⎟ ≥ 1 + n ⋅ = 2 , minden n ∈ `* esetén. ⎝ ⎠ n n Bebizonyítjuk, hogy a sorozat növekvő és felülről korlátos. a1 = 2 , a2 = n +1

⎛ 1 ⎞⎟ tehát a1 < a 2 < a 3 . Igazoljuk, hogy an +1 = ⎜⎜⎜1 + ⎟ ⎝ n + 1 ⎠⎟ Ekvivalens átalakításokkal:

9 64 , a3 = , 4 27

1 ⎞n ⎛ > ⎜⎜1 + ⎟⎟ = an . ⎝ n⎠

Tartalomjegyzék

68

Valós számsorozatok n +1

n

⎛ n + 2 ⎞⎟ > an ⇔ ⎜⎜⎜ ⎟ ⎝ n + 1 ⎠⎟

n

n ⎛ n + 2 ⎞⎟ n + 2 ⎛ n ⎞⎟ ⎛ n + 1 ⎞⎟ ⋅⎜ a n +1 ⇔ ⎜⎜⎜ > ⎜⎜ ⎟ ⋅ ⎟ >1 ⇔ ⎟ ⎝ n ⎠ ⎝ n + 1 ⎠⎟ n + 1 ⎝⎜⎜ n + 1 ⎠⎟ n ⎛ n 2 + 2n ⎞⎟ n + 2 ⎜ > 1. ⇔⎜ 2 ⎟ ⋅ ⎜⎝ n + 2n + 1 ⎠⎟ n + 1 n n ⎛ 2 ⎞ ⎞ n +2 1 ⎜⎜ n + 2n ⎟⎟ ⋅ n + 2 = ⎜⎛1 − ⎟ ⋅ > ⎟ ⎜ n 2 + 2n + 1 ⎠⎟ n + 1 ⎝⎜ n 2 + 2n + 1 ⎠⎟ n + 1 ⎜⎝ ⎛ ⎞⎟ n + 2 n 3 + 3n 2 + 3n + 2 n > ⎜⎜⎜1 − 2 = > 1, ⎟⋅ ⎝ n + 2n + 1 ⎠⎟ n + 1 n 3 + 3n 2 + 3n + 1 ahol ismét alkalmaztuk a Bernoulli egyenlőtlenséget. Így an +1 > an , ∀n ∈ `* . A korlátosságot a binomiális tétel segítségével igazoljuk: 1 ⎞n 1 1 1 ⎛ an = ⎜⎜1 + ⎟⎟ = 1 + C n1 ⋅ + C n2 ⋅ 2 + ... + C nn ⋅ n = ⎝ n⎠ n n n 1⎛ 1⎞ 1 ⎛ 1 ⎞⎛ 2⎞ 1⎛ 1⎞ ⎛ n − 1 ⎞⎟ = 1 + 1 + ⎜⎜1 − ⎟⎟ + ⋅ ⎜⎜1 − ⎟⎟⎜⎜1 − ⎟⎟ + ... + ⎜⎜1 − ⎟⎟ ...⎜⎜1 − ⎟, ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2! n 3! n n n! n n ⎠ 1 ⎞n 1 1 1 ⎛ an = ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ < 1 + 1 + + + ... + ≤ tehát ⎝ n⎠ n! 2! 3! n ⎛1 ⎞ 1 − ⎜⎜ ⎟⎟ 1 1 1 ⎝2⎠ ≤ 1 + 1 + + 2 + ... + n −1 = 1 + <1+ 2 = 3. 1 2 2 2 1− 2 Következésképpen a sorozat korlátos ( 2 ≤ an < 3 , ∀n ∈ `* ) és növekvő, tehát konvergens és határértékére fennállnak a 2 ≤ lim an ≤ 3 egyenlőtlenségek.

n →∞

n

1⎞ ⎛ 2. módszer. Igazoljuk, hogy az en = ⎜⎜1 + ⎟⎟ sorozat növekvő, és hogy az ⎝ n⎠ n +1 1⎞ ⎛ sorozat csökkenő és ugyanaz a határértékük. Az en ≤ en +1 egyenlőte n = ⎜⎜1 + ⎟⎟ ⎝ n⎠ 1 ⎞n n +2 ⎛ egyenlőtlenséggel. Ez viszont a lenség ekvivalens az n +1 ⎜⎜1 + ⎟⎟ ⋅ 1 ≤ ⎝ n⎠ n +1 1 közepek közti egyenlőtlenség az x 1 = x 2 = ... = x n = 1 + és x n +1 = 1 számokra. n Hasonlóképpen az e n +1 ≤ e n egyenlőtlenség rendre a következőképpen alakítható: n +2 n +2 n +1 n +1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜1 + 1 ⎟⎟ < ⎛⎜⎜1 + 1 ⎞⎟⎟ ⇔ ⎜⎜ n + 2 ⎟⎟ < ⎛⎜⎜ n + 1 ⎞⎟⎟ ⇔ ⎜⎝ ⎝ ⎝ n ⎠ ⎝⎜ n + 1 ⎠⎟ n + 1 ⎟⎠ n⎠ n +1

n +2

n +1

⎛ n ⎞⎟ ⎛ n + 1 ⎞⎟ ⎛ n ⎞⎟ n +1 . ⇔ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ < ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⇔ n +2 ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 1 < ⎝n + 1⎠ ⎝n + 2 ⎠ ⎝n + 1⎠ n+2 Az utolsó egyenlőtlenség a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség az

Tartalomjegyzék


69

n és x n +2 = 1 számokra. n +1 Másrészt en < e n , tehát mindkét sorozat konvergens, mert az (en )n ≥1 sorozat minden x1 = x 2 = ... = x n +1 =

tagja alsó korlátja az (e n )n ≥1 sorozatnak és az (e n )n ≥1 sorozat minden tagja felső korlátja az (en )n ≥1 sorozatnak. Ez a következő egyenlőtlenségeknek tulajdonítható: e1 < e2 < e3 < ... < en < e n < ... < e 3 < e 2 < e 1 . 1⎞ ⎛ Így, ha lim en = l és lim e n = l , akkor az e n = en ⋅ ⎜⎜1 + ⎟⎟ egyenlőség alapján a két n →∞ n →∞ ⎝ n⎠ 1 ⎞6 ⎛ határérték megegyezik. Ugyanakkor e1 = 2 és e 5 = ⎜⎜1 + ⎟⎟ 2, 985984... < 3 , ⎝ 5⎠ tehát 2 < en < 3, ∀ n ≥ 1 . Az (en )n ≥1 sorozat határértékét e -vel jelöljük. Ennek az állandónak a megközelítő értéke e = 2, 718281... . Az e szám a természetes logaritmus ( ln x ) alapja. 1 ⎞⎟n 1 ⎞⎟n +1 ⎛ ⎛ ⎜ ⎜ Az előbbiek alapján: lim ⎜1 + ⎟ = lim ⎜1 + ⎟ = e n →∞ ⎝ n →∞ ⎝ n⎠ n⎠ Következmény. Az en < en +1 és e n +1 < e n egyenlőtlenségek alapján 1 1 < ln(n + 1) − ln n < , n ≥ 1 . n +1 n 1 1 1 Alkalmazás. Tanulmányozzuk a cn = 1 + + + ... + − ln n , n ≥ 1 sorozat 2 3 n 1 < ln(n + 1) − ln n konvergenciáját! A cn +1 < cn egyenlőtlenség ekvivalens az n +1 egyenlőtlenséggel, tehát a (cn )n ≥1 sorozat csökkenő. Ugyanakkor:

ln 2 − ln 1 < 1 1 ln3 − ln 2 < 2 ...................... ln(n + 1) − ln n < ln(n + 1) < 1 +

1 n −1

1 1 + ... + 2 n −1

1 < ln(n + 1) − ln n < cn . Így a sorozat alulról korlátos (pozitív tagú) és n +1 csökkenő, tehát konvergens. A (cn )n ≥1 sorozat határértékét c -vel jelöljük és Euler-féle állandónak nevezzük. Megjegyezzük, hogy még mindig megoldatlan probléma a c irracionalitásának kérdése. Tehát

Feladatok

⎛ 1 1 1⎞ 1. Bizonyítsd be, hogy lim ⎜⎜⎜ + + ... + ⎟⎟⎟ = ln 2 . n →∞ ⎝ n + 1 2n ⎠ n +2

Tartalomjegyzék

70


⎛a ⎞ 2. Bizonyítsd be, hogy ha az (an )n ≥1 pozitív tagú sorozatra lim n ⎜⎜⎜ n − 1⎟⎟⎟ = l > 0 , n →∞ ⎜ a ⎝ n +1 ⎠⎟ akkor lim an = 0 . n →∞

AZ 1∞ HATÁROZATLAN ESET Az 1∞ alakú határozatlan esetek visszavezethetők más határértékek kiszámítására a következő tétel alapján: xn ⎛ 1 ⎞⎟ ⎜ Tétel. lim ⎜1 + ⎟⎟ = e , ha lim x n = +∞ (vagy lim x n = −∞ ) és (x n )n ≥1 valós n →∞ n →∞ n →∞ ⎜ x n ⎠⎟ ⎝ számsorozat. Bizonyítás. Tételezzük fel, hogy x n > 0 , minden n ≥ 1 esetén, és lim x n = +∞ . n →∞

Ha [x n ] = mn , akkor lim x n = +∞ miatt lim mn = ∞ . Az egészrész tulajdonságai n →∞

n →∞

1 1 1 , így alapján mn ≤ x n < mn + 1 , tehát ≥ > mn xn mn + 1 1 1 1 . 1+ ≥1+ >1+ mn xn mn + 1 Az előbbi egyenlőtlenséget x n -edik hatványra emelve x

x

x

x

n n ⎞⎟ n ⎛ ⎛ 1 ⎞⎟ 1 ⎞⎟ ⎜ ⎜ ⎟ . ⎟ ≥ ⎜1 + ⎟⎟ > ⎜1 + ⎟⎟ x n ⎠⎟ mn + 1 ⎠⎟⎟ ⎝⎜ ⎝⎜ n⎠ xn m ⎛ ⎛ ⎛ 1 ⎞⎟ 1 1 ⎞⎟ ⎟⎟ ≤ ⎜⎜1 + ⎟⎟ és ⎜⎜1 + > ⎜⎜1 + ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜⎝ m + 1⎠ m ⎠ m ⎝ ⎝

⎛ 1 ⎜⎜1 + ⎜⎝ m n ⎛ 1 ⎞⎟ ⎟⎟ Másrészt ⎜⎜1 + ⎜⎝ mn + 1 ⎠⎟ ⎛ ⎜⎜1 + 1 ⎜⎝ m

n

n

mn +1

x

⎞⎟ ⎟⎟ ⎟ n⎠

m +1

⎞⎟ ⎟⎟ ⎟ n⎠

, tehát

m

n n ⎛ ⎛ 1⎞ 1 ⎞⎟ ⎟⎟ . ≥ ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ > ⎜⎜1 + x n ⎠⎟ mn + 1 ⎠⎟ ⎝⎜ ⎝⎜ m m +1 ⎛ 1⎞ 1 ⎞⎟ ⎛ Ugyanakkor lim ⎜⎜1 + ⎟⎟ = lim ⎜⎜⎜1 + ⎟ = e , tehát a fogó tétel alapján n →∞ ⎝ n →∞ ⎝ m⎠ m + 1 ⎠⎟ xn ⎛ 1⎞ lim ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ = e . n →∞ ⎜ x n ⎠⎟ ⎝ Az előbbi gondolatmenetet használva igazolhatók a következő állítások is:

Következmények 1

1. Ha x n > 0 , minden n ≥ 1 esetén és lim x n = 0 , akkor lim (1 + x n )xn = e . n →∞

n →∞

1

2. Ha −1 < x n < 0 , minden n ≥ 1 esetén és lim x n = 0 , akkor lim (1 + x n )xn = e . n →∞

n →∞

Tartalomjegyzék

Valós számsorozatok 1 xn

Valóban lim (1 + x n ) n →∞

0 < yn =

71

⎛ 1 = lim ⎜⎜ n →∞ ⎜ ⎝1 + x

−

⎞⎟ ⎟ ⎟⎟ n⎠

1 xn

1

1 ⎞1+x ⎛ n = lim ⎜⎜(1 + yn )yn ⎟⎟⎟ = e , ahol n →∞ ⎝ ⎠

−x n → 0. 1 + xn 1

3. Az 1. és 2. alapján, ha −1 < x n ∀n ≥ 1 és lim x n = 0 , akkor lim (1 + x n )xn = e . n →∞

n →∞

Példák n 2 −2

⎛ n 2 + 3 ⎞⎟ 1. Számítsuk ki a lim ⎜⎜ ⎟ n →∞ ⎜ ⎝ n 2 ⎠⎟

határértéket! 1

1∞ határozatlan esetünk van, így igyekszünk a sorozatot az (1 + x n )xn ( lim x n = 0 ) n →∞

n 2 −2

⎛n 2 + 3 ⎞ alakra hozni: lim ⎜⎜ 2 ⎟⎟ n →∞ ⎜ ⎝ n ⎠⎟

n 2 3⋅(n −2) ⋅ 3 n2 2

3⎞ ⎛ = lim ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ n →∞ ⎝ n ⎠

⎛ n n − n + 1 ⎞⎟ 2. Számítsuk ki a lim ⎜⎜⎜ ⎟⎟ n →∞ ⎝ n n + n + 1 ⎠

3⋅(n 2 −2)

n2 ⎞ ⎛ ⎜⎛ 3 ⎞⎟ 3 ⎟⎟⎟ ⎜ = lim ⎜⎜⎜⎜1 + 2 ⎟ ⎟ n →∞ ⎜⎝ n ⎠ ⎟⎟⎟ ⎜⎝ ⎠

n2

= e3 .

n

határértéket! −

n

⎛ n n − n + 1 ⎞⎟ ⎛ ⎞⎟ 2n lim ⎜⎜ lim ⎜⎜⎜1 − ⎟⎟ 1= ⎟ ∞ n →∞ ⎜ n →∞ ⎝n n + n + 1 ⎠ ⎝ n n + n + 1 ⎠⎟

n n +n +1 −2n n ⋅ 2n n n +n +1

= e −2 =

1 . e2

Gyakorlatok és feladatok 1. Számítsd ki a következő határértékeket: n 3n −2 na 3n −2 ⎛n2 − 3n + 1⎞⎟ ⎛ n + 3 ⎞⎟ ⎛ ⎞ ⎛ 2n + 2 ⎞⎟ + n n ⎟⎟ ; ; b) lim ⎜⎜⎜ ; c) lim ⎜⎜ 2 a) lim ⎜⎜ ⎟ ; d) lim⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎟ n →∞ ⎝ 2n + 1 ⎠ n→∞⎝n +3 n +2⎠ n →∞ ⎜ n →∞ ⎜ ⎝ n + 1 ⎠⎟ ⎝ n + n + 1 ⎠⎟ n

n ⎛ ⎞ ⎜⎜ ∑k ⎟⎟ ⎟ n x 1 ⎞n ⎛ ⎛ ⎞ ⎜ e) lim (2 n ( n + 1 − n )) ; f) lim ⎜⎜1 + ⎟⎟ ; g) lim ⎜⎜1 + k =13 ⎟⎟⎟ ; h) lim ⎜⎜1 + sin ⎟⎟ . n →∞ ⎝ n →∞ ⎝ n →∞ n →∞⎜ n⎠ n⎠ n ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ ⎠ 2. Bizonyítsd be, hogy ha lim x n = 0 , akkor

n

n →∞

ln (1 + x n ) e xn − 1 a xn − 1 = 1. b) lim a) lim = 1; = ln a c) lim n →∞ n →∞ n →∞ xn xn xn 3. Bizonyítsd be, hogy ha lim x n = a , akkor lim e xn = e a és lim ln x n = ln a . n →∞

n →∞

n →∞

n

4. Számítsd ki: a) lim n ( n a − 1) ; n →∞

⎛ n a + n b ⎞⎟ ⎟⎟ ; b) lim ⎜⎜ n →∞ ⎜ 2 ⎝ ⎠⎟

⎛ p ⎜⎜ ∑ n ak ⎜ c) lim ⎜⎜ k =1 n →∞ ⎜ ⎜⎜ p ⎜⎝

n

⎞⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ . ⎟⎟ ⎟⎟ ⎠⎟

Tartalomjegyzék

72


A CEZÁRO-STOLZ TÉTEL Ha (an )n ≥1 egy sorozat, (bn )n ≥1 szigorúan monoton és nem korlátos sorozat, vaa − an a = l határérték, akkor létezik a lim n határérték is, és lamint létezik a lim n +1 n →∞ b n →∞ b b − n +1 n n an +1 − an an lim = lim =l. n →∞ b n →∞ b n n +1 − bn Bizonyítás. Rögzítsünk egy ε > 0 számot. A feltevés szerint létezik olyan N ∈ ` * szám, hogy ha

n > N , akkor

an +1 − an ε ε a − an ε − l < . Ez azt jelenti, hogy − < n +1 − l < , ha n > N , tehát bn +1 − bn 2 2 bn +1 − bn 2 ε an +1 − an ε l− < < l + , ha n > N . 2 bn +1 − bn 2

Ha (bn )n ≥1 szigorúan növekvő, akkor szorozzuk az előbbi egyenlőtlenséget bn +1 − bn > 0 -val

ε⎞ ε⎞ ⎛ ⎛ ⎜l − ⎟⎟⎟ (bn +1 − bn ) < an +1 − an < ⎜l + ⎟⎟⎟ (bn +1 − bn ) , ha n > N . ⎜⎝ ⎝⎜ 2⎠ 2⎠ Írjuk fel ezeket az egyenlőtlenségeket az N + 1, N + 2, ..., N + n számokra: ε⎞ ε⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜l − ⎟⎟⎟ (bN +k +1 − bN +k ) < aN +k +1 − aN +k < ⎜⎜l + ⎟⎟⎟ (bN +k +1 − bN +k ) , k = 1, n . ⎝ ⎠ ⎝ 2 2⎠ Adjuk össze ezeket az egyenlőtlenségeket: n ε⎞ n ε⎞ n ⎛ ⎛ ⎜⎜l − ⎟⎟⎟ ∑ (bN +k +1 − bN +k ) < ∑ (aN +k +1 − aN +k ) < ⎜⎜l + ⎟⎟⎟ ∑ (bN +k +1 − bN +k ) . ⎝ ⎝ 2 ⎠ k =1 2 ⎠ k =1 k =1 A három összegből kettőt ki tudunk számolni: ε⎞ ε⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜⎝l − 2 ⎠⎟⎟⎟ (bN +n +1 − bN +1 ) < (aN +n +1 − aN +1 ) < ⎝⎜⎜l + 2 ⎠⎟⎟⎟ (bN +n +1 − bN +1 ) ,

ε⎞ ε⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜l − ⎟⎟⎟ (bN +n +1 − bN +1 ) + aN +1 < aN +n +1 < ⎜⎜l + ⎟⎟⎟ (bN +n +1 − bN +1 ) + aN +1 . ⎝ ⎝ 2⎠ 2⎠ Osszuk el ezt bN +n +1 -gyel (megtehető, mert a korlátlanság miatt elég nagy n indextől kezdve bn > 0 ) azaz

− bN +1 ) a a a ε ⎞ (b ε ⎞ (bN +n +1 − bN +1 ) ⎛ ⎛ ⎜⎜l − ⎟⎟⎟ N +n +1 + N +1 < N +n +1 < ⎜⎜l + ⎟⎟⎟ + N +1 , ⎝ bN +n +1 bN +n +1 bN +n +1 ⎝ bN +n +1 bN +n +1 2⎠ 2⎠

lb a a lb a εb ε ε b ε − + ⋅ N +1 − N +1 + N +1 < N +n +1 − l < − N +1 − N +1 + N +1 . 2 2 bN +n +1 bN +n +1 bN +n +1 2 2bN +n +1 bN +n +1 bN +n +1 bN +n +1

azaz

⎛ b ⎞ ⎛ ε bN +1 ⎞ lb a lb a ε − N +1 + N +1 ⎟⎟⎟ , Másrészt lim ⎜⎜⎜ N +1 ⋅ − N +1 + N +1 ⎟⎟⎟ = 0 = lim ⎜⎜⎜− n →∞ ⎜b n →∞ ⎜ ⎝ N +n +1 2 bN +n +1 bN +n +1 ⎠⎟ ⎝ 2 bN +n +1 bN +n +1 bN +n +1 ⎠⎟ mert

1 bN +n +1

⎛a ⎞ → 0 ( (bn )n ≥1 nem korlátos). A fogó tétel alapján lim ⎜⎜ n − l ⎟⎟⎟ = 0 , tehát n →∞ ⎜ ⎝ bn ⎠⎟ a lim n = l . n →∞ b n

Megjegyzés. A tétel akkor is igaz, ha az (an )n ≥1 és (bn )n ≥1 sorozatok határértéke 0 és a (bn )n ≥1 sorozat csökkenő. (Lásd RMT 1992/2-es számában Irina Rizzoli cikkét). Következmények

Tartalomjegyzék


73

1 n xn = l . ∑ n →∞ n k =1

1. Ha az (x n )n ≥1 sorozat konvergens és lim x n = l , akkor lim n →∞

n

Bizonyítás. Az an = ∑ x n és bn = n sorozatok teljesítik a Cesaro-Stolz tétel k =1

a − an an +1 1 n = lim = lim an = l , tehát lim ∑ x n = l . feltételeit és lim n +1 n →∞ n n →∞ b n →∞ (n + 1) − n n →∞ k =1 n +1 − bn 2. Ha az (x n )n ≥1 pozitív tagú sorozat konvergens és lim x n = l , akkor n →∞

lim n x1 ⋅ x 2 ⋅ x 3 ⋅ ... ⋅ x n = l .

n →∞

1 n ∑ ln xn sorozat konvergens és n k =1 határértéke ln l , az előbbi tulajdonság alapján. Ebből következik, hogy az zn = e yn

Bizonyítás. Az yn = ln n x1 ⋅ x 2 ⋅ x 3 ⋅ ... ⋅ x n = általános tagú sorozat határértéke e ln l = l .

3. Ha az (x n )n ≥1 pozitív tagú sorozat konvergens és lim

n →∞

xn+1 = l , akkor lim n xn = l . n →∞ xn

Bizonyítás. Az an = ln x n és bn = n sorozatok teljesítik a Cesaro-Stolz tétel a − an ln x n +1 − ln x n x feltételeit, és lim n +1 = lim = lim ln n +1 = ln l , n →∞ b n →∞ n →∞ (n + 1) − n xn n +1 − bn 1 tehát lim ln x n = ln l és így lim n x n = l . n →∞ n →∞ n Gyakorlatok 1. Számítsd ki a következő határértékeket a Cesaro-Stolz kritérium segítségével: 14 + 24 + 34 + ... + n 4 1p + 2p + 3p + ... + n p a) lim ; b) , p ∈ `* ; lim n →∞ n →∞ n5 n p +1 n

∑k

k

1 n 1 ; ∑ n →∞ n n →∞ ln n k =1 k ⎛1p + 2p + 3p + ... + n p 1 ⎞⎟ 1!+ 2!+ 3!+ ... + n ! − ⎟. ; f) lim n ⎜⎜ e) lim p +1 ⎜ n →∞ n →∞ n p + 1 ⎠⎟⎟ (2n ) ! ⎝ 2. Számítsd ki a következő határértékeket a Cesaro-Stolz kritérium következményei segítségével: c) lim

k =1

a) lim n n →∞

d) lim

;

n

n

∑

3

b) lim

k;

n →∞

k =1

k2 + k + 1 ; ∑ 4 k =1 k + 2k n

n

3

d) lim n n →∞

n 33n (n !) n! ; e) lim ; n →∞ (3n ) ! n

f) lim n sin n →∞

2

c) lim

n →∞

n

(n !)

(2n ) !⋅ 6n

;

π π π π ⋅ sin ⋅ sin ⋅ ... ⋅ sin . 2 3 4 n

SOROZATOK ALKALMAZÁSA FELADATOK MEGOLDÁSÁNÁL

Tartalomjegyzék

74


1. Határozzuk meg az x valós számot, ha ⎡⎣nx 2 ⎤⎦ = [nx ] + n , minden n ≥ 100 esetén, ahol [z ] a z szám egészrészét jelöli. [ny ] = y , minden y ∈ \ esetén. Az Megoldás. Először igazoljuk, hogy lim n →∞ n egészrész értelmezése alapján [ny ] ≤ ny < [ny ] + 1 ,

1 [ny ] < ≤y . n n Az előbbi egyenlőtlenségben határértékre térünk és alkalmazzuk a fogó tételt: [ny ] lim = y . Így, ha a feladatbeli egyenlőség mindkét oldalát osztjuk n -nel, majd n →∞ n ⎡nx 2 ⎤ ⎦ = lim [nx ] + 1 , azaz x 2 = x + 1 . Ez utóbbi határértékre térünk, kapjuk: lim ⎣ n →∞ n n →∞ n 1± 5 3± 5 2 = másodfokú egyenlet megoldásai x1,2 = . Ezekre az értékekre x1,2 , 2 2 ⎡ 3± 5⎤ ⎡ 1± 5⎤ 2 ⎤ ⎢n ⎥ = ⎢n + n ⎥ = n + ⎡nx1,2 ⎤ , vagyis a kapott értékekre = tehát ⎡⎣nx1,2 ⎦ ⎢ ⎣ ⎦ ⎥ ⎢ 2 2 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎥ igaz a feladatbeli egyenlőség minden n ∈ ` esetén (így n ≥ 100 esetén is). így

y−

2. Bizonyítsuk be, hogy ha [nx ] [ny] , minden n ∈ ` esetén és x , y ∈ \* , x ≠ y , y akkor x , y és egész számok. (András Szilárd) x Megoldás. Arkhimédész axiómája alapján létezik n0 ∈ ` úgy, hogy [nx ] ≠ 0 , bármely n ≥ n 0 esetén. Az adott feltételek alapján az f : {x ∈ ` x ≥ n 0 } → \ ,

[ny ] függvény csak egész értékeket vesz fel. Másrészt [nx ] [ny ] [ny ] n y lim f (n ) = lim = lim ⋅ = ∈ \, n →∞ n →∞ [nx ] n →∞ n [nx ] x tehát létezik n1 úgy, hogy az f függvény állandó, ha n ≥ n1 (mert ( f (n ))n ≥1 egész y az f függvény képe n1 -től kezdve, tehát egész szám. Jelölje számok sorozata). Így x k ∈ ] ezt az arányt. Így [nkx ] = k[nx ] , minden n ≥ n1 esetén. Ha nx = [nx ] + αn , akkor nkx = k[nx ] + kαn , tehát az [nkx ] = k[nx ] egyenlőség pontosan akkor teljesül 1 minden n ≥ n1 esetén, ha αn = {nx } < , minden n ≥ n1 esetén. nx = n [x ] + n {x } , k 1 így {nx } = {n {x }} < , minden n ≥ n1 esetén. Ha {x } > 0 , akkor Arkhimédész k axiómája alapján létezik n > n1 úgy, hogy (n − n1 ) ⋅ {x } > 1 , tehát az ([n {x }])n ≥n1 f (n ) =

Tartalomjegyzék


75

sorozat nem állandó, így létezik két különböző egymás utáni tagja, azaz létezik n ≥ n1 úgy, hogy [(n + 1) {x }] − [n {x }] = 1 . ( 1 -nél nem nagyobb, mert a számok különbsége 1 1 {x } < 1 ). Mivel {n {x }} < , következik, hogy {x } > 1 − , eszerint pedig az k k ([n {x }])n ≥n1 sorozat tagjai mind különbözők, azaz [(n + 1) {x }] = [n {x }] + 1 , ha n ≥ n1 . A matematikai indukció alapján [(n + m ) {x }] = [n {x }] + m , ha n ≥ n1 és 1 1 m ∈ ` . {x } < 1 és 1 − → 1 , így létezik m ∈ ` úgy, hogy {x } < 1 − , n m ahonnan m {x } < m − 1 , tehát [n {x }] + m = [n {x } + m {x }] ≤ [n {x } + m − 1] = [n {x }] + m − 1 , y y ami ellentmondás. Tehát {x } = 0 , azaz x ∈ ] . x ∈ ] és ∈ ] , így y = x ⋅ ∈ ] . x x 3. Egy üres táblára írjuk fel az (x 0 , y 0 ) számpárt, minden lépésben töröljük le a táblán ⎛ 6x + 3y 3x + 14y ⎞⎟ , levő (x , y ) számpárt és helyette írjuk fel a ⎜⎜ számpárt. Mi a ⎝ 5 ⎠⎟⎟ 5 szükséges és elégséges feltétele annak, hogy két egyenlő szám jelenjen meg? (Radó Ferenc Emlékverseny, 2003.) ⎡x n ⎤ Megoldás. Ha az n lépés után a táblán szereplő számpárnak megfeleltetjük az ⎢y ⎥ ⎢⎣ n ⎥⎦

⎡6 / 5 3 / 5 ⎤ ⎡x n +1 ⎤ ⎡x n ⎤ ⎥ . Így mátrixot, akkor felírhatjuk az ⎢y ⎥ = A ⋅ ⎢y ⎥ rekurziót, ahol A = ⎢⎢ ⎥ ⎢⎣ n +1 ⎥⎦ ⎢⎣ n ⎥⎦ 3 / 5 14 / 5 ⎢⎣ ⎥⎦ n +1 n +2 n ⎡x n ⎤ ⎡x 0 ⎤ ⎡an bn ⎤ ⎡x 0 ⎤ ⎥ ⋅ ⎢ ⎥ , ahol a = 9 + 3 , b = 3 − 3 és c = 3 + 1 , ⎢ ⎥ = An ⋅ ⎢ ⎥ = ⎢ n n n ⎢⎣yn ⎥⎦ ⎢⎣y0 ⎥⎦ ⎢bn cn ⎥ ⎢⎣y0 ⎥⎦ 10 10 10 ⎣⎢ ⎦⎥ ⎧ ⎪an x 0 + bny 0 = z minden n ≥ 1 esetén. Ha x n = yn = z , akkor ⎪⎨ . A Cramer szabály ⎪ bn x 0 + cny 0 = z ⎪ ⎩ z (cn − bn ) z (an − bn ) x0 cn − bn 3n +1 + 2 y = = = alapján x0 = és , tehát . Innen 0 y0 an − bn 6 − 3n det An det An 6x − 2y 0 , tehát két egyenlő szám megjelenésének szükséges és elégséges 3n = 0 x 0 + 3y 0 6x − 2y 0 feltétele log 3 0 ∈ `. x 0 + 3y 0 4. Tekintsük a következő sorozatot: 3 ⋅ (−1)n + 1 d1 = 2 , dn +1 = dn2 + n + 2 ⋅ (−1)n , n ≥ 1 . 2

Tartalomjegyzék

76


a) Bizonyítsuk be, hogy ha M és N rögzített pontok a síkban és MN = 5 + 2 3 , akkor minden n ∈ `* esetén létezik olyan Pn pont a síkban, amelyre Pn M = d2n −1 és Pn N = d2n . b) Bizonyítsuk be, hogy ha (Pn )n ≥1 pontok az MN egyenes által meghatározott ugyanazon félsíkban vannak, akkor a (Pn )n ≥1 pontok kollineárisak. (Radó Ferenc Emlékverseny, 2004..) Megoldás. A rekurzióból d1 = 2 és d2 = 1 , tehát a M n koszinusz tétel alapján m(MP1N ) = 150° . Másrészt n d = 7 és d = 2 . Ha α = m(P P N ) , akkor az MP P 3

1 2

2 1

4

d1

és NP1P2 háromszögekben alkalmazzuk a koszinusz tételt:

x2 −1 x2 − 3 cos α = és cos(210 − α) = , ahol P1P2 = x . 2x 4x x2 − 3 Innen sin α = −(1 + 3) , és a sin2 α + cos2 α = 1 2x alapján

2

−(1 + 3)

(x 2 − 1)(x 2 − 3) 4x 2

2

=

(x 2 − 1) 4x 2

d5 P2 P3

P

.

d3 P1 d d4 2

N

d6

40. ábra

Így

⎧ 29 + 4 3 ⎪ ⎫ ⎪ 2 ⎪ n x2 ∈ ⎪ és ⎨1, ⎬ . Ha x = 1 , akkor P1P2 = 1 , m(P 2P1N ) = 90° ⎪ ⎪ 13 ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ n m(P 2P1M ) = 120° . Mivel ez az eset egy lehetséges szerkesztéshez vezet, lemondha29 + 4 3 > 1 esetről. A továbbiakban igazoljuk, hogy minden Pj , 13 j ≥ 3 pont a P1P2 egyenesen van. A rekurzió alapján d22n +2 = d22n + 2n − 1 , tehát

tunk az x 2 =

n

d22n +2 = 1 + ∑ (2k − 1) = 1 + n 2 és d22n +1 = 3 + (n + 1)2 = n 2 + 4 + 2n , ha n ≥ 1 . k =1

Ha tekintjük a (Pn +1 )n ≥1 pontokat a P1P2 egyenesen úgy, hogy P1Pn +1 = n , ha n ≥ 1 , 1 = d22n +1 és NPn2+1 = 1 + n 2 = d22n +2 . 2 szerkesztés egyértelműségéből következik a kért tulajdonság.

akkor

MPn2+1 = n 2 + 4 + 2 ⋅ 2 ⋅ n ⋅

A

5. Bizonyítsuk be, hogy ha n darab r1 , r2 , … , rn állandó különbségű számtani sorozat a természetes számok egy partícióját képezi (minden természetes szám 1 1 1 pontosan egy sorozatnak a tagja), akkor + + ... + = 1 . r1 r2 rn Megoldás. Két megoldást mutatunk be:

Tartalomjegyzék


77

I. Ha a j j = 1, n az rj különbségű sorozat első tagja, akkor x ∈ (−1,1) esetén n

tekintsük az S j = lim ∑ x n →∞

Mivel (a j + krj )

k ≥0

n

∑S j =1

= lim ∑ x k = n →∞

=

k =0

∞

∑x

a j +krj

k =0

a

=

x j r összegeket. 1−x j

számtani sorozatok és az ` partícióját képezik, következik, hogy

n

j

a j +krj

k =0

∞

∑x

k

=

k =0

x aj 1 , tehát Így ∑ = rj 1−x j =1 1 − x

1 . 1−x

x aj = 1 . Ha x → 1 , akkor ∑ rj −1 2 j =1 1 + x + x + ... + x n n 1 1 a bal oldali kifejezés határértéke ∑ , tehát ∑ = 1 . j =1 rj j =1 rj n

n

Megjegyzés. r1 , r2 , … , rn nem lehetnek mind különbözők. Az S j számok léteznek és ugyanazok komplex számok esetén is, ha x < 1 . Ha r = max{rj j = 1, n } , akkor létezik legalább két j ∈ {1, 2,..., n} érték, amelyre

r = rj . Ellenkező esetben, ha x a legkisebb nemnulla argumentumú n -ed rendű egységgyökhöz tart, akkor a bal oldali kifejezés ∞ -hez tart, ami ellentmondás (Ha zn = x n + iyn egy komplex számsorozat, akkor lim zn = x + iy ⇔ lim x n = x és lim yn = y .) n →∞

n →∞

n →∞

II. Jelölje a1 , a 2 , …, an a sorozatok első elemét. Ha N ∈ `* tetszőleges, akkor pontosan N darab N -nél kisebb természetes szám van: 0,1, 2,..., N − 1 . Feltételezzük, hogy az i -edik sorozatnak ki darab tagja kisebb, mint N , ezek: ai ,

ai + ri , …, ai + (ki − 1) ri ; ekkor ai + (ki − 1) ri < N és ai + kiri ≥ N , N − ai N − ai tehát ≤ ki < + 1 , i = 1, n . ri ri Ha összeadjuk az előbbi összefüggések megfelelő oldalait i ∈ {1, 2,..., n } esetén és használjuk a k1 + k2 + ... + kn = N egyenlőséget, akkor az N − a1 N − a 2 N − an N − a1 N − a 2 N − an + + ... + ≤N < + + ... + +n, r1 r2 rn r1 r2 rn egyenlőséghez jutunk, ahonnan n 1 1 1 1 ⎛a a a ⎞ 1 − < + + ... + − ⎜⎜ 1 + 2 + ... + n ⎟⎟⎟ ≤ 1 . N r1 r2 rn N ⎜⎝ r1 r2 rn ⎠⎟ Határértékre térünk N szerint és a kért egyenlőséghez jutunk. 6. A sivatag széléhez egy expedíció érkezik. A sivatag átszeléséhez rendelkezésükre áll egy jármű, amely x km megtevéséhez szükséges üzemanyagot (tartalékkal együtt) tud szállítani. Ugyanakkor korlátlan mennyiségű üzemanyag áll a rendelkezésükre és a

Tartalomjegyzék

78


sivatagban üzemanyag lerakatokat is tudnak készíteni (szintén a jármű segítségével). Bizonyítsuk be, hogy az expedíció át tud kelni a sivatagon, bármilyen széles is az. Megoldás. Az utolsó x km megtételéhez szükségük van egy lerakatra, ami x km megtételéhez szükséges (továbbiakban x ) üzemanyagot tartalmaz. Ezt megtehetik két x fordulás segítségével, ha km-rel előbb tudnak egy 2x üzemanyagot tartalmazó le3 2x rakatot készíteni (az első útra x üzemanyaggal indulnak és -mal érkeznek, amiből 3 x x leraknak -at, megtartva -at visszatéréshez, a második fordulásnál hasonlóan jár3 3 2x nak el, így marad , amiből már nem kell megtartani a visszaforduláshoz). Ez a 3 x lerakat létrehozható, ha km-rel előbbre létrehoznak egy 3x üzemanyagot tartalma5 2x x zó lerakatot (mert 3 fordulásból 2 ⋅ + = x üzemanyagot használnak el, és így 5 5 3x 4x raktároznak 2 ⋅ + = 2x -et). Ezzel a gondolatmenettel a j -edik lépésben szük– 5 5 ség van ( j + 1) fordulásra, amellyel egy jx üzemanyagot tartalmazó lerakatot tudunk x létrehozni, ha az előző lerakat km-re van ( j + 1) x üzemanyaggal (az elhasz– 2j + 1 (2 j − 1) x 2 jx 2x x + = jx ). + = x és a raktározott j ⋅ nált üzemanyag j ⋅ 2j + 1 2j + 1 2j + 1 2j + 1 x x x , , ..., , tehát a megtett út A lerakatok közti távolságok x , 3 5 2j + 1 ⎛ 1 1 1 ⎞⎟ 1 1 1 x ⎜⎜1 + + + ... + ⎟⎟ . Másrészt az x n = 1 + + + ... + sorozat ⎜⎝ ⎟ 3 5 2j + 1⎠ 3 5 2n + 1 divergens és lim x n = ∞ , tehát ha d a sivatag szélessége, akkor létezik n ∈ `* úgy, n →∞

hogy x n > d . Így az expedíció át tud kelni a sivatagon az előbbi algoritmussal. Megoldott feladatok 1. Tekintsük az (an )n ≥1 , a1 = 1 , an +1 = sin an , n ∈ `* sorozatot. Bizonyítsuk be, hogy az (nan2 )n ≥1 sorozat korlátos. Konvergens-e az (nan2 )n ≥1 sorozat? Megoldás. Igazoljuk a cos x <

1 1 + x2

, ha 0 < x <

π egyenlőtlenséget! 2

Tartalomjegyzék


79 A 41. ábrán az OBC háromszög területe

D

41. ábra

C

1

tgx

x

sinx

területe

x O

OBC körcikk területe

1

A

tg x , 2

tehát

sin x , az 2

x és az OBD háromszög 2 sin x < x < tgx ,

minden

⎛ π⎞ x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ esetén. ⎝ 2⎠

B

sin2 x 1 = cos x ⋅ = 1, 2 cos x cos x 1 ⎛ π⎞ cos x ⋅ 1 + x 2 < 1 , tehát cos x < , ha x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ . 2 ⎝ 2⎠ 1+x

Így cos x 1 + x 2 < cos x 1 + tg2 x = cos x ⋅ 1 +

A matematikai indukció módszerével igazoljuk, hogy 0 < an < 2 esetén. Ha n = 1 , akkor 0 < a1 = sin 1 ≤ 1 < 2 Ha n = 2 , akkor 0 < sin(sin 1) < 2 Ha rögzített k ≥ 2 esetén ak < 2

ak +1

1 , minden n ≥ 1 n

1 = 2 , tehát az egyenlőtlenség igaz. 1

1 = 2 igaz. 2

1 , akkor mivel 2 k ⎛ = sin ak < sin ⎜⎜2 ⎝⎜

1 ⎛ π ⎞⎟ ∈ ⎜0, k ⎜⎝ 2 ⎠⎟ 1 ⎞⎟ ⎟, k ⎠⎟⎟

⎛ 1⎞ 1 1 1 <2 ⋅ 0 < ak +1 = sin ak < sin ⎜⎜2 ⎟⎟⎟ = 2 sin cos ⎜⎝ k ⎠⎟ k k k

1 1+

1 k

,

1 1 1 , ⋅ =2 k +1 k k +1 k tehát a matematikai indukció elve alapján az egyenlőtlenség fennáll, minden n ∈ `* esetén. Így 0 ≤ nan2 < 4 , minden n ∈ `* esetén, tehát az (nan2 )n ≥1 sorozat korlátos. ak +1 < 2

Igazolható, hogy a sorozat monoton is, tehát konvergens. A feladatra visszatérünk a függvényhatárértékek és deriváltak tanulmányozása után. 2. vizsgáljuk az ( n a )n ≥1 sorozat konvergenciáját, ha a > 1 ! Megoldás. n +1 a < n a , minden n ∈ `* esetén, mert mindkét oldalt n (n + 1) -edik hatványra emelve az egyenlőtlenség ekvivalens az a n < a n +1 egyenlőtlenséggel. Az ( n a )n ≥1 sorozat tehát csökkenő, alulról korlátos (mert n a > 1 ), ezért konvergens is.

Tartalomjegyzék

80

Valós számsorozatok 1

Mivel n a = a n és a kitevő határértéke 0 , a határértékekkel végezhető műveletek alapján lim n a = 1 . n →∞

Bizonyítsuk be az ε -os konvergencia kritérium segítségével. A n a − 1 < ε , n a −1 < ε és n a < ε + 1 egyenlőtlenségek ekvivalensek, az utolsó pedig lg a ekvivalens a lg n a < lg (ε + 1) és < lg (ε + 1) egyenlőtlenségekkel, ami n ⎡ lg a ⎤ lg a ⎥ + 1 és esetén áll fenn (mert ε + 1 > 1 ). Így n(ε) = ⎢ n> ⎢ lg (ε + 1) ⎥ lg (ε + 1) ⎣ ⎦ lim n a = 1 . n →∞

3. Bizonyítsuk be, hogy lim

n →∞ n

1 = 0. n! n

⎛n ⎞ Megoldás. Előbb igazoljuk, hogy minden n ∈ `* esetén n ! > ⎜⎜ ⎟⎟ . ⎝3⎠ A bizonyítást a matematikai indukció módszerével végezzük: 1 Ha n = 1 , akkor az egyenlőtlenség igaz, mert 1 > . 3 Feltételezzük, hogy n -re igaz, és igazoljuk (n + 1) -re. n +1

n ⎛ n + 1 ⎞⎟ ⎛n ⎞ (n + 1) ! = (n + 1) n ! > (n + 1) ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎝3⎠ ⎝ 3 ⎠⎟⎟

⋅

n +1 3 ⎛ n + 1 ⎞⎟ , n >⎜ ⎟ ⎝⎜ 3 ⎠⎟ ⎛ n + 1 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎝ n ⎠⎟

1 ⎞n ⎛ mert ⎜⎜1 + ⎟⎟ < 3 . A matematikai indukció elve alapján az egyenlőtlenség fennáll ⎝ n⎠ 1 1 1 3 < n = , és a fogó tételből lim n = 0 . n→∞ n ! n n! 3 Megjegyzés 1 . Ha a Cesaro-Stolz kritérium következményét használjuk, akkor egy egyszerűbb bizonyításhoz jutunk.

minden n ∈ `* esetén. Így 0 < n

⎛ 3n ⎞ 4. Vizsgáljuk a ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ sorozat konvergenciáját! ⎝ n ! ⎠n ≥1

Megoldás. Ha n > 3 , akkor n n −3 n ⎛3⎞ 3n 3 3 3 3 3 9 ⎛3⎞ 32 ⎛ 3 ⎞⎟ 0< = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ ≤ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⋅ ⎜⎜ ⎟ . Mivel lim ⎜⎜ ⎟⎟⎟ = 0, ezért a n →∞ ⎝ 4 ⎠ 3 ⎝4⎠ n! 1 2 3 4 n 2 ⎝4⎠ 3n fogó tétel alapján lim = 0. n →∞ n ! Megjegyzés. A hányadoskritérium segítségével itt is elkerülhetjük a becsléseket. 1

A bizonyított kritériumok hatékonyságának bemutatása céljából az itt bemutatott megoldások nem a legrövidebbek, viszont tartalmaznak tanulságos ötleteket.

Tartalomjegyzék


81

⎛n 3 ⎞ 5. Vizsgáljuk a ⎜⎜ n ⎟⎟⎟ sorozat konvergenciáját! ⎜⎝ 5 ⎠ n ≥1 n 3 ⎛⎜ n = ⎜⎜ 3 n ⎝ 5 5n

Megoldás.

3

⎞⎟ n ⎟⎟ , tehát elégséges vizsgálni az an = 3 n általános tagú ⎠ ( 5)

5 > 1 azt sejtjük, hogy a nevező „gyorsabban növekszik”, mint a n számláló, vagyis, hogy lim 3 n = 0 . Ha 3 5 = 1 + α , α > 0 , akkor n →∞ 5 n n n n . 0< 3 n = < n < ( ) ( n n n n − − 1 1) 2 ( 5 ) (1 + α) 1 + n α + α2 + ... α 2 2 n 2 = → 0 , tehát a fogó tétel szerint az (an )n ≥1 sorozat Másrészt n (n − 1) 2 (n − 1) α α 2 konvergens és lim an = 0 .

sorozatot. Mivel

3

n →∞

⎛n 3 ⎞ Tehát az ⎜⎜ n ⎟⎟⎟ ⎜⎝ 5 ⎠

n ≥1

= (an3 )n ≥1 sorozat is konvergens és határértéke 0 .

Megjegyzés. A hányadoskritérium alapján itt is azonnali a megoldás. 5. Bizonyítsuk be, hogy lim sn = lim en = e , ha n →∞

n →∞

1 ⎞n ⎛ 1 1 1 en = ⎜⎜1 + ⎟⎟ és sn = 1 + + + ... + . ⎝ n⎠ 1! 2! n! 1 Megoldás. Az (sn )n ≥1 sorozat növekvő, mert sn +1 − sn = > 0 , felülről (n + 1) ! 1 1 1 korlátos, mert sn < 1 + 1 + + 2 + ... + n −1 < 3 . Tehát az (sn )n ≥1 sorozat 2 2 2 konvergens, még csak azt kell igazoljuk, hogy határértéke e . A binomiális tételt használjuk: 1 ⎞n 1 n −1 1 n (n − 1) ...2 ⋅ 1 1 ⎛ ⋅ 2 + ... + ⋅ ≤ en = ⎜⎜1 + ⎟⎟ = 1 + n ⋅ + n ⎝ ⎠ n n 2 n nn n! 1 1 1 ≤ 1 + 1 + + + ... + = sn , 2! 3! n! tehát en ≤ sn , innen következik, hogy lim en ≤ lim sn , vagyis lim sn ≥ e . (1) n →∞

*

n →∞

n →∞

Rögzítsünk egy k ∈ ` ( n > k ) számot! Az en binomiális kifejtésében hagyjuk el a k + 1 -edik tag utáni tagokat, tehát: n (n − 1) ...(n − k + 1) 1 n (n − 1) 1 n (n − 1)(n − 2) 1 en > 1 + 1 + ⋅ + ⋅ + ... + ⋅ = 2 3 n 2! n 3! nk k!

Tartalomjegyzék

82


k − 1 ⎞⎟ 1⎛ 1⎞ 1 ⎛ 1 ⎞⎛ 2⎞ 1⎛ 1⎞ ⎛ ⎜⎜1 − ⎟⎟ + ⎜⎜1 − ⎟⎟⎜⎜1 − ⎟⎟ + ... + ⎜⎜1 − ⎟⎟ ...⎜1 − ⎟. ⎜ 2! ⎝ n ⎠ 3! ⎝ n ⎠⎝ n⎠ k !⎝ n⎠ ⎝ n ⎠⎟ A bal oldal határértéke n → ∞ esetén e , a jobb oldalé pedig sk ( k rögzített): ⎡ 1⎛ 1⎞ 1⎛ 1 ⎞⎛ 2 ⎞ ⎛ k − 1⎞⎟⎤ 1 1 lim ⎢1 + 1 + ⎜⎜1 − ⎟⎟ + ... + ⎜⎜1 − ⎟⎟⎜⎜1 − ⎟⎟...⎜⎜1 − ⎟⎟⎥ = 1 + 1 + + ... + . n →∞ ⎢ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ n k! n n n ⎦⎥ 2! 2! k! ⎣ 1 1 Így e ≥ 1 + + ... + = sk , minden k ∈ `* esetén, tehát e ≥ lim sk . (2) k →∞ 1! k! Így (1) és (2) alapján lim sn = e . Az (sn )n ≥1 gyorsabban konvergál e -hez, mint az = 1+1+

n →∞

(en )n ≥1 , így alkalmasabb az e megközelítésére. 7. Bizonyítsuk be, hogy e irracionális!

p , ahol p, q ∈ ] , q ≠ 0 . q Mivel 2 < e < 3 , következik, hogy e nem egész szám, tehát q ≥ 2 . Az előző feladat 1 1 alapján 2 + + ... + < e , minden n ∈ `* esetén és sn -re felírhatjuk, hogy: 2! n! 1 ⎛⎜ 1 1 1 s n +k − s n = ⋅⎜ + + + ... ⎜ n ! ⎝ n + 1 (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2)(n + 3)

Bizonyítás. Feltételezzük, hogy e racionális, vagyis e =

⎞⎟ 1 ⎟ , minden n, k ∈ ` * számra. (n + 1)(n + 2) ...(n + k ) ⎟⎟⎠ 1 1 + ... + < (n + 1)(n + 2)(n + 3) (n + 1)(n + 2) ...(n + k ) ⎛ ⎞⎟ 1 1 1 1 ⎜⎜ 1 + ⎟ < + + + ... (n + 1)(n + 2) ⎜⎝n + 3 (n + 3)(n + 4) (n + 4) (n + 5) (n + k − 1)(n + k )⎠⎟⎟

... +

=

⎛ 2 1 1 ⎞⎟ ⎜⎜ − ⎟. ⎜ (n + 1)(n + 2) ⎝ n + 3 n + k ⎠⎟

Tehát

⎛ ⎞⎞ 1 1 1⎛ 1 1 1 ⎜⎜ 2 − 1 ⎟⎟⎟⎟⎟ . + ... + + ⎜⎜ + + n ! n ! ⎝⎜n + 1 (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) ⎝⎜n + 3 n + k ⎠⎟⎠⎟ 2! Az utóbbi egyenlőtlenségben térjünk határértékre k szerint: ⎞⎟ 1 1 1⎛ 1 1 2 ⎟ , innen + + e ≤ 2 + + ... + + ⎜⎜ 2! n ! n ! ⎜⎝n + 1 (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2)(n + 3)⎠⎟⎟ 1 1 1 e < 2 + + ... + + 2! n ! n !⋅ n 1 1 θ Így létezik θn ∈ (0,1) úgy, hogy e = 2 + + ... + + n . Tehát 2! n ! n ⋅n ! sn +k < 2 +

Tartalomjegyzék


83

θ p 1 1 1 = 2 + + + ... + + q , q q ! q ⋅q ! 2! 3! ahol 0 < θq < 1 . Mindkét oldalt q ! -sal szorozzuk:

⎛ θ θ θ 1 1 1⎞ 1 p (q − 1) ! = ⎜⎜2 + + + ... + ⎟⎟⎟q !+ q , ahol 0 < q < < 1 , így q nem lehet ⎜⎝ 2! 3! q ! ⎠⎟ q q q q ⎛ θ 1 1⎞ egész szám, ugyanakkor p (q − 1) ! és ⎜⎜2 + + ... + ⎟⎟⎟q ! egész számok, és így q 2! q ! ⎠⎟ q ⎝⎜ is egész kellene legyen, ami ellentmondás. Tehát e irracionális. 8. Tekintsük a következő sorozatot: a1 = 2 , an +1 = 2 + an , ha n ∈ `* . A sorozat tagjai: 2 , 2 + 2 , 2 + 2 + 2 , ..., 2 + 2 + ... + 2 , ... Vizsgáljuk a sorozat konvergenciáját! Megoldás. A matematikai indukció módszerével igazoljuk, hogy a sorozat növekvő: a 2 > a1 , és ha an > an −1 , akkor an2+1 = 2 + an , an2 = 2 + an −1 , tehát

an2 +1 − an2 = an − an −1 . Az indukciós feltételt felhasználva, következik, hogy an +1 > an . Tehát a sorozat növekvő. Mivel a1 = 2 < 2 , és ha an < 2 , akkor a

n +1

= 2 + an < 2 + 2 = 2 , a

matematikai indukció elve alapján következik, hogy an < 2 , minden n ∈ `* esetén. A sorozat növekvő és felülről korlátos, tehát konvergens. Jelöljük a -val a sorozat határértékét és térjünk határértékre az an +1 = 2 + an rekurziós összefüggésben! Így 1± 3 a = 2 + a (mert lim an +1 = lim an = a ), tehát a = . A sorozat tagjai n →∞ n →∞ 2 pozitívak, tehát a = lim an = 2 . n →∞

Hangsúlyozzuk, hogy nagyon lényeges volt az előbb, hogy előre tudtuk a határérték létezését, és csak utána tértünk határértékre a kifejezésben. A következő példa is mutatja, hogy enélkül a határértékre térés hibás eredményhez vezethet: Ha a1 = 2 és an +1 = 2an , n ∈ `* , akkor a lim an = a egyenlőségből következik, n →∞

hogy lim an +1 = 0 , így a = 2a . Ez pedig akkor áll fenn, ha a = 0 (ha a ∈ \ ). n →∞

Másrészt a sorozat általános tagja an = 2n , a (2n )n≥1 sorozat pedig divergens. Ilyen típusú gondolatmenetek hasznosak bizonyos sorozatok divergenciájának igazolásánál.

⎡n ⎤ 9. Határozzuk meg az (x n )n ≥1 , x n = x ⎡n ⎤ + n + 1 − ⎢ ⎥ , n ≥ 2 és x 1 = 1 sorozat ⎢ ⎥ ⎣⎢ 2 ⎦⎥ ⎣⎢ 2 ⎥⎦ x általános tagját! Bizonyítsuk be, hogy lim n = 1 . n →∞ n

Tartalomjegyzék

84


(Radó Ferenc Emlékverseny, 2003.) Megoldás. A sorozat első 16 tagját az alábbi táblázatba foglaltuk:

n

1

2

3

4

5

6

7

xn

1

3

4

6

7

8

9 11 12 13 14 15 16 17 18 20

xn − n

0

1

1

2

2

2

2

8

3

9 10 11 12 13 14 15 16

3

3

3

3

3

3

3

4

Észrevesszük, hogy kettő hatványai között a sorozat tagjai egyenként növekednek és a kettő hatványainál az ugrás 2 . Így az x n − n különbség, ha n a 2k és 2k +1 − 1 között van, mindig k . Ha 2k ≤ n ≤ 2k +1 − 1 , akkor k = [log2 n ] , tehát azt sejtjük, hogy x n = n + [log2 n ] . Ezt matematikai indukcióval igazoljuk. Tekintjük a következő állítást: P(n ) : x k = k + [log 2 k ] , ha k ≤ 2n − 1 . A táblázat alapján láttuk, hogy ez igaz n ∈ {1, 2, 3, 4} esetén. Ha P(n ) igaz és ⎡k ⎤ 2n ≤ k ≤ 2n +1 − 1 , akkor 2n −1 ≤ ⎢ ⎥ ≤ 2n − 1 , tehát ⎣⎢ 2 ⎦⎥ ⎡k ⎤ ⎡k ⎤ ⎡ ⎡k ⎤⎤ ⎡k ⎤ x k = x ⎡k ⎤ + k + 1 − ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ + ⎢log 2 ⎢ ⎥ ⎥ + k + 1 − ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎣⎢ 2 ⎦⎥ ⎣⎢ 2 ⎦⎥ ⎣⎢ ⎣⎢ 2 ⎦⎥ ⎦⎥ ⎣⎢ 2 ⎦⎥ ⎣⎢ 2 ⎦⎥

= n − 1 + k + 1 = k + n = k + [ log 2 k ] , tehát P(n + 1) is igaz. Így a matematikai indukció elve alapján:

xk = k + [log2 k ] , minden k ∈ `* esetén. log 2 n = lim log 2 n n = 0 és −1 + log 2 n < [log 2 n ] ≤ log2 n , a fogó tétel n →∞ n xn =1. alapján lim x →∞ n

Mivel lim

n →∞

⎡x ⎤ 10. Az (x n )n ≥1 sorozat teljesíti az x n +1 = 2x n + ⎢ nn ⎥ , n ≥ 1 rekurziót és x 1 = 5 . ⎣⎢ 2 ⎦⎥ Határozzuk meg a sorozat általános tagját! (Radó Ferenc Verseny, 2004.) Megoldás. A rekurzió alapján x 2 = 10 + 2 = 12 , x 3 = 24 + 3 = 27 , x 4 = 54 + 3 = 57 . ⎡x ⎤ A matematikai indukció módszerével igazoljuk, hogy ⎢ nn ⎥ = 3 , minden n ≥ 2 ⎣⎢ 2 ⎦⎥ ⎡x ⎤ ⎡x ⎤ esetén. Feltételezzük, hogy ⎢ kk ⎥ = 3 , ha 2 ≤ k ≤ n és igazoljuk, hogy ⎢ nn ++11 ⎥ = 3 . ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ x 1 x x 1 x x 1 x Adjuk össze az nn ++11 = nn + 3 ⋅ n +1 , nn = nn −−11 + 3 ⋅ n , ..., 33 = 22 + 3 ⋅ 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 összefüggések megfelelő oldalait:

Tartalomjegyzék


85

x n +1 3⎛ 1 1 ⎞ 3⎛ 1 ⎞ x = 2 + ⎜⎜1 + + ... + n −2 ⎟⎟ = 3 + ⎜⎜1 − n −1 ⎟⎟ , n +1 2 4 8⎝ 2 2 ⎠ 4⎝ 2 ⎠ x ⎡x ⎤ ⎡x ⎤ tehát 4 > nn ++11 > 3 és így ⎢ nn ++11 ⎥ = 3 . A matematikai indukció elve alapján ⎢ nn ⎥ = 3 , ⎢ ⎥ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 2 ⎣2 ⎦ n −1 n −1 n −1 ha n ≥ 2 , tehát x n +1 = 12 ⋅ 2 + 3 ⋅ 2 − 3 = 15 ⋅ 2 − 3 , minden n ≥ 2 esetén. Gyakorlatok és feladatok I. 1. Konvergensek-e a következő, általános tagjukkal adott sorozatok? Ha igen, számítsd ki a határértéküket! 1 + 4 + 7 + ... + (3n − 2) n −2 2n 2 + 1 a) an = ; b) an = ; − 2 1 + n − n2 5n + 1 3n + 2 1 + 3 + ... + 3n −1 n c) an = ; d) an = ; 1 + 3 + 5 + ...(2n − 1) 9n 1 2 n 3 + 6 + 9 + ... + 3n e) an = ; f) an = 2 ; + 2 + ... + 2 4 2 n +1 n + 2 n +n n +n +1 1 1 1 1 + + 2 + ... + n 3n 2 + 2n + 1 3 3 3 ; h) an = ; g) an = 1 1 ( ) ( ) ( ) 1 2 ... n + + n + + + n + n 1 + + ... + n 2 2 2 2 (3n + 1) + (3n + 2) + ... + 4n 2n + 1 − n + 1 i) an = ; j) an = ; n+3 n4 + n2 + 2

2 + 5 + 8 + ... + (3n − 1) n3 ; l) an = . n +5 n4 + n + 1 + n4 + 1 2. Számítsd ki a következő határértékeket: 20n 5 − 3n 4 + 1 a) lim (3n 2 − 2n + 5) ; b) lim (−7n 3 + 2n 2 + 3) ; c) lim ; n →∞ n →∞ n →∞ 2n 5 − n 2 5n − 2 −2 2n 4 + 3 3n 2 + n n 3 − 3n 2 + 2n − 3 d) lim ; e) ; f) ; lim lim n →∞ 3n 2 + 1 n →∞ n →∞ 5n 3 + 1 2n 3 − 5n 2 + 2 k) an =

n +1 n n 3 + 2n − 3 −3n 2 + 2n − 3 lim ; h) ; i) lim ; 2 2 3 2 n →∞ n − 1 n →∞ −2n n →∞ 2n − 5n + 2 n − 5n + 2

g) lim j) lim

n +1

;

33 n2 + 1 ; n →∞ 2 n + 1

k) lim

n2 + n + 1 ⎡⎛ 1 ⎞n ⎛ 2 ⎞n ⎤ n m) lim ⎢⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥ ; n) lim ⎡⎣5n + (0, 5) ⎤⎦ ; n →∞ ⎢⎝ 2 ⎠ →∞ n ⎝ ⎠ ⎥ 3 ⎦ ⎣ ⎡ 4 2n + 7n n⎤ p) lim ⎢ 2 ; − (1, 2) ⎥ ; q) lim n n →∞ 3 + 8n n →∞ ⎢ n + 1 ⎥⎦ ⎣ n →∞

l) lim

n →∞

5

−3n 3 + 2 ; 2n + 1

n ⎡ ⎛ 5 ⎞n ⎛ 2 ⎞⎟ ⎤ ⎟ ⎜ ⎜ ⎢ o) lim 2 ⎜ ⎟ − 3 ⎜ ⎟ ⎥ ; n →∞ ⎢ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎥⎦ ⎣ n 4 r) lim 2n . n →∞ 2 −1

Tartalomjegyzék

86


3. Számítsd ki a következő határértékeket: n n 1 1 ; b) lim ; a) lim ∑ 2 n →∞ n →∞ k =1 k (k + 1) k =3 k − 4

n

∑

1 ; (2 1)(2 k − k + 1) k =1

c) lim ∑ n →∞

n n k ⋅ [(k + 1)!] 2k + 1 1 ; e) lim ∑ ; f); lim ∑ ; 2 →∞ n n →∞ n →∞ (n + 1)! k =1 k =1 k (k + 1) k =1 k (k + 1)(k + 2) n

d) lim ∑

2

n k2 + k −1 k ; h) lim ∑ ; n →∞ n →∞ k =1 (k + 2)! k =1 (k + 1) ! n n 4k 1 i) lim ∑ 4 ; j) lim ∑ . n →∞ n →∞ k =1 (k + 1) k + k k + 1 k =1 4k + 1 4. Számítsd ki a következő határértékeket: n

g) lim ∑

n

∑ (2k − 1)

a) lim

k =1 n

∑ (3k − 2)

n →∞

n

∑k

2

2

; b) lim

k =1

n →∞

3n 2 + 1

n

n

∑ k(k + 2)

; c) lim

k =1

n →∞

100n 3 + 5

; d) lim

∑ k(2k − 1) k =1

C nn+ 3

n →∞

k =1

5. Számítsd ki a következő határértékeket (paraméter esetén tárgyald is): a) lim

(

b) lim

(

n →∞

n →∞

)

(

c) lim

n →∞

g) lim n 2 + 1 − λ n 2 − 1 ;

n2 + 2 − n2 − n + 1 ; 2

)

2

n +n +1 − n −n +1 ;

)

d) lim n n →∞

n →∞

h); lim 3 2n 3 + 1 − λ 3 n 3 − 1 ; n →∞

2

(1 − a 2 )

i) lim

(

j); lim 3 n 3 + 2n 2 + 1 − λ 3 n 3 − 1 ;

)

n2 + 2 − n ;

n

n →∞

n →∞ 3

n →∞

n →∞

(

3

;

n →∞

e) lim n + n + n − n + n − n ; k) lim f) lim

n 2 + 2n

n + 2 n +1 − n + 4 n +1 ;

)

n3 + n2 + 1 − 3 n3 − n2 + 1 ;

n +1 − n ; n +1 − 3 n

l) lim n k ( 4 n + a − 4 n + b ) . n →∞

6. Számítsd ki a következő határértékeket: n 2 −2

⎛n 2 − 1⎞ a) lim ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ n →∞ ⎜ ⎝ n ⎠

3n +1

⎛ n − 1 ⎞⎟ ⎟⎟ b) lim ⎜⎜ n →∞ ⎜ ⎝ n + 1 ⎠⎟

; ;

f) lim n ( n 3 + n 4 − 2) ; n →∞

;

n −n 2

n 2 −2

⎛ 2n 2 + 3 ⎞⎟ d) lim ⎜⎜ ⎟ ⎜ n 2 ⎠⎟ n →∞ ⎝

n 2 −2

⎛ n 2 + 3 ⎞⎟ ; c) lim ⎜⎜ ⎟ n →∞ ⎜ ⎝ 3n 2 ⎠⎟

⎛ 2n n + n − 1 ⎞⎟ ⎟⎟ e) lim ⎜⎜ ⎜ n →∞ ⎝ n 3 − 1 ⎠⎟

;

g) lim n ( n 2006 − n 1989 ) . n →∞

7. Határozd meg az a, b ∈ \ számokat úgy, hogy: a) lim

n →∞

(

)

n 2 + 3n + 2 + an + b = 1 ;

b) lim

n →∞

(

3

)

n 3 + an 2 + bn + c − n = a ;

.

Tartalomjegyzék


87 (b +1)n +1

⎛an 3 + bn 2 + cn + 1 ⎞⎟ = e 2b . c) lim ⎜⎜ ⎟ ⎜ n →∞ ⎝ −cn 2 + 3 ⎠⎟ 8. Tanulmányozd a következő sorozatok konvergenciáját: 1 1 1 1 1 1 a) an = + 2 + ... + n ; b) an = + 2 + ... + n ; 2+1 2 +1 2 +1 3+1 3 +1 3 +1 1 1 1 1 1 1 c) an = + + ... + ; d) an = 1 + 3 + 3 + ... + 3 ; (n + 1) ! 2! 3! 2 3 n 1 1 1 e) an = 1 + x + x + ... + x , x ∈ (1, +∞) . 2 3 n 9. Bizonyítsd be, hogy ha lim an = a , akkor lim an = a . n →∞

10. Ha az (a

)

n →∞

sorozat konvergens, következik-e, hogy (an )n ≥1 is konvergens?

2 n n ∈ `*

11. Tanulmányozd az (n sin n )n ≥1 sorozat konvergenciáját! 12. Bizonyítsd be, hogy az an = 1 + 2q + 3q 2 + ... + nq n −1 általános tagú sorozat q < 1 esetén konvergens és számítsd ki a határértékét!

(an )n ≥1 , an = 1 − 2q + 3q 2 − 4q 3 + ... + (−1)n +1 nq n −1 sorozat

13. Vizsgáld az

konvergenciáját q < 1 esetén, és ha konvergens, számítsd ki a határértékét! 14. Adott az a1 = 1 , an +1 = 1 + an , n ∈ `* rekurzív sorozat. Vizsgáld meg az

(an )n ≥1 sorozat konvergenciáját, és ha konvergens, számítsd ki a határértékét! 15. Számítsd ki az

(

n

a n + bn )

n ≥1

, a > b > 0 sorozat határértékét!

16. Számítsd ki az x n = n a n + b n + c n , n ≥ 1 , a > b > c > 0 sorozat határértékét! 17. Számítsd ki az an = n ⋅ ( n + 1 − n ) , n ≥ 1 sorozat határértékét!

3 ⎞n ⎛ 18. Számítsd ki az an = ⎜⎜1 + ⎟⎟ , n ≥ 1 sorozat határértékét! ⎝ 2n ⎠ 19. Számítsd ki az an =

1 + a + a 2 + ... + a n , a < 1 , n ≥ 1 sorozat határértékét! 1 + b + b 2 + ... + b n

20. Számítsd ki a lim ( 2 ⋅ 4 2 ⋅ 8 2 ⋅ ... ⋅ 2 2 ) határértéket! n

n →∞

3 5 2n − 1 ⎞⎟ ⎛1 határértéket! 21. Számítsd ki a lim ⎜⎜ + 2 + 3 + ... + n →∞ ⎝ 2 2 2 2n ⎠⎟ n 2 sin (n !) határértéket! n →∞ n +1 2n − 1 ⎞⎟ ⎛1 3 23. Bizonyítsd be, hogy lim ⎜⎜ ⋅ ⋅ ... ⋅ ⎟= 0. n →∞ ⎝ 2 4 2n ⎠ n

22. Számítsd ki a lim

Tartalomjegyzék

88


1 ⎞n 3 ⎛ 24. Bizonyítsd be, hogy 0 < e − ⎜⎜1 + ⎟⎟ < . ⎝ n⎠ n 25. Értelmezzük az (an )n ≥1 sorozatot a következő módon: a1 = 1 és an3+1 = 99an3 , ha a n > 1 . Határozd meg az általános tagját és számítsd ki a lim nn határértéket! n →∞ 4 ⎛ n + 1 ⎞⎟ 26. Az (an )n ≥1 sorozatra a1 = 1 és an = ⎜⎜ (a + a2 + ... + an −1 ) , ha n > 1 . ⎝ n − 1 ⎠⎟ 1 an határértéket! Határozd meg az általános tagját és számítsd ki a lim n →∞ (n − 1) 2n 27. Az (x n )n ≥1 sorozatra x n +1 − 2x n + x n −1 = 1 . Határozd meg az általános tagját, ha

x 0 = 1 és x1 = 2 . II. 1. Határozd meg az összes olyan egész számsorozatot, amelyre n ⋅ xn + 1 , minden n ∈ ` esetén. x n +2 = xn + n 2 2. Bizonyítsd be, hogy az x n +1 = , n ≥ 1 sorozat periodikus (ha értelmezett)! 2 − xn 3. Bizonyítsd be, hogy ha x 0 , x1 ∈ (−k, k ) , x n +2 =

k 2 ⋅ (x n +1 − x n ) k 2 − x n ⋅ x n +1

, n ≥ 0 , akkor az

(x n )n ≥1 sorozat periodikus! 4. Határozd meg az (x n )n ≥1 sorozat általános tagját, ha x n = x n2−1 − 3x n −1 , minden n ≥ 1 esetén, és x 0 ∈ [−2, 2] .

(

)

5. Határozd meg az (x n )n ≥1 sorozat általános tagját, ha x n +1 1 + 1 + x n2 = x n , minden n ≥ 0 esetén, és x 0 = 1 . (Bencze Mihály) 2x n −1 − 3 6. Határozd meg az x 0 = −1 , x n = , n ≥ 1 sorozat általános tagját! 3x n −1 − 4 7. Az (x n )n ∈` sorozatra: x 1 = 1 , x n +1 = 2x n − 3 (−1)n , minden n ≥ 1 esetén. Bizonyítsd be, hogy x n +1 = 2n + (−1)n , minden n ≥ 1 esetén! (Érettségi, 1998., Izrael) 8. Bizonyítsd be, hogy az

x 0 = 1 , x1 = 41 , x n +2 = 3x n + 8 (x n2 + x n2+1 ) , n ≥ 0 sorozat tagjai természetes számok!

Tartalomjegyzék


89

9. Egy n emeletes házat hány különböző módon színezhetünk ki pirosra és fehérre, ha két pirosra színezett emelet nem kerülhet egymás fölé, és minden emelet vagy piros vagy fehér? 10. Tanulmányozd az x n +1 = 2xn − 1 , n ≥ 1 , x 0 ∈ \ sorozat konvergenciáját! 11. Milyen x 0 ∈ \ esetén értelmezhető az (x n )n ≥1 sorozat az x n +1 = a + x n ,

n ≥ 1 rekurzióval? Tanulmányozd az (x n )n ≥1 sorozat konvergenciáját! 12. Tanulmányozd a következő rekurziókkal értelmezett sorozatok konvergenciáját: 1 2 b) an +1 = 1 + , a1 = 1 . a) an +1 = , a1 = 0 ; an 1 + an −1 n 1 13. Bizonyítsd be, hogy az x n = −2 n + 1 + ∑ általános tagú sorozat k k =1 konvergens és bizonyítsd be, hogy határértéke a (−2,1) intervallumban van! 14. Számítsd ki a következő határértékeket: n ⎛ π2 ⎛⎛ ⎞ 1⎞ 1 ⎞⎟n ⎜ ⎜ b) lim n ⎜⎜ − ∑ 2 ⎟⎟⎟ . a) lim n ⎜⎜1 + ⎟ − e ⎟⎟⎟ ; n →∞ ⎜ n →∞ ⎜ ⎠ ⎝⎝ n⎠ ⎝6 k =1 k ⎠ n 1 összeget, majd a határértékét, ha n → ∞ . 15. Számítsd ki a ∑ arctg 2 k + k +1 k =1 16. Számítsd ki a következő sorozatok határértékét: 1 ⎞⎛ 1 ⎞⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ a) an = ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟⎟⎜⎜1 − 2 ⎟⎟⎟⎜⎜1 − 2 ⎟⎟⎟ ...⎜⎜1 − 2 ⎟⎟⎟ ; ⎝ 2 ⎠⎝ 3 ⎠⎝ 4 ⎠ ⎝ n ⎠ ⎛ 1 ⎞⎛ ⎟⎟⎜⎜1 − 2 ⎞⎛ ⎟⎟⎜⎜1 − 3 ⎞⎟⎟ ...⎛⎜⎜1 − n ⎞⎟⎟ ; b) bn = ⎜⎜⎜1 − ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎝ n + 1 ⎠⎝ n + 1 ⎠⎝ n + 1 ⎠⎟ ⎝⎜ n + 1 ⎠⎟ 23 − 1 33 − 1 4 3 − 1 n3 − 1 . ... ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 23 + 1 33 + 1 4 3 + 1 n3 + 1 17. Számítsd ki a következő határértékeket: n n n n 1 k 3k 2 + 3k + 1 k (k − 1) lim b) lim ∑ k ; c) lim ∑ ; d); a) lim ∑ k ; ∑ 3 ; 3 n →∞ n →∞ n →∞ n →∞ 5k k =1 k (k + 1) k =1 2 k =1 3 k =1

c) cn =

n k4 + k2 + 1 k2 ; f) ; lim ∑ k n →∞ n →∞ k4 + k k =1 k =1 2 n

e) lim ∑

n

g) lim ∑ ln n →∞

k =1

n k +1 k3 ; h) lim ∑ 4 ; n →∞ k k =1 n + n

p n sin k 1 j) lim ∑ 2 ; k) lim n ∑k n ; i) lim ∑ k ; n →∞ n →∞ n →∞ k =1 k =1 n + k k =1 C n 18. Számítsd ki a következő határértékeket: ⎛ ⎞ 1 a) lim n ⋅ ( n a − n +1 a ) ; b) lim n 2 ⎜⎜ n a + n − 2⎟⎟⎟ ; n →∞ n →∞ ⎜⎝ a ⎠⎟ n −1

⎛ n +1 ⎞ − 1⎟⎟⎟ ; d) lim n ⎜⎜ n →∞ ⎜ ⎝ n +2 ⎠⎟

p ⎛ ⎞⎟ k2 e) lim ∑ ⎜⎜⎜ 1 + 3 − 1⎟⎟ ; n →∞ n k =1 ⎜ ⎝ ⎠⎟⎟

n

l) lim n ∑kn . n →∞

k =1

ln(e n + 1) ; n →∞ n

c) lim

n

f) lim ∑ sin n →∞

k =1

πk ; n2

Tartalomjegyzék

90


19. Bizonyítsd be, hogy az an = sin n általános tagú sorozatnak nincs határértéke! 20. Számítsd ki a lim sin ⎡⎢ π n(n + 1) ⎤⎥ határértéket. ⎦ ⎣ n →∞ 21. Számítsd ki a lim

n →∞

{(2 + 3 ) } határértéket, ha n

{x }

az x valós szám törtrésze.

22. Bizonyítsd be, hogy az (x n )n ≥0 , x 0 > 0 , x n = x n −1 (2 − ax n −1 ) , n ∈ `* , a > 0 sorozat konvergens és számítsd ki a határértékét! (Hegyi Lajos Emlékverseny, 2005.) a + bn 23. Bizonyítsd be, hogy ha az (an )n ≥1 és (bn )n ≥1 sorozatok esetén an +1 = n és 2 b n +1 = anbn , n ≥ 1 , a1 = a , b1 = b , 0 < a ≤ b , akkor a sorozatok konvergensek és ugyanaz a határértékük! 24. Bizonyítsd be, hogy ha az (an )n ≥1 és (bn )n ≥1 sorozatokra a) lim an = a ; n →∞

n

b) lim ∑ bn +k = b ; n →∞

c) bk > 0 , ha k ≥ 1 ,

k =1

n

akkor lim ∑ an +kbn +k = ab (a, b ∈ \) . n →∞

k =1

25. Bizonyítsd be, hogy ha az (an )n ≥1 és (bn )n ≥1 sorozatok esetén lim an = a és n →∞

1 n lim bn = b , akkor lim ∑ an −kbk = ab . n →∞ n n →∞ k =1 26. Az (x n )n ∈ N* sorozat tagjai teljesítik a

2xn −1 n(n + 1) = xn +1 − xn (n − 1)2 összefüggést, minden n ≥ 2 esetén, x1 = 2 , és x 2 = 2 . a) Határozd meg a sorozat általános tagját! b) Tanulmányozd az (x n )n ∈ `* sorozat korlátosságát! c) Számítsd ki a lim

n →∞

27. Az (x n )n ∈ `*

2

n +1 2

⋅n x1x 2...xn xn +1

határértéket!

sorozat tagjai teljesítik a

4x n x n +1 − 2(n − 1)x n −1 = 3n − 2

összefüggést, minden n ≥ 2 esetén, x1 = 0 , és x 2 = általános tagját és számítsd ki a lim

n →∞

n

3 . Határozd meg a sorozat 4

x 2x 3...x n határértéket! n

Tartalomjegyzék


91

x 12 + x 22 + ... + x n2 = 0 , akkor n →∞ n

28. Bizonyítsd be, hogy ha az (x n )n ≥1 sorozatra lim

x1 + x 2 + ... + x n = 0 . Igaz a fordított állítás is? n →∞ n 29. Az (an )n ≥1 valós számsorozat esetén tekintsük az en : an +1x + any = 0 , n ≥ 1 lim

egyeneseket. Ha (ank )

k ≥1

illetve

emk +1 & emk ,

és (amk )

minden

konvergenciáját! 30. Bizonyítsd be, hogy :

k ≥1

k ≥1

azon részsorozatok, amelyekre enk +1 ⊥ enk , esetén,

vizsgáld

ezen

részsorozatok

(Hegyi Lajos Emlékverseny, 2004.).

1 1 1 + + ... + , n ≥ 1 sorozat monoton; n +1 n + 2 n +n b) Létezik az (an )n ≥1 csupa 0 -ból és 1 -ből álló sorozat úgy, hogy

a) Az (x n )n ≥1 x n =

⎛ a a a ⎞ 1 lim ⎜⎜⎜ 1 + 2 + ... + n ⎟⎟⎟ = n →∞ ⎝ n + 1 n +2 n +n⎠ 2

(Megyei Olimpia , 2001.)

31. Az (x n )n ≥0 sorozat tagjaira

(x n +1 − xn )(x n +1 + xn + 1) ≤ 0 , minden n ≥ 0

esetén.

a) Bizonyítsd be, hogy a sorozat korlátos! b) Lehet-e konvergens a sorozat? (M. Bălună, M. Piticari Országos Olimpia, 2006.)

Tartalomjegyzék

Függvények határértéke

91

III. FÜGGVÉNYEK HATÁRÉRTÉKE FÜGGVÉNY PONTBELI HATÁRÉRTÉKÉNEK ÉRTELMEZÉSE Ha f : D → \ (D ⊆ \) egy függvény, tanulmányozzuk a „viselkedését” az x 0 pont körül. Pontosabban fogalmazva: vegyünk egy (x n )n ≥1 ⊂ D sorozatot, amelyre

x n ≠ x 0 , minden n ∈ ` * esetén és lim x n = x 0 . Ha a függvényértékek ( f (x n ))n ≥1 n →∞

sorozata konvergens és határértéke l , függetlenül az x 0 -hoz tartó (x n )n ≥1 sorozat választásától, akkor azt mondjuk, hogy az f függvény l -hez tart, ha x tart x 0 -hoz. Megjegyzés. Ilyen (x n )n ≥1 sorozat csak akkor létezik, ha x 0 torlódási pontja a D halmaznak, ezért a függvény határértékéről csak az értelmezési tartomány torlódási pontjaiban beszélhetünk. ⎧⎪ x − 1 ⎪⎪ 2 , x2 ≠ 1 x − 1 Példák. 1. Tekintsük az f : \ → \ , f (x ) = ⎨ függvényt. x 0 = 1 ⎪⎪ 2 x 1, = 1 ⎪⎪⎩ esetén, ha az (x n )n ≥1 sorozatra lim x n = 1 és x n ≠ ±1 , minden n ≥ 1 esetén, akkor n →∞

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

és

a

műveletek tulajdonságai alapján lim f (x n ) = n →∞

konvergens

sorozatokkal

végezhető

1 1 = . Ha x 0 = −1 , akkor lim x n + 1 2

n →∞

x n ≠ ±1 , ha n ≥ 1 , és lim x n = −1 feltételekből n →∞

xn − 1 1 = . (x n − 1)(x n + 1) x n + 1 Így az ( f (x n ))n ≥1 sorozat nem konvergens és határértéke sem létezik, mert ha az (x n )n ≥1 sorozatra x n + 1 < 0 , minden f (x n ) =

y

n ≥ 1 esetén, akkor lim f (x n ) = −∞ , és n →∞

ha az (x n )n≥1 sorozatra x n + 1 > 0 , akkor minden esetén, n ≥1 lim f (x n ) = ∞ .

1 2 1

0

1 1

x

n →∞

Így, ha x 0 = 1 , akkor létezik az l szám

(x n )n ≥1 sorozatra lim x n = 1 és x n ≠ 1 (x n ∈ D ) , akkor n →∞

úgy, hogy ha az

42. ábra

lim f (x n ) = l . Az x 0 = −1 szám esetén nem létezik ilyen l szám. Ha a függvény

n →∞

Tartalomjegyzék

92


csak x > −1 , vagy csak x < −1 értékekre lenne értelmezve, akkor az ( f (x n ))n ≥1 sorozatnak lenne határértéke a lim x n = −1 esetben is. A 42. ábrán látható a függvény n →∞

grafikus képe. Erről is leolvashatjuk az előbbi eredményt, általában azonban a grafikus kép jellemzőit fogjuk előbb meghatározni, és csak azután ábrázoljuk azt. 1 2. Vizsgáljuk az f : \ \ {1} → \ , f (x ) = függvény viselkedését az x −1 x 0 = 1 pont környezetében! 1 ∉ D , de x 0 = 1 torlódási pontja a D = \ \ {1} halmaznak. Így, ha x n ≠ 1 n ≥ 1 és lim x n = 1 , akkor x n − 1 tart 0 -hoz, és x n − 1 > 0 , minden n ≥ 1 esetén. Tehát n →∞

1 = +∞ . xn − 1 A fogalmak rögzítéséért megadjuk a következő értelmezést: Értelmezés. Ha f : D → \ egy függvény, és x 0 a D halmaz egy torlódási pontja, akkor az mondjuk, hogy az f függvény határértéke az x 0 pontban l , ha minden lim f (x n ) = lim

n →∞

n →∞

xn = x 0 , a (x n )n ≥1 sorozat esetén, amelyre x n ∈ D , x n ≠ x 0 , ha n ∈ `* és nlim →∞

függvényértékek ( f (x n ))n ≥1 sorozatának van határértéke és lim f (x n ) = l . n →∞

Jelölés. Azt, hogy a függvény határértéke az x 0 pontban l a lim f (x ) = l x →x 0

szimbólummal jelöljük és azt mondjuk, hogy az f függvény tart l -hez, vagy f (x ) tart l -hez, ha x tart x 0 -hoz. Megjegyzések. 1. Figyelembe véve a sorozatok határértékének környezetes értelmezését a következő kritériumot fogalmazhatjuk meg: Környezetes értelmezés. A lim f (x ) = l egyenlőség pontosan akkor teljesül, x →x 0

ha az l ∈ \ , minden V ∈ V (l ) környezetére létezik az x 0 -nak olyan U ∈ V (x 0 ) környezete, amelyre teljesül a következő implikáció: x ∈ U \ {x 0 } ⇒ f (x ) ∈ V . Bizonyítás. Először igazoljuk az elégségességet. Vegyünk egy (x n )n ≥1 sorozatot, amelyre x n ∈ D \ {x 0 } , minden n ≥ 1 esetén és lim x n = x 0 . Tetszőleges ε > 0 n →∞

esetén a V = (l − ε, l + ε) környezetnek megfelelő U ∈ V (x 0 ) környezetben van szimmetrikus környezet, tehát létezik δ (ε) > 0 úgy, hogy ha 0 < x n − x 0 < δ , azaz ha x n ∈ U , akkor f (x n ) ∈ V . Másrészt mivel lim x n = x 0 , következik, hogy létezik n →∞

n (δ ) ∈ ` úgy, hogy x n − x 0 < δ , minden n ≥ n(δ(ε)) esetén. Tehát bármely ε > 0

esetén létezik n (ε) ( = n (δ (ε)) ) úgy, hogy f (x n ) − l < ε , minden n ≥ n (ε) . Így lim f (x n ) = l , mivel (x n )n ≥1 tetszőleges volt, következik, hogy lim f (x ) = l .

n →∞

x →x 0

Tartalomjegyzék


93

A feltétel szükségességét a lehetetlenre való visszavezetés módszerével végezzük el. Feltételezzük, hogy minden (x n )n ≥1 , x n ∈ D , x n ≠ x 0 , n ∈ ` * sorozatra, ha lim x n = x 0 , akkor lim f (x n ) = l és nem áll fenn a környezetes tulajdonság. Ekkor

n →∞

n →∞

létezik V ∈ V (l ) környezet, amelyre minden U ∈ V (x 0 ) környezet esetén létezik

1 1⎞ ⎛ x ∈ U \ {x 0 } úgy, hogy f (x ) ∉ V . Tekintsük az U n = ⎜⎜x 0 − , x 0 + ⎟⎟ alakú ⎝ n n⎠ környezeteket, és jelöljünk x n -nel egy olyan pontot, amelyre x n ∈ U n és f (x n ) ∉ V . Az így szerkesztett (x n )n ≥1 sorozat határértéke x 0 , tehát lim f (x n ) = l , és így nem n →∞

teljesülhet az f (x n ) ∉ V , minden n ≥ 1 esetén. Az előbbi ellentmondás alapján az értelmezés ekvivalens a környezetekkel megfogalmazott értelmezéssel.

U ∈ V (x 0 )

környezet,

amelyre

f (U \ {x 0 }) ⊂ V . Így gyakorlatilag, ha V 1 V ∈ V (l ) egy intervallum, akkor meghatározható egy U ×V téglalap, amely tartalmazza a grafikus kép U -hoz tartozó részét ( esetleg az (x 0 , f (x 0 )) pont

f(x0)

{

V2

{

y

l

O

x0

x

{

2. Grafikus jelentés: ha l ∈ \ , akkor a V ∈ V (l ) környezetnek megfelel olyan

U

{

2 kivételével). (Az x ∈ U 1 \ {x 0 } elemekhez 43. ábra U1 tartozó pontok a sötétebb téglalap belsejében vannak, az l V2 környezetéhez szintén megszerkeszthető egy ilyen U 2 környezet és így a megfelelő téglalap (világosabb) is) (43. ábra).

3. Szimmetrikus környezeteket használva megfogalmazhatunk egy másik, az előbbiekkel ekvivalens értelmezést is:

ε − δ -s kritérium. A lim f (x ) = l ∈ \ egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha x →x 0

minden ε > 0 esetén létezik δ > 0 úgy, hogy teljesüljön az alábbi implikáció: x − x 0 < δ, x ≠ x 0 ⇒ f (x ) − l < ε . 4. Ha l = ±∞ , akkor ezt a kritériumot a következőképpen fogalmazhatjuk meg:

lim f (x ) = ∞ (vagy −∞ ), ha minden K ∈ \ esetén létezik δ > 0 úgy, hogy ha

x →x 0

0 < x − x 0 < δ , akkor f (x ) > K (illetve f (x ) < K ).

Tartalomjegyzék

94


Példák. 1. f : (0, 3) \ {2} → \ , f (x ) =

x− 2 . Vizsgáljuk a határérték létezéx −2

sét az x 0 = 2 pontban! Az x 0 = 2 torlódási pontja az értelmezési tartománynak (még ha nincs is értelmezve x 0 -ban a függvény), tehát beszélhetünk a függvény határértékéről ebben a pontban.

f (x ) =

(

x− 2 = x − 2 )( x + 2 )

1 , ha x ≠ 2 . Tehát minden olyan (x n )n ≥1 + x 2

sorozat esetén, amelyre x n → 2 , x n ≠ 2 , minden n ∈ ` * esetén, f (x n ) = és lim f (x n ) = n →∞

1 2 2

. Következésképpen lim x →2

1 xn + 2

x− 2 1 = . x −2 2 2

1 függvény grafikus képe a 44. ábrán x (1 − x ) látható. Vizsgáljuk a lim f (x ) és lim f (x ) határértékek létezését!

2. Az f : \ \ {0,1} → \ , f (x ) = x →0

2

x →1

y

6 34

x

0

2 3

1

44.ábra

esetén f (x ) =

lim

n →∞

A grafikus kép alapján az x = 0 pontban a határérték ∞ . Igazoljuk ezt a feltevést! Ha tetszőleges szám, akkor K >0 1 2 1 > 2 > K , amikor x < és 2 2 x (1 − x ) x ⎪⎧ 1 2 ⎪⎫⎪ 2 . Így, ha δ = min ⎪ x < ⎨ , ⎬ , akkor ⎪⎩⎪ 2 K ⎪⎭⎪ K 1 >K. minden 0 < x < δ esetén 2 x (1 − x ) Tehát minden pozitív K valós szám esetén létezik δ > 0 úgy, hogy bármely 0 < x < δ

1 > K . Ez az értelmezés szerint azt jelenti, hogy valóban x (1 − x ) 2

1 = ∞. x 2 (1 − x )

Az előző fejezetben láttuk, hogy ha lim an = ∞ , akkor lim n →∞

n →∞

1 = 0 és fordítva, ha an

1 = ∞ . Ezt felhasználva igazolhatjuk ugyanazt az n →∞ n →∞ a n egyenlőséget a sorozatos értelmezésre alapozva. Ha (x n )n ≥1 egy tetszőleges sorozat, lim an = 0 és an > 0 , akkor lim

amelyre x n → 0 , x n ≠ 0 , minden n ∈ ` * esetén, akkor elég nagy n -től kezdve x n2 ⋅ (1 − x n ) > 0 . Másrészt x n2 ⋅ (1 − x n ) → 0 , tehát 1 lim 2 = ∞. n →∞ x (1 − x ) n n

Tartalomjegyzék


95

A grafikus kép alapján az x 1 = 1 pontban a függvénynek nincs határértéke, mert x < 1 esetén a függvényértékek +∞ felé tartanak, és x > 1 esetén a függvényértékek −∞ felé tartanak. Igazoljuk ezt sorozatok segítségével! Ha az (x n )n ≥1 sorozatra x n > 1 , minden n ∈ ` * esetén és lim x n = 1 , akkor x n2 (1 − x n ) < 0 , minden n ∈ ` * n →∞

esetén, és így

lim

n →∞

1 = −∞ . x (1 − x n ) 2 n

Ha pedig x n < 1 , minden n ∈ ` * esetén, akkor x n2 (1 − x n ) > 0 és x n2 (1 − x n ) → 0 , 1 lim = ∞. tehát n →∞ x 2 (1 − x ) n n Az előbbiek alapján a függvénynek nincs határértéke az x 1 = 1 pontban. x függvénynek az x 0 = 0 pontban nincs határ3. Az f : \ \ {0} → \ , f (x ) = x ⎧ ⎪1, x > 0 értéke, mert f (x ) = ⎪⎨ , és így az x 0 bármely U környezetére −1, x < 0 ⎪ ⎪ ⎩ f (U ) = {f (x ) x ∈ U } = {−1,1} , ami nem lehet része egy l bármilyen kis környezetének (azaz egy 2 hosszúságúnál rövidebb környezetnek). Az előző példában is láttuk, hogy vannak olyan esetek, amikor egyszerűbb lenne csak abban az esetben számolni a határértéket, ha x n < x 0 , minden n ≥ 1 esetén, vagy x n > x 0 , minden n ≥ 1 esetén. Ezen határértékek szerepének tisztázásáért vezessük be a jobb- és bal oldali határértékeket. JOBBOLDALI ÉS BALOLDALI HATÁRÉRTÉKEK Értelmezések 1. Ha x 0 torlódási pontja a D ∩ (−∞, x 0 )

halmaznak, és minden olyan

(x n )n ≥1 ⊂ D ∩ (−∞, x 0 ) sorozat esetén, amelyre x n → x 0 , létezik ugyanaz a lim f (x n ) = lb ∈ \ , akkor lb az f függvény baloldali határértéke az x 0 pontban. n →∞ Ezt a következőképpen jelöljük: lim f (x ) = lb , vagy lim f (x ) = lb . x →x 0 x <x 0

x /x 0

Az lb jelölés helyett az f (x 0 − 0) jelölést is használjuk. 2. Ha

x0

torlódási pontja a

D ∩ (x 0 , ∞)

halmaznak, és minden olyan

(x n )n ≥1 ⊂ D ∩ (x 0 , ∞) sorozat esetén, amelyre x n → x 0 létezik ugyanaz a lim f (x n ) = l j , akkor l j az f függvény jobboldali határértéke az x 0 pontban. n →∞ Ezt a következőképpen jelöljük: lim f (x ) = l j , vagy lim f (x ) = l j . x →x 0 x >x 0

x 2x 0

Az l j jelölés helyett az f (x 0 + 0) jelölést is használjuk. A jobboldali és baloldali határértékeket szélső határértékeknek is nevezzük.

Tartalomjegyzék

96


Az előbbi paragrafus 3. példájában: x x lim f (x ) = l j = lim f (x ) = lim = 1 ; lim f (x ) = lb = lim f (x ) = lim = −1 . x →0 x 20 x 20 x x →0 x /0 x /0 x x >0 x <0 Megjegyzések. 1. Ha lb ≠ l j , akkor x 0 -ban a függvénynek nincs határértéke. 2. Ha x 0 torlódási pontja a D ∩ (−∞, x 0 ) és D ∩ (x 0 , ∞) halmazoknak, és az f függvénynek az x 0 pontban létezik az l határértéke, akkor létezik az x 0 pontban jobb- és baloldali határértéke is, és lim f (x ) = l = lim f (x ) = lim f (x ) . x /x0

x →x 0

x 2x 0

3. Ha x 0 torlódási pontja a D ∩ (−∞, x 0 ) és D ∩ (x 0 , ∞) halmazoknak, akkor az f : D → \ függvénynek az x 0 pontban pontosan akkor létezik határértéke, ha létezik az x 0 pontban jobb- és baloldali határértéke is, és ezek egyenlők. 1

Példák. 1. lim (1 + x )x = e . Ha x n > 0 és x n → 0 , akkor (az előbbi fejezetben x →0

1

1

igazolt tulajdonságok alapján) l j = lim (1 + x n )xn = e = lim (1 + x )x . n →∞

x 20

1 x

Hasonlóan lim (1 + x ) = e , tehát a jobb- és baloldali határértékek egyenlősége x /0

1

alapján lim (1 + x )x = e . x →0

1 * 2k = ∞ , ha k ∈ ` . Ha x n → x 0 , és x n ≠ 0 , minden n ≥ 1 x →x 0 x − x ( 0)

2. lim

2k

2k

esetén, akkor x n − x 0 → 0 , és így lim (x n − x 0 ) = 0 . Másrészt (x n − x 0 ) > 0 , n →∞

tehát lim

n →∞

1 1 2k = ∞ , vagyis lim 2k = ∞ . x x → 0 (x − x ) (x n − x 0 ) 0

A FÜGGVÉNYEK VÉGTELENBEN SZÁMOLT HATÁRÉRTÉKE Az eddigiekben szereplő függvények valamely x 0 ∈ \ pontban vett határértékét vizsgáltuk. Hasonlóan értelmezhetjük a függvények határértékét a +∞ vagy a −∞ felé is olyan (x n )n ≥1 sorozatok segítségével, amelyekre x n → ±∞ . Ha az f függvény az (a, + ∞) intervallumon van értelmezve, akkor a +∞ -ben számolt határértékén az

( f (x n ))n ≥1 sorozatok közös határértékét értjük, ha ez létezik amikor x n

→ ∞.

Értelmezés. Az f : (a, +∞) → \ , (a ∈ \) függvény határértéke a ∞ -ben l , ha minden (x n )n ≥1 ⊂ (a, +∞) , lim x n = ∞ sorozat esetén lim f (x n ) = l . n →∞

n →∞

A lim f (x ) = l jelölést használjuk. x →∞

Megjegyzés. Az f : (a, +∞) → \ , (a ∈ \) határértéke a ∞ -ben l ∈ \ , ha minden ε > 0 esetén létezik K ∈ \ úgy, hogy minden x > K esetén f (x ) − l < ε .

Tartalomjegyzék


97

Értelmezés. Az f : (−∞, a ) → \ , (a ∈ \) függvény határértéke a −∞ -ben l , ha minden (x n )n ≥1 ⊂ (−∞, a ) lim x n = −∞ sorozat esetén lim f (x n ) = l . n →∞

n →∞

A lim f (x ) = l jelölést használjuk. x →−∞

Megjegyzések. 1. Az f : (−∞, a ) → \ , (a ∈ \) határértéke a −∞ -ben l ∈ \ , ha minden ε > 0 esetén létezik K ∈ \ úgy, hogy minden x < K esetén f (x ) − l < ε . Ha az előbbi értelmezésekben szereplő határérték nem valós szám (azaz +∞ vagy −∞ ), akkor azt mondjuk, hogy f a ±∞ -hez tart, ha x tart ±∞ -hez. Például az f : \ → \ , f (x ) = x 3 függvény esetén lim f (x ) = ∞ és lim f (x ) = −∞ . x →∞

x →−∞

2. Ha az f : (a, +∞) → \ függvénynek van határértéke a +∞ -ben, akkor az

( f (n ))n ≥n ( n 0 > a ) sorozatnak is van határértéke és lim f (n ) = lim f (x ) . n →∞

0

x →∞

Megoldott feladatok 1. Számítsuk ki a következő határértékeket: x2 + 1 x2 + 1 x3 − x2 + 1 a) lim 2 ; b) lim x 2 + 1 − x ; c) lim ; d) lim . x →∞ x − 1 x →∞ x →−∞ x →−∞ x x2 + x Megoldás. a) Ha (x n )n ≥1 egy tetszőleges ∞ -hez tartó sorozat, akkor a sorozatokkal

(

)

1 x +1 x n2 = lim =1. végezhető műveletek alapján lim 1 n →∞ x − 1 n →∞ 1− 2 xn Másképp igazolnunk kell, hogy minden ε > 0 esetén létezik K ∈ \ úgy, hogy minx2 + 1 − 1 < ε . Az utóbbi egyenlőtlenség x > 1 esetén ekvivaden x > K esetén 2 x −1 x2 + 1 ε+2 ε+2 = 1. egyenlőtlenséggel, tehát K = . Így lim 2 lens az x 2 > x →∞ x − 1 ε ε b) Ha az (x n )n ≥1 sorozat tart ∞ -hez, akkor 2 n 2 n

lim

n →∞

(

)

x n2 + 1 − x n = lim

c) Ha (x n )n ≥1 hez és lim

n →∞

1 2 n

1+

= 0 , tehát lim

(

)

x2 + 1 − x = 0 .

x + 1 + xn egy −∞ -hez tartó sorozat, akkor az (yn )n ≥1 , yn = −x n sorozat tart ∞ n →∞

x →∞

x n2 + 1 y2 + 1 1 = lim n = − lim 1 + 2 = −1 , tehát n →∞ n →∞ xn −yn yn

x2 + 1 = −1 . x →−∞ x d) A c) ponthoz hasonlóan, ha az (yn )n ≥1 sorozat ∞ -hez tart, akkor lim

Tartalomjegyzék

98


⎛ ⎞ ⎜⎜1 − 1 + 1 ⎟⎟ y − n 3 ⎜⎝ yn yn ⎠⎟⎟ x3 − x2 + 1 −yn3 − yn2 + 1 = −∞ . = lim = −∞ , tehát lim lim 2 1 x →−∞ n →∞ n →∞ yn − y n x2 + x 1− yn ( ) 2. Létezik-e az f : \ → \ , f x = x sin x függvénynek határértéke a +∞ -ben? Megoldás. Bebizonyítjuk, hogy a függvénynek nincs határértéke +∞ -ben. π I. Ha x n = + 2πn , akkor lim x n = ∞ és n →∞ 2 ⎛π ⎞⎟ ⎛ π ⎞ π f (x n ) = ⎜⎜ + 2πn ⎟ sin ⎜⎜ + 2πn ⎟⎟ = + 2πn , tehát lim f (x n ) = ∞ . n →∞ ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ 2 3π + 2πn , akkor lim yn = ∞ és II. Ha yn = n →∞ 2 ⎛ 3π ⎞ ⎛ 3π ⎞ ⎛ 3π ⎞ f (yn ) = ⎜⎜ + 2πn ⎟⎟ sin ⎜⎜ + 2πn ⎟⎟ = ⎜⎜ + 2πn ⎟⎟(−1) , tehát lim f (yn ) = −∞ . n →∞ ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ Az I. és II. alapján nem létezik a lim (x sin x ) határérték. x →∞

2

(

2

)

3. Számítsuk ki a lim sin π n + n határértéket! n →∞

Megoldás. Végezzük el a következő átalakításokat: ⎡ 1⎞ 1 ⎞ ⎤⎪⎫ ⎛ ⎪⎧⎛ lim sin 2 π n 2 + n = lim sin2 ⎪⎨⎜⎜n + ⎟⎟ π + ⎢π n 2 + n − ⎜⎜n + ⎟⎟ π ⎥⎪⎬ = n →∞ n →∞ ⎝ 2⎠ 2 ⎠ ⎦⎥⎭⎪⎪ ⎣⎢ ⎩⎪⎪⎝

1 ⎛ ⎞⎟ ⎜ − ⎟⎟ ⎧⎪⎪ ⎡ 2 ⎜ 1 ⎞⎟⎤ ⎫⎪ ⎛ 2 4 ⎟⎟ = cos2 0 = 1 . lim cos ⎨π ⎢ n + n − ⎜⎜n + ⎟⎥ ⎪⎬ = lim cos ⎜⎜⎜π ⋅ ⎟ 1 n →∞ n →∞ ⎝ ⎠ ⎪ ⎪ 2 2 ⎦⎥ ⎭ ⎪ ⎩⎪ ⎣⎢ n + n + n + ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝⎜ ⎠ 2 4. Számítsuk ki a lim x x határértéket! (a baloldali határértéknek nincs értelme) 2

x 20

Megoldás. Ha f (x ) = x x , akkor ln f (x ) = x ⋅ ln x , tehát a ln x = y jelöléssel y → −∞ , ha x → 0 és x > 0 . Ki kell számítsuk az e y ⋅ y határértékét, ha y → −∞ . z ⎛1 ⎞ A z = −y változócserével elég kiszámítanunk a −z ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ határértékét, ha z → ∞ . ⎝e ⎠ Tekintsük a z n → ∞ sorozatot. Tudjuk, hogy [z n ] ≤ z n < [ z n ] + 1 , [zn ]+1

z z ⎛1 ⎞ n ⎛ 1 ⎞[ n ] < z n ⎜⎜ ⎟⎟ < ([z n ] + 1)⎜⎜ ⎟⎟ . ⎝e ⎠ ⎝e ⎠ e n Másrészt, ha 0 < a < 1 , akkor lim n ⋅ a = 0 , tehát a fogó tétel alapján

⎛1 ⎞ [zn ]⎜⎝⎜ ⎠⎟⎟

tehát

n →∞

z z ⎛ ⎛ 1 ⎞⎟ n ⎛1 ⎞ n ⎞ ⎜ lim z n ⎜ ⎟ = 0 . Innen lim ⎜⎜−z n ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟⎟ = 0 , lim yne yn = 0 , ahol yn = −z n , n →∞ ⎜ n →∞ n →∞ ⎝e ⎠ ⎝e ⎠ ⎠ ⎝

és végül lim x n ln x n = 0 , tehát lim x n xn = 1 . Így lim x x = 1 . n →∞

n →∞

x 20

Tartalomjegyzék


99

A HATÁRÉRTÉKEK TULAJDONSÁGAI A megoldott feladatokban is láttuk, hogy az értelmezés alapján a függvényhatárértékekkel is elvégezhetjük ugyanazokat a műveleteket, mint a sorozatok határértékével. Így, ha lim f (x ) = l1 , lim g (x ) = l2 és l1, 2 ∈ \ , akkor minden x →x 0

x →x 0

x n = x 0 , akkor lim f (x n ) = l1 és (x n )n ≥1 ⊂ (Df ∩ Dg ) \ {x 0 } sorozat esetén, ha nlim n →∞ →∞ lim g (x n ) = l2 .

A

n →∞

konvergens

sorozatok

tulajdonságai

alapján

a

h (x n ) = f (x n ) + g (x n ) sorozat konvergens és határértéke l1 + l 2 . Ebből következik,

hogy lim ( f (x ) + g(x )) = l1 + l 2 . Ez a gondolatmenet akkor is érvényes, ha l1, 2 ∈ \ x →x 0

és l1 + l 2 összeg nem határozatlan. Tétel. Ha lim f (x ) = l1 és lim g (x ) = l2 ( x 0 torlódási pontja Df és Dg -nek), az x →x 0

x →x 0

l1 + l 2 összeg pedig nem határozatlan eset (nem ∞ − ∞ vagy −∞ + ∞ ), akkor a h : Df ∩ Dg → \ , h(x ) = f (x ) + g(x ) függvénynek van határértéke az x 0 pontban és

lim ( f (x ) + g (x )) = lim f (x ) + lim g (x ) = l1 + l2 .

x →x 0

x →x 0

x →x 0

Hasonló meggondolások alapján a sorozatok többi tulajdonsága is kijelenthető függvényekre is ( x 0 minden esetben D -nek torlódási pontja): 1. Ha f : D → \ , és létezik lim f (x ) = l , akkor létezik a lim f (x ) határérték, és x →x 0

lim f

x →x 0

(x )

x →x 0

=l .

2. Ha f , g : D → \ , f (x ) − l ≤ g (x ) , minden x ∈ D esetén, és lim g (x ) = 0 , x →x 0

akkor létezik lim f (x ) és lim f (x ) = l . x →x 0

x →x 0

3. Ha f , g : D → \ , f (x ) ≥ g (x ) , minden x ∈ D esetén, és lim g (x ) = ∞ , akkor x →x 0

lim f (x ) = ∞ .

x →x 0

4. Ha f , g : D → \ , f (x ) ≤ g (x ) ,, minden x ∈ D esetén, és lim g (x ) = −∞ , x →x 0

akkor lim f (x ) = −∞ . x →x 0

5. Ha az f , g : D → \ függvényeknek van határértéke x 0 -ban, és a V ∈ V (x 0 ) környezetre f (x ) ≤ g (x ) , ha x ∈ (V ∩ D ) \ {x 0 } , akkor lim f (x ) ≤ lim g (x ) . x →x 0

x →x 0

Következmények a) Ha f (x ) ≥ 0 , minden x ∈ D esetén, és létezik lim f (x ) , akkor lim f (x ) ≥ 0 . x →x 0

x →x 0

b) Ha f (x ) ≤ 0 , minden x ∈ D esetén, és létezik lim f (x ) , akkor lim f (x ) ≤ 0 . x →x 0

x →x 0

6. Ha lim f (x ) = l1 , lim g (x ) = l2 és l1 + l 2 nem határozatlan eset, akkor létezik x →x 0

x →x 0

lim ( f (x ) + g(x )) és lim ( f (x ) + g (x )) = lim f (x ) + lim g (x ) = l1 + l2 .

x →x 0

x →x 0

x →x 0

x →x 0

Tartalomjegyzék

100


7. Ha lim f (x ) = l1 , lim g (x ) = l2 és l1 ⋅ l 2 nem határozatlan eset, akkor létezik x →x 0

x →x 0

(

)(

)

lim ( f (x ) ⋅ g(x )) és lim ( f (x ) g (x )) = lim f (x ) ⋅ lim g (x ) = l1l2 . x →x 0

x →x 0

x →x 0

x →x 0

Következmény. Ha létezik lim f (x ) = l , akkor lim cf (x ) = c lim f (x ) = cl , x →x 0

x →x 0

x →x 0

minden c ∈ \ * esetén. 8. Ha az f és g függvények határértéke az x 0 -ban l1 illetve l 2 , l 2 ≠ 0 és g (x ) ≠ 0 f (x ) l l f (x ) xlim →x 0 az x 0 egy környezetében, akkor lim = = 1 , ha 1 nem határozatlan x → x 0 g (x ) l2 lim g (x ) l2 x →x 0

±∞ 0 a eset. A határozatlan esetek: , , ( a ≠ 0 ). ±∞ 0 0 9. Ha lim f (x ) = l ≠ 0 és lim g (x ) = 0 , g (x ) > 0 (vagy g (x ) < 0 ) az x 0 egy x →x 0

x →x 0

f (x ) f (x ) = sgn l ⋅ ∞ (illetve lim = sgn l ⋅ (−∞) ). Tehát környezetében, akkor lim x → x 0 g (x ) x → x 0 g (x ) l l = sgn l ⋅ (−∞) . = sgn l ⋅ ∞ és −0 +0 10. Ha g : Dg → \ , x 0 torlódási pontja Dg -nek, lim g (x ) = l2 és f : D f → \ , l 2 x →x 0

torlódási pontja Df -nek, valamint lim f (x ) = l1 , akkor lim f (g (x )) = l1 . x →l 2

x →x 0

Megjegyzés. Az előbbi tulajdonságok x 0 = ±∞ esetén is érvényesek, ha az értelmezési tartománynak van (−∞,a ) vagy (a, +∞) alakú részhalmaza. Sajátos esetek. 1. Ha f : D f → \ , x 0 torlódási pontja Df -nek és lim f (x ) = l , x →x 0

akkor lim e

f (x )

x →x 0

l

=e .

2. Ha f : D f → \ , x 0 torlódási pontja Df -nek és lim f (x ) = l > 0 , akkor x →x 0

lim ln ( f (x )) = ln l .

x →x 0

3. Ha P : \ → \ , P (x ) = an x n + an −1x n −1 + ... + a1x + a 0 egy polinomfüggvény, akkor lim P (x ) = P (x 0 ) , bármely x 0 ∈ \ esetén. x →x 0

4. Ha P (x ) = an x n + an −1x n −1 + ... + a1x + a 0 , akkor lim P (x ) = lim (an x n ) = sgn an ⋅ ∞ és

x →+∞

x →+∞

lim P (x ) = lim (an x n ) = sgn an ⋅ (−1)n ⋅ ∞ , ha an ≠ 0 .

x →−∞

5.

lim

x →x 0

Ha

P

és

x →−∞

Q

polinomfüggvények,

x0 ∈ \

és

Q (x 0 ) ≠ 0 ,

akkor

P (x ) P (x 0 ) = . Q (x ) Q (x 0 )

6. Ha P (x ) = an x n + ... + a1x + a 0 , függvények, an ≠ 0 és bm ≠ 0 , akkor

Q (x ) = bm x m + ... + b1x + b0

polinom-

Tartalomjegyzék


101

⎧⎪an , m = n; ⎪⎪ ⎪⎪bm ⎪⎪ an n > m, x → ∞; P (x ) ⎪⎪sgn b ⋅ ∞, m =⎨ lim x →±∞ Q (x ) ⎪⎪ a ⎪⎪sgn n ⋅ (−1)n −m ⋅ ∞, n > m, x → −∞; bm ⎪⎪ ⎪⎪ n < m. ⎪⎪⎩0, Megoldott feladatok 1. Bizonyítsuk be, hogy ha lim x n = x 0 , akkor n →∞

a) lim ln x n = ln x 0 , ahol x 0 > 0 , x n > 0 , ∀n ∈ ` ; n →∞

b) lim e xn = e x 0 ; n →∞

c) lim sin x n = sin x 0 . n →∞

Fogalmazzuk meg függvényhatárértékek segítségével is ezeket a tulajdonságokat! ⎛ x x − x 0 ⎞⎟ ⎟ . A feltételek alapján Bizonyítás. a) ln x n − ln x 0 = ln n = ln ⎜⎜1 + n ⎜⎝ x0 x 0 ⎠⎟⎟ x0

⎛ x − x0 x − x 0 ⎞⎟xn −x 0 ⎟ lim n = 0 , tehát lim ⎜⎜1 + n = e és így minden ε > 0 esetén n →∞ n →∞ ⎜ x0 x 0 ⎠⎟⎟ ⎝ x0

⎛ x − x 0 ⎞⎟xn −x 0 ⎟⎟ létezik n (ε ) ∈ ` úgy, hogy e − ε < ⎜⎜1 + n < e + ε , ha n ≥ n (ε) . ⎜⎝ x ⎠⎟ 0

Feltételezzük, hogy a kitevő pozitív (ellenkező esetben az egyenlőtlenségek fordítva vannak, de a gondolatmenet továbbra is érvényes). Ez alapján ⎛ x − x0 x − x 0 ⎞⎟ x − x0 ⎟⎟ < ln (e + ε) n < ln ⎜⎜1 + n ln (e − ε) n , ha n ≥ n (ε) , ⎜⎝ x0 x 0 ⎠⎟ x0 ⎛ x − x 0 ⎞⎟ ⎟ = 0 , vagyis lim ln x n = ln x 0 . tehát a fogó tétel alapján lim ln ⎜⎜1 + n ⎜ n →∞ n →∞ x 0 ⎠⎟⎟ ⎝ b) Mivel lim x n = x 0 , következik, hogy bármely ε > 0 esetén létezik n (ε ) ∈ ` úgy, n →∞

⎛ ε ⎞ ⎛ ε ⎞ hogy − ln ⎜⎜ x 0 + 1⎟⎟ < x n − x 0 < ln ⎜⎜ x 0 + 1⎟⎟ , ∀ n ≥ n(ε) , innen ⎝e ⎠ ⎝e ⎠ x0 e ε ε ε < e x n −x 0 < x 0 + 1 ⇒ − x 0 < e x n −x 0 − 1 < x 0 ⇒ x0 e +ε e e +ε e ε ε xn −x 0 xn xn x0 − x0 < e − 1 < x0 ⇒ −ε < e − e < ε ⇒ lim e = e x 0 . n →∞ e e x − x0 x + x0 x − x0 ≤ 2 sin n < xn − x 0 , cos n c) sin x n − sin x 0 = 2 sin n 2 2 2 π ⎛ π⎞ ha x n − x 0 < . A sin x < x , ha x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ egyenlőtlenséget használtuk. ⎝ 2 2⎠

Tartalomjegyzék

102


A majorálási kritérium alapján lim sin x n = sin x 0 . n →∞

Fogalmazzuk meg az előbbi tulajdonságokat függvényhatárértékek segítségével: a) lim ln x = ln x 0 ; b) lim e x = e x 0 ; c) lim sin x = sin x 0 . x →x 0

x →x 0

x →x 0

2. Bizonyítsuk be, hogy ha az f : [a, b] → [c, d ] függvény bijektív és lim f (x ) = f (x 0 ) , x →x 0

−1

minden x 0 ∈ [a, b ] esetén, akkor lim f (y ) = f

−1

y →y 0

(y 0 ) , ha y0 ∈ [c, d ] .

Bizonyítás. Tekintsünk egy tetszőleges yn → y 0 sorozatot, amelyre yn ≠ y 0 , minden n ≥ 1 esetén. Az f bijektivitása alapján létezik (x n )n ≥1 sorozat, amelyre f (x n ) = yn , ha n ≥ 1 . Az egyenlőség igazolásához elég bizonyítani, hogy az (x n )n ≥1

sorozat konvergens és határértéke x 0 = f −1 (y 0 ) . Az (x n )n ≥1 sorozat korlátos, tehát van konvergens részsorozata. Jelöljük l -lel a részsorozat határértékét. A feltétel alapján f (l ) = y 0 , tehát l = f −1 (y 0 ) . Ha a sorozat nem volna konvergens, akkor létezne olyan részsorozata, amelynek l ′ ≠ l lenne a határértéke. Ez nem lehetséges, mert a feltételek alapján erre az l ′ határértékre is teljesülne az f (l ′) = y 0 egyenlőség és így f bijektivitása miatt l ′ = l . Tehát (x n )n ≥1 konvergens és határértéke x 0 = f −1 (y 0 ) . Következmény. Ha lim x n = x 0 , akkor lim arcsin xn = arcsin x0 , ( x 0 ∈ [−1,1] ). n →∞

n →∞

⎧⎪x 2 + 2x + 3, x <−1 3. Számítsuk ki az f : \ → \ , f (x) = ⎪⎨ x +1 függvény szélső határ⎪⎪e , x ≥−1 ⎩ értékeit az x 0 = −1 pontban. Megoldás lim f (x ) = lim (x 2 + 2x + 3) = 1 − 2 + 3 = 2 , mert tetszőleges x n → −1 sorozat x /−1

x /−1

2 n

esetén x + 2x n + 3 → 1 − 2 + 3 = 2 . Hasonlóan

lim f (x ) = lim e x +1 = e 0 = 1 ,

x 2−1

x 2−1

tehát a jobboldali határérték 1 és a baloldali 2 . ALAPHATÁRÉRTÉKEK sin x = 1 ( x radiánban adott). 1. lim x →0 x sin (−x ) − sin x sin x = = = f (x ) , tehát páros függvény, Bizonyítás. f (−x ) = −x −x x így elég az x > 0 esetben kiszámolni a határértéket. ⎛ π⎞ Ha a sin x < x < tgx , x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ egyenlőtlenséget végigosztjuk sin x > 0 -val, akkor ⎝ 2⎠ x 1 sin x > cos x . Másrészt lim cos x = 1 és lim 1 = 1 , 1< < , azaz 1 > x →0 x →0 x sin x cos x tehát a fogó tétel alapján

Tartalomjegyzék


103

lim x →0

sin x = 1. x

arcsin x tg x arctg x = 1 ; 2) lim = 1 ; 3) lim =1 . x →0 x x →0 x x Bizonyítás. 1) A lim sin x = sin 0 = 0 egyenlőség alapján lim arcsin x = 0 és így Következmények. 1) lim x →0 x →0

x →0

sin(arcsin x ) = 1 . De sin(arcsin x ) = x , tehát a 10. tulajdonság alapján lim x →0 arcsin x x arcsin x lim = 1 és a 8. tulajdonság alapján lim =1. x → 0 arcsin x x →0 x tg x sin x 1 sin x = lim ⋅ = 1 a 7. tulajdonság alapján, mert lim = 1 és 2) lim x →0 x x →0 x → 0 x cos x x 1 = 1. lim x → 0 cos x sin x = 0 egyenlőségből következik, hogy 3) Akárcsak az 1) pontnál, a lim tg x = lim x →0 x → 0 cos x tg(arctg x ) lim arctg x = 0 , és így a 10. tulajdonság és a 2) pont alapján lim = 1 . De x →0 x →0 arctg x x arctg x = 1. tg(arctg x ) = x , így lim = 1 . Így a 8. tulajdonság alapján lim x → 0 arctg x x →0 x 1

(1 + x )x = e 2. lim x →0

Bizonyítás. Igazoltuk a szélső határértékekre vonatkozó paragrafusban. 3. lim x →0

ln(1 + x ) =1 x

Bizonyítás. Az előbbi alaphatárérték és a 10. tulajdonság 2. sajátos esete alapján: 1 ln(1 + x ) lim = lim ln (1 + x )x = ln e = 1 . x →0 x →0 x x e −1 =1 4. lim x →0 x Bizonyítás. Ha x → 0 , akkor ln (1 + x ) → ln 1 = 0 , tehát a kiszámítandó határértékben az x = ln (1 + y ) változócserével:

ex − 1 e ln(1+y ) − 1 y = lim = lim = 1. x →0 y → 0 y → 0 x ln (1 + y ) ln(1 + y )

lim

ax − 1 e x ⋅ln a − 1 ax − 1 = lim ⋅ ln a = ln a , tehát lim = ln a . x →0 x → 0 x ⋅ ln a x →0 x x

Következmény. lim

Tartalomjegyzék

104


Megoldott gyakorlatok Számítsuk ki a következő határértékeket: cos x sin 2x 1) lim ; 2) limπ π; x → 0 sin 3x x→ x − 2 2 1 + cos x 1 + cos x ; 5) lim ; 4) lim x /π x 2π x −π x −π

7). lim x →0

3) lim x →0

6) lim x →0

arctg (x + a ) − arctg a , ahol a ∈ \ ; x tg

9) lim (x + sin πx ) x →1

πx 2

1

12) lim (ln ex )sin πx ; x →1

cos x − 1 ; x2 1 + x sin x − cos 2x ; x tg 2 2 1

8) lim (1 + x 2 )x ; x →0

sin x x −sin x

1 ⎛ sin x ⎞⎟ ; 10) lim ⎜⎜ ; 11) lim (3x + x )tg x ; ⎟ x →0 ⎝ x x →0 ⎠ arctg x + arctg 2x + ... + arctg nx 13) lim , m, n ∈ ` * ; x →0 ln (1 + x ) + ln (1 + 2x ) + ... + ln (1 + mx )

3x − x 3 ; 14) lim x →3 x − 3

ln (cos 2x ) 15) lim ; x →0 x2 2

1

⎛a x + b x ⎞⎟x 16) lim ⎜⎜⎜ ⎟ , a, b > 0 ; x →0 ⎝ 2 ⎠⎟ 2

a x − bx lim 3 2 ; 18) lim , a, b ∈ \*+ \ {1} , a ≠ b ; 17) x → 0 ln (cos 2x ) x →π πx − π ⎛ 3 ⎞⎞ ⎛ 19) lim ⎜⎜⎜ln (1 + 2x ) ⋅ ln ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟⎟⎟ . x →∞ ⎝ ⎝ x ⎠⎠ e sin x − e sin 2x

sin 2x sin 2x 3x 2x 2 = lim ⋅ ⋅ = a 7. tulajdonság alapján, x →0 sin 3x 2x sin 3x 3x 3 sin 2x 3x 2x 2 = 1 , lim = 1 és lim = . mert lim x →0 x → 0 sin 3x x → 0 3x 2x 3 sin ax sin ax bx a a = lim ⋅ ⋅ = , ahol a, b ∈ \* . Megjegyzés. Általában lim x → 0 sin bx x →0 ax sin bx b b * Hasonlóan, ha az f és g függvények jól értelmezettek, a, b ∈ \ , f (x ) ∈ {ax , sin ax , tg ax , arcsin ax , arctg ax } és f (x ) a = . g (x ) ∈ {bx , sin bx , tg bx , arcsin bx , arctg bx } , akkor lim x → 0 g (x ) b π sin − x cos x 2 = −1 a 10. tulajdonság alapján. 2) limπ π π = − xlim π x→ x − → −x 2 2 2 2 2 x ⎛ sin x ⎞⎟ −2 sin 2 ⎜ cos x − 1 2 = − 1 lim ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ = − 1 . = lim 3) lim ⎜ ⎟⎟ 2 2 x x →0 x →0 x x 2 x → 0 ⎜⎜ 2 ⎟ ⎝⎜ 2 ⎠⎟ Megoldás. 1) lim x →0

(

)

Tartalomjegyzék


105

x π −x x cos sin 2 = 2 lim 2 = 2 lim 2 =− 2 . x /π x − π x /π 2 x −π x −π x π −x x 2 cos2 cos sin 1 + cos x 2 2 2 = 2. = lim = − 2 lim = − 2 lim 5) lim x 2π x 2π x 2π x − π x /π 2 x −π x −π x −π 1 + x sin x − cos 2x 1 + x sin x − cos 2x 6) lim = lim = 2 x 2 x x →0 x →0 tg tg ( 1 + x sin x + cos 2x ) 2 2 2 ⎛ ⎛ ⎞⎟ ⎞⎟ ⎜⎜ 2 ⎜ ⎟ 1 x sin x + 2 sin x 1 ⎜⎜ x ⋅ sin x + 2 ⋅ ⎜⎜ sin x ⎟⎟⎟ ⎟⎟ = 6 . = lim = lim ⎟ ⎜ ⎟ x ⎜⎜ tg x ⎟⎟ ⎟⎟ 2 x →0 2 x → 0 ⎜⎜⎜ tg x tg x tg 2 ⎜⎝ 2 ⎠⎟ ⎠⎟⎟ ⎜⎝ 2 2 2 1 + cos x = lim 4) lim x /π x /π x −π

2 cos2

⎫ ⎪⎧(2k + 1) π ⎪ tg x − tg y k ∈ ]⎪ , így ha ⎬ , akkor tg (x − y ) = ⎪⎩⎪ ⎪ 2 1 + tg x tg y ⎪ ⎭ a −b . Ha x = arctg a és y = arctg b ( ab ≠ −1 ), akkor tg (arctg a − arctg b ) = 1 + ab a −b ⎛ π π⎞ arctg a − arctg b ∈ ⎜⎜− , ⎟⎟ , akkor arctg a − arctg b = arctg . Mivel ⎝ 2 2⎠ 1 + ab π lim arctg (x + a ) = arctg a , akkor ha ε = > 0 , létezik δ > 0 úgy, hogy x →0 2 ⎛ π π ⎞⎟ arctg (x + a ) − arctg a ∈ ⎜⎜− , ⎟ , minden x ∈ (−δ, δ ) esetén. Tehát a kért ⎝ 2 2⎠ x arctg 1 1 1 + (x + a )a ⋅ = . határérték lim x x →0 1 + (x + a )a 1 + a 2 1 + (x + a )a 1 1 ⎤x 1 ⎡ 8) lim (1 + x 2 )x = lim ⎢(1 + x 2 )x 2 ⎥ = e 0 , mert lim (1 + x 2 )x 2 = e a 10. tulajdonság x →0 x →0 ⎢ x →0 ⎥⎦ ⎣

7) Ha x , y, x − y ∈ \ \ ⎪⎨

1

és a lim (1 + x )x = e egyenlőség alapján. x →0

tg

9) lim (x + sin πx ) x →1

πx 2

πx sin 1 2 ⋅(x −1+ sin(π − πx ))⋅ πx x −1+ sin(π − πx ) cos 2

= lim (1 + (x − 1 + sin (π − πx )))

1±∞ x →1

πx πx sin 2 lim (x − 1 + sin (π (1 − x ))) ⋅ (x − 1 + sin (π (1 − x ))) ⋅ π2x = πx = lim x →1 x →1 cos cos 2 2 2 π x 2− x − 1 + sin (π (1 − x )) 2 tg = lim = − + 2 . Tehát lim (x + sin πx ) 2 = e π . x →1 x →1 π (1 − x ) π sin 2 sin

Tartalomjegyzék

106


10) lim x →0

sin x sin x = 1 , lim = lim x → 0 x →0 x x − sin x

1 = ∞ . Tehát 1∞ alakú határozatx −1 sin x

sin x

⎛⎜ sin x ⎞⎟ − ⎟ x ⎠⎟

x

sin x − x ⎞⎟sin x −x ⎜⎝ ⎛ sin x ⎞⎟x −sin x ⎛ ⎜ = + lim 1 lan esetünk van. lim ⎜⎜ ⎜ x →0 ⎝ x 1∞ x → 0 ⎝ ⎠⎟ ⎠⎟ x 11) lim (3 + x ) x

1 tg x

x →0

= = lim (1 + 3 + x − 1) x

1±∞

x →0

1

⎛ 3 −1 x x ⎞⎟ ⎟⎟ ⋅⎜⎜ ⋅ + x tg x tg x ⎠⎟

x →0

1

1

12) lim (ln ex )sin πx = lim (1 + ln x )ln x ±∞ 1

=

x

= lim (1 + 3x + x − 1)3x +x −1 ⎝⎜ x →1

1 3x + x −1 ⋅ 3x + x −1 tg x

= e −1 .

x →1

⋅

= e ln 3+1 = 3e .

x −1 ln(1+ x −1) ⋅ x −1 sin π (1−x )

=e

−

1 π

.

arctg x + arctg 2x + ... + arctg nx = x → 0 ln (1 + x ) + ln (1 + 2x ) + ... + ln (1 + mx ) arctg x arctg 2x arctg nx +2⋅ + ... + n ⋅ x 2x nx = lim = x → 0 ln (1 + x ) ln (1 + 2x ) ln (1 + mx ) +2⋅ + ... + m ⋅ x 2x mx 1 + 2 + ... + n n (n + 1) = = . 1 + 2 + ... + m m (m + 1)

13) lim

14) lim x →3

3x − x 3 3x − 33 + 33 − x 3 = lim . Másrészt x →3 x −3 x −3 3x − 33 3x −3 − 1 3y − 1 lim = 33 lim = 33 lim = 27 ⋅ ln 3 és x →3 x − 3 x →3 x − 3 y →0 y

(3 − x )(9 + 3x + x 2 ) 33 − x 3 lim = lim = − lim (9 + 3x + x 2 ) = −27 , x →3 x − 3 x →3 x →3 x −3 x 3 3 −x = 27 (ln 3 − 1) . tehát lim x →3 x − 3 ln (1 − 2 sin2 x ) ln (cos 2x ) ln (1 + cos 2x − 1) = lim = lim = 15) lim x →0 x →0 x →0 x2 x2 x2 ln (1 − 2 sin 2 x ) −2 sin 2 x ln (1 − 2 sin 2 x ) ⎛ sin x ⎞2 ⎟ = −2 . = lim ⋅ = − 2 lim ⋅ ⎜⎜ x →0 x →0 ⎝ x ⎠⎟ x2 −2 sin 2 x −2 sin 2 x 1

1

⎛a x + b x ⎞⎟x ⎛ a x − 1 + b x − 1 ⎞⎟x ⎜ 16) lim ⎜⎜⎜ lim 1 = + ⎟ ⎟ = ⎜⎜ x →0 ⎝ x →0 ⎝ ⎠⎟ 2 ⎠⎟ 2 2 ⎡ ⎤ a x − 1 + b x − 1 ⎞⎟a x −1+bx −1 ⎥ ⎢⎛⎜ = lim ⎢⎜⎜1 + ⎟ ⎥ x → 0 ⎢⎝ ⎠⎟ 2 ⎥ ⎣ ⎦

a x −1+bx −1 2x

lim

= e x →0

a x −1+bx −1 2x

=e

ln a + ln b 2

= ab .

Tartalomjegyzék


107

e sin 2x (e sin x (1−2 cos x ) − 1) sin x (1 − 2 cos x ) ⋅ = 3 x →π 3 x →π sin x (1 − 2 cos x ) πx 2 − π πx 2 − π ⎛ sin (π − x ) ⎞ ( ) 9 2 4 2 2 ⎟ 3 3 ⎟⎟ = 9π lim sin π − x x x π π π π = 3 ⋅ lim ⎜⎜⎜ ⋅ + + =− . 2 2 ⎟ x → π ⎜ π (x − π ) x → π (x − π ) (x + π ) 2 ⎝ ⎠⎟

17) lim

e sin x − e sin 2x

= lim

(

18) lim x →0

)

2 2 ⎛a x 2 − 1 b x 2 − 1 ⎞⎟ ax − bx x2 −2 sin 2 x ⎟ = lim ⎜⎜⎜ − ⋅ ⋅ = ⎟ x 2 ⎠⎟ ln (1 − 2 sin 2 x ) −2 sin 2 x ln (cos 2x ) x → 0 ⎝⎜ x 2

b ⎛ 1⎞ = (ln a − ln b )⎜⎜− ⎟⎟ = ln . ⎝ 2⎠ a ⎛ ⎞ ⎜⎜ 3 ln ⎛⎜⎜2x ⎛⎜ 1 + 1⎞⎟⎟⎞⎟⎟ ln ⎛⎜1 + 3 ⎞⎟⎟⎟ x ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎛ ⎞ ⎜ ⎝ ⎠ 3⎞ ⎛ ⎝ 2 ⎠ ⎝ x ⎠ ⎟⎟⎟ = 19) lim ⎜⎜⎜ln (1 + 2x ) ⋅ ln ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟⎟⎟ = lim ⎜⎜ ⋅ ⎟⎟ 3 x →∞ ⎝ ⎝ x ⎠⎠ x →∞ ⎜⎜ x ⎟⎟ ⎜⎜ x ⎝ ⎠⎟⎟ ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ 3x ln 2 + 3 ln ⎜⎜ x + 1⎟⎟ ln ⎜⎜ x + 1⎟⎟ 1 ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ = 3 ln 2 . = lim = 3 ln 2 + 3 lim ⋅ 1 x →∞ x →∞ x x ⋅ 2x 2x

Gyakorlatok Számítsd ki a következő határértékeket: sin 100x sin nx sin 3x 1) lim ; 2) lim ; 3) lim ; x →0 x → 0 x → 0 x x tg 2x 1 − cos x 1 − cos x cos 2x ; 6) lim ; 7) limπ ; 5) lim 3 x →0 x →0 x→ x x tg 4x 4 9) lim x →0

1 − cos x ; x2 cos x 8) limπ ; x → sin 4x 2 4) lim x →0

⎛ 1 1 ⎞ 1 + x −1 2x − sin x sin x − tgx − ⎟⎟⎟ ; 12) lim ; 10) lim ;11) lim⎜⎜ ; 3 ⎜ ⎟ x → 0 x → x → 0 0 x x x + sin x ⎝sin x tgx ⎠

13) lim x →0

3

1 + x −1 ; x

2 ⎞⎟ 3 ⎞⎟ ⎛ 1 ⎛ 1 − 2 − 3 14) lim ⎜⎜ ; 15) lim ⎜⎜ ; ⎟ x →1 ⎝ x − 1 x →1 ⎝ x − 1 x − 1⎠ x − 1 ⎠⎟ 1

⎛ x 2 ⎞⎟x 2 16) lim ⎜⎜1 + ⎟ ; ⎜ x →0 ⎝ 2x + 1 ⎠⎟ 1 x −3

x⎞ ⎛ 19) lim ⎜⎜2 − ⎟⎟ x →3 ⎝ 3⎠

;

1

17) lim (1 + sin x 2 )x 2 ; x →0

1

20) lim (x + e x )x ; x →0

18) lim (1 + sin x )ctg x ; x →0

tg 2x

21) limπ (tg x ) x→

x −1

22) lim x sin x ;

23) lim sin x x ;

24) lim (1 − x )

sin x ⎛1 ⎞ 25) lim ⎜⎜ ⎟⎟ ; x 20 ⎝ x ⎠

x −1 ⎛ 1 ⎞⎟ 26) lim ⎜⎜ ; ⎟ x 21 ⎝ x − 1 ⎠

27) limπ (tg x )

x 20

x 20

;

4

x 20

cos x

x/

2

;

;

Tartalomjegyzék

108


a sin x − a sin a ln (1 + arcsin x ) 1 − ex ; 29) lim ; 30) lim ; x →0 x → 0 sin x x →0 x −a x n ⎞⎟ m ⎞⎟ ⎛ 1 ⎛ n * * ⎜⎜ n − n − m 31) lim ⎜⎜ ⎟ , n ≥ 2, n ∈ ` ; 32) lim ⎟ , n, m ∈ ` . → 1 x →1 ⎝ x − 1 x ⎝ ⎠ ⎠ x −1 x −1 x −1

28) lim

Gyakorlatok és feladatok 1. Fogalmazd meg egyenlőtlenségek segítségével: a) az f függvény határértéke ∞ -ben −∞ ; b) az f függvény határértéke −∞ -ben +∞ ; c) az f függvény határértéke −∞ -ben −∞ . 2. Bizonyítsd be, hogy ha az f : \ → \ függvény periodikus és nem állandó, akkor nincs határértéke +∞ -ben és −∞ sem. 3. Számítsd ki a lim f (x ) és lim f (x ) határértékeket, ha f : \ → \ , x →∞

x →−∞

3

x −1 ! 3x + x + 2 4. Számítsd ki a következő határértékeket: x 2 − a2 x 3 − a3 ; b) lim ; a) lim x →a x − a x →a x − a x x cos − sin x n − an 2 2; , n ∈ `* ; e) lim d) limπ x →a x − a x→ cos x 2 sin mx sin x , m, n ∈ `* ; h) lim g) lim ; x → π sin nx x →π π − x 1 sin tgmx * x ; , m, n ∈ ` ; j) lim k) lim x → 0 sin nx x → 0 sin x f (x ) =

3

c) lim x →0

sin 3 2x ; x3

x − 3a ; x →a x −a tgx i) lim ; x →0 x

f) lim

3

x −na , n ∈ `* ; x →a x −a 1 x sin 1 + x + x2 −1 1 + x − 1 + x2 x m) lim ; n) lim ; o) lim ; x →0 x →0 x → 0 sin x x 1 + x −1 cos x − cos 2x cos 2x − cos 3x ; q) lim ; p) lim 2 0 x →0 x → x x2 cos mx − cos nx , m, n ∈ ` * . r) lim 2 x →0 x 5. Bizonyítsd be, hogy lim n ( n e − 1) = 1 . l) lim

n

n →∞

6. Számítsd ki a lim n ( n a − 1) határértéket, ha a > 0 ! n →∞

Számítsd ki a következő határértékeket: x2 + x + 1 5−x −2 ; 8. lim ; 7. lim 2 x →−2 x →1 x −4 10 − x − 3

9. lim x →0

sin 5x ; 1 + 2x − 1

Tartalomjegyzék


109

x −b − a −b x +9 −5 cos 2x − cos 6x ; 11. lim , a > b ; 12. lim ; 2 2 0 x → a x → x − a sin 2 3x x −4 x +2 −2 1 + cos x tg x − x 13. lim ; 14. lim ; 15. lim ; x →2 x →π x →0 sin x x2 x +7 −3 10. lim

x →16

1

⎛ tg x ⎞⎟x 16. lim ⎜⎜ ⎟ ; x →0 ⎝ x ⎠ 19. lim

tg 3x − sin 3x ; x → 0 tg 2x − sin 2x ln (e x + e −x ) 20. lim ; x →0 x

1

18. lim(cos (sin x ))arcsin2 x ;

17. lim

x ⋅ arcsin x 2

;

x →0

1 , x > 0; 1 + xn x + x 2 + ... + x n − n 23. lim , n ∈ `* ; x →1 x −1

ln 1 − x xm − 1 22. lim n , ahol m, n ∈ `* ; x →1 x − 1 (1 − x )(1 − 3 x ) ...(1 − n x ) 24. lim , ahol n > 2, n ∈ ` ; n −1 x →1 (1 − x ) x →0

21. lim

n →∞

3

25. lim ⎡⎢ n (x + a1 )(x + a 2 ) ...(x + an ) − x ⎤⎥ ; 26. lim x 2 ( x + 2 − 2 x + 1 + x ) ; x →+∞ ⎣ x →∞ ⎦ 1− x

27. lim (sin x + 1 − sin x ) ; x →∞

x2

⎛x2 +1⎞⎟ ⎛ 1 + x ⎞⎟ 1−x ⎜⎜ lim 28. lim ⎜⎜⎜ ; 29. ⎟ ; ⎟ ⎟ x →∞⎜ x →∞ ⎝ 2 + x ⎠ ⎝x2 −2⎠⎟

1

⎛a x + b x + c x ⎞⎟x 30. lim ⎜⎜⎜ ⎟ , ahol a > 0 , b > 0 és c > 0 . x →0 ⎝ ⎠⎟ 3 xn 31. Bizonyítsd be, hogy lim x = 0 , ha a > 1 , n ∈ ` * . x →∞ a loga x = 0 , ha a > 1 és ε > 0 . 32. Bizonyítsd be, hogy lim x →∞ xε n 33. Ábrázold azon M (x , y ) pontokat, amelyek koordinátáira lim n x n + y = 1 . n →∞

34. Bizonyítsd be, hogy ha lim f (x ) = 0 és g a 0 környezetében értelmezett korláx →x 0

sin x − cos x határértéket! x →∞ x →x 0 x n 2000 1 . 35. Határozd meg az x valós számot, ha lim x x = n →∞ n − (n − 1) 2001 sin x függvénynek nincs határértéke ∞ -ben! 36. Bizonyítsd be, hogy az f (x ) = cos x 37. Számítsd ki a lim n a n + b n + c n határértéket, ha a > b > c > 0 .

tos függvény, akkor lim f (x )g(x ) = 0 . Számítsd ki a lim

n →∞

38. Számítsd ki a lim n a nb n + a nc n + b nc n határértéket, ha a > b > c > 0 . n →∞

Számítsd ki a következő határértékeket: 2 2 ax − xa ax − bx * , a ∈ \ + \ {1} ; , a, b ∈ \*+ \ {1}, a ≠ b ; 40. lim 39. lim x →0 x − a x → 0 ln cos 2x

Tartalomjegyzék

110


m x −1 cos ax − m cos bx ; 42. lim n ; 2 x →1 x →0 arctg x x −1 ln (1 + eax ) xx −1 , a, b ∈ \ ; ; 44. lim 43. lim x →1 x − 1 x → 0 ln 1 + e bx ( ) ln ln (e + ax ) , a, b ∈ \*+ ; 45. lim x → 0 ln ln (e + bx ) (1 − cos x )(1 − 3 cos x ) ...(1 − n cos x ) ; 46. lim x →0 x 2n −2 (1 − sin x )(1 − sin 2 x ) ...(1 − sinn x ) lim ; 47. π x→ cos2n x 2 1 − cos x ⋅ cos 2x ⋅ cos 3x ⋅ ... ⋅ cos nx 48. lim ; x →0 x2 n ln ⎡⎣(1 + x )(1 + 4 x ) ...(1 + 2 x )⎤⎦ 49. lim . 1 x →0 2n x f (x ) = 1 , és az (xk,n )n≥1,k=1,n 50. Igazold, hogy ha az f : (−a,a) → \ függvényre lim x →0 x sorozat teljesíti a következő feltételt:

41. lim

n

∀ ε > 0 , ∃ n(ε) ∈ ` úgy, hogy x k , n < ε , ∀ n ≥ n(ε), ∀ k = 1, n , akkor n

∑ f (x ) k ,n

lim

n →∞

k =1 n

∑ xk , n

= 1.

k =1

51. Számítsd ki a következő határértékeket ( p ∈ ` ): n n ⎛ n ⎞ ⎛ kp kp k ⎞ a) lim ∑ ⎜⎜⎜ 1 + p +1 − 1⎟⎟⎟ ; b) lim ∑ sin p +1 ; c) lim ∏ ⎜⎜1 + sin 2 ⎟⎟⎟ . n →∞ n →∞ n →∞ ⎟ ⎝ ⎜ n n ⎠ n ⎠ k =1 ⎝ k =1 k =1

52. Bizonyítsd be, hogy ha

f : (−a, a ) → \

és

lim x →0

f (x ) = 1 , akkor az x

n ⎛1⎞ an = ∑ f ⎜⎜ ⎟⎟ − ln n általános tagú sorozat konvergens. ⎝k ⎠ k =1

53. Bizonyítsd be, hogy ha f : (−a, a ) → \ és lim x →0

f (x ) = 1 , akkor x

2n ⎛ p ⎞⎟ lim ∑ f ⎜⎜⎜ ⎟ = p ln 3 . n →∞ ⎝ n + k ⎠⎟ k =1 ⎪⎧1, x ∈ _; függvénynek nincs 54. Bizonyítsd be, hogy az f : \ → \ , f (x ) = ⎪⎨ ⎪⎪0, x ∈ \ \ _. ⎩ határértéke egyetlen x ∈ \ pontban sem!

Tartalomjegyzék


111

55. Bizonyítsd be, hogy az f : \ → \ , m ⎧⎪ 1 ⎪⎪ , x = , m, n ∈ ], (m, n ) = 1, n > 0; n ⎪n f (x ) = ⎪⎨0, x ∈ \ \ _; ⎪⎪ ⎪⎪1, x = 0. ⎪⎩ függvénynek a határértéke 0 minden irracionális pontban. 56. Határozd meg azon pozitív x valós számokat, amelyekre lim x n {x n } = 0 , ahol n →∞

{x n } = x n − [x n ] az x n szám törtrésze.

(

)

57. Számítsd ki a lim sin π n 2 + 1 határértéket! n →∞

x x x⎞ ⎛ 58. Számítsd ki a lim ⎜⎜cos ⋅ cos 2 ⋅ ... ⋅ cos n ⎟⎟ határértéket! n →∞ ⎝ 2 2 2 ⎠ 59. Az (x n )n ≥1 sorozatot a következőképpen értelmezzük x 1 = 2 , x 2 = 2 +

x n +1 = 2 +

1 3+

1

1 , 3

, n ≥ 2 . Számítsd ki a lim x n határértéket! n →∞

x n −1

1⎛ a⎞ x n +1 = ⎜⎜x n + ⎟⎟⎟ , ahol n ∈ ` * , x 1 > 0 és a > 0 . x n ⎠⎟ 2 ⎜⎝ Bizonyítsd be, hogy a sorozat konvergens, és számítsd ki a lim x n határértéket!

60. Az (x n )n ≥1 sorozatra

n →∞

61. Számítsd ki az x 1 = 2001 , x n +1

1 = , n ∈ ` * sorozat határértékét! 4 − 3x n

62*. Az (x n )n ≥1 sorozat minden n, m ∈ ` esetén teljesíti a 0 ≤ x n +m ≤ x n + x m , feltételeket. Bizonyítsd be, hogy ⎛x ⎞ ⎛x ⎞ a) ⎜⎜ n ⎟⎟ korlátos; b) ⎜⎜ n ⎟⎟ konvergens. ⎝ n ⎠n ≥1 ⎝ n ⎠n ≥1 ⎛x ⎞ Számítsd ki az ⎜⎜ n ⎟⎟ sorozat határértékét! ⎝ n ⎠n ≥1 Érettségire és felvételire előkészítő feladatok

(

)

1. Számítsd ki: lim x + 1 − ax 2 + x + 3 (tárgyalás). x →∞

(Felvételi, 1991.)

1 ⎞ ⎛ 1 2. Számítsd ki az f : \ \ {0, − 1} → \, f (x ) = x 3 ⎜⎜e x − e x +1 ⎟⎟⎟ függvény szélső ⎜⎝ ⎠⎟ határértékeit az x 0 = 0 pontban! (Felvételi, 1992., Bukarest)

Tartalomjegyzék

112


3. Számítsd ki a lim x n ln x határértéket!

(Felvételi, 1992., Bukarest)

x →0 x >0

4. Tanulmányozd az x n +1 = x n2 − 2x n + 2, x 1 ∈ ⎡⎢1, 2⎤⎥ sorozat konvergenciáját, és ha ⎣ ⎦ konvergens, számítsd ki a lim x n határértéket! (Felvételi, 1992., Bukarest) n →∞

x 2n − 2x n − a 2 x →1 (x − 1) (Felvételi, 1997., Bukarest) rögzített számokat és értelmezzük az (Ln )n ≥1 sorozatot:

5. Határozd meg az a ∈ \ számot, ha létezik és véges a lim határérték. 6. Tekintsük az (x k )k =1, n

(

)

Ln = lim x − n (x − x 1 )(x − x 2 ) ...(x − x n ) . x →∞

Ln határértéket! n →∞ n (Felvételi, 1997., Bukarest) f :\→ \, úgy, hogy az

Számítsd ki az Ln -et (x k )k =1, n függvényében és a lim

7. Határozd meg az a, b ∈ \ értékét 2 ⎪⎧x + a, ha x ≤ 2; függvény teljesítse az lim f (x ) = f (2) egyenlőséget és f (x ) = ⎨⎪ x →2 ⎪⎪ax + b, ha x > 2; ⎪⎩ f (x ) − f (2) létezzen a lim határérték. (Felvételi, 1998., Temesvár) x →2 x −2 1

8. Számítsd ki a lim (1 + sin x + sin 2x + ... + sin nx )x , n ∈ `* \ {1} határértéket! x →0

(Felvételi, 1999., Nagybánya)

1 ⎞⎟ ⎛1 határértéket! 9. Számítsd ki a lim ⎜⎜ − x x →0 ⎝ x e − 1 ⎠⎟ 10. Határozd meg az a, b ∈ \ értékét, ha lim

x →∞

11. Határozd

meg

az

a, b ∈ \

értékét

(

3

(Felvételi, 1999., Konstanca)

1 ax 3 + bx 2 − 2x = − . 3 (Felvételi, 1999., Konstanca) úgy, hogy az f : \ \ {1} → \ ,

)

2

ax + bx + 2 függvényre lim f (x ) = 1 és lim f (x ) − x = 2 . x →∞ x →∞ x −1 (Érettségi változat, 1997.) 2 2 ln (x + 1) − ln (π + 1) 12. Számítsd ki: lim . (Érettségi változat, 2001.) x →π x −π f (x ) =

(

1

)

13. Számítsd ki: lim lim (cos x ⋅ cos 2x ⋅ ... ⋅ cos nx )x 2n 3 . n →∞ x → 0

14. Bizonyítsd be, hogy az f : \ \ {0} → \ , f (x ) = nincs határértéke az x = 0 pontban!

(Érettségi változat, 2002.)

1 (cos x − 1) függvénynek x (Érettségi változat, 2002.)

Tartalomjegyzék

Folytonos függvények

113

IV. FOLYTONOS FÜGGVÉNYEK Az előző fejezetben a függvények viselkedését vizsgáltuk az értelmezési tartomány valamely torlódási pontjának környezetében. Ha x 0 ∈ D és f : D → egy függvény, vizsgáljuk a függvény viselkedését az x 0 körül az x 0 -ben felvett értékhez viszonyítva. Feladatunk tulajdonképpen a következő: Egy f : D → függvény és egy x 0 ∈ D pont esetén mit jelent (grafikusan stb.) az, hogy minden x 0 -hoz tartó (x n )n ≥1 ⊂ D sorozatra az ( f (x n ))n ≥1 sorozat tart

f (x 0 ) -hoz? Ha egy függvény ezzel a tulajdonsággal rendelkezik, azt mondjuk, hogy folytonos x 0 -ban. Ebben a megfogalmazásban nem szükséges, hogy x 0 torlódási pontja legyen a D halmaznak, mert ha x 0 izolált pont, akkor az x n → x 0 feltételből következik, hogy (x n )n ≥1 egy indextől kezdve állandó sorozat, azaz x n = x 0 , ha

n ≥ k . Így f (x n ) = f (x 0 ) , ha n ≥ k és lim f (x n ) = f (x 0 ) . n →∞

A FOLYTONOS FÜGGVÉNYEK ÉRTELMEZÉSE Értelmezés. Az f : D →

függvény folytonos az x 0 ∈ D pontban, ha minden

(x n )n ≥1 ⊂ D , xn → x 0 sorozat esetén lim f (x n ) = f (x 0 ) .

n →∞

Megjegyzések. 1. Az értelmezésből következik, hogy az értelmezési tartomány izolált pontjaiban a függvény mindig folytonos. 2. A határérték környezetekkel való értelmezése alapján megfogalmazhatjuk a következő, az előbbivel ekvivalens értelmezést: y Környezetes értelmezés. Az f :D → függvény pontosan akkor folytonos az x 0 pontban, ha az f (x 0 ) minden V ∈ V ( f (x 0 )) környezetéhez rendelhető x 0 -nak olyan U ∈ V (x 0 ) környezete, amelyre teljesül az x ∈ U ∩ D ⇒ f (x ) ∈ V implikáció.

V1

{

V2

{

f(x0)

O

U2

{

környezetnek megfelel olyan U ∈ V (x 0 ) környezet (tehát egy U ×V téglalap is), amelyre x ∈ D ∩U esetén f (x ) ∈ V (vagyis a grafikus kép U -hoz tartozó

{

3. Grafikus jelentés: a V ∈ V ( f (x 0 ))

x0

U1 45. ábra

x

Tartalomjegyzék

114


része az U ×V téglalapban van). A 45. ábrán az f (x 0 ) V1 környezetének az x 0 U 1 környezete felel meg (nem egyedüli!), és a grafikus kép minden U 1 -nek megfelelő pontja a sötétebb téglalap belső tartományában van. Az f (x 0 ) V2 környezetéhez szintén megszerkeszthető az x 0 U 2 környezete és egy ilyen téglalap (világosabb). 4. A függvényhatárértékekre vonatkozó ε − δ -s kritérium alapján megfogalmazhatjuk az alábbi tulajdonságot:

ε − δ -s kritérium. Az f : D →

függvény pontosan akkor folytonos az x 0 ∈ D pontban, ha minden ε > 0 esetén létezik δ > 0 úgy, hogy ha x ∈ D és

x − x 0 < δ , akkor f (x ) − f (x 0 ) < ε (ha x 0 izolált pont, akkor létezik δ úgy, hogy az x 0 δ sugarú környezetében a D halmaznak nincs x 0 -n kívül más pontja). Példák 1. Vizsgáljuk az f :

x0 ∈

→

, f (x ) = ax + b , a, b ∈

függvény folytonosságát egy

pontban. Ha x n → x 0 , akkor lim f (x n ) = lim (ax n + b ) = ax 0 + b = f (x 0 ) . n →∞

n →∞

Tehát f folytonos minden pontban. 2. Folytonos-e az f : → , f (x ) = 2x 3 + 1 függvény az x 0 = 2 pontban? Az értelmezés alapján a lim x n = 2 , x n ∈ sorozat esetén vizsgáljuk az n →∞

f (x n ) = 2x + 1 sorozat határértékét. 3 n

(

lim f (x n ) = lim (2x n3 + 1) = 2 lim x n3 + 1 = 2 lim x n

n →∞

n →∞

n →∞

n →∞

)

3

+ 1 = 17 = f (2) ,

tehát a függvény folytonos az x 0 = 2 pontban. Ha az ε − δ -s kritériumot használjuk, akkor meg kell határozzunk egy megfeleltetést ε és δ között. Rögzítsük az ε > 0 számot. f (x ) − f (x 0 ) = 2x 3 + 1 − 2 ⋅ 23 − 1 = 2 x 3 − 23 = 2 x − 2 x 2 + 2x + 22

f (x ) − f (x 0 ) = 2 x − 2 x 2 + 2x + 4 = 2 (x 2 + 2x + 4) x − 2 < ε , ε ε ε ε < = = . ha x − 2 < 2 2 2 (x + 2x + 4) 2 min (x + 2x + 4) 2 f (−1) 6 x∈

ε > 0 úgy, hogy f (x ) − f (2) < ε , bármely 6 , x − 2 < δ esetén. Így a függvény folytonos az x 0 = 2 pontban.

Így minden ε > 0 esetén létezik δ =

x∈

, f (x ) = sin x függvény folytonos minden x 0 ∈ pontban, mert x − x0 x + x0 x − x0 f (x ) − f (x 0 ) = sin x − sin x 0 = 2 sin cos ≤2 ⋅1, 2 2 2 és így az f (x ) − f (x 0 ) = sin x − sin x 0 ≤ x − x 0 < ε egyenlőtlenség igaz, ha

3. Az f :

→

x − x0 < δ = ε .

Tartalomjegyzék


115

4. Az f függvény nem folytonos az x 0 ∈ D pontban, ha létezik egy (x n )n ≥1 ⊂ D sorozat, amelyre

lim f (x n ) ≠ f (x 0 ) .

n →∞

Ez akkor fordul elő, ha nem létezik a határérték, vagy létezik, de nem egyenlő f (x 0 ) val. Ha x 0 ∈ D torlódási pontja a D ∩ (x 0 , ∞) illetve D ∩ (−∞, x 0 ) halmazoknak, akkor a szélső határértékek figyelembevételével az x 0 -ban való folytonosság szükséges és elégséges feltétele, hogy létezzenek a szélső határértékek és legyenek egyenlők f (x 0 ) -val. Ha f nem folytonos az x 0 ∈ D pontban, akkor azt mondjuk, hogy x 0 szakadási pontja az f függvénynek. Egy függvény különböző módokon viselkedhet egy szakadási pont körül, ezért bevezetjük a következő fogalmakat: Értelmezés. Az x 0 ∈ D elsőfajú szakadási pontja az f : D → függvénynek, ha x 0 -ban létezik a jobb- és a baloldali határérték és ezek végesek, de a függvény nem folytonos x 0 -ban. A többi szakadási pontot másodfajú szakadási pontnak nevezzük Példa. Vizsgáljuk a következő függvények folytonosságát, szakadási pontjainak természetét. ⎧⎪1, x > 0; ⎧⎪x , x ≠ 0; ⎪ a) f1 : → , f1 (x ) = sgn x = ⎪⎨0, x = 0; b) f2 : → , f2 (x ) = ⎪⎨ ⎪⎪2, x = 0. ⎪⎪ ⎩ ⎪⎪⎩−1, x < 0. ⎧⎪ 1 1 ⎧ ⎪ ⎪ , x > 0; ⎪sin , x ≠ 0; c) f3 : → , f3 (x ) = ⎪⎨ x d) f4 : → , f4 (x ) = ⎪⎨ x ⎪⎪0, x ≤ 0. ⎪ 0, x = 0. ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎩ Megoldás. a) Az f1 függvény állandó y az x 0 ≠ 0 bármely 0 -t nem tartalmazó környezetében, így f1 folytonos minden 1 x 0 ≠ 0 pontban. Az x1 = 0 pontban ε lim f1(x ) = −1 és lim f1(x ) = 1 , tehát a δ δ x 0 x 0 ( ) függvénynek nincs határértéke az x1 = 0 0 x pontban. Így f1 nem folytonos ebben a ε pontban. Mivel a szélső határértékek 1 46. ábra végesek, következik, hogy az x1 = 0 elsőfajú szakadási pont (46. ábra). b) Az f2 elsőfokú függvény az x 0 ≠ 0 bármely 0 -t nem tartalmazó környezetében, f2 x0 ≠ 0 x0 = 0 így folytonos minden pontban. Az pontban lim f2 (x ) = lim x = 0 ≠ 2 = f2 (0) , tehát létezik 0 -ban a függvénynek határértéke, de x →0

x →0

nem folytonos 0 -ban, így a 0 elsőfajú szakadási pontja a függvénynek. 1 1 1 és yn = c) A lim sin határérték nem létezik, mert az x n = π , n ≥1 x →0 2n π x 2n π + 2 sorozatok esetén a függvényértékek sorozatának különböző a határértéke, tehát a

Tartalomjegyzék

116


függvény nem folytonos. Másrészt, mivel az előbbi sorozatok pozitív tagúak, nem létezik sem a jobb- sem a baloldali határérték (mert a függvény páratlan), tehát az x 0 = 0 másodfajú szakadási pont. 1 d) Mivel lim = +∞ és lim f4 (x ) = 0 , következik, hogy a függvény nem folytonos x 0 x x 0 0 -ban és itt másodfajú szakadási pontja van, mert a jobboldali határérték nem véges. 5. Az f : → , f (x ) = x 3 függvény folytonos az x 0 = 1 pontban, mert

f (x ) − f (1) = x 3 − 13 = x − 1 x 2 + x + 1 < ε , ha ε ε ε ε 4 < = = = ε. 2 2 3 1 x + x + 1 min (x + x + 1) ⎛ 1 ⎞⎟ 3 ⎜⎜− ⎟ − + 1 4 ⎝ 2⎠ 2 4ε 4ε , tehát δ = és a függvény folytonos az Így f (x ) − f (1) < ε , ha x − 1 < 3 3 x 0 = 1 pontban. Megjegyzés. Általában az olyan függvényeknél, amelyek a D ∩ (x 0 , ∞) és D ∩ (−∞, x 0 ) halmazokon különböző törvénnyel (képlettel) értelmezettek a szélső határértékekkel vizsgáljuk a folytonosságot, mert f : [a, b ] → pontosan akkor x −1 <

2

folytonos az x 0 ∈ [a, b ] pontban, ha lim f (x ) = lim f (x ) = f (x 0 ) . x →x 0 x <x 0

x →x 0 x >x 0

Gyakorlatok Vizsgáld a következő függvények folytonosságát az adott pontokban: 1 3 1. f : [−1,1] → , f (x ) = x 2 + 1 , x = 0, , − . 2 4 1 2. f : [−3, 4 ] → , f (x ) = 2 , x = 0 , 2 , −1 . x +1 ⎧ ⎪x 2 − 1, x < 0 3. f : → , f (x ) = ⎪ ⎨3x + 1, x ≥ 0 , x = 0 , −1 , 2 . ⎪ ⎪ ⎩ ⎧⎪x − 1, x < −1 ⎪⎪ 4. f : → , f (x ) = ⎪⎨x 2 − 3, x ∈ [−1,1] , x = 0 , −1 , 1 . ⎪⎪ ⎪⎪⎩3x + 1, x > 1 1 5. f : → , f (x ) = {x } = x − [x ] , x = 1, 2, , ahol [x ] az x valós szám 2 egészrésze és {x } a törtrésze. 6. Határozd meg az f (x ) = tg x függvény folytonossági tartományát!

Tartalomjegyzék


117

1 ⎧ ⎪ ⎪ , x ≠0 ⎪ 7. f (x ) = ⎨ x 2 , x = 0 , 1 , −1 . ⎪ ⎪ 0, x = 0 ⎪ ⎩ ⎧⎪⎪1, x ∈ 8. f (x ) = ⎨ , x = 0 , 1, − 2 . ⎪⎪⎩0, x ∈ \ 9. f : → , f (x ) = x 2 + x 3 , x = 1, 3 .

10. f :

→

, f (x ) = sin x + cos x , x = 0,

11. f : [1, 2] →

, f (x ) = x +

π , π. 2

1 3 ,x= . 2 x

12. Bizonyítsd be, hogy az f :

→

⎧1, x ∈ ⎪ , f (x ) = ⎪ ⎨0, x ∈ ⎪ ⎪ ⎩

\

függvény nem

folytonos egyetlen x 0 pontban sem!

1⎞ ⎛ folytonos függvény esetén f ⎜⎜r + ⎟⎟ = f (r ) , minden r ∈ ⎝ n⎠ esetén. Bizonyítsd be, hogy f állandó függvény!

13*. Az f :

n∈

*

→

és

A Cauchy féle függvényegyenlet Feladat. Határozzuk meg azon f : → függvényeket, amelyekre f (x + y ) = f (x ) + f (y ) (1) minden x , y ∈ esetén. Megoldás. Ha az (1) összefüggésben x = y = 0 , akkor f ( 0 ) = f ( 0 + 0 ) = f ( 0 ) + f ( 0) = 2 f ( 0 ) , tehát f (0) = 0 . Ha x = y , akkor f (2x ) = f (x + x ) = f (x ) + f (x ) = 2 f (x ) , így a matematikai indukció módszerével igazolhatjuk, hogy f (n ⋅ x ) = n ⋅ f (x ) , ∀x ∈ (2) * minden n ∈ esetén. Valóban, ha a tulajdonság igaz n esetén, akkor f ((n + 1) x ) = f (nx + x ) = f (nx ) + f (x ) = nf (x ) + f (x ) = (n + 1) f (x ) , tehát igaz n + 1 -re is. A matematikai indukció elve alapján (2) igaz, minden n ∈ esetén. 0 = f (0) = f (x + (−x )) = f (x ) + f (−x ) , tehát f (−x ) = −f (x ) , minden x ∈ esetén. Ha n ∈ * , akkor f ((−n ) x ) = f (−nx ) = −f (nx ) = −nf (x ) , így minden k ∈ és x ∈ esetén f (k ⋅ x ) = k ⋅ f (x ) .

Tartalomjegyzék

118 Ha


m ∈ n

, m, n ∈

, n > 0 , akkor

⎛ m ⎞ ⎛m ⎞ m ⋅ f (x ) = f (m ⋅ x ) = f ⎜⎜n ⋅ x ⎟⎟ = n ⋅ f ⎜⎜ x ⎟⎟ , tehát ⎝ n ⎠ ⎝n ⎠ ⎛m ⎞ m f ⎜⎜ x ⎟⎟ = f (x ) . ⎝n ⎠ n Innen következik, hogy minden r ∈ és x ∈ esetén f (r ⋅ x ) = r ⋅ f (x ) , tehát, ha r ∈ , akkor f (r ) = r ⋅ f (1) . A továbbiakban igazoljuk, hogy ez kiterjeszthető a valós számok halmazára. Ha α ∈

, tekintsük az (rn )n ≥1 racionális

számsorozatot úgy, hogy lim rn = α . Mivel f folytonos az α -ban, következik, hogy n →∞

(

)

f (α) = lim f (rn ) = lim (rn f (1)) = lim rn f (1) = α f (1) . n →∞

n →∞

n →∞

Tehát f (α) = α ⋅ f (1) , minden α ∈ esetén, így az (1) összefüggést teljesítő ( ) folytonos függvények az f x = m ⋅ x , m ∈ alakúak. Megjegyzések. Az (1) egyenletet Cauchy-féle függvényegyenletnek nevezzük és végtelen sok nem folytonos megoldása van. Az elemi függvények (hatványfüggvény, exponenciális függvény, logaritmus függvény stb.) értelmezhetők, mint valamilyen függvényegyenlet folytonos megoldásai, a legtöbb ilyen egyenlet az előzőhöz hasonló eljárással oldható meg. MŰVELETEK FOLYTONOS FÜGGVÉNYEKKEL Egyszerűbb lenne a függvények folytonosságának vizsgálata, ha ismernénk olyan tulajdonságokat, amelyek az algebrai műveletek és a folytonosság között teremtenek kapcsolatot. Például az f (x ) = sin x + cos x függvény folytonosságát egyszerűbb lenne vizsgálni, ha külön-külön vizsgálnánk a sin x és cos x függvényeket és a folytonosság átöröklődne az összegre is. Feladat. Vizsgáljuk, hogy ha az f , g : D → függvények folytonosak az x 0 ∈ D pontban, akkor az f + g összegfüggvény folytonos-e x 0 -ban! Megoldás. Tekintsünk egy (x n )n ≥1 , x n → x 0 sorozatot! Mivel f és g folytonosak

x 0 -ban, következik, hogy

lim f (x n ) = f (x 0 )

n →∞

és

lim g (x n ) = g (x 0 ) . Így a

n →∞

konvergens sorozatok tulajdonságai alapján lim ⎡⎣ f (x n ) + g (x n )⎤⎦ = lim f (x n ) + lim g (x n ) = f (x 0 ) + g (x 0 ) = ( f + g )(x 0 ) , n →∞

x →∞

x →∞

tehát

lim ( f + g )(x ) = lim f (x ) + lim g (x ) = f (x 0 ) + g (x 0 ) = ( f + g )(x 0 ) ,

x →x 0

x →x 0

vagyis f + g folytonos x 0 -ban.

x →x 0

Tartalomjegyzék


119

Hasonló gondolatmenettel igazolható, hogy a sorozatok határértékeinek tulajdonságai átöröklődnek a folytonos függvények vizsgálatánál. Ezeket a tulajdonságokat a következő tétel foglalja össze: Tétel. Tekintsük az f , g : D →

függvényeket és az x 0 ∈ D pontot.

a) Ha f és g folytonos az x 0 pontban, akkor f + g is folytonos x 0 -ban. b) Ha f és g folytonos az x 0 pontban, akkor f ⋅ g is folytonos x 0 -ban. f c) Ha f és g folytonos az x 0 pontban és g (x 0 ) ≠ 0 , akkor is folytonos x 0 g ban. d) Ha az f : D → E függvény folytonos az x 0 ∈ D pontban és a g : E → függvény folytonos az y 0 = f (x 0 ) , y 0 ∈ E pontban ( D ⊆ g f függvény is folytonos x 0 -ban. e) Ha az f : D → akkor az u : D →

* +

és g : D → g (x )

+

u (x ) = [ f (x )]

és E ⊆

), akkor a

függvények folytonosak az x 0 pontban, függvény is folytonos x 0 -ban.

Sajátos esetek. Ha az f : D → E függvény folytonos az x 0 ∈ D pontban, akkor a következő függvények is folytonosak x 0 -ban: a) g : D → , g (x ) = a f x , ahol a > 0 és a ≠ 1 . b) h : D → , h (x ) = loga f (x ) , ahol f (x ) > 0 , ∀x > 0 és a > 0 , a ≠ 1 . c) k : D → , k (x ) = sin f (x ) . A sin függvény helyett bármilyen más trigonometrikus függvényt tekinthetünk ( cos , tg , ctg , arcsin , arccos , arctg , arcctg ) azzal a feltétellel, hogy f (x 0 ) legyen benne az illető függvény értelmezési tartományában (például tg esetén f (x 0 ) ne π legyen (2k + 1) alakú). 2 Megjegyzés. A „Függvények határértéke” című fejezetben láttuk, hogy a polinomfüggvények, az exponenciális, logaritmus és trigonometrikus függvények valamint ezek inverzei mind folytonosak (lásd a megoldott gyakorlatokat). A továbbiakban ezekre a függvényekre és az ezekből összeadás, szorzás, osztás, hatványozás, összetevés útján előállítható függvényekre elemi függvényként hivatkozunk. Az előbbiek alapján az elemi függvények folytonosak az értelmezési tartományukon. ( )

Gyakorlatok és feladatok 1. Milyen pontokban folytonos az f : → , f (x ) = x n , n ∈ * függvény? 2. Vizsgáld az f : → , f (x ) = sin x ⋅ cos x függvény folytonosságát az x = 0 és x = π pontokban!

Tartalomjegyzék

120


3. a) Bizonyítsd be, hogy ha az f függvény folytonos az x 0 -ban és f (x 0 ) ≠ 0 , 1 akkor az függvény is folytonos x 0 -ban. f b) Bizonyítsd be, hogy ha az f és g függvény folytonos x 0 -ban és g (x 0 ) ≠ 0 , f akkor az függvény is folytonos x 0 -ban. g 4. Milyen pontokban folytonosak a következő függvények? 1 1 a) f : \ {0} → , f (x ) = 2 ; b) f : → , f (x ) = ; x 1 + sin2 x x c) f : \ {−1,1} → , f (x ) = 2 ; x −1 d) f : → , f (x ) = max (sin x , cos x ) . 5. Bizonyítsd be, hogy ha az f függvény folytonos x 0 -ban, akkor a f függvény is folytonos x 0 -ban. 6. Igaz-e az előbbi állítás fordítottja? 7. Tanulmányozd a következő függvények folytonosságát: ⎪⎧x 2 + 2, x ≥ 0 3 a) f (x ) = ⎪ b) f : → , f (x ) = (2x + 1) ; ⎨−x , x <0; ⎪⎪⎩ c) f (x ) = cos2 x + 2 cos x + 1 ;

1 ⎧ ⎪ ⎪ 2 , x ≠ −1 ⎪ ( + x 1) ; e) f (x ) = ⎨ ⎪ ⎪ 0, x = − 1 ⎪ ⎪ ⎩

⎧⎪x 2 , x∈ g) f (x ) = ⎪ ⎨3x − 2, x ∈ \ ; ⎪⎪⎩ 8. Bizonyítsd be, hogy az f : + → zési tartomány minden pontjában!

⎧ 1 ⎪ ⎪ , x ≥1 ⎪ ⎪ x ⎪ −1 ≤ x < 1; d) f (x ) = ⎨0, ⎪ ⎪ 1 ⎪ − 3 , x < −1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x 2 ⎧⎪ 2 ⎪⎪(x + 1) , x < 0 f) f (x ) = ⎪⎨0, x = 0; ⎪⎪ 4 ⎪⎪⎩− (x + 1) , x > 0 ⎧⎪ x + 1 ⎪ , x∈ h) f (x ) = ⎪⎨ x − 2 . ⎪⎪3x − 2, x ∈ \ ⎪⎩ , f (x ) = x függvény folytonos az értelme-

9. Határozd meg az f (x ) = x 2 − 1 függvény maximális értelmezési tartományát és igazold, hogy folytonos annak minden pontjában! 10. Határozd meg a következő függvények szakadási pontjait: 1 a) f : → , f (x ) = lim ; b) f : → , f (x ) = lim n 1 + x 2n ; n →∞ n → ∞ 1 + x 2n 2 nx x + x ⋅e ; d) f : → , f (x ) = max x 2 , x . c) f : → , f (x ) = lim n →∞ 1 + e nx

(

)

Tartalomjegyzék


121

11. Tanulmányozd a következő függvények folytonosságát: a) f : → , f (x ) = [x ] , ahol [x ] az x valós szám egészrésze. b) f : → , f (x ) = {x } , ahol {x } az x valós szám törtrésze. 12. Határozd meg azokat a 0 -ban folytonos f : → függvényeket, amelyekre f (x ) + f (2x ) = 0 , minden x ∈ esetén. 13. Határozd meg az f : → függvényeket, ha x ⋅ f (y ) + y ⋅ f (x ) = (x + y ) ⋅ f (x ) ⋅ f (y ) , minden x , y ∈ esetén. Ezek közül hány folytonos az minden pontjában? 14*. Az f , g :

→

periodikus függvényekre

lim [ f (x ) − g (x )] = 0 .

x →∞

Bizonyítsd be, hogy f = g . 15*. Határozd meg azokat az f : (0, ∞) →

függvényeket, amelyek folytonosak a

(0, ∞) minden pontjában és f (x ) = f (x 2 ) , minden x ∈ 16. Határozd meg azokat az f : (−1,1) →

* +

= (0, +∞) esetén.

függvényeket, amelyek folytonosak a

⎛ x + y ⎞⎟ (−1,1) minden pontjában, és f (x ) + f (y ) = f ⎜⎜ ⎟⎟ , minden x , y ∈ (−1, 1) esetén. ⎝⎜ 1 + xy ⎠⎟

INTERVALLUMON FOLYTONOS FÜGGVÉNYEK Értelmezés. Azt mondjuk, hogy az f függvény folytonos az I intervallumon, ha az I intervallum minden pontjában folytonos. Általában az f : D → függvény folytonos, ha folytonos minden x 0 ∈ D pontban. Az előbbi paragrafus tételéből következik az alábbi tétel: függvények folytonosak, akkor az Tétel. a) Ha az f : D → és g : D → ( ) ( ) ( ) f + g : D → , ( f + g ) x = f x + g x , x ∈ D függvény is folytonos. b) Ha az f : D → és g : D → függvények folytonosak, akkor az f ⋅ g : D → , ( f ⋅ g )(x ) = f (x ) ⋅ g (x ) , x ∈ D függvény is folytonos. c) Ha az f : D → és g : D → függvények folytonosak és g (x ) ≠ 0 , minden ⎛f ⎞ f f (x ) x ∈ D esetén, akkor az : D → , ⎜⎜ ⎟⎟⎟(x ) = , x ∈ D függvény is folytonos. ⎜⎝ g ⎠⎟ g g (x ) d) Ha az f : D → E és g : E → függvények folytonosak ( D ⊆ és E ⊆ ), akkor a g f : D → függvény is folytonos. e) Ha az f : D → E függvény folytonos és bijektív ( D ⊆ , E ⊆ intervallumok), akkor az f −1 : E → D inverz függvény is folytonos.

Tartalomjegyzék

122


f) Ha az f : D →

u :D →

* +

és g (x )

+

u (x ) = ( f (x ))

g :D →

függvények folytonosak, akkor az

függvény is folytonos.

Sajátos esetek. Ha az f : D → E függvény folytonos, akkor a következő függvények is folytonosak: a) g : D → , g (x ) = a f x , ahol a > 0 és a ≠ 1 . b) h : D → , h (x ) = loga f (x ) , ahol f (x ) > 0 , ∀x > 0 és a > 0 , a ≠ 1 . c) k : D → , k (x ) = sin f (x ) . Példák 1. f : [−1,1] → , f (x ) = x 2 + 2 folytonos az I = [−1, 1] intervallumon; ( )

2. f : [1, 4 ] →

, f (x ) = 2x 3 + 1 folytonos az I = [1, 4 ] intervallumon; 1 3. f : [1, 2 ] → , f (x ) = folytonos az I = [1, 2 ] intervallumon; x 1 4. f : (0,1) → , f (x ) = folytonos az I = (0,1) intervallumon. x Az eddig tanulmányozott függvények többsége folytonos egy megfelelő intervallumon. Azt sejtjük, hogy ezek a (zárt intervallumon értelmezett) függvények korlátosak, és ha f (x 1 ) < f (x 2 ) , akkor f az x 1 és x 2 által meghatározott intervallumban minden f (x 1 ) és f (x 2 ) közötti értéket felvesz. Sejtésünk akár hibás is lehet, mert grafikus képen alapul. Értelmezhetünk olyan folytonos görbéket, amelyeket nem tudunk grafikusan ábrázolni. Ezért ahhoz, hogy a folytonos függvényekre vonatkozó állításunkat igazoljuk, nem intuitív meggondolásokon alapuló gondolatmenetre van szükségünk. A következő paragrafusokban intuitív szempontból egyszerű, de elég bonyolult tulajdonságokat fogunk igazolni, amelyek néhol elég bonyolult bizonyítást igényelnek. Bolzano 1 tétele és a Darboux tulajdonság Tekintsük a következő három tulajdonságot: 1. Folytonos függvény minden intervallumot intervallumba képez. egy folytonos függvény , x 1, 2 ∈ [a, b ] , Pontosabban fogalmazva: ha f : [a, b ] →

x 1 < x 2 tetszőleges pontok, f (x 1 ) = y1 , f (x 2 ) = y2 , akkor minden y 0 ∈ [y1, y2 ] (vagy y 0 ∈ [y2 , y1 ] ) esetén létezik x 0 ∈ [x 1, x 2 ] úgy, hogy f (x 0 ) = y 0 . 2. Ha az f : [a, b ] →

folytonos függvény x 1 ∈ [a, b ] -ben pozitív, és x 2 ∈ [a, b ] -ben

negatív, akkor létezik c ∈ [x 1, x 2 ] úgy, hogy f (c ) = 0 . 3. Zárt intervallumon értelmezett folytonos függvény képe zárt intervallum.

1

Bernard Bolzano (1781-1848) a skolasztikus filozófiában járatos katolikus pap volt. Egyike a legelsőknek, aki a szigorúság modern fogalmát bevezette a matematikai analízisbe.

Tartalomjegyzék


123

A második tulajdonság az első sajátos esete. A továbbiakban látni fogjuk, hogy az első tulajdonság is következik a másodikból. Habár úgy tűnik, hogy az első tulajdonság ekvivalens a függvények folytonosságával, látni fogjuk, léteznek olyan függvények, amelyek nem folytonosak és mégis rendelkeznek ezzel a tulajdonsággal. Ezért ezt a tulajdonságot „a közbeeső értékek tulajdonságának”, vagy Darboux tulajdonságnak nevezzük. A fogalmak rögzítése céljából a következő értelmezést adjuk: Értelmezés. Az f : [a, b ] → függvény Darboux tulajdonságú, ha minden

x 1, 2 ∈ [a, b ] , x 1 < x 2 és minden y 0 ∈ ( f (x 1 ), f (x 2 )) (vagy y 0 ∈ ( f (x 2 ), f (x 1 )) ) esetén létezik x 0 ∈ (x 1, x 2 ) úgy, hogy f (x 0 ) = y 0 . Megjegyzés. Ez az értelmezés ekvivalens azzal, hogy a függvény az [a, b ] értelmezési tartomány minden részintervallumát intervallumba képezi. Példa. Bizonyítsuk be, hogy az f : + → , f (x ) = x 2 + 1 függvény Darboux tulajdonságú. Ha x 1, 2 ∈ + és y 0 ∈ (x 12 + 1, x 22 + 1) , akkor x 0 = y 0 − 1 az (x 1, x 2 ) intervallumban van és f (x 0 ) = y 0 , tehát az f függvény Darboux tulajdonságú. Először a második tulajdonságot igazoljuk. A tulajdonság fontossága miatt tételként is kijelentjük. Tétel. (Bolzano) Ha f : [a, b ] →

, (a < b ) függvény folytonos és f (a ) ⋅ f (b ) < 0 ,

akkor létezik c ∈ (a, b) úgy, hogy f (c ) = 0 . Bizonyítás. Az általánosság megszorítása nélkül feltételezhetjük, hogy f (a ) < 0 .

{

}

A H = x ∈ [a, b ] f (x ) < 0 halmaz nem üres és korlátos, mert az [a, b ] intervallum része és a ∈ H . A felső határ axiómája szerint létezik s = sup H . Bizonyítjuk, hogy f (s ) = 0 , és a < s 0 , amelyre f (a ) + ε < 0 < f (b ) − ε . Az f függvény folytonossága alapján lim f (x ) = f (a ) és x

a

lim f (x ) = f (b ) , így létezik δ (ε) > 0 úgy, hogy f (x ) < f (a) + ε < 0 < f (b) − ε < f (y) , x

b

ha a < x < a + δ (ε) és b − δ (ε) < y 0 úgy, hogy f (x ) < 0 , minden x ∈ (s − δ,s + δ ) esetén, ez pedig azt jelentené, hogy H -nak van s -nél nagyobb eleme is. Ebből az ellentmondásból következik, hogy f (s ) ≥ 0 . Másrészt, ha f (s ) > 0 , akkor az f függvény s -beli folytonossága alapján létezik δ > 0 úgy, hogy f (x ) > 0 , minden x ∈ (s − δ, s + δ ) esetén. Ebből az egyenlőtlenségből következik, hogy H -nak van s -nél kisebb felső korlátja, ami ellentmond s megválasztásával. Következésképpen f (s ) = 0 .

Tartalomjegyzék

124

Folytonos függvények Ebből a tételből következik az első tulajdonság:

Tétel. Ha az f : [a, b ] →

függvény folytonos, akkor Darboux tulajdonságú.

Bizonyítás. Ha x 1,2 ∈ [a, b ] rögzített számok, és y 0 ∈ ⎡⎣ f (x 1 ), f (x 2 )⎤⎦ egy tetszőleges szám, tekintsük a g : [a, b ] → , g (x ) = f (x ) − y 0 folytonos függvényt. Az értékek megválasztásából következik, hogy g (x1 ) = f (x1 ) − y0 < 0 , és g (x 2 ) = f (x 2 ) − y0 > 0 , tehát létezik x 0 ∈ (x 1, x 2 ) , amelyre g (x 0 ) = f (x 0 ) − y 0 = 0 . Következésképpen az f függvény Darboux tulajdonságú. ⎧⎪ 1 ⎪sin , x ≠ 0 függvény Példa. Bizonyítsuk be, hogy az f : → [−1,1] , f (x ) = ⎪⎨ x x =0 ⎪⎪⎩⎪a, Darboux tulajdonságú, minden a ∈ [−1,1] esetén. Bizonyítás. Ha 0 < x 1 < x 2 vagy x 1 < x 2 < 0 , akkor az f függvény folytonos az [x1, x 2 ] intervallumon, tehát Darboux tulajdonságú is. Így az (x1, x 2 ) intervallumon minden f (x 1 ) és f (x 2 ) közötti értéket felvesz. Ha x 1 ≤ 0 < x 2 vagy x 1 < 0 ≤ x 2 , 1 1 akkor a z n ,1 = ± π , n ≥ 1 és z n , 2 = ± π , n ≥ 1 sorozatokban 2n π + 2n π − 2 2 megválaszthatjuk az előjeleket úgy, hogy a két sorozat tagjai egy n (x 1, x 2 ) ∈ -től kezdődően az (x 1, x 2 ) intervallumban legyenek. Így

[−1,1] ⊃ f ([x1, x 2 ]) ⊃ f ([zn 1, zn 2 ]) = [−1,1] ,

tehát a függvény képe az [x1, x 2 ] intervallumon [−1,1] ( a -tól függetlenül). Mindezekből következik, hogy a függvény Darboux tulajdonságú. Megjegyzések. 1. A tétel grafikus értelmezése a következő: Ha egy folytonos függvény grafikus képe átmegy az A (a, f (a )) és B (b, f (b )) pontokon, az A pont az Ox tengely alatt van és a B pont az Ox tengely fölött van, akkor az f függvény grafikus képe legalább egy c ∈ (a, b) abszcisszájú pontban metszi az Ox tengelyt (az f (x ) = 0 egyenletnek van legalább egy megoldása a és b között, lásd a 47. ábrát). 2. A 48. ábrán látható, szakadásos függvény esetében az előbbi tételek nem igazak. ⎧ ⎪1 + x , x > 0 Az f : → , f (x ) = ⎪ ⎨−1 + x , x ≤ 0 függvény nem rendelkezik a felsorolt ⎪ ⎪ ⎩ tulajdonságok közül egyikkel sem. y f(b)>0

B(b, f(b))

O

f(a)<0

x

A(a, f(a))

y

O

x

Tartalomjegyzék


125

48. ábra

47. ábra

Weierstrass tétele Az előbbi paragrafusban említett harmadik tulajdonság Karl Weierstrass (18151897) matematikus nevét viseli. Tétel. Ha az f : [a, b ] → , (a < b ) függvény folytonos, akkor létezik c1, c2 ∈ [a, b ] úgy, hogy f (c1 ) = M = max f (x ) ; f (c2 ) = m = min f (x ) . x ∈[a ,b ]

x ∈[a ,b ]

Megjegyzés. A tulajdonságot a következőképpen is megfogalmazhatjuk: Zárt intervallumon értelmezett folytonos függvény eléri határait. Bizonyítás. Igazoljuk, hogy a függvény képe korlátos halmaz. Ha nem volna az, akkor létezne olyan (yn )n ≥1 ⊂ Im f sorozat, amelynek a határértéke ∞ vagy −∞ . Erre a sorozatra létezik egy (x n )n ≥1 ⊂ [a, b ] úgy, hogy f (x n ) = yn , n ≥ 1 . Mivel az

(x n )n ≥1 sorozat korlátos, létezik (x n

k

)≥

k 1

konvergens részsorozata. Jelöljük ennek a

határértékét l -lel. Mivel az értelmezési tartomány zárt intervallum, l ∈ [a, b ] , és így f

lim f (x nk ) = f (l ) . Ez ellentmond az (yn )n ≥1 sorozat

folytonos l -ben, tehát

k →∞

(

)

megválasztásának, mert f (x nk )

k ≥1

részsorozata az (yn )n ≥1 sorozatnak, és így nem

lehet véges határértéke. Tehát a függvény képe korlátos, így az alsó és felső határ axiómája alapján létezik M = sup Im f és m = inf Im f . Még igazolnunk kell, hogy M , m ∈ Im f . A szuprémum értelmezéséből következik, hogy létezik olyan

f (x n ) = M . Mivel az (x n )n ≥1 ⊂ [a, b ] sorozat (x n )n ≥1 ⊂ [a, b ] sorozat, amelyre nlim →∞ korlátos, ezért létezik konvergens részsorozata, és ha l1 ezen részsorozat határértéke, akkor M = f (l1 ) ∈ Im f . Hasonlóan látható be az is, hogy m ∈ Im f . Megoldott feladatok 1. Bizonyítsuk be, hogy ha az f : [ 0,1] → [ 0,1] függvény folytonos, akkor létezik olyan x 0 ∈ [ 0,1] , amelyre

y 1 M(x0, x0)

O

49. ábra

x0

1

x

Tartalomjegyzék

126


f (x 0 ) = x 0 ( x 0 az f függvény egy fixpontja). Bizonyítás. A ϕ : [ 0,1] →

, ϕ (x ) = f (x ) − x függvény folytonos, mert két

folytonos függvény különbsége. Ha ϕ (0) = 0 , akkor f (0) − 0 = 0 , így f (0) = 0 , azaz 0 fixpont. Ha ϕ (1) = 0 , akkor f (1) = 1 , ekkor 1 fixpont. Ha ϕ (0) ≠ 0 és ϕ (1) ≠ 0 , akkor mivel az f a [0,1] intervallumon veszi fel az értékeit, következik, hogy ϕ (0) = f (0) > 0 és ϕ (1) = f (1) − 1 < 1 − 1 = 0 . Alkalmazhatjuk Bolzano tételét a ϕ függvényre a [0,1] intervallumon. Tehát létezik x 0 ∈ (0,1) úgy, hogy

ϕ (x 0 ) = 0 , ami azt jelenti, hogy f (x 0 ) = x 0 , tehát x 0 fixpontja az f függvénynek. 2. Bizonyítsuk be, hogy minden páratlan fokú polinomfüggvénynek van legalább egy valós gyöke. Bizonyítás. Az általánosság megszorítása nélkül feltételezhetjük, hogy a főegyüttható 1 , (ellenkező esetben a polinomiális egyenletet osztjuk a főegyütthatóval): f (x ) = x 2n +1 + a1x 2n + ... + a2n x + a2n +1 . Mivel lim f (x ) = (−∞)2n +1 = −∞ és x →−∞

lim f

x →+∞

(x )

= (+∞)2n +1 = +∞ , következik, hogy a függvény felvesz pozitív és

negatív értékeket is. Ugyanakkor a polinomfüggvény folytonos, tehát Bolzano tétele alapján létezik x 0 ∈ úgy, hogy f (x 0 ) = 0 . 3. Az f : [ 0, π ] → , f (x ) = 1 + 2 sin x függvény folytonos a [ 0, π ] intervallumon. Határozzuk meg a függvény képét! Megoldás. Mivel 0 ≤ sin x ≤ 1 , minden x ∈ [ 0, π ] esetén, következik, hogy

0 ≤ 2 sin x ≤ 2 , és 1 ≤ 1 + 2 sin x ≤ 3 . Így 1 ≤ f (x ) ≤ 3 , minden x ∈ [ 0, π ] esetén. ⎛π⎞ Másrészt max f (x ) = 3 = f ⎜⎜ ⎟⎟ és min f (x ) = 1 = f (0) = f (π ) , tehát mivel f , x ∈[ 0, π ] x ∈[ 0, π ] ⎝2⎠ folytonos a képe a [0, π ] intervallumon Im f = f ([ 0, π ]) = [1, 3 ] . 4. Bizonyítsuk be, hogy ha az f : [a, b ] →

függvény folytonos, f (a ) = f (b ) és

f (x ) ≥ f (a ) , minden x ∈ (a, b ) esetén, akkor minden 0 < l < b − a esetén van a függvény grafikonjának l hosszúságú, Ox tengellyel párhuzamos húrja. Bizonyítás. 0 < l < b − a esetén y az értelmezzük [a, b − l ] intervallumon a h függvényt: l h (x ) = f (x + l ) − f (x ) . A(a, f(a)) B(b, f(b)) A feltételek alapján h (a ) = f (l + a ) − f (a ) ≥ 0 és h (b − l ) = f (b ) − f (b − l ) ≤ 0 . x0 a x0 + l b O x Ha a két egyenlőtlenség közül valamelyikben egyenlőség van, akkor 50. ábra

Tartalomjegyzék


127

kész vagyunk. Ha nincs egyenlőség, akkor alkalmazhatjuk Bolzano tételét: h (a ) > 0 és h (b − l ) < 0 , tehát létezik x 0 ∈ (a, b − l ) úgy, hogy h (x 0 ) = 0 . Ez az egyenlőség ekvivalens az f (x 0 + l ) − f (x 0 ) = 0 egyenlőséggel, ami azt jelenti, hogy a függvény grafikus képének van l hosszúságú, Ox tengellyel párhuzamos húrja. 5. Az f : → függvény teljesíti a következő feltételeket: (1) minden x , y ∈ esetén f (x ) − f (y ) ≤ k ⋅ (x − y ) , ahol k > 0 ; halmazon. (2) f folytonos az Bizonyítsuk be, hogy f bijektív. Bizonyítás. I. Ha

x1 < x 2 , akkor

f (x1 ) − f (x 2 ) ≤ k (x 1 − x 2 ) < 0 , tehát

f (x1 ) < f (x 2 ) . Tehát a függvény szigorúan növekvő, így injektív. II. Az (1) feltétel alapján f (x ) ≤ k ⋅ x − k ⋅ y + f (y ) , ha x , y ∈

. Rögzített

y és x → −∞ esetén lim f (x ) = −∞ , mert lim (kx − ky + f (y )) = −∞ . x →−∞

x →−∞

Hasonlóan f (y ) ≥ ky + f (x ) − kx , tehát rögzített x ∈

és y → ∞ esetén

lim f (y) = +∞, mert lim (ky + f (x ) − kx ) = +∞ .

y →+∞

y →+∞

A fentiek alapján, mivel f folytonos, felvesz minden értéket a −∞ és +∞ között, tehát szürjektív. Következésképpen f bijektív. 6. A folytonos függvény előjelének tanulmányozása. Ha az f függvény folytonos az I intervallumon és f (x ) ≠ 0 , bármely x ∈ I esetén, akkor f előjeltartó az I intervallumon. Ha létezne a, b ∈ I úgy, hogy f (a ) < 0 és f (b ) > 0 , akkor Bolzano tétele szerint létezne c ∈ I , amelyre f (c ) = 0 . Ezt a tulajdonságot alkalmazzuk a függvény előjelének a tanulmányozására. folytonos függvény, amelynek az I intervallumon Pontosabban, legyen f : I → véges sok gyöke van. Jelöljük ezeket x 1, x 2 ,..., x k , x k +1,..., x n -nel (növekvő sorrendben). Mivel az I k = (x k , x k +1 ) intervallumokon az f (x ) = 0 egyenletnek nincs gyöke, ezeken az intervallumokon f előjeltartó. Hasonlóan nincs x 1 -nél kisebb, illetve balra és x n -nél nagyobb gyöke sem, tehát f előjeltartó a (−∞, x 1 ) ∩ I és (x n , ∞) ∩ I intervallumokon is. Ahhoz, hogy meg tudjuk állapítani a függvény előjelét az I k intervallumon, kiszámítjuk az intervallum egy tetszőleges pontjában a függvényértéket. Tanulmányozzuk az f : → , f (x ) = x 3 − 6x 2 + 11x − 6 függvény előjelét! Megoldás. Mivel f (x ) = (x − 1)(x − 2)(x − 3) , minden x ∈ esetén, az f (x ) = 0 egyenlet gyökei x1 = 1 , x 2 = 2 , x 3 = 3 . Így a függvény előjeltartó az I 1 = (−∞,1) , I 2 = (1, 2) , I 3 = (2, 3) és I 4 = (3, +∞) intervallumokon.

Tartalomjegyzék

128


3 5 és pontokban, illetve a határértékét a +∞ 2 2 és −∞ felé, majd a következő táblázatot készítjük: −∞ +∞ 2 3 x 1 Kiszámítjuk a függvényértékeket a

−∞ – – –

f (x )

0

+++

0

–––

0

+++

+∞

3 ⎛ 3 ⎞ 39 ⎛5⎞ lim f (x ) = −∞ , f ⎜⎜ ⎟⎟ = > 0 , f ⎜⎜ ⎟⎟ = − < 0 , lim f (x ) = +∞ . x →−∞ x →+∞ ⎝2⎠ ⎝2⎠ 8 8 * * 7*. Határozzuk meg azokat az f : + → + függvényeket, amelyekre: (1) f (x ⋅ f (y )) = y ⋅ f (x ) , minden x , y ∈

* +

esetén;

(2) f (x ) → 0 , ha x → +∞ . Megoldás. Az (1) összefüggés y = x esetén a következő: f (x ⋅ f (x )) = x ⋅ f (x ) .

Így b = x ⋅ f (x ) az f függvény fixpontja, minden x ∈ * +

Ha a ∈

* +

(A XXIV. NMO)

esetén (azaz f (b ) = b ).

az f függvény egy fixpontja és n ≥ 2 esetén

f (a n −1 ) = a n −1 , akkor f (a n ) = f (a ⋅ a n −1 ) = f (a ⋅ f (a n −1 )) = a n −1 ⋅ f (a ) = a n −1 ⋅ a = a n , tehát minden a n (n ∈

*

) fixpontja az f függvénynek. Másrészt a = f (a ) = f (1 ⋅ a ) = f (1 ⋅ f (a )) = a ⋅ f (1) .

Mivel a ≠ 0 és a = a ⋅ f (1) , következik, hogy f (1) = 1 . Ugyanakkor ⎛1⎞ ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ a ⋅ f ⎜⎜ ⎟⎟⎟ = f ⎜⎜ ⋅ f (a )⎟⎟⎟ = f ⎜⎜ ⋅ a ⎟⎟⎟ = f (1) = 1 , ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ 1 ⎛1⎞ 1 ⎛1⎞ innen f ⎜⎜ ⎟⎟ = . Hasonlóan igazolható, hogy f ⎜⎜ n ⎟⎟ = n , minden n ∈ * esetén. ⎝a ⎠ a ⎝a ⎠ a Így minden a k (k ∈ ) szám fixpont. Ha a ≠ 1 , akkor létezik x n = a ±n ( +n ha

a > 1 és −n ha a < 1 ) sorozat, amely +∞ -hez tart és az ( f (x n ))n ≥1 sorozat határértéke szintén +∞ (mert a sorozat tagjai fixpontok). Ez pedig ellentmond a második feltételnek, tehát a = 1 . Következésképpen minden x ∈ *+ esetén 1 x ⋅ f (x ) = 1 , tehát f (x ) = , minden x > 0 esetén. x 8. Bizonyítsuk be, hogy az x n − x n −1 − 1 = 0 , n ≥ 2 egyenletnek pontosan egy valós gyöke van az [1, 2 ] intervallumban. Ha αn -nel jelöljük ezt a gyököt, igazoljuk, hogy az (αn )n ∈

*

sorozat konvergens és számítsuk ki a határértékét!

Tartalomjegyzék


129

Bizonyítás. Tekintsük az

fn : [1, 2 ] →

,

fn (x ) = x n − x n −1 − 1

függvényt.

n −1

fn (1) = −1 < 0 , és fn (2) = 2 − 1 > 0 , minden n ≥ 2 esetén. Az fn függvény folytonos, így Bolzano tétele alapján fn -nek van gyöke az (1, 2) intervallumban. Több gyöke nem lehet ezen az intervallumon, mert a függvény szigorúan növekvő. Ha ez a gyök αn = 1 + tn , akkor mivel 1 < αn < 2 , következik, hogy 1 > tn > 0 . Így n

n −1

n −1

n −1

0 = (1 + tn ) − (1 + tn ) − 1 = (1 + tn ) [1 + tn − 1] − 1 = tn (1 + tn ) Alkalmazzuk a Bernoulli egyenlőtlenséget: n −1 1 = tn (1 + tn ) ≥ tn [1 + (n − 1) tn ] , tehát (n − 1) tn2 + tn − 1 ≤ 0 . tn > 0 alapján következik, hogy 0 < tn ≤

−1 .

−1 + 4n − 3 2 n −1 1 < = . 2 (n − 1) 2 (n − 1) n −1

1 = 0 , a fogó tétel alapján lim tn = 0 . Így az (αn )n ≥1 sorozat n →∞ n − 1 n →∞ konvergens és lim αn = 1 .

Mivel lim

n →∞

9. Adjunk példát olyan folytonos függvényre, amely invertálható és amelynek az inverze nem folytonos! Megoldás. Nyilvánvalóan az értelmezési tartomány nem lehet intervallum. Tekintsük az E ⊆ , E = (−∞, −1) ∪ {0} ∪ (1, +∞) halmazt és az f : E → : ⎪⎧⎪x + 1, x < −1 ( ) f x = ⎪⎨0, x = 0 függvényt. ⎪⎪ − >1 x 1, x ⎪⎪⎩ Ez a függvény szigorúan növekvő és folytonos (az x = 0 pont izolált pont és ezért itt folytonos). Másrészt a függvény bijektív és inverze f −1 : → E , ⎧⎪x − 1, x < 0 ⎪ −1 x = 0. f (x ) = ⎪⎨0, ⎪⎪ ⎪⎪⎩x + 1, x > 0 Ez pedig a 0 -ban nem folytonos ( lim f −1 (x ) = −1 , f −1 (0) = 0 és lim f −1 (x ) = 1 ). x

0

x

0

10. Tekintsük a síkban az A1, A2 , …, An és B1, B2 , …, Bn különböző súlyponttal rendelkező pontrendszereket. Bizonyítsuk be, hogy létezik olyan P pont, amelyre PA1 + PA2 + … PAn = PB1 + PB2 + … + PBn . (Marius Cavachi, Országos Olimpia, 2006.) Megoldás. Vegyünk fel egy olyan derékszögű koordinátarendszert, amelyben a két súlypont abszcisszája különböző. Jelöljük az adott pontok koordinátáit a következő-

Tartalomjegyzék

130


képpen Ai (x i , yi ) , Bi (x i′, yi′) , 1 ≤ i ≤ n . A P(x , 0) mozgó pont esetén értelmezzük az f : → , f (x ) = PA1 + PA2 + … + PAn − PB1 − PB2 − … − PBn függvényt. A függvény folytonos és igazak a következő egyenlőségek: n 2 ⎡ ⎤ lim f (x ) = lim ∑ ⎢ (x − x k )2 + yk2 − (x − x k′ ) + yk′2 ⎥ = x →∞ x →∞ ⎢ ⎥⎦ k =1 ⎣ 2 2 n n n −2x (x k − x k′ ) + yk − yk′ ′ − ∑ x k = l ≠ 0 és x = ∑ lim = ∑ k 2 x →∞ k =1 k =1 k =1 (x − x k )2 + yk2 + (x − x k′ ) + yk′2 n 2 ⎡ ⎤ lim f (x ) = lim ∑ ⎢ (x − x k )2 + yk2 − (x − x k′ ) + yk′2 ⎥ = x →−∞ x →∞ ⎢ ⎥⎦ k =1 ⎣ n n n −2x (x k − x k′ ) + yk2 − yk′ 2 x x k′ = −l . = ∑ lim = − ∑ ∑ k 2 x →−∞ 2 2 2 k k = = k =1 1 1 ′ ′ (x − x k ) + yk + (x − x k ) + yk

A két előbbi határérték előjele különböző, tehát f pozitív és negatív értékeket is felvesz. Így f folytonossága alapján létezik x 0 úgy, hogy f (x 0 ) = 0 . Tehát a

P (x 0 , 0) pont esetén PA1 + PA2 + … PAn = PB1 + PB2 + … + PBn . Gyakorlatok és feladatok 1. Tanulmányozd a következő függvények folytonosságát: ⎧ ⎪ 3x 2 + 1 − 1 ⎪ , x ≠0 ⎪ x2 ; (Érettségi, 1989.) a) f : → , f (x ) = ⎪ ⎨3 ⎪ ⎪⎪ , x =0 ⎪ ⎩2 ⎧e x + ln x , x ∈ 0,1⎤ ⎪ ⎪ ⎥⎦ b) f : 0, ∞ → , f (x ) = ⎪ ; ⎨ 1 ⎪ x −1 > x , x 1 ⎪ ⎪ ⎩ 1 ⎧ ⎪ ⎡ π⎤ ⎪ x sin , x ≠ 0 ⎪ ; c) f : ⎢0, ⎥ → , f (x ) = ⎨ x ⎪ ⎣⎢ 2 ⎦⎥ 1, x =0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ 2⎡1⎤ ⎪ ⎪x , x ≠0 d) f : → , f (x ) = ⎪⎨ ⎢⎣⎢ x 2 ⎥⎦⎥ ; ⎪ 1, x =0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ x 3 + x 2 + x, x ∈ ⎪ e) f : → , f (x ) = ⎪ ; ⎨4x + 3, x∈ \ ⎪ ⎪ ⎩ cos x + x − 1 ⋅ e nx ; (Felvételi, 1990., Galaţi) f) f : → , f (x ) = lim n →∞ 1 + e nx

(

)

(

Tartalomjegyzék

Folytonos függvények g) f :

*

\ {−1} →

131

, f (x ) = lim

2 + x n ⋅ (x 2 + 5)

. x (x n + 5) 2. Határozd meg az a valós paraméter értékét úgy, hogy a következő függvények folytonosak legyenek: 1 ⎧⎪ x x a) f : → , f (x ) = ⎪⎨(sin x + e ) , x ≠ 0 ; ⎪⎪a, x =0 ⎪⎩ ⎧⎪x 3 + a 2 , x ∈ (−∞, a ] b) f : → , f (x ) = ⎪ ; ⎨3x − a, x ∈ (a, ∞) ⎪⎩⎪ x − 1 ⋅ e nx + a(x + 1)2e −nx ; (Felvételi, 1977., Galaţi) c) f : → , f (x ) = lim n →∞ e nx + e −nx ⎧⎪e 3x , x ∈ [ 0,1] ⎪ d) f : [ 0, 2 ] → , f (x ) = ⎪⎨ ; (Felvételi, 1996., Bukarest) sin (x − 1) ⎪⎪a ⋅ 2 , x ∈ (1, 2 ] ⎪⎩ x − 5x + 4 3. Igazold, hogy a következő függvények rendelkeznek a Darboux tulajdonsággal: 1 1 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪⎪x sin , x ≠ 0 ⎪sin , x ≠ 0 ⎪ ( ) a) f (x ) = ⎪⎨ ; b) . f x = ⎨ x ⎪⎪0, x ⎪ 0, x =0 x =0 ⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎩ 4. Igazold, hogy a következő függvények rendelkeznek a Darboux tulajdonsággal: ⎧ ⎪ x >0 1, ⎪ ⎧ ex , x <0 ⎪ ⎪ ⎪ ( ) ( ) b) f x = ⎨0, a) f x = ⎨x + 2, x ≥ 0 ; x = 0. ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ − x <0 1, ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪x 3 , x ∈ függvény 5. Bizonyítsd be, hogy az f : → , f (x ) = ⎪ ⎨x 2 , x ∈ \ ⎪ ⎪ ⎩ Darboux tulajdonságú és határozd meg az összes olyan intervallumot, amelynek képe is intervallum! 6. Bizonyítsd be, hogy az x 5 − 6x 4 − 3x 3 + x 2 − x − 1 = 0 egyenletnek van legalább egy pozitív gyöke! 7. Bizonyítsd be, hogy az x = cos x egyenletnek van legalább egy gyöke! 8. Bizonyítsd be, hogy a x 4 + x + 2 = 3 x 5 − 8x + 1 egyenletnek van legalább egy valós gyöke! 9. Tanulmányozd a következő függvények előjelét: a) f : (1, +∞) → , f (x ) = (x 2 − 5x + 6) ⋅ ln (x − 1) ; x ; b) f : → (−1,1) , f (x ) = 1+ x c) f : [ 0, 2π ] → , f (x ) = sin x + cos x ; d) f :

→

n →∞

, f (x ) = x 3 − 3x + 2 ;

Tartalomjegyzék

132


e) f :

, f (x ) = (x 2 − x ) ⋅ e x .

→

→ (−1,1) , f (x ) =

10. Bizonyítsd be, hogy az f : az f −1 : (−1,1) → 11. Határozd 12. 13. 14. 15. 16.

meg

x függvény invertálható és 1+ x

függvény folytonos! az

f : [ 0,1] →

összes

folytonos

függvényt,

amelyre

f (x ⋅ f (x )) = f (x ) , minden x ∈ [ 0,1] esetén! függvény Darboux tulajdonságú, akkor Bizonyítsd be, hogy ha az f : I → nincs elsőfajú szakadási pontja! függvény injektív és folytonos, akkor Bizonyítsd be, hogy ha az f : I → szigorúan monoton! Bizonyítsd be, hogy ha az f : I → függvény injektív és monoton és az Im f = f (I ) halmaz intervallum, akkor az f folytonos! Bizonyítsd be, hogy ha az f : [a, b ] → [a, b ] függvény Darboux tulajdonságú és véges sok szakadási pontja van, akkor van legalább egy fixpontja! Határozd meg azon f : (0, ∞) → folytonos függvényeket, amelyekre

f (xy ) = f (x ) + f (y ) , minden x , y > 0 esetén. 17. Bizonyítsd be, hogy ha f : [a, b ] → (a, b ) függvény folytonos, akkor bármely n ≥ 3 természetes szám esetén létezik olyan (ck )k =1, n ⊂ (a, b ) számtani sorozat, n

n

∑ f (ck ) = ∑ ck .

amelyre

k =1

k =1

(Megyei Olimpia, Dan Ştefan Marinescu) 18. Az f :

→

folytonos függvényre igaz a következő állítás:

Az (x n )n ≥1 pontosan akkor konvergens, ha ( f (x n ))n ≥1 konvergens. Bizonyítsd be, hogy f nem korlátos! (Megyei Olimpia) 1 1 1 + + ... + = ln 2 egyenletnek egyetlen 19. Bizonyítsd be, hogy az 1+x 2+x n +x x pozitív gyöke van. Ha x n -el jelöljük ezt a gyököt, számítsd ki a lim n n →∞ n határértéket! (Megyei Olimpia, Cristinel Mortici) 20. Határozd meg az összes f : [ 0, ∞) → [ 0, ∞) folytonos függvényt, amelyre

f ( f (x )) + f (x ) = 2x , minden x ∈ [ 0, ∞) esetén! (Dorel Miheţ)

Tartalomjegyzék

Deriválható függvények

133

V. DERIVÁLHATÓ FÜGGVÉNYEK A DERIVÁLT FOGALMÁHOZ VEZETŐ FELADATOK 1. Pillanatnyi sebesség értelmezése Ha M egy egyenes vonalú egyenletes mozgást végző pont, akkor a mozgás pályája egyenes, és az egyenlő időközökben megtett utak egymással egyenlők, tehát a megtett út arányos az idővel. Az állandó arány tulajdonképpen a pont sebessége és a pont által egységnyi idő alatt megtett utat mutatja. Ha v a pont sebessége és s a t idő s alatt megtett út, akkor v = . t Mivel a mozgás egyenletes, mondhatjuk, hogy a pont sebessége minden időpillanatban ugyanaz. Ha a mozgás egyenes vonalú, de nem egyenletes, akkor az egyenlő időközökben megtett utak általában nem egyenlők egymással (a megtett út nem arányos az idővel). Ha s (t ) a t idő alatt megtett út, akkor a t 0 és t időpillanatok között megtett út hossza Δs = s (t ) − s (t0 ) . Ezt az utat a test Δt = t − t0 idő alatt teszi meg. Tehát ezen az útszakaszon az átlagsebessége

s (t ) − s (t 0 ) Δs = . Δt t − t0 Ha ennek a kifejezésnek van határértéke t → t 0 esetén, akkor azt mondjuk, hogy ez a vk =

határérték a pont sebessége a t 0 időpillanatban. Ezt a sebességet v (t0 ) -val jelöljük. Tehát

s (t ) − s (t 0 ) Δs = lim , Δt → 0 Δ t t →t 0 t − t0

v (t 0 ) = lim

ha ez a határérték létezik. Megjegyzés. Ha az f : D → \ egy M mennyiség időbeli változását leíró függvény, akkor az M változásának sebessége a t 0 időpillanatban a f (t ) − f (t 0 ) Δf y = lim vM (t 0 ) = lim t →t 0 Δ t → 0 Δt t − t0 M(x , x2) határérték, ha ez létezik. 2. Az érintő probléma Tekintsük az f : \ → \ , f (x ) = x 2 függvényt. Jelöljük m(x ) -szel az M 0 (1,1) rögzített és M (x , x 2 ) mozgó ponton áthaladó egyenes iránytényezőjét. Vizsgáljuk, hogy ennek a függvénynek 1 -ben van-e határértéke. Az M 0M húr iránytényezője

x2 −1 , x −1 tehát a következő határértéket kell kiszámolnunk: m(x ) =

M0

O

αx

1

51. ábra

x

x

Tartalomjegyzék

134


x2 −1 = lim (x + 1) = 2 . x →1 x − 1 x →1

m = lim m(x ) = lim x →1

Ha az M mozgó pont közeledik az M 0 (1,1) ponthoz, akkor a megfelelő húr egyre jobban közeledik az x 0 pontban a grafikus képhez húzott érintőhöz, tehát mondhatjuk, hogy az M 0 ponton átmenő, m = 2 iránytényezőjű egyenes a grafikus képhez ebben a pontban húzott érintő. Tehát az érintő egyenlete y − 1 = 2 (x − 1) . Általában, ha f : D → \ egy függvény, x 0 ∈ D torlódási pontja a D -nek, akkor a x0 abszcisszájú pontján áthaladó húrok iránytényezői grafikus kép f (x ) − f (x 0 ) f (x ) − f (x 0 ) alakúak. Így, ha létezik a lim m(x ) = = m határérték, x → x 0 x − x0 x − x0 akkor azt mondjuk, hogy a függvény grafikus képének van érintője az x 0 abszcisszájú pontban, és az érintő iránytényezője az előbbi határérték. Ha m ∈ \ , akkor ennek az érintőnek az egyenlete y − f (x 0 ) = m(x − x 0 ) . Ha m ∈ {±∞} , akkor az érintő függőleges y és egyenlete x = x 0 . Megjegyzés. VII. osztályban a kör esetén az érintőt úgy értelmeztük, mint egy egyenes, amely pontosan egy pontban metszi a kört. Ez az értelmezés általában nem használható. O x Például az f : \ → \ , f (x ) = x függvény grafikus képét az origón áthaladó összes egyenes egy pontban metszi, mégsem mondanánk azt, hogy ezek érintik a grafikus képet (52. ábra). 52. ábra

A DERIVÁLT ÉRTELMEZÉSE Az

előbbi

problémák f (x ) − f (x 0 ) mindegyikében lim 53. ábra x →x 0 x − x0 alakú határértékekhez jutottunk, ahol f egy tetszőleges függvény. Ez a kifejezés gyakran megjelenik különböző helyzetekben és gyakran α f függvény megkönnyíti az tulajdonságainak vizsgálatát, ezért külön fogalomként is értelmezzük az előbbi határértéket:

y

M(x, f(x))

M0

f(x)

f(x0)

O

x0

x

x

Tartalomjegyzék


135

Értelmezések. 1. Ha x 0 ∈ D torlódási pontja a D halmaznak, akkor azt mondjuk, hogy az f : D → \ függvénynek van deriváltja az x 0 pontban, ha létezik a f (x ) − f (x 0 ) lim határérték. Ha ez a határérték m , azt mondjuk, hogy m az f x →x 0 x − x0 függvény deriváltja az x 0 pontban és f ′(x 0 ) -val jelöljük. f (x ) − f (x 0 ) Δf = lim Tehát f ′ (x 0 ) = lim . 0 x →x 0 Δ x → Δx x − x0 2. Azt mondjuk, hogy az f : D → \ függvény deriválható az x 0 ∈ D (torlódási f (x ) − f (x 0 ) pontja D -nek) pontban, ha létezik az f ′ (x 0 ) = lim határérték és véges. x →x 0 x − x0 Megjegyzések. 1. Ha létezik az f ′ (x 0 ) és véges, akkor minden ε > 0 esetén létezik δ > 0 úgy, hogy ha 0 < x − x 0 < δ , akkor

f (x ) − f (x 0 ) x − x0

− f ′ (x 0 ) < ε .

f (x ) − f (x 0 ) − f ′ (x 0 )(x − x 0 ) = 0 alakban is írhatjuk. x →x 0 x − x0 f (x ) − f (x 0 ) = ±∞ , akkor az f függvény nem deriválható az x 0 2. Ha lim x →x 0 x − x0 pontban, de létezik a deriváltja és ez ±∞ . Értelmezések. 1. Ha az f : D → \ függvény deriválható az E ⊆ D halmaz minden pontjában, akkor azt mondjuk, hogy f deriválható az E halmazon. 2. Az f ′ : E → \ függvényt, amely minden x0 ∈ E számnak megfelelteti a függvény Ezt a lim

deriváltját az x 0 pontban, azaz f ′(x0) -t, az f függvény derivált függvényének (vagy df röviden deriváltjának) nevezzük és f ′ -tal vagy -szel jelöljük (Leibniz jelölése). dx A derivált geometriai jelentése. A bevezető problémák alapján, ha f -nek van deriváltja az x 0 pontban, akkor a függvény grafikus képéhez húzható érintő az M 0 (x 0 , f (x 0 )) pontban, ha pedig f ′ (x 0 ) = m ∈ \ , akkor a derivált az érintő iránytényezője. Ha a derivált ±∞ , akkor az érintő függőleges. Az első esetben az érintő egyenlete y − f (x 0 ) = f ′ (x 0 ) ⋅ (x − x 0 ) , míg a második esetben x = x 0 . Példák. 1. Vizsgáljuk az f : \ → \ , f (x ) = x 2 függvény deriválhatóságát! Megoldás. Rögzítsünk egy x 0 ∈ \ pontot és számítsuk ki a következő határértéket: f (x ) − f (x 0 ) (x − x 0 )(x + x 0 ) = lim = lim (x + x 0 ) = 2x 0 . lim x →x 0 x →x 0 x →x 0 x − x0 x − x0

Tartalomjegyzék

136


Így az f függvény deriválható minden x 0 ∈ \ pontban és a deriváltja f ′ (x0 ) = 2x0 . Tehát az f függvény deriváltja az f ′ : \ → \ , f ′ (x ) = 2x függvény. Az eredmény szemléletesen azt jelenti, hogy az y = x 2 parabolának minden pontjában

van

érintője.

Az

M 0 (x 0 , x 02 )

pontban

az

érintő

egyenlete

y − x = 2x 0 (x − x 0 ) , azaz 2 0

y = 2x 0 ⋅ x − x 02 . 2. Vizsgáljuk az f : \ → \ , f (x ) = x n , n ∈ ` függvény deriválhatóságát! Megoldás. Rögzítsünk egy x 0 ∈ \ pontot! ⎛ n −1 ⎞ f (x ) − f (x 0 ) x n − x 0n = lim = lim ⎜⎜ ∑ x n −1−k x 0k ⎟⎟⎟ = n ⋅ x 0n −1 , lim ⎜ → → → x x x x x0 x0 ⎝ 0 x −x x − x0 ⎠ k =0 0 mert lim x n −1−k x 0k = x 0n −1 , ha k ∈ {1, 2, 3,..., n − 1} és az összegnek n tagja van. Így x →x 0

a függvény deriválható minden x 0 ∈ \ pontban, és f ′ (x 0 ) = n ⋅ x 0n −1 . Tehát az f függvény deriváltja: f ′ : \ → \ , f ′ (x ) = n ⋅ x n −1 , minden x ∈ \ esetén. Következmény. Az f : \ → \ , f (x ) = c , c ∈ \ függvény deriválható és deriváltja az identikusan nulla függvény ( f ′ (x 0 ) = 0 , minden x 0 ∈ \ esetén). 3. Vizsgáljuk az f : \ → \ , f (x ) = x függvény deriválhatóságát! x Megoldás. Rögzítsük az x 0 > 0 számot! Ha x − x 0 < 0 akkor x is pozitív, így 2 x − x0 f (x ) − f (x 0 ) x − x0 lim = lim = lim = 1 . Tehát f ′ (x 0 ) = 1 , ha x 0 > 0 . x →x 0 x →x 0 x − x x →x 0 x − x x − x0 0 0 Ha x 0 < 0 , akkor hasonlóan írhatjuk, hogy x − x0 f (x ) − f (x 0 ) x − x0 lim = lim = − lim = −1 , x →x 0 x → x x → x 0 0 x − x0 x − x0 x − x0 tehát f ′ (x 0 ) = −1 , ha x 0 < 0 . Az x 0 = 0 pontban f (x ) − f (0) x −x f (x ) − f (0) −x = lim = −1 , lim = lim = lim = −1 és lim x /0 x / 0 x / 0 x 2 0 x 2 0 x −0 x x −0 x x tehát az x 0 = 0 pontban az f függvénynek nincs deriváltja. Következésképpen az f függvény deriválható az \* -on, és nincs deriváltja a 0 -ban. DERIVÁLHATÓ FÜGGVÉNYEK FOLYTONOSSÁGA Tétel. Ha az f : D → \ függvény deriválható az x 0 ∈ D pontban, akkor folytonos ebben a pontban. Bizonyítás. Az értelmezés alapján x 0 torlódási pontja a D halmaznak és f (x ) − f (x 0 ) + α (x ) , ahol lim α (x ) = 0 , tehát f ′ (x 0 ) = x →x 0 x − x0

Tartalomjegyzék


137

f (x ) − f (x 0 ) = f ′ (x 0 ) − α (x ) és így x − x0 f (x ) = f (x 0 ) + f ′ (x 0 )(x − x 0 ) − α (x )(x − x 0 ) . Ebből következik, hogy lim f (x ) = f (x 0 ) , tehát f folytonos az x 0 ∈ D pontban. x →x 0

JOBB- ÉS BALOLDALI DERIVÁLT A derivált értelmezésében a szélső határértékeket használva újabb fogalmakat értelmezhetünk: Értelmezések. 1. Ha x 0 ∈ D torlódási pontja a (−∞, x 0 ) ∩ D halmaznak és lé-

f (x ) − f (x 0 ) határérték, akkor ezt az f függvény baloldali deriváltjának x /x0 x − x0 nevezzük az x 0 pontban és fb ′ (x 0 ) -val vagy f ′ (x 0 − 0) -val jelöljük. Így tezik a lim

f (x ) − f (x 0 ) . x /x0 x − x0 torlódási pontja az (x 0 , +∞) ∩ D halmaznak és létezik a fs ′ (x 0 ) = f ′ (x 0 − 0) = lim

2. Ha x 0 ∈ D

f (x ) − f (x 0 ) határérték, akkor ezt az f függvény jobboldali deriváltjának x 2x0 x − x0 nevezzük az x 0 pontban és f j ′ (x 0 ) -val vagy f ′ (x 0 + 0) -val jelöljük. Így lim

f (x ) − f (x 0 ) . x 2x0 x − x0 Megjegyzés. Ha x 0 torlódási pontja a (−∞, x 0 ) ∩ D és az (x 0 , +∞) ∩ D halmazoknak, akkor az f : D → \ függvény pontosan akkor deriválható x 0 -ban, ha f j ′ (x 0 ) = f ′ (x 0 + 0) = lim

létezik a jobb- és baloldali derivált, f j ′ (x 0 ) = fb ′ (x 0 ) és mindkettő véges. Gyakorlatok 1. Vizsgáld a következő függvény deriválhatóságát a megadott pontokban: b) f (x ) = ln x , 1 és −1 ; a) f (x ) = x ⋅ x , 0 ; 2

3

c) f (x ) = (x − 1) (x + 1) , 1 és −1 ; ⎪⎧1 − x 2 , x ≤ 1 , 1 és −1 ; e) f (x ) = ⎪⎨ ⎪⎪1 − x , x > 1 ⎪⎩ ⎪⎧⎪ln (x 2 + 1), x ≥ 0 g) f (x ) = ⎨ 7 , 0; ⎪⎪x + 5x 4 , x <0 ⎩ x ⎪⎧3 − 1, x ≥ 0 i) f (x ) = ⎪ ⎨sin x , x < 0, 0. ⎪⎪⎩

d) f (x ) =

sin 2 x , 1 és −1 ; ex + x + 1

f) f (x ) = arccos (4x − 1) ,

1 ; 4

⎧⎪ 3 x + 1, x ≥ −1 ⎪ h) f (x ) = ⎨⎪ x + 1 , −1 ; ⎪⎪ , x < −1 ⎪⎩ x − 1

Tartalomjegyzék

138


2. a) Határozd meg az a és b paraméter értékét úgy, hogy az f : (0, ∞) → \ , x ∈ (0, e ] ⎪⎧ln 4 x , f (x ) = ⎪⎨ 2 függvény deriválható legyen az e pontban! ⎪⎪ax + bx + c, x > e ⎩ b) Határozd meg az a és b paraméter értékét úgy, hogy az f : [−1,1] → \ , ⎧⎪ sin x ⎪ , x ∈ [−1, 0) függvény deriválható legyen 0 -ban, majd bizof (x ) = ⎪⎨ x 3 ⎪⎪x + ax + b, x ∈ [ 0,1] ⎪⎩ nyítsd be, hogy az így meghatározott értékekre f (x ) ≤ 1 , minden x ∈ [−1,1] esetén. AZ ELEMI FÜGGVÉNYEK DERIVÁLTJA 1. A gyökfüggvény deriváltja Tekintsük az f : (0, +∞) → \ , f (x ) = n x , n ∈ `* függvényt és az x 0 > 0 pontot!

lim

n

x →x 0

lim

x →x 0

=

n x − n x x − n x0 0 = lim n = n n x x → n 0 ( x − x0 x ) − ( x0 ) n x − n x 0

( n x − n x 0 )( n x n −1 + n x n −2x 0 + ... + n x 0n −1 ) 1

=

1

x 0n −1 + n x 0n −1 + ... + n x 0n −1 n n x 0n −1 Tehát f (x ) = n x deriválható, minden x > 0 pontban és n

⎛

1

=

=

1 n1 −1 ⋅ x0 . n

⎞′

1 n1 −1 1 = ⋅x . n ⎝ ⎠ n ⋅ n x n −1 Gyakorlatok. Határozd meg a következő függvények maximális deriválhatósági tartományát és számítsd ki a deriváltját:

( n x )′ = ⎜⎜⎜x n ⎟⎟⎟ = ⎟

2

1. f (x ) = 5 x ; 2. f (x ) = x 3 ; 3. f (x ) = x 2 x ; 4. f (x ) = (2x + 1)( 3 x + 3 x + 1) . 2. Az exponenciális függvény deriváltja Tekintsük az f : \ → (0, ∞) , f (x ) = a x függvényt, ahol a ∈ (0, ∞) \ {1} . a x − a x0 a x −x 0 − 1 at − 1 = a x 0 ⋅ lim = a x 0 ⋅ lim = a x 0 ⋅ ln a . x →x 0 x − x x →x 0 x − x t →0 t 0 0 lim

x x x x Tehát (a )′ = a ⋅ ln a . Sajátos esetben (e )′ = e .

3. A logaritmus függvény deriváltja Tekintsük az f : (0, +∞) → \ , f (x ) = ln x függvényt és az x 0 > 0 pontot!

Tartalomjegyzék


139

⎛ x − x 0 ⎞⎟ ⎟ ln ⎜⎜1 + ⎜⎝ x 0 ⎠⎟⎟ 1 ln x − ln x 0 1 ln (1 + t ) 1 ′ = lim ⋅ = ⋅ lim = , f (x 0 ) = lim x x − x →x 0 x x 0 → t → 0 0 x − x0 x0 x0 t x0 x0

1 ln x egyenlőségből következik, hogy így (ln x )′ = , ∀x > 0 . Ebből és a loga x = x lna 1 (loga x )′ = . x ⋅ ln a 4. A szinusz és a koszinusz függvény deriváltja 1. Számítsuk ki az f : \ → \ , f (x ) = sin x függvény deriváltját! Ha x 0 ∈ \ tetszőlegesen rögzített szám, akkor x − x0 x + x0 ⎞⎟ ⎛ sin x − x 0 2 sin cos ⎜⎜ ⎟⎟ sin x − sin x 0 + x x 0 2 2 2 ⎟= lim = lim ⎜⎜ x − x ⋅ cos = lim x →x 0 x →x 0 x →x 0 ⎜ 0 2 ⎟⎟⎟ x − x0 x − x0 ⎜⎜⎝ ⎠⎟ 2 x − x0 sin x + x0 = 1 ⋅ cos x 0 = cos x 0 , = lim x − x2 ⋅ lim cos x →x 0 x →x 0 0 2 2 mivel a cos függvény folytonos minden x 0 ∈ \ pontban. Így az f (x ) = sin x függvény deriválható és (sin x )′ = cos x . 2. Számítsuk ki az f : \ → \ , f (x ) = cos x függvény deriváltját! Ha x 0 ∈ \ tetszőlegesen rögzített szám, akkor x + x0 x − x0 −2 sin sin cos x − cos x 0 2 2 = lim = lim x →x 0 x →x 0 x − x0 x − x0 x − x0 sin x + x0 = lim sin ⋅ lim x − x2 = − sin x 0 , tehát x →x 0 x →x 0 0 2 2 (cos x )′

= − sin x .

MŰVELETEK DERIVÁLHATÓ FÜGGVÉNYEKKEL Akárcsak a folytonos függvények esetén a deriválhatóság algebrai műveletekkel való összeférhetősége érdekel. Ezek a tulajdonságok a derivált kiszámolásának egyszerűsítését célozzák meg. 1. Összeg deriváltja

Tartalomjegyzék

140


Ha az f , g : D → \ függvények deriválhatók a D tartomány x 0 ∈ D torlódási f (x ) − f (x 0 ) g (x ) − g (x 0 ) = f ′ (x 0 ) , lim = g ′ (x 0 ) , és pontjában, akkor létezik lim x →x 0 x →x 0 x − x0 x − x0 ezek végesek. Másrészt az f + g függvényhez tartozó hányados

( f + g )(x ) − ( f + g )(x 0 ) x − x0 =

=

f (x ) + g (x ) − f (x 0 ) − g (x 0 ) = x − x0

f (x ) − f (x 0 ) g (x ) − g (x 0 ) + , x − x0 x − x0

( f + g )(x ) − ( f + g )(x 0 )

= f ′ (x 0 ) + g ′ (x 0 ) , x − x0 tehát az f + g függvény deriválható, és deriváltja az f és g deriváltjának összege: lim

és így

x →x 0

(f + g )′ = f ′ + g ′ . Gyakorlatok 1. Számítsd ki a következő függvények deriváltját: a) x + x 2 ;

b) x + 3 ;

2

c) (x 2 + x − 1) .

2. Számítsd ki a következő függvények deriváltját és állapítsd meg a deriválhatósági tartományt: a) f (x ) = sin x + cos x ; b) f (x ) = cos x − tg x ; c) f (x ) = ctg x + 5x ; x 1 1 ⎛1 ⎞ d) f (x ) = log 3 x − ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ; e) f (x ) = 5 x 3 + 4 x 3 ; f) f (x ) = e x + − 3 . ⎝2⎠ x x * 3. Ha az f1, f2 , f3 , ..., fn függvények ( n ∈ ` ) az x 0 pontban deriválhatók, akkor n

deriválható-e az f1 + f2 + f3 + ... + fn = ∑ fk függvény az x 0 pontban? Ha k =1

igen, mi a deriváltja? 4. Bizonyítsd be, hogy ha az f és a g függvény deriválható x 0 -ban, akkor f − g is deriválható x 0 -ban és ( f − g )′ (x 0 ) = f ′ (x 0 ) − g ′ (x 0 ) . 5. Ha az f és a g függvény egyike sem deriválható az x 0 pontban, következik-e, hogy az f + g függvény sem deriválható x 0 -ban? 2. Szorzat deriváltja Vizsgáljuk az f ⋅ g függvény deriválhatóságát x 0 -ban, ha az f , g : D → \ függvények deriválhatók a D tartomány x 0 ∈ D torlódási pontjában. Ha létezik lim

x →x 0

f (x ) − f (x 0 ) g (x ) − g (x 0 ) = f ′ (x 0 ) és lim = g ′ (x 0 ) , akkor x → x 0 x − x0 x − x0

Tartalomjegyzék


141

f (x ) g (x ) − f (x 0 ) g (x 0 ) f (x ) g (x ) − f (x 0 ) g (x ) + f (x 0 ) g (x ) − f (x 0 ) g (x 0 ) = = x − x0 x − x0 =

f (x ) − f (x 0 ) f (x ) − f (x 0 ) ⋅ g (x ) + f (x 0 ) ⋅ , x − x0 x − x0

( fg )(x ) − ( fg )(x 0 )

= f ′ (x 0 ) ⋅ g (x 0 ) + f (x 0 ) ⋅ g ′ (x 0 ) . x − x0 Tehát, ha f és g deriválhatók x 0 -ban, akkor az f ⋅ g függvény is deriválható x 0 -ban

lim

így

x →x 0

és ( fg )′ (x 0 ) = f ′ (x 0 ) g (x 0 ) + f (x 0 ) g ′ (x 0 ) .

( f ⋅ g )′ = f ′ ⋅ g + f ⋅ g ′ . Rövid jelöléssel: Következmény. Ha az f : D → \ függvény deriválható a D tartomány x 0 ∈ D torlódási pontjában és c ∈ \ egy állandó, akkor a (c ⋅ f ) : D → \ függvény is deriválható x 0 -ban és

(c ⋅ f )′ (x 0 ) = c ⋅ f ′ (x 0 ) .

Gyakorlatok és feladatok 1. Vizsgáld a következő függvények deriválhatóságát és számítsd ki a deriváltjukat: a) f (x ) = (x + 1)(2x 2 + 1) ; b) f (x ) = x 3 ; c) f (x ) = (3x 3 + x − 1)(x 2 − 4x + 5) ; d) f (x ) = x 2 − x + 2 . 2. Számítsd ki a következő függvények deriváltját a deriválhatósági tartományukon: 1 c) f (x ) = ⋅ sin x ; a) f (x ) = 3x ⋅ ln x ; b) f (x ) = x 2 ⋅ e x ; x d) f (x ) = 3 x ⋅ 3x ; e) f (x ) = 5x ⋅ cos x ; f) f (x ) = ln 2 ⋅ (lg x ) ⋅ x ;

1 5 ⋅ ln x + 2x 3 ⋅ tg x ; h) f (x ) = 3 x ⋅ ctg x + ln 4 . 2 x 7 3. Deriválható-e az f1 f2 f3 szorzat az x 0 -ban, ha az f1 , f2 és f3 függvény deriválható x 0 -ban? Ha igen, fejezd ki az f1 f2 f3 deriváltját a tényezők deriváltja függvényében! g) f (x ) =

n

4. Deriválható-e az f1 f2 ... fn = ∏ fk szorzat az x 0 -ban, ha az f1 , f2 , ..., fn k =1

függvények deriválhatók x 0 -ban? Ha igen, fejezd ki a szorzatfüggvény deriváltját a tényezők deriváltja függvényében! 5. Számítsd ki a következő függvények deriváltját: a) f (x ) = 10x ⋅ ln x ⋅ e x ; b) f (x ) = 7 x ⋅ sin x ⋅ tg x ; x 4 c) f (x ) = x ⋅ log 3 x ⋅ cos x ⋅ 5 . 6. a) Bizonyítsd be, hogy ha a P polinomfüggvény gyökei az x 1, x 2 ,..., x n páronként különböző valós számok, akkor

Tartalomjegyzék

142


1 1 1 P ′(x ) + + ... + = , ∀x ∈ \ \ {x 1, x 2 ,..., x n } . x − x1 x − x 2 x − xn P(x ) 1 1 1 + + ... + összeget, ha x 1, x 2 ,..., x n a b) Számítsd ki az 1 + x1 1 + x 2 1 + xn P(x ) = x n − x + 1 polinomfüggvény gyökei. 7. Ha az f és a g függvény egyike sem deriválható az x 0 pontban, következik-e, hogy az f ⋅ g függvény sem deriválható x 0 -ban? 3. Hányados deriváltja f Vizsgáljuk az függvény deriválhatóságát az x 0 pontban, ha az f , g : D → \ g függvények deriválhatók a D tartomány x 0 ∈ D torlódási pontjában és g (x 0 ) ≠ 0 . f 1 1 függvény deriválhatóságát vizsgálni, Az = f ⋅ egyenlőség miatt elégséges az g g g ha g deriválható az x 0 pontban és g (x 0 ) ≠ 0 . 1 1 − ⎞⎟ g (x ) g (x 0 ) g (x ) − g (x 0 ) ⎛⎜ g ′ (x ) 1 ⎟=− 2 0 , = lim ⋅ ⎜⎜− lim ⎟ x →x 0 x →x 0 x − x0 x − x0 g (x 0 ) ⎝⎜ g (x 0 ) g (x ) ⎠⎟ tehát

1 deriválható és g

⎛1 ⎞′ ′ ⎜⎜ (x )⎟⎟ = − g (x 0 ) . 0 ⎟ 2 ⎜⎝ g g (x 0 ) ⎠⎟

Rövidebben írhatjuk, hogy: Így kiszámolhatjuk az

⎛ 1 ⎞⎟′ ⎜⎜ ⎟ = − g ′ . ⎜⎝ g ⎠⎟⎟ g2

f 1 = f ⋅ függvény deriváltját is az x 0 pontban: g g

⎛ ⎞′ ⎛ ⎞′ ⎛ ⎞′ ⎜⎜ f ⎟⎟ (x ) = ⎜⎜ f ⋅ 1 ⎟⎟ (x ) = f ′ (x ) ⋅ 1 + f (x ) ⋅ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ (x ) = 0 0 0 0 ⎜⎝ g ⎠⎟⎟ 0 g (x 0 ) ⎝⎜ g ⎠⎟⎟ ⎝⎜ g ⎠⎟⎟

= f ′ (x 0 ) ⋅

f (x 0 ) ⋅ g ′ (x 0 ) f ′ (x 0 ) ⋅ g (x 0 ) − f (x 0 ) ⋅ g ′ (x 0 ) 1 − = . g (x 0 ) g 2 (x 0 ) g 2 (x 0 )

⎛ f ⎞⎟′ f ′g − fg ′ ⎜ . Érvényes tehát a következő deriválási szabály: ⎜⎜ ⎟⎟⎟ = g2 ⎝g ⎠

Tartalomjegyzék


143

Példák. 1. Az f , g : \ → \ , f (x ) = 2x 2 − x és g (x ) = x 4 + 2 függvények deriválhatók minden x ∈ \ pontban és g (x ) > 0 , ha x ∈ \ . Így az

f függvény is g

deriválható \ -en. Az előbbi szabály alapján: ⎛ 2x 3 − x ⎞⎟′ (6x 2 − 1)(x 4 + 2) − (2x 3 − x )(4x 3 ) −2x 6 + 3x 4 + 12x 2 − 2 ⎜ . = ⎟ = 2 2 ⎜⎝⎜ x 4 + 2 ⎠⎟ (x 4 + 2) (x 4 + 1) 2. Az

f :\\

{π2 + k π} → \ ,

f (x ) = tgx =

sin x cos x

függvény deriválható az

értelmezési tartomány minden pontjában és x 0 -ban a deriváltja

1 , mert cos2 x 0

⎛ sin x ⎞′

cos x ⋅ cos x − sin x ⋅ (− sin x ) 1 π = , x ≠ + k π ( k ∈ ] ). 2 2 cos x cos x 2 Hasonlóan az f (x ) = ctgx függvény is deriválható ( x ≠ k π , k ∈ ] ) és ⎟ = (tgx )′ = ⎜⎜ ⎝ cos x ⎠⎟

⎛ cos x ⎞′

⎟ = (ctgx )′ = ⎜⎜ ⎝ sin x ⎠⎟

1 − sin x ⋅ sin x − cos x .cos x =− 2 . 2 sin x sin x

Gyakorlatok Számítsd ki a következő függvények deriváltját (a megadott pontban) és határozd meg a függvény maximális értelmezési és deriválhatósági tartományát: 2x − 3 1 , x0 = 1 ; b) f (x ) = n , n ∈ `* , x 0 = 2 ; a) f (x ) = 2 x x −x +1 x x2 − x + 1 c) f (x ) = 2 , x 0 = −1 ; d) f (x ) = , x 0 = ±1 ; x +x +1 1+ x 4 x +1 x x , x0 = 0 ; f) f (x ) = 6 ; g) f (x ) = ; e) f (x ) = 4 1 + x2 1+x x +2 ln x + x 4 sin x x2 ; i) f (x ) = ; j) f (x ) = ; h) f (x ) = 4 1+x ln x − x 3 cos x + 1 ex − 1 tg x + sin x log 3 x ; l) f (x ) = ; m) f (x ) = . k) f (x ) = x e +1 cos x + 2 log 3 x − 1 4. Összetett függvény deriváltja A sin 2x illetve sin 3 x összetett függvények. Mindkét függvény előállítható h = f D g alakban (a h : \ → \ , h (x ) = sin (2x ) esetén f , g : \ → \ , f (x) = sinx és g (x ) = 2x , illetve a h : \ → \ , h (x ) = sin 3 x esetén f , g : \ → \ , f (x ) = x 3 és g (x ) = sin x ). Az összetevők külön-külön mindkét esetben deriválhatók. Fontos, hogy ki tudjuk számolni az összetett függvény deriváltját az összetevő függvények

Tartalomjegyzék

144


deriváltjai segítségével. Általában az ( f D g )(x ) = f (g (x )) függvény deriváltját az x 0 pontban az f és g függvények deriváltja segítségével számoljuk ki. ⎡ f (g (x )) − f (g (x 0 )) g (x ) − g (x ) ⎤ f (g (x )) − f (g (x 0 )) 0 ⎥ = lim ⎢⎢ lim ⋅ ⎥= x →x 0 x →x 0 (x ) − g (x ) − x − x0 g x x 0 0 ⎢⎣ ⎥⎦ f (u ) − f (u 0 ) g (x ) − g (x 0 ) = lim ⋅ lim , u →u 0 x →x 0 u − u0 x − x0 ahol u = g (x ) , u 0 = g (x 0 ) . Ha x → x 0 , akkor u → u 0 = g (x 0 ) , tehát

lim

x →x 0

f (g (x )) − f (g (x 0 )) x − x0

= f ′ (g (x 0 )) ⋅ g ′ (x 0 ) .

( f D g )′ = ( f ′ D g ) ⋅ g ′

Röviden:

2

Példák.

1.

Az

1

f (x ) = x 3 = 3 x 2

függvény az

x2

és

x3

függvények

⎛ 1 ⎞⎟′ 1 − 2 ′ összetevéséből származik. Másrészt (x ) = 2x és ⎜⎜x 3 ⎟⎟ = x 3 , tehát ⎜⎝ ⎠⎟ 3 2

1 ⎛ 2 ⎞′ 1 −2 2 −1 f ′ (x ) = ⎜⎜x 3 ⎟⎟⎟ = 2 ⋅ x 3 ⋅ ⋅ x 3 = x 3 . ⎜⎝ ⎠⎟ 3 3

Általában, ha m, n ∈ `* , akkor ⎛ mn ⎞⎟′ m mn −1 . ⎜⎜⎝⎜x ⎠⎟⎟ = ⋅ x n

2. Ha f (x ) = x 2 + x + 1 , akkor 1 − 1 2x + 1 . f ′ (x ) = (x 2 + x + 1) 2 ⋅ (2x + 1) = 2 2 x2 + x + 1 3. Ha f (x ) = sin 50 x , akkor f ′ (x ) = 50 sin 49 x ⋅ cos x .

′ 4. Ha f (x ) = cos4 (x 3 + x ) , akkor f ′ (x ) = 4 cos3 (x 3 + x ) ⋅ (cos (x 3 + x )) = = 4 cos3 (x 3 + x )(− sin (x 3 + x ))(x 3 + x )′ = −4 (3x 2 + 1) cos3 (x 3 + x ) sin (x 3 + x ) . 3 5. Ha f (x ) = (sin x ) = sin 3 x , akkor f ′ (x ) = 3 sin 2 x (sin x )′ = 3 sin 2 x cos x .

6. Ha f (x ) = sin 2x , akkor f ′ (x ) = cos 2x ⋅ (2x )′ = 2 cos 2x . 8

7

7. Ha f (x ) = (2x 4 − 5x 2 + 6) , akkor f ′ (x ) = 8 (2x 4 − 5x 2 + 6) (8x 3 − 10x ) . 1

8. Ha f (x ) = a 2 − x 2 = (a 2 − x 2 )2 , akkor

Tartalomjegyzék


145

1 − 1 2 −x (a − x 2 ) 2 (−2x ) = 2 2 , ha x ∈ (−a, a ) . 2 a −x 3 9. Ha f (x ) = sin 5x , akkor f ′ (x ) = 3 sin 2 5x ⋅ 5 cos 5x = 15 sin 2 5x ⋅ cos 5x .

f ′ (x ) =

Gyakorlatok 1 I. Határozd meg a következő függvények deriválhatósági tartományát és számítsd ki a deriváltjukat: cos 2x 2 3) f (x ) = ; 1) f (x ) = (1 − x )(1 + x ) ; 2) g (x ) = x 2 + 8x + 4 ; ex sin 2 x 4) f (x ) = x ; 5) f (x ) = x 3 ⋅ ln x ; 6) f (x ) = e x ⋅ ln x ; e +x +1 x 7) f (x ) = ; 8) f (x ) = x 2 cos x + x 3 sin x ;9) f (x ) = x sin x ; ln x sin x + cos x tgx 10) f (x ) = sin x cos x ; 11) f (x ) = 2 ; 12) f (x ) = 2 ; x −x +1 x +1 4 sin 6 x + cos6 x − 1 13) f (x ) = (x 3 + 2) ; 14) f (x ) = ; 15) f (x ) = 1 + 5x 2 ; 4 4 sin x + cos x − 1 16) f (x ) = e x

2

−3x

19) f (x ) = 5sin x ;

;

17) f (x ) = ln (2x 3 − 4x 2 ) ;

18) f (x ) = tg x ;

20) f (x ) = log 0,3 (8x 2 − 2x 3 ) ;

21) f (x ) = cos (2x − 1) ;

22) f (x ) = cos2 3x ; 23) f (x ) = lg (2x 3 − 4x 2 ) ;

24) f (x ) = x ⋅ tg 2 x ; 1 x

= sin ax ; 26) f (x ) = cos x − sin x ; =3 ; 27) f 100 1 ; 29) f (x ) = (x 2 + 5x − 8) ⋅ x 5 ; 30) f (x ) = x 3 + 1 ; 28) f (x ) = cos 2x 1 31) f (x ) = ln sin x ; 32) f (x ) = 5 ; 33) f (x ) = tg 2 (x 2 + x 4 ) ; ln (3x )

25) f

(x )

34) f (x ) = e

(x )

3

x −1 x +1

;

35) f (x ) =

3 log 2 (x + x 2 + 1) 4

.

II. 1. Bizonyítsd be, hogy az f (x ) = c 1 + x 2 , x ∈ \ függvényre f ′ (x ) =

xf (x ) , 1 + x2

minden x ∈ \ esetén! 2. Vezess le egy deriválási szabályt a h(x ) = f (x )g (x ) alakú függvényekre, ahol

f : D → \*+ és g : D → \ deriválható függvények. Ennek a segítségével számítsd ki a következő függvények deriváltját: 1

A továbbiakban, ha nincs megadva, akkor a függvények a maximális értelmezési tartományukon vannak értelmezve.

Tartalomjegyzék

146

Deriválható függvények sin x

b) f (x ) = (x 2 + 1)

a) f (x ) = x x ;

x

c) f (x ) = x x .

;

3. Bizonyítsd be, hogy ha az fij : D → \ függvények deriválhatók ( i, j = 1, 3 ), akkor a

f11(x ) f12 (x ) f13 (x ) Δ(x ) = f21(x ) f22 (x ) f23 (x ) , ∀x ∈ D f31(x ) f32 (x ) f33 (x ) függvény is deriválható és

f11′ (x ) f12′ (x ) f13′ (x )

f11(x )

f12 (x ) f13 (x )

f11(x ) f12 (x ) f13 (x )

Δ′(x ) = f21(x ) f22 (x ) f23 (x ) + f21′ (x ) f22′ (x ) f23′ (x ) + f21(x ) f22 (x ) f23 (x ) . f31(x ) f32 (x ) f33 (x )

f31(x )

f31′ (x ) f32′ (x ) f33′ (x )

f32 (x ) f33 (x )

4. Számítsd ki a következő függvények deriváltját: x +1 ; b) f (x ) = x 2 + 2 ; a) f (x ) = x −1

c) f (x ) = x 3 ⋅ e 2x +1 ;

d) f (x ) = ln ln x ;

e) f (x ) = (x 2 + 1) sin (2x + 1) ;

f) f (x ) = e 2x + 3 ;

g) f (x ) = x ⋅ ln x ;

h) f (x ) = (x + 1) e 2x ;

i) f (x ) = e 2x ln x ;

j) f (x ) = 22x sin 2 x ;

k) f (x ) = (e x + x ) ;

l) f (x ) = e x cos3 x ;

m) f (x ) = (sin x + cos x ) ;

n) f (x ) =

2

12

6

2 + ln x ; 1 + ex

o) f (x ) =

x2 − x + 1 ; ln x 7

q) f (x ) = (sin 3 x + 7) ;

2

p) f (x ) = e cos x ;

100

r) f (x ) = sin sin sin x ; s) f (x ) = (x 2 − x + 2)

.

α

5. Számítsd ki az f (x ) = x , x > 0 függvény deriváltját, ha α irracionális szám! 6. Írd fel a következő függvények grafikus képéhez az adott pontokban húzott érintő egyenletét: a) f (x ) = x 3 + x + 1 , M 0 (1, 3) ; b) f (x ) = cos 2x , M 0 (π, 1) ; c) f (x ) = ln x , M 0 (3, ln 3) ;

d) f (x ) = e x , M 0 (0, 1) .

7. Írd fel az f (x ) = x 2 − 3x − 6 függvény grafikus képéhez az x 0 = −1 abszcisszájú pontban húzott érintő egyenletét! 2 8. f (x ) = x 2 . Írd fel az érintő egyenletét az x 0 ∈ \ tetszőleges pontban! 9. f (x ) = x (x − 1)(x + 2)(x + 3) . Írd fel az érintő egyenletét az x 0 = 1 pontban! 2

A továbbiakban, ha félreértésre nem ad okot, egyszerűen az

x 0 pontban húzott érintőről beszélünk.

Tartalomjegyzék


147

2

10. f (x ) = (x − 2) (x + 3) . Írd fel az érintő egyenletét az x 0 = 2 pontban! 11. f (x ) = (x − 3) 7 − x . Írd fel az érintő egyenletét az x 0 = 3 pontban! 12. f (x ) = 5 + x 2 . Írd fel az érintő egyenletét az y 0 = 3 ordinátájú pontban! 13. Határozd meg az f (x ) = 1 + x 2 függvény grafikus képén azokat az M x pontokat, amelyekben a grafikus képhez húzott érintő párhuzamos az y = + 1 2 egyenletű egyenessel! 2 14. Határozd meg az f (x ) = (1 − x )(1 + x ) függvény grafikus képének azt az M pontját, amelyben húzott érintő átmegy a (−1, 0) ponton! 15. Van-e az f (x ) = x 2 + 4x + 8 és g (x ) = x 2 + 8x + 4 függvényeknek közös érintője? 16. Határozd meg annak az egyenesnek az egyenletét, amely az f (x ) = x 4 − 2x 3 + x 2 + x − 2 függvény grafikus képét két pontban érinti! ax + 2 2 → \ , f (x ) = , ( a ∈ \ ) függvényt. Határozd 17. Tekintsük az f : \ \ 3 3x − 2 meg az a paraméter értékét úgy, hogy az x 0 pontban a grafikus képhez húzott érintő az Oy tengellyel 45° -os szöget zárjon be! x 18. Határozd meg az m és n paraméterek értékét úgy, hogy az f (x ) = és a x +1 g(x ) = mx 2 + nx + 1 függvény grafikus képe a 2 abszcisszájú pontjukban érintse egymást!

{}

5. Az inverz függvény deriváltja A folytonos függvények tulajdonságai alapján, ha I ⊆ \ intervallum és az f : I → \ folytonos függvény, akkor f (I ) is intervallum. Az f : I → f (I ) függvény szürjektív, tehát ha f injektív is, akkor az f −1 : J → I inverz függvénye ( J = f (I ) ) is folytonos. A következő tétel az inverz függvény deriválhatóságát biztosítja: Tétel. Ha I és J intervallumok, az f : I → J bijektív függvény deriválható az x 0 ∈ I pontban és f ′ (x 0 ) ≠ 0 , akkor az f −1 függvény deriválható az

y 0 = f (x 0 ) ∈ J pontban és

( f −1 )′ ( f (x 0 )) =

1 . f ′ (x 0 )

Tartalomjegyzék

148 Bizonyítás.


lim

y →y 0

f −1(y ) − f −1 (y 0 ) 1 x − x0 = lim = , x x → ′ 0 y − y0 f (x ) − f (x 0 ) f (x 0 )

ahol

az

f −1 (y ) = x változócserét alkalmaztuk. Innen következik, hogy f −1 deriválható az y 0 = f (x 0 ) pontban és igaz a tételben szereplő egyenlőség. Következmény. Ha f deriválható I -n és f ′(x ) ≠ 0 , minden x ∈ I esetén, akkor 1 f −1 deriválható a J = f (I ) intervallumon és ( f −1 )′ ( f (x )) = , ha x ∈ I vagy f ′ (x ) 1 ( f −1 )′ (x ) = ′ −1 ( ) , ha x ∈ J . Ezt az összefüggést úgy is megkaphatjuk, ha az f (f x )

( f −1 D f )(x ) = f −1(f (x )) = x ,

x ∈ I illetve

(f

D f −1 )(x ) = f ( f −1 (x )) = x , x ∈ J

egyenlőségeket deriváljuk. Röviden

( f −1 )′ =

1 . f ′ D f −1

Megoldott gyakorlatok ⎡ π π⎤ 1. Tudjuk, hogy f : ⎢− , ⎥ → ⎡⎢−1, 1⎤⎥ , f (x ) = sin x függvény invertálható és ⎣ ⎦ ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ ⎡ π π⎤ inverze f −1 : ⎢⎡−1, 1⎥⎤ → ⎢− , ⎥ , f −1 (x ) = arcsin x . Alkalmazzuk az inverz ⎣ ⎦ ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ függvény deriválási szabályát: 1 1 1 (arcsin x )′ = = = , ha x ∈ (−1, 1) . 2 cos (arcsin x ) 1 − x2 1 − sin (arcsin x ) 2. Az f : [0, π ] → [−1, 1] , f (x ) = cos x függvény invertálható és inverze

f −1 = arccos : [−1, 1] → [0, π ] , ennek deriváltja pedig:

( f −1 (x ))′ = (arccos x )′ =

1 1 1 , =− =− 2 − sin (arccos x ) 1 − cos (arccos x ) 1− x2

ha x ∈ (−1, 1) .

⎛ π π⎞ 3. Az f : ⎜⎜− , ⎟⎟ → \ , f (x ) = tg x függvény invertálható és inverze ⎝ 2 2⎠ ⎛ π π⎞ f −1 : \ → ⎜⎜− , ⎟⎟ , f −1 (x ) = arctg x , ennek deriváltja pedig: ⎝ 2 2⎠ 1 1 1 . = cos2 (arctg x ) = = (arctg x )′ = 2 1 1 + tg (arctg x ) 1 + x 2 cos2 (arctg x )

Tartalomjegyzék


149

4. Bizonyítsuk be, hogy az f : \ + → [1, +∞) , f (x ) = x 4 + x 2 + x + 1 függvény bijektív, inverze deriválható és számítsuk ki ( f −1 )′ (4) -et! Megoldás. f folytonos és deriválható, f ′ (x ) = 4x 3 + 2x + 1 > 0 , minden x ≥ 0 esetén, tehát f szigorúan növekvő, így injektív. f (0) = 1 és lim f (x ) = +∞ , f x →∞

folytonos és növekvő, következik, hogy Im f = [1, +∞) , tehát szürjektív is.

f ′ (x ) ≠ 0 , ha x ≥ 0 , tehát inverze deriválható és

( f −1 )′ (y ) =

1 f ′ (f

−1

(y ))

. Ha

1 1 . = f ′ (1) 265 Megjegyzés. Az előbbi példában láthattuk, hogy az inverz függvény deriváltját valamely pontban kiszámolhatjuk az inverz függvény kiszámolása nélkül.

y = 4 , akkor y = f (1) , tehát ( f −1 )′ (4) =

Gyakorlatok 1. Határozd meg a következő függvények deriválhatósági tartományát és számítsd ki a deriváltját: 1 5 x b) f (x ) = x − arctg 2x + arctg ; a) f (x ) = x ⋅ 3 x ⋅ 4 x ; 2 3 3 1 + 3x 2x ; d) f (x ) = arccos ; c) f (x ) = arcsin 2 1 + x2 1 arccos (x 2 + 1) ; e) f (x ) = 5x arcsin 3x ; f) 3 2 2x + 1 arctg g) f (x ) = ; h) f (x ) = (x 2 + 1) arctg x ; 3 3 3 i) f (x ) = arcsin (cos x ) . 2. Bizonyítsd be, hogy az f : \ + → [1, +∞) , f (x ) = x 2 + 1 függvény bijektív, inverze deriválható, és számítsd ki kétféleképpen az ( f −1 )′ ( 10 ) értékét (az inverz függvény kiszámolásával illetve anélkül)! 3. Bizonyítsd be, hogy az f : (−∞, −1] → (0, 1] , f (x ) =

1 2

x +x +1

függvény

⎛ 2 7 ⎞⎟ ⎟ -et! bijektív, inverze deriválható, és számítsd ki ( f −1 )′ ⎜⎜ ⎜⎝ 7 ⎠⎟⎟ 4. Bizonyítsd be, hogy az f : \*+ → \ , f (x ) = x 2 + 2x + ln (x 2 ) függvény bijektív, inverze deriválható, és számítsd ki ( f −1 )′ (3) -at. MAGASABBRENDŰ DERIVÁLTAK

Tartalomjegyzék

150


Értelmezések. 1. Azt mondjuk, hogy az f : D → \ függvény kétszer deriválható a D halmaz x 0 ∈ D torlódási pontjában, ha f deriválható az x 0 egy V ∩ D környezetében és az f ′ : V ∩ D → \ függvény deriválható x 0 -ban. Az f ′ deriváltja az x 0 -ban az f függvény másodrendű deriváltja az x 0 -ban és a következőképpen

( f ′)′ (x 0 ) = f ′′ (x 0 ) .

jelöljük:

Ha f deriválható a D -n és f ′ is deriválható D -n, akkor azt mondjuk, hogy f kétszer deriválható D -n és másodrendű deriváltját f ′′ = ( f ′)′ -vel vagy f (2) -vel jelöljük. 2. Az f : D → \ n -szer deriválható ( n ≥ 2 ) az x 0 -ban, ha f n − 1 -szer deriválható az x 0 egy V ∩ D környezetében és az n − 1 -ed rendű derivált deriválható az x 0 ∈ D pontban. Az f

(n )

(x 0 ) = ( f (n −1) )′ (x 0 ) jelölést használjuk az n -ed rendű deriváltra az x 0 -ban.

Ha f : D → \ n -szer deriválható D -n, akkor az f (n ) : D → \ , f n (x ) = ( f (n−1) )′ (x ) ( )

függvény az f függvény n -ed rendű deriváltja. Ha az f függvény n -szer deriválható, minden n ∈ `* esetén (egy pontban vagy egy halmazon), akkor azt mondjuk, hogy f végtelenszer deriválható vagy f ∞ osztályú (az illető pontban vagy halmazon). Megegyezés szerint, a nullarendű derivált maga az f függvény. Példák 1. Az f : \ → \ , f (x ) = x k

(k ∈ `) függvény végtelenszer deriválható és f (x ) = k ! , f (x ) = 0 , ha n > k . 1 2. Az f : \ \ {0} → \ , f (x ) = függvény végtelenszer deriválható és x n (−1) ⋅ n ! f n (x ) = , ahol n ≥ 1 , x ≠ 0 . x n +1 3. Az f (x ) = e x függvény esetén f n (x ) = e x , n ∈ ` , x ∈ \ . π⎞ ⎛ 4. sin n x = sin ⎜⎜x + n ⋅ ⎟⎟ , n ∈ ` , x ∈ \ . ⎝ 2⎠ π⎞ ⎛ 5. cos n x = cos ⎜⎜x + n ⋅ ⎟⎟ , n ∈ ` , x ∈ \ . ⎝ 2⎠ (k )

(n )

( )

( )

( )

( )

(n )

7. (a x )

n −1

⋅ (n − 1) ! , n ∈ `* . xn = a x ⋅ lnn a , (a > 0) .

(n )

6. (ln x )

=

(−1)

Gyakorlatok

Tartalomjegyzék


151

1. Az u : D → \ és v : D → \ függvények n -szer deriválhatók. Igazold, hogy a) (u + v ) n = u n + v n ; ( )

( )

( )

n

b) (u ⋅ v ) n = ∑ C nku (k )v (n −k ) (Leibniz képlet). ( )

k =0

2. Számítsd ki a következő függvények másodrendű deriváltját: a) f (x ) = x 1 + x 2 ;

b) f (x ) = x ln x ;

2

c) f (x ) = e −x ;

d) f (x ) = (1 + x 2 ) arctg x . 3. Számítsd ki f (0) -t, f ′ (0) -t és f ′′ (0) -t, ha f (x ) = e sin x ⋅ cos (sin x ) . 4. Bizonyítsd be, hogy az alábbi függvények kétszer deriválhatók az adott pontokban: ⎧⎪arctg x , x ≥ 0 , x0 = 0 ; a) f : \ → \ , f (x ) = ⎪⎨ 3 ⎪ x + x, x < 0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎧⎪sin 2 x , x ≤ 0 , x0 = 0 ; b) f : \ → \ , f (x ) = ⎨ 2 ⎪ x , x >0 ⎪ ⎪⎩ 5 c) f : \ → \ , f (x ) = 2x − 6 , x 0 = 3 . 5. Határozd meg az a, b, c ∈ \ paraméter értékét úgy, hogy az f : \ → \ , ⎧⎪ax 2 + b, x ≤0 ⎪ f (x ) = ⎪⎨ függvény kétszer deriválható legyen \ -en! ⎪⎪cx + 4 + ln (x 2 − x + 1), x < 0 ⎪⎩ 6. Határozd meg az a ∈ \ paraméter értékét úgy, hogy az f : \ → \ , f (x ) = x ⋅ eax függvény teljesítse az f ′′′(x ) − f ′′(x ) − 8 f ′(x ) + 12 f (x ) = 0 összefüggést, minden x ∈ \ esetén! 7. Bizonyítsd be, hogy az f : \ → \ , f (x ) = (3x 2 − 4)e x függvény n -ed rendű deriváltja f (n )(x ) = (3x 2 + an x + bn )e x

alakú, minden n ∈ `* esetén, ahol

an , bn ∈ \ . Határozd meg az an és bn számokat n függvényében! ln x függvény n -ed rendű deriváltját! 8. Számítsd ki az f : (0, ∞) → \ , f (x ) = x 9. Ha f (x ) = c1 cos x + c2 sin x , c1, c2 ∈ \ , bizonyítsd be, hogy f ′′ (x ) + f ′ (x ) = 0 . 10. Számítsd ki a következő függvények n -ed rendű deriváltját: a) f : \ → \ , f (x ) = x 2 ⋅ e x ; b) f : \ → \ , f (x ) = x 2 ⋅ e 2x ; c) f : (0, ∞) → \ , f (x ) = x ⋅ ln x ; e) f : \ \ {0,1} , f (x ) =

1 ; x (1 − x )

d) f : (−1, 1) → \ , f (x ) = x ln (1 − x 2 ) ; f) f : \ \ {1, 2} → \ , f (x ) =

x3 ; x 2 − 3x + 2

Tartalomjegyzék

152


g) f : \ → \ , f (x ) = (1 − x 2 ) ⋅ cos x ; h) f : \ → \ , f (x ) = e −x . 2

11. Azt mondjuk, hogy az f : D → \ , és g : D → \ függvények grafikus képe az

x 0 pontban n -ed rendben érinti egymást, ha f (k ) (x 0 ) = g (k ) (x 0 ) , k = 0, n és f (n +1) (x 0 ) ≠ g (n +1) (x 0 ) . Állapítsd meg, hogy hányad rendben érinti egymást a következő függvénypárok grafikus képe: 1 x2 +x +1. a) f (x ) = x 2 és g(x ) = x + 1 − ; b) f (x ) = e x és g(x ) = x 2 12. Számítsd ki az f és g grafikus képe által a metszéspontban bezárt szög mértékét: 2

a) f (x ) = (x − 2) és g(x ) = 4x − x 2 − 4 ; b) f (x ) = sin x és g(x ) = cos x . ⎪⎧⎪ x 21−1 e , x ∈ (−1,1) 13. Bizonyítsd be, hogy az f : \ → \ , f (x ) = ⎪⎨ függvény ⎪⎪P(x ), x ∈ \ \ (−1,1) ⎪⎩ pontosan akkor végtelenszer deriválható, ha a P polinomfüggvény identikusan 0 . (Felvételi, Kolozsvár) A könnyebb megjegyzés érdekében a következő táblázatban összefoglaltuk a fontosabb deriválási képleteket és szabályokat.

f

f′

xn , n ∈ ` x m , n ∈ ]*−

nx n −1 mx m −1

xa , a ∈ \ \ ]

a ⋅ x a −1 ex

x

e a x , a > 0, a ≠ 1

ln x loga x , a > 0, a ≠ 1 sin x cos x tg x ctg x

arcsin x

A deriválhatósági tartomány \ \ \ {0}

(0, ∞) \ \

x

a ⋅ ln a 1 x 1 x ln a cos x − sin x 1 = 1 + tg 2 x 2 cos x −1 = −1 − ctg 2 x sin 2 x 1 1 − x2

(0, ∞) (0, ∞) \ \

{

\ \ (2k + 1)

}

π k∈] 2

{

}

\ \ kπ k ∈ ]

(−1, 1)

Tartalomjegyzék


153

−1

arccos x

(−1, 1)

1 − x2 1 1 + x2 −1 1 + x2

arctg x arcctg x

\ \

( f + g )′ = f ′ + g ′ ( f ⋅ g )′ = f ′ ⋅ g + f ⋅ g ′ ⎛ 1 ⎞⎟′ ⎜⎜ ⎟ = − g ′ ⎜⎝ g ⎠⎟⎟ g2

⎛ f ⎞′ f ′ ⋅ g − f ⋅ g′ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ = g2 ⎝g ⎠

( f (g(x )))′ = f ′ (g(x )) ⋅ g ′(x ) (n )

(f ⋅ g )

n

= ∑ C nk ⋅ f (n −k ) ⋅ g (k ) k =1

( f (x )g (x ) )′ = g(x ) ⋅ f (x )g (x )−1 ⋅ f ′(x ) + f (x )g (x ) ⋅ ln f (x ) ⋅ g ′(x )

Tartalomjegyzék

Deriválható függvények tulajdonságai

153

VI. DERIVÁLHATÓ FÜGGVÉNYEK TULAJDONSÁGAI Ebben a fejezetben a függvények deriválhatósága és más tulajdonságai közötti kapcsolatot vizsgáljuk (monotonitás, injektivitás, konvexitás, szélsőértékek stb.). Ezen tulajdonság kihangsúlyozásához szükségünk van néhány fontos tételre. A MATEMATIKAI ANALÍZIS ALAPTÉTELEI Először állapítsuk meg a derivált szerepét a függvény szélsőértékeinek keresésében! Tekintsük az f : D → \ függvényt ( D ⊆ \ ), és az x 0 ∈ D számot! Értelmezések. 1. Az x 0 pont helyi (lokális) maximumpontja az f függvénynek, ha létezik V ∈ V (x 0 ) környezete x 0 -nak úgy, hogy f (x ) ≤ f (x 0 ) , minden x ∈ D ∩ V esetén. 2. Az x 0 pont helyi (lokális) minimumpontja az f függvénynek, ha létezik V ∈ V (x 0 ) környezete x 0 -nak úgy, hogy f (x ) ≥ f (x 0 ) , minden x ∈ D ∩ V esetén. 3. Ha az f (x ) ≤ f (x 0 ) egyenlőtlenség minden x ∈ D esetén teljesül, akkor x 0 az f függvény globális maximumpontja. 4. Ha az f (x ) ≥ f (x 0 ) egyenlőtlenség minden x ∈ D esetén teljesül, akkor x 0 az f függvény globális minimumpontja. 5. A helyi maximum- és minimumpontokat helyi szélsőértékpontoknak, míg a globális maximum- és minimumpontokat globális szélsőértékpontoknak nevezzük. 6. A függvény által a szélsőértékpontban felvett értéket szélsőértéknek (helyi vagy globális minimum vagy maximumnak) nevezzük. Az 54. ábrán látható, hogy a globális maximumpont a b , a y globális minimumpont az x1 és ezenkívül helyi maximumpont az a és x 2 , illetve helyi minimumpont az x 3 is. Az ábra alapján az x1, x 2 , x 3 pontokban a grafikus képhez húzott érintő vízszintes, míg a két végpontban x x b x nem. Ez a viselkedés azt sugallja, hogy az intervallum a O x belső pontjaiban lévő helyi szélsőértékpontok meghatáro54. ábra zásának feladata eltér az összes szélsőértékpont meghatározásának feladatától. Ha meghatározzuk a belső szélsőértékpontokat, akkor ezen pontokban illetve a végpontokban vett függvényértékek viselkedéséből meg tudjuk határozni a globális szélsőértékpontokat. Ezen tulajdonság rögzítése céljából bizonyítunk néhány tételt. 1

2

3

1. Fermat tétele Ha az f : I → \ függvény deriválható az I intervallum x 0 belső pontjában és x 0 a függvény helyi szélsőértékpontja, akkor f ′ (x 0 ) = 0 .

Tartalomjegyzék

154


Bizonyítás. Az általánosság megszorítása nélkül feltételezhetjük, hogy x 0 helyi maximumpont. Ekkor létezik V ∈ V (x 0 ) , amelyre f (x ) ≤ f (x 0 ) , minden x ∈ I ∩ V esetén, tehát f (x ) − f (x 0 ) ≤ 0 , ha x ∈ I ∩ V . Ebből következik, hogy

fb ′ (x 0 ) = lim

x /x0

f (x ) − f (x 0 ) f (x ) − f (x 0 ) ≥ 0 és f j ′ (x 0 ) = lim ≤ 0. x 2x0 x − x0 x − x0

Mivel a függvény deriválható x 0 -ban, fj ′ (x 0 ) = fb ′ (x 0 ) . Ez csak akkor lehetséges, ha

fb ′ (x 0 ) = f j ′ (x 0 ) = f ′ (x 0 ) = 0 . Megjegyzések. 1. Az f : [−1,1] → \ , f (x ) = x 3 függvénynek x = ±1 szélsőértékpontjai és f ′ (±1) = 3 . Ez az ellenpélda is igazolja, hogy a tétel csak belső pontokra érvényes. 2. Az f : \ → \ , f (x ) = x függvény helyi (és egyben globális) minimumpontja

x = 0 , de f ′ (0) ≠ 0 , mert f ′ (0) nem létezik ( f j ′ (0) = 1 ,

y

-1 1 x

O

55. ábra

fb ′ (0) = −1 ). 3. Az előbbi példákból is látható, hogy a tétel minden feltétele szükséges. 4. Az 1. példában szereplő függvény esetén f ′ (x ) = 3x 2 , tehát f ′ (0) = 0 és x = 0 nem szélsőértékpont, mert f (x ) < 0 , ha x < 0 és f (x ) > 0 , ha x > 0 . Tehát nem minden olyan x 0 pont szélsőértékpont, amelyre

f ′ (x 0 ) = 0 . Az 55. ábrán látható, hogy az Ox tengely érinti a grafikus képet. Értelmezés. Ha az f : D → \ függvény deriválható, akkor az f ′ (x ) = 0 , x ∈ Int D feltételt teljesítő pontokat a függvény stacionárius pontjainak nevezzük. 5. Következésképpen egy deriválható függvény szélsőértékpontjait a derivált gyökei között kell keresni, de nem feltétlenül szélsőértékpont minden gyök. 2. Rolle tétele Ha az f : [a, b ] → \ függvény folytonos az [a, b ] intervallumon, deriválható az (a, b ) intervallumon és f (a ) = f (b ) , akkor létezik c ∈ (a, b ) úgy, hogy f ′ (c ) = 0 . Bizonyítás. Ha f állandó függvény, akkor f ′ (x ) = 0 , minden x ∈ (a, b) esetén. Ha f nem állandó, akkor létezik x 0 ∈ (a, b) úgy, hogy f (x 0 ) > f (a ) vagy f (x 0 ) < f (a ) . Mivel az intervallum zárt, Weierstrass tétele alapján létezik M = f (c1 ) = max f (x ) és m = f (c2 ) = min f (x ) . A c1 és c2 számok közül x ∈[a ,b ]

x ∈[a ,b ]

legalább az egyik az intervallum belső pontja. Fermat tétele alapján ebben a pontban a derivált 0 . Tehát létezik c ∈ {c1, c2 } úgy, hogy f ′ (c ) = 0 , és c ∈ (a, b ) .

Tartalomjegyzék

Deriválható függvények tulajdonságai Grafikus értelmezés

155 y f(a)=f(b)

A

B

A derivált grafikus értelmezése alapján ez azt jelenti, hogy ha a tétel feltételei teljesülnek, akkor létezik olyan belső pontja az [a, b ] intervallumnak, amelyben a grafikus képhez húzott érintő vízszintes. Ezt úgy is c x O a b fogalmazhatjuk, hogy létezik az (a, b ) 56. ábra intervallumban olyan c pont, amelyben az érintő párhuzamos az AB húrral. A következő tétel azt mutatja, hogy ez a tulajdonság érvényes akkor is, ha az AB húr nem vízszintes. Megjegyzés. Ha az f : [a, b ] → \ függvény folytonos az [a, b ] -n és deriválható az

(a, b ) -n, akkor azt mondjuk, hogy a függvény Rolle tulajdonságú. Példák. 1. Az f : [ 0,1] → \ , f (x ) = x 2 − x függvény Rolle tulajdonságú, f (0) = f (1) = 0 , tehát alkalmazható Rolle tétele, azaz létezik c ∈ (0,1) úgy, hogy 1 ∈ (0,1) . 2 2. Az f : [1, 2 ] → \ , f (x ) = (x − 1)(2 − x ) Rolle tulajdonságú, f (1) = f (2) , tehát alkalmazható Rolle tétele, azaz létezik c ∈ (0,1) úgy, hogy f ′ (c ) = 0 .

f ′ (c ) = 0 . f ′ (x ) = 2x − 1 , tehát c =

−2x + 3 3 , ha x ∈ (1, 2) , tehát c = ∈ (1, 2) . 2 2 (x − 1)(2 − x ) Megjegyzés. Az előbbi példában látható, hogy nem szükséges az intervallum végpontjaiban a függvény deriválhatósága. f ′ (x ) =

3. Lagrange tétele Ha az f : [a, b ] → \ függvény Rolle tulajdonságú az [a, b ] intervallumon, akkor létezik c ∈ (a, b ) úgy, hogy f (b ) − f (a ) f ′ (c ) = . b −a Bizonyítás. Szemléletesen ezt a koordinátatengelyek megváltoztatásával lehetne igazolni úgy, hogy az Ox tengely legyen párhuzamos az AB húrral. Így alkalmazhatnánk Rolle tételét az új függvényre. A tengelyek megváltozatása helyett egy segédfüggvényt fogunk szerkeszteni úgy, hogy annak deriváltja pontosan akkor legyen 0 , ha teljesül a tételbeli egyenlőség (ezzel elkerüljük az értelmezési f (b) − f (a ) intervallum megváltoztatását). Az F : [a, b ] → \ , F (x ) = f (x ) − x ⋅ b −a f (b ) − f (a ) . Ez a függvény folytonos az [a, b ] függvény deriváltja f ′(x ) − b −a

Tartalomjegyzék

156


intervallumon és deriválható az (a, b ) y intervallumon, sőt teljesíti az B bf (a ) − af (b) F (a ) = = F (b) feltételt is, tehát A b −a alkalmazható Rolle tétele. Így létezik olyan F ′(c ) = 0 c ∈ (a, b ) , amelyre és ebből x O a c b f (b ) − f (a ) következik, hogy f ′(c ) = . 57. ábra b −a Grafikus értelmezés f (b ) − f (a ) kifejezés az AB húr iránytényezője (57. ábra), tehát a tétel azt fejezi Az b −a ki, hogy létezik olyan c ∈ (a, b ) , amelyben az érintő párhuzamos az AB húrral. x Példák. 1. Az f : [ 0,1] → \ , f (x ) = folytonos és deriválható a [ 0,1] interx +1 1 vallumon, f ′ (x ) = 2 , következik, hogy alkalmazható Lagrange tétele. Tehát (x + 1) f (1) − f (0) 1 1 létezik c ∈ (0,1) úgy, hogy f ′ (c ) = , azaz , c = −1 ± 2 , 2 = 1−0 (c + 1) 2 de c ∈ (0,1) , tehát c = 2 − 1 az egyetlen belső pont, amely teljesíti a feltételt. 2. Az f : [n, n + 1] → \ , f (x ) = ln x , ( n ∈ ` * ) függvény Rolle tulajdonságú, tehát alkalmazható Lagrange tétele, azaz létezik c ∈ (n, n + 1) úgy, hogy

1 f (n + 1) − f (n ) 1 , vagyis = ln (n + 1) − ln n , tehát c = . n + 1 ⎞⎟ ⎛ c n +1−n ln ⎜⎜ ⎝ n ⎠⎟ 1 1 1 < < , amiből Megjegyzés. Mivel n < c < n + 1 , következik, hogy n +1 c n 1 1 < ln (n + 1) − ln n < egyenlőtlenség. adódik a Sorozatok fejezetben igazolt n +1 n

f ′ (c ) =

4. Cauchy tétele A Lagrange tételben szereplő tört nevezője a számlálóhoz hasonló szerkezetű, ha a b − a kifejezést g(b ) − g(a ) alakban írjuk, ahol g az identikus függvény. Ebben a paragrafusban igazoljuk, hogy a nevezőben lehet más g deriválható függvény is. Tétel. Ha az f , g : [a, b ] → \ függvények Rolle tulajdonságúak az [a, b ] intervallumon és g ′ (x ) ≠ 0 , ha x ∈ (a, b ) , akkor létezik c ∈ (a, b ) úgy, hogy: f (b ) − f (a ) f ′ (c ) = . g(b ) − g(a ) g ′ (c )

Tartalomjegyzék


157

Bizonyítás. Lagrange tételéből és a g ′ (x ) ≠ 0 , ∀x ∈ (a, b ) feltételből következik, hogy g(a ) ≠ g(b ) . A Lagrange tétel bizonyításához hasonlóan, olyan segédfüggvényt keresünk, amelynek deriváltja pontosan akkor 0 , amikor teljesül a tételbeli egyenlőség. Tekintsük a h : [a, b ] → \

h (x ) = ( f (b ) − f (a )) ⋅ g (x ) − (g (b ) − g (a )) ⋅ f (x ) függvényt. A h függvény folytonos [a, b ] -n és deriválható (a, b ) -n. Másrészt h(a ) = h(b ) , tehát alkalmazható Rolle tétele. Eszerint létezik a c ∈ (a, b ) közbeeső érték, amelyre h ′ (c ) = 0 . Ezt az összefüggést a következőképpen is írhatjuk: h ′ (c ) = ( f (b ) − f (a )) g ′ (c ) − (g (b ) − g (a )) f ′ (c ) = 0 , innen a g ′(c ) ≠ 0 és g(a ) ≠ g(b ) feltételek alapján

f (b ) − f (a ) f ′ (c ) = . g(b ) − g(a ) g ′ (c ) Példa. Az f , g : [1, 2 ] → \ , f (x ) = x 2 + 1 , g (x ) = ln x függvények Rolle 1 tulajdonságúak az [1, 2 ] -n, f ′ (x ) = 2x , g ′ (x ) = , így Cauchy tétele alapján létezik x f ′ (c ) f (2) − f (1) 3 3 = c ∈ (1, 2) úgy, hogy , azaz 2c 2 = , c > 0 , tehát c = . ln 2 g ′ (c ) g (2) − g (1) ln 4 Megjegyzés. Lagrange és Cauchy tételeit középérték tételeknek vagy a véges növekedések tételeinek is szoktuk nevezni. 5. Darboux tétele Ha I intervallum és f : I → \ deriválható függvény, akkor az f ′ függvény Darboux tulajdonságú. Bizonyítás. Az a, b ∈ I , a < b esetén tekintjük a λ ∈ \ számot, amely az f ′ (a ) és f ′ (b ) között van. Bizonyítjuk, hogy létezik c ∈ [a,b ] úgy, hogy f ′ (c ) = λ . Az általánosság megszorítása nélkül feltételezhetjük, hogy f ′ (a ) < f ′ (b ) és f ′ (a ) < λ < f ′ (b ) . Tekintsük a g : I → \ , g (x ) = f (x ) − λx függvényt. Ez a függvény folytonos és deriválható, tehát elégséges igazolni, hogy van helyi szélsőértékpontja az (a, b ) intervallumban. Ha létezik c ∈ (a, b ) úgy, hogy g ′ (c ) = 0 , akkor f ′ (c ) = λ . Másrészt g ′ (b ) = f ′(b ) − λ > 0 , és g ′ (a ) = f ′(a ) − λ < 0 , tehát lim x 2a

g(x ) − g(b ) > 0 . Így létezik ε > 0 és egy megfelelő δ > 0 úgy, hogy: x −b g(x ) − g(a ) < −ε , ha a < x < a + δ és x −a g(x ) − g(b ) > ε , ha b − δ < x < b . x −b Innen következik, hogy g (x ) < −ε(x − a ) + g (a ) < g (a ) , ha a < x < a + δ és lim x /b

g (x ) < g (b ) + ε(x − b ) < g(b ) , ha b − δ < x < b .

g(x ) − g(a ) < 0 , és x −a

Tartalomjegyzék

158


Ebből a két egyenlőtlenségből következik, hogy a g függvény a minimumát nem veheti fel sem az a sem a b pontban. Így a folytonossága alapján a minimumát az intervallum belső pontjában veszi fel, és ebben a pontban a deriváltja 0 . Tehát létezik olyan c ∈ (a, b ) szám, amelyre λ = f ′ (c ) . Innen következik, hogy az f ′ függvény Darboux tulajdonságú. Következmény. Ha I intervallum és az f : I → \ deriválható függvényre f ′ (x ) ≠ 0 , bármely x ∈ I esetén, akkor f ′ (x ) > 0 , bármely x ∈ I esetén, vagy f ′ (x ) < 0 , bármely x ∈ I esetén.

Gyakorlatok 1. Határozd meg a következő függvények stacionárius pontjait! Állapítsd meg melyek szélsőértékpontok, illetve határozd meg azokat a szélsőértékpontokat is, amelyek nem stacionárius pontok! a) f : [ 0, 2] → \ , f (x ) = x 3 − 3x ; b) f : [ 0, 2π ] → \ , f (x ) = sin x ; c) f : \ → \ , f (x ) = x 2 − 1 ;

d) f : \ → \ , f (x ) = 4x 3 − 6x 2 + 3x .

2. Bizonyítsd be, hogy ha x1, x 2 ∈ \ , akkor cos x 1 − cos x 2 ≤ x 1 − x 2 . 3. Bizonyítsd be, hogy az x 2 = x sin x + cos x egyenletnek pontosan két gyöke van a [−2, 2] intervallumban! 4. Bizonyítsd be, hogy az f ′ (x ) = 0 egyenletnek minden gyöke valós, ha f : \ → \ , f (x ) = (x − 1)(x + 2)(x − 3) (x + 4) . 5. Bizonyítsd be, hogy az f : \ → \ , f (x ) = x 3 + x 2 + 2x függvény injektív! 6. Határozd meg a Lagrange tételbeli c közbeeső értéket a következő esetekben: ⎡ π⎤ b) f : [ 0,1] → ⎢0, ⎥ , f (x ) = arctg x . a) f : [ 0, 2] → [ 0, 4 ] , f (x ) = x 2 ; ⎣⎢ 4 ⎦⎥ 5 4 2 7. Bizonyítsd be, hogy az x + x + x + 10x − 5 = 0 egyenletnek pontosan egy ⎛ 1⎞ pozitív gyöke van, és ez a ⎜⎜0, ⎟⎟ intervallumban van! ⎝ 2⎠ 8. Tanulmányozd a Rolle tétel alkalmazhatóságát a következő függvények esetén: b) f (x ) = ln (1 + x ) , I = [−1, 1] ; a) f (x ) = 3 x 2 , I = [−1, 1] ; c) f (x ) = x 2 + 4 , I = [−5, 5] ;

⎧ ⎪ cos x , ⎪ ⎪ d) f (x ) = ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ sin x , ⎪ ⎪ ⎩

π ⎡ π⎤ 4 π π , I = ⎢⎢⎣0, 2 ⎥⎥⎦ ; <x ≤ 4 2

0≤x ≤

2 ⎧ ⎪ ⎪x + 3, x ∈ [−1, 0] e) f (x ) = ⎨ 3 , I = [−1, 1] . ⎪ + ∈ x x 3, (0, 1] ⎪ ⎪ ⎩ 9. Bizonyítsd be, hogy ha a1, a2 , a 3 ,..., an ∈ \*+ és a1x + a2x + ... + anx ≥ n , ∀x ∈ \

akkor a1 ⋅ a2 ⋅ ... ⋅ an = 1 . 10. Bizonyítsd be, hogy ha az f1,2,3 : [a, b ] → \ függvények folytonosak az [a, b ] intervallumon és deriválhatók (a, b ) -n, akkor létezik c ∈ (a, b ) úgy, hogy:

Tartalomjegyzék


159

f1′(c ) f2′ (c ) f3′ (c ) f1(a )

f2 (a )

f3 (a ) = 0 .

f1(b )

f2 (b )

f3 (b )

11. Alkalmazható-e Lagrange tétele a következő függvényekre az adott intervallumokon? x b) f (x ) = , I = ⎡⎢0, a ⎤⎥ , a > 0 ; a) f (x ) = 1 + 3 x , I = [−1, 1] ; ⎣ ⎦ 1−x 3 ⎡ ⎤ c) f (x ) = x ln x , I = ⎢a, b ⎥ , b > a > 0 ; d) f (x ) = 1 + x − x , I = [−2, 1] ; ⎣ ⎦ ⎧⎪ x + 2 ⎪⎪ , x ∈ [−4, 0] , I = [−4, 3] . e) f (x ) = ⎨ 2 ⎪⎪ + ∈ x 1, x (0, 3] ⎪⎪⎩ 1 függvényre az (a, b ) inter– 12. Alkalmazható-e Lagrange tétele az f (x ) = x vallumon, ha a ⋅ b < 0 ? 13. Határozd meg az f (x ) = x 3 grafikus képének azon pontját, amelyben húzott érintő párhuzamos az A(−1, −1) és B(2, 8) pontok által meghatározott egyenessel! 14. Tanulmányozd a Cauchy tétel alkalmazhatóságát a következő függvénypárokra a megadott intervallumokon: e a) f (x ) = ln x és g(x ) = , I = [1, e ] ; x ⎧⎪ x + 3, − 2 ≤ x < 1 ⎪⎪ b) f (x ) = ⎨ x + 7 , g(x ) = x , I = ⎡⎢−2, 5⎤⎥ ; ⎣ ⎦ ⎪⎪ , 1≤x ≤5 ⎪⎪⎩ 4 c) f (x ) = x 3 , g(x ) = x 2 , I = [−1, 1] ; x d) f (x ) = ln x és g(x ) = − 2 , I = [1, e ] . e Feladatok 1. Határozd meg az x ⋅ ln n − n ⋅ ln x = 0 , n > 1 , n ∈ ` , x > 0 egyenlet gyökeinek számát az I = (0, +∞) intervallumban! 2. Az α mely értékeire van az 1 + sin 2 αx = cos x egyenletnek pontosan egy gyöke? 3. Bizonyítsd be, hogy ha az a, b ∈ \ számokra a ⋅ b > 0 és f : [a, b ] → \ egy deriválható függvény, akkor létezik c ∈ [a, b ] úgy, hogy a b 1 ⋅ = f (c ) − c ⋅ f ′ (c ) . a − b f (a ) f (b )

Tartalomjegyzék

160


1

1

4. Bizonyítsd be, hogy ha f (x ) = 3 − x

1

5 − 3x 2

3x 3 − 1 , akkor létezik

2x 2 − 1 3x 5 − 1 7x 8 − 1 c ∈ (0, 1) úgy, hogy f ′ (c ) = 0 .

5. Létezik-e nem lineáris, \ -en értelmezett, végtelenszer deriválható függvény, 1 amelyre f (k ) (x ) ≤ k , bármely x ∈ \ és k ∈ ` esetén? 2 6. Bizonyítsd be, hogy ha az f : \ → \ páratlan függvény deriválható, akkor az f ′ : \ → \ függvény páros. Igaz-e az állítás fordítottja? 7. Bizonyítsd be, hogy az f : \ → \ , f (x ) = 12x 3 + 12ax 2 − 8ax − 3 függvénynek minden a ∈ \ esetén van legalább egy gyöke a (0,1) intervallumban! c c c 8. A c0 , c1 , … , cn valós számokra fennáll a c0 + 1 + 2 ... + n = 0 2 3 n +1 egyenlőség. Bizonyítsd be, hogy a c0 + c1x + c2x 2 + ... + cn −1x n −1 + cn x n = 0 egyenletnek van legalább egy gyöke 0 és 1 között! 9. Bizonyítsd be, hogy ha az f : \ → \ függvény teljesíti az

f (x + h ) − f (x − h ) < h 2 egyenlőtlenséget, minden x ∈ \ és h > 0 esetén, akkor f állandó függvény! 10. a) Határozd meg az fi : [a, b ] → \ függvények deriváltja segítségével az f1(x ) f2 (x ) f3 (x ) f4 (x ) U : [a, b ] → \ , U (x ) =

a1

b1

c1

d1

a2

b2

c2

d2

a3

b3

c3

d3

függvény deriváltját, ha ai , bi , ci , di ∈ \ i = 1, 4 . b) Az f , g : [a, b ] → \ függvények kétszer deriválhatók az (a, b ) intervallumon. Bizonyítsd be, hogy minden x 1, x 2 , x 3 ∈ [a, b ] esetén létezik c ∈ (a, b ) , amelyre:

1 x1

g (x 1 )

1 x1

f ′′(c ) 1 x 2 g (x 2 ) − g ′′(c ) 1 x 2 1 x 3 g (x 3 )

1 x3

f (x 1 ) f (x 2 ) = 0 . f (x 3 )

Tartalomjegyzék

A határozatlan esetek kiküszöbölése

161

VII. A HATÁROZATLAN ESETEK KIKÜSZÖBÖLÉSE A L’HOSPITAL SZABÁLY Lagrange tétele alapján egy függvény értékét egy x 0 pontban közelíthetjük az x 0 környezetében felvett valamely más érték, illetve a derivált segítségével. Bizonyos esetekben ez a közelítés lehetőséget ad az egyes kifejezések (például határérték) f (x ) 0 kiszámolására. Ha a lim határérték alakú határozatlan eset, és az f illetve g x →x 0 g (x ) 0 függvények teljesítik a Lagrange (vagy Cauchy) tétel feltételeit az x 0 pont V környezetében, azaz folytonosak és deriválhatók a V környezetben, akkor alkalmazzuk a Lagrange (vagy Cauchy) tételét az [x 0 , x ] intervallumon, ha x ∈ V , tehát léteznek a c1, 2

f (x ) f (x ) − f (x 0 ) x ⋅ f ′ (c1 ) f ′ (c1 ) = = = . g(x ) g(x ) − g(x 0 ) x ⋅ g ′ (c2 ) g ′ (c2 ) Az első egyenlőségnél az f (x 0 ) = g(x 0 ) = 0 egyenlőséget használtuk fel, ami éppen azt 0 fejezi ki, hogy határozatlan esetünk van (mivel a függvények folytonosak). Ha 0 x → x 0 , akkor c1, 2 → x 0 , tehát ha létezik a lim f ′ (x ) = l1 és a lim g ′ (x ) = l2 közbeeső értékek, amelyekre:

x →x 0

x →x 0

f (x ) l1 határérték és l 2 ≠ 0 , akkor lim = . Ha a Cauchy tételt alkalmazzuk, akkor x → x 0 g (x ) l2 ugyanazt a közbeeső értéket kapjuk a számlálóban és a nevezőben is, tehát nem szükséges f ′ (x ) a lim f ′ (x ) = l1 és lim g ′ (x ) = l2 határértékek létezése, elégséges a lim x →x 0 x →x 0 x → x 0 g ′ (x ) határérték létezése. Így a következő tételhez jutunk: Tétel. (l’Hospital tétele a 0/0 esetben) Ha az f , g : [a, b ] → \ ( a, b ∈ \ , a < b ) x 0 ∈ [a, b ] pontban folytonos függvények teljesítik a következő feltételeket: 1. f és g deriválható a V ∩ [a, b ] \ {x 0 } halmazon (ahol V ∈ V (x 0 ) ), 2. f (x 0 ) = g (x 0 ) = 0 , 3. g ′ (x ) ≠ 0 az x 0 valamely környezetében, f ′ (x ) 4. létezik lim , x → x 0 g ′ (x ) f (x ) f (x ) f ′ (x ) akkor létezik lim és lim . = lim x → x 0 g (x ) x → x 0 g (x ) x → x 0 g ′ (x ) Bizonyítás. A Cauchy tételt alkalmazzuk az [x 0 − ε, x 0 + ε] intervallumon, ahol ε -t úgy választjuk meg, hogy az intervallum legyen benne az 1. és 3. feltételekben szereplő környezetekben (a függvény deriválható ezen az intervallumon, így folytonos is):

Tartalomjegyzék

162


f (x ) − f (x 0 ) (x − x 0 ) f ′ (c ) f ′(c ) = = g (x ) − g (x 0 ) (x − x 0 ) g ′ (c ) g ′(c ) Ha x → x 0 , akkor c → x 0 , tehát az előbbi egyenlőség jobb oldalának határértéke f ′ (x ) x → x 0 esetén lim . Így a bal oldalnak is ugyanaz a határértéke. x → x 0 g ′ (x ) Előfordulhat, hogy a függvények nem folytonosak az x 0 pontban, de létezik ebben a pontban határértékük: Tétel. (l’Hospital tétele a 0/0 esetben) Ha az f , g : [a, b ] → \ ( a, b ∈ \ , a < b ) függvényekre és az x 0 ∈ [a, b ] pont esetén 1. f és g deriválható a V ∩ [a, b ] \ {x 0 } halmazon (ahol V ∈ V (x 0 ) ) 2. lim f (x ) = lim g (x ) = 0 , x →x 0

x →x 0

3. g ′ (x ) ≠ 0 , ha x az x 0 valamely környezetében van és x ≠ x 0 , f ′ (x ) 4. létezik lim , x → x 0 g ′ (x ) f (x ) f (x ) f ′ (x ) akkor létezik lim és lim . = lim x → x 0 g (x ) x → x 0 g (x ) x → x 0 g ′ (x ) Bizonyítás x = x0 ⎧⎪0, ⎧0, x = x0 Az előbbi tételt alkalmazzuk f1 (x ) = ⎪ ⎨f (x ), x ≠ x és g1 (x ) = ⎪⎨g (x ), x ≠ x esetén. 0 ⎪⎪⎩ 0 ⎪ ⎪ ⎩ Megjegyzés. Az előbbi tételeknél nem szükséges az x 0 -ban való deriválhatóság. Ha a függvények deriválhatók ebben a pontban, akkor az f (x 0 ) = g (x 0 ) = 0

f (x ) − f (x 0 ) f (x ) x − x0 egyenlőség alapján , = ( g x ) − g (x 0 ) g (x ) x − x0 f ′ (x 0 ) -hoz tart (ha g ′ (x 0 ) ≠ 0 ). Így a bal és ha x → x 0 , akkor a jobb oldali kifejezés g ′ (x 0 ) oldalnak is ugyanaz a határértéke. Érvényes tehát a következő tétel: Tétel (Cauchy) Ha I ⊆ \ intervallum, x 0 ∈ I és az f , g : I → \ függvények esetén: 1. f (x 0 ) = g (x 0 ) = 0 ; 2. f és g deriválható x 0 -ban és g ′ (x 0 ) ≠ 0 , akkor létezik az x 0 -nak olyan V környezete, amelyre g(x ) ≠ 0 , ha x ∈ V \ {x 0 } és f (x ) f ′ (x 0 ) lim = . x → x 0 g(x ) g ′ (x 0 )

Tartalomjegyzék


163

Világos, hogy van olyan eset, amikor mind a két tétel alkalmazható, és van olyan, amikor csak az egyik (sőt olyan is, amikor egyik sem). x2 −1 határértéket! Példák. 1. Számítsuk ki a lim x →1 ln x ⎛1 3⎞ Megoldás. Tekintsük az f , g : ⎜⎜ , ⎟⎟⎟ → \ , f (x ) = x 2 − 1 és g (x ) = ln x függvé⎝2 2⎠ nyeket. Ezek folytonosak is, és deriválhatók is az értelmezési tartományukon, f ′ (x ) 2x lim f (x ) = lim g (x ) = 0 és lim = lim = lim 2x 2 = 2 . Tehát a l’Hospital x →1 x →1 x →1 g ′ (x ) x →1 1 x →1 x x2 −1 = 2. (vagy a Cauchy) tétel értelmében lim x →1 ln x Megjegyzés. A derivált nélkül is kiszámolható a határérték: x2 −1 x −1 t 2 lim = lim lim (x + 1) = lim lim (x + 1) = = 2 x →1 ln x x →1 ln x x →1 t → 0 ln (t + 1) x →1 1 ex − 1 határértéket! 2. Számítsuk ki a lim x → 0 sin x ⎛ 1 1⎞ Megoldás. Az f , g : ⎜⎜− , ⎟⎟ → \ , f (x ) = e x − 1 és g (x ) = sin x függvények ⎝ 2 2⎠ folytonosak és deriválhatók az értelmezési tartományukon, lim f (x ) = lim g (x ) = 0 x →0

x →0

⎛ f ′(0)⎞⎟ f ′ (x ) ex ⎟. = lim = 1 ⎜⎜= lim és x → 0 g ′ (x ) x → 0 cos x ⎜⎝ g ′(0) ⎠⎟⎟ ex − 1 = 1. A l’Hospital (vagy a Cauchy) tétel alapján lim x → 0 sin x Megjegyzés. Ez a határérték is kiszámolható deriváltak nélkül: ex − 1 ex − 1 x lim = lim ⋅ = 1⋅1 = 1. x → 0 sin x x →0 x sin x e x + e −x − 2 határértéket! 3. Számítsuk ki a lim x →0 1 − cos x Megoldás. Az f , g : (−1,1) → \ , f (x ) = e x + e −x − 2 és g (x ) = 1 − cos x . függvények folytonosak és deriválhatók az értelmezési tartományukon és f ′(x ) e x − e −x = lim lim . x → 0 g ′(x ) x →0 sin x 0 Mivel ez a határérték is alakú határozatlan eset, megismételjük a gondolatmenetet. 0 Az f ′ és g ′ deriválhatók az értelmezési tartományon, és lim x →0

( f ′)′ (x ) (g ′)′ (x )

= lim x →0

f ′′ (x ) e x + e −x = lim = 2, g ′′ (x ) x → 0 cos x

Tartalomjegyzék

164


e x − e −x e x + e −x − 2 = 2 és így lim =2. x →0 x →0 1 − cos x sin x Megjegyzés. Csak elemi határértékek segítségével:

tehát lim

2

2

2 ⎛ x ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 2 ⎟ x ⎜⎜ sin ⎟⎟ ⎜⎝ 2 ⎠⎟

(e − 1) 1 ⎛e − 1 ⎞⎟ e +e −2 = lim = 2 ⋅ lim x ⎜⎜⎜ ⎟ x 2 x 0 0 x x → → 1 − cos x e ⎝ x ⎠⎟ 2e sin 2 x − sin x határértéket! 4. Számítsuk ki a lim x →0 x3 Megoldás. Az f , g : (−1,1) → \ , f (x ) = x − sin x és g (x ) = x 3 függvények folytonosak és deriválhatók és 2 2 x ⎛ sin x ⎞⎟ 2 sin ⎜ 1 − cos x f ′ (x ) 2 = lim ⎜⎜ 2 ⎟⎟ 1 1 = lim = lim lim ⎜⎜ x ⎟⎟⎟ = . 2 2 x → 0 g ′ (x ) x →0 x → x → 0 0 3x 3x ⎟ 6 6 ⎜⎜⎝ 2 ⎠⎟ A l’Hospital tétel alapján (itt nem alkalmazható a Cauchy tétel) x − sin x 1 lim = . 3 x →0 x 6 ⎛ π ⎟⎞ 5. Az x n +1 = sin x n , n ≥ 1 , x 0 ∈ ⎜⎜0, ⎟ sorozat esetén számítsuk ki a lim n ⋅ x n n →∞ ⎝ 2⎠ határértéket! Megoldás. Az (x n )n≥0 sorozat szigorúan csökkenő és pozitív tagú, tehát konvergens. Ha a rekurzióban határértékre térünk, az l = sin l egyenlőséghez jutunk, ahol l az (x n )n ≥0 sorozat határértéke, tehát az (x n )n ≥0 sorozat határértéke 0 . Kiszámítjuk a n ⋅ x n kifejezés négyzetének határértékét függvényhatárértékek segítségével: n . lim n ⋅ x n2 = lim n →∞ n →∞ 1 x n2 A Cesaro-Stolz kritérium alapján elégséges a x 2x 2 n +1−n lim = lim 2 n n +21 1 1 n →∞ n →∞ x − x n n +1 − x n2 +1 x n2 határértéket kiszámítani. Ennek a kiszámításához a lim x n = 0 egyenlőség alapján x

−x

x

x

lim x →0

n →∞

x 2 sin 2 x függvény határértékét kiszámítani 0 -ban: elégséges az f (x ) = 2 x − sin 2 x x 2 sin2 x sin2 x x4 x3 1 6 = ⋅ = ⋅ lim = = 3. lim 2 lim lim lim 2 2 2 x sin 0 0 0 x →0 x − sin2 x x →0 x → x → x → x x − sin x x − sin x 2 1+ x Tehát lim n ⋅ x n = 3 . n →∞

6. Számítsuk ki a lim x →0

f (x ) határértéket, ha f , g : \ → \ , g(x )

Tartalomjegyzék


165

⎧⎪e x 2 − 1, x ∈_ ⎪⎧x , x ∈_ és g (x ) = ⎪ f (x ) = ⎪⎨ ⎨tg x , x ∈ \ \ _ . ⎪⎪⎩ ⎪⎪1 − cos x , x ∈ \ \ _ ⎩ Megoldás. Az f és g függvények nem folytonosak és nem deriválhatók az x 0 = 0 egyetlen környezetében sem, tehát nem alkalmazhatjuk a l’Hospital tételt. Ugyanakkor folytonosak és deriválhatók a 0 -ban, f (0) = g (0) = 0 , f ′ (0) = 0 és g ′ (0) = 1 . A f (x ) f ′ (0) 0 = = = 0. Cauchy tétel alapján lim x → 0 g(x ) g ′ ( 0) 1 1 x 3 cos x határértéket! 7. Számítsuk ki a lim x → 0 1 − cos x 1 Megoldás. Az f : \* → \ , f (x ) = x 3 cos függvény deriváltja x 1 1 2 f ′(x ) = 3x cos + x sin . x x 1 1 2 0 f ′ (x ) 3x cos x + x sin x f ′ (x ) Így , ahol g (x ) = 1 − cos x . Az tört szintén = 0 g ′ (x ) g ′ (x ) sin x f ′′ (x ) határérték nem létezik, tehát nem alakú határozatlan eset, és a lim x → 0 g ′′ (x ) alkalmazható a l’Hospital tétel és a Cauchy tétel sem. Az elemi határértékek segítségével viszont: f (x ) x2 1⎞ ⎛ lim = lim ⋅ lim ⎜⎜x cos ⎟⎟ = 2 ⋅ 0 = 0 . x → 0 g (x ) x → 0 1 − cos x x →0 ⎝ x⎠ Megjegyzések. 1. Az előbbi példákból látható, hogy a tételek feltételeit fontos ellenőrizni, mert ellenkező esetben hibás eredményhez juthatunk, vagy hibás gondolatmenet alapján jutunk a helyes eredményhez (esetleg nem a megfelelő tételt alkalmazzuk). 2. Gyakran (lásd 5. példa) érdemes az elemi módszereket összekombinálni a l’Hospital szabállyal a számolások egyszerűsítése céljából. ∞ A alakú határozatlan esetek visszavezethetők a vizsgált esetre, viszont kijelentjük ∞ az erre vonatkozó tételt is: Tétel. (l’Hospital) Ha a, b ∈ \ , a < b , x 0 ∈ (a, b) , és az f , g : (a, b) → \ teljesíti a

következő feltételeket: 1. f és g deriválható, 2. g ′ (x ) ≠ 0 , x ∈ (a, b) , 3. lim g (x ) = ∞ , x →x 0

Tartalomjegyzék

166


f ′ (x ) , g ′ (x ) f (x ) f (x ) f ′ (x ) akkor létezik lim és lim . = lim x →x 0 g (x ) x → x 0 g (x ) x → x 0 g ′ (x )

4. létezik lim

x →x 0

Bizonyítás. Jelöljük a lim x →a

f ′ (x ) határértéket l -lel! Mivel lim g (x ) = ∞ és x →a g ′ (x )

g ′(x ) ≠ 0 , ezért g (x ) ≠ 0 és g szigorúan monoton egy (a − ε, a ) intervallumon. Ha x n = a , akkor Cauchy tétele (x n )n ∈` , x n ∈ (a, b ) tetszőleges sorozat határértéke nlim →∞ alapján létezik cn ∈ (x n +1, x n ) úgy, hogy Mivel

lim

f (x n ) − f (x n +1 ) g (x n ) − g (x n +1 )

lim x n = a , következik, hogy

n →∞

f (x n ) − f (x n +1 )

lim cn = a

n →∞

=

és

f ′ (cn ) . g ′ (cn ) f ′ (cn ) = l . Tehát n →∞ g ′ (c ) n lim

= l és a Cézaro-Stolz kritérium alapján lim

g (x n ) − g (x n ) az (x n )n ∈` sorozatot tetszőlegesen választottuk, következik, hogy

n →∞

n →∞

f (x n ) = l . Mivel g (x n )

f (x ) f ′ (x ) . = lim x → x 0 g (x ) x → x 0 g ′ (x ) Megjegyzés. A l’Hospital tétel akkor is alkalmazható, ha x 0 nem valós szám, hanem ±∞ . A továbbiakban ezekre a tételekre a l’Hospital szabály néven utalunk. ln x határértéket! Példák. 1. Számítsuk ki a lim x →∞ x Megoldás. Az f : (0, ∞) → \ , f (x ) = ln x és g : (0, ∞) → \ , g (x ) = x függvényekre lim f (x ) = lim g (x ) = ∞ , deriválhatók az értelmezési tartományukon, lim

x →∞

x →∞

tehát teljesítik a l’Hospital tétel feltételeit. ln x ln x f ′ (x ) 1 = 0. Másrészt lim létezik és lim = lim = 0 , tehát lim x →∞ x x →∞ x x →∞ g ′ (x ) x →∞ x ln x Megjegyzés. Hasonló meggondolások alapján lim a = 0 , ha a > 0 és ha P x →∞ x ln x =0. nem konstans polinomfüggvény, akkor lim x →∞ P (x ) x 2. Számítsuk ki a lim x határértéket! x →∞ e Megoldás. Az f (x ) = x és g (x ) = e x függvények folytonosak \ -en és x f ′ (x ) 1 1 = lim x = = 0 , tehát a l’Hospital szabály alapján lim x = 0 . lim x →∞ x →∞ g ′ (x ) x →∞ e e ∞

Tartalomjegyzék


167

x2 határértéket! x →∞ e x Megoldás. Az f (x ) = x 2 és g (x ) = e x függvények folytonosak \ -en és f ′ (x ) 2x = lim x = 0 , tehát az előző példa és a l’Hospital szabály alapján lim x →∞ g ′ (x ) x →∞ e 3. Számítsuk ki a lim

x2 =0. x →∞ e x Megjegyzés. Hasonló meggondolások alapján, ha P polinomfüggvény, akkor P(x ) lim = 0. x →∞ e x lim

A L’HOSPITAL SZABÁLYOK ALKALMAZÁSA A HATÁROZATLAN ESETEKNÉL 1. A 0 ⋅ ∞ eset Ha a, b ∈ \ , a < b , x 0 ∈ (a, b ) , az f , g : (a, b ) → \ deriválhatók, lim f (x ) = 0 és x →x 0

lim g (x ) = ∞ , akkor a

x →x 0

lim f (x ) ⋅ g (x ) határérték ( 0 ⋅ ∞ határozatlan eset)

x →x 0

0 ∞ vagy esetre, mert g (x ) ≠ 0 az x 0 valamely környezetében: visszavezethető 0 ∞ 1 f (x ) = 0 vagy , ahol lim f (x ) = lim f (x ) ⋅ g (x ) = 1 x →x 0 x →x 0 g (x ) g (x ) 1 g (x ) = ±∞ . , ahol lim g (x ) = ± lim f (x ) ⋅ g (x ) = 1 x →x 0 x → x 0 f (x ) f (x ) A második átalakítás akkor alkalmazható, ha f előjeltartó az x 0 valamely környezetében. Példák π⎞ ⎛ 1. Számítsuk ki a limπ ⎜⎜x − ⎟⎟ ⋅ tg x határértéket! x→ ⎝ 2⎠ 2

Megoldás. Ez a határérték 0 ⋅ ∞ alakú, tehát a következő átalakítást végezzük: π ′ π x− x− 2 = lim − sin 2 x = −1 , 2 = lim limπ ) π π( x→ x → x→ ctg x ′ 2 2 (ctg x ) 2

(

)

Tartalomjegyzék

168


π⎞ ⎛ és így limπ ⎜⎜x − ⎟⎟ ⋅ tg x = −1 . ⎝ x→ 2⎠ 2

2. Számítsuk ki a lim ( tg 2 x ⋅ ln sin x ) határértéket! x 20

Megoldás. Ez a határérték is 0 ⋅ ∞ alakú határozatlan eset:

cos x ′ ln sin x ln sin x ( ) sin x lim (tg 2 x ⋅ ln sin x ) = lim és lim = lim = 0, x 20 x 2 0 ctg 2 x x 20 x 20 1 ⎞⎟ ⎛ 2 ′ ⎜ x ⋅ − 2 ctg (ctg x ) ⎜⎝ sin 2 x ⎠⎟ tehát lim (tg 2 x ⋅ ln sin x ) = 0 . x 20

2. A ∞ − ∞ eset Ha a kiszámítandó határérték lim [ f (x ) − g (x )] alakú, ahol lim f (x ) = ∞ és x →x 0

x →x 0

lim g (x ) = ∞ , akkor f (x ) ≠ 0 és g (x ) ≠ 0 x 0 valamely környezetében, tehát

x →x 0

írhatjuk, hogy:

⎛ 1 1 ⎞⎟ f (x ) − g (x ) = ⎜⎜ − ⎟ ⋅ f (x ) ⋅ g (x ) , vagy ⎝⎜ g (x ) f (x ) ⎠⎟⎟ ⎛ f (x ) ⎞⎟ f (x ) − g (x ) = f (x ) ⋅ ⎜⎜1 − ⎟. g (x ) ⎠⎟⎟ ⎝⎜ ⎛ 1 1 ⎞⎟ − ⎟ határérték ∞ ⋅ 0 alakú. A Így a lim ( f (x ) − g (x )) = lim f (x ) g (x ) ⎜⎜ ⎜⎝ f (x ) g (x ) ⎠⎟⎟ x →x 0 x →x 0 ∞ második esetben a lim ( f (x ) − g (x )) határérték alakúra vezethető vissza. x →x 0 ∞ Példák

x ⎞⎟ ⎛ 1 − 1. Számítsuk ki a lim ⎜⎜ ⎟ határértéket! x →1 ⎝ ln x x − 1 ⎠⎟ Megoldás. ∞ − ∞ alakú határozatlan esetünk van, tehát úgy alakítjuk, hogy 1 0 x x − 1 − x ln x − = , ez alakú, alkalmazható legyen a l’Hospital szabály. (x − 1) ln x 0 ln x x − 1 alkalmazzuk a l’Hospital szabályt: 1 − ln x − 1 −x ln x − ln x − 1 1 lim = lim = lim =− , x −1 x →1 x →1 x ln x + x − 1 x →1 ln x + 2 2 ln x + x x ⎞⎟ 1 ⎛ 1 − tehát lim ⎜⎜ ⎟⎠⎟ = − . x →1 ⎝ ln x x −1 2 2 ⎞⎟ ⎛1 határértéket! 2. Számítsuk ki a lim ⎜⎜ − x x 20 ⎝ x e − 1 ⎠⎟ Megoldás. ∞ − ∞ határozatlan esetünk van. A következőképpen alakítjuk

Tartalomjegyzék


169

1 2 1⎛ 2x ⎞⎟ − x = ⎜⎜1 − x , x e −1 x ⎝ e − 1 ⎠⎟ 2x ⎞⎟ 2 ⎞⎟ ⎛ ⎛1 de lim ⎜⎜1 − x ⎟ = −1 , tehát lix 2m0 ⎜⎜⎝ − x ⎟ = −∞ . x 20 ⎝ e − 1 ⎠⎟ x e − 1 ⎠⎟ 3. A 00 , ∞0 , 1∞ esetek Ha a, b ∈ \ , a 0 , minden x ∈ (a, b) esetén, lim f (x ) = lim g (x ) = 0 vagy lim f (x ) = ∞ és lim g (x ) = 0 vagy x →x 0

x →x 0

x →x 0

x →x 0

g (x )

lim f (x ) = 1 és lim g (x ) = ∞ , akkor a lim [ f (x )]

x →x 0

x →x 0

x →x 0

kiszámításánál a 00 , ∞0 , 1∞

határozatlan esetek jelennek meg. Minden esetben a 0 ⋅ ∞ esetre redukálódik, ha az g x [ f (x )] = e g x ⋅ln f x egyenlőséget használjuk fel. Pontosabban, ha létezik ( )

( )

( )

g (x )

lim g (x ) ⋅ ln f (x ) , akkor létezik lim [ f (x )]

x →x 0

x →x 0

g (x )

és lim [ f (x )] x →x 0

lim g (x )⋅ln f (x )

= e x →a

.

Példák 1. Számítsuk ki a lim x tg x határértéket! x 20

Megoldás. 00 alakú határozatlan esetünk van. A lim (tg x ⋅ ln x ) = lim x 20

határérték viszont

x 20

∞ alakú, tehát alkalmazzuk a l’Hospital szabályt: ∞

1 lim tg x ⋅ln x x →0 ⎛ sin 2 x ⎞⎟ x >0 tg x x ⎜ = e0 = 1 . = lim ⎜− lim ⎟⎟ = 0 , és így lim x = e 1 0 x 20 x 20 ⎜ 2 x x ⎠ ⎝ − 2 sin x x

⎛ 1⎞ 2. Számítsuk ki a lim ⎜⎜ln ⎟⎟⎟ határértéket! x 20 ⎝ x⎠ Megoldás. ∞0 alakú határozatlan esetünk van. Másrészt ln (− ln x ) x ⎛ 1⎞ lim x ln ⎜⎜ln ⎟⎟ = lim = lim = 0, 1 x 20 x 2 0 ln x ⎝ x ⎠ x 20 x 1 x lim x ln ln ⎛ 1 ⎞⎟ x tehát lim ⎜⎜ln ⎟ = e x 20 = e0 = 1 . x 20 ⎝ x⎠ tg2 x

3. Számítsuk ki a limπ (sin x ) x→

2

határértéket!

ln x ctg x

Tartalomjegyzék

170


Megoldás. 1∞ alakú határozatlan esetünk van. . 1 ⎛ sin 2 x ⎞⎟ − ln sin x 1 tg2 x 2 ⎜⎜− ( ) limπ tg 2 x ⋅ ln sin x = limπ lim − lim sin x = e = = , tehát . ⎟ π π x→ x→ x→ x→ ⎜ ctg 2 x 2 ⎠⎟ 2 ⎝ 2

2

2

2

Gyakorlatok 1. Számítsd ki a következő határértékeket: tg x − x a x − a sin x tg 3x ; b) limπ ; c) lim a >0; a) lim x → 0 x − sin x x →0 x→ x3 tg x 2 xx −1 cos (sin x ) − cos x ln x d) lim ; e) lim ; f) lim ε (ε > 0) ; 4 x →1 ln x − x + 1 x →0 x →+∞ x x xn x ctg x − 1 1 − cos x h) lim ; i) lim 2 ; g) lim ax ( a > 0 , n > 0 ); 2 x →+∞ e x →0 x → 0 x ⋅ sin 2 x x x (e x + 1) − 2 (e x − 1) xx − x lim ; k) ; j) lim x →0 x →1 ln x − x + 1 x3 x − x cos x ln (sin ax ) , a, b > 0 ; m) lim 2 ; l) lim x → 0 x sin x + sin 3 x x → 0 ln (sin bx ) x >0 2

e x − x sin x − cos x n) lim ; x →0 1 − cos x

1

(1 + x )x − e o) lim , a >0; a x →0 x x >0

3 cos x − 3 cos x 1+ x + 3 1−x −2 ; q) lim . 2 x →0 x →0 sin x sin 2 x 2. Vizsgáld meg, hogy a következő példákra alkalmazható-e a l’Hospital szabály: 1 2 x 2 sin e −2x ⋅ (cos x + 2 sin x ) + e −x ⋅ sin 2 x x ; b) lim ; a) lim x →+∞ x →0 e −x ⋅ (cos x + sin x ) sin x x − sin x 1 + x + sin x cos x ; d) lim . c) lim x → 0 x + sin x x →∞ (x + sin x cos x )e sin x 3. Számítsd ki a következő határértékeket:

p) lim

a) lim [ ln x ⋅ ln (1 − x )] ; b) lim x ε ⋅ ln x (ε > 0) ; c) lim x x ; x /1

x 20

tg 2x

e) limπ (tg x ) x→

4

;

x 20

x ⎛ 1⎞ f) lim ⎜⎜ln ⎟⎟ ; x →0 ⎝ x⎠

⎛ x 2 + a ⎞⎟ ; i) lim ⎜⎜ 2 ⎟ ⎜ x − a ⎠⎟ x →∞ ⎝ 1 ⎞ ⎛ 1 l) lim x 2 ⎜⎜⎜e x − e x +1 ⎟⎟⎟ ; x →∞ ⎝ ⎠⎟

x →1

1⎞ ⎛ tg x g) lim ⎜⎜ctg x − ⎟⎟⎟ ; h) lim sin x ; x →0 ⎝ x →0 x⎠

x >0

1 e x +e− x −2

1

d) lim x 1−x ;

j) lim x ne −x , n ∈ ` ; x →∞

⎛ 2x + 1 1 ⎞⎟ − k) lim ⎜⎜⎜ 2 ⎟; x →1 ⎝ x + x − 2 x ln x ⎠⎟

x

m) lim (a x − 1) . x →0

4*. Bizonyítsd be, hogy ha az f : \ → \ függvény végtelenszer deriválható, akkor a

Tartalomjegyzék


171

f ′ (x 0 ) f ′′ (x 0 ) f n (x 0 ) 2 n x x x x ... − + − + + ( ( (x − x 0 ) 0) 0) n! 1! 2! f (x ) − Pn (x ) = 0 ( Pn az f függvény n -ed fokú Taylor polinomfüggvényre lim n x →x 0 (x − x 0 ) ( )

Pn (x ) = f (x 0 ) +

polinomja x 0 körül). 5*. Bizonyítsd be, hogy ha az f : \ → \ végtelenszer deriválható függvényre

x ∈ \ esetén a (Pn (x ))n ≥1 sorozat konvergens, akkor a határértéke f (x ) (a jelölések ugyanazok, mint az előbbi feladatban). Írd fel a következő függvények n -ed fokú Taylor polinomját: a) f (x ) = e x ; b) f (x ) = sin x ; c) f (x ) = cos x ; a d) f (x ) = (1 + x ) , a ∈ \ ; e) f (x ) = ln (1 + x ) . Érettségire és felvételire előkészítő feladatok 1

1. Bizonyítsd be, hogy az f : (0, ∞) → \ , f (x ) = (1 + x )x függvény szigorúan csökkenő! (Felvételi, 1976.) 2. Alkalmazható-e a h : [−1,1] → \ , h(x ) = (g D f )(x ) függvényre Lagrange tétele, 1 + xe nx ha f , g : \ → \ , f (x ) = lim , g(x ) = e x +1 ? Határozd meg azt a n →∞ 1 + e nx h(1) − h(−1) = h ′(c ) . c ∈ (−1,1) értéket (ha létezik), amelyre 2 (Felvételi, 1992.) 2 ⎪⎧x + mx + n, x ∈ [−1, 0 ] függvény esetén 3. Az f : [−1,1] → \ , f (x ) = ⎨⎪ 2 ⎪⎪px + 4x + 4, x ∈ (0,1] ⎩ jelöljük S -sel az m, n, p azon értékeinek összegét, amelyekre f teljesíti a Rolle tétel feltételeit és C -vel az így kapott közbeeső értékek összegét. Számítsd ki az (Felvételi, 1992.) S és az A értékét! 4. Számítsd ki az f : \ \ {−1,1} → \ , f (x ) = x ⋅ e x

x −1

2

függvény deriváltját, majd

a lim f ′(x ) és lim f ′(x ) határértékeket. Bizonyítsd be, hogy az f ′(x ) = 0 x 2−1

x /−1

egyenletnek van egy 2 -nél nagyobb gyöke!

(Érettségi változat) π 5. Bizonyítsd be, hogy az f : (0, ∞) → \ , f (x ) = x ⋅ cos függvényre teljesül az x f (x + 1) − f (x ) > 1 egyenlőtlenség, ha x > 2 . (Érettségi változat 2001.) 6. Bizonyítsd be, hogy ha x 1, x 2 ,..., x n páronként különböző valós számok és

P(x ) = (x − x 1 )(x − x 2 ) ...(x − x n ) , akkor

Tartalomjegyzék

172

A határozatlan esetek kiküszöbölése 1 1 1 + + ... + =0. P ′ (x 1 ) P ′ (x 2 ) P ′ (x n )

Tartalomjegyzék

172

Függvények tanulmányozása

VIII. FÜGGVÉNYEK TANULMÁNYOZÁSA A MONOTONITÁS VIZSGÁLATA, EGYENLŐTLENSÉGEK Tekintsük az f : [a, b ] → \ folytonos és (a, b) -n deriválható függvényt. A IX. f (x ) − f (y ) osztályban az f függvény monotonitását az kifejezés előjelével vizsgálx −y tuk. Ha ez a tört minden x , y ∈ [a, b ] , x ≠ y esetén pozitív, akkor az f növekvő [a, b ] -n, és ha a tört minden x , y ∈ [a, b ] , x ≠ y esetén negatív, akkor az f függvény csökkenő [a, b ] -n. A Lagrange tétel segítségével az előbbi tört értéke egyenlő a derivált értékével valamely közbeeső pontban, tehát ha f ′(c ) ≥ 0 , bármely c ∈ (a, b) esetén, akkor f növekvő az [a, b ] -n, míg ha f ′ (c ) ≤ 0 , bármely c ∈ (a, b) esetén, akkor f csökkenő az [a, b ] -n. A kérdés az, hogy ezek a feltételek szükségesek-e az f monotonitásához. Ha igazolnánk, hogy ezek a feltételek az f monotonitásának szükséges és elégséges feltételei is, akkor a deriválható függvény monotonitásának egy olyan jellemzését kapnánk, amely biztosítja a monotonitás vizsgálatát egyváltozós kifejezések f(x)-f(y) tg(ϕ )= =f(c) előjelének vizsgálatával (miközben az x-y f (x ) − f (y ) tört előjelének vizsgálata x −y ϕ nehézkesebb a két független változó miatt). Tehát ϕ azt sejtjük, hogy ha az f függvény folytonos és deriváltja is folytonos (grafikus képe olyan, mint az c y x 58. ábrán szereplő) minden c ∈ (a, b) esetén léteznek az x , y számok közel a c -hez úgy, hogy 58. ábra f (x ) − f (y ) = f ′(c ) . x −y Ezen tulajdonságok tisztázásához kijelentjük a következő tételt: Tétel. Az f : [a, b ] → \ függvény folytonos [a, b ] -n és deriválható (a, b) -n. a) Ha f ′ (x ) > 0 , bármely x ∈ (a, b) esetén, akkor f szigorúan növekvő (a, b) -n. b) Ha f ′ (x ) ≥ 0 , bármely x ∈ (a, b) esetén, akkor f növekvő (a, b) -n. c) Ha f ′ (x ) < 0 , bármely x ∈ (a, b) esetén, akkor f szigorúan csökkenő (a, b) -n. d) Ha f ′ (x ) ≤ 0 , bármely x ∈ (a, b) esetén, akkor f csökkenő (a, b) -n. A b) és d) tulajdonságok fordítottja is igaz, míg az a) és c) állítások fordítottja nem igaz.

Tartalomjegyzék


173

Bizonyítás. Igazoljuk az a) alpontot, a többi bizonyítása hasonlóan történik Ha x 1 < x 2 az (a, b) intervallum két tetszőleges pontja, akkor Lagrange tétele alapján létezik x 1 < c < x 2 úgy, hogy f (x 2 ) − f (x 1 ) = f ′ (c ) ⋅ (x 1 − x 2 ) . Ha f ′ (x ) > 0 , minden x ∈ (a, b) esetén, akkor f ′ (c ) > 0 és az x 2 − x 1 > 0 feltétel alapján f (x1 ) < f (x 2 ) . Mivel az x 1 < x 2 számokat tetszőlegesen választottuk az

(a, b) intervallumból, következik, hogy f szigorúan növekvő (a, b) -n. Következmény. Ha az f : [a, b ] → \ függvény folytonos [a, b ] -n, deriválható (a, b) -n és deriváltja identikusan 0 az (a, b) -n, akkor az f függvény állandó. Bizonyítás. Az előbbi tétel alapján f egyidőben növekvő és csökkenő is, így x 1 < x 2 esetén f (x1 ) ≤ f (x 2 ) és f (x1 ) ≥ f (x 2 ) . Ez csak úgy lehetséges, ha

f (x 1 ) = f (x 2 ) , tehát f konstans függvény. Megjegyzés. A tételben is és a következményben is lényeges az, hogy a függvény egy intervallumon értelmezett. Ezt két példával szemléltetjük. ⎧ ⎪1, x ∈ (0,1) Az f : (0,1) ∪ (2, 3) → \ , f (x ) = ⎪ ⎨2, x ∈ (2, 3) függvény deriválható és f ′ (x ) = 0 , ⎪ ⎪ ⎩ minden x ∈ (0,1) ∪ (2, 3) esetén, de f nem konstans az értelmezési tartományán. ⎧ ⎪4x , x ∈ [ 0,1] Az f : [0,1] ∪ [2, 3] → \ , f (x ) = ⎪ ⎨x , x ∈ [2, 3 ] függvény deriválható és deriváltja ⎪ ⎪ ⎩ szigorúan pozitív az értelmezési tartomány minden pontjában. Ennek ellenére f nem növekvő, mert f (1) = 4 > 2 = f (2) . Szélsőértékpontok meghatározása. A Fermat tétel y alapján, ha egy függvény deriválható és szélsőértéke van az intervallum belsejében, akkor ezen a helyen a derivált 0 . Így deriválható függvény esetén a szélsőértékpontok a derivált zérushelyei, vagy az értelmezési tartománynak nem belső x O pontjai. Általában az értelmezési tartomány belső pontjai között könnyen meg tudjuk határozni a szélsőértékpontokat, tehát csak az maradt hátra, hogy feltételt adjunk meg arra, hogy ha egy pontban a derivált 0 , az szélsőértékpont legyen. A Fermat tétel alapján ha D intervallum, akkor minden 59. ábra szélsőértékpont, amely belső pontja, stacionárius pont. A VI. fejezetben láttuk, hogy nem minden stacionárius pont szélsőértékpont. Például az f : \ → \ , f (x ) = x 3 függvény esetén f ′ (0) = 0 , és x = 0 nem szélsőértékpont ( f növekvő \ -en, és látható az 59. ábrán, hogy az Ox tengely érinti a grafikus képet).

Tartalomjegyzék

174


Tétel. Ha az f : (a, b) → \ függvény deriválható, az f ′ : (a, b ) → \ függvény folytonos az x 0 stacionárius pontban, és az f ′ előjelet vált x 0 -ban ( f ′ (x ) < 0 , ha

x ∈ (x 0 − δ, x 0 ) és f ′ (x ) > 0 , ha x ∈ (x 0 , x 0 + δ ) , ahol δ ∈ \*+ vagy fordítva), akkor az f függvénynek x 0 ∈ (a, b) szélsőértékpontja. Bizonyítás. Ha x ∈ (x 0 − δ, x 0 ) esetén f ′ (x ) < 0 , akkor f csökkenő ezen az intervallumon. Mivel ekkor x ∈ (x 0 , x 0 + δ ) esetén f ′ (x ) > 0 , ezért f növekvő az (x 0 , x 0 + δ ) intervallumon. Így f folytonosságából következik, hogy f (x ) ≥ f (x 0 ) , minden x ∈ (x 0 − δ, x 0 + δ ) esetén, tehát x 0 helyi minimumpont. Ha x ∈ (x 0 − δ, x 0 ) esetén f ′ (x ) > 0 , és x ∈ (x 0 , x 0 + δ ) esetén f ′ (x ) < 0 , akkor f növekvő az

(x 0 − δ, x 0 ) intervallumon és csökkenő az (x 0 , x 0 + δ ) intervallumon. Így x 0 helyi minimumpont. A szemléletességért mindkét esetet a következő táblázatba foglaltuk: Maximumpont x0 x0 − δ x0 + δ x f ′ (x ) f (x )

x f ′ (x ) f (x )

++++++ /

0

f (x 0 ) Minimumpont x0

x0 − δ

−−−−−− 2

0 f (x 0 )

−−−−−− 2

x0 + δ

++++++ /

Alkalmazások 1. Az f : (0, +∞) → \ , f (x ) = ln x függvény deriváltja f ′ (x ) =

1 > 0 az x

I = (0, +∞) intervallumon, tehát f szigorúan növekvő I -n. 1 x2 −1 1 , akkor f ′ (x ) = 1 − 2 = . Ennek x x2 x stacionárius pontjai x = −1 és x = 1 . A szélsőértékpontok meghatározásához megállapítjuk a monotonitási intervallumokat a derivált előjele vizsgálatával. Az eredményeket a következő táblázatba foglaltuk (az f változási táblázata). 2. Ha f : \ \ {0} → \ , f (x ) = x +

x f ′ (x ) f (x )

−∞ ++++ /

−1

−1 + δ

0

1−δ

1

0 −2

−−−− 2

|

−−−− 2

0 2

+∞

++++ /

| Az f függvény növekvő az I 1 = (−∞, −1] intervallumon és csökkenő az I 2 = [−1, 0) intervallumon (mert deriváltja pozitív I 1 -en és negatív I 2 -en). Így az x = −1 helyi maximumpont.

Tartalomjegyzék


175

Ugyanakkor f növekvő az I 3 = (0,1] intervallumon és csökkenő az I 4 = [1, +∞) intervallumon, tehát x = 1 helyi minimumpont. Az előbbiek alapján f (x ) ≥ 2 , ha x > 0 , és f (x ) ≤ −2 , ha x < 0 . Megjegyzés. Ezeket az egyenlőtlenségeket már VII. osztályban igazoltuk, tehát nem jelentenek újdonságot. Az újdonság az, hogy van egy elég erős eszközünk hasonló egyenlőtlenségek igazolására. x3 < sin x < x , ha x > 0 . 3. Bizonyítsuk be, hogy x − 6 Bizonyítás. Ha f1 : [0, ∞) → \ , f1 (x ) = x − sin x , akkor f1′ (x ) = 1 − cos x ≥ 0 , minden x ≥ 0 esetén ( f1′ (x ) = 0 ⇔ x = 0 ), tehát f szigorúan növekvő a [0, ∞) -en. Ebből következik, hogy f1(0) < f1 (x ) , azaz 0 < x − sin x , minden x > 0 esetén. A második egyenlőtlenség igazolásához tekintsük az f2 : [0, ∞) → \ ,

x3 x2 − sin x segédfüggvényt. Az f2′ (x ) = 1 − − cos x előjelének meghatá6 2 rozásához vizsgáljuk a deriváltjának előjelét. f2′′ (x ) = sin x − x ≤ 0 , ha x ≥ 0 f2 (x ) = x −

( f2′′ (x ) = 0 ⇔ x = 0 ), és így az előbbi egyenlőtlenség alapján f2′ csökkenő. Ebből következik, hogy f2′ (0) > f2′ (x ) , ha x > 0 . De f2′ (0) = 0 , tehát f2′ (x ) < 0 , minden x > 0 esetén, ami azt jelenti, hogy f2 szigorúan csökkenő [0, ∞) -en. Ez alapján f2 (x ) < f2 (0) = 0 , tehát igazoltuk a kért egyenlőtlenséget. n 1 1 ln k 1 2 1 ln 3 < ln n − ln 2 3 + 4. Bizonyítsuk be, hogy ln 2(n + 1) − ln2 3 < ∑ . 2 2 2 2 3 k =3 k ln x 1 Bizonyítás. Az f (x ) = , x > 0 függvény az F (x ) = ln 2 x , x > 0 x 2 függvény deriváltja és ez utóbbira alkalmazhatjuk Lagrange tételét a [k, k + 1] intervallumon, ahol 3 ≤ k ≤ n . Tehát minden k ∈ {3, 4, 5, 6,..., n } esetén létezik ck ∈ (k , k + 1) úgy, hogy 1 2 1 ln ck . ln (k + 1) − ln 2 k = 2 2 ck 1 − ln x Az f ′(x ) = egyenlőség alapján f ′(x ) < 0 , ha x ≥ e és a k ≥ 3 > e x2 ln (k + 1) ln ck ln k feltételből következik, hogy . Ez alapján: < < k k +1 ck

ln (k + 1) 1 2 1 ln k < ln (k + 1) − ln2 k < , ha k ≥ 3 . k +1 2 2 k Ha a megfelelő oldalakat összeadjuk, akkor egyrészt: n n ln k ln 3 ln k ln 3 1 n ⎡ 2 = +∑ < + ∑ ⎣ln k − ln 2 (k − 1)⎤⎦ , ∑ 3 3 2 k =4 k =3 k k =4 k

Tartalomjegyzék

176


n 1 n ⎡ 2 ln k 2 ⎤ ln k 1 ln k + − < ( ) . ∑ ∑ ⎣ ⎦ 2 k =3 k =3 k Az első egyenlőtlenség éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség második része. Az 1 n ⎡ 2 1 ln (k + 1) − ln2 k ⎤⎦ = ⎡⎣ln2 (n + 1) − ln 2 3⎤⎦ ∑ ⎣ 2 k =3 2 egyenlőség alapján azonnali a bizonyítandó egyenlőtlenség első része is. 1− x2 5. Bizonyítsuk be, hogy az f : [0, ∞) → \ , f (x ) = arccos − 2 arctg x 1 + x2 függvény konstans. Bizonyítás. Kiszámítjuk az f függvény deriváltját:

másrészt

f ′ (x ) =

−1

⋅

−2x (1 + x 2 ) − (1 − x 2 ) 2x 2 2

−

2 = 1 + x2

⎛ 1 − x ⎞⎟ (1 + x ) 1 − ⎜⎜ ⎟⎟ 2 ⎜⎝1 + x ⎠ 1 4x 2 = ⋅ − = 0. 2 2x 1 + x 1 + x2 Mivel f ′ (x ) = 0 , minden x > 0 esetén, következik, hogy f állandó a (0, +∞) -en. Mivel f (0) = 0 , és a függvény folytonos [0, ∞) -en, következik, hogy f (x ) = 0 , minden x ≥ 0 esetén. Tulajdonképpen igazoltuk a következő trigonometrikus összefüggést: 1− x2 = 2 arctg x , ha x ≥ 0 . arccos 1 + x2 2 2

6. Határozzuk meg az összes olyan f : \ → \ deriválható függvényt, amelyre f ′ (x ) = a ⋅ f (x ) , minden x ∈ \ esetén. Megoldás. A jobb oldalt 0 -ra redukáljuk és a kapott egyenlőséget beszorozzuk e −ax -nel: f ′ (x ) ⋅ e −ax + f (x ) ⋅ (−a )e −ax = 0 , tehát a g : \ → \ , g (x ) = e −ax f (x ) függvény deriváltja \ -en identikusan 0 . Lagrange tételének következménye alapján g konstans függvény, tehát létezik c ∈ \ úgy, hogy e −ax f (x ) = c , ha x ∈ \ . Innen f (x ) = c ⋅ eax , minden x ∈ \ esetén. 7. Írjunk az a oldalélű kocka köré minimális térfogatú szabályos négyoldalú gúlát úgy, hogy az alapja a kocka egyik lapjának síkjában legyen és a kocka többi négy csúcsa a gúla oldalélein helyezkedjen el (60. ábra). Megoldás. A gúla térfogatát az AC = h magasság függvényében számoljuk ki. A OM h +a a , tehát 60. ábra jelölései alapján AB = , AO = a és a = h 2 2

Tartalomjegyzék


177

a (a + h ) . A gúla alapja 2OM , tehát a térfogatát a következő képlet 2h segítségével számolhatjuk ki: 2 3 (2OM ) (a + h ) a 2 (a + h ) 60.ábra C . = V (h ) = 3 3h 2 Határozzuk meg a függvény szélsőértékpontjait. A V ′ (h ) = 0 egyenlőség a következőképpen alakul: 2 3 a 2 ⎛ 3 (a + h ) h 2 − 2h (a + h ) ⎞⎟ ⎟⎟ = 0 , V ′ (h ) = ⎜⎜⎜ A 3⎝ h4 ⎠⎟ OM =

3h 2 − 2h (a + h ) = 0 , h 2 − 2ah = 0 . Mivel h > 0 , következik, hogy h = 2a . ellenőrizhető, hogy ez minimumpontja a V -nek.

O

Könnyen

B

M

Gyakorlatok és feladatok 1. Tanulmányozd a következő függvények monotonitását: 1 a) f : \ \ {0} → \ , f (x ) = x − ; b) f : \*+ → \ , f (x ) = x ⋅ ln x ; x 1 . c) f : [0, 2π ] → \ , f (x ) = sin x + cos x ; d) f : \ → \ , f (x ) = 2 x +x +1 ⎛ π π⎞ 2. Van-e az f : \ → ⎜⎜− , ⎟⎟ , f (x ) = arctg x függvénynek szélsőértékpontja? ⎝ 2 2⎠ 3. Határozd meg az f : \ → \ , f (x ) = 2x 2 − 6x függvény szélsőértékpontjait! 2

4. Határozd meg az f : \ → \ , f (x ) = e −x függvény monotonitási intervallumait! 5. Bizonyítsd be, hogy ha az F és G függvények deriválhatók az [a, b ] -n, x ∈ [a, b ] esetén F ′ (x ) ≤ G ′ (x ) és F (a ) = G(a ) , akkor F (x ) ≤ G(x ) , minden x ∈ [a, b ] -re! 1 6. Számítsd ki az f , g : \ * → \ , f (x ) = arctg x és g (x ) = − arctg függvények x deriváltját! Vizsgáld ezen függvények monotonitását az I 1 = (−∞, 0) és I 2 = (0, +∞) intervallumokon, majd \ -en is! 2

7. Bizonyítsd be, hogy ha az f : \ → \ függvényre f (x ) − f (x ) ≤ (x − y ) , minden valós x és y esetén, akkor f konstans függvény! 8. Tegyük fel, hogy a g : \ → \ függvény deriváltja korlátos ( g ′ (x ) ≤ M , x ∈ \ ). Az ε > 0 rögzített szám esetén fε (x ) = x + ε ⋅ g (x ) , x ∈ \ . Bizonyítsd be, hogy elég kicsi ε esetén az fε függvény injektív! 9. Bizonyítsd be, hogy ha az f : \ + → \ függvény deriválható és lim f ′ (x ) = 0 , x →+∞

akkor a g : \*+ → \ , g (x ) = f (x + 1) − f (x ) függvényre lim g (x ) = 0 . x →+∞

10. Az f : \ + → \ függvény teljesíti a következő feltételeket: a) f folytonos, b) létezik f ′ (x ) ha x > 0 , c) f ′ növekvő .

Tartalomjegyzék

178


f (x ) függvény növekvő! x 11. Bizonyítsd be a következő egyenlőtlenségeket: x2 < ln (1 + x ) < x , ha x > 0 ; a) e x > 1 + x , ha x ≠ 0 ; b) x − 2 π 2 12. Bizonyítsd be, hogy ⋅ x < sin x < x , ha 0 < x < . π 2 13. Egy l magasságú szobrot egy h magasságú talapzatra helyeztek el. A szobortól milyen távolságra kell megálljon egy h0 magasságú ember, ha maximális szög alatt szeretné látni a szobrot? 14. Egy kúp alakú tetőszerkezet alá el szeretnénk rejteni egy henger alakú hordót. Mekkora lehet a hordó maximális térfogata, ha a tető alkotói az alappal 45° -os szöget zárnak be, és az alapkörének sugara R ? 15. Jelöljük f (x ) -szel az R alapkörű és x alkotójú kúp térfogatának és a beleírható gömb térfogatának arányát. Határozd meg az f (x ) minimumát! 16. Egy a × b méretű kartonlap négy sarkából kivágunk egy-egy x oldalú négyzetet és a keletkezett négy téglalapot feltűrjük úgy, hogy egy hasáb alakú dobozt kapjunk. Határozd meg az x értékét úgy, hogy a doboz térfogata maximális legyen! 17. Egy R sugarú körlapból kivágunk egy α középponti szögnek megfelelő körcikket és a maradékból egy tölcsért készítünk. Mekkora α esetén lesz a tölcsér térfogata maximális? 18. Egy tőlünk d távolságra és n ⋅ d magasságra levő céltáblára íjjal lövünk. Legalább mekkora kell legyen a nyílvessző kezdősebessége ahhoz, hogy elérje a célt, ha a légellenállást nem vesszük figyelembe? 19. Két párhuzamosan kötött R1 és R2 ellenállású vezetéken összesen I erősségű áram halad át. Milyen összefüggés van az ellenállások és a rajtuk áthaladó áramerősségek között, ha a rendszerben a Joule-Lenz effektusnak köszönhető hőveszteség minimális? (Az R ellenálláson az I áram által generált hőveszteség R ⋅ I 2 )

Bizonyítsd be, hogy a g : \*+ → \ , g (x ) =

A DERIVÁLHATÓSÁG TANULMÁNYOZÁSA A LAGRANGE TÉTEL SEGÍTSÉGÉVEL A Lagrange tételből következik az alábbi tétel: Tétel. Ha az f : (x 0 − ε, x 0 + ε) → \ folytonos függvény deriválható az (x 0 − ε, x 0 + ε) \ {x 0 } halmazon és létezik lim f ′ (x ) , akkor létezik deriváltja x 0 -ban x →x 0

is és f ′(x 0 ) = lim f ′(x ) . Ha ez a határérték véges, akkor f deriválható x 0 -ban. x →x 0

Bizonyítás. Ha x ∈ (x 0 − ε, x 0 + ε) \ {x 0 } tetszőleges, az [x, x 0 ] vagy az [x 0 , x ] intervallumon alkalmazhatjuk Lagrange tételét (a végpontokban nem szükséges a f (x ) − f (x 0 ) deriválhatóság), tehát létezik cx ∈ (x , x 0 ) úgy, hogy f ′(cx ) = . Ha x − x0 x → x 0 , akkor mivel cx ∈ (x , x 0 ) , következik, hogy cx → x 0 , tehát a bal oldal

Tartalomjegyzék


179

határértéke lim f ′ (x ) , így a jobb oldal határértéke is ugyanez. Tehát létezik az f x →x 0

függvénynek deriváltja az x 0 -ban és egyenlő a lim f ′(x ) határértékkel. x →x 0

Alkalmazások. 1. Vizsgáljuk a következő függvény deriválhatóságát: ⎧x 2 + x + 1, x ≤ 0 ⎪ f : \ → \ , f (x ) = ⎪⎨ x . e , x >0 ⎪ ⎪ ⎩ Megoldás. A függvény folytonos és deriválható \* -on, mert a (−∞, 0) és (0, ∞) intervallumokon elemi függvény. Először vizsgáljuk a folytonosságot az x 0 = 0 pontban: lim f (x ) = e 0 = 1 és lim f (x ) = 1 = f (0) , tehát f x 20

x /0

folytonos 0 -ban.

⎧ ⎪2x + 1, x < 0 f ′ (x ) = e 0 = 1 és lim f ′ (x ) = 1 . Az Ugyanakkor f ′(x ) = ⎪ ⎨e x , x > 0 , tehát lim x 20 x /0 ⎪ ⎪ ⎩ előbbi egyenlőségek alapján alkalmazható a tétel, tehát a függvény deriválható 0 -ban és f ′(0) = lim f ′(x ) = 1 . x →0

Megjegyzés. Ha f deriválható, akkor a derivált függvény Darboux tulajdonságú. Másrészt egy Darboux tulajdonságú függvénynek nem lehet elsőfajú szakadási pontja Így ha az f : (x0 −ε, x0 + ε) → \ folytonos függvény deriválható az (x0 − ε, x0 + ε) \ {x0 } halmazon és x 0 -ban a derivált jobboldali határértéke nem egyenlő a derivált baloldali határértékével, akkor a függvény nem deriválható x 0 -ban. 2. Határozzuk meg az a, b paraméter értékét úgy, hogy az

⎧x 4 + ax + 2, x < 0 ⎪ f : \ → \ , f (x ) = ⎪⎨ függvény deriválható legyen! b + ln (1 + x 4 ), x ≥ 0 ⎪ ⎪ ⎩ Megoldás. Ha f deriválható, akkor folytonos. A folytonosság feltétele lim f (x ) = lim f (x ) = f (0) , tehát b = 2 . Az előbbi megjegyzés alapján a x 20

x /0

deriválhatósághoz szükséges és elégséges a lim f ′(x ) = lim f ′(x ) feltétel, így a = 0 . x 20

x /0

Gyakorlatok Tanulmányozd a következő függvények deriválhatóságát: 1. f : \ → \ , f

(x )

3. f : \ → \ , f

(x )

⎧⎪ sin x ⎧⎪ln (x + 1) − x, x > 0 ⎪ , x >0 ⎪ ( ) ; 2. f : \ → \ , f x = ⎪⎨ x ; =⎨ 4 x ≤0 ⎪⎪x 2 + 1, x ≤ 0 ⎪⎪⎩x , ⎪⎩ ⎧ ex , x <0 ⎧⎪arctg x, x < 0 ⎪ ⎪ ; 4. f : \ → \ , f (x ) = ⎨sin x, x ≥ 0 ; =⎨ 2 x + ax + b, x ≥ 0 ⎪ ⎪⎪⎩ ⎪ ⎩

Tartalomjegyzék

180


⎧ ⎪ max {x , x 2 , x 3 } , x ≤0 ⎪ ⎪ 5. f : \ → \ , f (x ) = ⎨ ; 1 x ⎪ min 1 + x , , e , x > 0 ⎪ x ⎪ ⎩ ⎧⎪a ⋅ arctg x + b, x ≤ 3 ⎪ 6. f : \ → \ , f (x ) = ⎨ ; 3 ⎪⎪bx + 1, x >3 ⎪⎩ ⎧⎪x 2 , x ∈ \ \ _ ⎪ 7. f : \ → \ , f (x ) = ⎨ 3 . ⎪⎪x , x ∈ _ ⎪⎩

{

}

KONVEX ÉS KONKÁV FÜGGVÉNYEK Ebben a paragrafusban I intervallum. Az I. fejezetben felelevenítettük a konvex és konkáv függvény értelmezését valamint azt, hogy a konvex függvények grafikus képének minden húrja a hozzá tartozó ív fölött helyezkedik el, és konkáv függvények esetén az ív van a húr fölött. Így, ha az f konvex függvény deriválható az [a, b ] intervallumon, akkor minden x 0 ∈ [a, b ] pont esetén a grafikus képhez az x 0 abszcisszájú pontban húzott érintő a grafikus kép alatt van. Konkáv függvények esetén minden érintő a grafikus kép fölött van. Ez azt sugallja, hogy a konvexitás és konkavitás jellemezhető deriváltak segítségével is. Ebben a paragrafusban megvizsgáljuk, hogy mi az összefüggés a függvény konvexitása (konkavitása) és folytonossága között, megadjuk a konvexitás jellemzési tételét a függvény második deriváltja segítségével. Értelmezés. Az f : I → \ függvény x 0 ∈ I pontbeli meredekségfüggvényének (vagy

különbség

hányados

függvényének)

nevezzük

a

K x 0 : I \ {x 0 } → \ ,

f (x ) − f (x 0 ) függvényt (ez a függvény megadja a grafikus kép x 0 és x x − x0 abszcisszájú pontján átmenő húr iránytényezőjét). K x 0 (x ) =

Tétel. Egy D halmazon értelmezett függvény pontosan akkor konvex az I ⊂ D intervallumon, ha minden x 0 ∈ I ponthoz rendelt K x 0 : I \ {x 0 } → \ meredkségfüggvény növekvő. Bizonyítás. Tekintsük az I ⊂ D intervallum tetszőleges a pontját. Igazoljuk, hogy ha f konvex, akkor minden a ∈ I esetén K a növekvő. Az x1, x 2 ∈ I \ {a } , x 1 < x 2 esetén bizonyítsuk be, hogy Ka (x 1 ) ≤ Ka (x 2 ) . (1) Az a , x 1 , x 2 számok elhelyezkedését illetően három eset lehetséges: a) a < x 1 < x 2 ; b) x 1 < x 2 < a ; c) x 1 < a < x 2 .

Tartalomjegyzék


181

Ha x 1 ∈ (a, x 2 ) , akkor létezik λ ∈ (0,1) úgy, hogy x1 = λ ⋅ a + (1 − λ) ⋅ x 2 . A konvexitás értelmezése alapján: f (x 1 ) − f (a ) λ f (a ) + (1 − λ ) f (x 2 ) − f (a ) Ka (x 1 ) = ≤ = x1 − a x1 − a

= (1 − λ )

f (x 2 ) − f (a ) a − x1 f (x 2 ) − f (a ) f (x 2 ) − f (a ) = ⋅ = = Ka (x 2 ) . x1 − a a − x2 x1 − a x2 − a

Hasonlóan igazolható a Ka (x 1 ) ≤ Ka (x 2 ) egyenlőtlenség a b) esetben is. A c) esetben használjuk a már bizonyított eseteket és a (2) ( x, y ∈ I , x ≠ y ) K x (y ) = K y (x ) egyenlőséget. Így Ka (x1 ) = K x1 (a ) ≤ K x1 (x 2 ) = K x 2 (x1 ) ≤ K x2 (a ) = Ka (x 2 ) , tehát az egyenlőtlenség igaz ebben az esetben is. A fordított implikáció igazolásához feltételezzük, hogy minden K x 0 : I \ {x 0 } → \ meredekségfüggvény növekvő és igazoljuk, hogy f konvex. Rögzítsük a tetszőleges x 1, x 2 ∈ I , x 1 < x 2 számokat, és tekintsük az x ∈ (x 1, x 2 ) x − x2 számot. Ha λ = akkor x1 − x 2 x −x . λ ∈ (0,1) , x = λx1 + (1 − λ ) x 2 és 1 − λ = 1 x1 − x 2 Az előbbi összefüggések és a (2) tulajdonság alapján: f (x1 ) − f (x ) f (x1 ) − f (x ) K x (x1 ) = K x1 (x ) = = (1 − λ )(x1 − x 2 ) x1 − x és

K x (x 2 ) = K x2 (x ) =

f (x 2 ) − f (x ) f (x 2 ) − f (x ) = . x2 − x λ (x 2 − x1 )

f (x1 ) − f (x ) f (x 2 ) − f (x ) ≤ , innen (1 − λ )(x 1 − x 2 ) λ (x 2 − x1 ) f (λx 1 + (1 − λ ) x 2 ) = f (x ) ≤ λ f (x 1 ) + (1 − λ ) f (x 2 ) , azaz az f függvény konvex. K x növekvő, tehát

Tétel. Ha az f : I → \ függvény konvex az I = (a, b ) intervallumon, akkor minden x 0 ∈ I pontban létezik a jobb- és baloldali deriváltja és f folytonos (a, b ) -n. Bizonyítás. A K x 0 függvény növekvő, tehát létezik lim K x 0 (x ) és lim K x 0 (x ) . Ha x /x0

x 2x0

a < x1 < x 2 < b , akkor az előbbi tétel alapján K x1 (x ) = K x (x1 ) < K x (x 2 ) = K x2 (x ) , minden x 1 < x < x 2 esetén. Ezek alapján

fb ′ (x 1 ) ≤ f j ′ (x 1 ) ≤ fb ′ (x 2 ) ≤ f j ′ (x 2 ) .

Tartalomjegyzék

182


Így az intervallum belső pontjában a szélső deriváltak nem lehetnek végtelenek, tehát minden belső pontban a függvény folytonos. Megjegyzés. Az előbbi bizonyításból kitűnik, hogy ha egy függvény deriválható és konvex, akkor a deriváltja növekvő. Ebből következik a kétszer deriválható konvex függvények jellemzési tétele: Tétel. Tekintsük az f : I → \ kétszer deriválható függvényt. 1. Az f függvény pontosan akkor konvex, ha f ′′(x ) ≥ 0 , minden x ∈ I esetén. 2. Az f függvény pontosan akkor konkáv, ha f ′′(x ) ≤ 0 , minden x ∈ I esetén. Bizonyítás. Ha f ′′(x ) ≥ 0 , minden x ∈ I esetén, akkor az f ′ függvény növekvő. Ha x 1 < x < x 2 , akkor alkalmazzuk Lagrange tételét az [x1, x ] és [x , x 2 ] intervallumokra. Így kapjuk a c1 < x < c2 értékeket, amelyekre f (x ) − f (x 1 ) f (x 2 ) − f (x ) , = f ′(c1 ) < f ′(c2 ) = x − x1 x2 − x azaz (x 2 − x 1 )f (x ) ≤ (x 2 − x ) f (x 1 ) + (x − x 1 ) f (x 2 ) . és ez az egyenlőtlenség a konvexitás értelmezésében szereplő egyenlőtlenség az x = (1 − λ) x1 + λx 2 jelöléssel. Másrészt, ha f kétszer deriválható és konvex, akkor az előző tétel bizonyítása alapján f ′ növekvő, így a deriváltja nem lehet negatív. Ez a tétel lehetővé teszi a konvexitás egyszerű vizsgálatát nagyon sok elemi függvény esetén. Értelmezés. Ha az f : (x 0 − ε, x 0 + ε) → \ folytonos függvény deriválható x 0 -ban, konvex az (x 0 − ε, x 0 ) intervallumon és konkáv az (x 0 , x 0 + ε) intervallumon, vagy fordítva, akkor azt mondjuk, hogy x 0 az f függvény inflexiós (áthajlási) pontja. A 61. ábrán ábrázolt függvény konvex a (−∞, x 1 ) és

(x 2 , +∞) intervallumokon és konkáv az (x1, x 2 ) intervallumon, tehát (x1, f (x1 )) és (x 2, f (x 2 )) a

f >0

y

f <0

f >0

x1 O x2 f (x 1)=0

x f (x 2)=0

61. ábra

függvény inflexiós pontjai. Ha f kétszer deriválható, akkor f ′′ Darboux tulajdonságú, tehát csak a zérushelyeiben válthat előjelet. Érvényes tehát a következő tétel: Tétel. Ha az f : (a, b ) → \ függvény kétszer deriválható és x 0 ∈ (a, b) inflexiós pontja a függvénynek, akkor f ′′ (x 0 ) = 0 .

Tartalomjegyzék


183

Megjegyzés. Ha f nem deriválható kétszer az (a, b) intervallumon, akkor létezhet olyan inflexiós pontja, amelyben f ′′(x ) nem 0 .

A másodrendű derivált és a szélsőértékpontok kapcsolata A szélsőértékpontok vizsgálatakor láttuk, hogy a stacionárius pontok közt lehetnek olyan pontok is, amelyek nem szélsőértékpontok. A szemlélet azt sugallja, hogy ha egy stacionárius pont a konvexitási tartomány belsejében van, akkor az szélsőértékpont (hasonlóan a konkáv függvények esetében is). Erre vonatkozik a következő tétel: Tétel. 1. Ha az f : (a, b ) → \ függvény kétszer deriválható, α ∈ (a, b) egy stacionárius pontja, és f ′′ (α) > 0 , akkor x 0 = α helyi minimumpont. 2. Ha az f : (a, b ) → \ függvény kétszer deriválható, α ∈ (a, b) egy stacionárius pontja és f ′′ (α) < 0 , akkor x 0 = α helyi maximumpont.

tehát az f (x ) = sin x függvény konvex ezen az intervallumon. 2. Az f : [−1,1] → \ , f (x ) = x 4 függvény esetén

(x 4 )′′ = 12x 2 ≥ 0 , tehát

y

x

)>

0

f (x2)<0

x1

3

f(

A 62. ábrán az x 1 és x 3 stacionárius pontok környezetében a függvény konvex, tehát helyi minimumpontok, míg az x 2 stacionárius pont környezetében a függvény konkáv, tehát helyi maximumpont. Példák 1. (sin x )′′ = − sin x ≤ 0 , minden x ∈ [0, π ] esetén,

O

x2

x

x3

f (x 1)=f (x2)=f (x3)=0

f (x 1)>0

62. ábra

f konvex a [−1,1] intervallumon.

3. Az f : \ → \ , f (x ) = 2x 3 − 6x függvényre f ′ (x ) = 6x 2 − 6 , f ′′ (x ) = 12x . A stacionárius pontok az f ′ (x ) = 0 , azaz 6x 2 − 6 = 0 y egyenlet gyökei. Innen x = 1 , vagy x = −1 . Az f függvény növekvő az I 1 = (−∞, −1) intervallumon, mert f ′ (x ) > 0 , ha x ∈ I 1 , csökkenő az I 2 = (−1,1) intervallumon, mert f ′ (x ) < 0 , ha x ∈ I 2 és növekvő az I 3 = (1, +∞) intervallumon, mert f ′ (x ) > 0 , ha x ∈ I 3 . A másodrendű derivált előjelével megállapíthatjuk a konvexitási intervallumokat. f ′′ (x ) < 0 , ha x < 0 és f ′′ (x ) > 0 , ha x > 0 . Ezek alapján elkészíthetjük a függvény változási táblázatát:

x

−∞

−1

0

1

-1

x

63. ábra

1

+∞

Tartalomjegyzék

184


++++ 0 −6 −−−− −12 − − − − 0 −−−− konkáv konkáv 4 0 / 2 Infl . Max A 63. ábrán vázoltuk a függvény grafikus képét Gyakorlatok és feladatok f ′ (x ) f ′′ (x ) f (x )

−−−− ++++ konvex 2

0 12 −4 Min

++++ ++++ konvex /

1. Tanulmányozd a következő függvények konvexitását és konkavitását: ⎛ π π⎞ a) f : \ → \ , f (x ) = cos x ; b) f : ⎜⎜− , ⎟⎟ → \ , f (x ) = tg x ; ⎝ 2 2⎠ −x 2 ( ) c) f : \ → \ , f x = e ; d) f : \ → \ , f (x ) = arctg x ; 5 e) f : \ → \ , f (x ) = x − x ; f) f : \ → \ , f (x ) = x 6 − 3x 4 + 4x 2 − 32 . 2. Tanulmányozd a következő függvények konvexitási és konkavitási szakaszait és határozd meg az inflexiós pontjait (a függvények a maximális értelmezési tartományukon értelmezettek): 5 a3 (x ) = x + x 3 ; ( ) a > 0 a) f (x ) = 3x 2 − x 3 ; b) f (x ) = 2 ; c) f a + x2 f) f (x ) = ln (1 + x 2 ) ; d) f (x ) = 1 + x 2 ; e) f (x ) = x + sin x ; i) f (x ) = x n (n > 1) ; ln x j) f (x ) = e x ; k) f (x ) = x ln x ; l) f (x ) = . x 3. Bizonyítsd be, hogy ha az f : (a, b ) → \ folytonos függvényre g) f (x ) = 1 + 3 x ; h) f (x ) = x + sin x ;

⎛ x + y ⎞⎟ f (x ) + f (y ) f ⎜⎜ ≤ , minden x , y ∈ (a, b) esetén, ⎝ 2 ⎠⎟ 2 akkor f konvex és adj példát olyan függvényre, amely nem konvex és teljesíti az előbbi feltételt. 4. Bizonyítsd be, hogy ha f konvex (a, b) -n és a < x 1 < x 2 < x 3 < b , akkor f (x 2 ) − f (x1 ) f (x 3 ) − f (x 1 ) f (x 3 ) − f (x 2 ) ≤ ≤ . x 2 − x1 x 3 − x1 x3 − x2 FÜGGVÉNYEK ÁBRÁZOLÁSA ASZIMPTOTÁK A nem korlátos grafikus képű (amelyek nem helyezhetők el egy téglalapban) függvények esetén feltevődik a végtelenben való viselkedésük kérdése. Pontosabban egyszerű görbéket (egyenes, parabola, stb.) keresünk, amelyekhez közeledik a függvény grafikus képe. 1. Függőleges aszimptoták

Tartalomjegyzék


185

Értelmezés. Ha egy a ∈ \ pontban az f : D → \ függvény legalább egyik szélső határértéke ∞ vagy −∞ , akkor az x = a (Oy -nal párhuzamos) egyenest az f függvény függőleges aszimptotájának nevezzük. Megjegyzés. Ha f értelmezett az a -ban és folytonos ebben a pontban, akkor lim f (x ) = lim f (x ) = f (a ) , x /a

x 2a

tehát a függvénynek nem lehet függőleges aszimptotája ebben a pontban. Példák ⎛ π π⎞ 1. Az f : ⎜⎜− , ⎟⎟ → \ , f (x ) = tg x függvény esetén limπ tg x = +∞ és ⎝ 2 2⎠ x/ 2 π π limπ = −∞ , tehát az x = és x = − egyenesek függőleges aszimptotái a x 2− 2 2 2 függvénynek (64. ábra). Ha vizsgáljuk a tg : D → \ függvényt ( D a maximális értelmezési tartománya), akkor megállapíthatjuk, hogy végtelen sok függőleges π aszimptotája van és ezek az x = (2k + 1) egyenesek, ha k ∈ ] . 2 2. Az Oy tengely függőleges aszimptotája az f : (0, ∞) → \ , f (x ) = ln x függvénynek, mert lim ln x = −∞ (65. ábra). x 20

y π 2

O

y tgx

π 2

x

O

logax

x

1

64. ábra

65. ábra

3. Az Oy tengely függőleges aszimptotája az f (x ) =

1 , x ≠ 0 függvénynek, mert x

1 1 = −∞ és lim = +∞ (66. ábra). x /0 x x 20 x y

lim

O

1 x x

Tartalomjegyzék

186


66. ábra

2. Vízszintes aszimptoták A 66. ábrán a grafikus kép közeledik az Ox tengelyhez, ha x → ±∞ . Ha egy függvény grafikus képe „nagyon” közeledik egy vízszintes egyeneshez, akkor ezt az egyenest az illető függvény vízszintes aszimptotájának fogjuk nevezni. Értelmezés. Az y = a egyenletű egyenes az f : (a, ∞) → \ függvény vízszintes aszimptotája +∞ felé, ha lim f (x ) = a . Hasonlóan az y = a egyenletű egyenes az x →∞

f : (−∞, a ) → \ függvény vízszintes aszimptotája −∞ felé, ha lim f (x ) = a . x →−∞

3. Ferde aszimptoták Az y = mx + n egyenletű egyenes és az f függvény grafikus képének x 0 abszcisszájú pontja közötti távolság f (x 0 ) − mx 0 − n , tehát a grafikus kép pontosan akkor közeledik „nagyon” ehhez az egyeneshez, ha ez a kifejezés tart 0 -hoz. Így felírhatjuk a következő értelmezést: Értelmezés. Az y = mx + n egyenes pontosan akkor ferde aszimptotája ∞ felé az f : (a, ∞) → \ függvénynek, ha (1) lim [ f (x ) − (mx + n )] = 0 . x →+∞

Hasonlóan, ha az értelmezési tartomány tartalmaz (−∞, a ) alakú intervallumot, akkor az y = mx + n egyenletű egyenes ferde aszimptota −∞ felé, ha (2 ) lim [ f (x ) − (mx + n )] = 0 . x →−∞

⎡ f (x ) ⎤ − m ⎥ = 0 alakba Ahhoz, hogy egy számolási szabályt kapjunk, az (1) -et lim x ⎢ x →+∞ ⎣⎢ x ⎦⎥ −n f (x ) ⎛ ⎞⎟ és n = lim [ f (x ) − mx ] . = 0⎟ . Innen írjuk ⎜⎜ lim m = lim x →+∞ x →+∞ ⎝x →+∞ x ⎠ x Így a ferde aszimptoták meghatározására a következő számolásokat kell végeznünk: f (x ) határértéket. a) Kiszámoljuk az m = lim x →+∞ x b) Ha m véges, akkor kiszámoljuk az n = lim [ f (x ) − mx ] határértéket. x →+∞

c) Ha n is véges, akkor az y = mx + n egyenletű egyenes a függvény ferde aszimptotája +∞ felé.

Tartalomjegyzék


187

Hasonlóan kapjuk meg a ferde aszimptotát −∞ felé. Az y = m ′x + n ′ ferde f (x ) és n ′ = lim ⎡⎣ f (x ) − m ′x ⎤⎦ . aszimptotája f -nek −∞ felé, ha m ′ = lim x →−∞ x →−∞ x Megjegyzések. 1. Ha a két határérték közül az egyik nem létezik vagy végtelen, akkor nincs ferde aszimptotája. 2. Az értelmezésekből következik, hogy egy függvénynek nem lehet egyszerre ferde és vízszintes aszimptotája is +∞ (illetve −∞ ) felé. Így, ha nincs vízszintes aszimptotája és m = 0 , akkor nem szükséges tovább számolni, mert ferde aszimptotája sem lehet. 1 függvény aszimptotáit! x Megoldás. Az x = 0 pontban függőleges aszimptotája van, mert 1⎞ ⎛ 1 1 f (+0) = lim = +∞ és f (−0) = lim = −∞ . Mivel m = lim ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ = 1 és x 20 x x /0 x x →+∞ ⎝ x ⎠ 1 ⎛ ⎞ y n = lim ⎜⎜x + − 1 ⋅ x ⎟⎟ = 0 , az y = x egyenes x →+∞ ⎝ ⎠ x ferde aszimptota +∞ felé. Ugyanakkor 2 1 ⎛ ⎞ f (x ) m′ = lim = 1 , és n ′ = lim ⎜⎜x + − x ⎟⎟ = 0 , x →−∞ ⎝ x →−∞ x ⎠ x -1 O x 1 tehát y = x ferde aszimptota −∞ felé is. -2 1 Az f ′ (x ) = 1 − 2 függvény előjelét tanulmáx nyozva, elkészíthetjük függvény változási táblázatát is:

Példák. 1. Határozzuk meg az f : \* → \ , f (x ) = x +

67. ábra

x −∞ ++++ f ′ (x ) −∞ f (x ) /

−1 0 −2

−−−−

0 |

−−−−

1 0

2

|

2

2

+∞ ++++ +∞ /

Max

Min 1 f ′ (x ) = 0 , ha x 1, 2 = ±1 . f ′′ (x ) = 3 > 0 , ha x > 0 . f ′′ (x ) < 0 , ha x < 0 . x A függvény grafikus képe a 67. ábrán látható. 2. Az f : \ → \ , f (x ) = x 2 függvénynek nincs aszimptotája, mert folytonos \ -en x2 = +∞ (tehát nincs x →+∞ x

(így nincs függőleges aszimptotája), lim x 2 = +∞ és lim x →+∞

vízszintes és ferde aszimptotája sem). 3. Határozzuk meg az f : \ → \ , f (x ) = x 2 + 1 függvény aszimptotáit!

Tartalomjegyzék

188


x2 + 1 1 = lim 1 + 2 = 1 , és x →+∞ x →+∞ x x 1 n = lim ⎡⎢ x 2 + 1 − x ⎤⎥ = lim = 0 , tehát az első szögfelező ferde x →+∞ ⎣ ⎦ x →+∞ x 2 + 1 + x aszimptota ∞ felé. A −∞ felé mutató ágában Megoldás. +∞ felé m = lim

x2 + 1 x = lim x →−∞ x x

1 −x 1 = lim 1 + 2 = −1 , 2 x →−∞ x →−∞ x x x 1 n ′ = lim x 2 + 1 + x = lim =0, 2 x →−∞ x →−∞ x +1 +x tehát y = −x , azaz a második szögfelező ferde aszimptota a −∞ felé. Gyakorlatok m ′ = lim

(

1+

)

1. Határozd meg a következő függvények aszimptotáit: x2 − x + 1 1 a) f (x ) = ; b) f (x ) = ; x −1 1 − x2 1− x3 x3 + x2 d) f (x ) = 2 ; e) f (x ) = ; x2 x −4

c) f (x ) =

x2 + 1 ; x

f) f (x ) = e x ; ln x ; x

g) f (x ) = ln (1 − x 2 ) ;

h) f (x ) = xe x ;

i) f (x ) = x +

j) f (x ) = x 2 + x + x ;

k) f (x ) = 3 x 3 − x 2 ;

l) f (x ) = 3 x 2 ; 1

x x2 + 1 ; n) f (x ) = ; 2x − 3 1−x p) f : −∞, − 1⎤⎥ ∪ ⎡⎢1, + ∞ → \ , f (x ) = x 2 − 1 ; ⎦ ⎣ m) f (x ) = x

(

o) f (x ) = e x ;

)

q) f (x ) = 3 (x − 1)2 (x + 1) . Grafikus ábrázolás Ha f : D → \ (D ⊆ \) egy függvény, akkor a G =

{(x, f x ) | x ∈ D} halmaz a ( )

függvény grafikonja. A grafikus kép ennek a halmaznak a Descartes féle koordinátarendszerben való ábrázolása. A grafikus kép elkészítéséhez a következő lépéseket tesszük meg: I. meghatározzuk (ha nincs megadva) a maximális értelmezési tartományt; II. meghatározzuk a tengelymetszeteket; III. meghatározzuk az aszimptotákat; IV. vizsgáljuk a függvény folytonosságát és deriválhatóságát; V. az f ′ derivált segítségével tanulmányozzuk a függvény monotonitását és meghatározzuk a szélsőértékpontokat;

Tartalomjegyzék


189

VI. az f ′′ derivált segítségével tanulmányozzuk a függvény konvexitását és meghatározzuk az áthajlási pontokat; VII. az előbbi adatok alapján elkészítjük a függvény változási táblázatát; VIII. megrajzoljuk a grafikus képet. Ezeknek a lépéseknek a betartása nem kötelező. Az intervallum leszűkítése céljából érdemes megvizsgálni, hogy a függvény rendelkezik-e valamilyen jellegzetes tulajdonsággal (páros, páratlan, periodikus). A folytonosság és a deriválhatóság vizsgálatánál kiszámíthatjuk a szakadási pontokban a jobb- és baloldali határértéket. A derivált szakadási pontjai közül néhány különösen fontos kategóriát megemlítünk: 1. Szögpontok. Az x 0 ∈ (a, b) pontot az f : (a, b) → \ függvény szögpontjának nevezzük, ha x 0 -ban a jobb- és a baloldali érintők valamilyen 0 -tól különböző szöget zárnak be. Ez azt jelenti, hogy létezik a jobb- és a baloldali derivált, nem egyenlők egymással és legalább az egyik véges (68 és 69. ábra). y

y

68. ábra

69. ábra

x

x

2. Visszatérési pontok. Az x 0 ∈ (a, b) pontot az f : (a, b) → \ függvény visszatérési pontjának nevezzük, ha létezik x 0 -ban a jobb- és a baloldali derivált, és az egyik +∞ , míg a másik −∞ . Ebben az esetben a két érintő 0° -os szöget zár be. y

y 71. ábra

70. ábra

x

x

A 70. ábrán fb ′ (x 0 ) = +∞ és f j ′ (x 0 ) = −∞ (a függvény növekvő és konvex egy

(x 0 − ε, x 0 ) intervallumon, csökkenő és konvex egy (x 0 , x 0 + ε) intervallumon). A 71. ábrán fb ′ (x 0 ) = −∞ és f j ′ (x 0 ) = +∞ (a függvény csökkenő és konkáv egy

(x 0 − ε, x 0 ) intervallumon, növekvő és konkáv egy (x 0 , x 0 + ε) intervallumon) ( ε > 0 megfelelően kicsi).

Tartalomjegyzék

190


Megjegyzés. Ha az x 0 ∈ (a, b ) pontban az f : (a, b ) → \ függvénynek létezik a jobb- és a baloldali deriváltja és mindkettő +∞ vagy −∞ , akkor x 0 inflexiós pont. Ebben a pontban nem létezik a másodrendű derivált, tehát nem szükséges feltétel, hogy az inflexiós pont zérushelye legyen a másodrendű deriváltnak. y

y

72. ábra

73. ábra

x

x

A 72. ábrán fb ′ (x 0 ) = f j ′ (x 0 ) = +∞ és a függvény növekvő egy (x 0 − ε, x 0 + ε) intervallumon, konvex (x 0 − ε, x 0 ) -n és konkáv (x 0 , x 0 + ε) -n, míg a 73. ábrán

fb ′ (x 0 ) = f j ′ (x 0 ) = −∞ és a függvény csökkenő egy (x 0 − ε, x 0 + ε) intervallumon, konkáv (x 0 − ε, x 0 ) -n és konvex (x 0 , x 0 + ε) -n elég kicsi ε > 0 esetén. Példák 1. Ábrázoljuk grafikusan az f (x ) = x 3 függvényt! I. D = \ , f : \ → \ . II. A grafikus kép a tengelyeket a (0, 0) pontban metszi. f (−x ) = (−x )3 = −x 3 = −f (x ) , tehát a függvény páratlan (a grafikus kép szimmetrikus az origóra nézve). III., IV. A függvénynek nincs függőleges aszimptotája, mert f folytonos \ -en. lim f (x ) = 3− ∞ , lim f (x ) = 3 + ∞ , x →−∞

(−∞)

x →+∞

(+∞)

tehát f -nek vízszintes aszimptotája sincs. Mivel f (x ) f (x ) lim = +∞ , lim = +∞ x →+∞ x →−∞ x x következik, hogy f -nek ferde aszimptotája sincs. V. f ′ (x ) = 3x 2 ≥ 0 , ∀x ∈ \ , és egyenlőség csak x = 0 esetén áll fenn. Így f növekvő \ -en. y VI. f ′′ (x ) = 6x , tehát a függvény konkáv a

(−∞, 0) -n és konvex (0, ∞) -en, az x = 0 pont pedig inflexiós pont. VII. Az előbbiek alapján a függvény változási táblázata:

1 -1

O 1 -1 74. ábra

x

Tartalomjegyzék


191

+∞ 0 x −∞ ++++ ++++ f ′ (x ) 0 ++++ f ′′ (x ) 0 −−−− f (x ) / / 0 konkáv konvex A táblázat alapján kapjuk a 74. ábrát szigorúan pozitív értékeket vesz fel. A

2. Ábrázoljuk grafikusan az 2 f :\→ \, f (x ) = e −x függvényt! Megoldás. A grafikus kép nem metszi az Ox tengelyt, mert az exponenciális függvény csak 2 lim e −x = e −∞ = 0 egyenlőségből

x →±∞

következik, hogy az Ox tengely vízszintes aszimptota mindkét irányban. A grafikus 2 kép az Oy tengelyt a (0,1) pontban metszi és f ′ (x ) = −2xe −x , tehát x = 0 az egyetlen stacionárius pont. Ebben a pontban

f′

előjelet vált, tehát helyi

2 . 2 (Ezekben a pontokban a másodrendű derivált előjelet vált.) A függvény változási táblázata a következő:

szélsőértékpont. f ′′ (x ) = 2e −x (2x 2 − 1) , innen az inflexiós pontok x1, 2 = ± 2

x −∞ f ′ (x ) f ′′ (x )

f (x )

−

0

0

−−−−

e

1 − 2

2 2

0

++++ ++++ /

2 2

/

1

−−−− ++++ 0

2

⎛ ⎛ 2 ⎞ 2⎞ f konvex a ⎜⎜−∞, − ⎟⎟⎟ és ⎜⎜ , +∞⎟⎟⎟ 2 ⎠⎟ ⎝⎜ ⎝⎜ 2 ⎠⎟ intervallumokon és konkáv a ⎛ 2 2 ⎞⎟ ⎟ intervallumon. A függ, ⎜⎜− 2 ⎠⎟⎟ ⎝⎜ 2 vény páros, mert f (−x ) = f (x ) , tehát a grafikus kép szimmetrikus az Oy tengelyre nézve. Ezt a grafikus képet Gauss féle haranggörbének nevezzük (75. ábra) és számos statisztikai alkalmazása van.

+∞

e

−

1 2

2

y 1

O

2 2

2 2

x

75. ábra

3. Ábrázoljuk grafikusan az f : \ → \ , f (x ) = 2 sin x − sin 2x függvényt! Megoldás. Az f (π − x ) = −f (π + x ) egyenlőség alapján a grafikus kép szimmetrikus a (π, 0) pontra nézve. A függvény periodikus, főperiódusa T = 2π ,

Tartalomjegyzék

192


tehát elégséges a [ 0, 2π ] intervallumon ábrázolni, sőt a szimmetria miatt elégséges a

[0, π ] -n ábrázolni. A grafikus kép a tengelyeket a (0, 0) és (π, 0) pontokban metszi. f (x ) = 2 sin x − 2 sin x cos x = 2 sin x (1 − cos x ) , tehát f ′ (x ) = 2 (1 − cos x )(2 cos x + 1) . 2π a stacionárius Ebből következik, hogy a vizsgált intervallumban x = 0 és x = 3 pontok. f ′′ (x ) = 2 sin x (4 cos x − 1) = 0 , 1 tehát x = 0 , x = π , és x = arccos az inflexiós pontok a [0, π ] -ben. Az előbbiek 4 alapján a változási táblázat: arccos(1/ 4) 2π / 3 0 x π ++++ f ′ (x ) 0 0 −−−− f ′′ (x ) f (x )

0 0

++++

−−−−

0

/ konvex

2

Max |

0 0

konkáv

A 76. ábrán látható a függvény grafikus képe. y 76. ábra

3 3 2

O

2π π 3

4π 3

2π

x

3 3 2

x függvényt! x −1 Megoldás. A grafikus kép a tengelyeket csak az origóban metszi. A 1 lim f (x ) = lim f (x ) = lim = 0 egyenlőségekből következik, hogy az Ox 1 x →−∞ x →+∞ x →∞ x− x tengely vízszintes aszimptota mindkét irányban. A függvény páratlan, tehát a grafikus x x = −∞ , lim 2 = +∞ , (így kép szimmetrikus az origóra nézve. lim 2 x /−1 x − 1 x 2−1 x − 1 x x lim 2 = −∞ és lim 2 = +∞ ), tehát az x = 1 és x = −1 egyenesek x /1 x − 1 x 21 x − 1 4. Ábrázoljuk grafikusan az f : \ \ {−1,1} → \ , f (x ) =

2

Tartalomjegyzék


193

függőleges aszimptoták. A függvény deriváltja f ′ (x ) = −

x2 + 1 2

(x 2 − 1)

< 0 , tehát a

függvény

csökkenő az értelmezési tartomány minden intervallumán. 2x (x 2 + 3) f ′′ (x ) = 3 , és a következő változási táblázatot készíthetjük: (x 2 − 1)

x −∞ f ′ (x ) f ′′ (x )

−−−−

−1 |

0

+∞

1

| −−−− −−−− + + + + 0 −−−− | ++++ 0 2 2 −∞ | +∞ −∞ | +∞ 0 2

−−−− f (x ) 0 2 konkáv konvex A grafikus kép a 77. ábrán látható.

konkáv

0 0

konvex

y

-1

O

1

x

77. ábra

5. Ábrázoljuk grafikusan az f : \ → \ + , f (x ) = a x , a ≠ 1 , a > 0 függvényt! I. D = \ . II. f (0) = 1 , tehát a grafikus kép az Oy tengelyt a (0,1) pontban metszi. Mivel

f (x ) = a x > 0 , következik, hogy a grafikus kép nem metszi az Ox tengelyt. ⎧⎪∞, a > 1 ⎧ ⎪0, a > 1 III. lim a x = ⎪⎨ , lim a x = ⎪⎨ . Tehát az Ox tengely x →+∞ ∞, 0 < a < 1 ⎪⎪0, 0 < a < 1 x →−∞ ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ vízszintes aszimptota −∞ felé, ha a > 1 és +∞ felé, ha 0 < a < 1 . IV. A függvény folytonos és deriválható \ -en. V. f ′ (x ) = a x ln a > 0 , ha a > 1 , és f ′ (x ) < 0 , ha 0 < a < 1 , tehát a függvény szigorúan növekvő a > 1 esetén, szigorúan csökkenő 0 < a < 1 esetén, és nincs szélsőértékpontja. 2 VI. f ′′ (x ) = a x (ln a ) > 0 , minden x ∈ \ esetén, tehát a függvény konvex.

Tartalomjegyzék

194


VII. a változási táblázat a > 1 esetén: x −∞ ++++ ++++ f ′ (x ) f ′′ (x ) f (x )

++++ 0

++++ /

0 ++++

++++

+∞ +++++

++++

++++

+++++

1 konvex

+∞

/

A változási táblázat 0 < a < 1 esetén: +∞ 0 x −∞ −−−− −−−− −−−− −−−− −−−− −−−− f ′ (x ) ++++ ++++ ++++ ++++ +++++ f ′′ (x )

f (x )

+∞

2

1 konvex

2

0

A grafikus kép a 78. ábrán látható. y 78. ábra

O

x

6. Az előbbi példában vizsgáltuk az exponenciális függvényt. A grafikus képből és az értéktáblázatból is látható, hogy a függvény injektív. f ( \) = (0, +∞) , tehát az

f : \ → \*+ függvény szürjektív. Így van inverz függvénye. Az inverz függvény grafikus képe az eredeti függvény szimmetrikusa az első szögfelezőre nézve. Az inverz függvény folytonosságára és deriválhatóságára vonatkozó általános tételek alapján az f −1 : (0, +∞) → \ , f −1 (x ) = loga x függvény folytonos és deriválható. Grafikus képe a 79. ábrán látható, viselkedése pedig leolvasható a következő változási táblázatból: 0 < a < 1 eset a > 1 eset +∞ 1 x 0 +∞ 1 x 0 − − − − − − − − + + + + + + + + f ′ (x ) | f ′ (x ) | −−−− ++++ ++++ ++++ − − − − −−−− ′′ ( ) f x | f ′′ (x ) | ++++ −−−− f (x ) | −∞ / / +∞ 0 f (x ) | +∞ 2 2 −∞ 0 konvex konkáv

Tartalomjegyzék


195 y

f(x)=logax, a>1

O

x

f(x)=logax, a<1

79. ábra

⎛ π π⎞ 7. Ábrázoljuk grafikusan az f : \ → ⎜⎜− , ⎟⎟ , f (x ) = arctg x függvényt! ⎝ 2 2⎠ π π lim f (x ) = − ; lim f (x ) = − , Megoldás. D = \ = (−∞, +∞) , x →+∞ x →−∞ 2 2 π π 1 f (0) = 0 . y = − és y = > 0 , minden vízszintes aszimptoták, f ′ (x ) = 2 2 1 + x2 2x x ∈ \ esetén, tehát f szigorúan növekvő. f ′′ (x ) = − 2 , tehát x = 0 az (1 + x 2 ) egyetlen inflexiós pontja (mert f ′′ (x ) > 0 , ha x < 0 és f ′′ (x ) < 0 , ha x > 0 ). A következő változási táblázatot készíthetjük:

x f ′ (x ) f ′′ (x ) f (x )

−∞ ++++ π − 2

0 ++++

++++

+∞ ++++

++++

++++

0

−−−−

/

0

/

konvex A 80. ábrán látható a függvény grafikus képe:

π 2

konkáv

y 80. ábra

π 2

Ο x

π 2

Tartalomjegyzék

196


8. Ábrázoljuk grafikusan az

f :\→ \,

f (x ) =

e x − e −x = sh x 2

(szinusz

hiperbolikusz) függvényt! Megoldás. A függvény \ -en értelmezett és folytonos. Grafikus képe a tengelyeket f (x ) = +∞ és a (0, 0) pontban metszi. lim f (x ) = +∞ , lim f (x ) = −∞ , lim x →+∞ x →−∞ x →+∞ x f (x ) e x + e −x lim = −∞ , tehát a függvénynek nincs aszimptotája. f ′ (x ) = >0, x →−∞ x 2 e x − e −x tehát f szigorúan növekvő. f ′′ (x ) = = f (x ) < 0 , ha x < 0 és f ′′ (x ) > 0 , 2 ha x > 0 , tehát a következő változási táblázatot készíthetjük:

x f ′ (x ) f ′′ (x ) f (x )

−∞

+∞ 0 + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + ++

---------------/ −∞ konkáv

A grafikus kép a 81. ábrán látható: y y=shx

0 0

++++++ / konvex

+∞

y

y=sh-1x x

x

81. ábra

82. ábra

Tartalomjegyzék


197

Megjegyzés. Mivel f ′ (0) = 1 , az origóban az érintő éppen az első szögfelező. Érdemes más függvény esetén is bizonyos pontokban kiszámolni a deriváltat az érintő helyzetének meghatározása céljából. 9. A sh : \ → \ függvény bijektív, tehát létezik a sh−1 : \ → \ inverz függvény. Határozzuk meg ezt az inverz függvényt és ábrázoljuk! e t − e −t = x egyenletet! Az e t = u jelöléssel Megoldás. Oldjuk meg az sh t = 2 1 2 u − = 2x , tehát u = x ± x + 1 . Mivel u = e t , következik, hogy u pozitív, u

(

)

tehát e t = x + x 2 + 1 , és így t = sh−1 x = ln x + 1 + x 2 . Tehát az inverz függvény:

(

)

sh−1 x = f (x ) = ln x + x 2 + 1 .

Ennek a grafikus képét elkészíthetjük a függvény tanulmányozásával vagy az f és az f −1 grafikus képe közti szimmetria segítségével. A függvény változását a következő táblázat tartalmazza:

x f ′ (x ) f ′′ (x ) f (x )

+∞ 0 −∞ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + ++ +++++++++++

−∞

/

0 0

konvex

------------------+∞ / konkáv

Az inverz függvény grafikus képe a 82. ábrán látható. 10. Ábrázoljuk az f (x ) = x + x 2 − 1 függvényt a maximális értelmezési tartományán! Megoldás I. A gyök létezési feltétele x 2 − 1 ≥ 0 , tehát D = (−∞, −1] ∪ [1, +∞) . II. A grafikus kép nem metszi a tengelyeket, a függvény nem páros, nem páratlan és nem periodikus. III, IV. A függvénynek nincs függőleges aszimptotája, mert folytonos D -n.

Tartalomjegyzék

198


lim f (x ) = lim

x →−∞

x →−∞

(

)

x 2 − 1 + x = lim

x →−∞

−1 2

x −1 − x

=

−1 = 0, +∞

tehát y = 0 vízszintes aszimptota −∞ felé.

⎛ f (x ) 1⎞ = lim ⎜⎜1 + 1 − 2 ⎟⎟⎟ = 2 , x →+∞ x →+∞ ⎜ x →+∞ x x ⎠⎟ ⎝ −1 −1 =0, n = lim ( f (x ) − mx ) = lim x 2 − 1 − x = lim = 2 x →+∞ x →+∞ x →+∞ +∞ x −1 + x tehát y = 2x ferde aszimptota +∞ felé. lim f (x ) = +∞ , m = lim

(

V. f ′ (x ) = 1 +

x 2

x −1 az x = ±1 pontokban.

)

, ha x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, +∞) és a függvény nem deriválható

fb ′ (−1) = f ′ (−1 − 0) = lim f ′ (x ) = −∞ ; f j ′ (1) = f ′ (1 + 0) = lim f ′ (x ) = +∞ , x /−1

x 21

tehát az x = ±1 pontokban a jobboldali és a baloldali derivált végtelen (ebben a pontban a grafikus képhez húzott érintő párhuzamos az Oy tengellyel). f ′ (x ) < 0 , ha x < −1 és f ′ (x ) > 0 , ha x > 1 , tehát a függvény szigorúan csökkenő a (−∞, −1) intervallumon és szigorúan növekvő az (1, +∞) intervallumon. 1 < 0 , x ∈ −∞, − 1 ∪ 1, + ∞ , VI. f ′′ (x ) = − 2 (x − 1) x 2 − 1

(

) (

)

tehát f konkáv a maximális értelmezési tartományon. VII. A következő változási táblázatot készíthetjük:

x f ′ (x )

−∞ ------------

f ′′ (x ) -----------f (x ) 0 2 konkáv

+∞

−1 //////////////// 1

−∞

////////////////

| +∞

| //////////////// | −1 ///////////////// 1

++++++++++ -------------/ +∞ konkáv

A grafikus kép a 83. ábrán látható:

y

-1

1 1 -1

x

Tartalomjegyzék


199

83. ábra

11. Ábrázoljuk grafikusan az f : \ → \ , f (x ) = 3 x 2 (x − 1) függvényt! Megoldás. A grafikus kép a tengelyeket a (0, 0) és (1, 0) pontokban metszi. A függvény folytonos \ -en, tehát nincs függőleges aszimptotája. lim f (x ) = ∞ és x →∞

lim f

x →−∞

(x )

= −∞ , tehát vízszintes aszimptotája sincs.

f (x ) x3 − x2 1 = lim 3 = 1, lim ( f (x ) − x ) = lim 3 x 3 − x 2 − x = − , 3 x →±∞ x →±∞ x →±∞ x →±∞ 3 x x 1 tehát y = x − ferde aszimptota −∞ és +∞ felé. 3 2 x − 1 1 3 ⎛ x ⎞⎟2 ⎜ + A függvény deriválható az \ \ {0,1} halmazon és f ′ (x ) = 3 , 3 x 3 ⎜⎝ x − 1 ⎠⎟ ⎛ 2 x − 1 1 ⎛ x ⎞2 ⎞⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎟ = +∞ , f j ′ (0) = −∞ , + 3 ⎜⎜ fb ′ (0) = lim ⎜⎜ 3 ∀x ∈ \ \ {0,1} . x /0 ⎜ 3 x 3 ⎝ x − 1 ⎠⎟ ⎟⎠⎟ ⎝ lim

(

)

tehát a (0, 0) visszatérési pont. fb ′ (1) = f j ′ (1) = +∞ , tehát az (1, 0) inflexiós pont. 3 ⎛2 4 ⎞⎟ ⎟ pontban 0 . A derivált függvény folytonos az \ \ {0,1} -en, A derivált a ⎜⎜ , − ⎜⎝ 3 3 ⎠⎟⎟

⎛ 2⎞ ⎛2 ⎞ tehát nem vált előjelet a (−∞, 0) , ⎜⎜0, ⎟⎟⎟ , ⎜⎜ ,1⎟⎟⎟ és (1, ∞) intervallumokon. Így ⎝ 3⎠ ⎝3 ⎠ ⎛2 ⎞ f ′ (x ) > 0 , ha x ∈ (−∞, 0) ∪ ⎜⎜ , +∞⎟⎟ \ {1} , míg f ′ (x ) < 0 , ha x ∈ (1, +∞) , A ⎝3 ⎠ 3 ⎛2 ⎞ ⎜⎜ , − 4 ⎟⎟ pont pedig helyi minimumpont. Mivel a másodrendű derivált elég ⎜⎝ 3 3 ⎠⎟⎟ bonyolult kifejezés, ezért elkészítjük a változási táblázatot nélküle. Az adatok alapján következtetünk a konvexitásra illetve konkavitásra: 2 +∞ x −∞ 0 1 3 + + + + +∞ | +∞ + + + + + + + + +∞ | −∞ − − − − 0 f ′ (x )

Tartalomjegyzék

200


3 / / / / 0 2 2 2 2− 4 / / / / 0 / / / +∞ 3 . A függvény grafikus képe a 84. ábrán látható.

f (x ) −∞

y

x

O 1

84. ábra

Tartalomjegyzék

200


EGYENLETEK VIZSGÁLATA 1. A gyökök szétválasztása grafikus módszerrel Ha az f (x ) = 0 egyenlet gyökeit nem tudjuk pontosan meghatározni, akkor sokszor fontos lenne minden x 0 gyökre meghatározzunk egy I 0 intervallumot, amelyre x 0 ∈ I 0 és különböző gyökökre az intervallumok diszjunktak legyenek. Minél kisebb az I 0 intervallum hossza, annál pontosabb a gyök helyzetének meghatározása. Az ilyen jellegű számításokat a gyökök szétválasztásának (szeparálásának) nevezzük. Ha az f függvény folytonos és deriválható, akkor a változási táblázatból és esetleg egy közelítő grafikus képből leolvashatjuk a gyököket tartalmazó intervallumokat és akár csökkenthetjük is az intervallumok hosszát néhány függvényérték kiszámolásával. A következő példákban szétválasztjuk néhány egyenlet gyökeit. Példák 1. Válasszuk szét az f (x ) = x 3 − 3x 2 − 9x + 10 = 0 egyenlet gyökeit! I. f ′(x ) = 3x 2 − 6x − 9 tehát az f ′(x ) = 0 gyökei x1 = −1 és x 2 = 3 . Vizsgáljuk a függvényt az elsőrendű derivált segítségével: +∞ -1 3 x −∞ f ′(x ) + 0 0 + / 2 / f (x ) +∞ 15 -17 −∞ A táblázatból leolvasható, hogy a függvény az I 1 = (−∞, −1) intervallumon szigorúan növekvő, f (−1) > 0 és lim f (x ) = −∞ , tehát pontosan egy gyöke van ebben az x →−∞

intervallumban. Az I 2 = (−1, 3) intervallumon a függvény szigorúan csökkenő,

f (−1) = 15 > 0 és f (3) = −17 < 0 , tehát itt is pontosan egy gyöke van. Az I 3 = (3, ∞) intervallumon a függvény szigorúan növekvő, f (3) = −17 < 0 ,

lim f (x ) = +∞ , így I 3 -ban is egy gyök van. Tehát az egyenletnek három valós

x →∞

y

gyöke van és x1 ∈ (−∞, −1) , x 2 ∈ (−1, 3) ,

10

x 3 ∈ (3, +∞) . A gyökök pontosabb helyzetének meghatározásához csökkentsük le az intervallumok hosszát. Ezt próbálgatással érhetjük el. Olyan részintervallumokat keresünk, amelyekben az f előjelet vált. x1 ∈ (−3, −2) , mert f (−2) = 8 > 0 ,

15 -3 -2

1

-1 -17

3

4

5

x

f (−3) = −17 < 0 . 85. ábra

x 2 ∈ (0, 1) ,

mert

és f (0) = 10 > 0 , f (1) = −1 < 0 x 3 ∈ (4, 5) , mert f (4) = −10 < 0 ,

f (5) = 15 > 0 (85 ábra).

Tartalomjegyzék


201

x egyenlet gyökeinek számát! 2 Megoldás. Ábrázoljuk az egyenlet két y oldalán szereplő f és g függvényt és határozzuk meg a metszéspontokat! A x grafikus képek alapján a g(x ) = sinx 2 O egyenes az f (x ) = sin x grafikus képét π⎞ ⎛ három pontban metszi: x1 ∈ ⎜⎜−π, − ⎟⎟ , ⎝ 2⎠ ⎛π ⎞ x 2 = 0 és x 3 ∈ ⎜⎜ , π ⎟⎟ . 86. ábra ⎝2 ⎠

2. Határozzuk meg a sin x =

y= x

/2

x

3. (Paramétertől függő egyenlet tárgyalása) Tárgyaljuk a P(x ) = 0 egyenlet gyökeinek számát és helyzetét az a valós paraméter függvényében, ha P(x ) = x 3 − ax 2 + a .

x3 . Mivel x2 −1 P(1) = 1 ≠ 0 és P(−1) = −1 ≠ 0 , sem az x = 1 , sem az x = −1 nem gyöke az eredeti egyenletnek egyetlen a esetén sem. A továbbiakban tanulmányozzuk az x3 f (x ) = 2 függvényt és a g(x ) = a állandó függvényt: x −1 x 2 (x 2 − 3) ′ f (x ) = 2 = 0 ⇔ x 1 = 0, x 2,3 = ± 3 (x 2 − 1) Megoldás. Fejezzük ki az a paramétert az egyenletből: a =

x f ′(x )

−∞

− 3 +

0

–1 –

–

0

1 –

|

+∞

3 –

0

+

3 3 / +∞ 2 f (x ) Az x = ±1 egyenesek függőleges aszimptoták, ugyanakkor m = lim =1, n = 0 , x →−∞ x f (x ) tehát az első szögfelező ferde aszimptota a +∞ felé. Az m = lim = 1, n = 0 x →+∞ x egyenlőségekből következik, hogy az y = x egyenletű egyenes a −∞ felé is ferde ⎛ 3 3 ⎞⎟ ⎟ az egyetlen aszimptota. A derivált előjeléből következik, hogy M ⎜⎜− 3, − ⎜⎝ 2 ⎠⎟⎟ f (x )

−∞ /

3 3 2 −2

|

0

−∞

|+∞ 2

0

2

−∞

|+∞ 2

⎛ 3 3 ⎞⎟ ⎟ az egyetlen minimumpont. maximumpont és N ⎜⎜ 3, ⎜⎝ 2 ⎠⎟⎟

Tartalomjegyzék

202


A grafikus képről (87. ábra) leolvasható, hogy az f függvény grafikus képe hány pontban metszi a g (x ) = a függvény grafikus képét, ha az a értéke változik. Ezt táblázattal mutatjuk be: A gyökök száma és a értékei helyzete

3 3 a <− 2

x 1 ∈ (−∞, − 3 ) x 2 ∈ (− 3, −1) x 3 ∈ (0,1)

3 3 2

x1 = x 2 = − 3 x 3 ∈ (0,1)

a =−

−

3 3
a=0 3 3 2 3 3 a= 2

0
a>

3 3 2

y 3 3 2

O

x

x 1 ∈ (0,1)

x1 = x 2 = x 3 = 0

3 3 2

x 1 ∈ (−1, 0)

x1 = x 2 = 3 x 3 ∈ (−1, 0) x 1 ∈ (−1, 0) x 2 ∈ (1, 3 ) x 3 ∈ ( 3, ∞)

87. ábra

2. A gyökök szétválasztása a Rolle-tétel alapján (A Rolle-sorozat) Rolle tétele alapján az f (x ) = 0 egyenlet két egymás után következő gyöke között az f ′(x ) = 0 egyenletnek van legalább egy gyöke. Másrészt, ha f deriválható,

α és β az f ′(x ) = 0 egyenlet két egymás után következő gyöke, akkor az f (x ) = 0 egyenletnek legfeljebb egy gyöke lehet α és β között. Valóban, ha az f (x ) = 0 egyenletnek x 1 < x 2 két gyöke lenne α és β között, akkor Rolle tétele alapján létezne c ∈ (x 1, x 2 ) úgy, hogy f ′(c ) = 0 és α < c < β , ami ellentmond annak, hogy α és β egymás után következő gyökök. Természetesen az is lehetséges, hogy a derivált két gyöke között ne legyen a függvénynek gyöke. Ez ellenőrizhető a függvényértékek kiszámolásával az α és β pontokban. Ha f (α) ⋅ f (β ) < 0 , akkor az f (x ) = 0 egyenletnek pontosan egy gyöke van az (α, β ) intervallumban, ellenkező esetben nincs gyöke ebben az intervallumban. Tehát ha az f ′(x ) = 0 egyenlet gyökei a < x 1 < x 2 < ... < x n < b , akkor a következő táblázatban az előjelváltások száma éppen a gyökök száma az [a, b ] intervallumban.

Tartalomjegyzék


x f (x )

a lim f (x ) x 2a

203

x1

x2

f (x 1 )

f (x 2 )

xn

... ...

f (x n )

b lim f (x ) x /b

A táblázat második sorát az f függvényhez az [a, b ] intervallumon rendelt Rollesorozatnak nevezzük. Példák 1. Válasszuk szét a f (x ) = 3x 4 − 4x 3 − 12x 2 + 10 = 0 egyenlet gyökeit! Megoldás. Ha f ′ (x ) = 12x (x 2 − x − 2) = 0 , akkor x ∈ {−1, 0, 2} . A Rolle sorozat:

+∞ -1 0 2 x −∞ f (x ) +∞ +∞ +5 +10 -22 A (−∞, −1) intervallumon az f függvénynek nincs gyöke (a derivált folytonos, nincs gyöke ebben az intervallumban, tehát f monoton, a végpontokban pozitív, tehát az egész intervallumon csak pozitív értékeket vesz fel). Hasonlóan a (−1, 0) intervallumban sincs gyöke a függvénynek. A (0, 2) intervallumban a függvénynek pontosan egy x1 ∈ (0, 2) gyöke van, és a (2, +∞) intervallumban szintén egy

x 2 ∈ (2, +∞) gyöke van. Tehát a függvénynek két valós gyöke van. Az intervallumok leszűkítéséért számítsunk ki néhány más függvényértéket is: f (1) = −3 < 0 , f (3) = 37 > 0 , tehát x1 ∈ (1, 2) és x 2 ∈ (2, 3) . 2. (Paraméter szerinti tárgyalás) Tárgyaljuk az a valós paraméter szerint a következő egyenlet valós gyökeit: f (x ) = 3x 4 − 4x 3 − 12x 2 + a = 0 . Megoldás. Az f ′(x ) = 0 egyenlet gyökei x = −1 , x = 0 és x = 2 , tehát a Rollesorozat a következő ( lim f (x ) = +∞, lim f (x ) = +∞ ): x →−∞

x →+∞

+∞ -1 0 2 x −∞ f (x ) +∞ +∞ a a −5 a − 32 A második sorban szereplő kifejezések előjele érdekel bennünket. Ezt az alábbi táblázatok adják:

a a −5

−∞ –

5 0

+∞ +

és

a a − 32

−∞ –

32 0

+∞ +

A kifejezések zérushelyei a1 = 0 , a 2 = 5 , a 3 = 32 . A következő eseteket kell tárgyalnunk a < 0 , a = 0 , 0 < a < 5 , a = 5 , 5 < a < 32 , a = 32 , a > 32 . A tárgyalást a következő táblázatban foglaljuk össze:

Tartalomjegyzék

204


−∞ +∞

-1 a −5

0 a

2 a − 32

+∞ +∞

Következtetések

a<0

+

–

–

–

+

x1 ∈ (−∞, −1) , x 2 ∈ (2, ∞)

a=0

+

–

0

–

+

0
+

–

+

–

+

a=5

+

0

+

–

+

5 < a < 32 a = 32 a > 32

+ + +

+ + +

+ + +

– 0 +

+ + +

↓a

x f (x )

x 1 ∈ (−∞, −1) , x 2 = x 3 = 0 , x 4 ∈ (2, ∞) x 1 ∈ (−∞, −1) , x 2 ∈ (−1, 0) , x 3 ∈ (0, 2) , x 4 ∈ (2, ∞) x 1 = x 2 = −1 , x 3 ∈ (0, 2) , x 4 ∈ (2, ∞) x 1 ∈ (0, 2) , x 2 ∈ (2, ∞) x1 = x 2 = 2 nincs valós gyök

Gyakorlatok 1. Válaszd szét az x 3 − 3x 2 − 9x + 8 = 0 egyenlet valós gyökeit! 2. Válaszd szét a következő egyenletek valós gyökeit: a) x 3 − 4x 2 + 7x − 12 = 0 ; b) x 5 − 5x 3 − 50x + 10 = 0 ; d) x 4 − 1 = x + 2 . c) x 2 − 2x = 9 − x 2 ; 3. Tárgyald az m valós paraméter szerint a következő egyenlet valós gyökeit: f (x ) = x 3 − 3x 2 − 9x + m = 0 . 4. A grafikus módszerrel válaszd szét a következő egyenletek valós gyökeit: a) 2x = 3x 2 ; b) e x = cos x ; c) sin x = x 2 ; d) lg x + x = 0 ; e) lg x = sin x ; f) tg x + x − 1 = 0 . 5. Tárgyald az a ∈ \ paraméter szerint a következő egyenletek valós gyökeit: c) e x = x + a ; a) x 3 − ax + 1 = 0 ; b) ax 3 − x − a = 0 ; e) sin x + cos x = a ; f) x − x + a = 0 ; d) ln x = x + a ; g) x 4 − 2x 2 + a = 0 ; h) arctg x = ax . A függvények vizsgálatának alkalmazásai n k 1. Számítsuk ki a ∑ k összeget! k =1 2 Megoldás. Tekintsük az f : \ \ {1} → \ , f (x ) = 1 + x + x 2 + " + x n függvényt. x n +1 − 1 és kiszámoljuk kétféleképpen a deriváltját: Ekkor f (x ) = x −1 n

f ′(x ) = 1 + 2x + 3x 2 + " + nx n −1 = ∑ kx k −1 k =1

n +1

n +1

(n + 1)x (x − 1) − (x − 1) nx − (n + 1)x n + 1 = . (x − 1)2 (x − 1)2 A két számolási mód ugyanahhoz az eredményhez kell vezessen, tehát f ′(x ) =

n

Tartalomjegyzék


205

nx n +1 − (n + 1)x n + 1 , ∀x ∈ \ \ {1} . (x − 1)2 k =1 1 1 Ha ebbe az azonosságba x = -et helyettesítünk és szorozzuk -del, akkor a 2 2 1 1 n − (n + 1) n + 1 n 1 2n +1 2n +1 − n − 2 k 2 = = ∑ k 1 2 2n k =1 2 4 összefüggésekhez jutunk. n

∑ kx k −1 =

2. Oldjuk meg a 3x + 15x = 7x + 11x , x ∈ \ egyenletet! Megoldás. Az egyenletet a 15x − 11x = 7x − 3x alakba írjuk és rögzített x esetén tekintjük az f (y ) = y x függvényt. Alkalmazzuk Lagrange tételét a [3, 7] és [11,15] intervallumokra: ∃c1 ∈ (3, 7) úgy, hogy f (15) − f (11) = 4 ⋅ f ′(c1 ) = 4 ⋅ x ⋅ c1x −1 , és

∃c2 ∈ (11,15) úgy, hogy f (7) − f (3) = 4 ⋅ f ′(c2 ) = 4 ⋅ x ⋅ c2x −1 . Így az eredeti egyenletet x (c2x −1 − c1x −1 ) = 0 alakba írhatjuk. Ennek x = 0 gyöke. Ha

x ≠ 0 , akkor c1x −1 = c2x −1 , de c1 ∈ (3, 7) és c2 ∈ (11,15) , így x − 1 = 0 . Tehát az egyenlet gyökei: x 1 = 0 és x 2 = 1 . 3. Az f : [0,1] → \ kétszer deriválható függvényre f ′′(x ) + 2 f ′(x ) + f (x ) ≤ 0 , ∀x ∈ [0,1] . Bizonyítsuk be, hogy ha f (0) = f (1) = 0 , akkor f (x ) ≥ 0 , minden x ∈ [0,1] esetén! (Székely Mikó Verseny, 2002.) Megoldás. Ha az egyenlőtlenséget e x -nel szorozzuk, akkor az ( f (x ) ⋅ e x )′′ ≤ 0 ,

∀x ∈ [0,1] egyenlőtlenséghez jutunk, tehát a g(x ) = f (x ) ⋅ e x függvény konkáv a [0,1] intervallumon. A konkáv függvények értelmezéséből következik, hogy a g függvény grafikus képének x1 = 0 és x 2 = 1 abszcisszájú pontjai által meghatározott ív az általuk meghatározott húr fölött van. De g (0) = g (1) = 0 , tehát g (x ) ≥ 0 a [0,1] intervallumon. Ez alapján az f függvény sem vehet fel negatív értékeket. 4. Bizonyítsuk be, hogy ha x , y, z ∈ \*+ , akkor a) (x + y + z )x +y +z ⋅ x x y y z z ≤ (x + y )x +y (y + z )y +z (z + x )z +x ; 2

2

2

2

2

2

2

b) (x + y + z )(x +y +z ) ⋅ x x y y z z ≥ (x + y )(x +y ) (y + z )(y +z ) (z + x )(z +x ) . (András Szilárd, American Mathematical Monthly, 106 (1999.), 10766. feladat)

Tartalomjegyzék

206


Megoldás. Ha y, z ∈ \ + rögzített számok, tekintsük a következő függvényt:

g(x ) = (x + y + z )p + x p + y p + z p − (x + y )p − (y + z )p − (z + x )p Ekkor g(0) = 0 és g ′(x ) = p ⎡⎣(x + y + z )p −1 + x p−1 − (x + y )p−1 − (z + x )p −1 ⎤⎦ . Ha h : [0, ∞) → \ , h(y ) = p ⎡⎣(x + y + z )p −1 + x p−1 − (x + y )p −1 − (z + x )p −1 ⎤⎦ , akkor h(0) = 0 és h ′(y ) = p(p − 1) ⎡⎣(x + y + z )p −2 − (z + x )p−2 ⎤⎦ . Ha p ≥ 2 , akkor h ′(y ) ≥ 0 , tehát a h(0) = 0 egyenlőség alapján h(y ) ≥ 0 , minden y ≥ 0 esetén. Ebből az egyenlőtlenségből következik, hogy g ′(x ) ≥ 0 , minden x ≥ 0 esetén és a g(0) = 0 alapján g(x ) ≥ 0 , ha x ≥ 0 . Hasonlóan igazolható p ∈ [0,1] esetén is, hogy g(x ) ≥ 0 , ha x ≥ 0 és p ∈ [1, 2] esetén, hogy g(x ) ≤ 0 , ha x ≥ 0 . Tehát az f : [0, ∞) → \ , f (p ) = (x + y + z )p + x p + y p + z p − (x + y )p − (y + z )p − (z + x )p ( x , y, z ∈ \ + ) függvény változási táblázata: p [0,1] [1, 2] [2, ∞) + + − f (p ) A táblázat, valamint az f (1) = 0 , f (2) = 0 egyenlőségek alapján f ′(1) ≤ 0 és

f ′(2) ≥ 0 . Másrészt f ′(p ) = (x + y + z )p ln (x + y + z ) + x p ln x + y p ln y + z p ln z − −(x + y )p ln(x + y ) − (y + z )p ln(y + z ) − (z + x )p ln(z + x ) , tehát az f ′(1) ≤ 0 és f ′(2) ≥ 0 egyenlőtlenségek ekvivalensek a következőkkel (x + y + z )ln (x + y + z ) + x ln x + y ln y + z ln z ≤ ≤ (x + y )ln(x + y ) + (y + z )ln(y + z ) + (z + x )ln(z + x ) , illetve

(x + y + z )2 ln (x + y + z ) + x 2 ln x + y 2 ln y + z 2 ln z ≥ ≤ (x + y )2 ln(x + y ) + (y + z )2 ln(y + z ) + (z + x )2 ln(z + x ) . Ezek pedig ekvivalensek a bizonyítandó egyenlőtlenségekkel. 5. Egy folyón úszik egy olajfolt (feltételezzük, hogy a víz felülete sima). Egy adott pillanatban találkozik egy távíródrót árnyékával. Bizonyítsuk be, hogy létezik olyan pillanat, amikor az árnyék az olajfoltot két egyenlő területű részre osztja! Megoldás. Az olajfolt a drót árnyékával a t0 = 0 pillanatban találkozik és a t1 pillanatban hagyja el teljesen az árnyékot. Jelöljük T1(t ) -vel azt a területet, amely a t pillanatban már átment az árnyékon és T2 (t ) -vel azt a területet, ami még nem ment át az árnyékon. Az f (t ) = T1(t ) − T2 (t ) függvény folytonos, f (t0 ) < 0 és f (t1 ) > 0 ,

Tartalomjegyzék


207

tehát létezik egy t pillanat, amelyben f (t ) = 0 . Ebben a pillanatban a drót árnyéka két egyenlő részre osztja az olajfoltot. 6. Tekintsük két véredény által alkotott ABCD elágazódást! (88. ábra) Határozzuk meg az x szöget úgy, hogy a szív által az ABC részen végzett mechanikai munka minimális legyen! Megoldás. Tekintsük a vérkeringést, mint egy összenyomhatatlan folyadék réteges áramlását. Poiseuille törvénye alapján egy r sugarú r2 k csőben (a véredény) az ellenállás 4 . A CD = h és C r AB = d − h ctg x jelölésekkel és AD = d r1 x h BC = , tehát az ABC részen az ellenállás A D B sin x ⎛d − h ctg x h ⎞⎟ 88. ábra ⎟⎟ f (x ) = k ⎜⎜ + 4 4 ⎜⎝ r1 r2 sin x ⎠⎟

f ′(x ) =

kh ⎛⎜ 1 cos x ⎞⎟ r14 ⎟ x = arccos − , tehát az optimális szög . ⎜ ⎟ sin 2 x ⎜⎝ r14 r24 ⎠⎟ r24

7. Egy motorcsónak sebessége v 0 = 20km / h abban a pillanatban, amikor megáll a motor. 40 másodperc múlva a sebessége v1 = 8km / h . Számítsuk ki mennyi lesz a sebessége a motor leállása után 2 perccel, ha a víz ellenállása egyenesen arányos a csónak sebességével (a víz sebessége 0 ). Megoldás. Ha v(t ) a csónak sebessége a t időpillanatban, akkor a pillanatnyi gyorsulás a(t ) = v ′(t ) , tehát a dinamika második törvénye ( F = m ⋅ a ) alapján

−k ⋅ v(t ) = F (t ) = m ⋅ v ′(t ) . Innen v ′(t ) +

k k ⎞′ ⎛ t t k v(t ) = 0 , ezt pedig szorozzuk e m -vel, tehát ⎜⎜v(t )e m ⎟⎟⎟ = 0 . ⎜ m ⎝ ⎠⎟ k

t

−k

t

Lagrange tételének következménye alapján v(t )e m = c , tehát v(t ) = c ⋅ e m . Ha

20 20 −mk t m / s = v0 = v(0) = c , tehát v(t ) = . ⋅e 3, 6 3, 6 k A második feltétel segítségével kiküszöbölhetjük a paramétert is, mert m k 1 2 8 20 − mk 40 20 40t ln 52 ln . Így v(t ) = , azaz − = és m / s = v1 = v(40) = ⋅e e m 40 5 3, 6 3, 6 3, 6 ebből t = 0 , akkor

Tartalomjegyzék

208

Függvények tanulmányozása v(120) =

20 ⎛ 2 ⎞⎟3 8 ⋅ 20 32 32 ⎜ m /s = km / h 1, 28km / h . = = 3, 6 ⎜⎝ 5 ⎠⎟ 3, 6 ⋅ 125 3, 6 ⋅ 25 25

8. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert: ⎧⎪ x 2 − 2x + 6 ⋅ log (6 − y ) = x ⎪⎪ 3 ⎪⎪ 2 ⎨ y − 2y + 6 ⋅ log 3 (6 − z ) = y . ⎪⎪ ⎪⎪ 2 ⎪⎪⎩ z − 2z + 6 ⋅ log 3 (6 − x ) = z Megoldás. Az f , g : (−∞, 6) → \ , f (x ) =

x 2

x − 2x + 6

függvények folytonosak és deriválhatók f ′ (x ) =

és g (x ) = log 3 (6 − x )

6−x x − 2x + 6 (x 2 − 2x + 6) 2

>0,

1 < 0 , ∀x ∈ (−∞, 6) . Tehát f szigorúan (x − 6) ln 3 ⎧ ⎪ g (y ) = f (x ) ⎪ ⎪ ⎪ ( ) növekvő és g szigorúan csökkenő. A feladatbeli egyenletrendszer a ⎪ ⎨g z = f (y ) ⎪ ⎪ ⎪ g (x ) = f (z ) ⎪ ⎪ ⎩ ∀x ∈ (−∞, 6) és g ′ (x ) =

alakba is írható. Ha x ≤ y ≤ z , akkor egyenletrendszerben

f (x ) ≤ f (y ) ≤ f (z )

szereplő

és

egyenlőségekből

g (x ) ≥ g (y ) ≥ g (z ) , így az f (z ) ≥ f (x ) ≥ f (y ) ,

tehát

f (x ) = f (y ) , de mivel f szigorúan monoton, következik, hogy injektív is, így x = y . Ezt az egyenletrendszerbe helyettesítjük, tehát g (x ) = f (x ) és g (z ) = f (x ) , következik, hogy x = z , tehát x = y = z . Ugyanehhez az eredményhez jutunk akkor is, ha más sorrendet feltételezünk x , y és z között. Tehát meg kell oldanunk az f (x ) = g (x ) egyenletet, aminek legfeljebb egy megoldása lehet, mert egy szigorúan növekvő és egy szigorúan csökkenő függvény grafikus képe legfeljebb egy pontban metszheti egymást. Ez a megoldás x = 3 , tehát x = y = z = 3 9. Tekintsük az f (x ) = x 3 − 3x + 3 függvényt és az (x n )n ≥0 , x n +1 = x n −

f (x n ) , f ′(x n )

x 0 ∈ \ sorozatot. Bizonyítsuk be, hogy minden p ∈ `* esetén létezik x 0 ∈ \ úgy, hogy ez a sorozat periodikus legyen p periódussal és x i ≠ x j , ha 0 ≤ i, j ≤ p − 1 és i≠j.

Tartalomjegyzék

Függvények tanulmányozása Megoldás. Ha F (x ) = x −

x 1 = F (x 0 ) ,

F ′(x ) =

f (x ) 2x 3 − 3 = , akkor az (x n )n ≥0 sorozat tagjai f ′(x ) 3 (x 2 − 1)

x 2 = F (F (x 0 )) ,

6x

(3 (x 2 − 1))

2

(x

3

209

...,

x n = F (n )(x 0 ) ,

− 3x + 3) . Mivel az f

ahol

F (n ) = F D "D F . n

függvény növekvő az (1, ∞)

intervallumon, következik, hogy F ′ (x ) > 0 , ha x ∈ (1, ∞) . lim F (x ) = −∞ és x 21

lim F (x ) = ∞ , tehát az F : (1, ∞) → \ függvény invertálható. Ha G : \ → (1, ∞)

x →∞

az inverze, akkor értelmezzük a

H : (−1, 0] → \ ,

H (x ) = F (x ) − G ( p −1)(x )

függvényt. G ( p−1)(−1) értelmezett, tehát lim H (x ) = ∞ . De G csak 1 -nél nagyobb x 2 −1

értékeket vesz fel és F (0) = 1 , tehát H (1) < 0 . A H függvény folytonossága alapján létezik x 0 ∈ (−1, 0] , amelyre H (x 0 ) = 0 . Erre az x 0 értékre

x p = F ( p )(x 0 ) = F ( p −1)(F (x 0 )) = F ( p−1)(G ( p−1)(x 0 )) = x 0 és x1 = G ( p−1)(x 0 ) > x 2 = G ( p−2)(x 0 ) > ... > x p−1 = G(x 0 ) > x 0 , mert G(x ) > x , minden x ∈ \ esetén. Gyakorlatok és feladatok Ábrázold grafikusan a következő függvényeket: 2

1 ; x

1. f (x ) = (x + 1) (x − 1) ;

2. f (x ) = x +

4. f (x ) = x 3 − 3x 2 + 2 ;

5. f (x ) = x + 5 − x ; 6. f (x ) =

7. f (x ) = (x − 1)e x ;

3. f (x ) =

1 ; x −1 x −3 2

x2 + 4 8. f : [ 0, 2π ] → \ , f (x ) = 2 cos x − cos 2x ;

;

9. f (x ) = 3 x − 3 x + 1 ; 10. f : [ 0, 2π ] → \ , f (x ) = sin x ⋅ sin 2x ; ⎛ π π⎞ 11. f : ⎜⎜− , ⎟⎟ → \ , f (x ) = tg x + sin x ; ⎝ 2 2⎠ 12. f : [ 0, 2π ] → \ , f (x ) = sin 4 x + cos4 x ; 2

13. f (x ) = ln x − arctg x ;

2 14. f (x ) = (x − 1) (x + 2) ; 15. f (x ) =

16. f (x ) = arctg 2x ;

17. f (x ) =

19. f (x ) = 3 x 2 − 1 ;

20. f (x ) = x 3 − 2x + 20 ; 21. f (x ) =

22. f (x ) = sin x + cos x ;

23. f (x ) = x − ln x ;

4 x ; x +2

1 ; x +1 2

18. f (x ) = x (x + 2) ;

x 2 − ln x ; x 24. f (x ) = x − sin x ;

Tartalomjegyzék

210


2 25. f (x ) = 3 (x − 1) (x + 1) ; 26. f (x ) =

9x + x 3 . x − x3

27. Melyik nagyobb A = e π vagy B = πe ? 28. Melyik nagyobb A = sin 2002 vagy B = sin 2001 ? 29. Határozd meg az x + e x = 0 egyenlet valós gyökeinek számát! Határozz meg egy 1 hosszúságú intervallumot, amely minden gyököt tartalmaz! 30. Határozd meg az x lg x = 1 egyenlet valós gyökeinek számát! Határozz meg egy 1 hosszúságú intervallumot, amely minden gyököt tartalmaz! 31. Hány gyöke van az x 2 = cos x egyenletnek? Határozz meg egy I ⊂ [−1,1] intervallumot, amely az egyenletnek két gyökét tartalmazza! 32. Határozd meg az a és b valós paraméter értékét úgy, hogy az y = ax + b egyenletű egyenes az x 0 = −1 abszcisszájú pontban messe a g (x ) = x 3 − 3x 2 + 2 függvény grafikus képét! 33. Határozd meg a b és c valós paraméter értékét úgy, hogy az f (x ) = x 2 + bx + c függvény grafikus képe az x = 0 abszcisszájú pontban érintse a g (x ) = e x függvény grafikus képét! ⎡ π⎤ 34. Számítsd ki az f (x ) = x − a sin x függvény minimumát a ⎢0, ⎥ intervallumon ⎣⎢ 2 ⎦⎥ az a paraméter függvényében! 35. Milyen a értékekre létezik legalább egy x szám, amely egyenlő a saját a alapú logaritmusával? 36. Ábrázold grafikusan a következő függvényeket: 1−x ln x ; b) f (x ) = ; c) f (x ) = e −2x sin2 x ; a) f (x ) = arccos 1 − 2x x 2x d) f (x ) = arcsin ; e) f (x ) = 3x − x 3 ; f) f (x ) = 3 x 2 − 3 x 2 + 1 ; 1 + x2 g) f (x ) =

x4 3 ; (1 + x )

h) f (x ) = 1 − x +

x3 . 3+x

37. Határozd meg az f : \ → \ , f (x ) = max {2 x , 1 + x } függvény maximumát! 38. Bizonyítsd be a következő egyenlőtlenségeket: a) a sin x + b cos x ≤ a 2 + b 2 ; b) 3x − x 3 ≤ 2 , ha x ≤ 2 . 39. Határozd meg a következő függvények szélsőértékpontjait: ⎛ x2 xn ⎞ + ... + ⎟⎟⎟e −x ,( n ∈ ` ); a) f (x ) = ⎜⎜1 + x + ⎜⎝ 2! n !⎠

Tartalomjegyzék

Függvények tanulmányozása 1

2

b) f (x ) = x 3 (1 − x )3 . 40. Bizonyítsd be következő egyenlőtlenségeket és értelmezd grafikusan: x +y ex + ey > e 2 (x ≠ y ) ; a) 2 x +y b) x ln x + y ln y > (x + y ) ln , ha x > 0 és y > 0 . 2

211

Tartalomjegyzék


211

KÚPSZELETEK A KÖR

A kör értelmezését, mint mértani helyet már az általános iskolából ismeritek. A fogalmak rögzítése céljából felelevenítjük ezt az értelmezést: Értelmezés. Az O ponttól r távolságra levő pontok mértani helye a síkban az O középpontú r sugarú kör. A kör egyenlete Tekintsük az O(0, 0) középpontú r sugarú kört. Az M (x , y ) pont távolsága az origótól x 2 + y 2 , tehát ha M a körön van, akkor az értelmezés alapján x 2 + y 2 = r . Így az O középpontú r sugarú kör egyenlete: x 2 + y 2 = r 2 (1), (C ) (Az ekvivalens átalakításokból következik, hogy minden (1) egyenletet teljesítő koordinátájú pont rajta van a körön) y

y

r

O

x

89. ábra

90. ábra

x0

M

y0

y0 O1 O

M1

M(x,y) r

M(x,y)

y

x

O

O1 x0

x

91. ábra

Írjuk fel most egy tetszőleges O1(x 0 , y 0 ) középpontú r sugarú kör egyenletét. Az

M (x , y ) pont pontosan akkor van rajta a körön, ha (x − x 0 )2 + (y − y 0 )2 = r , ez pedig egyenértékű a (C ) (x − x 0 )2 + (y − y0 )2 = r 2 (2) egyenlettel, ez utóbbi egyenlet az O1(x 0 , y 0 ) középpontú r sugarú kör egyenlete. Megjegyzés. Tulajdonképpen a C (O1, r ) kör a C (O, r ) kör (x 0 , y0 ) vektorral való párhuzamos eltolás általi képe (91. ábra), innen pedig az (1) összefüggésből azonnal következik, hogy a C (O1, r ) egyenlete a (2) egyenlet. Végezzük el a (2) összefüggésben a négyzetre emeléseket és rendezzük: x 2 + y 2 − 2x 0x − 2y0y + (x 02 + y02 − r 2 ) = 0 . Ezt az egyenletet az általános másodfokú kétismeretlenes Ax 2 + 2Bxy + Cy 2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 egyenlettel összevetve megállapíthatjuk, hogy az általános kétismeretlenes egyenlet csak akkor lehet kör egyenlete, ha A = C ≠ 0 és B = 0 . Osszunk A -val: (C ) x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 . (3)

Tartalomjegyzék

212


Ez az egyenlet a kör általános (descartesi) egyenlete vagy normál egyenlete. 2 (x + a )2 + (y + b ) − (a 2 + b 2 − c ) = 0 Az egyenletet az alakba is írhatjuk, tehát a, b, c ∈ 2

függvényében a következő esetek lehetségesek:

2

1° ha a + b < c , akkor nem létezik (x , y ) ∈

2

pár, amelyre teljesül a (3)

összefüggés, azt is szoktuk mondani, hogy ekkor képzetes körünk van, vagy hogy a mértani hely üres halmaz (ha csak 2 -ben dolgozunk); 2° ha a 2 + b 2 = c , akkor a mértani hely egy pont P(−a, −b ) és azt mondjuk, hogy elfajult (degenerált) körünk van; 3° ha a 2 + b 2 > c , akkor a (3) egyenlet a P(−a, −b ) középpontú és r = a 2 + b 2 − c sugarú valódi kör egyenlete.

A kör grafikus ábrázolása Tekintsük a C (a, b ) középpontú és r sugarú kört. A kör egyenlete: (C )

(x

2

− a )2 + (y − b ) = r 2 .

Kifejezzük az y változót x függvényében: 2

(y − b ) = r 2 − (x − a )2 , y1,2 = b ± r 2 − (x − a )2 , így a kör a következő két folytonos függvény grafikus képének egyesítése:

f1(x ) = b + r 2 − (x − a )2 és f2 (x ) = b − r 2 − (x − a )2 . Tehát C = G f1 ∪ G f2 . Ábrázoljuk grafikusan az f1(x ) = b + r 2 − (x − a )2 függvényt! I. A maximális értelmezési tartományt az r 2 − (x − a )2 ≥ 0 feltételből kapjuk meg. Az (x − a )2 ≤ r 2 egyenlőtlenség ekvivalens a x − a ≤ r egyenlőtlenséggel, tehát −r ≤ x − a ≤ r és így D = [a − r , a + r ] . II. f1′(x ) =

−2(x − a )

(x − a )

, tehát f1 növekvő az [a − r , a ] 2 r − (x − a r − (x − a )2 intervallumon és csökkenő az [a, a + r ] intervallumon. A másodrendű deriváltból megállapítható, hogy a függvény konkáv. III. Mivel az értelmezési tartomány zárt intervallum és a függvény folytonos, nincsenek aszimptoták. IV. A függvény változási táblázata: a +r x a −r a |+∞ + 0 f1′ (x ) −∞| 2

)2

=−

2

– – – – – f1′′(x ) f (x ) b +r b b Így elkészíthetjük a 92. ábrán látható grafikus képet. Az f2 pedig a 93. ábrán látható.

Tartalomjegyzék


213

y

92. ábra

y

93. ábra b

b a

x

a

x

Egyenes és kör kölcsönös helyzetei Az általános iskolából tudjátok, hogy egy egyenes és egy kör kölcsönös helyzetére a következő három esetünk lehetséges: 1. a két halmaz diszjunkt, tehát az egyenes nem metszi a kört (94. ábra) 2. a két halmaznak egy közös pontja van, tehát az egyenes érinti a kört (95. ábra) 3. a két halmaznak két közös pontja van, tehát az egyenes metszi a kört (96. ábra)

94. ábra

A fenti eseteket jellemezhetjük:

a

96. ábra

95. ábra

következő

egyenletrendszer

megoldásainak

számával

2 2 2 ⎧ ⎪ ⎪C : (x − x 0 ) + (y − y 0 ) = r ⎨ ⎪ d : ax + by + c = 0 ⎪ ⎪ ⎩ Ha a megoldások száma 0 , akkor a d egyenes nem metszi a C kört, ha a megoldások száma 1 , akkor d érinti C -t, ha pedig 2 megoldás van, akkor d metszi a C kört. Ha a második egyenletből kiküszöböljük valamely változót, akkor a kapott másodfokú egyenlet Δ < 0 , Δ = 0 vagy Δ > 0 esetei szerint osztályozva az előbbi esetekhez jutunk.

Adott pontban húzott érintő és normális egyenlete Először egy általánosabb problémát vizsgálunk. Tekintsük az Ax 2 + By 2 + Cxy + Dx + Ey + F = 0 egyenletű görbét és határozzuk meg az (x1, y1 ) pontjában húzott érintő egyenletét. Az egyenletből y kifejezhető x függvényeként. Ha az egyenlet bal oldalát, mint x függvényét tekintjük és deriváljuk, majd kifejezzük y ′ -at, ugyanazt az eredményt kapjuk, mint ha előbb kifejeznénk y -t és kiszámolnánk a deriváltját:

Tartalomjegyzék

214


2Ax + 2Byy ′ + Cy + Cxy ′ + D + Ey ′ = 0 , 2Ax + cy + D tehát y ′ = − , és így az (x1, y1 ) pontban húzott érintő iránytényezője 2By + Cx + E 2Ax 1 + cy1 + D m =− . Így az érintő egyenlete: 2By1 + Cx 1 + E y − y1 2Ax 1 + cy1 + D =− ⇔ x − x1 2By1 + Cx 1 + E ⇔ 2Ax1x + 2By1y + C (x1y + y1x ) + D (x − x1 ) + E (y − y1 ) − 2 (Ax12 + By12 + Cx1y1 ) (4) Az (x1, y1 ) a görbe pontja, tehát Ax12 + By12 + Cx1y1 = −Dx1 − Ey1 − F és így (4) ⇔ 2Ax 1x + 2By1y + C (x 1y + y1x ) + D (x + x 1 ) + E (y + y1 ) + 2F = 0 ⇔ x y + y1x x + x1 y + y1 +D⋅ +E ⋅ + F = 0 (5) ⇔ Ax 1x + By1y + C ⋅ 1 2 2 2 Az (5) egyenletet az érintő duplázott egyenletének nevezzük, mert a görbe egyenletéből az x y + y1x x +x y +y x 2 → x1x , y 2 → y1y , xy → 1 ,x→ 1 és y → 1 2 2 2 helyettesítésekkel kapjuk. Így az (1) egyenletű körhöz az (x 1, y1 ) ∈ C pontban húzott érintő egyenlete:

x1x + y1y = r 2 (6) Megjegyzés. Ugyanehhez az eredményhez jutunk, ha felírjuk az f1 illetve f2 grafikus képéhez az (x 1, f1 (x 1 )) illetve (x 1, f2 (x 1 )) pontokban húzott érintő egyenletét. Valóban az f1 grafikus képéhez az x1 abszcisszájú pontban húzott érintő egyenlete y − f1 (x 1 ) y − y1 x1 − a y − y1 x −a ⇔ ⇔ =− 1 = f1′(x1 ) ⇔ =− 2 x − x1 y1 − b x − x1 x − x1 r 2 − (x 1 − a ) ⇔ x1x + y1y − ax + ax1 − by + by1 − x12 − y12 = 0 ⇔ ⇔ x1x + y1y − ax + ax1 − by + by1 − 2ax1 − 2by1 + a 2 + b 2 − r 2 = 0 ⇔ x + x1 y + y1 x1x + y1y − 2a − 2b + a 2 + b2 − r 2 = 0 . 2 2

n

e

97. ábra

Értelmezés. Egy görbe adott pontjában húzott érintőre merőleges egyenest a görbe ezen pontjához tartozó normálisának nevezzük (97. ábra). A (6) egyenlet alapján az (1) körhöz az (x 1, y1 ) ∈ C pontban húzott normális egyenlete y1x − x1y = 0 (7)

Tartalomjegyzék


215

Gyakorlatok és feladatok 1. Határozd meg a következő körök középpontját és sugarát: a) x 2 + y 2 − 4x = 0 ; b) x 2 + y 2 + 6y − 7 = 0 ; c) x 2 + y 2 + 2x − 10y + 1 = 0 ; d) 3x 2 + 3y 2 − 4x − 6y − 15 = 0 . 2. Írd fel az M (−3, 2) középpontú és d = 8 átmérőjű kör egyenletét! Írd fel az x 1 = 0 abszcisszájú pontjaiban húzható érintőinek egyenletét! 3. Határozd meg az x 2 + y 2 − 4x − 2y − 20 = 0 egyenletű kör középpontjának koordinátáit és sugarát! Írd fel a körhöz az M (3, 7) pontból húzható érintők egyenletét! 4. Írd fel az ABC köré írt kör egyenletét, ha a csúcsok koordinátái: A (−2, −1) , B (0, −5) és C (6, 3) . 5. Írd fel annak a körnek az egyenletét, amelynek középpontja M (6, 7) és érinti az 5x − 12y − 24 = 0 egyenletű egyenest! 6. Írd fel az x 2 + y 2 − 4x + 2y − 5 = 0 egyenletű kör x − 2y + 1 = 0 egyenletű egyenesre merőleges normálisának egyenletét. 7. Egy M (3, −1) középpontú kör a 2x − 5y + 18 = 0 egyenletű egyenesen egy 6 hosszúságú húrt határoz meg. Írd fel a kör egyenletét! 8. Egy O középpontú kör AB átmérőjének hossza 4a ( a > 0 ). M a kör egy változó pontja. a) Írd fel az AOM és BOM háromszögek köré írt P illetve Q középpontú körök egyenletét; b) Bizonyítsd be, hogy a P és Q pontok AB egyenestől mért távolságainak szorzata állandó és AP ⊥ BQ . c) Határozd meg az AP és BQ egyenesek metszéspontjának mértani helyét! 9. Határozd meg a d1 : x cos α + y = 1 és d2 : x − y cos α = 1 ( α ∈ ) egyenletű egyenesek metszéspontjának mértani helyét! AZ ELLIPSZIS Értelmezés. Azon M pontok mértani helyét, amelyek két adott A és B ponttól mért távolságainak összege állandó (és nagyobb, mint az AB távolság) ellipszisnek nevezzük. Az A és B pontok az ellipszis fókuszai vagy gyújtópontjai, az AB egyenes az ellipszis fokális tengelye, míg a fókuszok és az ellipszis egy tetszőleges pontja által meghatározott szakaszok vezérsugarak. Ahhoz, hogy legyen egy elképzelésünk az ellipszis alakjáról, végezzük el a következő szerkesztést: Rögzítsük le egy l hosszúságú madzag két végét az A és B pontokba

Tartalomjegyzék

216


és feszítsük ki egy ceruzával. Ha minden ilyen ponton végighúzzuk a ceruzát, akkor kirajzolódik az ellipszis (98. és 99. ábra)

98. ábra

99. ábra

Megjegyzés. Ha a fókuszok egybeesnek, akkor a mértani hely egy kör. Tehát a kör egy sajátos ellipszis. Az ellipszis kanonikus egyenlete Tekintsünk egy olyan koordinátarendszert, amelyben a fokális tengely az Ox és fókuszok által meghatározott szakasz felezőmerőlegese az Oy . Így feltételezhetjük, hogy a fókuszok koordinátái F1(c, 0) és F2 (−c, 0) . Jelöljük 2a -val az ellipszis tetszőleges M (x , y ) pontjának fókuszoktól mért távolságainak összegét (100. ábra). Ez a két távolság kapjuk:

(x − c )2 + y 2 és

(x + c )2 + y 2 , tehát a következő egyenleteket

(x − c )2 + y 2 + (x + c )2 + y 2 = 2a ⇔

(x − c )2 + y 2 = 2a − (x + c )2 + y 2

⇔ (x − c )2 + y 2 = 4a 2 + (x + c )2 + y 2 − 4a (x + c )2 + y 2 (ha (x + c )2 + y 2 < 4a 2 (1)). Egyszerűsítjük az előbbi egyenletet: 2

a (x + c )2 + y 2 = a 2 + xc ⇔ a 2 ((x + c )2 + y 2 ) = (a 2 + xc )

ha a 2 + xc ≥ 0 (2), tehát az egyenletet (a 2 − c 2 ) x 2 + a 2y 2 = a 2 (a 2 − c 2 ) , azaz x2 y2 + = 1 (3) a2 a2 − c2 alakban is írhatjuk. Ha az (1) és (2) feltételek nem teljesülnek, akkor ellentmondáshoz jutunk, tehát nincsenek olyan pontok az ellipszisen, amelyekre nem teljesülnek ezek a feltételek. Másrészt, ha x és y teljesíti a (3) feltételt, akkor az (1) és (2) feltételek is teljesülnek. Így (3) az ellipszis egyenlete a választott koordinátarendszerben. Ha az ellipszis az Oy tengelyt a B(0, b ) és B ′(0, −b) pontokban metszi, akkor az OBF1

derékszögű háromszögből b 2 = a 2 − c 2 . Így megkapjuk az ellipszis kanonikus egyenletét:

Tartalomjegyzék

b

B

Függvények tanulmányozása -a A’

-c

c F1

217

a A

x 2 y2 = 1 (4) + a 2 b2 (x , y ) ∈ E , Ha akkor -b B’ (−x , y ),(x , −y ),(−x , −y ) ∈ E , tehát az 100. ábra ellipszis szimmetrikus a koordináta tengelyekre nézve és az origóra nézve. Ha A és A′ az Ox tengellyel való metszéspontjai, akkor: 2a = AF1 + AF2 = A′F2 + AF2 = AA′ , tehát az A és A′ pontok abszcisszái a és −a . Az AA′ az ellipszis nagytengelye, míg BB ′ a kistengely. Így a és b a féltengelyek hosszai. A c számot, ami az ellipszis középpontja (O ) és a fókuszok közötti távolság, az ellipszis lineáris excentricitásának nevezzük, a lineáris excentricitás és a fél nagytengely hányadosát pedig numerikus excentricitásnak nevezzük. Ha az ellipszis excentricitásáról beszélünk (anélkül, hogy hangsúlyozva legyen, hogy lineáris vagy numerikus), akkor a numerikus excentricitásra utalunk. Ezt e -vel jelöljük és: O

F2

(E )

2

⎛b ⎞ c = 1 − ⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎝a ⎠ a Az ellipszis fókuszán átmenő és a nagytengelyre merőleges húr félhosszúságát az ellipszis paraméterének nevezzük és p -vel jelöljük. A kanonikus egyenletből e=

p=

-a A’

-c F2

101. ábra: Az ellipszis adatai F1, F2 – fókuszok

B

O

p

c F1

r2 r1

2b

b

-b B’

2c 2a

b2 . a

M

a A

O – középpont F1F2 –fokális tengely F1F2 = 2c – fókúsztávolság

c – lineáris excentricitás

AA′ = 2a a BB ′ = 2b b r1, r2

– nagytengely – fél nagytengely – kistengely – fél kistengely – vezérsugarak

( r1 + r2 = 2a ) p – paraméter

Ha az ellipszist párhuzamosan eltoljuk az (a, 0) vektorral (vagy a koordinátarendszert (−a, 0) -val), akkor az ellipszis egyenlete: (x − a )2 y 2 2b 2x b 2x 2 p 2 1 = − 2 ⇔ E : y 2 = 2px − x 2 (5). y ⇔ + = a a a2 b2 a F2

O

F1

O1 c

102. ábra

a A

Tartalomjegyzék

218


Ha az ellipszist párhuzamosan eltoljuk az (x 0 , y 0 ) (102. ábra), akkor az ellipszis egyenlete: 2

(x − x 0 )

(E )

a2

2

+

(y − y 0 ) b2

= 1 (6).

Az ellipszis grafikus ábrázolása x 2 y2 + = 1 , a, b > 0 egyenletű ellipszist fogjuk ábrázolni. a 2 b2 b 2 a − x 2 , tehát az A kör esetéhez hasonlóan járunk el. y = ± a b 2 b a − x 2 és f2 : [−a, a ] → [−b, 0] , f2 (x ) = − a 2 − x 2 , f1 : [−a, a ] → [ 0, b ] , f1 (x ) = a a függvényeket kell ábrázoljuk, mert E = G f1 ∪ G f2 .

Az (E )

Ábrázoljuk az f1 függvényt! I. A maximális értelmezési tartományt az a 2 − x 2 ≥ 0 feltétel adja, így D = [−a, a ] . bx II. f1′(x ) = − , tehát f1 növekvő a [−a, 0 ] intervallumon és csökkenő a a a2 − x 2 [ 0,a ] -n. A másodrendű deriváltból megállapítható, hogy a függvény konkáv. III. Mivel az értelmezési tartomány zárt intervallum és a függvény folytonos, nincsenek aszimptoták. IV. A függvény változási táblázata:

−a |+∞

x f1′ (x )

a +

0

– – – f1′′(x ) f (x ) 0 b A grafikus képek a 103. és 104. ábrákon láthatók.

a -

−∞

–

–

0

y

103. ábra

b

-a

O

y b a

x

-a

-b

Egyenes és ellipszis kölcsönös helyzetei Itt is három eset lehetséges:

|

O

-b

104. ábra a

x

Tartalomjegyzék


219

1. az egyenes nem metszi az ellipszist (105. ábra); 2. egy közös pontjuk van, tehát az egyenes érinti az ellipszist (106. ábra); 3. két közös pontjuk van, tehát az egyenes metszi az ellipszist (107. ábra). A metszéspontok koordinátáit itt is úgy kaphatjuk meg, ha megoldjuk az ellipszis és az egyenes egyenletéből álló rendszert.

105. ábra

106. ábra

107. ábra

Adott pontban húzott érintő és normális egyenlete Az általános egyenletből duplázással megkapjuk az (x1, y1 ) pontban húzott érintő egyenletét: x 1x y1y + 2 =1 a2 b (108. ábra). Ugyanebben a pontban a normális egyenlete: x 1y y1x 1⎞ ⎛1 − 2 = x 1y1 ⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟ . 2 ⎝a a b b ⎠

108. ábra

Gyakorlatok és feladatok 1. Írd fel az ellipszis egyenletét az alábbi esetekben, majd ábrázold is: a) fókuszai F1 (−1, 0) és F2 (1, 0) , a nagy féltengely hossza a = 5 ; b) egyik fókusza F1 (1, 2) , középpontja C (1, 4) és a nagy féltengely hossza a = 10 ; c) középpontja az origó, tengelyei a koordinátatengelyek és az ellipszis átmegy 12 ⎞ ⎛ 9⎞ ⎛ az A ⎜⎜4, ⎟⎟ és A ⎜⎜−3, ⎟⎟ pontokon; ⎝ 5⎠ ⎝ 5⎠ d) a nagytengely 26 , fókuszai pedig F1 (14, 0) és F2 (−10, 0) . 2. Írd fel a 16x 2 + 25y 2 + 32x − 100y − 284 = 0 ellipszis kanonikus egyenletét! 3. Határozd meg a 4x 2 + 9y 2 = 676 egyenletű ellipszis x1 = 5 abszcisszájú pontjához húzott érintő egyenletét! 4. Bizonyítsd be, hogy ha M egy O középpontú, F1 és F2 fókuszú ellipszis tetszőleges pontja, akkor MF1 ⋅ MF2 + MO 2 = a 2 + b 2 , ahol a illetve b a nagy illetve kis féltengely.

Tartalomjegyzék

220


5. Bizonyítsd be, hogy az összes olyan háromszög közül, amelyeknek az egyik oldala l és félkerülete p , az egyenlőszárú háromszög területe a legnagyobb! 6. Bizonyítsd be, hogy az ellipszishez adott pontban húzott érintő és normális a vezérsugarak által meghatározott szög külső illetve belső szögfelezői. (Ezt az ellipszis optikai tulajdonságának nevezzük, mert az ellipszis egyik fókuszában elhelyezett fényforrásból kiinduló tetszőleges fénysugár az ellipszisről (elliptikus tükörről) történő visszaverődés után a másik fókuszon fog átmenni). A hiperbola Értelmezés. Azon M pontok mértani helyét, amelyekre MF1 − MF2 = 2a , ahol F1 és F2 rögzített pontok és F1F2 > 2a , hiperbolának nevezzük. F1 és F2 a hiperbola fókuszai, az F1F2 egyenes a fokális tengely, míg a fókuszok és a hiperbola tetszőleges pontja által meghatározott szakaszok vezérsugarak. 109. ábra

A hiperbola kanonikus egyenlete Tekintsünk egy olyan koordinátarendszert, amelyben a fokális tengely az Ox és az F1F2 szakasz felezőmerőlegese az Oy . Így feltételezhetjük, hogy a fókuszok koordinátái F1(c, 0) és F2 (−c, 0) . Ha M (x , y ) a hiperbola tetszőleges pontja, akkor:

(x − c )2 + y 2 − (x + c )2 + y 2 = 2a ⇔

(x − c )2 + y 2 = ±2a + (x + c )2 + y 2

⇔ (x − c )2 + y 2 = 4a 2 + (x + c )2 + y 2 ± 4a (x + c )2 + y 2 ⇔ 2

⇔ ±a (x + c )2 + y 2 = a 2 + xc ⇔ a 2 ((x + c )2 + y 2 ) = (a 2 + xc ) ⇔ x2 y2 − = 1. a2 c2 − a2 Ebből az egyenletből következik, hogy a hiperbola metszéspontjai az Ox tengellyel A(a, 0) és A′(−a, 0) . Ezeket a pontokat a hiperbola csúcsainak nevezzük és az AA′ egyenest a hiperbola valós tengelyének. Az AA′ = 2a távolság a valós tengely hossza. Ha megszerkesztjük az AA′ átlójú és c oldalú rombuszt, akkor a másik átlója a hiperbola képzetes tengelye, és 2b a képzetes tengely B hossza. A szerkesztés alapján b 2 = c 2 − a 2 , és így a hiperbola egyenlete: A F F A’ O x 2 y2 − = 1 (1) (H ) a 2 b2

⇔ (c 2 − a 2 ) x 2 − a 2y 2 = a 2 (c 2 − a 2 ) ⇔

1

2

110. ábra

Tartalomjegyzék


221

Ez az egyenlet a hiperbola kanonikus egyenlete. Ha (x , y ) ∈ H , akkor (x , −y ) , (−x , y ) , (−x , −y ) ∈ H , tehát a hiperbola szimmetrikus a tengelyeire és a választott koordinátarendszer origójára. Ezért az O pontot a hiperbola középpontjának nevezzük. A c távolságát a hiperbola lineáris excentricitásának, a lineáris excentricitás és a fél valós tengely hányadosát pedig numerikus excentricitásnak nevezzük. A numerikus excentricitást e -vel jelöljük és 2

⎛b ⎞ c = 1 + ⎜⎜ ⎟⎟⎟ . A hiperbola fókuszán átmenő és a valóstengelyre merőleges húr ⎝a ⎠ a félhosszúságát a hiperbola paraméterének nevezzük. A p paramétert a hiperbola (1) e=

egyenletéből x = ±c helyettesítéssel kapjuk: p = d2

d1 M r2

111. ábra: A hiperbola adatai

F1, F2 – fókuszok O – középpont F1F2 = 2c – fókusztávolság

c – lineáris excentricitás

r1

B

2b

p F2

A’

A

O

F1

B’

b2 . a

AA′ = 2a a BB ′ = 2b b r1, r2

– valós tengely – fél valós tengely – képzetes tengely – fél képzetes tengely – vezérsugarak

( r1 − r2 = 2a ) p – paraméter

2c

d1, d2 – aszimptoták

2a

Ha a hiperbolát párhuzamosan eltoljuk a (−a, 0) vektorral, akkor a hiperbola egyenlete: (x + a )2 y 2 2b 2x b 2x 2 2 = + 2 ⇔ 1 ⇔ y − = a2 b2 a a p 2 2 y = 2px + x (4) (112. ábra). (H ) a

O1 F2 A’

A

O

112. ábra

A hiperbola grafikus ábrázolása A

(H )

x 2 y2 − = 1 , a, b > 0 a 2 b2

F1

Tartalomjegyzék

222


egyenletű hiperbolát fogjuk ábrázolni. Kifejezzük y -t az x függvényében:

b x 2 − a2 . a Így a hiperbola a következő függvények grafikus képeinek egyesítése: b f1 : (−∞, −a ] ∪ [a, +∞) → , f1(x ) = x 2 − a 2 és a b f1 : (−∞, −a ] ∪ [a, +∞) → , f1(x ) = − x 2 − a2 . a Az f1 függvényt fogjuk ábrázolni. Az f2 függvény grafikus képe ennek szimmetrikusa az Ox tengelyre nézve. I. lim f1(x ) = +∞, lim f1(x ) = +∞ , de y =±

x →−∞

x →+∞

(

)

b a b a x2 1 − 2 x 1− 2 f (x ) a x x = −b , m = lim = lim = lim a x →−∞ x x →−∞ x →−∞ x x a ⎡b ⎤ b n = lim [ f (x ) − mx ] = lim ⎢ x 2 − a 2 + x ⎥ = 0 , x →−∞ x →−∞ ⎢ a a ⎥⎦ ⎣ b tehát y = − x ferde aszimptota −∞ felé. a f (x ) b A +∞ felé pedig m = lim = , n = 0 , tehát ebben az esetben a ferde x →+∞ x a b aszimptota y = x . a b x nem értelmezett az x = ± a pontokban, x < 0 esetén II. f1′ (x ) = a x 2 − a2 negatív és x > 0 esetén pozitív. −a a lim f1′(x ) = = −∞, lim f1′ (x ) = = +∞ , x −a x a +0 +0 tehát f1′ (−a ) = −∞ és f1′ (a +) = +∞ . III. A változási táblázat: x −∞ f1′ (x ) f (x )

-

-

+∞

−a −∞|

//////

a

//////

+∞

0

//////

O a

113. ábra

0

+

+

+∞

A 113. ábrán a folytonos vonal az f1 függvény grafikus képe, a pontozott egyenesek az aszimptoták, a szaggatott vonal pedig az f2 függvény grafikus képe.

y

-a

|

+∞

x

Tartalomjegyzék


223

Egyenes és hiperbola kölcsönös helyzetei x 2 y2 − = 1 hiperbola metszéspontjait a 2 b2 megkaphatjuk a következő egyenletrendszer megoldásával: ⎧⎪ x 2 y 2 ⎪⎪ − =1 2 . b2 ⎨a ⎪⎪ a x + b y + c = 0 1 1 ⎪⎪⎩ 1 Ez egy másodfokú egyenlethez vezet, tehát három esetet különböztetünk meg: 1. a d egyenes nem metszi a hiperbolát (114. ábra); 2. a d egyenes érinti a hiperbolát (115. ábra); 3. a d egyenes két különböző pontban metszi a hiperbolát (116. ábra).

A d : a1x + b1y + c1 = 0 egyenes és az

114. ábra

115. ábra

116. ábra

Adott pontban húzott érintő és normális egyenlete Az általános egyenletből duplázással megkapjuk az (x1, y1 ) pontban húzott érintő egyenletét: x 1x y1y − 2 =1. a2 b A normális egyenlete: x 1y y1x 1⎞ ⎛1 + 2 = x 1y1 ⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ . ⎝a a2 b b ⎠

117. ábra

Gyakorlatok és feladatok 1. Számítsd ki a 9x 2 − 16y 2 = 144 egyenletű hiperbola féltengelyeit és fókuszait, majd írd fel az aszimptoták egyenletét! 2. Írd fel a 9x 2 − 16y 2 + 90x + 32y − 367 = 0 egyenletű hiperbola kanonikus egyenletét és határozd meg a középpont koordinátáit! 3. Határozd meg annak a hiperbolának az egyenletét, amely átmegy a P(9, 4) ponton és teljesíti a következő két feltételt:

Tartalomjegyzék

224

4.

5.

6. 7.


a) valós tengelye 6 ; b) valós tengelye az Ox tengely. Határozd meg az F1 (2, 2) és F2 (−2, −2) fókuszú hiperbola egyenletét, ha a képzetes tengely hossza 4 és írd fel az aszimptotáinak valamint az x1 = 3 abszcisszájú pontjaiban húzott érintőinek egyenletét! Határozd meg az F1 (4, 0) és F2 (−4, 0) fókuszú hiperbola egyenletét, ha a valós tengely hossza 6 és írd fel az aszimptotáinak valamint az x 1 = −5 abszcisszájú pontjaiban húzott érintőinek egyenletét! x 2 y2 − = 1 egyenletű hiperbola aszimptotáinak valamint az x 1 = −4 Írd fel az 8 9 abszcisszájú pontjaiban húzott érintőinek egyenletét! Bizonyítsd be, hogy ha M egy O középpontú, F1 és F2 fókuszú ellipszis tetszőleges pontja, akkor MO 2 − MF1 ⋅ MF2 = a 2 − b 2 , ahol a és b a tengelyek hossza.

x 2 y2 − = 1 egyenletű hiperbola aszimptotái és a 4 9 9x + 2y − 24 = 0 egyenletű egyenes által meghatározott háromszög területét! 9. Az xOy koordinátarendszer Ox tengelyén vegyünk fel két M és N pontot úgy, b hogy abszcisszáik szorzata a 2 legyen. Az M és N pontokon át meghúzzuk a a b illetve − iránytényezőjű egyeneseket, amelyek P -ben metszik egymást a ( a, b ∈ *+ rögzítettek). Határozd meg a P pont mértani helyét! 10. Egy hiperbola síkjában lévő P ponton át párhuzamosokat húzunk a hiperbola aszimptotáihoz, amelyek a hiperbolát M és N -ben metszik. a) Határozd meg azon P pontok mértani helyét, amelyekre MN átmegy a hiperbola középpontján! b) Határozd meg azon P pontok mértani helyét, amelyekre az MN egyenes párhuzamos a hiperbola valamelyik tengelyével! 11. Bizonyítsd be, hogy a hiperbolához adott pontban húzott érintő és normális a vezérsugarak által meghatározott szög szögfelezői. (A hiperbola optikai tulajdonsága.)

8. Számítsd ki az

A parabola

117. ábra

Tartalomjegyzék


225

Értelmezés. Azon pontok mértani helyét, amelyek egy adott v egyenestől és egy adott F ponttól egyenlő távolságra vannak parabolának nevezzük. Az F pont a parabola fókusza, v a vezéregyenese és a fókuszból a vezéregyenesre állított merőleges a parabola tengely. A fókusz és a vezéregyenes közötti p távolság a parabola paramétere.

v M

A parabola kanonikus egyenlete

F

Tekintsünk egy olyan koordinátarendszert, amelyben az Ox tengely a parabola tengelye, az Oy tengely a fókusz és a vezéregyenesre eső vetülete által meghatározott szakasz 118. ábra ⎛p ⎞ felezőmerőlegese. Így a fókusz koordinátái F ⎜⎜ , 0⎟⎟ és a ⎝2 ⎠ p vezéregyenes egyenlete v : x = − (118. ábra). Ha M (x , y ) a parabola tetszőleges 2 pontja, akkor az értelmezés alapján: p

p ⎞2 p p2 p2 ⎛ ⎜⎜x − ⎟⎟ + y 2 = x + , azaz x 2 − px + + y 2 = x 2 + px + , és így ⎝ 2⎠ 2 4 4

(P )

y 2 = 2px (1). Az (1) egyenlet a parabola kanonikus egyenlete. Ha (x , y ) ∈ P , akkor (x , −y ) ∈ (P ) , tehát az Ox tengely szimmetriatengely. Az O pont a parabola csúcsa. A parabola grafikus ábrázolása A következő parabolát fogjuk ábrázolni: y 2 = 2px . (P ) Feltételezzük, hogy p > 0 . Kifejezzük y -t az x függvényében: y = ± 2px , tehát a következő függvényeket kell ábrázoljuk: f1 : [0, +∞) → [0, +∞), f1(x ) = 2px , f2 : [0, +∞) → (−∞, 0], f2 (x ) = − 2px . Az f1 függvény változási táblázata: 0 x |+∞ + f1′ (x ) f1′′(x ) f1(x )

+∞

– 0

+∞

y

O x

119. ábra

Tartalomjegyzék

226


Az előbbi esethez hasonlóan az f1 függvény grafikus képe a parabola felső ága (az Ox fölötti ág), az f2 függvény grafikus képe pedig az alsó ág (119. ábra). Egyenes és parabola kölcsönös helyzetei A kör, ellipszis és hiperbola esetéhez hasonlóan, a metszéspontok koordinátáit itt is a parabola és az egyenes egyenletéből álló rendszer megoldásával kapjuk. Ez a rendszer egy másodfokú egyenletre redukálódik, így a következő esetek lehetségesek: 1. az egyenes nem metszi a parabolát (120. ábra); 2. az egyenes érinti a parabolát (121. ábra); 3. az egyenes két különböző pontban metszi a parabolát (122. ábra).

120. ábra

121. ábra

122. ábra

Adott pontban húzott érintő és normális egyenlete Az (1) egyenletből duplázással megkapjuk az (x 1, y1 ) pontban

n e 123. ábra

húzott érintő egyenletét e : y1y = p (x + x 1 ) . Innen pedig a normális egyenlete: n : py − y1x = ( p − x 1 ) y1 .

Gyakorlatok és feladatok 1. Írd fel annak a parabolának az egyenletét, amelynek csúcspontja az origóban van, a) szimmetrikus az Ox tengelyre nézve és átmegy az A (−1, 3) ponton; b) szimmetrikus az Oy tengelyre nézve és átmegy a B (4, −8) ponton. 2. Határozd meg az y 2 − 10x 2 − 2y − 19 = 0 egyenletű parabola csúcspontjának koordinátáit, a paraméter nagyságát és tengelyének irányát! 3. Határozd meg az y 2 = 12x egyenletű parabola x 1 = 2 abszcisszájú pontjain átmenő érintőinek egyenletét! 4. Határozd meg az y 2 = 2x egyenletű parabola A (−1, 0) pontján átmenő érintőinek egyenletét! Számítsd ki a két érintő és a két normális által meghatározott négyszög területét! 5. Egy híd íve parabola alakú. Határozd meg ezen parabola paraméterét, ha a fesztávolság 24 m és az ívmagasság 6 m . 6. Határozd meg a 124. ábrán vázolt parabolikus tartószerkezet

Tartalomjegyzék


227

a) felső és alsó parabolaívének egyenletét; b) az A1A2 és az AC 1 2 rudak hosszát. 2,4 m

124. ábra

A1

C2

5m

5m

2m

C1

A2

24 m

Miért kúpszeletek? A körrel, parabolával, hiperbolával, ellipszissel gyakran találkozhatunk a természetben is. Ha ferdén vagy vízszintesen eldobunk egy testet, akkor annak pályája parabolaív (125. ábra). Az előzőkben, ha az ellipszis, hiperbola, parabola paragrafusok utáni feladatokat megoldottátok, beláthattátok az optikai tulajdonságaikat is. A csillagászati alapismeretekhez tartoznak Kepler (1571–1630) törvényei. Az első törvényében megfogalmazta, hogy a bolygók a Nap körül ellipszispályán keringnek, és a Nap az ellipszispálya egyik fókuszában van (126. ábra). v

Bolygó

v

Nap

125. ábra

126. ábra

Ma már közismert, hogy a mesterséges holdak, a szputnyikok, az űrhajók a Föld körül körpályán vagy ellipszispályán keringenek. Nagyobb indítási sebességgel, a Földtől távoli égitestek kutatására vissza nem térő szondákat küldtek, ezek hiperbola pályán haladnak. Ma már elemi fizikai ismeretnek számít, hogy a fellőtt rakéták, űrhajók pályája az indító sebességtől függően: • ellipszis, amelynek a fellövés helyétől távolabbi fókuszpontja a Föld középpontja; • kör; • ellipszis, amelynek a fellövés helyéhez közelebbi fókuszpontja a Föld középpontja; • hiperbola, amelynek egyik fókuszpontja a Föld középpontja. Ezek azt mutatják, hogy a kör, az ellipszis, a parabola, hiperbola rokonságban vannak.

127. ábra

128. ábra

129. ábra

130. ábra

Tartalomjegyzék

228


A testek mozgását matematikai módszerekkel már a XVI–XVII. században kezdték vizsgálni, de a parabola, az ellipszis, a hiperbola fogalmát jóval korábban, a görög matematikusok már az ókorban, az i.e. II. században kialakították. Több matematikai probléma vizsgálatánál rájöttek, hogy ha egyenes körkúp palástját különböző helyzetű síkokkal elmetszik, akkor nevezetes görbéket kapnak. Ezeket közös néven kúpszeleteknek nevezzük. A kúpszelet ellipszis, ha a metszősík a kúp egyik alkotójával sem párhuzamos. Ha a metszősík merőleges a kúp tengelyére, akkor a síkmetszet egy kör, ez is bizonyítja, hogy a kör egy sajátos ellipszis. Ha a metszősík a kúp egyetlen alkotójával párhuzamos, akkor a kúpszelet parabola. Ha két alkotóval párhuzamos a metszősík, akkor hiperbola keletkezik.

131. ábra: Kör

135. ábra Elfajult kúpszeletek

132. ábra: Ellipszis

133. ábra: Parabola

134. ábra: Hiperbola

Ha a kúp csúcspontjára illeszkedő metszősíkot veszünk, akkor elfajult kúpszeletet kapunk, mégpedig ellipszis helyett pontot (elfajult ellipszis), parabola helyett egy egyenest (elfajult parabola) és hiperbola helyett két metsző egyenest (elfajult hiperbola). Egy tetszőleges kúpszelet egyenlete a következő Ax 2 + By 2 + Cxy + Dx + Ey + F = 0

( A2 + B 2 + C 2 ≠ 0 ), sőt az előbbi egyenlettel megadott másodrendű görbék mind kúpszeletek (ide soroltuk az elfajult kúpszeleteket és az üres halmazt is). Ez az egyenlet egy-két transzformációval visszavezethető a következők valamelyikére: Kör x + y2 = r 2

Ellipszis x y2 + =1 a 2 b2

Hiperbola x 2 y2 − =1 a 2 b2

Parabola y 2 = 2px

Két metsző egyenes

Két párhuzamos egyenes x 2 − a2 = 0

2

2

Tartalomjegyzék


229

x 2 y2 − =0 a 2 b2

Pont x 2 y2 + =0 a 2 b2

Két egybeeső egyenes x2 = 0

Üres halmaz x 2 y2 + +1 = 0 a 2 b2 ∅

136. ábra Másodrendű görbék

Gyakorlatok 1. Bizonyítsd be, hogy a K : x 2 + y 2 = 1 kör nem lehet egyetlen függvénynek sem a grafikus képe, de lehet két különböző függvény grafikus képének az egyesítése! x 2 y2 2. Számítsd ki az − − 1 = 0 hiperbola két aszimptotája és a 4 9 9x + 2y − 25 = 0 egyenletű egyenes által alkotott háromszög területét! 3. Rajzold meg az alábbi függvények grafikus képét: a) f : D → , f (x ) = x + 1 ;

2 (1 + x )(5 − x ) ; 3 3 2 x − 2x − 3 . c) f : D → , f (x ) = 4 2 4. Az f : → , f (x ) = e −x függvény grafikus képét Gauss-féle görbének nevezik. Határozd meg azokat a pontokat, amelyekben az O középpontú, egységsugarú kör metszi ezt a görbét! Bizonyítsd be, hogy a két görbének van közös érintője! x⋅ x y⋅y 5. Határozd meg azon M (x , y ) pontok mértani helyét, amelyekre + = 1. 4 9 b) f : D → , f (x ) =

6. Szerkeszd meg az f :

→

, f (x ) =

x2 − 1 függvény grafikus képét! 4

x 2 y2 + = 1 ellipszisbe egy maximális területű téglalapot úgy, hogy annak a 2 b2 oldalai a tengelyekkel párhuzamosak legyenek! (0 < b < a ) .

7. Írj az

8. Határozd meg az M ( p, p ) pont és az y 2 = 2px parabola pontjai közti legkisebb távolságot!

Tartalomjegyzék

230


9. Határozd meg az A (2, 0) pont távolságát az x 2 + y 2 = 1 egyenletű körtől! 10. Határozd meg az átmenő húrját!

x 2 y2 + = 1 (0 < b < a ) ellipszis leghosszabb B (0, b ) ponton a 2 b2

Tartalomjegyzék

230

Ismétlő feladatok

IX. ISMÉTLŐ FELADATOK 1. Határozd meg az α valós számot úgy, hogy létezzen és véges legyen a lim n α ( n + n − n − n ) határérték! x →∞

2. Bizonyítsd be, hogy ha a + b + 1 = 0 , akkor lim (a n + 1 + b n + 2 + n + 3 ) = 0 és n →∞

lim [a ln (3 + n ) + b ln (2 + n ) + ln (1 + n )] = 0 .

n →∞

3. Az a, b, c ∈ \ számokra bc < 1 , b ≠ 1 és c < 1 . Bizonyítsd be, hogy az x n = ac + (a + ab )c 2 + (a + ab + ab 2 )c 3 + ... + (a + ab + ... + ab n )c n +1 sorozat konvergens, és számítsd ki a határértékét! 4. a) Határozd meg az a és b paramétert, ha

lim

n →∞

(

3

)

1 − n 3 − an − b = 0 .

b) Határozd meg az a , b és c paramétert, ha

(

)

lim n an + 2 + bn + cn 2 = 1 .

n →∞ n

n

4 +a sorozat konvergenciáját, és számítsd ki a határértékét! 3n + 6n 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 6. Tanulmányozd a bn = (1 + 1)⎜⎜1 + ⎟⎟ ... ⎜⎜1 + ⎟⎟ sorozat konvergenciáját, és ⎝ 2⎠ ⎝ n⎠ n ⎛b ⎞ számítsd ki az an = ⎜⎜ n +1 ⎟⎟⎟ sorozat határértékét! ⎜⎝ b ⎠⎟ n

5. Vizsgáld az x n =

k3 −1 határértéket! 3 n →∞ k =2 k + 1 1 ⎞⎛ 1⎞ ⎛ 1 ⎞⎟ ⎛ 8. Számítsd ki a lim ⎜⎜1 + ⎟⎟⎜⎜1 + ⎟⎟ ... ⎜⎜⎜1 + 2 ⎟ határértéket! x →∞ ⎝ 3 ⎠⎝ 8⎠ ⎝ n + 2n ⎠⎟ ⎛ 2 22 23 2n +1 ⎞⎟ ... + 2n + 2 + 4 9. Számítsd ki a lim ⎜⎜ ⎟ határértéket! n →∞ ⎜ 3 + 1 ⎠⎟ ⎝3 + 1 3 + 1 3 + 1 1 1 1 1 ⎞n ⎛ + + ... + . 10. Számítsd ki a lim 2n ⎜⎜x n − ⎟⎟ határértéket, ha xn = n →∞ ⎝ 1⋅ 3 2⋅ 4 n ⋅ (n + 2) 4⎠ n

7. Számítsd ki a lim ∏

11. Számítsd ki az yn =

n 1 π2 1 sorozat határértékét, ha . lim = ∑ ∑ 2 2 n →∞ 6 k =1 (2k − 1) k =1 k n

1

12. Értelmezzük az x n = lim (1 − x sin nx )x 2 és yn = x 1 + x 2 + ... + x n sorozatokat. x →0

Bizonyítsd be, hogy az (yn )n ≥1 sorozat konvergens és számítsd ki a határértékét! ⎛1 1⎞⎟ ⎟⎟ , számítsd ki az an sorozat határértékét, ahol an és bn az An 13. Ha A = ⎜⎜⎜ 1 2 bn ⎜⎝ ⎠⎟⎟

Tartalomjegyzék

Ismétlő feladatok 231 mátrix első sorának elemei (ebben a sorrendben). 1 1 1 14. Bizonyítsd be, hogy az x n = 1 + + + ... + −2 n +1 és n 2 3 1 1 1 yn = 1 + + + ... + − 2 n sorozatok konvergensek, és határértékük n 2 3 ugyanaz a (−2, −1) intervallumban található szám! 15. Tanulmányozd az an = 1 + an2−1 , n > 1 sorozat konvergenciáját, ha a1 = 1 . 1 1 16. Tanulmányozd az an = , n > 1 sorozat konvergenciáját, ha a1 = . 2 2 − an −1 1 17. Tanulmányozd az a1 = 2 , an +1 = 2 + , n ∈ `* sorozat konvergenciáját! an 18. Bizonyítsd be, hogy az (x n )n ≥1 , x1 = 0 , x n +1 = 5x n + 24x n2 + 1 , n ∈ `* , sorozat tagjai természetes számok! 19. Van-e olyan szigorúan pozitív tagokból álló a1 , a 2 , … , an , …sorozat, amelyben minden n ≥ 1 egészre an +2 = a n − an +1 ? 20. Az (x n )n ≥1 sorozatra x1 = 0 , x n +1 = n − x n , minden n ≥ 1 esetén. Bizonyítsd ⎛x ⎞ be, hogy az ⎜⎜⎜ n ⎟⎟⎟ és (x n − n )n ≥1 sorozatok konvergensek, és számítsd ki a ⎝ n ⎠n ≥1 határértéküket! 21. Tanulmányozd az (x n )n ≥1 és (yn )n ≥1 sorozatok konvergenciáját, ha x1 + y1 ≠ 0 ,

x n2 yn2 és yn = . x n + yn x n + yn 22. Tanulmányozd a következő sorozatok konvergenciáját és konvergencia esetén számítsd ki a határértéküket: a) x 0 = 1 , x n +1 = a + x n ; b) x 0 ∈ \ + , x n +1 = ln (1 + x n ) ; x n +1 =

c) x 0 ∈ (0,1) , x n +1 = x n − x n3 ;

d) x 0 = a (a ≠ 0) , x n +1 =

2 + x n2 ; 2x n

e) x 0 ∈ [1, 2 ] , x n +1 = x n2 − 2x n + 2 . 23. A függvényhatárértékek segítségével számítsd ki a következő határértékeket: n k n 3 ⎛⎜ n 3 + 1 ⎞⎟ 3 ln ⎜ a) an = n sin ; b) an = n n 3 − n ; c) an = ∑ tg 2 ; d) an = ⎟. n 5 ⎜⎝ n 3 ⎠⎟ n k =1

⎧ 2 1 ⎪ ⎪ ⋅ sin , x > 0 ⎪ és g(x ) = ⎨ πx . Bizonyítsd be, hogy a 24. f , g : \ + → \ f (x ) x ⎪ 0, x =0 ⎪ ⎪⎩ g D f függvénynek van határértéke az x 0 = 0 pontban, de az f D g függvénynek nincs.

= [x ]

Tartalomjegyzék

232

Ismétlő feladatok

1 függvénynek nincs határértéke az [x ] + x + 1 3 x 0 = 0 pontban, és a g (x ) = cos -nek nincs határértéke az x 0 = 1 x −1 pontban. 26. Határozd meg az a ∈ \ paramétert úgy, hogy teljesüljön az ax 2 + ax + 3 ≥ 3 egyenlőtlenség, minden x ∈ \ esetén. Az így kapott a értékek esetén számítsd 25. Bizonyítsd be, hogy az f (x ) =

(

)

ki a lim x + 2 − ax 2 + ax + 3 határértéket! x →∞

27. Bizonyítsd be, hogy az f : \ → \ , f (x ) = x nem lehet polinomfüggvény! függvény periodicitását, 28. Tanulmányozd az f : \ → \ , f (x ) = sin x folytonosságát és deriválhatóságát! 29. Határozd meg a következő függvények szakadási pontjait: 1 1 1 ⎧ ⎪ ⎪x sin + cos , x ≠ 0 a) f : \ → \ , f (x ) = ⎪⎨ ; x x x ⎪ 0, x =0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎧⎪x 2 − x + 3, x ∈ _ b) f : \ → \ , f (x ) = ⎨ 3 . x ∈\\_ ⎪⎪x + 4x , ⎩ ⎛ π⎞ 30. Bizonyítsd be, hogy ha az f : ⎜⎜0, ⎟⎟ → (0, 2) függvényre (g D f )(x ) = cos x , ⎝ 2⎠ 2 ⎧ ⎪ ⎪ x , x ∈ (0,1] ⎪ ⎛ π ⎞⎟ , akkor minden x ∈ ⎜⎜0, ⎟ esetén, ahol g : (0, 2) → \ , g(x ) = ⎪⎨ x3 + 1 ⎝ 2⎠ ⎪ 2 , x ∈ 1, ⎪ ( ) ⎪ ⎪ ⎩ 3 ⎛ π ⎞⎟ f folytonos ⎜⎜0, ⎟ -n. ⎝ 2⎠ 31. Az f , g : [−1,1] → \ függvények folytonosak. Bizonyítsd be, hogy: a) ha létezik a, b ∈ [−1,1] , a < b úgy, hogy f (a ) = g(b) és f (b) = g(a ) , akkor létezik c ∈ [−1,1] , amelyre f (c ) = g(c ) . b) létezik u, v ∈ [−1,1] úgy, hogy f (u ) = u és f (v ) = −v . 32. Tanulmányozd a Darboux tulajdonságot a következő függvények esetén: 1 ⎧⎪ 2 1 ⎧ ⎪⎪ x sin ⎪ ⎪ cos , x ≠ 0 x ⎪ ⎪ , x ≠ 0 ; b) f : \ → \ , f (x ) = ⎨ ; a) f : \ → \ , f (x ) = ⎨ x ⎪ ⎪⎪ sin x a, x =0 ⎪ x =0 ⎪⎪0, ⎪ ⎩ ⎩ 1 2 ⎧ ⎪ x ∈_ ⎪cos ⋅ cos , x ≠ 0 ⎪⎧x , c) f : \ → \ , f (x ) = ⎪ ;d) f : \ → \ , f (x ) = ⎪⎨ . x x ⎨ ⎪ ⎪⎪⎩1 − x , x = 0 0, x =0 ⎪ ⎪ ⎩ 33. Bizonyítsd be, hogy ha az f : [ 0, 2 ] → [ 0,1] ∪ [2, 3 ] Darboux tulajdonságú és f (1) = 0 , akkor f nem injektív és nem szürjektív.

Tartalomjegyzék

Ismétlő feladatok 233 34. Bizonyítsd be, hogy ha az f : \ → \ függvényre f ( f (x )) + x = 0 , minden x ∈ \ esetén, akkor f nem Darboux tulajdonságú. 35. Határozd meg azon f : \ → \ folytonos függvényeket, amelyekre f ( f (x )) + sin x = 0 , ∀x ∈ \ . 36. Bizonyítsd be, hogy ha f : [a, b ] → \ olyan folytonos függvény, amelynek minden x 0 ∈ [a, b ] pont helyi maximumpontja, akkor f konstans függvény. 37. Bizonyítsd be, hogy nem létezik olyan f : \ → \ folytonos függvény, amelyre: f (x ) ∈ _ ⇔ f (x + 1) ∉ _ 38. Az f : [ 0,1] → \ függvény folytonos és f (0) = f (1) . Bizonyítsd be, hogy min1 den n ∈ `* esetén létezik x1, x2 ∈ [ 0,1] úgy, hogy x1 − x 2 = és f (x 1 ) = f (x 2 ) . n f :\→ \, paramétert, amelyre az 39. Határozd meg azon a ∈ \ 2 −nx nx x − 1 e + a (x + 1) e függvény folytonos \ -en! f (x ) = lim n →∞ e nx + e −nx 40. Bizonyítsd be, hogy az x 3 + x 2 + mx − 1 = 0 egyenletnek van legalább egy gyöke a [−1,1] intervallumban, minden m ∈ \ esetén! 41. Határozd meg az f : \ → \ folytonos függvényeket, amelyekre f (x + y ) = f (x ) + f (y ) + a , ∀x , y ∈ \ , ahol a egy rögzített valós szám. 42. Az f : [ 0, ∞) → \ függvény folytonos 0 -ban és f (x ) = f (x 2 ) , minden x ≥ 0 esetén. Bizonyítsd be, hogy f állandó! 43. Az f : \ → \ függvényre f (x ) − f (y ) = 1 , ha x − y = 1 . Következik ebből, hogy f (x ) − f (y ) = x − y , minden x , y ∈ \ esetén? 44. Létezik-e f : \ → \ folytonos függvény, amelyre f ( f (x )) = e −x , ∀x ∈ \ ? 45. Bizonyítsd be, hogy az f : \ → \ , f (x ) = cos x + cos πx függvény nem periodikus! 46. Határozd meg az f : \ → \ deriválható függvényt, ha f (x ) − f (y ) = x − y , minden x , y ∈ \ esetén! 47. Az x 0 ∈ D fixpontja a ϕ : D → \ függvénynek ha ϕ (x 0 ) = x 0 . Bizonyítsd be, hogy ha f : \ → \ folytonos és f D f -nek van legalább egy fixpontja, akkor f -nek is van legalább egy fixpontja! 48. Bizonyítsd be, hogy lim x f x = 1 , ha f folytonos és lim f (x ) = 0 . ( )

x 20

49. Ha az

f :\→\

függvényre

x 20

2

f (x ) − x ≤ 2 x , minden x ∈ \

bizonyítsd be, hogy f (0) = 0 és f folytonos 0 -ban! 50. Határozd meg az a, b ∈ \ paramétert úgy, hogy ⎧⎪x 2 + ax + b, x ≤ 2 deriválható legyen \ -en! f (x ) = ⎪⎨ x >2 ⎪⎪⎩bx + a,

az

esetén,

f :\→ \,

Tartalomjegyzék

234

Ismétlő feladatok

51. Az f : [−1,1] → \ függvényre x ≤ f (x ) ≤ x 2 + x , minden x ∈ [−1,1] esetén. Bizonyítsd be, hogy f deriválható 0 -ban, és számítsd ki f ′(0) -t! 52. Tanulmányozd és tárgyald az a és b paraméter függvényében az f : \ → \ , ⎧ x 2 − 3x + 2 , x ∈ (0, 3) ⎪ függvény folytonosságát és deriválhatóságát! f (x ) = ⎪ ⎨ ⎪ a sin πx + b, x ∉ (0, 3) ⎪ ⎩ 1 2 1 53. f : D → \ , f (x ) = x − x 4 + arcsin x 2 , ahol D a maximális értelmezé2 2 si tartomány. Határozd meg az a, b, c paramétert úgy, hogy a g : (−1, ∞) → \ ,

⎧ f (x ), x ∈ (−1, 0) ⎪ g (x ) = ⎪ ⎨ax 2 + bx + c, x ≥ 0 függvény kétszer deriválható legyen! ⎪ ⎪ ⎩ 54. Határozd meg az a ∈ \ paramétert úgy, hogy az f (x ) = ( x − a )3 − 3 x függvény deriválható legyen x = 0 -ban! 55. Határozd meg az a ∈ \ paramétert úgy, hogy az f (x ) = x 2 + a 2 − 2 ⋅ (a + 1) ⋅ x függvény deriválható legyen x = 0 -ban! ⎧an x + e nx , x < 0 ⎪ 56. n ∈ ` esetén értelmezzük az fn : [−1,1] → \ fn (x ) = ⎪ ⎨x 2 + b , x ≥ 0 függ⎪ n ⎪ ⎩ vényt, ahol (an )n ≥0 és (bn )n ≥0 valós számsorozatok. Határozd meg (an )n ≥0 és

(bn )n ≥0 sorozatokat úgy, hogy az fn függvények teljesítsék a Lagrange tétel feltételeit! Jelölje cn az fn függvényre a [−1,1] intervallumon alkalmazott Lagrange tételbeli közbeeső értéket. Számítsd ki a (cn )n ≥1 és (n ⋅ cn )n ≥1 határértékét! 57. Határozd

meg 3

m∈\

az mx

f (x ) = (1 + x ) − 3

58. Határozd

meg

az

paraméter

értékét,

ha

az

f : [−1,1] → \ ,

függvény deriválható a (−1,1) intervallumon! m∈\

paraméter

értékét,

ha

az

f :\→ \,

2

f (x ) = 5 ax − (a − 1) x + a függvény deriválható \ -en! 59. Bizonyítsd be, hogy pontosan egy f : [ 0, ∞) → \ függvény létezik, amelyre 3 ( f (x )) + xf (x ) = 1 , minden x ≥ 0 esetén! Igazold, hogy ez a függvény

f (x ) , minden x ≥ 0 esetén! x + 3 f 2 (x ) 60. Az m ∈ \ paraméter milyen értékeire deriválható \ -en az f : \ → \ , f (x ) = max (sin x , m + cos x ) függvény? x +5 61. Számítsd ki az f : D → \ , f (x ) = 3 függvény n -ed rendű x − 11x 2 + 11x − 6 deriváltját, ahol n ∈ `* és D a maximális értelmezési tartomány! deriválható és f ′(x ) = −

Tartalomjegyzék

Ismétlő feladatok

235

62. Bizonyítsd be, hogy az f : \ → \ , f (x ) = ln (1 + x

2

)

függvény nem lehet

polinomfüggvény! 63. Tekintsük az f : [−1,1] → \ , f (x ) = arcsin 2 x függvényt. a) Bizonyítsd be, hogy f végtelenszer deriválható, és k ≥ 3 esetén léteznek az ak és bk valós számok úgy, hogy

(1 − x 2 ) f (k )(x ) + ak ⋅ x ⋅ f (k −1)(x ) + bk f (k −2)(x ) = 0 ,

∀ x ∈ [−1,1] .

(n )

b) Számítsd ki f (0) -t. 64. a) Számítsd ki az f : \ → \ , f (x ) =

2x

−2x

1

1− x2

x2

−1

x −2 −2x − a + 2 függvény deriváltját és oldd meg az f ′(x ) = 0 egyenletet! b) Határozd meg az a paramétert úgy, hogy az f (x ) = 0 egyenletnek legyen legalább egy kétszeres gyöke! 65. Az x 1, x 2 , x 3 , x 4 , x 5 számok a P (x ) = 5x 5 − 3x 4 + x 2 + 2 polinomfüggvény gyökei. Számítsd ki a következő összegeket: 5 5 2 1 a) ∑ ; b) ∑ 2 . k =1 x k + 3 k =1 (1 − 2x k ) 66. A deriváltak segítségével számítsd ki a következő összegeket

a)

n

∑k ⋅ x

k −1

;

b)

k =1 n

n

∑ k ⋅ (k − 1) ⋅ x k =1 n

k −2

; c)

n

∑ k ⋅C

k n

;

k =1 n

1 C nk k ; f) ∑ (−1) k −1 . ∑ 5 k =1 k =1 k + 1 k =1 67. Bizonyítsd be, hogy az f , g : \ → \ , f (x ) = sin x + 2 sin 2x + ... + n sin nx és d)

∑ k ⋅ (k − 1) ⋅ C nk ; e)

g(x ) = cos x + 2 cos 2x + ... + n cos nx függvények esetén létezik c ∈ [ 0, 2π ] úgy, hogy f (c ) = g(c ) . 68. Bizonyítsd be, hogy ha m ≤ 1 , akkor teljesül az e x ≥ mx + 1 egyenlőtlenség, minden x ≥ 0 esetén! 69. Határozd meg azon a > 0 számokat, amelyekre a x ≥ ax , minden x ≥ 0 esetén! 70. Bizonyítsd be, hogy az f : \ → (1, +∞) , f (x ) = 4x + 2x + 1 függvény bijektív, és számítsd ki ( f −1 )′ (3) -at! 71. Az m ∈ \ milyen értékeire növekvő az f : \ → \ , f (x ) = ln (1 + x 2 ) − mx függvény? 72. Melyik nagyobb a = 3 5 , vagy b = 5 3 ? 73. Határozd meg azt a minimális fokszámú f : \ → \ polinomfüggvényt, amely a 6 helyi maximumot az x = 1 pontban veszi fel, és a 2 helyi minimumot az x = 3 pontban.

Tartalomjegyzék

236

Ismétlő feladatok

74. a) Határozd meg az a paramétert úgy, hogy az f : \ → \ , f (x ) =

x 2 − ax

x2 + 1 Oy tengelytől 2 távolságra

függvénynek legyen szélsőértékpontja és ez az helyezkedjen el! b) Bizonyítsd be, hogy nem létezik a ∈ \ , amelyre f szigorúan monoton az \ halmazon! 1 75. a) Bizonyítsd be, hogy 0 < ln (ln (k + 1)) − ln (ln k ) < , minden k ≥ 2 k ln k esetén! n 1 b) Számítsd ki a lim ∑ határértéket! n →∞ k =2 k ln k 76. Határozd meg az a, b ∈ \ paramétert úgy, hogy az y = 2x + 3 egyenletű 2x 2 + ax + b egyenes ferde aszimptotája legyen az f : D → \ , f (x ) = x +1 függvény grafikus képének +∞ felé. Ha a = 5 , határozd meg a b értékét úgy, hogy az f függvénynek legyen egy függőleges aszimptotája! 77. Bizonyítsd be, hogy az f : \ → \ , f (x ) = x 5 + x függvény bijektív! Ha g : \ → \ az f inverze és p ∈ \ , számítsd ki g ′(2) , g ′′(2) és a lim x p [g(x ) − 5 x ] értékeket. x →∞

78. Bizonyítsd be, hogy az x 3 − x 2 − x − 1 = 0 egyenletnek pontosan egy valós gyöke van! Ha x 1 ez a valós gyök, x 2 , x 3 a másik két gyök, számítsd ki a lim x 2n + x 3n határértéket!

n →∞

79. a) Bizonyítsd be, hogy a 2e x + x 2 + 18x − 6 = 0 egyenletnek pontosan egy pozitív x 0 gyöke van! ⎛1 1 ⎞ b) Bizonyítsd be, hogy x 0 ∈ ⎜⎜ , ⎟⎟ . ⎝6 5⎠ 80. Tárgyald az m paraméter függvényében a következő egyenletek gyökeinek számát: x −5 a) b) x 4 − 4x 3 + m = 0 ; c) e x = mx 2 . =m; x +2 Bizonyítsd be, hogy m = e esetén az utolsó egyenletnek pontosan egy valós gyöke van és ez a (−1, 0) intervallumban található! 81. a) Bizonyítsd be, hogy minden valós m esetén az x 3 + x + m = 0 egyenletnek pontosan egy valós gyöke van. b) Bizonyítsd be, hogy az (x n )n ≥1 , x 1 = a > 0 , x n3+1 + x n +1 = x n , n ≥ 1 sorozat helyesen van értelmezve és számítsd ki a határértékét! −x 82. Tekintsük az f (x ) = függvényt (maximális értelmezési tartománya D ). a −x3 a) Határozd meg az a paramétert úgy, hogy x = −1 a függvény grafikus képének inflexiós pontja legyen!

Tartalomjegyzék

Ismétlő feladatok 237 1 b) Ha a = , ábrázold az f függvényt! 8 83. Tekintsük az f : \ → (0, ∞) , f (x ) = x + x 2 + 1 függvényt. a) Bizonyítsd be, hogy minden n ≥ 2 esetén az f függvény n -ed rendű −

1

deriváltja f (n )(x ) = (x 2 + 1) 2 Qn (x ) alakba írható, ahol Qn olyan racionális törtfüggvény (két polinomfüggvény hányadosa), amely nevezőjének nincs valós gyöke. b) Bizonyítsd be, hogy f bijektív és számítsd ki az inverzét!

a + ln x 2 függvényt! x −1 a) Határozd meg f inflexiós pontjainak mértani helyét, ha a változik! b) a = 2 esetén ábrázold a függvényt!

84. Tekintsük az fa : D → \ , fa (x ) =

85. Határozd meg az f : \ → \ , f (x ) = 3 x 3 − x 2 − x + 1 függvény inflexiós pontjainak számát! 86. Bizonyítsd be, hogy az f (x ) = e −x sin x függvényre minden x ≥ 0 esetén fennállnak a f (x ) ≤ 1 , f ′ (x ) ≤ 2 , f ′′ (x ) ≤ 2 egyenlőtlenségek! 87. Ábrázold a következő f : D → \ függvényeket, ha D minden esetben a maximális értelmezési tartomány: x2 a) f (x ) = ; b) f (x ) = 2x − 1 + x − 1 ; x2 + 1 c) f (x ) = ln x + x ; d) f (x ) = x + ln x 2 ;

x2 1 − ln x ; f) f (x ) = x 6 − 2x 3 + 1 . 4 2 88. Bizonyítsd be, hogy pontosan egy f : \ → \ deriválható függvény létezik, amelyre f ′ (x ) = 3 f (x ) , minden x ∈ \ esetén és f (0) = 3 . 89. Ha f : \ → \ deriválható függvény, bizonyítsd be, hogy a) ha f páros (páratlan) akkor f ′ páratlan (páros); e) f (x ) =

b) ha f periodikus, p ≠ 0 periódusa, akkor f ′ is periodikus és p periódusa. Igaz a fenti tulajdonság fordítottja? 90. Határozd meg az f : \ → \ deriválható függvényt, ha f (1) = 1 és f (x + y ) = f (x ) + f (y ) + xy , ∀ x , y ∈ \ . 91. Határozd meg azon 0 -ban folytonos f : \ → \ függvényeket, amelyekre f (x + y ) = f (x ) + f (y ) + xy , ∀x , y ∈ \ . 92. Bizonyítsd be, hogy ha f egy nem állandó, [0,1] -en értelmezett deriválható függvény, és f (0) = 0 , akkor létezik c ∈ (0, 1) úgy, hogy f (c ) < f ′ (c ) . x < ln (x + 1) , minden x > 0 esetén! 93. Bizonyítsd be, hogy x +1

Tartalomjegyzék

238

Ismétlő feladatok

⎛ π⎞ 94. Bizonyítsd be, hogy sin x + tg x > 2x , ha x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ ! ⎝ 2⎠ 95. Bizonyítsd be, hogy ha az f kétszer deriválható, akkor f (x + h ) + f (x − h ) − 2 f (x ) f ′′ (x ) = lim . h →0 h2 96. Határozd meg azon f : \ → \ függvényeket, amelyekre f (x ) ⋅ f (y ) = f (x − y ) , minden x , y ∈ \ esetén! 97. Határozd meg az a paramétert, amelyre az x − 2 + 8 − 2x = a egyenletnek legalább egy valós megoldása van! 98. Tekintsük a sin x = λx , 0 < λ < 1 egyenletet! Bizonyítsd be, hogy az egyenlet legkisebb pozitív gyöke λ -nak csökkenő függvénye. Hány pozitív gyöke van, ha 2 , ahol n egész szám? λ= (4n + 1) π

(

)

99. Oldd meg az e x − e −x = 2 ln x + 1 + x 2 egyenletet! 100. Oldd meg az

( 3)

x

− 2x −1 = 1 egyenletet!

⎧⎪x 2 + y 2 = 1 101. Oldd meg az ⎪⎨ y egyenletrendszert, ha x > 0 , y > 0 . x ⎪⎪⎩x = y 102. Oldd meg az x 3 − [x ] = 4 egyenletet, ha [x ] az x ∈ \ egészrésze! 103. Oldd meg a következő egyenletrendszert: ⎧⎪x 4 + y 4 + z 4 = 3 ⎪⎪ ⎪⎨x 5 + y 5 + z 5 = 3 . ⎪⎪ 6 6 6 ⎪⎪x + y + z = 3 ⎩ 104. Oldd meg a következő egyenletrendszert: ⎧ ⎪ x 1 + x 2 = x 32 ⎪ ⎪ ⎪ x 2 + x 3 = x 42 ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎨x 3 + x 4 = x 5 . ⎪ ⎪ ⎪ x 4 + x 5 = x 12 ⎪ ⎪ ⎪ x + x 1 = x 22 ⎪ ⎪ ⎩ 5 xy + yz + xz 105. Milyen értékeket vehet fel az kifejezés, ha x > 0 , y > 0 , x +y +z z > 0 és xyz = 1 ? 106. Hány megoldása van a következő egyenletrendszernek?

Tartalomjegyzék

Ismétlő feladatok

239

⎧⎪cos x = x 1 2 ⎪⎪ ⎪⎪cos x 2 = x 3 ⎪................ . ⎨ ⎪⎪ ⎪⎪cos x 2001 = x 2002 ⎪⎪cos x 2002 = x 1 ⎩

Tartalomjegyzék

240

Ismétlő feladatok

ÉRETTSÉGIRE ELŐKÉSZÍTŐ FELADATOK 1. Tekintsük az f : \ → \ , f (x ) =

2x + 1 függvényt és az (x + 1)(x 2 + 2x + 2) 2

(an )n ≥1 , an = f (1) + f (2) + ... + f (n ) , n ∈ `* sorozatot! a) Határozd meg a, b ∈ \ értékét, ha f (x ) =

a b , ∀x ∈ \ . + x + 1 (x + 1)2 + 1 2

b) Számítsd ki f ′ (x ) -et, ha x ∈ \ . c) Határozd meg a grafikus kép aszimptotáját ∞ felé! d) Számítsd ki a lim an határértéket! n →∞

2. Tekintsük az f : \ → \ , f (x ) = 3x + 3−x függvényt! a) Bizonyítsd be, hogy a függvény páros! b) Számítsd ki f ′ (x ) -et, ha x ∈ \ . c) Bizonyítsd be, hogy f szigorúan csökkenő a (−∞, 0 ] intervallumon és szigorúan növekvő a [ 0, +∞) intervallumon! d) Bizonyítsd be, hogy f konvex \ -en. e) Oldd meg a 31+x + 31−x = 4x + 6 egyenletet! 3. Az (an )n ≥0 és (bn )n ≥0 sorozatokra a 0 = 2 , 2an +1 = an − 2n − 3 és bn = an + 2n − 1 , ∀n ∈ ` . a) Számítsd ki a 2 és b2 értékét! b) Bizonyítsd be, hogy (bn )n ≥0 mértani sorozat! c) Határozd meg az (an )n ≥0 sorozat általános tagját! n

d) Számítsd ki az sn = ∑ ak összeget! k =0

e) Vizsgáld az (an )n ≥0 , (bn )n ≥0 és (sn )n ≥0 sorozatok határértékének létezését! 4. Tekintsük az f : \ → \ , f (x ) = e x (x 2 + x ) függvényt! a) Határozd meg a grafikus kép aszimptotáit! b) Határozd meg a grafikus kép inflexiós pontjait! c) Bizonyítsd be, hogy f n (x ) = e x (x 2 + (2n + 1) x + n 2 ) , ∀x ∈ \ , ∀n ∈ `* . ( )

n (n + 1)(2n + 1) . 6 f ′ (0) + f ′′ (0) + f ′′′ (0) + ... + f n (0) határértéket! e) Számítsd ki a lim n →∞ n3 5. Tekintsük az f : \ → \ , f (x ) = xe 2x függvényt! f (x ) − x határértéket! a) Számítsd ki a lim x →0 x2 ⎛1⎞ b) Számítsd ki a lim n (nan − 1) határértéket, ahol an = f ⎜⎜ ⎟⎟ . n →∞ ⎝n ⎠ d) Bizonyítsd be, hogy 12 + 22 + 32 + ... + n 2 =

( )

Tartalomjegyzék

Ismétlő feladatok

241

c) Írj fel egy rekurziós összefüggést a (bn )n ≥1 sorozatra, ha

f n (x ) = e 2x (an x + bn ) , ∀x ∈ \ , ∀n ∈ `* . d) Bizonyítsd be, hogy bn = n ⋅ 2n −1 . ⎛ π π⎞ 6. Tekintsük az f : \ → ⎜⎜− , ⎟⎟ , f (x ) = arctg x függvényt! ⎝ 2 2⎠ f (x ) a) Számítsd ki a lim határértéket! x →∞ x b) Számítsd ki f ′ (x ) -et, ha x ∈ \ . c) Határozd meg a g : \ → \ , g (x ) = (x 2 + 1) ⋅ f ′ (x ) értékeinek halmazát! d) Bizonyítsd be, hogy f (n +1) (x ) ⋅ (x 2 + 1) + 2n ⋅ f n (x ) ⋅ x + n (n − 1) ⋅ f (n −1) (x ) = 0 , ∀x ∈ \ , ∀n ≥ 1 . ( )

( )

e) Bizonyítsd be, hogy f (n +1) (0) = n (1 − n ) f (n −1) (0) , minden n ≥ 1 esetén. f) Számítsd ki f (2007) (0) -t! x 7. Tekintsük az fa : \ → \ , fa (x ) = 2 , a > 0 függvényt! x + a2 a) Bizonyítsd be, hogy fa páratlan függvény és egyetlen aszimptotája van! b) Számítsd ki fa′ (x ) értékét és határozd meg a függvény szélsőértékpontjait! c) Határozd meg a függvény monotonitási intervallumait! d) Számítsd ki fa′′(x ) -et és határozd meg az inflexiós pontokat! e) Ha M és N a függvény minimum- illetve maximumpontja, I és J origótól különböző inflexiós pontok, bizonyítsd be, hogy MINJ paralelogramma! Határozd meg a > 0 értékét úgy, hogy MINJ téglalap legyen! x3 x5 − 8. f , g : \ → \ , f (x ) = sin x − x + és g (x ) = sin (x 2 ) . 6 120 a) Számítsd ki f (5) (x ) -et, ha x ∈ \ . b) Bizonyítsd be, hogy f (0) = f ′ (0) = f ′′ (0) = ... = f (5) (0) = 0 . f (x ) c) Számítsd ki a lim 7 határértéket! x →0 x d) Bizonyítsd be, hogy f (5) (x ) ≤ 0 , minden x ∈ \ esetén. x5 x3 x3 ≤ sin x ≤ x − + , minden x ≥ 0 esetén. e) Bizonyítsd be, hogy x − 6 6 120 x2 9. Tekintsük az f , g : (0, ∞) → \ , f (x ) = ln (1 + x ) − x + és 2 x2 x3 g (x ) = ln (1 + x ) − x + − függvényeket! 2 3 a) Számítsd ki f ′ (x ) és g ′ (x ) értékét, ha x ∈ (0, ∞) . b) Bizonyítsd be, hogy g (x ) < 0 < f (x ) , minden x ≥ 0 esetén. n ⎛ k ⎞ c) Számítsd ki a lim ∏ ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟⎟ határértéket! n →∞ ⎝ n ⎠ k =1

Tartalomjegyzék

242

Ismétlő feladatok

n 1⎞ 1 ⎛ ⎛ k ⎞ d) Bizonyítsd be, hogy lim n ⎜⎜ln an − ⎟⎟ = , ahol an = ∏ ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟⎟ . n →∞ ⎝ ⎝ 2⎠ 3 n ⎠ k =1 e) Számítsd ki a lim n (an − e ) határértéket! n →∞

10. Tekintsük

az

f : (0, ∞) → \ ,

f (x ) = x cos

g (x ) = cos x + sin x függvényt!

π x

és

⎡ π π⎤ g : ⎢− , ⎥ → \ , ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦

⎡ π π⎤ a) Számítsd ki f ′ (x ) -et, ha x ∈ (0, ∞) és g ′ (x ) -et, ha x ∈ ⎢− , ⎥ . ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ ⎛ π ⎞⎟ b) Bizonyítsd be, hogy g ′ (x ) > 0 , ∀x ∈ ⎜⎜0, ⎟ . ⎝ 2⎠ ⎛ π⎞ c) Bizonyítsd be, hogy g (x ) > 1 , ∀x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ . ⎝ 2⎠ d) Bizonyítsd be, hogy f (x + 1) − f (x ) > 1 , ∀x > 2 . e) Bizonyítsd be, hogy f (n ) > n − 2 , ∀n ≥ 3 . f (1) + f (2) + ... + f (n ) f) Számítsd ki lim határértéket! n →∞ n2 (Érettségi változat, 2001.) 11. Tekintsük az f : (0, ∞) → \ , f (x ) = x a , a ∈ \ függvényt! a) Számítsd ki f ′ (x ) -et, ha x ∈ \ . b) Bizonyítsd be, hogy létezik ca ∈ (2, 3) és da ∈ (4, 5) úgy, hogy 3a − 2a = a ⋅ caa −1 és 5a − 4a = a ⋅ daa −1 . c) Bizonyítsd be, hogy minden g : \ → (2, 3) és h : \ → (4, 5) függvény esetén x −1

x −1

az x ⋅ (g (x )) = x ⋅ (h (x )) egyenletnek csak az x = 0 és x = 1 gyökei! d) Oldd meg a 3x + 4x = 2x + 5x , x ∈ \ egyenletet! e) Bizonyítsd be, hogy 3x + 4x > 2x + 5x , ∀x ∈ (0,1) . 2 3 1 4 . f) Bizonyítsd be, hogy + > + ln 3 ln 4 ln 2 ln 5 (Érettségi változat, 2001.) 12. Tekintsük az f : (0, ∞) → \ , f (x ) = x − e ln x függvényt! a) Számítsd ki f ′ (x ) -et, ha x ∈ (0, ∞) . b) Határozd meg az f monotonitási intervallumait! c) Bizonyítsd be, hogy f (x ) ≥ 0 , ∀x > 0 . d) Bizonyítsd be, hogy e x ≥ x e , ∀x > 0 . x e +1 e) Bizonyítsd be, hogy e x > + 1 , ∀x > 0 . e +1 (Érettségi változat, 2001.) 2 ( ) 13. Az f : (0,1) → (0,1) , f x = x (1 − x ) függvény esetén tekintsük az (x n )n ≥1 , x 1 ∈ (0,1) , x n +1 = f (x n ) , n ≥ 1 sorozatot!

Tartalomjegyzék

Ismétlő feladatok

243

a) Bizonyítsd be, hogy (x n )n ≥1 csökkenő! b) Számítsd ki a lim x n határértéket! n →∞

a

(n + 1) − n a c) Ha a ∈ \ , bizonyítsd be, hogy lim =a. n →∞ n a −1 ⎛ 1 1 ⎞⎟⎟ d) Bizonyítsd be, hogy lim ⎜⎜⎜ − ⎟=1 . n →∞ ⎜ x x n ⎠⎟⎟ ⎝ n +1 e) Számítsd ki az a ∈ \ számot, ha az (yn )n ≥1 , yn = n a xn sorozat határértéke véges és nem nulla, 14. Tekintsük az f : [ 0, ∞) → \ , f (x ) = x α − αx , α ∈ (0,1) függvényt! a) Számítsd ki f ′ (x ) -et, ha x ∈ (0, ∞) .

b) Bizonyítsd be, hogy f ′ (x ) > 0 , ∀x ∈ (0,1) és f ′ (x ) < 0 , ∀x ∈ (1, ∞) . c) Bizonyítsd be, hogy x α − αx ≤ 1 − α , ∀x > 0 . d) Bizonyítsd be, hogy a αb β ≤ αa + βb , ∀a, b, α, β > 0 , α + β = 1 . s p tq 1 1 e) Bizonyítsd be, hogy st ≤ + , ∀s, t > 0 és p, q > 1 , + = 1 . p q p q 1 1 f) Bizonyítsd be, hogy ha a1, a2 ,..., an , b1, b2 ,..., bn ∈ \*+ , p, q > 1 , + = 1 , p q 1

1

akkor a1b1 + ... + anbn ≤ (a1p + ... + anp )p ⋅ (b1q + ... + bnq )q . (Érettségi, 2004.) 1 1 2⎞ ⎛ 15. Tekintsük az (an )n ≥1 , és (bn )n ≥1 , an = 1 + + ... + − ln ⎜⎜n + ⎟⎟ , ⎝ n 2 3⎠ 1 1 1⎞ ⎛ bn = 1 + + ... + − ln ⎜⎜n + ⎟⎟⎟ , ∀n ∈ `* sorozatokat és az f , g : (0, ∞) → \ , ⎝ n 2 2⎠ 1 3 ⎞⎟ 1⎞ 1 5⎞ 2⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ⎛ f (x ) = − ln ⎜⎜x + ⎟ + ln ⎜⎜x + ⎟⎟ , g (x ) = − ln ⎜⎜x + ⎟⎟ + ln ⎜⎜x + ⎟⎟ ⎝ ⎝ ⎝ ⎝ x +1 2⎠ 2⎠ x +1 3⎠ 3⎠ függvényeket! a) Számítsd ki f ′ (x ) és g ′ (x ) értékét, ha x ∈ (0, ∞) . b) Bizonyítsd be, hogy lim f (x ) = 0 és lim g (x ) = 0 . x →∞

x →∞

c) Bizonyítsd be, hogy f ′ (x ) > 0 és g ′ (x ) < 0 , ∀x ∈ (0, ∞) . d) Bizonyítsd be, hogy g (x ) < 0 < f (x ) minden x ≥ 0 esetén. e) Bizonyítsd be, hogy az (an )n ≥1 sorozat szigorúan növekvő, és a (bn )n ≥1 sorozat szigorúan csökkenő! 1 , ∀n ∈ `* . f) Bizonyítsd be, hogy 0 < bn − an < 6n g) Bizonyítsd be, hogy az (an )n ≥1 sorozat konvergens, és határértékének első két tizedesjegye egyenlő az a17 első két tizedesjegyével! (Érettségi, 2004.)

Tartalomjegyzék

Permutációk

243

ALGEBRA I. PERMUTÁCIÓK Értelmezés. Ha n ∈ * , akkor bármely f : {1, 2, 3, …, n } → {1, 2, 3, …, n } bijektív függvényt n -ed rendű permutációnak vagy az {1, 2, 3, …, n } halmaz egy permutációjának nevezzük. Jelölések. 1. n ∈ * esetén Sn -nel jelöljük az n -ed rendű permutációk halmazát. 2. Egy permutációt általában az őt megadó függvénytáblázattal adunk meg. Így például ha az f : {1, 2, 3, 4} → {1, 2, 3, 4} függvény táblázata: x 1 2 3 4 f (x ) 3 2 4 1 ⎛1 2 3 4⎞⎟ ⎟⎟ akkor az jelölést használjuk. f = ⎜⎜⎜ ⎜⎝3 2 4 1 ⎠⎟⎟ 3. A permutációk jelölésére általában a görög ábécé betűit használjuk, kivételt képez az identikus permutáció (az f (k ) = k , 1 ≤ k ≤ n függvénynek megfelelő n ⎞⎟ ⎛1 2 3 ⎟. permutáció), amelyet en -nel jelölünk: en = ⎜⎜⎜ n ⎠⎟⎟⎟ ⎜⎝1 2 3 Megjegyzés. Egy σ ∈ Sn permutáció első sora az {1, 2, 3, …, n} halmaz elemeit tartalmazza növekvő sorrendben, míg a második sora ugyanezeket az elemeket (mindeniket pontosan egyszer) tartalmazza tetszőleges sorrendben. Ha egy σ ∈ Sn permutáció második sorába beillesztjük az n + 1 -et és az első sort az {1, 2, 3, …, n, n + 1} elemekkel helyettesítjük, akkor egy (n + 1) -ed rendű permutációt kapunk: ⎛1 2 3 4⎞⎟ ⎛ ⎞⎟ ⎛⎜1 2 3 4 5⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ → ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜3 2 4 1 ⎟⎟ ⎜⎜3 5 2 4 1⎟⎟⎟ → ⎜⎜⎜3 5 2 4 1⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Így minden σ ∈ Sn permutációból (n + 1) darab (n + 1) -ed rendű permutációt képezhetünk. Másrészt ez a lépés visszafordítható, azaz ha töröljük az így kapott (n + 1) -ed rendű permutáció második sorából az (n + 1) -et és az első sorba az {1, 2, 3, …, n } elemeket írjuk, akkor visszakapjuk az eredeti permutációt: ⎛1 2 3 4 5⎞⎟ ⎛ ⎞⎟ ⎛⎜1 2 3 4⎞⎟ ⎟⎟ → ⎜⎜ ⎟⎟ . ⎜⎜⎜ ⎟→⎜ ⎜⎝⎜3 5 2 4 1⎠⎟⎟ ⎜⎜⎝3 2 4 1⎠⎟⎟ ⎜⎜⎝3 2 4 1 ⎠⎟⎟ Tehát (n + 1) -szer annyi (n + 1) -ed rendű permutáció van, mint n -ed rendű, így ha Pn az n -ed rendű permutációk száma ( Pn = Sn ), akkor Pn +1 = (n + 1) ⋅ Pn . Tehát:

Tartalomjegyzék

244

Permutációk

Pn = n ⋅ Pn −1 = n(n − 1)Pn −2 = n(n − 1)(n − 2)Pn −3 = Megfogalmazhatjuk a következő tételt: Tétel. Az n -ed rendű permutációk száma Pn = n ! .

= n(n − 1)

2 ⋅ P1 = n ! .

Ezt az eredményt ismerjük már az előző osztályokból, ahol a permutációkat a kombinatorika keretén belül tanulmányoztuk. Ebben a fejezetben tanulmányozni fogjuk a permutációkkal végezhető műveleteket is. ⎛1 2 3⎞⎟ ⎛1 2 3⎞⎟ ⎟ és β = ⎜⎜ Határozzuk meg az α = ⎜⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ permutációk összetételét: ⎜ ⎜⎝3 2 1⎠⎟⎟ ⎜⎝2 3 1⎠⎟⎟ (α β )(1) = α (β (1)) = α (2) = 2 , (α β )(2) = α (β (2)) = α (3) = 1 ,

(α β )(3) = α (β (3)) = α (1) = 3 , ⎛1 2 3⎞⎟ ⎟⎟ . A jelölésmód egyszerűsítéséért ezt az tehát α β = ⎜⎜⎜ ⎜⎝2 1 3⎠⎟⎟ ⎛1 2 3⎞⎟ ⎟⎟ αβ = ⎜⎜⎜ ⎜⎝2 1 3⎠⎟⎟ alakban írjuk és azt mondjuk, hogy összeszoroztuk a két permutációt. Hasonlóan kapjuk: βα (1) = β (α (1)) = β (3) = 1 , βα (2) = β (α (2)) = β (2) = 3 ,

βα (3) = β (α (3)) = β (1) = 2 , ⎛1 2 3⎞⎟ tehát βα = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ . Észrevehető, hogy αβ ∈ S3 , βα ∈ S3 és αβ ≠ βα . ⎜⎝1 3 2⎠⎟⎟ Két permutáció szorzata szintén permutáció, mert két bijektív függvény összetétele szintén bijektív függvény. Az előző példánál is láthattuk, hogy a permutációk szorzása nem kommutatív. A szorzás elvégzésére egy egyszerű eljárás a következő: a) Leírjuk az első sor elemeit (csak két azonos rendű permutációt szorozhatunk össze, így az első sor egyértelműen felírható) b) A szorzat első sorának egy rögzített i eleme esetén megkeressük a második tényező második sorában ennek az elemnek megfelelő elemet:

így meghatároztuk a τ(i ) elemet. c) Megkeressük ezt az elemet az első permutáció első sorában:

Tartalomjegyzék

Permutációk

245

ezzel meghatároztuk a σ (τ (i )) elemet, ami az i elemnek felel meg a szorzat permutációban.

⎛1 2 3 4⎞⎛ ⎟⎟⎜⎜ 1 2 3 4⎞⎟⎟ ⎛⎜ 1 2 3 4 ⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟=⎜ στ = ⎜ ⎟⎟ . ⎜⎜2 3 4 1 ⎟⎟⎟⎜⎜⎜ 2 4 1 3⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 3 ⎠⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ Így megkaptuk a két permutáció szorzatát: ⎛1 2 3 4⎞⎛ ⎟⎟⎜⎜1 2 3 4⎞⎟⎟ ⎛⎜⎜1 2 3 4⎞⎟⎟ στ = ⎜⎜⎜ ⎟. ⎟⎟⎜ ⎟= ⎜⎝2 3 4 1 ⎠⎝ ⎟⎜2 4 1 3⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜3 1 2 4⎠⎟⎟ Mivel a permutációk bijektív függvények, van inverzük. Egy permutáció inverzének kiszámításához használjuk az inverz függvény értelmezését: σ(i ) = j ⇔ σ −1( j ) = i , i, j ∈ {1, 2,..., n } ,

tehát

tehát a permutáció két sorának felcserélésével, ha az oszlopokat az első sor elemeinek növekvő sorrendjébe rendezzük megkapjuk a σ permutáció inverz permutációját (vagy egyszerűen a σ permutáció inverzét): ⎛1 2 3 4⎞⎟ ⎛ 4 2 1 3⎞⎟ ⎛1 2 3 4⎞⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜⎜⎜4 2 1 3⎟⎟⎟ → ⎜⎜⎜1 2 3 4⎟⎟⎟ → ⎜⎜⎜3 2 4 1 ⎟⎟⎟ , ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛1 2 3 4⎞⎟ ⎛1 2 3 4⎞⎟ ⎟⎟ inverze σ −1 = ⎜⎜ ⎟ tehát a σ = ⎜⎜⎜ ⎜⎜3 2 4 1 ⎟⎟⎟ . Nyilvánvaló, hogy a σ és ⎜⎝4 2 1 3⎠⎟⎟ ⎝ ⎠

σ −1 permutációk szorzata az identikus permutáció. Megoldott gyakorlatok 1. Számítsuk ki a στ

⎛1 2 3 4 5 6⎞⎟ ⎟⎟ és és τσ permutációkat, ha σ = ⎜⎜⎜ ⎜⎝6 3 2 1 4 5⎠⎟⎟

⎛1 2 3 4 5 6⎞⎟ τ = ⎜⎜⎜ ⎟⎟. ⎜⎝2 1 6 3 4 5⎠⎟⎟ Megoldás. Az előbbi algoritmust használjuk: ⎛1 2 3 4 5 6⎞⎟ ⎛1 ⎜ στ = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ és τσ = ⎜⎜ 3 6 5 2 1 4 ⎝⎜ ⎠⎟ ⎝⎜5 2. Számítsuk ki az előbbi permutációk inverzét. Megoldás. Felcseréljük a sorokat: ⎛1 2 3 4 5 6⎞⎟ ⎛1 ⎟⎟ és τ −1 = ⎜⎜ σ −1 = ⎜⎜⎜ ⎜⎜2 ⎜⎝4 3 2 5 6 1⎠⎟⎟ ⎝

2 3 4 5 6⎞⎟ ⎟⎟ . 6 1 2 3 4 ⎠⎟⎟ 2 3 4 5 6⎞⎟ ⎟⎟ . 1 4 5 6 3⎠⎟⎟

Tartalomjegyzék

246

Permutációk

3. Számítsuk ki σ−1τ −1 permutációt és igazoljuk, hogy σ−1τ −1 = (τσ )−1 . ⎛1 2 3 4 5 6⎞⎟ σ −1τ −1 = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ = (τσ )−1 . ⎜⎝3 4 5 6 1 2⎠⎟⎟ 4. Számítsuk ki σ 2 -et és határozzuk meg azt a legkisebb n ∈ * számot, amelyre σ n = e6 . Megoldás. A szorzási algoritmust használjuk: ⎛1 2 3 4 5 6⎞⎟ ⎛1 2 3 4 5 6⎞⎟ ⎛1 2 3 4 5 ⎟⎟ , σ 3 = ⎜⎜ ⎟ és σ 4 = ⎜⎜ σ 2 = ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎜⎜1 2 3 4 5 ⎜⎝5 2 3 6 1 4⎠⎟⎟ ⎜⎝4 3 2 5 6 1⎠⎟⎟ ⎝ tehát a legkisebb n ∈

*

6⎞⎟ ⎟⎟ , 6⎠⎟⎟

szám, amelyre σn = e6 az n = 4 .

5. Igazoljuk, hogy S 3 = {σ−1 σ ∈ S 3 } . Bizonyítás ⎪⎧⎛1 2 3⎞⎟ ⎛⎜1 2 ⎟⎟, ⎜ S 3 = ⎨⎪⎜⎜⎜ ⎪⎪⎜⎝1 2 3⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜1 3 ⎩⎪ permutációk halmaza: ⎪⎧⎛1 2 3⎞⎟ ⎛⎜1 2 S 3′ = ⎨⎪⎜⎜⎜ ⎟⎟, ⎜ ⎪⎪⎝⎜1 2 3⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜1 3 ⎩⎪

3⎞⎟ ⎛1 2 3⎞⎟ ⎛1 2 3⎞⎟ ⎛1 2 3⎞⎟ ⎛1 2 3⎞⎟⎪⎫ ⎟, ⎜⎜ ⎟, ⎜⎜ ⎟ , ⎜⎜ ⎟ , ⎜⎜ ⎟⎬⎪ , az inverz 2⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜⎜2 1 3⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜⎜2 3 1⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜⎜3 1 2⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜⎜3 2 1⎠⎟⎟⎟⎪⎪ ⎭⎪

3⎞⎟ ⎛1 2 3⎞⎟ ⎛1 2 3⎞⎟ ⎛1 2 3⎞⎟ ⎛1 2 3⎞⎟⎪⎫ ⎟, ⎜⎜ ⎟, ⎜⎜ ⎟ , ⎜⎜ ⎟ , ⎜⎜ ⎟⎬⎪ . 2⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜⎜2 1 3⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜⎜3 1 2⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜⎜2 3 1⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜⎜3 2 1⎠⎟⎟⎟⎪⎪ ⎭⎪ megállapítható, hogy S 3 = S 3′ .

Azonnal

Megjegyzés. Általában, ha Sn′ = {σ −1 σ ∈ Sn } , akkor Sn = Sn′ . Az Sn′ ⊂ Sn bennfoglalás azonnali, mert minden Sn -beli permutáció inverze szintén az Sn eleme. Fordítva, ha τ ∈ Sn , akkor σ = τ −1 ∈ Sn esetén σ−1 = τ , tehát τ ∈ Sn′ . Következésképpen Sn ⊂ Sn′ , tehát Sn = Sn′ . Tulajdonképpen az előbbi megjegyzés egyenértékű azzal, hogy az f : Sn → Sn ,

f (σ ) = σ−1 függvény bijektív. ⎛1 2 3⎞⎟ ⎟⎟ , akkor S 3 = {στ τ ∈ S 3 } = {τσ τ ∈ S 3 } . 6. Igazoljuk, hogy ha σ = ⎜⎜⎜ ⎜⎝2 3 1⎠⎟⎟ Bizonyítás ⎪⎧⎛1 2 3⎞⎟ ⎛⎜1 2 3⎞⎟ ⎛⎜1 2 3⎞⎟ ⎛⎜1 2 3⎞⎟ ⎛⎜1 2 3⎞⎟ ⎛⎜1 2 3⎞⎟⎪⎫⎪ ⎟⎟, ⎜ ⎟⎟, ⎜ ⎟⎟ , ⎜ ⎟⎟ , ⎜ ⎟⎟ , ⎜ ⎟⎟⎬ Az S 3 = ⎪⎨⎜⎜⎜ ⎪⎪⎝⎜1 2 3⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜1 3 2⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜2 1 3⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜2 3 1⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜3 1 2⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜3 2 1⎠⎟⎟⎪⎪ ⎩⎪ ⎭⎪ elemeit balról és jobbról megszorozzuk σ -val (a sorrendet megőriztük): ⎧⎛1 2 3⎞ ⎛1 2 3⎞ ⎛1 2 3⎞ ⎛1 2 3⎞ ⎛1 2 3⎞ ⎛1 2 ⎪ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ S3′ = {στ τ ∈ S3 } = ⎨⎪⎜⎜⎜ ,⎜ ,⎜ ,⎜ ,⎜ , ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎪⎪⎜⎝2 3 1⎠⎟ ⎝⎜2 1 3⎠⎟ ⎝⎜3 2 1⎠⎟ ⎝⎜3 1 2⎠⎟ ⎝⎜1 2 3⎠⎟ ⎝⎜⎜1 3 ⎪ ⎩ illetve

3⎞⎟⎫ ⎪ ⎟⎟⎬⎪ , 2⎠⎟⎟⎪ ⎪ ⎪ ⎭

Tartalomjegyzék

Permutációk

247

⎧⎛1 2 3⎞ ⎛1 2 3⎞ ⎛1 2 3⎞ ⎛1 2 3⎞ ⎛1 2 3⎞ ⎛1 2 3⎞⎪ ⎫ ⎪ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎪ S3′′ = {τσ τ ∈ S3 } = ⎪⎨⎜⎜⎜ ,⎜ ,⎜ ,⎜ ,⎜ ,⎜ . ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎬ ⎪ ⎪⎝⎜2 3 1⎠⎟ ⎝⎜3 2 1⎠⎟ ⎝⎜1 3 2⎠⎟ ⎝⎜3 1 2⎠⎟ ⎝⎜1 2 3⎠⎟ ⎝⎜2 1 3⎠⎟⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ Tehát S 3 = {στ τ ∈ S 3 } = {τσ τ ∈ S 3 } . Megjegyzés. Általában bármely σ ∈ Sn esetén Sn = {στ τ ∈ Sn } = {τσ τ ∈ Sn } . Tulajdonképpen az f , g : Sn → Sn , f (τ ) = στ és g (τ ) = τσ függvények bijektívek. Elégséges az injektivitás igazolása, mert az értelmezési és az értéktartomány számossága azonos. Ha f (τ1 ) = f (τ2 ) , akkor στ1 = στ2 , ezt balról a σ −1 permutációval szorozva, kapjuk: τ1 = τ2 , tehát f injektív. Hasonlóan igazolható a g függvény injektivitása is. Ciklusok Értelmezés. Azt mondjuk, hogy az α ∈ Sn permutáció egy r hosszúságú ciklus (vagy r ciklus), ha léteznek az i1, i2 ,..., ir ∈ {1, 2,..., n } különböző számok úgy, hogy az α leszűkítése az {1, 2,..., n } \ {i1, i2 ,..., ir } halmazra az identikus függvény és

α (i1 ) = i2 , α (i2 ) = i3 ,…, α (ir −1 ) = ir , α (ir ) = i1 .

(

)

Az α ciklus jelölésére az α = i1 i2 ... ir szimbólumot használjuk. Megjegyzések 1. Az 1 hosszúságú ciklusok az identikus permutációk. 2. A 2 hosszúságú ciklusokat transzpozícióknak nevezzük. Példák ⎛1 2 3 4 ⎞⎟ ⎛1 2 3 4 5⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟ = 1 2 3 4 ; ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜5 1 4 2 3⎟⎟⎟ = 1 5 3 4 2 ; ⎜⎜2 3 4 1 ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛1 2 3 4 5⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜2 3 1 4 5⎟⎟⎟ = 1 2 3 (4) (5) = 1 2 3 . ⎝ ⎠

(

)

(

Értelmezés. Azt mondjuk, hogy az α és β

(

)

(

)

)

Sn -beli permutációk diszjunktak, ha bármely

x ∈ {1, 2, 3, …, n } esetén α (x ) ≠ x -ből következik, hogy β (x ) = x és bármely y ∈ {1, 2, 3, …, n} esetén β (y ) ≠ y -ből következik, hogy

α (y ) = y . Természetesen létezhetnek olyan z ∈ {1, 2, ..., n }

elemek is, amelyekre α (z ) = β (z ) = z . Példák ⎛1 2 3 4 5 6 7 8⎞⎟ ⎛1 2 3 4 5 6 7 8⎞⎟ ⎟⎟ és β = ⎜⎜ ⎟ 1. Az α = ⎜⎜⎜ ⎜⎜1 2 8 4 5 6 7 3⎟⎟⎟ permutációk diszjunktak, ⎟ 2 5 3 4 1 7 6 8 ⎝⎜ ⎠⎟ ⎝ ⎠

mert bármely k ∈ {1, 2, 5, 6, 7} esetén α (k ) ≠ k és β (k ) = k , másrészt k ∈ {3, 8} esetén β (k ) ≠ k és α (k ) = k . k = 4 esetén pedig α (4) = β (4) = 4

Tartalomjegyzék

248

Permutációk

2. Az α = (1 3 7) és β = (2 6) ∈ S 8 ciklusok diszjunktak, mert α (k ) ≠ k az 1 , 3 és 7 esetén teljesül és ezekre β (k ) = k , míg β (k ) ≠ k a 2 és 6 esetén igaz és ezekre α (k ) = k .

(

Megjegyzés. Az i1 i2 ... ir

) és ( j

1

)

j 2 ... jk ∈ Sn ciklusok diszjunktak, ha az {i1 , i2 , ..., ir }

és { j1 , j 2 , ..., jk } halmazok diszjunktak. Megoldott gyakorlat. Számítsuk ki, majd bontsuk diszjunkt ciklusok szorzatára a γ = αβ permutációt, ha α = (1 2) , β = (1 3 4 2 5) ∈ S 5 . Megoldás. γ (1) = α (β (1)) = α (3) = 3 , γ (3) = α (β (3)) = α (4) = 4 ,

γ (4) = α (β (4)) = α (2) = 1 . Így megkaptuk a szorzat egy ciklusát. γ (2) = α (β (2)) = α (5) = 5 és γ (5) = α (β (5)) = α (1) = 2 , tehát ⎛1 2 3 4 5⎞⎟ ⎟⎟ . αβ = (1 2)(1 3 4 2 5) = (1 3 4)(2 5) = ⎜⎜⎜ ⎜⎝3 5 4 1 2⎠⎟⎟ Észrevehető, hogy a diszjunkt ciklusok szorzata kommutatív és kiszámolható, ha egy permutációba írjuk, majd kiegészítjük az identikus résszel. Fogalmazzuk meg ezt a tulajdonságot tétel formájában is: Tétel. Ha α és β diszjunkt ciklusok, akkor a σ permutáció ⎧ ⎪ α(k ), α(k ) ≠ k ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ egyenlő az αβ és βα permutációval is, tehát αβ = βα = σ . σ(k ) = ⎨β(k ), β(k ) ≠ k ⎪ ⎪ ⎪ k , α (k ) = β (k ) = k ⎪ ⎪ ⎩ Az előző tulajdonság alapján azonnal adódik egy algoritmus, amellyel diszjunkt ciklusok szorzatára ⎛1 2 3 4 5 6 7 8 9⎞⎟ bonthatunk egy tetszőleges permutációt. Legyen σ = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ . ⎜⎝3 6 5 9 1 4 8 7 2⎠⎟⎟ Az 1 elemből kiindulva kapjuk az 1 → 3 → 5 → 1 ciklust. Az első elem, amelyet nem tartalmaz ez a ciklus a 2 . Ebből kiindulva kapjuk a 2 → 6 → 4 → 9 → 2 ciklust. Az első elem, amelyet nem tartalmaz egyik előző ciklus sem a 7 , amelyből a 7 → 8 → 7 ciklust kapjuk. Tehát az előbbi tétel alapján: σ = (1 3 5)(2 6 4 9)(7 8) . Világos, hogy ez az eljárás véges számú lépést tartalmaz és diszjunkt

ciklusokat kapunk, így megfogalmazhatjuk a következő tételt: Tétel. Minden α ∈ Sn felbontható legalább 2 hosszúságú diszjunkt ciklusok szorzatára. Következmény. Minden permutáció felbontható transzpozíciók szorzatára. Bizonyítás. Az előbbi tétel alapján elégséges egy tetszőleges ciklust transzpozíciók szorzatára bontani. Másrészt (1 2 ... r ) = (1 r )(1 r − 1) ... (1 2) , tehát a tulajdonság igaz. Megjegyzés. A transzpozíciók szorzatára való bontás már nem egyértelmű. Például: (1 2 3) = (1 3)(1 2) = (2 3)(1 3) = (1 3) (4 2) (1 2) (1 4) . Ugyanakkor észrevesszük, hogy a felbontásokban szereplő transzpozíciók számának paritása ugyanaz. Ezen tulajdonság igazolásához szükségünk van a következő fontos fogalomra:

Értelmezés. Azt mondjuk, hogy az (i, j ) pár a σ permutáció egy inverziója, ha

i < j és σ(i ) > σ( j ) . Egy σ permutáció inverziónak számát n(σ ) -val jelöljük és az

ε(σ ) = (−1)n (σ ) számot a permutáció előjelének nevezzük. Ha ε(σ ) = −1 akkor azt mondjuk, hogy σ páratlan permutáció, ellenkező esetben σ páros permutáció.

Tartalomjegyzék

Permutációk

249

Világos, hogy minden (i, j ) pár esetén a

σ(i ) − σ( j ) tört pontosan akkor negatív, ha i−j

σ(i ) − σ( j ) szorzat előjele éppen a permutáció előjelével i−j 1≤i < j ≤n egyenlő. Másrészt a σ bijektivitása miatt az előbbi szorzat számlálójában és nevezőjében is megjelenik minden ±(i − j ) alakú különbség, ahol 1 ≤ i < j ≤ n . Így a szorzat abszolút értéke 1 , tehát bebizonyítottuk a következő összefüggést: σ(i ) − σ( j ) Tétel. Ha σ ∈ Sn , akkor ε(σ ) = ∏ . i−j 1≤i < j ≤n

(i, j ) inverzió. Így a

∏

A fenti tétel alapján kiszámolhatjuk egy szorzat előjelét a tényezők előjelének függvényében: σϕ(i ) − σϕ( j ) σϕ(i ) − σϕ( j ) ϕ(i ) − ϕ( j ) ε(σϕ) = ∏ = ∏ ⋅ = ε(σ )ε(ϕ) . i−j i−j 1≤i < j ≤n 1≤i < j ≤n ϕ(i ) − ϕ( j ) σϕ(i ) − σϕ( j ) törtek Az utóbbi egyenlőséget a ϕ bijektivitásból kaptuk, így a ϕ(i ) − ϕ( j ) szorzata éppen ε(σ ) . Tétel. Ha σ és ϕ két Sn -beli permutáció, akkor ε(σϕ) = ε(σ )ε(ϕ) . Következmény. Bármely σ ∈ Sn permutáció esetén ε (σ −1 ) = ε (σ ) . Valóban 1 = ε (en ) = ε (σσ −1 ) = ε (σ ) ε (σ −1 ) , tehát ε (σ ) = ε (σ−1 ) . Megoldott gyakorlatok és feladatok 1. a) Igazoljuk, hogy minden transzpozíció páratlan permutáció. b) Igazoljuk, hogy egy r ciklus előjele (−1)r −1 . Megoldás. a) Legyen (i, j ) ( i < j ) egy transzpozíció. Az i és j közötti számok inverziót képeznek i -vel és j -vel is, ami páros számú inverziót jelent és megjelenik még az (i, j ) inverzió. b) A σ = (i1 i2 ... ir ) = (i1 ir )(i1 ir -1 ) ...(i1 i2 ) felírást, az a) pontot és az előbbi tételt felhasználva kapjuk, hogy ε(σ ) = (−1)r −1 . Megjegyzés. Az előbbi tétel alapján egy permutáció felbontásában szereplő transzpozíciók számának paritására vonatkozó megjegyzés általános esetben is igaz, azaz egy páros permutációt páros számú transzpozíció szorzatára, illetve egy páratlan permutációt páratlan számú transzpozíció szorzatára bonthatunk. ⎛1 2 3 4 5 6 7 8 9 10⎞⎟ 2. Határozzuk meg a σ = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ előjelét. ⎜⎝1 3 4 9 6 10 2 7 8 5 ⎠⎟⎟ Megoldás. 1) Határozzuk meg az inverziók számát. Elégséges minden 1 ≤ i ≤ 10 esetén megtalálni azon (i, j ) párokat, amelyek inverziót képeznek és j > i , azaz

Tartalomjegyzék

250

Permutációk

minden σ(i ) esetén meg kell határozzuk a második sorban a σ(i ) -nél kisebb és σ(i ) után levő elemek számát. σ(1) = 1 esetén nincs 1 után 1 -nél kisebb elem. σ(2) = 3 az egyetlen 3 -nál kisebb elem a 3 után a 2 = σ(7) , tehát (2, 7) inverzió. Hasonlóan σ(3) = 4 esetén is inverziót kapunk ( σ(7) = 2 ) és σ(4) = 9 esetén a 6, 2, 7, 8, 5 számok a 9 -nél kisebb 9 után levő számok. Így 5 inverziót kapunk. Ugyanígy 2, 4, 0,1,1 inverziót kapunk a 6,10, 2, 7 illetve 8 számok esetén. Tehát összesen

0 + 1 + 1 + 5 + 2 + 4 + 0 + 1 + 1 = 15 inverziót találtunk, így ε(σ ) = (−1)15 = −1 . 2) Diszjunkt ciklusok szorzatára bontjuk a permutációt: σ = (2 3 4 9 8 7)(5 6 10) . Tehát ε(σ) = (−1)5 (−1)2 = −1 . Alkalmazás. (A 15-ös játék) Egy 4 × 4 -es négyzetben szerepel 1 -től 15 -ig minden természetes szám és egy négyzet szabad. Egy lépésben valamely számot, amely az üres négyzet valamely oldalszomszédos négyzetén van átköltöztetjük az üres négyzetbe, így ennek a számnak a helyén lesz üres négyzet. Igazoljuk, hogy véges sok lépés után nem juthatunk el az első elrendezésből a második elrendezéshez az alábbi esetben: 1 2 3 4 1 2 3 4 5 6 7 8 5 6 7 8 9 10 11 12 9 10 11 12 13 14 15 13 15 14 Megoldás. Feltételezzük, hogy megkaphatjuk a második elrendezést az elsőből. Egy elrendezéshez rendeljünk hozzá egy S16 -beli permutációt úgy, hogy megszámozzuk a négyzeteket az első ábra szerint és az üres négyzet legyen 16 -os. Például a 12 2 15 8 1 3 14 4 10 9 13 7 11 5 6 elrendezéshez rendeljük hozzá a következő permutációt: ⎛ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜12 2 15 8 1 3 14 4 10 16 9 13 7 11 5 6 ⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ A második sort úgy kaptuk, hogy minden négyzet sorszámához hozzárendeltük a benne szereplő számot illetve a 16 -ost, ha üres a négyzet. Így egy lépés tulajdonképpen egy (i, 16) alakú transzpozícióval való szorzást jelent. Mivel mindkét elrendezésben az üres négyzet ugyanazon a helyen van, a lépések száma páros. Eszerint az első permutációt páros sok transzpozícióval szorozva megkaphatjuk a másodikat. Így a két elrendezésnek megfelelő permutációk paritása azonos. Másrészt a két permutáció: ⎛1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16⎟⎟⎟ és ⎝ ⎠

Tartalomjegyzék

Permutációk

251

⎛1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 15 14 16⎟⎟⎟ , ⎝ ⎠ amelyek paritása különböző. ⎛1 2 3 4 5 6⎞⎟ ⎟⎟ egyenletnek nincs megoldása S6 -ban. 3. Igazoljuk, hogy a σ 4 = ⎜⎜⎜ ⎜⎝2 5 3 4 6 1⎠⎟⎟ Bizonyítás. Az előbbi tétel szerint ε(σ 4 ) = (ε(σ ))4 = 1 , tehát ha az egyenletnek ⎛1 2 3 4 5 6⎞⎟ ⎟⎟ permutáció páros kellene legyen. volna megoldása, akkor a ϕ = ⎜⎜⎜ ⎜⎝2 5 3 4 6 1⎠⎟⎟ De ε(ϕ) = (−1)7 = −1 , tehát ϕ páratlan.

4. Határozzuk meg azt a legkisebb n ∈ * számot, amelyre σn = e16 , ahol ⎛1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16⎞⎟ ⎟⎟ . σ = ⎜⎜⎜ ⎜⎝2 3 4 5 6 1 8 9 10 11 12 13 7 14 15 16⎠⎟⎟ Megoldás. Bontsuk diszjunkt ciklusok szorzatára a σ permutációt.

(

)(

)

σ = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 = c1c2 . A diszjunkt ciklusok szorzásának kommutativitása alapján σ n = c1nc2n . Másrészt, ha c1 és c2 diszjunkt ciklusok, akkor c1n és c2n is diszjunkt permutációk, tehát a feladatbeli egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha c1n = e16 és c2n = e16 . Viszont, ha c egy r ciklus, akkor c m pontosan akkor az identikus permutáció, ha m osztható r -rel. Így n osztható kell legyen 6 -tal is és 7 -tel is. A legkisebb ilyen természetes szám a 42 . Gyakorlatok és feladatok 1. Számítsd ki a στ és τσ permutációkat az alábbi esetekben: ⎛1 2 3 4 5⎞⎟ ⎛1 2 3 4 5⎞⎟ ⎟⎟ és τ = ⎜⎜ ⎟ a) σ = ⎜⎜⎜ ⎜⎜2 5 4 3 1⎟⎟⎟ ; ⎟ ⎝⎜5 4 1 2 3⎠⎟ ⎝ ⎠ ⎛1 2 3 4 5 6 7 ⎞⎟ ⎛1 2 3 4 5 6 7⎞⎟ ⎟⎟ és τ = ⎜⎜ ⎟ b) σ = ⎜⎜⎜ ⎜⎜3 4 5 6 7 1 2⎟⎟⎟ ; ⎜⎝7 1 2 3 4 5 6⎠⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎛1 2 3 4 5 6 7 8⎞⎟ ⎛1 2 3 4 5 6 7 8⎞⎟ ⎜ ⎟⎟ . c) σ = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ és τ = ⎜⎜ ⎜⎝6 1 8 5 7 2 3 4⎠⎟⎟ ⎜⎝2 6 7 8 4 1 5 3⎠⎟⎟ 2.* Bontsd diszjunkt ciklusok szorzatára az alábbi permutációkat és számítsd ki a σ 2006 permutációt:

Tartalomjegyzék

252

Permutációk

⎛1 a) σ = ⎜⎜⎜ ⎜⎝5 ⎛1 c) σ = ⎜⎜⎜ ⎜⎝1

⎛1 b) σ = ⎜⎜⎜ ⎜⎝4 ⎛1 2 3 4 5 6 7 8⎞⎟ ⎟⎟ ; d) σ = ⎜⎜ ⎜⎜5 8 5 7 2 4 6 3⎠⎟⎟ ⎝

2 3 4 5 6 7 ⎞⎟ ⎟⎟ ; 6 7 1 5 2 3⎠⎟⎟

2 3 4 5 6 7⎞⎟ ⎟⎟ ; 2 3 1 7 5 6⎟⎠⎟

10⎞⎟ ⎟⎟ . 8 6 3 7 4 2 9 10 1 ⎠⎟⎟

2 3 4 5 6 7 8

9

3. Határozd meg a legkisebb n ∈ * számot, amelyre σn = e10 , ha ⎛1 2 3 4 5 6 7 8 9 10⎞⎟ a) σ = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ; ⎜⎝5 8 6 3 7 4 2 9 10 1 ⎠⎟⎟ ⎛1 2 3 4 5 6 7 8 9 10⎞⎟ ⎟⎟ . b) σ = ⎜⎜⎜ ⎜⎝5 3 7 10 4 8 6 1 2 9 ⎠⎟⎟ 4. Számítsd ki az előző gyakorlatokban szereplő permutációk inverzét. 5. Igazold, hogy bármely σ ∈ Sn esetén létezik p ∈ * úgy, hogy σ p = en . 6. Igazold, hogy ha σx = x σ , bármely x ∈ Sn esetén, akkor σ = en . ⎛1 2 3 4 5 6 7⎞⎟ ⎟⎟ egyenletet. 7. Oldd meg S7 -ben az x 2 = ⎜⎜⎜ ⎟ ⎝⎜4 7 6 5 1 3 2⎠⎟ ⎛1 2 3 4 5⎞⎟ ⎟⎟ egyenletnek nincs megoldása S5 -ben. 8. Igazold, hogy az x 3 = ⎜⎜⎜ ⎜⎝2 3 1 4 5⎠⎟⎟ 9. Adottak az a1 < a2 < … < an számok. Határozd meg azt a σ ∈ Sn permutációt, n

amelyre a

∑a a

k σ (k )

összeg minimális (illetve maximális).

k =1

10. Egy n oldalú szabályos sokszög csúcsaiba az 1, 2, …, n számokat írjuk. Minden oldalra felírjuk a csúcsokban szereplő számok szorzatát. Határozd meg azt a felírást, amely esetén az oldalakon szereplő számok összege minimális. (A mellékelt ábrán n = 6 esetén az optimális felírás látható.) (András Szilárd, Vojtěch Jarník Verseny, 2002, Ostrava) 1

6

6 12

5 58

5

2 8

15 3

12

4

Tartalomjegyzék

Mátrixok

253

II. MÁTRIXOK A mindennapi életben találkozunk olyan mennyiségekkel, amelyek nem fejezhetők ki egy szám segítségével. Néha szükségünk van egy számsorozatra vagy egy számtáblázatra ezek kifejezéséhez. Hasonló táblázatokkal már az előző osztályokban is találkoztunk. Például a családi költségvetés elkészítése egyszerűbb, ha az értékeket egy táblázatba foglaljuk : Hónap Közköltség November 250 December 400

Élelem 500 1000

Ruházat 500 1200

Egyéb 750 1000

Ebben a fejezetben bevezetjük a mátrix fogalmát. Már Kr. e. a IV. században használták a lineáris egyenletek megoldására, de a mátrix fogalmát csak 1850-ben vezette be James Joseph Sylvester (1814-1897). Sok más matematikus hozzájárult a mátrixok elméletének fejlődéséhez, közülük a legfontosabb Arthur Cayley (18211895). A mátrixokat a tudomány számos ágában használják (gazdasági modellek, kriptográfia, gráfelmélet, merev testek egyensúlya, genetika stb.). Példák. 1. A bevezetésben szereplő táblázatot, ha ismerjük az első sor és az első ⎛250 500 500 750 ⎞⎟ ⎟⎟ alakban is írhatjuk. oszlop tartalmát, akkor a ⎜⎜⎜ ⎜⎝400 1000 1200 1000⎠⎟⎟ 2. Ha az A, B, C és D városok közti távolságokat szeretnénk felírni vasúton és közúton, a legkényelmesebb a következő táblázatokat használni (a vasúti távolságok az átló alatt, a közúti távolságok az átló fölött vannak): A B C D A 0 120 km 200 km 155 km B 100 km 0 80 km 110 km C 190 km 90 km 0 160 km D 150 km 100 km 150 km 0 ⎛ 0 120 200 155⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜100 0 80 110⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ vagy ⎜⎜190 90 0 160⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜150 100 150 0 ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ Értelmezés. m × n -es mátrixnak nevezünk egy m oszlopból és n sorból álló ⎛ a11 a12 " a1n ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ a21 a22 " a2n ⎟⎟ ⎟⎟ A = ⎜⎜ táblázatot ( m, n ∈ `* ). Az aij ∈ \ számokat az A mátrix ⎜⎜ # # % # ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝am 1 am 2 " amn ⎠⎟⎟ elemeinek nevezzük.

Tartalomjegyzék

254

Mátrixok

Megjegyzések

⎡ a11 ⎢ ⎢ a21 1. További jelölések: A = ⎢⎢ ⎢ # ⎢a ⎢⎣ m 1 A jelölés tömörítése céljából

a12 a22

" a1n ⎤ a11 a12 " a1n ⎥ " a2n ⎥ a21 a22 " a2n ⎥ vagy A = . # % # ⎥⎥ # # % # am 2 " amn ⎥⎥ am 1 am 2 " amn ⎦ használatosak az A = (aij )i =1,m vagy A = ⎡⎣aij ⎤⎦i =1,m j =1,n

j =1,n

jelölések is, amelyek azt jelentik, hogy az A mátrixban i -edik sor j -edik oszlopában az aij elem áll minden lehetséges i és j index esetén. 2. Az m sort és n oszlopot tartalmazó valós elemű mátrixok halmazát M m ,n ( \) -rel jelöljük. Tehát M m ,n ( \) az m × n -es valós mátrixok halmaza. Hasonlóan M m ,n (X ) azon az m × n -es mátrixok halmazát jelöli, amelyeknek minden eleme X -ből van. 3. Azokat a mátrixokat, amelyekre m = n négyzetes mátrixoknak nevezzük. M n (X ) -szel jelöljük azoknak az n × n -es mátrixoknak a halmazát, amelyek elemei az X halmazból vannak 4. Az 1 × n -es, vagyis az egy sorból álló mátrixokat sormátrixoknak nevezzük, míg az m × 1 -es, vagyis az egy oszlopból álló mátrixokat pedig oszlopmátrixoknak. 5. A sor- illetve oszlopmátrixok azonosíthatók egy ^n -beli (vagy \n stb.) elemmel és vektoroknak is nevezzük. 6. Egy m × n -es X -beli elemeket tartalmazó mátrix felfogható egy

F : {1, 2,..., m} × {1, 2,..., n } → X

függvényként is.

MŰVELETEK MÁTRIXOKKAL 1. Mátrix szorzása valós számmal Két torta elkészítéséhez a következő nyersanyagokra van szükségünk (a többi nyersanyagot már beszereztük): az első tortához 150 g cukor, 50 g liszt, 8 tojás, 300 g eper, a második tortához 120 g cukor, 80 g liszt, 6 tojás, 200 g csokoládé. Ezeket az adatokat összefoglalhatjuk a következő táblázatban illetve mátrixban: Liszt Tojás Eper Csokoládé 50 g 300 g 8 0 80 g 200 g 6 0 ⎛150 50 8 300 0 ⎞⎟ ⎟⎟ X = ⎜⎜⎜ ⎜⎝120 80 6 0 200⎠⎟⎟ ha csak fél adagot szeretnénk készíteni, akkor a mátrix minden elemét meg kell ⎛75 25 4 150 0 ⎞⎟ 1 ⎟⎟ mátrixot. szorozzuk -del, így kapjuk az Y = ⎜⎜⎜ ⎟ 2 ⎝⎜60 40 3 0 100⎠⎟

T1 T2

Cukor 150 g 120 g

Tartalomjegyzék

Mátrixok

255

Tulajdonképpen bevezettük egy mátrix szorzását valós (komplex, stb.) számmal: Értelmezés. Ha A = (aij )i =1,m ∈ M m ,n (^) és λ ∈ ^ , akkor λ ⋅ A = (bij )i =1,m , ahol j =1,n

j =1,n

bij = λ ⋅ aij , ∀i = 1, m , ∀j = 1, n , azaz λA = (λaij )i =1,m . j =1,n

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛1 3 −2 ⎞⎟⎟ ⎛⎜ i 3i −2i ⎞⎟⎟ ⎜⎜ 1 −2⎟⎟ ⎜⎜ 3 −6⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ Példák. 3 ⋅ ⎜⎜−1 1 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜−3 3 ⎟⎟⎟ , −i ⎜⎜−i i − 2 2i ⎟⎟⎟ = ⎜⎜1 −1 − 2i −2 ⎟⎟⎟ . ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ 3 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜0 ⎟ ⎜⎜ 1 ⎜ 0 0 0 1 1 i i 1 i − + ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝⎜ ⎠ ⎝⎜ ⎠⎟ 2. Mátrixok összeadása Ha az előbbi példában másfél adaghoz szükséges hozzávalók mennyiségét szeretnénk kiszámolni, megszorozhatjuk az X mátrixot 1, 5 -del vagy az X és Y megfelelő elemeit összeadjuk: ⎛150 + 75 50 + 25 8 + 4 300 + 150 0 + 0 ⎞⎟ ⎟⎟ = X + Y = ⎜⎜⎜ 0+0 200 + 100⎠⎟⎟ ⎜⎝120 + 60 80 + 40 6 + 3 ⎛225 75 12 450 0 ⎞⎟ ⎟⎟ . = ⎜⎜⎜ 0 300⎠⎟⎟ ⎝⎜180 120 9 Értelmezés. Ha A, B ∈ M m ,n (^) , A = (aij )i =1,m és B = (bij )i =1,m , akkor j =1,n

j =1,n

A + B = (cij )i =1,m , ahol cij = aij + bij , azaz A + B = (aij + bij )i =1,m . j =1,n

j =1,n

Két azonos típusú mátrixot (csak ezek adhatók össze) összeadni annyit jelent, hogy a megfelelő elemeket (azaz ugyanabban a sorban illetve oszlopban levőket) összeadjuk. ⎛ 1 −2⎞⎟ ⎛1 2 ⎞⎟⎟ ⎛⎜ 2 0⎞⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜⎜⎜ ⎜ Példák. 1. ⎜−1 1 ⎟⎟⎟ + ⎜⎜2 −1 + i ⎟⎟⎟ = ⎜⎜ 1 i ⎟⎟⎟ ; ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜ i 0 ⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜1 + i 0⎠⎟⎟ ⎜⎝ 1 ⎛ 2 ⎞⎟⎟ ⎛⎜ 1 −2⎞⎟⎟ ⎛⎜ 2 0⎞⎟⎟ ⎜⎜1 ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ 2. ⎜⎜2 −1 + i ⎟⎟⎟ + ⎜⎜−1 1 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜ 1 i ⎟⎟⎟ ; ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ 1 ⎟⎟ ⎜1 + i 0⎟⎟⎟ ⎜⎜ i 0 0 ⎜ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛1 32 −54⎞⎟ ⎛0 0 0⎞⎟ ⎛1 32 −54⎞⎟ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ ; ⎟⎟ = ⎜⎜ 3.. ⎜⎜⎜ 21 ⎟⎠⎟ ⎜⎜⎝0 0 0⎠⎟⎟ ⎜⎝⎜2 0 21 ⎟⎠⎟ ⎜⎝2 0 ⎛1 3⎞⎟ ⎛−1 −3⎞⎟ ⎛0 0⎞⎟ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ; 4. ⎜⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎝⎜2 4⎠⎟ ⎝⎜−2 −4⎠⎟⎟ ⎝⎜0 0⎠⎟⎟

Tartalomjegyzék

256

Mátrixok

⎛⎛ 1 2⎞ ⎛ 0 −1⎞⎞⎟ ⎛−3 2⎞ ⎛ 1 1⎞ ⎛−3 2⎞ ⎛−2 3⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟ 5. ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜ ⎟⎟⎟⎟ + ⎜ ⎟⎟ = ⎜ ⎟⎟ + ⎜ ⎟⎟ = ⎜ ⎟; ⎜⎝⎝⎜−1 3⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜−1 −2⎠⎟⎟⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜ 1 0⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜−2 1⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜ 1 0⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜−1 1⎠⎟⎟ ⎛ 1 2⎞⎟ ⎛⎜⎛ 0 −1⎞⎟ ⎛−3 2⎟⎞⎞⎟ ⎛ 1 2⎞⎟ ⎛−3 1 ⎞⎟ ⎛−2 3⎞⎟ ⎟⎟ ; ⎟⎟ + ⎜⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ 6. ⎜⎜⎜ ⎜⎝−1 3⎠⎟⎟ ⎜⎜⎝⎝⎜⎜−1 −2⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜ 1 0⎟⎟⎠⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜−1 3⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜ 0 −2⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜−1 1⎠⎟⎟ ⎛ ⎞ ⎛3 3 + 3i −6 0 ⎞⎟ ⎛6 6 + 6i −12 0 ⎞⎟ ⎜ ⎛1 1 + i −2 0 ⎞⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟; ⎟⎟ = ⎜⎜ 2 = ⋅ 7. 2 ⋅ ⎜⎜3 ⋅ ⎜⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ 3 −1⎟⎠⎠⎟ 9 −3⎠⎟⎟ ⎜⎝⎜0 −12 18 −6⎠⎟⎟⎟ ⎜⎝ ⎜⎝0 −2 ⎜⎝0 −6 ⎛1 1 + i −2 0 ⎞⎟ ⎛6 6 + 6i −12 0 ⎞⎟ ⎟ = ⎜⎜ ⎟; 8. 6 ⋅ ⎜⎜⎜ 3 −1⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜⎜0 −12 18 −6⎠⎟⎟⎟ ⎜⎝0 −2 3 − i ⎞⎟ ⎛1 −1⎞⎟ ⎛−3 + i ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟; 9. (−3 + i )⎜⎜⎜ ⎜ −1 − 3i ⎠⎟⎟⎟ ⎜⎝0 i ⎠⎟⎟ ⎝⎜ 0 3 − i ⎞⎟ ⎛1 −1⎞⎟ ⎛1 −1⎞⎟ ⎛−3 3 ⎞⎟ ⎛ i −i ⎞⎟ ⎛−3 + i ⎟; ⎟ + i ⋅ ⎜⎜ ⎟ = ⎜⎜ ⎟ + ⎜⎜ ⎟ = ⎜⎜ 10. (−3)⎜⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ −1 − 3i ⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜0 i ⎠⎟⎟ ⎝⎜0 i ⎠⎟⎟ ⎝⎜ 0 −3i ⎠⎟⎟ ⎜⎝0 −1⎠⎟⎟ ⎝⎜ 0 ⎛ ⎞ ⎛−1 0⎞⎟ ⎛−2 0⎞⎟ ⎜⎛ 1 i ⎟⎞⎟ ⎛⎜⎜ −2 −i ⎞⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜ 11. 2 ⋅ ⎜⎜⎜⎜⎜ 2 +⎜ = ⋅ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜⎜ i 1⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜ 2i 2⎟⎟⎟ ; ⎜⎝⎜⎝−3 2⎠⎟⎟ ⎝⎜3 + i −1⎠⎟⎟⎠⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 1 i ⎞⎟ ⎛ −2 −i ⎞⎟ ⎛ 2 2i ⎞⎟ ⎛ −4 −2i ⎞⎟ ⎛−2 0⎞⎟ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟ + 2 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟ 12. 2 ⋅ ⎜⎜⎜ ⎜⎜3 + i −1⎟⎟ ⎜⎜−6 4 ⎟⎟ ⎜⎜6 + 2i −2 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜ 2i 2⎟⎟⎟ ⎜⎝−3 2⎠⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ A fenti példák alapján sejtjük, hogy a komplex számok összeadásának tulajdonságai (kommutativitás, asszociativitás, semleges elem illetve egy tetszőleges elem ellentettjének létezése) érvényesek a mátrixok összeadására is. Ellenőrizzük ezeket a tulajdonságokat az általános esetre is. Az A, B,C ∈ M m ,n (^) , A = (aij )i =1,m , B = (bij )i =1,m , C = (cij )i =1,m mátrixok esetén j =1,n

j =1,n

j =1,n

alkalmazzuk a komplex számok összeadásának tulajdonságait: 1. A + B = (aij + bij )i =1,m = (bij + aij )i =1,m = B + A ; j =1,n

j =1,n

2. (A + B ) + C = (aij + bij )i =1,m + (cij )i =1,m = ⎢⎡(aij + bij ) + cij ⎥⎤i =1,m = ⎣ ⎦ j =1,n j =1,n j =1,n

= ⎡⎢aij + (bij + cij )⎤⎥i =1,m = (aij )i =1,m + (bij + cij )i =1,m = A + (B + C ) ; ⎣ ⎦ j =1,n j =1,n j =1,n 3. Az Om ,n = (oij )i =1,m , ahol oij = 0 ∀i = 1, m , ∀j = 1, n mátrixot nullmátrixnak j =1,n

A + Om ,n = (aij + 0)i =1,m = A = Om ,n + A .

nevezzük és

j =1,n

4. Ha A′ = (−aij )i =1,m , akkor A + A′ = (aij − aij )i =1,m = Om,n = A′ + A . j =1,n

j =1,n

Tartalomjegyzék

Mátrixok

257

Használatos az A′ = −A jelölés és −A -t az A ellentettjének nevezzük. Látható, hogy −A = (−1) ⋅ A . 5. Nyilvánvaló, hogy ha α ∈ ^ , akkor α ⋅ Om ,n = Om ,n , és 0 ⋅ A = Om ,n . Ha α, β ∈ ^ , akkor igazak a következő tulajdonságok: 6. α (βA) = α ⋅ (βaij )i =1,m = ⎢⎡α (βaij )⎥⎤i =1,m = ⎣⎡(αβ )aij ⎦⎤i =1,m = (αβ )(aij )i =1,m = (αβ ) A ; ⎣ ⎦ j =1,n j =1,n j =1,n j =1,n 7. (α + β) A = ⎡⎣(α + β)aij ⎤⎦i =1,m = (αaij + βaij )i =1,m = (αaij )i =1,m + (βaij )i =1,m = αA + βA ; j =1,n

j =1,n

j =1,n

j =1,n

8. α (A + B ) = ⎡⎢α (aij + bij )⎤⎥i =1,m = (αaij )i =1,m + (αbij )i =1,m = αA + αB . ⎣ ⎦ j =1,n j =1,n j =1,n 3. Mátrixok szorzása A fejezet elején szereplő példa esetén tekintsük még a következő adatokat: Két különböző kereskedelmi egységben a következő árak vannak: az A egységben 1 kg cukor 3 lej, 1 kg liszt 2, 5 lej, egy tojás 0, 3 lej, 1 kg eper 7 lej, 1 kg csokoládé 20 lej. A B egységben 1 kg cukor 2, 8 lej, 1 kg liszt 3 lej, egy tojás 0, 4 lej, 1 kg eper 6 lej, 1 kg csokoládé 22 lej. Foglaljuk össze az előbbi adatokat egy táblázatban: Cukor Liszt Tojás Eper Csokoládé 2, 5 0, 3 7 Ár A (lej/kg vagy db.) 3 20 2, 8 0, 4 Ár B (lej/kg vagy db.) 3 6 22 Ki szeretnénk számolni, hogy melyik kereskedelmi egységben érdemesebb bevásárolni. Az első torta hozzávalóinak ára az A egységben: p11 = 0,15 ⋅ 3 + 0, 05 ⋅ 2, 5 + 8 ⋅ 0, 3 + 0, 3 ⋅ 7 + 0 ⋅ 20 = 5, 075 , a B egységben az ár p12 = 0,15 ⋅ 2, 8 + 0, 05 ⋅ 3 + 8 ⋅ 0, 4 + 0, 3 ⋅ 6 + 0 ⋅ 22 = 5, 57 A második torta hozzávalóinak ára az A egységben: p21 = 0,12 ⋅ 3 + 0, 08 ⋅ 2, 5 + 6 ⋅ 0, 3 + 0 ⋅ 7 + 0, 2 ⋅ 20 = 6, 36 , a B egységben az ár p21 = 0,12 ⋅ 2, 8 + 0, 08 ⋅ 3 + 6 ⋅ 0, 4 + 0 ⋅ 6 + 0, 2 ⋅ 22 = 7, 376 Azonnal látható, hogy az A egységben érdemes bevásárolni. Az eljárás más ⎛0,15 0, 05 8 0, 3 0 ⎞⎟ ⎟⎟ a mennyiségek szempontból is fontos. Legyen X = ⎜⎜⎜ ⎜⎝0,12 0, 08 6 0 0, 2⎠⎟⎟

⎛ 3 ⎜⎜ ⎜⎜2,5 mátrixa és Y = ⎜⎜⎜0,3 ⎜⎜ 7 ⎜⎜ ⎜⎝20

2,8⎞⎟⎟ 3 ⎟⎟⎟ 0,4⎟⎟⎟ az árak mátrixa. Láthatjuk, hogy a p11 -et úgy kaptuk, hogy ⎟ 6 ⎟⎟⎟ 22 ⎠⎟⎟ az X mátrix első sorának elemeit összeszoroztuk az Y mátrix első oszlopának

Tartalomjegyzék

258

Mátrixok

elemeivel, majd ezeket a szorzatokat összeadtuk. Hasonlóan p12 az X első sorából és az Y második oszlopából képződik, stb. Nyilvánvaló, hogy ezen műveletek elvégezhetőségének szükséges feltétele, hogy az X oszlopainak száma megegyezzen az Y mátrix sorainak számával. ⎛ p11 p12 ⎞⎟ ⎟ mátrix az X és Y mátrixok szorzata. Az így kapott ⎜⎜ p ⎜⎝ 21 p22 ⎠⎟⎟ Értelmezés. Az A = (aij )i =1,m ∈ M m ,n (^) és B = (bij )i =1,n ∈ M n , p (^) mátrixok j =1,n

szorzata az A ⋅ B = (cij )i =1,m ∈ Mm,p (^) mátrix, ahol cij = j =1, p

j =1, p

n

∑a b

ik kj

.

k =1

Példák

⎛ 1 2⎞ ⎛ 1 − 3⎞ ⎛1 ⋅ 1 + 2 ⋅ (−2) 1 ⋅ (−3) + 2 ⋅ (−7) ⎞⎛− 3 − 17⎞ 1. ⎜⎜−3 4 ⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜− 2 − 7 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜(−3) ⋅ 1 + 4 ⋅ (−2) (−3) ⋅ (−3) + 4 ⋅ (−7)⎟⎟⎟⎜⎜− 11 − 19⎟⎟⎟ ; ⎠ ⎜⎝ ⎠ ⎝⎜ ⎠ ⎝⎜ ⎠⎟⎝⎜ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜1 0 − 2⎟⎟⎜⎜−2 1⎟⎟ ⎜⎜1 ⋅ (−2) + 0 ⋅ 1 + (−2) ⋅ 3 1 ⋅ 1 + 0 ⋅ (−4) + (−2) ⋅ 0⎟⎟ ⎜⎜−8 1 ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ 2. ⎜3 1 − 4⎟⎟⎜ 1 − 4⎟⎟ = ⎜3 ⋅ (−2) + 1 ⋅ 1 + (−4) ⋅ 3 3 ⋅ 1 + 1 ⋅ (−4) + (−4) ⋅ 0⎟⎟ = ⎜−17 − 1⎟⎟⎟ ; ⎟ ⎜ ⎜ ⎟⎟⎜⎜ 3 0 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ 1 ⋅ 1 + 0 ⋅ (−4) + 0 ⋅ 0 ⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜−2 1⎠⎟⎟ ⎟⎜ ⎝⎜⎜1 0 0 ⎠⎝ ⎠⎟ ⎝⎜ 1 ⋅ (−2) + 0 ⋅ 1 + 0 ⋅ 3 ⎞ ⎛0 2 ⎞⎟ ⎛0 2 ⎞⎟ ⎛ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎛ 2 2⎞ ⎟⎟⎛1 0 2⎞ ⎜⎜0 −2 0⎟⎟⎟ ⎛1 0 2⎞⎟⎜⎜⎜ ⎜ ⎟⎟⎜⎜1 −1⎟⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ; ⎟⎟ = ⎜⎜1 1 2⎟⎟⎟ ; 3. ⎜⎜⎜ 4. ⎜⎜1 −1⎟⎟⎟⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎝⎜⎜−1 1⎠⎟⎟⎟ ⎟⎟⎜⎝0 −1 0⎠⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎝0 −1 0⎠⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜1 0 ⎟⎟ ⎜⎜1 0 ⎟⎟ ⎜⎜1 0 2⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 3 −2⎞⎟ ⎛7 0⎞⎟ 1 2⎞⎟ ⎛7 0⎞⎟ ⎛ 1 2⎞⎛ ⎛3 −2⎞⎛ ⎜⎜ ⎟⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ; ⎟⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ; 6. 5. ⎜⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ − − 2 3 2 1 0 7 2 1 2 3 ⎟⎜ ⎟⎜ ⎝⎜ ⎠⎝ ⎠⎟⎟ ⎝⎜0 7⎠⎟⎟ ⎝⎜ ⎠⎝ ⎠⎟ ⎝⎜ ⎠⎟ 1 ⎞⎟ 1 1 ⎞⎟ ⎛3 3⎞⎟ ⎛1 1 ⎞⎛ ⎛3 0⎞⎛ ⎟⎟⎜⎜3 0⎞⎟⎟ ⎛⎜⎜ 5 ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟ = ⎜⎜ ⎟; ⎟; 8. 7. ⎜⎜⎜ = ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟⎜⎜0 −1⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜⎜2 1⎠⎟⎟⎟ ⎟⎟⎜⎜2 1⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜−2 −1⎠⎟⎟ ⎜⎝⎜2 1⎠⎝ ⎜⎝0 −1⎠⎝ ⎛ 1 8⎞⎟ ⎛ ⎛ 1 8⎞⎟ ⎞ ⎜ ⎜⎜ ⎟⎟⎛0 0 0 0⎞ ⎜⎜0 0 0 0⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎛0 0⎞ 0 0 0 ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟⎟⎜⎜⎜−2 5⎟⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ; ⎟⎟ = ⎜⎜0 0 0 0⎟⎟ ; 9. ⎜−2 5⎟⎟⎜⎜ 10. ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝⎜⎜0 0⎠⎟⎟⎟ ⎟⎟⎜⎝0 0 0 0⎠⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝0 0 0⎠⎟⎟⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ 5 3⎟⎟ ⎜ ⎜⎜ 5 3⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝⎜0 0 0 0⎠⎟ ⎝ ⎠ ⎛⎛ 1 0⎞⎛3 −1⎞⎞⎟ ⎛ 3 −1⎞⎟ ⎛ 6 −2⎞⎟ ⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ; 11. 2 ⎜⎜⎜⎜⎜ = ⋅ 2 ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜⎝⎜⎝−1 2⎟⎠⎝⎜0 1 ⎠⎟⎠⎟ ⎝⎜−3 3 ⎠⎟⎟ ⎝⎜−6 6 ⎠⎟⎟ ⎛ ⎞ ⎜ ⎛ 1 0⎟⎞⎟⎟⎟⎛⎜⎜3 −1⎞⎟⎟ ⎛⎜⎜ 2 0⎞⎟⎟⎛⎜⎜3 −1⎞⎟⎟ ⎛⎜⎜ 6 −2⎞⎟⎟ 12. ⎜⎜2 ⎜⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟= ⎟= ⎟; ⎜⎝ ⎝⎜−1 2⎠⎟⎟⎠⎟⎟⎝⎜⎜0 1 ⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜−2 4⎠⎟⎟⎝⎜⎜0 1 ⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜−6 6 ⎠⎟⎟ ⎛ 1 0⎞⎟ ⎜⎛ ⎛3 −1⎞⎟⎞⎟ ⎛ 1 0⎞⎛ ⎟⎟⎜⎜6 −2⎞⎟⎟ ⎛⎜⎜ 6 −2⎞⎟⎟ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜2 ⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜ 13. ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎜ ⎟= ⎟; ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜0 2 ⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜−6 6 ⎠⎟⎟ ⎝⎜−1 2⎠⎟⎟ ⎜⎝ ⎝⎜0 1 ⎠⎟⎟⎠⎟ ⎝⎜−1 2⎠⎝

Tartalomjegyzék

Mátrixok

259

⎛⎛0 2 ⎞ ⎛ 1 −1⎞⎞⎟ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎛1 0 2⎞⎜⎜1 1⎟⎟⎟ ⎛3 3⎞ ⎛1 0 2⎞⎟⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎟ ⎟⎟⎜⎜⎜⎜1 −1⎟⎟⎟ + ⎜⎜−1 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜ 14. ⎜⎜⎜ ; 0 0⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ⎝⎜⎜0 −1 0⎠⎟⎟⎟⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎝⎜0 0⎠⎟⎟⎟ ⎜⎝0 −1 0⎠⎟⎟⎜⎜⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ 1 ⎠⎟⎟⎠⎟⎟ ⎜⎝⎝⎜⎜1 0 ⎠⎟ ⎝⎜⎜ 0 ⎝⎜1 1⎠⎟ ⎛0 2 ⎞⎟ ⎛ ⎞ ⎟⎟ ⎛1 0 2⎞ ⎜⎜ 1 −1⎟⎟⎟ ⎛ 2 2⎞ ⎛1 1 ⎞ ⎛3 3⎞ ⎛1 0 2⎞⎟⎜⎜⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 15. ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜1 −1⎟⎟⎟ + ⎜⎜0 −1 0⎟⎟⎟⎜⎜⎜−1 1 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜−1 1⎟⎟⎟ + ⎜⎜1 −1⎟⎟⎟ = ⎜⎜0 0⎟⎟⎟ ; ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜⎝0 −1 0⎠⎟⎟⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎠⎟ ⎠ ⎜⎜ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎟⎟⎟ ⎝ ⎜⎜1 0 ⎟⎟ ⎝ 0 1 ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞⎟ ⎛−4 2 ⎞⎟ ⎜⎛0 2 ⎟⎟⎞ ⎟⎟ ⎛−2 2⎞ ⎛1 0 2⎞⎟⎜⎜⎜⎜⎜ ⎛ 1 0⎞⎟⎟⎟⎟ ⎛1 0 2⎞⎟⎜⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ 16. ⎜ ⎟⎟⎜⎜⎜⎜1 −1⎟⎟⎜− ⎟⎟⎟⎟ = ⎜ − ⎟⎟⎜⎜ 3 −1⎟⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟; − 0 1 0 2 1 0 1 0 3 1 − ⎟⎝⎜ ⎟ ⎝⎜ ⎝⎜ ⎠⎟⎜⎜⎜⎜ ⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜ ⎠⎟⎜⎜ ⎠⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟ 0 ⎠⎟ ⎜⎝⎜⎝1 0 ⎠⎟ ⎝⎜ 1 ⎠⎟ ⎛ ⎛0 2 ⎞⎟⎞⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎜ 1 0 2 1 0⎞⎟ ⎛−2 2⎞⎟ ⎛ ⎞ ⎟⎟⎟⎟⎛ 1 0⎞⎟ ⎛⎜ 2 2⎞⎛ ⎜⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟⎟⎜1 −1⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ ⎟⎟⎟⎜⎜ ⎟ = ⎜⎜ ⎟; 17. ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜−2 1⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜⎜−3 1⎠⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎝0 −1 0⎠⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎝⎜⎜−2 1⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜−1 1⎠⎝ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜⎜⎝ ⎝⎜1 0 ⎠⎟⎠⎟⎟ ⎛3 2 −1⎞⎟ ⎛1 0 0⎟⎞ ⎛3 2 −1⎞⎟ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜1 0 0⎟⎟ ⎜⎜3 2 −1⎟⎟ ⎜⎜3 2 −1⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ 18. ⎜⎜1 1 0 ⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟ = ⎜⎜1 1 0 ⎟⎟⎟ ; 19. ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜1 1 0 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜1 1 0 ⎟⎟⎟ ; ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜2 5 1 ⎟⎟ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟ ⎜⎜⎜2 5 1 ⎟⎟ ⎜⎜0 0 1⎟⎟ ⎜⎜⎜2 5 1 ⎟⎟ ⎜⎜⎜2 5 1 ⎟⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛0 1 2⎞⎛ ⎛ 0 1 0 ⎞⎛ ⎟⎟⎜⎜ 0 1 0 ⎞⎟⎟ ⎛⎜⎜1 0 0⎞⎟⎟ ⎟⎟⎜⎜0 1 2⎞⎟⎟ ⎛⎜⎜1 0 0⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ 20. ⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟⎜⎜−5 0 2 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟ ; 21. ⎜⎜−5 0 2 ⎟⎟⎟⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ = ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟ . ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜0 3 5⎟⎟⎜⎜⎜ 3 0 −1⎟⎟ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟ ⎜⎜ 3 0 −1⎟⎟⎜⎜⎜0 3 5⎟⎟ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Akárcsak az összeadás esetén, itt is sejtünk néhány tulajdonságot (asszociativitás, disztributivitás, semleges elem létezése négyzetes mátrixok esetén). Ellenőrizzük ezeket általános esetben is. 1. A 3. és 4. példáknál láthattuk, hogy a mátrixok szorzása nem kommutatív, sőt ha léteznek az AB és BA mátrixok általában nem is azonos típusúak, csak a négyzetes mátrixok esetén, de ebben az esetben sem feltétlenül kommutatív a szorzás (5., 6., 7. és 8. példák). 2. Ha α ∈ ^ , A ∈ M m ,n (^) , B ∈ M n , p (^) akkor: n

n

j =1

j =1

(αA) B = (αaij )i =1,m (bjk )j =1,n = (cik )i =1,m , cik = ∑ (αaij )bjk = ∑ αaijbjk , j =1,n

k =1, p

k =1, p

n

n

j =1

j =1 n

n

j =1

j =1

α (AB ) = (αdik )i =1,m , dik = ∑ aijbjk ⇒ αdik = ∑ αaijbjk , k =1, p

A (αB ) = (aij )i =1,m (αbjk )j =1,n = (eik )i =1,m , eik = ∑ aij (αbjk ) = ∑ αaijbjk . j =1,n

k =1,n

k =1, p

Tartalomjegyzék

260

Mátrixok

Tehát (αA) ⋅ B = α (AB ) = A (αB ) . 3. Ha A ∈ M m ,n (^) , B,C ∈ M n , p (^) , akkor n

n

A(B + C ) = (aij )i =1,m (bjk + cjk )j =1,n = (dik )i =1,m , dik=∑aij (bjk + cjk ) =∑(aijbjk + aijcjk ) , j =1,n

k =1, p

k =1, p

j =1

n

n

j =1

j =1

+ ∑ aijc jk = ∑ (aijbjk + aijc jk ) .

AB + AC = =[eik + fik ]i =1,m , eik + fik=∑ aijbjk k =1, p

j =1

n

j =1

Tehát A ⋅ (B + C ) = AB + AC . Hasonlóan igazolható, hogy ha A ∈ M n , p (^) , B,C ∈ M m ,n (^) , akkor

(B + C ) ⋅ A = BA + CA . 4. Ha A ∈ M m ,n (^) , B ∈ M n , p (^) , C ∈ M p,q (^) akkor n

A ⋅ B = D ∈ M m , p (^) , dik = ∑ ailblk , l =1

⎛

p

p

k =1

k =1 p

⎞

n

p

n

(AB )C = D ⋅ C = E ∈ M m, p (^) , eij = ∑ dikckj = ∑ ⎜⎜⎜∑ ailblk ⎟⎟⎟ckj = ∑∑ ailblkckj , ⎝ l =1

⎠

k =1 l =1

B ⋅ C = F ∈ M n ,q (^) , flj = ∑ blkckj , k =1

n

p

l =1

k =1

n

n

p

A ⋅ (BC ) = AF = G ∈ M m ,q (^) , gij = ∑ ail flj = ∑ ail ∑ blkckj = ∑ ∑ ailblkckj . l =1

m

∑ ∑x

Tehát csak azt kell igazolnunk, hogy egy

ij

i =1 j =1 m n

sorrend felcserélhető, vagyis írhatjuk, hogy

i =1 j =1

n

n

m

∑ ∑ xij = ∑ ∑ xij . i =1 j =1

alakú összegben az összegzési n

j =1 i =1

(*)

j =1 i =1

A lemma bizonyítása. Legyen X = (x ij )i =1,m . Ekkor j =1,n

m

szereplő elemek összege, tehát

m

∑ ∑ xij = ∑ ∑ xij , ekkor eij = gij ,

tehát (A ⋅ B ) ⋅ C = A ⋅ (B ⋅ C ) . Lemma. Ha x ij ∈ ^ , i = 1, m és j = 1, n , akkor m

l =1 k =1

n

n

∑x

ij

az i -edik sorban

j =1

n

∑ ∑x

ij

az X mátrix sorösszegeinek összege.

i =1 j =1

m

Másrészt

∑ xij a j -edik oszlop elemeinek összege, tehát i =1

n

m

∑ ∑x

ij

az X mátrix

j =1 i =1

oszlopösszegeinek összege. Mindkét esetben az X mátrix elemeinek összegét számoltuk ki. Az összeadás kommutativitása alapján a két összegzési mód ugyanahhoz az eredményhez vezet.

Tartalomjegyzék

Mátrixok

261

⎛1 ⎜⎜ ⎜0 5. Legyen I n = ⎜⎜⎜0 ⎜⎜ # ⎜⎜⎝0

0 0 ... 0⎞⎟ 1 0 ... 0⎟⎟⎟ ⎧ ⎪1, ha i = j 0 1 ... 0⎟⎟⎟ = (δij )i , j =1,n ∈ M n (^) , δij = ⎪ ⎨0, ha i ≠ j ( δij a ⎪ ⎟⎟ ⎪ ⎩ 0 0 ... 1⎠⎟⎟

Kronecker szimbólum). Ha A = (aij )i , j =1,n ∈ M n (^) , akkor A ⋅ I n = (bij )i , j =1,n , ahol n

bij = ∑ aik δkj = ai 1 ⋅ 0 + ... + ai ( j −1) ⋅ 0 + aij ⋅ 1 + ai ( j +1) ⋅ 0 + ... + ain ⋅ 0 = aij .

Tehát

k =1

A ⋅ I n = A . Hasonlóan I n ⋅ A = (cij )i , j =1,n , ahol n

cij = ∑ δikakj = 0 ⋅ a1 j + ... + 0 ⋅ a(i −1) j + 1 ⋅ aij + 0 ⋅ a(i +1) j + ... + 0 ⋅ anj = aij ,

tehát

k =1

In ⋅ A = A . Értelmezés ⎛1 0 ⎜⎜ ⎜0 1 Az I n = ⎜⎜⎜0 0 ⎜⎜ # ⎜⎜⎝0 0

0 ... 0⎞⎟ 0 ... 0⎟⎟⎟ 1 ... 0⎟⎟⎟ = (δij )i , j =1,n ∈ M n (^) mátrixot egységmátrixnak nevezzük. ⎟⎟ 0 ... 1⎠⎟⎟

6. A 20. és 21. példáknál láthattuk, hogy léteznek olyan mátrixok, amelyek szorzata bármilyen sorrendben az egységmátrixot eredményezi. Ezek a mátrixok egymás inverzei. Értelmezés. Azt mondjuk, hogy az A ∈ M n (^) mátrix invertálható, ha létezik az A′ ∈ M n (^) mátrix úgy, hogy AA′ = A′A = I n . Az A′ mátrixot az A mátrix inverzének nevezzük és A−1 -nel jelöljük. Megjegyzés. Ha létezik egy mátrixnak inverze, akkor az egyértelműen meghatározott. Valóban, ha A′′ ∈ M n (^) esetén AA′′ = A′′A = I n , akkor

A′′ = A′′ ⋅ I n = A′′ (AA′) = (A′′A) A′ = I n A′ = A′ . Értelmezés. Az A ∈ M n (^) mátrix esetén értelmezhetjük a mátrix hatványait: A0 = I n , A1 = A , A2 = A ⋅ A , A 3 = A2 ⋅ A = A ⋅ A 2 = A ⋅ A ⋅ A , A 4 = A 3 ⋅ A = A ⋅ A 3 = A 2 ⋅ A2 = A ⋅ A ⋅ A ⋅ A és általában An +1 = An ⋅ A minden n ≥ 1 esetén. Az asszociativitás alapján azonnaliak a következő tulajdonságok: 1. Am ⋅ Ap = Am + p , ∀ m, p ∈ ` , ∀ A ∈ M n (^) ; p

2. (Am ) = Am ⋅p , ∀ m, p ∈ ` , ∀ A ∈ M n (^) ; m

3. (λ ⋅ A) = λm ⋅ Am , ∀ m ∈ `* , ∀ A ∈ M n (^) , ∀ λ ∈ ^ .

Az eddigiek alapján kijelenthetjük a következő tételt:

Tartalomjegyzék

262

Mátrixok

Tétel (Mátrixokkal végzett műveletek tulajdonságai) ∀A, B ∈ M m ,n (^) ; 1. A + B = B + A , 2. (A + B ) + C = A + (B + C ) ,

∀A, B,C ∈ M m,n (^) ;

3. A + Om ,n = Om ,n + A = A ,

∀A ∈ M m ,n (^) ;

4. A + (−A) = (−A) + A = 0m , n ,

∀A ∈ M m ,n (^) ;

5. α ⋅ (βA) = (αβ ) A ,

∀α, β ∈ ^ , ∀A ∈ M m,n (^) ;

6. α ⋅ (A + B ) = αA + αB ,

∀α ∈ ^ , ∀A, B ∈ M m ,n (^) ;

7. (α + β ) ⋅ A = αA + βA ,

∀α, β ∈ ^ , ∀A ∈ M m,n (^) ;

8. 1 ⋅ A = A , ∀B,C ∈ M n , p (^) ; 9. (−1) ⋅ A = −A , ∀B,C ∈ M n , p (^) ; 10. 0 ⋅ A = Om ,n , ∀A ∈ M m ,n (^) ; 11. α ⋅ Om ,n = Om ,n , ∀α ∈ ^ ; 12. A ⋅ On , p = Op,q , Op,m ⋅ A = Op,n , ∀A ∈ M m ,n (^) ; 13. (αA) ⋅ B = α (AB ) = A (αB ) , ∀α ∈ ^ , ∀A ∈ M m ,n (^) , ∀B ∈ M n , p (^) ; 14. A ⋅ (B ⋅ C ) = (A ⋅ B ) ⋅C , ∀A ∈ M m ,n (^) , ∀B ∈ M n , p (^) , ∀C ∈ M p,q (^) ; 15. A ⋅ (B + C ) = AB + AC ,

∀A ∈ M m ,n (^) , ∀B,C ∈ M n , p (^) ;

16. (B + C ) ⋅ A = BA + CA ,

∀A ∈ M n , p (^) , ∀B,C ∈ M m,n (^) ;

17. A ⋅ I n = I n ⋅ A = A , ∀A ∈ M n (^) ; m p m +p 18. A ⋅ A = A , ∀ m, p ∈ ` , ∀ A ∈ M n (^) ; p

19. (Am ) = Am ⋅p , ∀ m, p ∈ ` , ∀ A ∈ M n (^) ; m

20. (λ ⋅ A) = λm ⋅ Am , ∀ m ∈ `* , ∀ A ∈ M n (^) , ∀ λ ∈ ^ . Megoldott feladatok

⎛a b ⎞ 1. Igazoljuk, hogy az A = ⎜⎜c d ⎟⎟⎟ mátrix esetén: ⎜⎝ ⎠ 2 A − (a + d ) A + (ad − bc ) I 2 = O2 . Bizonyítás ⎛a b ⎞ ⎛a b ⎞ ⎛a 2 + bc ab + bd ⎞⎟ A2 = A ⋅ A = ⎜⎜c d ⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜c d ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜ 2⎟ ⎟, ⎝⎜ ⎠ ⎝⎜ ⎠ ⎜⎝ac + dc bc + d ⎠⎟ ⎛a 2 + bc ab + bd ⎞⎟ ⎛(a + d )a (a + d )b ⎞ ⎟⎟ + ⎜ tehát A2 − (a + d ) A + (ad − bc ) I 2 = ⎜⎜⎜ 2⎟ ⎟−⎜ ⎟ ⎝⎜ac + dc bc + d ⎠⎟ ⎝⎜(a + d )c (a + d )d ⎠⎟ ⎛ad − bc 0 ⎞ ⎛ 0 0⎞ + ⎜⎜ 0 ad − bc ⎟⎟⎟ = ⎜⎜0 0⎟⎟ = O2 . ⎜⎝ ⎠⎟ ⎠ ⎜⎝

Tartalomjegyzék

Mátrixok

263

Megjegyzés. Ha A = (aij )i , j =1, n , akkor az aii , i = 1, n elemek a mátrix főátlóját

alkotják, míg az ai (n −i +1) elemek a mellékátlót. Általában, ha A egy négyzetes mátrix, akkor a főátlón levő elemek összegét a mátrix nyomának nevezzük és TrA -val n ⎛a b ⎞ jelöljük. Tehát, ha A = (aij )i , j =1, n , akkor TrA = ∑ aii . Az A = ⎜⎜c d ⎟⎟⎟ mátrixhoz ⎜⎝ ⎠ i =1 rendelt ad − bc szám az A mátrix determinánsa és det A -val jelöljük. Így a feladatbeli összefüggés a következő alakban is írható: A2 − (Tr A) A + (det A) I 2 = 02 . Ez az összefüggés egy sajátos esete a Cayley-Hamilton tételnek. 2. Oldjuk meg M 3,2 ( \) -ben a következő egyenletrendszert

⎛ 8 − 5 ⎞⎟ ⎪⎧⎪ ⎜⎜ ⎪ ⎟⎟ ⎪⎪⎪ 2X − 3Y = ⎜⎜⎜−5 3 ⎟⎟⎟ ⎝⎜ 0 − 10⎠⎟⎟ ⎪⎪⎪ . ⎨ ⎪⎪ ⎛ − 1 − 1⎞⎟ ⎜⎜ ⎪ ⎟ ⎪⎪⎪3X + 2Y = ⎜⎜ 12 − 2 ⎟⎟⎟ ⎜−13 11 ⎟⎟ ⎪⎪ ⎜⎝ ⎠⎟ ⎪⎩ Megoldás. Beszorozzuk az első egyenlet mindkét oldalát 2-vel és a második egyenlet mindkét oldalát 3-mal, majd összeadjuk a kapott egyenlőségek megfelelő oldalait: ⎛ 1 − 1⎞⎟ ⎛ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ 16 − 10 ⎟⎟ ⎟ Így X = ⎜⎜ 2 0 ⎟⎟⎟ . 4X − 6Y = ⎜⎜−10 6 ⎟⎟⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜⎝−3 1 ⎟⎟⎠⎟ ⎜⎝ 0 − 20⎠⎟⎟ ⎛−3 − 3 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ 9X + 6Y = ⎜⎜ 36 − 6 ⎟⎟⎟ ⎜⎜−39 ⎟ 33⎠⎟⎟ ⎝

Hasonló módon kapjuk, hogy ⎛−2 1 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ Y = ⎜⎜ 3 − 1⎟⎟⎟ . ⎜⎜ ⎟ ⎝⎜−2 4 ⎠⎟⎟

+

⎛ 13 − 13 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ 13X = ⎜⎜ 26 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜−39 13⎟⎟ ⎝ ⎠⎟ Megjegyzés. A megoldásból látható, hogy néha érdemes a mátrixokkal végzett műveletek tulajdonságát használni, és nem érdemes visszatérni a mátrix elemeire. (Ha ugyanis felírtuk volna, hogy X = (x ij )i =1, 3 és Y = (yij )i =1, 3 , akkor hat darab 2 × 2 j =1, 2

j =1, 2

es egyenletrendszert kellett volna megoldanunk, amelyekben az ismeretlenek az x ij és yij számok. 3. Bizonyítsuk be, hogy ha A, B ∈ M n (^) és AB = BA akkor 2

(A + B ) = A2 + 2AB + B 2 és A2 − B 2 = (A + B )(B − A) .

Tartalomjegyzék

264

Mátrixok

Bizonyítás 2 (A + B ) = (A + B )(A + B )= (A + B ) ⋅ A + (A + B ) ⋅ B = A2 + BA + AB + B 2 =

= A2 + 2AB + B 2 . (A + B )(A − B ) = (A + B ) ⋅ A − (A + B ) ⋅ B = A2 + BA − AB + B 2 = A2 − B 2 . Megjegyzés. Mivel a mátrixokkal végzett műveletek a szorzás kommutativitásától eltekintve ugyanazokkal a tulajdonságokkal rendelkeznek, mint a valós számokkal végzett műveletek, ha két mátrix szorzata felcserélhető, akkor igazak a rövidített számítási képletek ezekre. Érvényesek tehát a következő összefüggések: Tétel. Ha A, B ∈ M n (^) és AB = BA , akkor a) Ak − B k = (A − B )(Ak −1 + Ak −2B + ... + AB k −2 + B k −1 ) ; b) A2k +1 + B 2k +1 = (A + B )(A2k − A2k −1B + ... − AB 2k −1 + B 2k ) ; k

c) (A + B ) = Ak + C k1Ak −1B + C k2Ak −2B 2 + ... + C kk −1AB k −1 + B k . 4. Bizonyítsuk be a következő tulajdonságokat: a) Tr(λ ⋅ A) = λ ⋅ Tr A , ∀ A ∈ M n (^) , ∀λ ∈ ^ ; b) Tr (A + B ) = Tr A + Tr B , ∀ A, B ∈ M n (^) ; c) Tr (A ⋅ B ) = Tr (B ⋅ A) , ∀ A, B ∈ M n (^) . Bizonyítás

n

n

a) Tr(λ ⋅ A) = ∑ (λaii ) = λ ∑ aii = λ Tr A . i =1

b) Tr (A + B ) =

i =1

n

n

n

i =1

i =1

i =1

∑ (aii + bii ) = ∑ aii + ∑ bii = Tr A + Tr B .

c) Jelöljük C -vel és D -vel az A ⋅ B illetve B ⋅ A szorzatot. Ekkor n

n

n

Tr (AB ) = Tr C = ∑ cii = ∑ ∑ aijbji , i =1 n

i =1 j =1 n n

j =1

j =1 i =1

Tr (BA) = Tr D = ∑ d jj = ∑ ∑ bjiaij . De a kettős összegzés esetén az összegzési sorrend felcserélhető, tehát Tr (AB ) = Tr (BA) . Alkalmazás. Igazoljuk, hogy ha

A, B ∈ M n (^) , akkor az AB − BA = I n

egyenlőség nem teljesülhet. Megoldás. Ha AB − BA = I n , akkor Tr(I n ) = Tr(AB − BA) . Másrészt Tr I n = n és Tr (AB − BA) = Tr (AB ) − Tr (BA) = 0 , tehát AB − BA ≠ I n . 1 1 ⎞⎟ ⎛ 2 ⎟ ⎜⎜⎜1 + n ⎟⎟ n ⎟ , n ≥ 1 . Számítsuk ki a lim An mátrixot. 5. Legyen An = ⎜⎜ ⎟ n →∞ 1 ⎟⎟ ⎜⎜ 1 − 1 ⎟⎠ ⎟ ⎜⎝ n n

Tartalomjegyzék

Mátrixok

265

Megoldás. Az (An )n ≥1 , An = (aij (n ))1≤i ≤2 mátrixsorozatról pontosan akkor mond1≤ j ≤2

juk, hogy konvergens, ha az (aij (n ))n ≥1 sorozatok konvergensek minden i, j = 1, 2

⎛1 0⎞⎟ 1⎞ 1⎞ 1 1 ⎛ ⎛ . esetén. lim ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ = lim ⎜⎜1 − ⎟⎟⎟ = 1 és lim 2 = lim = 0 , tehát lim An = ⎜⎜ ⎜⎝0 1⎠⎟⎟ n →∞ ⎝ n →∞ n →∞ n →∞ →∞ n ⎠ ⎝ ⎠ n n n n Gyakorlati alkalmazás 1. Három víztisztító állomás három forrásból kapja a vizet. A K kútból, a T tóból és az F folyóból. Ha A1 , A2 és A3 jelöli a három állomást, akkor a források által szolgáltatott vízmennyiségek eloszlása a következő: K : 1/ 3 az A1 -nek, 1/ 3 az A2 -nek és 1/ 3 az A3 -nak; T : 1/ 2 az A1 -nek, 1/ 4 az A2 -nek és 1/ 4 az A3 -nak; F : 0 az A1 -nek, 1/ 2 az A2 -nek és 1/ 2 az A3 -nak. Számítsuk ki a három állomás által kapott víz mennyiségét, ha x , y illetve z a három ( K ,T , F ) vízforrás által szolgáltatott mennyiség. Megoldás. Ábrázoljuk az adatokat egy mátrixban a következőképpen: az első oszlopba tegyük az első forrás ( K ) eloszlási arányait, a második oszlopba tegyük a második forrás (T ) eloszlási arányait, az utolsó oszlopba tegyük a harmadik forrás ( F ) eloszlási arányait. (úgy, hogy egy sorban szereplő arányok egy állomásnak feleljenek meg). ⎛1 1 ⎞ ⎜⎜ 0 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ 3 2 ⎜⎜ 1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ Így az mátrixot kapjuk. X = ⎜⎜ ⎜⎜ 3 4 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 1 1 1 ⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎜⎝ 3 4 2 ⎠⎟⎟ 1 1 Az első állomás hozama h1 = x ⋅ + y ⋅ + z ⋅ 0 , a második állomásé 3 2 ⎛x ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟ 1 1 1 1 1 1 h2 = x ⋅ + y ⋅ + z ⋅ a harmadiké pedig h3 = x ⋅ + y ⋅ + z ⋅ . Ha v = ⎜⎜⎜y ⎟⎟⎟ 3 4 2 3 4 2 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝z ⎠⎟ ⎛h ⎞⎟ ⎜⎜ 1 ⎟ ⎜ ⎟⎟ vektor jelöli a források hozamának oszlopmátrixát és h = ⎜⎜h2 ⎟⎟ az állomásokét, akkor ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜h ⎟⎟ ⎝ 3⎠

h = X ⋅v .

Tartalomjegyzék

266

Mátrixok

Megjegyzés. Az X mátrixot a feladathoz rendelt átmeneti mátrixnak nevezzük. Ha egy mátrix elemei nem negatívak és minden oszlopában az elemek összege 1 , akkor ezt sztochasztikus mátrixnak nevezzük. Gyakorlatok 1. Számítsd ki az A + B , A − B , 2A + 3B mátrixokat, ha ⎛2 − 1 3⎞⎟ ⎛ 1 3 0⎞⎟ A = ⎜⎜ és B = ⎜⎜ ⎟ ⎟. ⎟ ⎜⎝1 3 2⎠ ⎝⎜−2 0 1⎠⎟ 2. Oldd meg a következő egyenleteket: ⎛2 1 ⎞⎟ ⎛−3 1⎞⎟ ⎛1 1 3 ⎞⎟ ⎛7 3 5⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎟ a) ⎜⎜3 − 2⎟⎟ + X = ⎜⎜ 2 0⎟⎟ ; b) 2X + ⎜⎜ 5 4 2⎟⎟⎟ = ⎜⎜1 6 0 ⎟⎟⎟ . ⎜⎜1 0 ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜ 7 8 8⎟⎟ ⎜⎜3 5 6 ⎟⎟ ⎟ ⎝ ⎠⎟ ⎝⎜−1 1 ⎠⎟⎟ ⎝ ⎠⎟ ⎝ ⎠⎟ 3. Végezd el a kijelölt műveleteket: ⎛ 1 3 3 ⎞⎟ ⎛−1⎞⎟ ⎛−1⎞⎟ ⎛1 1 2 −3⎞⎟ ⎛ 0 −1 −2 3⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ a) 2 ⋅ ⎜⎜ ; b) ⎜⎜−1 − 3 7 ⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ + ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ ; ⎟⎟ − 3 ⋅ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝−1 −2 1 3⎠⎟⎟ ⎝⎜3 4 1 2 ⎠⎟ ⎜⎝ 1 4 2 ⎟⎠⎟ ⎜⎝ 1 ⎟⎠⎟ ⎜⎝ 1 ⎟⎠⎟ ⎛ ⎞ ⎛ 1 2 3 ⎞⎟ ⎜⎜−4 2⎟⎟⎟ ⎛ 1 0 ⎞⎟ ⎛ 3 4 ⎞⎟ ⎜ c) ⎜0 − 1 − 2⎟ ⋅ ⎜⎜ 1 0 ⎟⎟ + ⎜⎜2 − 1⎟ ⋅ ⎜⎜0 − 1⎟ ; ⎝⎜ ⎠⎟ ⎜ 1 1 ⎟⎟ ⎝⎜ ⎠⎟ ⎝⎜ ⎠⎟ ⎜⎝ ⎠⎟

⎛1 − 1⎞⎟ ⎜⎜ ⎞ ⎟ ⎛⎛−2 1⎞ ⎛ 3⎞ e) ⎜⎜ 2 3 ⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜⎜⎜ 3 − 1⎟⎟ + ⎜⎜4⎟⎟ ⋅ (−1 − 2)⎟⎟⎟ ; ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜⎝ ⎠⎟ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎠⎟ ⎜⎝ 4 5 ⎠⎟⎟ ⎝

⎛ ⎞ ⎛1 − 2⎞⎟ ⎛ 1 − 1 0 ⎞⎟ ⎜⎜ 1 − 1⎟⎟⎟ ⎜ ⎜ d) ⎜ 3 7 ⎟ ⋅ ⎜3 4 − 2⎟ ⋅ ⎜⎜ 0 4⎟⎟ ; ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜ ⎜⎝ ⎟ ⎜⎝−1 2⎠⎟⎟ ⎛ 1 1 1 ⎞⎟ ⎛1 a a 2 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ f) ⎜ a b c ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜1 b b 2 ⎟⎟ ; ⎜⎜ 2 2 2 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝a b c ⎠⎟⎟ ⎝⎜1 c c 2 ⎠⎟⎟⎟

⎞⎟ ⎛a b c⎞⎟⎛⎜ ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ 1 1 1 ⎟⎟ ahol ε1 , ε2 és ε3 a g) ⎜⎜b c a⎟⎟⎜ ε1 ε2 ε3 ⎟⎟ , h) ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ 2 2 2 ⎟⎟ harmadrendű c a b ⎟ ⎟ ⎜⎝ ⎠⎜⎝ε1 ε2 ε3 ⎠⎟ egységgyökök; ⎛1 1⎞ 4. Számítsd ki An -t, ha A = ⎜⎜1 0⎟⎟⎟ és n ∈ {2, 3, ⎜⎝ ⎠

⎛ a b ⎞⎟ ⎛a − b ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⋅⎜ ⎟. ⎜⎝−b a ⎠⎟ ⎝⎜⎜b a ⎠⎟ 4} .

⎛ 2 1⎞ 5. Számítsd ki az A2 − 5A + 6I 2 kifejezést, ha A = ⎜⎜5 3⎟⎟⎟ . ⎜⎝ ⎠ 6. Oldd meg a következő egyenletrendszereket: ⎧⎪ ⎛1 1 0 ⎞⎟ ⎪⎪2X −Y = ⎜⎜ ⎪⎧X + Y = I 2 ⎜⎝8 − 5 5⎟⎠⎟ ⎪⎪ a) ⎨ ; b) ⎪⎨ . ⎛ 4 − 3 − 14⎞⎟ ⎪⎪ ⎪ ⋅ = X Y 0 2 ⎪ ⎩ ⎪⎪X + 3Y = ⎜⎜⎜−3 8 15 ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎪⎩

Tartalomjegyzék

Mátrixok

267

7. Számítsd ki az A2 , A3 és A4

⎛1 1 1 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ mátrixokat, ha A = ⎜⎜1 ε ε2 ⎟⎟ és ε egy ⎜⎜ ⎟⎟ 2 ⎜⎝1 ε ε ⎠⎟⎟

harmadrendű egységgyök. 8. Oldd meg a következő egyenleteket: ⎛0 1⎞ a) X 2 = ⎜⎜1 0⎟⎟⎟ , X ∈ M 2 (^) ; b) X 2 = I 2 , X ∈ M 2 ( \ ) ; ⎜⎝ ⎠

⎛7 6⎞ d) X 2 = ⎜⎜8 7⎟⎟⎟ , X ∈ M 2 ( \ ) . ⎜⎝ ⎠

c) X 2 = 02 , X ∈ M 2 ( \ ) ;

9. Bizonyítsd be, hogy végtelen sok olyan A ∈ M2 (]) , mátrix létezik, amelyre A2 = I 2 . 10. Határozd meg azokat az X ∈ M 2 ( \ ) mátrixokat, amelyekre ⎛ 1 2⎞⎟ ⎛ 1 2⎞ ⎜⎜ X = X ⎜⎜−2 1⎟⎟ . ⎜⎝−2 1⎠⎟⎟ ⎝⎜ ⎠⎟ ⎛1 εk ε2k ⎞⎟ ⎜ 11. Számítsd ki a ∑ ⎜⎜⎜ 1 1 1 ⎟⎟⎟ összeget, ha ε harmadrendű egységgyök és ε ∉ \ . ⎟ k =0 ⎜ k ⎝ ε ε2k ε 3k ⎠⎟ n

MÁTRIXOK HATVÁNYOZÁSA Heurisztikus gondolatmenetek A műveletek tulajdonságainak vizsgálatakor láttuk, hogy ha A ∈ M m (^) , akkor bármely n ∈ `* esetén rekurzívan értelmezhető az An mátrix. Gyakran szükségünk lehet az An explicit alakjára (elemeire). Ebben a paragrafusban olyan módszereket ismertetünk, amelyeknek segítségével különösebb találékonyság nélkül is ki tudjuk számítani az An -t, ha A ∈ M 2 (^) vagy A ∈ M 3 (^) . Megoldott feladatok ⎛0 1 0 ⎞⎟ ⎜ ⎟ 1. Számítsuk ki An -t, ha n ∈ `* és A = ⎜⎜⎜0 0 1 ⎟⎟⎟ . ⎜⎜0 0 0⎟⎟ ⎝ ⎠

Megoldás. Kiszámítjuk A ⎛0 1 0 ⎞⎟ ⎛0 ⎜ ⎟ ⎜ észrevenni. A2 = ⎜⎜⎜0 0 1 ⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜⎜0 ⎜⎜0 0 0⎟⎟ ⎜⎜0 ⎝ ⎠ ⎝

néhány hatványát és megpróbálunk valamilyen szabályszerűséget ⎛0 0 1 ⎞⎟ ⎛0 1 0 ⎞⎟ ⎛0 0 0⎞⎟ 1 0 ⎞⎟⎟ ⎛⎜0 0 1 ⎞⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 0 1 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ , A3 = ⎜⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜⎜0 0 1 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ , ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 0⎠⎟ ⎝⎜0 0 0⎠⎟ ⎜⎝0 0 0⎠⎟ ⎝⎜0 0 0⎠⎟ ⎝⎜0 0 0⎠⎟⎟

A4 = A3 ⋅ A = 02 ⋅ A = 03 , A5 = A4 ⋅ A = 03 ⋅ A = 03 és így An = 03 , bármely n ≥ 3 esetén. Tehát: ⎛0 1 0 ⎞⎟ ⎛0 0 1 ⎞⎟ ⎛0 0 0⎞⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ A1 = ⎜⎜⎜0 0 1 ⎟⎟⎟ , A2 = ⎜⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ , An = ⎜⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ = O3 , ha n ≥ 3 . ⎜⎜⎝0 0 0⎟⎠⎟ ⎜⎜⎝0 0 0⎟⎠⎟ ⎜⎜⎝0 0 0⎟⎠⎟

⎛1 1⎞ 2. Számítsuk ki An -t, ha A = ⎜⎜⎜0 1⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ ⎛1 1⎞⎟ ⎛1 1⎞⎟ ⎛1 2 Megoldás. A = ⎜⎜⎜0 1⎟⎟ ⋅ ⎜⎜⎜0 1⎟⎟ = ⎜⎜⎜0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

2⎞⎟ 1⎠⎟⎟ ,

⎛1 2⎞ ⎛1 1⎞ ⎛1 3⎞ A3 = ⎜⎜⎜0 1⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜⎜0 1⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜0 1⎟⎟⎟ , ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Tartalomjegyzék

268

Mátrixok

⎛1 3⎞ ⎛1 1⎞ ⎛1 4⎞ A4 = ⎜⎜⎜0 1⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜⎜0 1⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜0 1⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Észrevesszük, hogy sem a főátlón levő elemek, sem a bal alsó sarokban levő elem nem változik, a jobb felső sarokban szereplő elem pedig megegyezik a hatványkitevővel. Ezek alapján megsejthetjük, hogy ⎛1 k ⎞ Ak = ⎜⎜⎜0 1⎟⎟⎟ , ∀k ≥ 1 . ⎝ ⎠ Ezt matematikai indukció módszerével bizonyítjuk. Feltételezzük, hogy

⎛1 n ⎞ ⎛1 1⎞ ⎛1 An +1 = An ⋅ A = ⎜⎜⎜ 0 1⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜⎜0 1⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎛1 n ⎞ tehát a matematikai indukció elve alapján An = ⎜⎜⎜ 0 1⎟⎟⎟ , bármely ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ a b 3. Számítsuk ki An -t, ha A = ⎜⎜⎜ 0 a + b ⎟⎟⎟ ( a, b ∈ \ ) és n ∈`* . ⎝ ⎠ Megoldás ⎛a b ⎞ ⎛a b ⎞ ⎛a 2 A2 = ⎜⎜0 a + b ⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜0 a + b ⎟⎟⎟ = ⎜⎜ ⎝⎜ ⎠ ⎝⎜ ⎠ ⎜⎝0

⎛1 n ⎞ An = ⎜⎜⎜ 0 1⎟⎟⎟ , ekkor ⎝ ⎠

n + 1⎞⎟ 1 ⎠⎟⎟ , n ≥ 1 esetén.

2ab + b 2 ⎞⎟ ⎟, (a + b )2 ⎠⎟⎟

⎛a 2 2ab + b 2 ⎞⎟ ⎛a b ⎞ ⎛a 3 3a 2b + 3ab 2 + b 3 ⎞⎟ ⎟⎟ , A3 = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ 2⎟ ⎟ ⋅ ⎜⎜ (a + b )3 ⎠⎟ ⎝0 (a + b ) ⎠⎟ ⎜⎝0 a + b ⎟⎠ ⎝⎜0 ⎛a 3 3a 2b + 3ab 2 + b 3 ⎞⎟ ⎛a b ⎞ ⎛a 4 4a 3b + 6a 2b 2 + 4ab 3 + b 4 ⎞⎟ ⎟⎟ . ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜0 a + b ⎟⎟ = ⎜⎜ A4 = ⎜⎜⎜ ⎟⎠ ⎜⎝0 (a + b )3 (a + b )4 ⎝0 ⎠⎟ ⎜⎝ ⎠⎟ Az eddigi eredmények alapján megsejthetjük, hogy bármely n ≥ 1 esetén ⎛a n (a + b )n − a n ⎞⎟ An = ⎜⎜0 (a + b )n ⎠⎟⎟⎟ . ⎜⎝

⎛a n (a + b )n − a n ⎞⎟ Ezt a matematikai indukció módszerével igazolhatjuk. Ha An = ⎜⎜0 (a + b )n ⎠⎟⎟⎟ , akkor ⎝⎜ ⎛a n (a + b )n − a n ⎞⎟ ⎛a b ⎞ ⎛⎜a n +1 a nb + (a + b )n +1 − a n +1 − a nb ⎞⎟ ⎟ ⎜ An +1 = ⎜⎜0 ⎟⎟⎟ = (a + b)n ⎟⎟⎠⎟ ⋅ ⎜⎜⎝0 a + b ⎠⎟⎟ = ⎜⎜⎝0 (a + b)n +1 ⎜⎝ ⎠ ⎛a n +1 (a + b )n +1 − a n+1 ⎞⎟ ⎟, = ⎜⎜⎜ (a + b)n +1 ⎠⎟⎟ ⎝0 tehát a matematikai indukció elve alapján a (*) teljesül minden n ≥ 1 esetén. Gyakorlatok Számítsd ki a következő mátrixok n -edik hatványát ( n ∈ `* ): ⎛0 e x e −x ⎞⎟ ⎛a 0 a ⎞⎟ ⎛a 0⎞⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟⎟ ; c) A = ⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ ; d) A = ⎛⎜⎜1 0⎞⎟⎟ ; e) A = ⎛⎜⎜ 0 1⎞⎟⎟ ; a) A = ⎜⎜⎜e −x 0 0 ⎟⎟⎟ ; b) A = ⎜⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎝a 1⎠⎟ ⎜⎝−1 0⎠⎟ ⎜⎝0 b ⎠⎟ ⎜⎜0 0 0 ⎟⎟ ⎜⎝a 0 a ⎟⎠⎟ ⎝ ⎠

⎛1 2 ⎞ f) A = ⎜⎜⎜0 − 1⎟⎟⎟ ; ⎠ ⎝

⎛1 1 ⎞ ⎛1 2 ⎞ g) A = ⎜⎜⎜0 3⎟⎟⎟ ; h) A = ⎜⎜⎜0 2⎟⎟⎟ ; ⎝ ⎝ ⎠ ⎠

⎛1 1 1⎞⎟ ⎛0 1 0⎞⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ i) A = ⎜⎜⎜1 1 1⎟⎟⎟ ;j) A = ⎜⎜⎜ 1 1 1 ⎟⎟⎟ . ⎜⎜1 1 1⎟⎟ ⎜⎜0 1 0⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(*)

Tartalomjegyzék

Mátrixok

269

A rekurzív sorozatok módszere Az előbbiekben láthattuk, hogy ha An alakját megsejtjük, akkor a bizonyítás a megoldás könnyebb része. Néha azonban nem tudjuk azonnal felírni az An alakját, csak néhány elemét vagy az elemek közti összefüggést vesszük észre. Ilyenkor érdemes a hiányzó elemek helyett sorozatokat bevezetni, és ezekre rekurziós összefüggéseket írni fel. Így az An kiszámítása egy rekurzív sorozat általános tagjának kiszámítására vezetődik vissza. Megoldott feladatok ⎛1 1 1 ⎞⎟ ⎜ ⎟ 1. Számítsuk An -t, ha A = ⎜⎜⎜0 1 1 ⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎝0 0 1⎠⎟⎟ Megoldás. Először kiszámítunk néhány hatványt: ⎛1 4 10⎞⎟ ⎛1 2 3 ⎞⎟ ⎛1 3 6 ⎞⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ A2 = ⎜⎜⎜0 1 2⎟⎟⎟ , A3 = ⎜⎜⎜0 1 3⎟⎟⎟ , A4 = ⎜⎜⎜0 1 4 ⎟⎟⎟ . ⎜⎜0 0 1 ⎟⎟ ⎜⎜0 0 1⎟⎟ ⎜⎜0 0 1⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Az eddigi számolások alapján sejtésünk körülbelül így néz ki: ⎛1 n ? ⎞⎟ ⎜ ⎟ n A = ⎜⎜⎜0 1 n ⎟⎟⎟ . ⎜⎜0 0 1 ⎟⎟ ⎝ ⎠ Persze a jobbik eset az, amikor látjuk, hogy az 1, 3, 6,10, ... , … számsorozatban az egymás utáni számok n (n + 1) különbsége 2, 3, 4,... . Ez alapján ugyanis a jobb felső sarokban 1 + 2 + ... + n = áll, aminek 2 igazolására csak egy szorzás elvégzése szükséges. Ha ezt mégsem vesszük észre, akkor legyen an a jobb felső sarokban levő elem. ⎛1 n a ⎞⎟ ⎜ n⎟ Így An = ⎜⎜⎜0 1 n ⎟⎟⎟ minden n ≥ 1 esetén, ahol (an )n ≥1 egy ismeretlen sorozat. Az An ⋅ A szorzás ⎜⎜0 0 1 ⎟⎟ ⎝ ⎠ elvégzése során az ⎛1 n a ⎞⎟ ⎛1 1 1 ⎞⎟ ⎛1 n + 1 a + n + 1⎞⎟ ⎜ n⎟ ⎜ n ⎟ ⎟ ⎜ An +1 = An ⋅ A = ⎜⎜⎜0 1 n ⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜⎜0 1 1 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜0 1 n + 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜0 0 1 ⎟⎟ ⎜⎜0 0 1⎟⎟ ⎜⎜0 ⎟ 0 1 ⎠⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ egyenlőséghez jutunk. Ez bizonyítja, hogy a feltételezésünk helyes (tehát a főátló alatt valóban 0 áll, a főátlón 1 -esek és felette n ) és bármely n ≥ 1 esetén an +1 = an + (n + 1) . A rekurzió alapján: an = an −1 + n an −1 = an −2 + (n − 1) an −2 = an −3 + (n − 2) """""""" a3 = a2 + 3 a 2 = a1 + 2 + n (n + 1) an = a1 + 2 + 3 + ... + (n − 1) + n = 2 ⎛ ⎞⎟ ( ) n n + 1 ⎜⎜1 n ⎟⎟ ⎜ 2 n ⎟⎟ . Tehát bármely n ≥ 1 esetén A = ⎜⎜0 1 n ⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ 0 0 1 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎝ ⎠⎟

Tartalomjegyzék

270

Mátrixok

Megjegyzés. Ha a jobb felső sarok eleme sejtésből származott, akkor ezt indukcióval szükséges igazolni, míg az (an )n ≥1 sorozat használata esetén az indukció felesleges (mert az indukciós lépést már elvégeztük!).

⎛1 1⎞ 2. Számítsuk ki An -t, ha A = ⎜⎜⎜1 0⎟⎟⎟ és n ∈ `* . ⎝ ⎠ ⎛2 1⎞ ⎛3 2⎞ ⎛5 3⎞ ⎛8 5⎞ ⎛13 8⎞ A2 = ⎜⎜⎜1 1⎟⎟⎟ , A3 = ⎜⎜⎜ 2 1⎟⎟⎟ , A4 = ⎜⎜⎜3 2⎟⎟⎟ , A5 = ⎜⎜⎜5 3⎟⎟⎟ , A6 = ⎜⎜⎜8 5⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Az előbbi számok alapján nehéz megmondani az n -edik tag alakját, viszont mindenféle szabályosságot észlelhetünk. Például • a mellékátló két eleme egyenlő egymással • a bal felső sarokbeli elem egyenlő a mellékátlón levő szám és a jobb alsó sarokban levő szám összegével ( 1 = 1 + 0 , 2 = 1 + 1 , 3 = 2 + 1 , 5 = 3 + 2 , 8 = 5 + 3 , 13 = 8 + 5 ) • az An elemeiből néhány átkerül An +1 -be a következő módon: az An bal felső sarkában levő elem az An +1 mellékátlójára kerül, az An mellékátlóján levő pedig az An +1 jobb alsó sarkába. ⎛a + b b ⎞ An = ⎜⎜ n b n an ⎟⎟⎟ . Észrevételeink alapján: ⎜⎝ n n⎠ Megoldás.

Így tehát an +1 = bn és bn +1

⎛a + b b ⎞ ⎛1 1 ⎞ ⎛a + 2b a + b ⎞ An +1 = ⎜⎜ n b n an ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜⎜1 0⎟⎟⎟ = ⎜⎜ an + bn n b n ⎟⎟ , ⎟ ⎝ n⎠ n n ⎠ ⎝⎜ n ⎠⎟ ⎝⎜ n = an + bn . Innen an +2 = an +1 + an , bármely n ≥ 1 esetén. Ez egy másodrendű

lineáris rekurzió és az általános tagja an = c1 ⋅ r1n + c2 ⋅ r2n alakú, ahol r1,2 az r 2 − r − 1 = 0 karakterisztikus egyenlet gyökei. Az a1 = 0 és a2 = 1 feltételekből kifejezzük a c1 és c2 állandókat, így

an = tehát

1 5

⎡⎛ 1 + 5 ⎞ ⎟⎟ − ⎛⎜⎜ 1 − 5 ⎞⎟⎟ ⋅ ⎢⎢⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ 2 ⎠⎟⎟ ⎝⎜ 2 ⎠⎟ ⎣⎢ an +2 an +1 . An = a n +1 an n −1

(

n −1

)

⎤ ⎥, ⎥ ⎦⎥

Megjegyzés. Az Fn = an +1 jelöléssel a Fibonacci sorozat jelent meg, tehát

⎛Fn +1 Fn ⎞⎟ ⎟. An = ⎜⎜ ⎜⎝Fn Fn −1 ⎠⎟⎟ Ez a felírás hasznos lehet a Fibonacci sorozatra vonatkozó tulajdonságok bizonyításánál is. n A következő paragrafusban látni fogjuk, hogy az A mátrix minden eleme ugyanabból a rekurzióból származik. Gyakorlatok Számítsd ki An -t, ha n ∈ `* .

⎛ ⎞ ⎜−a a a ⎟ a) A = ⎜⎜ a − a a ⎟⎟⎟ ; ⎜⎜ a a − a ⎟⎟ ⎝ ⎠

⎛a 0 a ⎞⎟ ⎜ ⎟ b) A = ⎜⎜⎜ 0 b 0 ⎟⎟⎟ ; ⎜⎜a 0 a ⎟⎟ ⎝ ⎠

⎛1 1 1 ⎞⎟ ⎜ ⎟ c) A = ⎜⎜⎜1 0 1⎟⎟⎟ ; ⎜⎜1 1 1 ⎟⎟ ⎝ ⎠

⎛0 a 0⎞⎟ ⎜ ⎟ d) A = ⎜⎜⎜b 0 b ⎟⎟⎟ ; ⎜⎜0 a 0⎟⎟ ⎝ ⎠

5 ⎞⎟ ⎛6 e) A = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ; ⎝⎜−3 −2⎠⎟

⎛a 2b a ⎞⎟ ⎜ ⎟ f) A = ⎜⎜⎜b 2a b ⎟⎟⎟ . ⎜⎜a 2b a ⎟⎟ ⎝ ⎠

Tartalomjegyzék

Mátrixok

271

A karakterisztikus egyenlet módszere

⎛a b ⎞⎟ A Cayley-Hamilton (n = 2) tétel alapján, ha A = ⎜⎜ ⎜⎝c d ⎠⎟⎟ , akkor A2 = (a + d ) A − (ad − bc ) I 2 . Így bármely n ≥ 1 esetén

An +2 = (a + d ) An −1 − (ad − bc ) An . ⎛a Tehát, ha An = ⎜⎜c n ⎜⎝ n

bn ⎞⎟ ⎟ , bármely n ≥ 1 esetén, akkor dn ⎠⎟ ⎛an +2 bn +2 ⎞⎟ ⎛an +1 bn +1 ⎞⎟ ⎛an ⎜⎜ ⎟⎟ = (a + d ) ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ − (ad − bc ) ⋅ ⎜⎜ ⎜c ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎝ n +2 dn +2 ⎠⎟ ⎝⎜cn +1 dn +1 ⎠⎟ ⎝⎜cn

bn ⎞⎟ ⎟⎟ . dn ⎠⎟⎟

Így az (an )n ≥1 , (bn )n ≥1 , (cn )n ≥1 és (dn )n ≥1 sorozatok ugyanazt az xn+2 = (a + d ) xn +1 − (ad − bc ) xn rekurziót teljesítik (csak a kezdőértékek mások). Ez egy másodrendű lineáris rekurzió, amelynek megoldását ⎧ ⎪ c1r1n + c2r2n , Δ>0 ⎪ ⎪ ⎪ n ⎪ an = ⎨(c1n + c2 ) r , Δ=0 ⎪ ⎪ n ⎪ ⎪ ⎪r (c1 cos nϕ + c2 sin nϕ) , Δ < 0 ⎩ 2 alakban keressük, ahol Δ az r − (a + d ) r + (ad − bc ) = 0 egyenlet diszkriminánsa, r1 és r2 az egyenlet gyökei Δ > 0 esetén, r az egyenlet gyöke Δ = 0 esetén és r ⋅ (cos ϕ ± i sin ϕ ) a gyökök

Δ < 0 esetén. Ez igazolható a matematikai indukció módszerével. Az előbbiek alapján bármely másodrendű négyzetes mátrix n -edik hatványa kiszámolható. Megjegyzés. A Cayley-Hamilton tétel általános ( n × n -es mátrixokra vonatkozó) alakjának bizonyítása után ezt a módszert kiterjeszthetjük tetszőleges mátrixokra is. Megoldott gyakorlatok

⎛ 7 3 ⎞⎟ 1. Számítsuk ki An -t, ha A = ⎜⎜⎜ ⎟. ⎝4 11⎠⎟ Megoldás. Tr A = 7 + 11 = 18 , det A = 77 − 12 = 65 , r 2 − 18r + 65 = 0 és a gyökök r1 = 5 valamint r2 = 13 .

⎛an ⎛ 7 3 ⎞⎟ ⎛ 7 3 ⎞⎟ ⎛ 61 54 ⎞⎟ n A2 = ⎜⎜⎜ ⎟ , tehát ha A = ⎜⎜⎜c ⎟⋅⎜ ⎟=⎜ ⎝4 11⎠⎟ ⎝⎜⎜4 11⎠⎟ ⎝⎜⎜72 133⎠⎟ ⎝n

tehát

a

karakterisztikus

egyenlet

bn ⎞⎟ ⎟ , akkor dn ⎠⎟

an = k1 ⋅ 5n + k2 ⋅ 13n bn = k 3 ⋅ 5n + k 4 ⋅ 13n cn = k5 ⋅ 5n + k6 ⋅ 13n dn = k7 ⋅ 5n + k8 ⋅ 13n ,

ahol a k1 , k2 , … , k8 konstansokat a kezdeti feltételekből határozzuk meg. (Ezért számoltuk ki az A2 -et).

⎧ ⎪5k1 + 13k2 = 7 Az a1 = 7 és a2 = 61 egyenlőségek alapján ⎪ , ⎨ ⎪25k + 169k2 = 61 ⎪ ⎩ 2 3 1 1 3 1 1 1 tehát k1 = és k2 = . Hasonló módon kapjuk a k3 = − , k 4 = , k5 = − , k6 = , k7 = és 4 4 8 8 2 2 4 3 k8 = értékeket, tehát bármely n ≥ 1 esetén 4

Tartalomjegyzék

272

Mátrixok ⎛ 3 ⋅ 5n + 13n ⎜⎜ ⎜ n 4 A = ⎜⎜ ⎜⎜ 13n − 5n ⎜⎜ ⎝ 2

3 ⋅ (13n − 5n ) ⎞⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ 8 . n n ⎟ 5 + 3 ⋅ 13 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎠ 4

⎛1 − 1⎞ 2. Számítsuk ki An -t, ha A = ⎜⎜⎜1 3 ⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ Megoldás. Tr A = 4 , det A = 1 ⋅ 3 − 1 ⋅ (−1) = 4 , tehát a karakterisztikus egyenlet r 2 − 4r + 4 = 0

⎛a és a gyökök r1, 2 = 2 . Ha An = ⎜⎜c n ⎜⎝ n

bn ⎞⎟ ⎟ , bármely n ≥ 1 esetén, akkor az (an )n ≥1 , (bn )n ≥1 , (cn )n ≥1 és dn ⎠⎟

(dn )n≥1 sorozatokra érvényes az x n +2 = 4x n +1 − 4x n rekurziós összefüggés, így az általános tag 1 ⎧ ⎪ ⎛0 −4⎞⎟ ⎪ k1 + k2 = ⎜ ⎪ ⎟ ⎜ 2 . (k1n + k2 ) ⋅ 2 alakban keresendő. A = ⎜ ⎟ , tehát a1 = 1 és a2 = 0 , alapján ⎨ ⎪ ⎜⎝4 8 ⎠⎟⎟ ⎪ 2k1 + k2 = 0 ⎪ ⎪ ⎩ 1 n −1 Ebből következik, hogy k1 = − és k2 = 1 , tehát an = 2 ⋅ (2 − n ) , bármely n ≥ 1 esetén. Hasonló 2 n −1 számolások alapján bn = −n ⋅ 2 , cn = n ⋅ 2n −1 és dn = 2n +1 ⋅ (2 + n ) , tehát bármely n ≥ 1 esetén n

2

⎛2n −1 (2 − n ) − n ⋅ 2n −1 ⎞⎟ ⎟. An = ⎜⎜⎜ n −1 2n −1 (2 + n )⎠⎟⎟ ⎜⎝n ⋅ 2

⎛0 − 1⎞⎟ 3. Számítsuk ki An -t, ha A = ⎜⎜⎜ ⎟. ⎝4 2 ⎠⎟ Megoldás. Tr A = 2 , det A = 4 , tehát a karakterisztikus egyenlet r 2 − 2r + 4 = 0 és a gyökök π π⎞ ⎛ r1, 2 = 1 ± i 3 = 2 ⋅ ⎜⎜cos + i sin ⎟⎟⎟ . ⎝ 3 3⎠ Az

⎛a An = ⎜⎜c n ⎜⎝ n

bn ⎞⎟ ⎟ dn ⎠⎟

jelöléssel

nπ n π ⎞⎟ ⎛ an = 2n ⋅ ⎜⎜k1 ⋅ cos + k2 ⋅ sin ⎟. ⎝ 3 3 ⎠⎟

Mivel

⎛−4 − 2 ⎞⎟ A2 = ⎜⎜⎜ ⎟ ⎝ 8 0⎠⎟

a

⎧ ⎪k1 + k2 3 = 0 3 ⎪ rendszerhez jutunk. A megoldások k1 = 1 és k2 = − , tehát ⎨ − k + k 3 = − 2 ⎪ 3 1 2 ⎪ ⎩ ⎛ nπ 3 n π ⎞⎟ ⎟. − ⋅ sin an = 2n ⋅ ⎜⎜cos ⎜⎝ 3 3 3 ⎠⎟⎟ Hasonló számolások eredményeként ⎛ nπ 3 n π ⎞⎟ 2n 3 nπ 3 nπ ⎟, + sin , cn = 2n +2 , dn = 2n ⎜⎜cos bn = − sin sin ⎜ 3 3 3 ⎠⎟⎟ 3 3 3 3 ⎝ tehát ⎛ ⎞⎟ nπ 3 nπ 3 nπ − − sin sin ⎜⎜⎜cos ⎟⎟⎟ 3 3 3 3 3 A = 2 ⋅ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎜⎜ 4 3 nπ nπ 3 nπ ⎟⎟ ⎟⎟ sin cos sin + ⎜⎜⎝ 3 3 3 3 3 ⎠ Megjegyzés. Ha kiszámoljuk A6 -t kapjuk, hogy A6 = 26 I 2 és kiszámolhatjuk An -t a karakterisztikus egyenlet nélkül is. Ez a módszer alkalmas minden 2 × 2 -es (sőt megfelelő kiterjesztéssel n × n -es) mátrix hatványozására. Bizonyos feladatok esetében léteznek egyszerűbb lehetőségek. A következő két módszer ilyen egyszerűbb lehetőséget tár fel. n

n

Tartalomjegyzék

Mátrixok

273

Gyakorlatok Számítsd ki a következő mátrixok n -edik hatványát, ha n ∈ `* . ⎛4 −2⎞⎟ ⎛1 −2⎞⎟ ⎛3 1 ⎞⎟ ⎟⎟ ; a) A = ⎜⎜⎜ b) A = ⎜⎜⎜ c) A = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟ ; ⎟ − 2 5 5 1 ⎝⎜ ⎠⎟ ⎝⎜ ⎠⎟ ⎝⎜1 1 ⎠⎟ ⎛a ⎜ Az ⎜⎜ ⎜⎝-b ⎛a ⎜ Az ⎜⎜ ⎜⎝ -b

b ⎞⎟ ⎟⎟ alakú mátrixok hatványozása a ⎠⎟⎟

b ⎞⎟ ⎟⎟ mátrix a következő alakban is írható: a ⎠⎟⎟ ⎛ a b ⎞⎟ ⎜ 2 2 ⎟ ⎜⎜−b a ⎟⎟⎟ = a + b ⎜⎝ ⎠

⎛ a ⎜⎜ ⎜⎜ a 2 + b 2 ⋅ ⎜⎜ ⎜⎜ −b ⎜⎜ 2 ⎝ a + b2

⎞⎟ ⎟ a + b ⎟⎟⎟ ⎟⎟ = a 2 + b 2 ⎟⎟ a ⎟⎟ a 2 + b 2 ⎠⎟ b

2

2

⎛ cos ϕ sin ϕ ⎞⎟ ⎟ ⋅ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ , ⎝⎜− sin ϕ cos ϕ⎠⎟

b . a Másrészt az ismert trigonometriai összefüggések alkalmazásával ⎛ cos ϕ1 sin ϕ1 ⎞⎟ ⎛ cos ϕ2 sin ϕ2 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜− sin ϕ cos ϕ ⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜⎜− sin ϕ cos ϕ ⎟⎟⎟ = 1 1⎠ ⎝ 2 2⎠ ⎝ ahol ϕ = arctg

cos ϕ1 sin ϕ2 + sin ϕ1 cos ϕ2 ⎞⎟ ⎛ cos ϕ1 cos ϕ2 − sin ϕ1 sin ϕ2 ⎜ ⎟⎟ = = ⎜⎜ ⎜⎜⎝− (cos ϕ1 sin ϕ2 − sin ϕ1 cos ϕ2 ) cos ϕ1 cos ϕ2 − sin ϕ1sinϕ2 ⎠⎟⎟

⎛ cos (ϕ1 + ϕ2 ) sin (ϕ1 + ϕ2 )⎞⎟ ⎜ ⎟⎟ , tehát = ⎜⎜ ⎜⎜− sin (ϕ + ϕ ) cos (ϕ + ϕ )⎟⎟⎟ 1 2 1 2 ⎠ ⎝

n ⎛ cos ϕ sin ϕ ⎞⎟ ⎛ cos nϕ sin nϕ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ . ⎜ ⎜⎜− sin ϕ cos ϕ ⎟⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝⎜− sin nϕ cos nϕ⎠⎟

n

n ⎛ cos n ϕ ⎛ a b ⎞⎟ sin nϕ ⎞⎟ b ⎜⎜ 2 2 2 ⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎜−b a ⎟⎟⎟ = (a + b ) ⎜⎜⎜− sin nϕ cos nϕ ⎟⎟⎟ , ahol ϕ = arctg a . ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Így Gyakorlatok

Számítsd ki a következő mátrixok n -edik hatványát, ha n ∈ `* : ⎛−1 1 ⎞⎟ a) A = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ; ⎝⎜−1 −1⎠⎟

⎛ 1 − 3 ⎞⎟ ⎜ ⎟⎟ . b) A = ⎜⎜ ⎜⎜ 3 ⎟⎟ 1 ⎟ ⎝ ⎠

A felbontás módszere A műveletek tulajdonságainak vizsgálata során láttuk, hogy ha AB = BA , ( A, B ∈ M n (^) ), akkor k

(A + B ) = Ak + C k1Ak −1B + C k2Ak −2B 2 + ... + C kk −1AB k −1 + B k . Tehát, ha az X mátrix felbontható két egymással felcserélhető mátrix összegére, akkor elégséges ezeket a mátrixokat hatványoznunk és a megjelenő kombinatorikus összegeket kiszámolnunk. A legegyszerűbb, ha a felbontás egyik tagja α ⋅ I n alakú, mert ekkor az αI n ⋅ B = B ⋅ αI n egyenlőség teljesül.

Tartalomjegyzék

274

Mátrixok

Feladat ⎛a b c ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎛a ⎞⎟ b ⎜ ⎟ Ezzel a módszerrel számítsuk ki az X = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ és Y = ⎜⎜⎜0 a b ⎟⎟⎟ mátrixok n -edik hatványát. ⎜⎝0 a + b ⎠⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝0 0 a ⎟⎠⎟

Megoldás.

⎛0 b ⎞⎟ ⎜ X = a ⋅ I 2 + ⎜⎜ ⎟⎟ , tehát a ⎜⎝0 b ⎠⎟⎟

⎛0 b ⎞⎟ ⎜ B = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝0 b ⎠⎟⎟

mátrix hatványait kell kiszámolnunk:

⎛0 b 2 ⎞⎟ ⎛0 b 3 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎜ 3 ⎟ ⎟⎟ és így azt sejthetjük, hogy általában ⎟ , B = ⎜⎜ B =⎜ ⎜⎜0 b 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜0 b 3 ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2

⎛0 b n ⎞⎟ ⎜ ⎟⎟ , bármely n ≥ 1 esetén. B n = ⎜⎜ ⎜⎝0 b n ⎠⎟⎟

⎛0 b n ⎞⎟ ⎛0 b ⎞⎟ ⎛⎜0 b n +1 ⎞⎟ ⎜ ⎟⎟ , a matematikai indukció elve alapján az előbbi egyenlőség helyes. ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ Mivel ⎜⎜ ⎜⎝0 b n ⎠⎟⎟ ⎜⎜⎝0 b ⎠⎟⎟ ⎜⎜⎝0 bn +1 ⎟⎟⎟⎠ n

Másrészt (a ⋅ I 2 ) = a n ⋅ I 2 , tehát

X n = a n I 2 + C n1a n −1B + C n2a n −2B 2 + C n3a n −3B 3 + ... + C nna 0B n = ⎛a n C n1a n −1b + C n2a n −2b 2 + ... + C nn −1ab n −1 + b ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ . =⎜ ⎜⎜ 0 a n + C 1a n −1b + C 2a n −2b 2 + ... + C n −1ab n −1 + bn ⎟⎟⎟ n n n ⎝ ⎠ Newton binomiális tétele alapján n a n + C n1a n −1b + C n2a n −2b 2 + ... + C nn −1abn −1 + bn = (a + b ) , n n ⎛ n ⎞ ⎜a (a + b ) − a ⎟⎟ ⎟. X n = ⎜⎜ n (a + b ) ⎠⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝ 0 ⎛0 b c ⎞⎟ ⎛0 b c ⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ Y = a ⋅ I 3 + ⎜0 0 b ⎟⎟ , tehát a C = ⎜⎜0 0 b ⎟⎟⎟ mátrix hatványait kell kiszámítani. ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜⎜0 0 0⎟⎟ ⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

és így

⎛0 0 b 2 ⎞⎟ ⎛0 0 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎟ 3 2 C = ⎜0 0 0 ⎟⎟ és C = ⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ , így ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜0 0 0 ⎟⎟ ⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Y n = a n I 3 + C n1a n −1C + C n2a n −2C 2 = ⎛ n ⎜a ⎜⎜⎜ = ⎜⎜ 0 ⎜⎜ ⎝⎜ 0

0 an 0

1 n −1 1 n −1 0 ⎟⎞⎟ ⎜⎛0 C na b C na c ⎞⎟ ⎛⎜0 0 C n2a n −2b 2 ⎞⎟ ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟⎟ = 0 ⎟⎟ + ⎜0 0 C n1a n −1b ⎟⎟⎟ + ⎜⎜0 0 0 ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟⎟⎠ 0 0 ⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜⎜0 0 0 a n ⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜0

⎛ n ⎜⎜a ⎜⎜ ⎜ = ⎜⎜ 0 ⎜⎜ ⎜⎜ 0 ⎜⎜ ⎝

n (n − 1) n −2 2 ⎞⎟ ⋅ a b ⎟⎟ ⎟⎟ 2 ⎟⎟ n ⋅ a n −1b ⎟⎟ . ⎟⎟ n ⎟⎟ a ⎟ ⎠⎟

n ⋅ a n −1b n ⋅ a n −1c + an 0

Tartalomjegyzék

Mátrixok

275

Gyakorlatok Számítsd ki a következő mátrixok n -edik hatványát, ha n ∈ `* : ⎛a + b 0 ⎛a a ⎞⎟⎟ 0 b ⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ a) A = ⎜ 0 b) A = ⎜⎜0 a + b 0⎟⎟⎟ ; b 0 ⎟⎟⎟ ; ⎜⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ a 0 a + b ⎠⎟⎟ 0 a ⎠⎟⎟ ⎝ ⎝⎜b ⎛1 0 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜ d) A = ⎜⎜2 1 0⎟⎟⎟ . ⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎝3 2 1⎟⎠⎟

⎛1 0 1⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜ c) A = ⎜⎜1 1 0⎟⎟⎟ ; ⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎝0 0 1⎟⎠⎟

Gyakorlati alkalmazások 1. Munkaerő modell Egy társadalomban egy munkaképes egyén egy adott t időpillanatban a következő három állapot valamelyikében lehet: s1 -a saját szakterületén dolgozik; s2 -más szakterületen dolgozik; s 3 -nem dolgozik. Legyen pij azon egyének részaránya, akik a [t, t + Δt ) időintervallum alatt az si állapotból az s j ⎛x ⎞⎟ ⎜⎜ n ⎟ ⎜ ⎟ állapotba kerülnek, valamint ⎜⎜yn ⎟⎟⎟ az egyének száma a három állapotban a t + n Δt időpillanatban. ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝z n ⎠⎟⎟

a) Határozzuk meg az x n , yn , z n számokat az x 0 , y 0 , z 0 és a P = ( pij )1≤i , j ≤3 mátrix függvényében. ⎛0, 7 0, 2 0,1⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜ b) Ha P = ⎜⎜ 0,1 0, 6 0, 3⎟⎟⎟ , határozzuk meg egy egyensúlyi állapot adatait (az egyensúly azt jelenti, ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ 0,1 0,1 0, 8⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ hogy a három állapotban levő egyének száma állandó). c) Bizonyítsuk be, hogy ha x , y és z az egyének száma az egyensúlyi állapotban, akkor lim x n = x , lim yn = y és lim z n = z . n →∞

n →∞

n →∞

Megoldás. A t + (n + 1)Δt időpillanatban az si állapotban levők az s1 , s2 és s 3 állapotokból származnak, pontosabban p1i x n az s1 -ből, p2iyn az s2 -ből és p3i z n az s 3 -ból. Tehát a következő rekurziós összefüggéseket kapjuk:

Mátrixos alakban: ⎛p ⎜⎜ 11 ⎜ ahol P = ⎜⎜ p21 ⎜⎜ ⎜⎝ p31

p12 p22 p32

⎧⎪x ⎪⎪ n +1 = p11x n + p21yn + p31z n ⎪⎨y = p12x n + p22yn + p32z n . ⎪⎪ n +1 ⎪⎪z n +1 = p13x n + p23yn + p33z n ⎩⎪ ⎛x ⎟⎞ ⎛x ⎞⎟ ⎜⎜ n +1 ⎟ ⎜⎜ n ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ t ⎜ ⎜y ⎟⎟ , ⎟ = y P + 1 n ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ n ⎟⎟⎟ ⎜⎝z n +1 ⎟⎟⎠ ⎝⎜z n ⎠⎟⎟

p13 ⎞⎟⎟ ⎟ p23 ⎟⎟⎟ . Ebből az egyenlőségből kapjuk: ⎟ p33 ⎠⎟⎟⎟

Tartalomjegyzék

276

Mátrixok ⎛x ⎞⎟ ⎛x ⎞⎟ ⎜⎜ n ⎟ ⎜⎜ 0 ⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ t n ⎜ ⎜⎜y 0 ⎟⎟⎟ , ∀ n ≥ 1 , y P = ( ) ⎜⎜ n ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜z ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎝ n⎠ ⎝⎜z 0 ⎠⎟⎟

tehát a társadalmi srtuktúra fejlődése egy mátrix hatványainak kiszámolásával modellezhető. ⎛x ⎞⎟ ⎛x ⎞⎟ ⎛x ⎞⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟ b) Ha ⎜⎜y ⎟⎟⎟ egy egyensúlyállapot, akkor ⎜⎜y ⎟⎟⎟ = P t ⋅ ⎜⎜y ⎟⎟⎟ , tehát: ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜⎜z ⎟⎟⎟ ⎜⎜z ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝⎜z ⎠⎟ ⎧⎪0, 7x + 0,1y + 0,1z ⎪⎪ ⎪⎪ ⎨0, 2x + 0, 6y + 0,1z ⎪⎪ ⎪⎪0,1x + 0,1y + 0, 8z ⎪⎩

A rendszer megoldásai x = 0, 25N , y = 0, 25N és z c) Egymás utáni négyzetre emelésekkel kapjuk: ⎛0, 25 ⎜⎜ ⎜ 32 (P t ) = ⎜⎜⎜0, 25 ⎜⎜ ⎜⎝0, 25

=x =y . =z

= 0, 5N , ahol N a populáció összlétszáma 0, 25 0, 5⎞⎟⎟ ⎟⎟ 0, 25 0, 5⎟⎟⎟ ⎟ 0, 25 0, 5⎟⎠⎟⎟

így a b) pont alapján következik, hogy az (x n )n ≥1 , (yn )n ≥1 és (z n )n ≥1 egy bizonyos indextől kezdve állandók. Megjegyzések. 1. Egy A mátrix kétszeresen sztochasztikus, ha az A és At mátrixok sztochasztikusak. 2. Az előbbi tulajdonság általános esetben is igaz. Ha A egy kétszeresen sztochasztikus mátrix, akkor létezik egy B mátrix úgy, hogy lim An = B (azaz lim aij(n ) = bij , ahol An = (aij )1≤i , j ≤m ). n →∞

n →∞

2. Egy biomatematikai modell Tekintsünk két állatfajt, amelyek kölcsönösen vadásszák egymást (például a hiénák és oroszlánok az afrikai szavannában). Ha x n és yn jelöli a két faj egyedeinek számát n év után, akkor modellezzük a következő két jelenséget: a) Az új egyedek születése és mások eltűnése a faj összlétszámának p százalékos változásához vezet, p lehet negatív is, ha az elhalálozási arány nagyobb a születési aránynál. Legyen ez az arány 10% a hiénák esetében és −10% az oroszlánok esetében. b) Az egyik faj a zsákmányokkal egyenesen arányos számú egyedet öl meg a másik fajból. Legyen ez az arány 15% az oroszlánok által megölt hiénák esetében és 20% a hiénák által megölt oroszlánok esetében. ⎧⎪x n +1 = 1,1 ⋅ x n − 0,15 ⋅ yn ⎪ Így . ⎨ ⎪⎪yn +1 = 0, 9 ⋅ yn − 0, 2 ⋅ x n ⎩ ⎛x n ⎞ ⎛x 0 ⎞ ⎛x n +1 ⎞ ⎛ 1,1 −0,15⎞⎟ ⎛x n ⎞⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎟ , ahonnan ⎜⎜ ⎟⎟ = An ⎜⎜ ⎟⎟ , Mátrixos alakban ⎜⎜y ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜⎝ n +1 ⎟⎠ ⎜⎝−0, 2 0, 9 ⎟⎟⎠ ⎜⎝yn ⎠⎟ ⎝⎜yn ⎠⎟ ⎝⎜y 0 ⎠⎟ tehát az egyedek számának változása a két fajban az

f (n ) = An

függvénytől függ, ahol

⎛ 1,1 −0,15⎞⎟ A = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ . 0, 9 ⎠⎟⎟ ⎝⎜−0, 2

Legyen x 0 = 100 a hiénák kezdeti száma és y 0 = 200 az oroszlánoké. Ahhoz, hogy az egyedek

Tartalomjegyzék

Mátrixok

277

számának változását vizsgájuk, ki kell számolnunk az An mátrixot. Tr A = 2 , det A = 0, 96 , tehát a karakterisztikus egyenlet r 2 − 2r + 0, 96 = 0 , amelynek gyökei r1 = 0, 8 és r2 = 13 , tehát ha

⎛a An = ⎜⎜c n ⎜⎝ n

bn ⎞⎟ ⎟ , akkor dn ⎠⎟ n

n

n

n

an = k1 ⋅ (0, 8) + k2 ⋅ (1, 2)

bn = k3 ⋅ (0, 8) + k4 ⋅ (1, 2) n

n

n

n

cn = k5 ⋅ (0, 8) + k6 ⋅ (1, 2)

dn = k7 ⋅ (0, 8) + k8 ⋅ (1, 2) . Ha kiszámoljuk a k1 , k2 , … , k8 konstansokat a kezdeti feltételekből, akkor kapjuk: ⎛ (0, 8)n + 3 ⋅ (1, 2)n ⎜⎜ ⎜ n 4 A = ⎜⎜⎜ ⎜⎜ (0, 8)n − (1, 2)n ⎜⎜ ⎝ 2 n

xn =

Tehát

4

3 ⋅ ((0, 8) − (1, 2) n

n

(0, 8) + 3 ⋅ (1, 2)

n n 3 ⋅ ((0, 8) − (1, 2) )⎞⎟ ⎟⎟⎟ 8 ⎟⎟ . n n ⎟ 3 ⋅ (0, 8) + (1, 2) ⎟⎟⎟ ⎟ ⎠⎟ 4

x0 +

8

n

)

y0 =

1 1 n n n (0, 8) (2x 0 + 3y 0 ) + (1, 2) (2x 0 − y 0 ) = 100 ⋅ (0, 8) és 8 8 n n n n 3 ⋅ (0, 8) + (1, 2) (0, 8) − (1, 2) yn = x0 + y0 = 2 4 1 1 n n n = (0, 8) (2x 0 + 3y 0 ) − (1, 2) (2x 0 − y 0 ) = 200 ⋅ (0, 8) . 4 4 Látható, hogy mindkét faj kihalóban van, mert számuk mértani haladványban csökken. =

Gyakorlatok ⎛7 ⎛2 1⎞⎟ ⎛1 1⎞⎟ 4 ⎞⎟ ⎟⎟ és C = ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ , B = ⎜⎜ 1. Adottak az A = ⎜⎜⎜ ⎜ ⎜⎜3 2⎟⎟⎟ mátrixok. ⎜⎝−9 −5⎠⎟⎟ ⎜⎝0 1⎠⎟⎟ ⎝ ⎠

a) Bizonyítsd be, hogy AC = CB . b) Számítsd ki B n -t, ha n ∈ `* . ⎛cos2 x sin2 x ⎞⎟ ⎟ és bizonyítsd be, hogy 2. Számítsd ki An -t, ha A = ⎜⎜⎜ 2 2 ⎟ ⎝sin x cos x ⎠⎟ ⎛1 ⎜⎜ ⎜2 lim A = ⎜⎜ n →∞ ⎜⎜ 1 ⎜⎜⎝ 2 3. Oldd meg az alábbi egyenleteket, ha X ∈ M 2 ( \) : n

⎛2 3⎞ a) X n = ⎜⎜⎜4 6⎟⎟⎟ ; ⎝ ⎠ 4. Számítsd ki az f : \ \

(Felvételi, 1998.)

1 ⎞⎟ ⎟ 2 ⎟⎟⎟ . 1 ⎟⎟⎟ ⎟ 2 ⎠⎟

⎛0 − 1 ⎞ b) X n = ⎜⎜⎜1 0⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠

{12} → \ , f x

( )

=

6x + 3 függvény n -edik iteráltját. (Az n -edik iterált az −2x + 1

f D f D ... D f függvény).

n

5. Az A ∈ M 2 ( \) mátrix esetén jelöljük an , bn , cn és dn -nel az An mátrix elemeit. Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy az (an )n ≥1 , (bn )n ≥1 , (cn )n ≥1 és (dn )n ≥1 sorozatok konvergensek legyenek?

Tartalomjegyzék

278

Mátrixok

Feladatok 1. Határozd meg az A ∈ M n ( \) mátrixot, ha A ⋅ X = X ⋅ A bármely X ∈ M n ( \) esetén. 2. Bizonyítsd be, hogy ha Ak = 02 ( A ∈ M 2 ( \ ) ) és k ∈ ` \ {1} , akkor A2 = 02 . 3. Bizonyítsd be, hogy ha A ∈ M 2 ( \ ) , akkor bármely k ∈ ` esetén létezik αk , βk ∈ \ úgy, hogy Ak = αk A + βk I 2 . 4. Bizonyítsd be, hogy AB = BA . 2 ⎛a1 a 2 ⎟⎞ ⎜ 5. Legyen ⎜a a ⎟⎟ = ⎜⎝ 3 4⎟ ⎠

ha A, B ∈ M n ( \) , BA2 = B 2 és 4AB + I n = 3BA , akkor

⎛b1 b2 ⎞⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ . Bizonyítsd be, hogy ha a1 , a2 , a 3 , a 4 számtani ⎜⎝b3 b4 ⎟⎠⎟ haladvány, akkor b2 − b1 , b3 − b2 és b4 − b3 is számtani haladványt alkot. 6. Bizonyítsd be, hogy ha A ∈ M 2 ( \ ) , akkor végtelen sok X ∈ M 2 ( \ ) mátrix

létezik, amelyekre X 2 − (Tr A) X + (det A)I 2 = 02 . 7. Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ M 2 (^) , Tr A ⋅ Tr B ≠ 0 és A2 + B 2 = A2B 2 , akkor AB = BA . 8. Bizonyítsd be, hogy ha A2 = A ( A ∈ M 2 (^) ) és B = 2A − I 2 , akkor B 2 = I n . 9. Bizonyítsd be, hogy ha az A, B ∈ M n (^) mátrixok minden sorában az elemek összege 1 , akkor az A ⋅ B szorzat ugyanezzel a tulajdonsággal rendelkezik. 10. Ha A = (aij )i =1,m , akkor At jelöli a (bji )j =1,n mátrixot, ahol bji = aij ∀i = 1, m , j =1,n

i =1,m

∀j = 1, n és az A mátrix transzponáltjának nevezzük (az A sorainak és oszlopainak felcserélésével kaptuk). Bizonyítsd be, hogy t a) (A + B ) = At + B t , ∀A, B ∈ M m ,n (^) ; t

b) (A ⋅ B ) = B t ⋅ At , ∀A, B ∈ M m ,n (^) ; −1

c) Ha A ∈ M n (^) invertálható, akkor At is invertálható és (At )

t

= (A−1 )

11. Az A ∈ M n (^) mátrix ortogonális, ha A ⋅ At = I n . Határozd meg az M 2 ( \ ) beli ortogonális mátrixokat. 12. Bizonyítsd be, hogy két ortogonális mátrix szorzata is ortogonális. 13. Bizonyítsd be, hogy X ∈ M n (^) pontosan akkor ortogonális, ha X ⋅ A = A ⋅ X minden A ∈ M n (^) diagonális mátrix esetén (a főátló kivételével minden elem 0 ). 14. Hány A ∈ M m ,n (\) mátrixnak van minden eleme a {−1, 0,1} halmazból? 15. Hány olyan m × n -es mátrix van, amelynek elemei a {−1,1} halmazból vannak és minden oszlopban illetve sorban az elemek szorzata −1 ?

Tartalomjegyzék

279

Lineáris egyenletrendszerek megoldása

III. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA Sok gyakorlati feladat vezet lineáris egyenletrendszerekhez. Korábbi tanulmányaitok során sok feladat megoldását vezettétek vissza lineáris egyenletrendszer megoldására. Viszont a megoldási módszerek nem voltak rendszerezve, illetve általánosítva több ismeretlent tartalmazó rendszerekre, sőt a kétilletve háromismeretlenes rendszerek sem voltak alaposan tárgyalva. Ebben a fejezetben a lineáris egyenletrendszerek megoldására több olyan módszert ismertetünk, amelyek az ismeretlenek számától függetlenül alkalmazhatók, és bizonyítunk néhány tételt, amely biztosítja a rendszerek tárgyalását. Ezen célok elérése érdekében szükségünk van néhány fontos fogalomra (eszközre), mint mátrix determinánsa, rangja, inverze, stb.

2 VAGY 3 ISMERETLENT TARTALMAZÓ EGYENLETRENDSZEREK Értelmezés. Lineáris egyenletrendszernek nevezünk egy olyan egyenletrendszert, amely a1x 1 + a2x 2 + ... + an x n = b alakú egyenleteket tartalmaz, ahol x i , i = 1, n az ismeretlenek és ai ∈

valamint b ∈

rögzített számok.

Vizsgáljunk meg néhány ilyen lineáris rendszert. 1. feladat. Tárgyaljuk az a és b valós paraméterek függvényében az ⎧ x + 2y = b ⎪ ⎪ ⎨ax − y = 1 ⎪ ⎪ ⎩ egyenletrendszert. Megoldás. A második egyenletből kifejezzük y -t és visszahelyettesítjük az első egyenletbe (vagy szorozzuk a második egyenlet mindkét oldalát 2 -vel és összeadjuk az egyenletek megfelelő oldalait). Így a (2a + 1)x = b + 2 egyenlethez jutunk. Ha b +2 ab − 1 2a + 1 ≠ 0 , akkor x = és ez alapján y = ax − 1 = . 2a + 1 2a + 1 1 Ha 2a + 1 = 0 , akkor b + 2 ≠ 0 esetén ellentmondáshoz jutunk. Ha viszont a = − 2 és b = −2 , akkor meg kell vizsgálnunk, hogy az y ⋅ (2a + 1) = ab − 1 ⎛ 1⎞ egyenlőség nem vezet-e ellentmondáshoz. Mivel ⎜⎜− ⎟⎟⎟ ⋅ (−2) − 1 = 0 , ez is teljesül, ⎝ 2⎠ tehát a megoldások alakja ⎧ x = −2 − 2t ⎪ ⎪ , t∈ . ⎨y = t ⎪ ⎪ ⎩ ⎧a11x + a12y = b1 ⎪ 2. feladat. Oldjuk meg és tárgyaljuk az ⎪⎨a x + a y = b lineáris egyenletrendszert. ⎪ 22 2 ⎪ ⎩ 21

Tartalomjegyzék

280


Megoldás. Ha az a11, a12 , a 21, a 22 számok mindegyike 0, akkor b1 = b2 = 0 esetén a megoldáshalmaz az 2 , míg (b1, b2 ) ≠ (0, 0) esetén üres halmaz. Ha az a11, a12 , a 21, a 22 számok között van 0 -tól különböző, akkor feltételezhetjük, hogy a11 ≠ 0 . (Ellenkező esetben felcseréljük az egyenleteket és/vagy a változókat.) b − a12y Így x = 1 , tehát a második egyenlet alapján a11 (a11 ⋅ a22 − a21 ⋅ a12 )y a11 ⋅ b2 − a21 ⋅ b1 = . a11 a11 A tárgyalás a következő: Ha a11a22 − a21a12 ≠ 0 , akkor tetszőleges b1, b2 ∈ esetén a megoldások b ⋅ a − b2 ⋅ a12 a ⋅ b − a 21 ⋅ b1 és y = 11 2 . x = 1 22 a11 ⋅ a22 − a 21 ⋅ a12 a11 ⋅ a 22 − a 21 ⋅ a12 Ha a11a22 − a21a12 = 0 , akkor a11b2 − a21b1 = b1a22 − b2a12 = 0 esetén a megoldások

⎪⎧⎪x = b1 − a12α ⎪⎨ , α∈ . ⎪⎪y = α a11 ⎪⎩ Ha a11a22 − a21a12 = 0 és a11b2 − a21b1 ≠ 0 , akkor a rendszernek nincs megoldása. Látható, hogy az a11a 22 − a 21a12 , a11b2 − a21b1 és b1a22 − b2a12 kifejezéseknek kulcsfontosságú szerepe van a rendszer megoldásainak előállításában. A rendszer mátrixok segítségével a következő alakban írható: x ⎛a11 a12 ⎞⎛ ⎟⎟⎜⎜ ⎞⎟⎟ = ⎛⎜⎜b1 ⎞⎟⎟ ⎜⎜ (1) ⎟⎟⎜y ⎠⎟⎟ ⎝⎜b2 ⎠⎟⎟ ⎜⎝a21 a22 ⎠⎝ parametrikus alakja

A kifejezésmód egyszerűsítésének céljából a következő értelmezéseket adjuk: ⎛a11 a12 ⎞⎟ ⎟ mátrixot az (1) rendszer mátrixának nevezzük. Értelmezés. a) Az A = ⎜⎜a ⎜⎝ 21 a 22 ⎠⎟⎟ b) Az a11a 22 − a12a 21 számot az A mátrix determinánsának nevezzük, a11 a12 és detA -val jelöljük. Ezt gyakran a det A = a a22 alakban írjuk és azt mondjuk, 21 hogy detA az (1) rendszer determinánsa. Megjegyzés. A másodrendű négyzetes mátrix determinánsát másodrendű determinánsnak nevezzük. A 2. feladat eredményei alapján a következő tételt jelenthetjük ki: Tétel 1. Ha az (1) rendszer mátrixának determinánsa nem 0 , akkor a rendszernek létezik egyértelmű megoldása bármely b1, b2 ∈ esetén, és a megoldás b1 a12

a11 b1

b2 a 22 x= a a12 11

a21 b2 y= a a12 11

a21 a 22

a21 a 22

Tartalomjegyzék


281

(a számlálóban szereplő determinánsokat úgy kapjuk, hogy az x illetve y együtthatóinak helyére a szabadtagokat helyettesítjük). Ebben az esetben azt mondjuk, hogy a rendszer összeférhető (megoldható, kompatibilis) határozott. a11 a12 2. Ha a a22 = 0 , akkor a következő két eset lehetséges: 21

b1 a12

≠ 0 vagy

a11 b1

≠ 0 akkor a rendszernek nincs megoldása, azt b2 a22 a21 b2 mondjuk, hogy a rendszer összeférhetetlen (megoldhatatlan, inkompatibilis); b1 a12 a11 b1 b) ha = 0 , akkor a rendszernek végtelen sok megoldása van, = b2 a22 a21 b2 a) ha

azt mondjuk, hogy a rendszer összeférhető (megoldható, kompatibilis) határozatlan. Ezen fejezet egyik fő célja igazolni, hogy általános esetben sem bonyolultabb a helyzet, csak a kifejezések kiszámolása bonyolultabb. ⎛b1 ⎞ a11 a12 x Megjegyzés. A 2. feladatban szereplő a21 a22 y = ⎜⎜b ⎟⎟⎟ rendszer megoldása az ⎝⎜ 2 ⎠ a12 ⎞ ⎛ a22 ⎛x ⎞⎟ ⎜⎜⎜ det A − det A ⎟⎟⎟⎛⎜b1 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ a11 ⎟⎟⎟⎜⎜b2 ⎟⎟⎟ alakban is írható. ⎜⎝y ⎟⎠⎟ ⎜⎜ a21 − ⎜⎝ det A det A ⎠⎟⎟⎝ ⎠ Gyakorlat. Számítsuk ki az A ⋅ B és B ⋅ A szorzatokat, ha ⎛a11 a12 ⎞⎟ 1 ⎛⎜ a22 −a12 ⎞⎟ ⎟ ⎟. és A = ⎜⎜a B = ⎜ ⎟ ⎜⎝ 21 a 22 ⎠⎟ det A ⎜⎝−a21 a11 ⎠⎟⎟ Megoldás 0 ⎞⎟ ⎛1 0⎞⎟ ⎛a11a22 − a12a21 −a11a12 + a12a11 ⎞⎟ 1 1 ⎛⎜det A ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⋅ ⎜⎜⎜ A⋅B = det A⎠⎟⎟ ⎜⎝⎜0 1⎠⎟⎟ det A ⎝a21a22 − a22a21 −a21a21 + a22a11 ⎠⎟ det A ⎜⎝ 0 ⎛det A a22a12 − a12a22 ⎞ 0 ⎞⎟ ⎛1 0⎞⎟ ⎛ a22a11 − a12a21 1 ⎟⎟ = 1 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟ ⋅ ⎜⎜−a a + a a B ⋅A = ⎟ ⎜⎜0 1⎟⎟⎟ −a 21a12 + a11a 22 ⎠⎟⎟ det A ⎜⎜ 0 det A 11 21 det A ⎝⎜ 21 11 ⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

(

)( )

Ezen eredmények alapján, ha det A ≠ 0 , akkor a B mátrix az A inverze. ⎛a11 a12 ⎞⎟ ⎟ mátrix inverze Az előbbi eredmények alapján ha det A ≠ 0 , akkor az A = ⎜⎜a ⎜⎝ 21 a 22 ⎠⎟⎟ −a21 ⎞ ⎛ a22 ⎟ ⎜⎜ det A det A ⎟⎟⎟ az ⎜⎜⎜ −a a11 ⎟⎟⎟ mátrix. ⎜⎜ 12 ⎟ ⎝ det A det A ⎠⎟ A mátrixokkal végzett műveletek tulajdonságai alapján a rendszer megoldása a következő alakban írható (ha ismerjük az A mátrix inverzét):

Tartalomjegyzék

282


A−1⋅ |

A ⋅v = b A−1 ⋅ (A ⋅ v ) = A−1 ⋅ b ⎛b1 ⎞ ⎛a11 a12 ⎞ ⎛x ⎞ (A−1 ⋅ A)v = A−1 ⋅ b , ahol A = ⎜⎜⎜a21 a22 ⎟⎟⎟⎟ , v = ⎜⎜⎜y ⎟⎟⎟⎟ , b = ⎜⎜⎜b ⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝⎜ 2 ⎠⎟ I 2 ⋅ v = A−1 ⋅ b v = A−1 ⋅ b Az inverz mátrix oszlopai tulajdonképpen az a11x + a12y = 1 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪a11x + a12y = 0 ⎪ ⎨a x + a y = 0 és ⎪ ⎨a x + a y = 1 ⎪ ⎪ 22 22 ⎪ ⎪ ⎩ 21 ⎩ 21 egyenletrendszerek megoldásai. ⎪⎧a11x + a12y = b1 ⎛x 2 ⎞ ⎛x 1 ⎞ Ha ⎜⎜y ⎟⎟⎟ és ⎜⎜y ⎟⎟⎟ az előbbi rendszerek megoldásai, akkor az ⎪ ⎨a x + a y = b ⎪⎪⎩ 21 ⎝ 2⎠ ⎝ 1⎠ 22 2

⎛x 1 ⎞ ⎛x 2 ⎞ ⎛x1 x 2 ⎞ ⎛b1 ⎞ b1 ⋅ ⎜⎜y ⎟⎟⎟ + b2 ⋅ ⎜⎜y ⎟⎟⎟ = ⎜⎜y y ⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎝ 1⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 1 2 ⎠ ⎝b2 ⎠⎟ Vizsgáljuk meg, hogy 3 × 3 -as ( 3 ismeretlent és 3 egyenletet tartalmazó) rendszerek esetén léteznek-e hasonló eredmények. Feladat. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert: ⎧ ⎪ x + y + 2z = 11 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨2x + 3y − z = −5 ⎪ ⎪ 3x − 2y − 3z = −2 ⎪ ⎪ ⎩ Megoldás. Az első egyenletből kifejezzük x -et és behelyettesítjük a második és a ⎧ ⎪ ⎪⎪x + y + 2z = 11 harmadik egyenletbe. Így az ⎪⎨ y − 5z = −27 egyenletrendszerhez jutunk. Az ⎪⎪ − − 9z = −35 5 y ⎪ ⎪ ⎩ utolsó két egyenlet már csak y -t és z -t tartalmaz, tehát megoldható kétismeretlenes rendszerként. Kifejezve y -t a második egyenletből ( y = 5z − 27 ) és behelyettesítve a ⎧ ⎪ ⎪⎪x + y + 2z = 11 harmadikba, kapjuk: ⎪⎨ y − 5z = −27 . Az utolsó egyenletből z = 5 , ez alapján a ⎪ ⎪ − 34z = −170 ⎪ ⎪ ⎩ második egyenletből y = −2 és végül az első egyenletből x = 3 .

rendszer megoldása

Az ismeretleneket más sorrendben is kiküszöbölhetjük. Ha első lépésben a második egyenletből fejezzük ki a z -t, akkor a következő alakban írhatjuk a rendszert: ⎧ ⎪ z − 2x − 3y = 5 ⎪ ⎪ ⎪ 5x + 7y = 1 ⎨ ⎪ ⎪ − 3x − 11y = 13 ⎪ ⎪ ⎩ . 1 − 7y A második egyenletből x = , tehát a rendszer 5

Tartalomjegyzék


283

⎧ ⎪ z − 2x − 3y = 5 ⎪ ⎪ ⎪ alakban is írható. 5x + 7y = 1 ⎨ ⎪ ⎪ − 34 y = 68 ⎪ ⎪ ⎩ Ezt a megoldási módszert Gauss féle kiküszöbölési módszernek nevezzük. Világos, hogy legfeljebb 9 ⋅ 4 = 36 különböző módon juthatunk el a megoldáshoz (az első lépésben 9 lehetőség van aszerint, hogy melyik változót fejezzük ki és melyik egyenletből, míg a második lépésnél 4 lehetőség). Érdekes módon az előbbi két megoldásban az utolsó sorban az ismeretlen együtthatója −34 volt. Vajon ez egy általános jelenség, vagy tekinthető véletlen egybeesésnek is?

Vizsgáljuk meg általánosan a problémát. Feladat. Oldjuk meg és tárgyaljuk az ⎧ ⎪ a11x + a12y + a13z = b1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨a21x + a 22y + a 23z = b2 ⎪ ⎪ a x + a 32y + a 33z = b3 ⎪ ⎪ ⎩ 31 egyenletrendszert, ahol aij , bi ∈ , i, j = 1, 3 . Megoldás. Ha aij = 0, ∀i, j = 1, 3 , akkor (b1, b2, b3 ) = (0, 0, 0) esetén a megoldás az 3

, míg ellenkező esetben üres halmaz. Ha létezik 0 -tól különböző aij , i, j ∈ {1,2,3} , akkor a rendszer átrendezhető egyenletek és ismeretlenek cseréjével úgy, hogy az első egyenletben az x együtthatója 0 -tól különböző legyen. Tehát feltételezhetjük, hogy a11 ≠ 0 . Fejezzük ki x -et az első egyenletből és helyettesítsük a többi egyenletbe: b − a12y − a13z . x= 1 a11 Így az ⎧ ⎪ a a b ⎪ x + 12 y + 13 z = 1 ⎪ ⎪ a11 a11 a11 ⎪ ⎪ ⎪ a ⋅ a − a ⋅ a a ⋅ a − a21 ⋅ a13 b ⋅ a − a 21 ⋅ b1 12 21 ⎪ . y + 23 11 z = 2 11 ⎨ 11 22 ⎪ a11 a11 a11 ⎪ ⎪ a11 ⋅ a 32 − a12 ⋅ a 31 a ⋅ a − a13 ⋅ a 31 a ⋅ b − a 31 ⋅ b1 ⎪ ⎪ y + 11 33 z = 11 3 ⎪ ⎪ a11 a11 a11 ⎪ ⎩ Minden egyenletet beszorozva a11 -gyel, kapjuk: ⎧ ⎪ a11 ⋅ x + a12 ⋅ y + a13 ⋅ z = b1 ⎪ ⎪ ⎪(a ⋅ a − a ⋅ a )y + (a ⋅ a − a ⋅ a )z = a ⋅ b − a ⋅ b ⎨ 11 22 12 21 23 11 21 13 11 2 21 1 ⎪ ⎪ ⎪ (a ⋅ a − a12 ⋅ a 31 )y + (a11 ⋅ a 33 − a13 ⋅ a 31 )z = a11 ⋅ b3 − a 31 ⋅ b1 ⎪ ⎩ 11 32 Ha itt kiküszöböljük y -t, akkor a z együtthatója (a11a22 − a12a21 )(a11a33 − a13a31 ) − (a23a11 − a21a13 )(a11a32 − a12a31 ) =

= a11 ⋅ (a11a22a 33 + a12a23a 31 + a13a21a 32 − a11a23a32 − a12a21a 33 − a13a22a31 )

Tartalomjegyzék

284


Megjegyzés. Egyszerű számolással ellenőrizhető, hogy a zárójelben szereplő kifejezés független a lépések megválasztásától, tehát az utolsó egyenletben mindig ugyanazt az együtthatót kapjuk. Jelöljük Δ -val a zárójelben megjelenő kifejezést: Δ = a11a22a 33 + a12a23a 31 + a13a21a 32 − a11a23a 32 − a12a21a 33 − a13a22a 31 . A műveletek elvégzése és a11 -gyel való egyszerűsítés után a Δ ⋅ x = Δ1 (2) egyenlőséghez jutunk, ahol Δ1 = b1a22a 33 + a12a23b3 + a13b2a 32 − b1a23a 32 − a12b2a 33 − a13a22b3 A Δ1 kifejezés ugyanolyan szerkezetű, mint a Δ , csak az a11, a21 és a 31 helyett a rendszer szabadtagjai jelennek meg. Az egyszerűsítés kedvéért bevezetjük a következő fogalmat: Értelmezés. A Δ= a11a22a 33 + a12a23a 31+ a13a21a 32− a11a 23a 32− a12a21a 33− a13a22a 31 ⎛a ⎞ ⎜⎜ 11 a12 a13 ⎟⎟ ⎟ ⎜ kifejezést az A = ⎜⎜a21 a22 a23 ⎟⎟⎟ mátrix determinánsának nevezzük és detA -val ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝a 31 a 32 a 33 ⎠⎟ jelöljük. Gyakran írjuk a

a11 a12 a13 det A = a21 a22 a23 a 31 a 32 a 33 alakban is, és ha A egy egyenletrendszer mátrixa, akkor azt mondjuk, hogy detA az egyenletrendszer determinánsa. Megjegyzések. 1. A harmadrendű négyzetes mátrix determinánsát harmadrendű determinánsnak nevezzük. 2. Észrevesszük, hogy a másod- és harmadrendű determinánsok kifejtésében szereplő szorzatok tényezői különböző sorokból és oszlopokból vannak, tehát minden tag a1i1a2i2a3i3 alakú, ahol {i1, i2 , i3 } = {1, 2, 3} a harmadrendű determináns esetén és a1i1a2i2 alakú, {i1, i2 } = {1, 2} a másodrendű determináns esetén. Így ha tekintjük a ⎛ 1 2 3 ⎞⎟ ⎟, σ = ⎜⎜⎜ ⎜⎝i1 i2 i3 ⎠⎟⎟

illetve

⎛ 1 2 ⎞⎟ ⎟ ϕ = ⎜⎜⎜ ⎜⎝i1 i2 ⎠⎟⎟

permutációkat,

akkor

a

szorzatok

a1σ(1)a2σ(2)a3σ(3) , illetve a1ϕ(1)a2ϕ(2) alakúak.

a11 a12 a13 det A = a21 a22 a23 = a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 − a13a22a31 − a12a21a33 − a11a23a32 a31 a32 a33 determináns kifejtésében szereplő tagokban azonosítjuk a megfelelő permutációkat. Ezt a következő táblázatban foglaltuk össze:

Tartalomjegyzék

285

Lineáris egyenletrendszerek megoldása A kifejtés tagja a11a 22a 33 a12a 23a 31

A megfelelő permutáció ⎛1 2 3⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜1 2 3⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎛1 2 3⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜2 3 1⎟⎟⎟ ⎝ ⎠

A permutáció előjele

1 1

⎛1 2 3⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ 1 ⎜⎜3 1 2⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎛1 2 3⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ −a13a22a 31 −1 ⎜⎜3 2 1⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎛1 2 3⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ −a12a21a 33 −1 ⎜⎜2 1 3⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎛1 2 3⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ −a11a 23a 32 −1 ⎜⎜1 3 2⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ Észrevesszük, hogy minden harmadrendű permutáció megjelenik (tehát az S3 minden eleme). Így a determináns kifejtését a következőképpen is írhatjuk: det A = ∑ ε(σ )a1σ(1)a2σ(2)a 3σ(3) . a13a 21a 32

σ ∈S3

A másodrendű determináns kifejtése is írható hasonlóan: a11a22 − a12a21 = ∑ ε(σ )a1σ(1)a2σ(2) . σ ∈S2

A harmadrendű determináns kiszámításának könnyebb megjegyzése érdekében megemlítjük a következő két szabályt: 1. Sarrus szabály. Írjuk az A mátrix alá az első és a második 11 12 13 sort. A főátlóval párhuzamos átlók mentén az elemek szorzatai adják a determináns első három tagját (a pozitív előjelűeket), míg a a21 a22 a23 mellékátlóval párhuzamos vonalakra illeszkedő elemek szorzatai a31 a32 a33 adják az utolsó három tagot. a11 a12 a13 Így a determináns a főátlós szorzatok összegének és a mellékátlós a21 a22 a23 szorzatok összegének a különbsége: +a11a 22a 33 + a21a 32a13 + a 31a12a 23 − −a13a 22a 31 − a23a 32a11 − a 33a12a 21 2. Háromszögszabály. A mellékelt ábrák 11 12 13 11 12 13 mutatják a pozitív, illetve a negatív előjelű szorzatokat. a21 a22 a23 a21 a22 a23 a31 a32 a33 a31 a32 a33

Tartalomjegyzék

286

Lineáris egyenletrendszerek megoldása b1 a12 a13

A (2) összefüggésben Δ1 = b2 a22 a23 , tehát ha Δ ≠ 0 , akkor x = b3 a 32 a 33

Hasonlóan igazolható, hogy y =

Δ1 . Δ

Δ2 Δ és z = 3 , ahol Δ Δ

a11 b1 a13

a11 a12 b1

Δ2 = a 21 b2 a23 és Δ3 = a21 a 22 b2 . a 31 b3 a 33

a 31 a 32 b3

Így megfogalmazhatjuk a következő tételt: ⎧⎪a x + a y + a z = b 12 13 1 ⎪ 11 ⎪⎪⎪ Tétel. Ha az ⎨a21x + a 22y + a 23z = b2 egyenletrendszer determinánsa nem 0 , akkor ⎪⎪ ⎪⎪a 31x + a 32y + a 33z = b3 ⎪⎩ a rendszernek egyértelmű megoldása van (összeférhető határozott) és ezt az: Δ Δ Δ x = 1 , y = 2 és z = 3 Δ Δ Δ

a11 a12 a13 képletek szolgáltatják, ahol Δ = a21 a22 a23 a rendszer determinánsa, Δ1 , Δ2 és a 31 a 32 a 33 Δ3 pedig úgy kapható meg ebből a determinánsból, hogy az x , y illetve z együtthatóit rendre helyettesítjük a szabadtagokkal (ezt és ennek az általános esetét nevezzük Cramer szabálynak és azokat a rendszereket, amelyekre ez alkalmazható Cramer rendszereknek nevezzük). Megjegyzés. A Δ ⋅ x = Δ1 , Δ ⋅ y = Δ2 és Δ ⋅ z = Δ3 összefüggések alapján, ha Δ = 0 és a Δ1 , Δ2 , Δ3 determinánsok valamelyike nem 0 , akkor a rendszer összeférhetetlen. A Δ = Δ1 = Δ2 = Δ3 esetet a későbbiekben tárgyaljuk.

Gyakorlati alkalmazás Egy bányavállalat rezet, vasat, ként és egyéb összetevőket tartalmazó ásványt termel. A vizsgálatok során megállapították m mennyiségű ásvány 21 , 16 illetve 31 mól rezet, vasat illetve ként tartalmaz. Másrészt ezek három ásványból származnak: kalkopirit ( Cu Fe S2 ), vasszulfid ( Fe S ) és bornit ( Cu 5 Fe S4 ). Számítsuk ki a vizsgált m mennyiségben ezek mólszámát. Megoldás. Ha x , y és z jelöli a kalkopirit, vasszulfid és bornit mólszámát a vizsgált m mennyiségben, akkor a következő lineáris rendszerhez jutunk:

Tartalomjegyzék

287


⎧⎪ x + 5z = 21 (Cu) ⎪⎪ ⎪⎪ = 16 (Fe) . ⎨ x +y +z ⎪⎪ ⎪⎪2x + y + 4z = 31 (S) ⎪⎩

A rendszer Cramer rendszer, tehát összeférhető határozott, megoldása x = 6 , y = 7 , z = 3 , tehát a vizsgált mennyiség 6 mól kalkopiritet, 7 mól vasszulfidot és 3 mól bornitot tartalmaz. Megoldott gyakorlatok 1. Számítsuk ki a következő determinánsokat:

1 0 0

0 0 1 b) 0 2 0 ;

a) 0 2 0 ;

0 0 3 −2 d) 0

0

2

−2

3

e) 1

3

2

1

0

3

0

0

4

0

3

1

f) 0 −2 4 .

−1 0 ;

1

0

c) −1 −2 0 ;

3 0 0

−1 1 ; 0

2

5

0

2

3

Megoldás

1 0 0

0 0 1

a) 0 2 0 = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 = 6 ;

0 0 3 2

0

3 0 0 0

c) −1 −2 0 = 2 ⋅ (−2) ⋅ 3 = −12 ; 1

4

3

−2

2

3

e) 1

1

−1 0 = −3 ⋅ (−1) ⋅ 1 = 3 ; 0

b) 0 2 0 = −1 ⋅ 2 ⋅ 3 = −6 ;

0

−2

2

−1 1 = (−2)(−1) ⋅ 3 ;

d) 0

0 0

3

0 0

3 1

f) 0 −2 4 = −1 ⋅ (−2) ⋅ 5 .

5

2

3

Megjegyzés. Mind a hat példánál a determináns egyenlő a főátlón levő elemek szorzatával (a), c), d)) vagy a mellékátlón levő elemek szorzatának ellentettjével (b), e), f)), mert ez az egyetlen nullát nem tartalmazó szorzat. Értelmezés. Ha egy mátrix valamely átlóján kívüli elemek mind nullák, akkor az diagonális vagy átlós mátrix. Ha egy mátrix valamely átlója fölött vagy alatt minden elem nulla, akkor az háromszögmátrix. A harmadrendű átlós mátrix determinánsa egyenlő a főátlón levő elemek szorzatával vagy a mellékátlón levők szorzatának ellentettjével:

Tartalomjegyzék

288


a11

0

0

a22

0

0

0

0

0

0 = a11a22a 33 ,

0

a22

a31

0

a 33

a13 0 = −a13a22a31 ,

mert

⎛1 2 3⎞⎟ ⎟⎟ σ = ⎜⎜⎜ ⎜⎝1 2 3⎠⎟⎟

a

0

⎛1 2 3⎞⎟ ⎟⎟ permutáció páratlan, és csak az ezeknek a permutáció páros és a τ = ⎜⎜⎜ ⎜⎝3 2 1⎠⎟⎟ permutációknak megfelelő szorzatok nem nullák. Hasonlóan a harmadrendű háromszögmátrix determinánsa egyenlő a főátlón levő elemek szorzatával vagy a mellékátlón levők szorzatának ellentettjével: a11

0

a11 a12 a13

0

0 = 0

a21 a22

a31 a32 a33

0

a11 a12 a13

a22 a23 = a11a22a33 és a21 a22 0

a33

a31

0

0

0 = 0 0

a13

0

a22 a23 = −a13a22a31

a31 a32 a33

⎧ ⎪ 2x − 3y + z = 7 ⎪ ⎪ ⎪ 2. Oldjuk meg a ⎨x + y − 2z = −4 egyenletrendszert. ⎪ ⎪ ⎪ x − y + 3z = 8 ⎪ ⎪ ⎩ Megoldás. A rendszer determinánsa 2 −3 Δ= 1

1 −2 = 15 ≠ 0 , tehát alkalmazhatjuk a Cramer szabályt.

1

1 −1 7 Δ1 = −4 8

3

−3 1 −1

1

2

7

1

2 −3

−2 = 15 , Δ2 = 1 −4 −2 = −15 , Δ3 = 1 3

1

8

3

1

1 −1

7 −4 = 30 . 8

Δ1 Δ Δ = 1 , y = 2 = −1 és z = 3 = 2 . Δ Δ Δ ⎧ ⎪ 2x − y + z = 1 ⎪ ⎪ ⎪ 3. Oldjuk meg a ⎨−x + y − z = −1 egyenletrendszert. ⎪ ⎪ ⎪ −x + 2y − 2z = 1 ⎪ ⎪ ⎩ Megoldás. A rendszer determinánsa

Tehát x =

2

−1

−1

1

−1 = 0 , Δ2 = −1 −1 −1 = 3 ≠ 0 , tehát a rendszer összeférhetetlen.

−1

2

−2

1

2 −1

1 1

1 −2

Tartalomjegyzék

289

Lineáris egyenletrendszerek megoldása A MÁSOD- ÉS HARMADRENDŰ DETERMINÁNSOK TULAJDONSÁGAI

Mielőtt a rendszerek további tulajdonságainak vizsgálatába fognánk, vizsgáljuk meg a másod- és harmadrendű determinánsok néhány tulajdonságát a magasabbrendű determinánsok értelmezése céljából. Feladat. Vizsgáljuk meg, hogyan változik az A ∈ M 3 ( ) mátrix determinánsa, ha a) felcseréljük a sorokat az oszlopokkal; b) felcserélünk két sort (vagy oszlopot); c) beszorzunk egy sort (vagy oszlopot) egy számmal; d) a mátrix minden elemét a konjugáltjával helyettesítjük. Megoldás. a) A háromszögszabályban szereplő két ábra szimmetrikus a főátlóra nézve, ezért ha az elemeket a főátlóra nézve tükrözzük, akkor a determináns értéke nem változik, tehát det A = det At , azaz

a11 a12 a13 a11 a21 a31 a21 a22 a23 = a12 a22 a 32 . a 31 a 32 a 33 a13 a23 a 33 Másképp det At =

∑ ε (σ )a

a

a

σ (1)1 σ (2)2 σ (3)3

, ugyanakkor σ bijektív függvény, így

σ ∈S 3

a σ (1)1a σ (2)2a σ (3)3 = a1σ−1 (1)a 2σ−1 (2)a 3σ−1 (3) . Ha pedig σ végigfutja az S 3 halmazt, akkor σ−1

is végigfutja az S 3 halmazt. Tehát det At =

∑ ε (σ ) a

σ ∈S 3

a

a

1σ−1 (1) 2σ−1 (2) 3 σ−1 (3)

=

∑ ε ( τ )a −1

a

a

1 τ (1) 2 τ (2) 3 τ (3)

= det A , ahol

τ ∈S 3

felhasználtuk, hogy ε (τ −1 ) = ε (τ ) . Nyilván a második bizonyítás bonyolultabb, mint az első, de majd a magasabbrendű determinánsoknál meglátjuk a permutációk hasznosságát. b) Az a) pontbeli tulajdonság alapján elégséges a determinánsok viselkedését oszlopcsere esetén vizsgálni. Először vizsgáljunk meg néhány sajátos esetet. 1 3 3 1 = 5, = −5 . Észrevesszük, hogy a két átló felcserélődött, tehát a −1 2 2 −1 szorzatok előjele is megváltozott, következésképpen a másodrendű determináns oszlopainak vagy sorainak felcserélésével kapott determináns egyenlő az eredeti determináns ellentettjével. ⎛a11 a12 ⎞⎟ ⎛a 21 a 22 ⎞⎟ ⎛a12 a11 ⎞⎟ ⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ , akkor ⎟ és Általában, ha A = ⎜⎜a , A A = = ⎜ 1 2 ⎜⎝ 21 a 22 ⎠⎟⎟ ⎜⎝a11 a12 ⎠⎟⎟ ⎜⎝a22 a 21 ⎠⎟⎟

det A = a11a22 − a12a21 , det A1 = a12a21 − a11a22 = − det A , és det A2 = a21a12 − a22a11 = − det A . 1 Tekintsük a Δ1 = 2

−1

0

1

−1 0 = −1 harmadrendű determinánst. Az első és második 1

2

Tartalomjegyzék

290


0 oszlopának felcserélésével kapjuk a Δ2 = −1

1

1

1

2

0 = 1 determinánst. Ha a Δ1

−1 2

determinánsban az első oszlopot a harmadik helyére tesszük, a másodikat az első

0 helyére

és

a

harmadikat

a

második

helyére,

a

1

Δ3 = −1 0 1

1 2 = −1

2 −1

determinánshoz jutunk. Tulajdonképpen a Δ3 determinánst a Δ1 -ből két oszlopcsere révén kaptuk (az elsőt a másodikkal, majd a másodikat a harmadikkal). Tehát, ha egy oszlopcsere a determináns előjelének a megváltozásához vezet, akkor egymás utáni oszlopcserék következtében az új determináns egyenlő lesz az eredetivel vagy annak ellentettjével. Vizsgáljuk meg általános esetben, hogy mit jelent egy oszlopcsere. ⎛a ⎞ ⎛a ⎞ ⎜⎜ 11 a12 a13 ⎟⎟ ⎜⎜ 12 a11 a13 ⎟⎟ ⎟ ⎟ Legyen A = ⎜⎜⎜a21 a22 a23 ⎟⎟⎟ és A1 = ⎜⎜⎜a22 a21 a23 ⎟⎟⎟ , ekkor ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎝a 31 a 32 a 33 ⎠⎟ ⎜⎝a 32 a 31 a 33 ⎠⎟

det A1 = a12a21a 33 + a11a23a 32 + a13a22a 31 − a11a22a 33 − a12a23a 31 − a13a 21a 32 = − det A Hasonló eredményhez jutunk bármely két oszlop cseréje esetén. Tulajdonképpen egy mátrix oszlopainak sorrendjének megváltoztatása, ezeknek egy permutációja (azaz, ha (C 1 C 2 C 3 ) az eredeti mátrix, ahol C i az i -edik oszlopot jelöli, a σ permutációval a (C σ(1) C σ(2) C σ(3) ) mátrixhoz jutunk). Az oszlopok egymás utáni cseréje transzpozíciók szorzatának felel meg. Mivel a transzpozíciók páratlan permutációk, ebből is arra a következtetésre jutunk, hogy egy oszlopcsere a determináns előjelének megváltozásához vezet. Vizsgáljuk meg a determináns ⎛a ⎞ ⎜⎜ 1σ(1) a1σ(2) a1σ(3) ⎟⎟ ⎟ változását az oszlopok σ permutációja esetén. Ha A2 = ⎜⎜⎜a2σ(1) a2σ(2) a2σ(3) ⎟⎟⎟ , akkor ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝a 3σ(1) a3σ(2) a 3σ(3) ⎠⎟

det A2 =

∑ ε (τ )a

a

a

1 τ (σ (1)) 2 τ (σ (2)) 3 τ (σ (3))

τ ∈S 3

.

Ha τ végigfutja az S 3 halmazt, akkor τσ is végigfutja az S 3 halmazt. Tudjuk, hogy ε (τσ ) ε (τσ ) = ε (τ ) ε (σ ) , tehát δ = τσ ε (τ ) = = ε (τσ ) ε (σ ) . Így a ε (σ ) helyettesítéssel kapjuk, hogy det A2 = ∑ ε (σ ) ε (δ )a1δ (1)a2δ (2)a 3δ (3) = ε (σ ) det A . δ ∈S 3

Tehát ha σ egy transzpozíció, akkor valóban a determináns előjelet vált. Következmény. Ha egy determináns két sora vagy két oszlopa megegyezik, akkor a determináns értéke 0 .

Tartalomjegyzék

291


Bizonyítás. Két sor vagy oszlop felcserélésével a determináns előjelet vált. Másrészt, ha két azonos sort vagy oszlopot cserélünk fel, akkor a determináns nem változik. Ez csak akkor lehetséges, ha a determináns 0 . c) A determináns értelmezésében szereplő szorzatok tényezői úgy helyezkednek el, hogy minden sorból és minden oszlopból pontosan egy elem kerüljön a szorzatba. Így, ha egy sor (vagy oszlop) minden elemét szorozzuk α -val, akkor a determináns is szorzódik α -val. Pontosabban, ha például az első oszlopot szorozzuk α -val, akkor det A1 = ∑ ε (σ )(αa1σ (1) )a 2σ (2)a 3σ (3) = det A1 = α ∑ ε (σ )a1σ (1)a 2σ (2)a 3σ (3) = α det A . σ ∈S 3

σ ∈S 3

Következmény. Ha egy determináns két oszlopa (vagy sora) arányos, akkor a determináns értéke 0 . Bizonyítás. Jelöljük A -val a mátrixot, amelynek két oszlopa (vagy sora) arányos. Az aij1 = α ⋅ aij2 , i = 1, 3 egyenlőségek alapján α ⋅ det A = det A1 = 0 , ahol A1 -et az A -ból úgy kapjuk, hogy a j 2 -ik oszlopot szorozzuk α -val és így A1 -nek van két azonos oszlopa. d) Mivel bármely z1, z 2 ∈ esetén z1 ⋅ z 2 = z1 ⋅ z 2 és z 1 + z 2 = z 1 + z 2 , valamint a determináns számolásánál csak az elemek szorzását és összeadását használjuk, következik, hogy det A = det A , azaz ⎛a ⎞ a11 a12 a13 ⎜⎜ 11 a12 a13 ⎟⎟ ⎟ ⎜ a21 a22 a23 = ⎜⎜ a21 a22 a23 ⎟⎟⎟ . ⎟⎟ ⎜⎜ a 31 a 32 a 33 ⎜⎝ a 31 a 32 a 33 ⎠⎟⎟ Feladat. Fejezzük ki a harmadrendű determinánst másodrendű determinánsok segítségével. Megoldás. Csoportosítjuk a tagokat az első oszlop elemei szerint: det A = a11a22a 33 + a12a23a 31 + a13a21a 32 − a11a23a 32 − a12a21a 33 − a13a22a 31 = = a11 ⋅ (a22a 33 − a23a 32 ) − a21 ⋅ (a12a 33 − a13a 32 ) + a 31 ⋅ (a12a23 − a13a22 ) = a22 a23 a12 a13 a12 a13 = a11 ⋅ a − a ⋅ + a ⋅ 21 31 a 33 a 32 a 33 a22 a23 32 Ezt a felírást a determináns első oszlopa szerinti kifejtésének is nevezzük. Hasonló felírásokhoz jutunk, ha valamely más sor vagy oszlop elemei szerint csoportosítunk. Így megkaphatunk egy tetszőleges sor vagy oszlop szerinti kifejtést. Látható, hogy az aij elem szorzótényezőjét úgy kapjuk, hogy az A determinánsából elhagyjuk az i i+j

edik sort és a j -edik oszlopot és szorozzuk (−1)

-nel.

Értelmezés. Az i -edik sor és j -edik oszlop elhagyásával kapott determinánst az

aij -hez tartozó aldeterminánsnak nevezzük és dij -vel jelöljük. A (−1)i + j dij kifejezést az aij elem algebrai komplementumának nevezzük és Dij -vel jelöljük. Ezekkel a jelölésekkel az előbbi feladat eredménye a következőképpen fogalmazható meg:

Tartalomjegyzék

292


Tétel. Ha A ∈ M 3 ( ) , akkor 3

3

i =1

j =1

det A = ∑ aij ⋅ Dij = ∑ aij ⋅ Dij , ∀i, j ∈ {1, 2, 3} . Megjegyzés. Ez a felírás a másodrendű determinánsok esetén is létezik: a11 a12 a21 a22 = a11 ⋅ a 22 − a12 ⋅ a 21 , ahol a 22 és a 21 tekinthető elsőrendű determinánsnak. Következmények 1. Ha két harmadrendű mátrixnak csak egy sora (vagy oszlopa) különbözik, akkor determinánsaik összege egyenlő annak a mátrixnak a determinánsával, amelyet úgy kapunk, hogy a megegyező elemeket leírjuk és a különböző sorok megfelelő elemeit összeadjuk. Példa x a a x a a x +x a a 1

12

13

2

12

13

1

2

12

13

y1 a22 a23 + y2 a22 a23 = y1 + y2 a22 a23 z1 a 32 a 33 z 2 a 32 a 33 z1 + z 2 a 32 a 33 Bizonyítás. Az első oszlop szerint kifejtve a determinánsokat, kapjuk:

x 1 a12 a13 x 2 a12 a13 a22 a23 a12 a13 a12 a13 y1 a22 a23 + y2 a22 a23 = x1 ⋅ a − y ⋅ + z ⋅ 1 a 1 a a 33 a 33 a23 + 32 32 22 z1 a 32 a 33 z 2 a 32 a33 a 22 a23 a12 a13 a12 a13 +x 2 ⋅ a − y ⋅ + z ⋅ 2 2 a 33 a 32 a 33 a 22 a23 = 32

x1 + x 2 a12 a13 a22 a23 a12 a13 a12 a13 = (x1 + x2 ) ⋅ a a − (y1 + y2 ) ⋅ a a + (z1 + z2 ) ⋅ a a = y1 + y2 a22 a23 . 32 33 32 33 22 23 z1 + z2 a32 a33 2. Ha egy determináns valamely sorához (vagy oszlopához) hozzáadjuk egy másik sor (oszlop) α -szorosát, akkor a determináns értéke nem változik meg. Bizonyítás. Feltételezhetjük, hogy az első két oszlopról (sorról) van szó, hisz oszlopok (sorok) cseréjével csak az előjelek változnak meg.

a11 a12 a13 α ⋅ a12 a12 a13 a11 + α ⋅ a12 a12 a13 a21 a22 a23 + α ⋅ a22 a22 a23 = a21 + α ⋅ a22 a22 a23 a 31 a 32 a 33 a 31 + α ⋅ a 32 a 32 a 33 α ⋅ a 32 a 32 a 33 A bal oldalon a második determináns 0 , mert két oszlopa arányos, tehát a bizonyítás teljes. Így a számolások egyszerűsítése érdekében egy determináns olyan alakra hozható, amelynek valamely sora vagy oszlopa minél több nullát tartalmaz.

Tartalomjegyzék

293


Megjegyzés. Azt mondjuk, hogy az a ∈ szám az a1 , a 2 , ..., an ∈ számok lineáris kombinációja, ha léteznek az α1 , α2 , ..., αn ∈ számok, amelyekre a = α1a1 + α2a2 + ... + αnan . Hasonlóan értelmezhető a v1 , v 2 , ..., vn vektorok (oszlop- vagy sormátrixok) v = α1v1 + α2v2 + ... + αnvn lineáris kombinációja. (Például a v1 = (1 2) , v2 = (−2 1) és v 3 = (0 3) vektorok valamint az α1 = 2 , α2 = −1 , α3 = 3 valós számok esetén egy lineáris kombináció a v = 2v1 − v2 + 3v 3 = 2 ⋅ (1 2) − (−2 1) + 3 ⋅ (0 3) = (4 12) vektor) Így az előbbi feladat alapján, ha egy determináns valamely oszlopához (sorához) hozzáadjuk a többi oszlop (sor) lineáris kombinációját, akkor nem változik az értéke. 3. Két mátrix szorzatának determinánsa egyenlő a determinánsok szorzatával. Bizonyítás ⎛a11b11 + a12b21 a11b12 + a12b22 ⎞⎟ ⎛b11 b12 ⎞⎟ ⎛a11 a12 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ , akkor AB = ⎜⎜ ⎟ = B Ha A = ⎜⎜a és ⎜⎜a b + a b a b + a b ⎟⎟⎟ . ⎜⎜b b ⎟⎟ ⎜⎝ 21 a 22 ⎠⎟⎟ 21 22 21 11 22 21 21 12 22 22 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . Észrevesszük, hogy mindkét oszlop az A mátrix oszlopainak lineáris kombinációja. a11b11 + a12b21 a11b12 + a12b22 a11b11 a11b12 + a12b22 a12b21 a11b12 + a12b22 = = + a21b11 + a22b21 a21b12 + a22b22 a 21b11 a 21b12 + a22b22 a22b21 a21b12 + a 22b22

a11 b11b12 a 21

a11 a11b12 + a12b22

a12 a11b12 + a12b22

= a21 a21b12 + a22b22 a22 a21b12 + a22b22 a11 a11 a12 a12 a11 a12 a12 + b b + b b + b b 11 22 21 12 21 22 a21 a21 a 22 a22 a21 a 22 a22 = a11 a12 =a a 22 (b11b22 − b21b12 ) = det A ⋅ det B 21

= b11

+ b21

Természetesen egyszerűbb lett volna számolással ellenőrizni, de ez az eljárás hasznos lesz a magasabbrendű determinánsok hasonló tulajdonságának igazolásánál. ⎛b ⎞ ⎛a ⎞ ⎜⎜ 11 b12 b13 ⎟⎟ ⎜⎜ 11 a12 a13 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎜ Ha A = ⎜⎜⎜a21 a22 a23 ⎟⎟⎟ és B = ⎜⎜b21 b22 b23 ⎟⎟ , akkor ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜b ⎜⎝a 31 a 32 a 33 ⎠⎟ b b ⎝ 31 32 33 ⎠⎟ a11b11 + a12b21 + a13b31

c12 c13

det AB = a 21b11 + a22b21 + a23b31 c22 c23

a1k = ∑ bk 1 a 2k 3

c12 c13 c22 c23 .

k =1

a 3k c32 c33 a 31b11 + a 32b21 + a 33b31 c32 c33 Folytatva az eljárást, az azonos oszlopokat tartalmazó determinánsok elhagyásával a

a1k c12 c13 a1k a1 j c13 a1k a1 j 3 3 bk 1 a2k c22 c23 = ∑ bk 1bj 2 a2k a2 j c23 = ∑ bk 1bj 2bi 3 a2k a2 j ∑ k =1 k , j =1 k , j ,i =1 a 3k c32 c33 a 3k a 3 j c33 a 3k a 3 j k≠j k ≠ j ≠i ≠ k 3

a1i a2i a 3i

eredményhez jutunk. Ez utóbbi összegben minden (k, j, i ) számhármasnak egy S 3 -beli

Tartalomjegyzék

294


permutáció felel meg és fordítva. Tehát írhatjuk, hogy:

∑b

b

b

σ (1)1 σ (2)2 σ (3)3

σ ∈S 3

a1σ(1) a1σ(2) a1σ(3) a2σ(1) a2σ(2) a2σ(3) = ∑ bσ (1)1bσ (2)2bσ (3)3ε (σ ) det A = σ ∈S 3 a 3σ(1) a 3σ(2) a 3σ(3)

= det A det t B = det A det B Megoldott gyakorlatok 1. Számítsuk ki a következő determinánsokat: cos α − sin α 5+ 7 ; b) Δ2 = a) Δ1 = sin α cos α 3+ 2

1

2

c) Δ3 = 0

2

−3

5

7

3 −1

2

−8 3

1

1

1

e) Δ5 = 2 −3 −1 ;

3

0

5− 7

;

3

d) Δ4 = −3 2 −4 ;

1 ;

3

3− 2

2

−1 1

f) Δ6 = 2

1

0

−3 −3 1

2

Megoldás a) Δ1 = cos α ⋅ cos α − sin α ⋅ (− sin α) = cos2 α + sin2 α = 1 . b) Δ2 =( 5 + 7 )( 5 − 7 )− ( 3 − 2 )( 3 + 2 ) =(5 − 7) − (3 − 2) = −3 . c) Δ3

−3S1 +S 3 →S 3

=

1

2

0

2

−3 1+1

1 = 1 ⋅ (−1)

0 −7 5

7

3

d) Δ4 = −3 2 −4

−8 3 3O2 +O1 →O1

=

2

11

3

31

7 17

0

2

0 =

3

0

8

1

e) Δ5 = 2 −3 −1

2

2

3 S1 +S 2 → S1

=

1

−7 11

10 7 3 1 = ⋅ − 6 2 −4 2 −16 3 2

2O1 →O1

−7 3 1

⋅

= 29 .

2O2 +O3 →O3

=

10

7 17

−6

2

−16 3

8

31 17 1 2+2 ⋅ 2 ⋅ (−1) ⋅ = 248 + 119 = 367. −7 8 2 0

0 1+1

2 −3 −1 = 3 ⋅ (−1) 3

0 =

0

2

−3 −1 0

2

= − 18 .

Tartalomjegyzék

295

Lineáris egyenletrendszerek megoldása −1 1

1

f) Δ6 = 2

1

0

−1 1

1 S 3 −S1 → S 3

=

−3 −3 1

2

0 = 0 , mert S 3 = −2S 2 .

1

−4 −2 0

2. Számítsuk ki a következő determinánsokat, és írjuk fel szorzat alakjában: a 2 ab b 2

a) Δ1 = b 2

a

b

a 2 ab ; b) Δ2 = b + c

ab b 2

c

c +a

1

1

1

a + b ; c) Δ3 = a

b

c .

b2 + c2 c2 + a 2 a 2 + b2

a2

a 2 b2 c2

Megoldás. a) Vonjuk ki az első oszlopot a második és a harmadik oszlopból, és emeljünk ki (b − a ) -t a két utolsó oszlopból:

a2 Δ1 = b

2

ab

a ⋅ (b − a )

(b − a )(b + a )

(a − b )(a + b )

b ⋅ (a − b )

b ⋅ (b − a )

a ⋅ (a − b )

a2 2

= (b − a ) ⋅ b

2

a

b +a

− (a + b )

−b

b

−a

ab

Adjuk az első sorhoz az utolsó kettőt: a 2 + b 2 + ab 2

Δ1 = (b − a ) ⋅

b

2

0

− (a + b ) −b =

ab = (b − a ) ⋅ (a 2 + b 2 + ab ) ⋅ 2

0 −a

b

− (a + b ) −b −a

b

= 2

2 2 = (b − a ) ⋅ (a 2 + b 2 + ab ) ⋅ ⎡⎣a 2 + ab + b 2 ⎤⎦ = ⎡⎢⎣(b − a ) ⋅ (b 2 + ab + a 2 )⎤⎥⎦ = (b 3 − a 3 ) . 2. megoldás. Adjuk a két utolsó oszlopot az elsőhöz, és emeljük ki a közös tényezőt:

1 ab b 2

b2

ab

1

Δ1 = (a 2 + ab + b 2 ) 1 a 2 ab = (a 2 + ab + b 2 ) 0 a (a − b )

1 b2

=(a 2 + ab + b 2 )(a − b )

2

a

a2

−b

b a +b

b (a − b )

=

0 b (b − a ) (a − b )(a + b ) 2

=(a 2 + ab + b 2 )(a − b ) (a 2 + ab + b 2 )=(a 3 − b 3 ) . 2

b) Az első oszlopot kivonjuk a másik kettőből, majd a második sort az elsőhöz adjuk, és egy másodrendű determinánsra vezetjük vissza: a Δ2 = b + c

b −a

c −a

a −b

a − c = (b − a )(c − a ) b + c

b2 + c2 a 2 − b2 a 2 − c2

a

1

1

−1

−1

b 2 + c 2 − (a + b ) − (a + c )

=

Tartalomjegyzék

296

Lineáris egyenletrendszerek megoldása a +b +c

0

0

b +c

−1

−1

= (b − a )(c − a ) ⋅

b2 + c2

=

− (a + b ) − (a + c )

1 1 = (b − a )(c − a ) (a + b + c ) ⋅ a + b a + c = (b − a )(c − a )(c − b )(a + b + c )

c) Kifejthetjük a determinánst Sarrus vagy háromszögszabály segítségével, de úgy nehezebben vesszük észre a megfelelő felbontást. Ezért hasznosabb a determinánsok tulajdonságainak felhasználásával a kifejtés során kiemelni a tényezőket. 1 a

1

1

b

O2 −O1 →O2

=

c

O3 −O1 →O3

a 2 b2 c2

1

0

0

a

b −a

1

c −a = a

a 2 b2 − a 2 c2 − a 2

1 = (b − a )(c − a ) a

0 1

0

0

b −a

c −a

a 2 (b − a )(b + a )

0 1

O3 −O2 →O3

=

(c

− a ) (c + a )

1

0

0

(b − a )(c − a ) a

1

0

a2 b + a c + a

a2 b + a c − b

= (b − a )(c − a )(c − b ) .

1

1

1

Tehát a

b

c = (b − a )(c − a )(c − b ) . Ezt a determinánst Vandermonde

a 2 b2 c2

determinánsnak nevezzük. 3. Számítsuk ki a következő mátrixok determinánsát: ⎛a b c ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎛ a b ⎞⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ a) A1 = ⎜⎜ b) A2 = ⎜⎜b c a ⎟⎟ . ⎟⎟ ; ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜ ⎝⎜−b a ⎠⎟ ⎟ ⎜⎝c a b ⎠⎟ Megoldás a) detA1 = a 2 + b 2 . b) det A2 = acb + bac + cba − c 3 − a 3 − b 3 = 3abc − a 3 − b 3 − c 3 . 4. Igazoljuk a determinánsok kiszámolása nélkül az alábbi egyenlőségeket: a1 + b1

b1 + c1

c1 + a1

a1 a2 a 3

a) a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 = 2 b1 b2 c1 c2 a 3 + b3 b3 + c3 c3 + a 3

b3 (Felvételi, 1985); c3

=

=

Tartalomjegyzék

297

Lineáris egyenletrendszerek megoldása bc a 2

bc ab ca

a2

b) ab ac bc = b 2 ac b 2 . ac bc ab

c2

c2

ab

Bizonyítás a) A determinánsok tulajdonságainak felhasználásával írhatjuk, hogy: a1 + b1

b1 + c1

c1 + a1

b1 + c1

a1

c1 + a1

b1

b1 + c1

c1 + a1

a 2 + b2 b2 + c2 c2 + a 2 = a2 b2 + c2 c2 + a 2 + b2 b2 + c2 c2 + a 2 = a 3 + b3 b3 + c3 c3 + a 3 a1 b1 = a 2 b2

a 3 b3 + c3 c3 + a 3

b3 b3 + c3 c3 + a 3

c1 + a1

b1 b1 c1 + a1 b1 c1 c1 + a1 a1 c1 c1 + a1 c2 + a2 + a2 c2 c2 + a2 + b2 b2 c2 + a 2 + b2 c2 c2 + a 2 =

a 3 b3 c3 + a 3

a 3 c3 c3 + a 3 a1 b1 c1

b3 b3 c3 + a 3

b1 c1 a1

b3 c3 c3 + a 3

a1 b1 c1

= a2 b2 c2 + b2 c2 a 2 = 2 ⋅ a2 b2 c2 , a 3 b3 c3

b3 c3 a 3

a 3 b3 c3

b1 c1 a1

a1 b1 c1

mert a többi determináns értéke nulla és b2 c2 a 2 = a2 b2 c2 , mivel az egyikből b3 c3 a 3

a 3 b3 c3

a másikat két oszlopcserével kaphatjuk meg. b) Az első sort a -val, a másodikat b -vel és a harmadikat c -vel szorozzuk (ha abc ≠ 0 ): abc a 2b

bc ab ca ab ac bc = ac bc ab

ca 2

1 ab 2 abc b 2c . (1) abc ac 2 bc 2 abc

Az első oszlopból kiemelünk a -t, a másodikból b -t és a harmadikból c -t: abc a 2b

ca 2

ab 2 abc

b 2c = abc b 2 ac b 2 . (2)

ac 2

abc

bc 2

bc a 2 a 2

c2

c2

ab

Az (1) és (2) alapján következik a kért egyenlőség. Ha abc = 0 , akkor két lehetőségünk van. Ha az a, b és c számok közül legalább kettő 0 , akkor mindkét determináns 0 , ellenkező esetben minden sorból kiemeljük a közös tényezőt, és két oszlopot a harmadikhoz adunk. Például a = 0 és bc ≠ 0 esetében:

Tartalomjegyzék

298

Lineáris egyenletrendszerek megoldása bc

0

0

bc

0

0

0

0

bc = (bc ) 0 0 1 = (bc ) 1 0 1 = b 2

0

b2 .

0

bc

0

1 0 0

1 0 0

3

3

0 1 0

1 1 0

x 12 x 22 x 32 5. Számítsuk ki a Δ = x 2 x 3 x1 x 3 x1 x 2

c2 c2

0

determinánst, ha x 1 , x 2

és x 3

az

x 3 − x 2 + 5x + 2 = 0 egyenlet gyökei. (Felvételi 1987). Megoldás. A determináns Sarrus szabály alapján: Δ= x12x 3x 2+ x 22x1x 3 + x 32x 2x 1− x 34 − x 24 − x14 = x1x 2x 3 (x1+ x 2 + x 3 ) − (x14 + x 24 + x 34 ) . A feladat feltételei alapján x 3 − x 2 + 5x + 2 = (x − x 1 )(x − x 2 )(x − x 3 ) , tehát x 1 + x 2 + x 3 = 1 , x 1x 2x 3 = −2 és x 1x 2 + x 2x 3 + x 3x 1 = 5 . Így 2

x 12 + x 22 + x 32 = (x 1 + x 2 + x 3 ) − 2 (x 1x 2 + x 2x 3 + x 3x 1 ) = 12 − 2 ⋅ 5 = −9 , 2

x 14 + x 24 + x 34 = (x 12 + x 22 + x 32 ) − 2 (x 12x 22 + x 22x 32 + x 32x 12 ) = = (−9) − 2 ((x 1x 2 + x 2x 3 + x 3x 1 ) − 2x 1x 2x 3 (x 1 + x 2 + x 3 )) = 2

2

= 81 − 2 ⋅ (25 − 2 ⋅ (−2) ⋅ 1) = 81 − 58 = 23 . Tehát Δ = (−2) ⋅ 1 − 23 = −25 . Gyakorlatok és feladatok 1. Számítsd ki a következő determinánsokat: a)

3

x

2 x +1

; b)

1

loga b

logb a

1

−2 1 * +

, a, b ∈

1

3

7

9

\ {1} ; c) −9 5 −4 ; d) 5 −2 4

7

3

1

0

4 ; −6

2. Számítsd ki a következő determinánsokat:

−i 1 + i

i

1

ε

ε2

1+ε

ε

1

Δ1 = i

1

2i , Δ2 = ε

ε2

1 , Δ3 =

ε

1+ ε

1

2i

1

i

1

ε

1

ε

1+ε

ε2

ha ε egy harmadrendű egységgyök. 3. Bizonyítsd be, hogy bc a a 2

1 a2 a3

ca b b 2 = 1 b 2

b 3 , ∀a, b, c ∈

ab c c 2

c3

1 c2

.

,

Tartalomjegyzék

299

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 4. Számítsd ki a következő determinánst: 2 2 a 2 (a + 1) (a + 2) 2

(b + 2) .

2

(c + 2)

Δ = b2

(b + 1)

c2

(c + 1)

2

2

(Felvételi, 1999.) 5. Számítsd ki a következő determinánsokat, ha x , y, z ∈

x2

y2

b) x 2 + y 2

x +y

xz

x +y ;

x +y

2

2

d) y 2

xy

6. Oldd meg az

2xy

x 2 (y − z )

z2

c) y 2 + z 2 x 2 + z 2 x 2 + y 2 ;

yz

x 2 + y2 x + y

2xy

x y x +y z +y y ; a) z x +z z x

yz

− x )2

(z

2

z 2 (x − y )

a2 − x

ab

ac

ba

b2 − x

bc

ca

cb

c2 − x

zx . xy

= 0 egyenletet, ha a, b, c ∈

.

7. Számítsd ki a következő determinánsokat: 1

a) Δ1 = cos a

1 cos b

1 cos c ;

b) Δ2 =

cos 2a cos 2b cos 2c

sin2 x

cos2 x

sin 2x

cos2 x

sin 2 x

sin 2x .

1 + sin 2x

−1

1

(Felvételi, 1998.) 8. Oldd meg a Δ (x ) = 0 egyenletet, ha 1−x Δ (x ) = x 1 + x2

9. Számítsd ki a

x2 x

x −x .

x 2 −x 2

(Érettségi változat, 1999.)

x1 x 2 x 3 Δ = x 2 x 3 x1 x 3 x1 x 2

determinánst, ha x 1, x 2 , x 3 az x 3 − 2x 2 + 2x + 17 = 0 egyenlet gyökei. (Felvételi, 1999.)

Tartalomjegyzék

300


10. Számítsd ki a

x 12

x2

x3

Δ = x2

x 32

x1

x3

x1

x 22

determinánst a, b, c függvényében, ha x 1, x 2 , x 3 az x 3 + ax 2 + bx + c = 0 egyenlet gyökei. (Felvételi, 1995.) 11. Számítsd ki a 1 1 1 Δ = x1 x 2 x 3 x 12 x 22

x 32

determinánst, ha x 1, x 2 , x 3 az x 3 + px + q = 0 egyenlet gyökei. 12. Bizonyítsd be, hogy ha a 2 + b 2 + c 2 = 1 ( a, b, c ∈

), akkor Δ ≤ 1 , ahol

a b c Δ= c a b . b c a

13. Határozd meg azon m ∈

értékeket, amelyekre a 2x 1 −2x

1 − x2

x2

−1 = 0

−2x − m x + m x − 2 egyenletnek van egy kétszeres gyöke.

(Felvételi, 1998.)

MÁTRIX INVERZE Ha az A mátrixban a k -adik oszlopot helyettesítjük a j -edik oszloppal, akkor a determinánsa 0 lesz. Viszont, ha ez utóbbi determinánst kifejtjük a j -edik oszlopa szerint, akkor:

3

∑a

ij

⋅ Dik = 0 . Konkrét példaként tekintsük a k = 1 és j = 2 esetet:

i =1

a12D11 + a22D21 + a 32D31 = det A21 = 0 , ahol

a12 a12 a13 A21 = a22 a22 a23 . a 32 a 32 a 33 Az előbbi egyenlőségek alapján:

⎧ 0, ha j ≠ k ⎪ ⎪ ⋅ = . a D ⎨ ∑ ij ik ⎪ det A, ha j = k i =1 ⎪ ⎩ 3

Tartalomjegyzék


301

Ezeket az egyenlőségeket egy összefüggésbe is felírhatjuk egy megfelelő mátrixszorzat segítségével. Egy olyan mátrixot kell szerkesztenünk, amely a Dij elemeket tartalmazza megfelelő sorrendben. Szerkesszük meg A* -ot a következő módon: • felírjuk A transzponáltját • a transzponált minden elemét helyettesítjük az algebrai komplementumával. * Az A mátrixot az A adjungált mátrixának nevezzük. Következmény. Ha A ∈ M 3 ( ) és A* = (Dij′ )i , j =1,3 , ahol Dij′ = D ji , akkor

A ⋅ A* = A* ⋅ A = (det A) I 3 . ⎛D ⎞ ⎜⎜ 11 D21 D31 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ Bizonyítás. Ha A* = ⎜⎜D12 D22 D32 ⎟⎟ , akkor ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜D D D 23 33 ⎠ ⎝ 13 ⎛a D + a D + a D ⎞⎟ 0 0 ⎜⎜ 11 11 12 12 13 13 ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ A ⋅ A* = ⎜⎜ 0 a21D21 + a22D22 + a23D23 0 ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ 0 0 a31D31 + a32D32 + a33D33 ⎠⎟⎟ ⎝ = (detA) ⋅ I 3 .

Hasonlóan igazolható, hogy A* ⋅ A = (det A)I 3 . Így, ha det A ≠ 0 , megszerkeszt1 hetjük az A mátrix A−1 = ⋅ A* inverzét, mert A ⋅ A−1 = A−1 ⋅ A = I 3 . det A Akárcsak a másodrendű mátrixok esetében, találtunk egy módszert a harmadrendű mátrixok inverzének kiszámolására: Tétel. Az A ∈ M 3 ( ) mátrix pontosan akkor invertálható, ha det A ≠ 0 és ekkor 1 A−1 = ⋅ A* , ahol A* az A adjungált mátrixa, amelyet az A mátrix transzdet A ponáltjából kapunk, ha minden elemet helyettesítünk az algebrai komplementumával. Megjegyzés. A kétismeretlenes egyenletrendszerekhez hasonlóan a háromismeretlenes lineáris egyenletrendszereket is megoldhatjuk az inverz mátrix segítségével, ha a rendszer determinánsa nem nulla. ⎧⎪a x + a y + a z = b 12 13 1 ⎪⎪ 11 Feltételezzük, hogy az ⎪⎨a21x + a 22y + a23z = b2 egyenletrendszer determinánsa nem ⎪⎪ ⎪⎪⎩a 31x + a 32y + a 33z = b3 nulla. ⎛b ⎞⎟ ⎛a ⎞ ⎛x ⎞⎟ ⎜⎜ 1 ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ 11 a12 a13 ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ Ha A = ⎜⎜a21 a22 a23 ⎟⎟ , v = ⎜⎜y ⎟⎟ , b = ⎜⎜b2 ⎟⎟ , a rendszert Av = b alakban is írhatjuk. ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜b ⎟⎟⎟ ⎜⎝z ⎠⎟ ⎜⎝a 31 a 32 a 33 ⎠⎟ ⎝ 3⎠ Balról A−1 -el szorozva a v = A−1b egyenlőséghez jutunk.

Tartalomjegyzék

302


⎛ 1 0 −1⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ Példák. 1. Számítsuk ki az A = ⎜⎜ 2 1 1 ⎟⎟⎟ mátrix inverzét. ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜−2 3 2 ⎟⎟ ⎝ ⎠ det A = −9 ≠ 0 , tehát létezik A−1 . Az adjungált mátrix kiszámolásához felírjuk a ⎛ 1 2 −2⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ t mátrix transzponáltját: A = ⎜ 0 1 3 ⎟⎟⎟ . Kiszámoljuk az elemek algebrai ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜−1 1 2 ⎟⎟ ⎝ ⎠ komplementumait: 1 3 0 3 0 1 D11′ = = −1 , D12′ = − = −3 , D13′ = =1, 1 2 −1 2 −1 1

′ =− D21

2 −2 1

′ = D31

2

′ = = −6 , D22

2 −2 1

3

1

−2

−1

2

′ =− = 8 , D32

1 −2 0

3

′ =− = 0 , D23 ′ = = −3 , D33

1

2

−1 1 1 2 0 1

= −3 ,

= 1.

⎛ ⎞ ⎜⎜−1 −3 1 ⎟⎟ ⎟ ⎜ Tehát az adjungált mátrix A* = ⎜⎜−6 0 −3⎟⎟⎟ és az A mátrix inverze, ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ 8 −3 1 ⎟⎟ ⎝ ⎠ 1⎞ ⎛ 1 1 ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎜⎜ 9 3 9 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 2 1 ⎟⎟⎟ A−1 = ⎜⎜ 0 ⎟. ⎜⎜ 3 3 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 8 1 1 ⎟⎟ ⎜⎜− − ⎟⎟⎟ ⎝ 9 3 9⎠ ⎧⎪x − y = 1 ⎪ ⎪⎪ egyenletrendszert. 2. Oldjuk meg az ⎨2x + y + z = 2 ⎪⎪⎪ ⎪⎪⎩−2x + 3y + 2z = −3 Megoldás. Észrevesszük, hogy a rendszer mátrixa az előző példában szereplő 1⎞ ⎛ 1 1 ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎜⎜ 9 3 9 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 2 1 ⎟⎟⎟ 0 mátrix, tehát invertálható és A−1 = ⎜⎜ ⎟ . Így ⎜⎜ 3 3 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 8 1 1 ⎟⎟ ⎜⎜− − ⎟⎟⎟ ⎝ 9 3 9⎠

Tartalomjegyzék


303

1 1⎞ ⎛ 1 2 1 ⎞⎟ ⎛ 10 ⎞⎟ ⎜ + + ⎟ ⎜ ⎟ − ⎟⎟ 3 9 ⎟⎟⎟⎛⎜ 1 ⎞⎟ ⎜⎜⎜ 9 3 3 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 9 ⎟⎟⎟ ⎟ 1 ⎟⎟⎟⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ − 1 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜− ⎟⎟⎟ . 0 ⎟⎟⎜⎜ 2 ⎟⎟ = ⎜ 3 ⎟⎟⎜ ⎟ ⎜⎜ 3 ⎟⎟ ⎜⎜ 3 ⎟⎟ ⎟ 1 1 ⎟⎟⎟⎝⎜⎜−3⎠⎟ ⎜⎜⎜ 8 2 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ − ⎟⎟ − + + ⎟ ⎟ ⎝⎜ 9 3 3 ⎠⎟ ⎜⎝ 9 ⎠⎟ 3 9⎠ 10 1 1 Tehát a rendszer megoldása: x = , y = − és z = . 9 3 9 MÁTRIX RANGJA ⎛ 1 ⎜ ⎛ 1 ⎞⎟ ⎜⎜ 9 ⎛x ⎞⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ 2 ⎜⎜y ⎟⎟⎟ = A−1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 3 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝⎜−3⎠⎟ ⎜⎜ 8 ⎝⎜z ⎠⎟ ⎜− ⎜⎝ 9

A lineáris egyenletrendszerek megoldhatóságának vizsgálatánál nyitott maradt a Δ = Δ1 = Δ2 = Δ3 = 0 eset. Oldjunk meg néhány ilyen egyenletrendszert: ⎧ ⎪ 2x − 3y + z = 1 ⎪ ⎪ ⎪ a) ⎨x + y − z = −1 (1) ⎪ ⎪ ⎪ x − 4y + 2z = 2 ⎪ ⎪ ⎩ A rendszer determinánsa 0 , a Δ1 , Δ2 , Δ3 determinánsok szintén nullák. Észrevesszük, hogy ha kivonjuk a második egyenletet az elsőből, akkor a harmadik egyenletet kapjuk. Tehát ha a változókra teljesül az első két egyenlet, akkor a harmadik is teljesül, így elégséges az első két egyenlettel dolgoznunk. A egyik ismeretlent paraméterként tekintjük, legyen például x = α , így az első két egyenletből ⎧⎪−3y + z = 1 − 2α 3α alkotott rendszer a ⎪ (2) alakban írható, amely megoldásai y = ⎨ ⎪⎪y − z = −1 − α 2 ⎩ 5α . Tehát a rendszernek végtelen sok megoldása van, megoldáshalmaza és z = 1 + 2 ⎧⎪⎛ 3α ⎫⎪ 5α ⎞⎟ α∈ ⎪ M = ⎪⎨⎜⎜α, ,1 + ⎬. ⎟ ⎪⎩⎪⎝ 2 ⎪⎭⎪ 2 ⎠ ⎪⎧2x − 3y = 1 − β (3) rendszerhez jutunk, Ha a z = β paramétert választjuk, akkor a ⎪ ⎨ ⎪⎩⎪x + y = −1 + β 2β − 2 3β − 3 5α melynek megoldásai x = , y= . A β = 1+ helyettesítéssel 5 5 2 ugyanazokat a megoldásokat kapjuk, amelyeket az előbbi esetben, tehát az eredmény nem függ a paraméter választásától. ⎧⎪2x + 2y + z = 5 ⎪⎪ ⎪ b) ⎨x + y − z = 1 (4) ⎪⎪ ⎪⎪−x − y + 4z = 2 ⎪⎩ Ebben az esetben is Δ = Δ1 = Δ2 = Δ3 = 0 . Az első egyenletből kivonva a második háromszorosát, a harmadik egyenletet kapjuk. Tehát elégséges az első két

Tartalomjegyzék

304


⎧⎪2x + 2y = 5 − β egyenlettel dolgozni. A z = β jelöléssel ⎪ (5) rendszerhez jutunk, ⎨ ⎪⎪x + y = 1 + β ⎩ ennek csak a β = 1 , azaz z = 1 esetben van megoldása, és ekkor a két egyenlet egyenértékű, a megoldások pedig x = α , y = 2 − α , z = 1 , tehát ebben az esetben is végtelen sok megoldás van. Ha az x = α paramétert választjuk, akkor a 2y + z = 5 − 2α ⎧ ⎪ ⎪ (6) rendszerhez jutunk, amelynek megoldásai y = 2 − α és z = 1 . ⎨ y −z = 1− α ⎪ ⎪ ⎩ ⎧⎪x − y + 2z = 2 ⎪⎪ ⎪ c) ⎨−2x + 2y − 4z = 3 (7) ⎪⎪ ⎪⎪−x + y − 2z = 5 ⎪⎩ Ebben az esetben is Δ = Δ1 = Δ2 = Δ3 = 0 , az utolsó egyenlet pedig az első kettő ⎧⎪x − y = 2 − 2α (8) rendszert kapjuk, amelynek a összege. Ha z = α , akkor az ⎪ ⎨ ⎪− ⎪⎩ 2x + 2y = 3 + 4α −2 (2 − 2α ) = 3 + 4α esetben van megoldása, ami ellentmondáshoz vezet, tehát a rendszer összeférhetetlen. ⎧⎪x − y + 2z = 1 ⎪⎪ ⎪ d) ⎨−3x + 3y − 6z = −3 (9) ⎪⎪ ⎪⎪−x + y − 2z = −1 ⎪⎩ Ebben az esetben is Δ = Δ1 = Δ2 = Δ3 = 0 . Észrevesszük, hogy a három egyenlet egyenértékű, azaz a második és a harmadik megkapható az elsőből, ha megszorozzuk −3 -mal, illetve −1 -gyel. Ebben az esetben elégséges az első egyenlettel dolgozni. Mivel három ismeretlen van, két paramétert választunk: x = α és y = β , így 1−α + β , tehát a rendszernek végtelen sok megoldása van. z= 2 Megjegyzések. 1. Ugyanahhoz az eredményhez jutottunk volna, ha más egyenletet küszöbölünk ki bármelyik példa esetén. 2. Az első három példánál a rendszereket visszavezettük kétismeretlenes rendszerre. A (2), (3) és (7) rendszerek Cramer rendszerek, tehát a paraméter függvényében egy megoldásuk van. 3. Az (5) és (8) rendszerek determinánsa nulla, tehát az összeférhetőség feltétele, hogy a rendszer mátrixának oszlopait a szabadtagok oszlopával helyettesítve szintén 0 legyen a determináns értéke. Ezek a feltételek az (5) rendszer esetén: 5−β 2 5 2 −1 2 2 5−β 2 5 2 −1 Δ1′ = = +β = 0 és Δ′2 = = +β = 0, 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ β 1 1 1+β ami a β = 1 feltételhez vezet, a (8) rendszer esetén pedig:

Tartalomjegyzék

305

Lineáris egyenletrendszerek megoldása Δ1′ =

2 −2α −1 3 + 4α 2

=

2 −1 3 2

+α

−2 −1 4

2

= 0 és Δ′2 =

1

2 −2α

−2 3 + 4α

=

1

2

−2 3

+α

1 −2 −2 4

= 0.

A β illetve α együtthatója minden esetben a rendszer mátrixának egy másodrendű 5 2 2 5 2 −1 1 2 aldeterminánsa. Az , , és a szabadtagokat tartalmazó 1 1 1 1 3 2 −2 3

⎛ 2 2 1 5⎞⎟ ⎛ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ 1 −1 2 1 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎟ másodrendű aldeterminánsai a ⎜ 1 1 −1 1⎟⎟ illetve ⎜⎜−3 3 −6 −3⎟⎟⎟ mátrixoknak ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜−1 −1 4 2⎟⎟ ⎜⎜−1 1 −2 −1⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ eltekintve az oszlopcserétől, ami nem változtat a determináns nulla vagy nem nulla voltán. Az utolsó két mátrixot a rendszer mátrixából a szabadtagok oszlopmátrixának hozzáillesztésével kaptuk. Értelmezés. Ha egy lineáris rendszer mátrixához hozzáillesztjük a szabadtagok oszlopát, akkor az így kapott mátrixot a rendszer bővített mátrixának nevezzük. ⎧⎪a11x + a12y = b1 ⎛a11 a12 b1 ⎞⎟ ⎜ = A Így az ⎪ rendszer bővített mátrixa ⎨ ⎟⎟ , míg az ⎜⎜⎜a ⎪⎪a21x + a22y = b2 a22 b2 ⎠⎟⎟ 21 ⎝ ⎩ ⎧ ⎛a a a b ⎞⎟ ⎪ a11x + a12y + a13z = b1 ⎜⎜ 11 12 13 1 ⎟ ⎪ ⎪ ⎟⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎨a21x + a22y + a23z = b2 rendszeré A = ⎜⎜⎜a21 a22 a23 b2 ⎟⎟⎟ . ⎪ ⎟ ⎜⎜ ⎪ ⎪ a31x + a32y + a33z = b3 a31 a32 a33 b3 ⎠⎟⎟ ⎜ ⎪ ⎝ ⎪ ⎩ 4. A 4. példa esetében a rendszer mátrixának illetve bővített mátrixának minden másodrendű aldeterminánsa nulla. Tehát kijelenthetjük a következő tételt: Tétel. ⎧⎪a x + a y + a z = b 12 13 1 ⎪⎪ 11 ⎪⎪ Ha az ⎨a21x + a 22y + a 23z = b2 rendszer esetén Δ = Δ1 = Δ2 = Δ3 = 0 , akkor a ⎪⎪ ⎪⎪a 31x + a 32y + a 33z = b3 ⎪⎩ következő eseteket különböztetjük meg: a) Ha a rendszer mátrixának van nem 0 másodrendű aldeterminánsa, akkor a rendszer összeférhető határozatlan. b) Ha a rendszer mátrixának minden másodrendű aldeterminánsa 0 és a bővített mátrixnak van nem 0 másodrendű aldeterminánsa, akkor a rendszer összeférhetetlen. c) Ha a rendszer mátrixának és bővített mátrixának minden másodrendű aldeterminánsa 0 , akkor a rendszer összeférhető határozatlan (ha az aij együtthatók közül legalább egy nem nulla). Lemma. Ha egy mátrix determinánsa nulla, akkor legalább egy sora (oszlopa) a többi sor (oszlop) lineáris kombinációja.

Tartalomjegyzék

306


Ha a mátrix a nullmátrix, akkor a kijelentés nyilvánvaló. ⎛a11 a12 ⎞⎟ ⎟ mátrix esetén det A = a11a22 − a12a21 = 0 . Az A = ⎜⎜a ⎜⎝ 21 a 22 ⎠⎟⎟

a21 a a ⋅ a12 és a22 = 21 ⋅a11 , tehát S 2 = 21 ⋅ S1 . (Hasonlóan a11 a11 a11 járunk el, ha valamely más elem nem nulla.) ⎛a ⎞ ⎜⎜ 11 a12 a13 ⎟⎟ ⎟ Az A = ⎜⎜⎜a21 a22 a23 ⎟⎟⎟ mátrix esetén két esetet különböztetünk meg: ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝a 31 a32 a 33 ⎠⎟ a I. Ha minden másodrendű aldetermináns 0 , akkor az a11 ≠ 0 esetén S 2 = 21 ⋅ S1 és a11 a31 S3 = ⋅ S1 . a11 II. Ha van nem nulla másodrendű aldetermináns, feltételezhetjük, hogy d11 ≠ 0 . d d Ekkor det A = a11d11 − a21d21 + a31d31 = 0 , tehát a11 = 21 a 21 − 31 a 31 . d11 d11 d21 d (a a − a13a32 )a22 (a12a23 − a13a22 )a32 = a22 − 31 a32 = 12 33 − d11 d11 a22a33 − a23a32 a22a33 − a23a32

Ha a11 ≠ 0 , akkor a22 =

a (a a − a23a 32 ) a12a 33a22 − a13a 32a22 − a12a23a 32 + a13a22a 32 = 12 33 22 = a12 . a22a 33 − a23a 32 a 33a22 − a23a 32 d d d d Hasonlóan 21 a23 − 31 a 33 = a13 . Tehát S1 = 21 S 2 − 31 S 3 . d11 d11 d11 d11 A tétel bizonyítása. a) A lemma alapján a rendszer mátrixának valamely sora lineáris kombinációja a másik két sornak, sőt ha valamely oszlopot a szabadtagok oszlopával helyettesítjük ugyanezt a lineáris kombinációt kapjuk, tehát a bővített mátrix valamely sora lineáris kombinációja a másik két sornak. Tehát ennek a sornak megfelelő egyenletet kiküszöbölve, két egyenletből álló rendszert kapunk. A lemma bizonyítása során láthattuk, hogy a nem nulla másodrendű aldetermináns azon sorokból van képezve, amelyek lineáris kombinációja a harmadik, így a paraméterek megfelelő választásával Cramer rendszerhez jutunk. b) Ebben az esetben, a bal oldali kifejezések közül kettő a harmadiknak többszöröse, míg a szabadtagokra nem áll fenn ugyanez, tehát a rendszer összeférhetetlen. (Például a (7) rendszer esetén −2x + 2y − 4z = −2 (x − y + 2z ) , míg 3 ≠ −2 ⋅ 2 ) c) Ebben az esetben két egyenlet megkapható a harmadikból egy valós (komplex) számmal való szorzással, így a rendszer egy egyenletre vezethető vissza, ahol ha valamely ismeretlen együtthatója nem 0 , akkor az kifejezhető a másik kettő függvényében. =

A fenti tulajdonságok egyszerűsítéséért bevezetünk egy újabb fogalmat:

Tartalomjegyzék


307

Értelmezés. Az A ∈ M m,n ( ) , min (m, n ) ≤ 3 mátrix rangjának nevezzük és

rang A -val jelöljük azt a legnagyobb r ∈ * számot, amelyre létezik r -ed rendű nem nulla aldetermináns és minden r -nél nagyobb rendű aldetermináns 0 . A nullmátrix rangja értelmezés szerint 0 . Eszerint az értelmezés szerint, ha egy harmadrendű négyzetes mátrix rangja 1 , akkor annak kiszámolásához 9 másodrendű determinánst kell kiszámolni. Ezen számolások egyszerűsítésért kijelentjük a következő tételt: Tétel. Az A ∈ M m,n ( ) mátrix rangja pontosan akkor r , ha létezik r -ed rendű nem 0 aldeterminánsa és minden r + 1 -ed rendű ezt tartalmazó aldeterminánsa 0 . Bizonyítás. A direkt tétel azonnali az értelmezés alapján. Bizonyítsuk be a fordított tételt. Legyen A ∈ M 3 ( ) (hasonlóan igazoljuk a többi esetben is). Ha r = 1 , feltétea11 a12 lezzük, hogy a11 ≠ 0 . Az a11 -et tartalmazó aldeterminánsok: d 33 = a a 22 , 21 a11 a13 a11 a12 a11 a13 , , d 32 = a d = d = 23 22 a 23 a 31 a 32 a 31 a 33 , ezek mind nullák és a11 ≠ 0 , így 21

a21 33 a a a S1 , S 232 = 21 S132 , S 223 = 31 S123 , S 222 = 31 S122 , ahol S kij jelöli a dij a11 a11 a11 a11 a a aldetermináns k -adik sorát. Így az A mátrixban: S 2 = 21 S1 és S 3 = 31 S1 , tehát az a11 a11 első sort tartalmazó másodrendű aldeterminánsok 0 -k, így a mátrix determinánsa 0 a a (két sora arányos). Ha a21 ≠ 0 vagy a 31 ≠ 0 , akkor S 3 = 31 S 2 vagy S 2 = 21 S 3 , a21 a31 tehát a második és harmadik sorból alkotott másodrendű aldeterminánsok 0 -k. Ha a21 = a 31 = 0 , akkor a második és harmadik sor identikusan 0 , így a második és harmadik sorból alkotott másodrendű aldeterminánsok is 0 -k. Ha r = 2 , legyen d11 ≠ 0 . A mátrix determinánsa 0 , tehát a rang 2 . (Ha a sorok vagy oszlopok száma nagyobb lenne, mint 3 , akkor az előző esethez hasonlóan kapnánk, hogy minden sor illetve oszlop két rögzített sor illetve oszlop lineáris kombinációja.) S 233 =

A rang fogalmának ismeretében egy lineáris egyenletrendszer megoldhatósági tétele a következőképpen is megfogalmazható Kronecker-Capelli tétele ⎧ ⎪ a11x +a12y +a13z = b1 ⎪ ⎪ ⎪ Az ⎪⎨a21x +a22y +a23z = b2 rendszer pontosan akkor összeférhető, ha rang A = rang A . ⎪ ⎪ ⎪ a x +a32y +a33z = b3 ⎪ ⎪ ⎩ 31

Tartalomjegyzék

308


Megjegyzések. 1. Ha rang A = 3 , akkor a rendszer összeférhető határozott, ha pedig rang A = rang A < 3 , akkor a rendszer összeférhető határozatlan. 2. Ha rang A = rang A = r < 3 , kiválasztunk egy r -ed rendű nem nulla aldeterminánst, amelyet fődeterminánsnak nevezünk. Azokat az ismeretleneket, amelyeknek ezen fődetermináns elemei az együtthatói főismeretleneknek nevezzük, a többi ismeretlent mellékismeretlennek, ez utóbbiakat paramétereknek tekintjük. Így egy r ismeretlenes r egyenletből álló Cramer rendszert kapunk 3. Ha a rendszer mátrixában kiválasztunk egy fődeterminánst, akkor a megoldhatóság feltétele, hogy a bővített mátrix minden r + 1 -ed rendű aldeterminánsa, amely tartalmazza ezt a fődeterminánst 0 legyen. Ezeket az aldeterminánsokat karakterisztikus determinánsoknak nevezzük. Tehát kijelenthetjük a következő tételt: Rouche tétele ⎧ ⎪ a11x +a12y +a13z = b1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ Az ⎨a21x +a22y +a23z = b2 rendszer pontosan akkor összeférhető, ha a karakterisztikus ⎪ ⎪ ⎪ a x +a32y +a33z = b3 ⎪ ⎪ ⎩ 31 determinánsai nullák. Következmény. Ha b1 = b2 = b3 = 0 , akkor a Δ ≠ 0 esetben a rendszernek csak a (0, 0, 0) megoldása van és Δ = 0 esetben végtelen sok megoldás van. Bizonyítás. Mivel a szabadtagok oszlopa identikusan 0 , következik, hogy a karakterisztikus determinánsok 0 -k, tehát a rendszer összeférhető. Ha det A ≠ 0 , akkor egyértelmű megoldása van, tehát az egyetlen megoldás a (0, 0, 0) . Ha det A = 0 , akkor rang A = rang A < 3 , tehát összeférhető határozatlan, így a (0, 0, 0) megoldáson kívül végtelen sok megoldás van. Megjegyzés. Az ilyen rendszereket homogén lineáris egyenletrendszereknek nevezzük és mindig létezik a (0, 0, 0) banális vagy triviális megoldás. Megoldott gyakorlatok ⎧⎪3x − 2y + z = 2 ⎪⎪ ⎪ 1. Oldjuk meg a ⎨x + 2y − z = 1 egyenletrendszert. ⎪⎪ ⎪⎪x − 6y + 3z = 0 ⎪⎩ Megoldás

Tartalomjegyzék

309


⎛3 −2 1 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 3 −2 ⎜ = 8 ≠ 0 , tehát ez A rendszer mátrixa A = ⎜⎜1 2 −1⎟⎟⎟ . det A = 0 , d11 = ⎟⎟ ⎜⎜ 1 2 ⎟ ⎜⎜1 −6 3 ⎟ ⎝ ⎠ 3 −2 2 fődetermináns. Az egyetlen karakterisztikus determináns Δ1 = 1

2

1 = 0 , tehát

1 −6 0 összeférhető határozatlan. Így x és y főismeretlenek, míg z = α mellékismeretlen, a ⎧⎪3x − 2y = 2 − α rendszer pedig visszavezethető a ⎪ rendszerre, amelynek megoldásai ⎨ ⎪⎪x + 2y = 1 + α ⎩ ⎪⎧⎛ 3 4α + 1 ⎞⎟ ⎪⎫ 3 4α + 1 , α⎟⎟ α ∈ ⎪⎬ . . Tehát a megoldáshalmaz M = ⎪ x = ,y= ⎨⎜⎜ , ⎝ ⎠ ⎪⎩⎪ 4 ⎪⎭⎪ 8 4 8

⎧⎪x − y − z = 2 ⎪⎪ ⎪ 2. Oldjuk meg az ⎨x + 2y − 3z = 4 egyenletrendszert. ⎪⎪⎪ ⎪⎪⎩3x + 3y − 7z = 0 ⎛1 −1 −1⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 1 −1 ⎜⎜ =3 ≠0, Megoldás. A rendszer mátrixa A = ⎜1 2 −3⎟⎟⎟ . det A = 0 , d11 = ⎟⎟ ⎜⎜ 1 2 ⎜⎜3 3 −7⎟⎟ ⎝ ⎠ tehát ez fődetermináns. Az egyetlen karakterisztikus determináns 1 −1 2 Δ1 = 1

2

4 = −30 , tehát a rendszer összeférhetetlen.

3

3

0

Mátrix rangjának kiszámolása

⎛ 1 −1 2 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ Számítsuk ki az A = ⎜⎜ 2 −2 3 ⎟⎟⎟ mátrix rangját. ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜−1 1 −1⎟⎟ ⎝ ⎠

a11 = 1 ≠ 0 , tehát a rang legalább 1 . Tekintsük ezt az elemet tartalmazó másodrendű aldeterminánsokat (azt mondjuk, hogy ezeket az elsőrendű aldetermináns

Tartalomjegyzék

310


szegélyezésével kaptuk), addig szegélyezzük amíg találunk egyet, amely nem nulla. Ha nem találunk ilyet, akkor a rang 1 . A második sorral és második oszloppal való 1 −1 = 0 aldeterminánst kapjuk, tehát folytatnunk kell az szegélyezéssel Δ1 = 2 −2 eljárást. A második sorral és harmadik oszloppal való szegélyezéssel a 1 2 Δ2 = = −1 ≠ 0 aldeterminánst kapjuk, tehát ezt az aldeterminánst kell tovább 2 3 szegélyezzük, így a det A = 0 determinánst kapjuk. Tehát rang A = 2 . Elemi transzformációk A determinánsok kiszámításánál láttuk, hogy a sorok (oszlopok) felcserélése csak a determináns előjelét változtatja, egy sorhoz (oszlophoz) egy másik sor nem nulla többszörösének hozzáadása nem változtat a determinánson, valamely oszlop (sor) egy nem nulla valós számmal való beszorzása esetén a determináns is szorzódik ezzel a számmal, tehát ezek a műveletek nem változtatnak a determinánsok nulla vagy nem nulla voltán, így ha ilyen transzformációkat alkalmazunk egy mátrixra, akkor annak rangja nem változik. Értelmezés. Elemi sortranszformáción (oszloptranszformáción) a következőket értjük: a) egy mátrix valamely sorát (oszlopát) szorozzuk vagy osztjuk egy 0 -tól különböző számmal; b) egy mátrix két sorát (oszlopát) felcseréljük; c) egy mátrix egyik sorának (oszlopának) τ -szorosát ( τ ≠ 0 ) hozzáadjuk egy másik sorhoz (oszlophoz). A továbbiakban két mátrixot hasonlónak nevezünk, ha az egyik megkapható a másikból elemi sortranszformációk segítségével. Ezt A ~ B szimbólummal jelöljük. Megjegyzések. 1. Ha a B mátrix megkapható az A mátrixból sortranszformációk segítségével, akkor az A és B mátrixokhoz, mint bővített mátrixokhoz rendelt lineáris egyenletrendszerek ekvivalensek, azaz egyiket megkaphatjuk a másikból egyes egyenletek egy nem 0 számmal való beszorzásával, egyenletek felcserélésével, egyes egyenletek többszörösének más egyenletekhez való hozzáadásával. 2. Ha B megkapható a A -ból elemi transzformációk segítségével, akkor A is megkapható az B -ből elemi transzformációk segítségével, mivel ezek a transzformációk megfordíthatók. Példák ⎛ 1 −1 2 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ 1. Számítsuk ki az A = ⎜⎜ 2 −2 3 ⎟⎟⎟ mátrix rangját elemi transzformációk segítségével. ⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎝−1 1 −1⎟⎠⎟

⎛ 1 −1 2 ⎞⎟ ⎛1 −1 2 ⎞⎟ ⎛1 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ S − 2 S → S O ↔ O ⎜⎜ ⎜ ⎟ 2 1 2⎜ ⎟ 2 3 ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎜ 2 −2 3 ⎟⎟ S +∼ ⎜0 0 −1⎟⎟ ∼ ⎜⎜0 ⎟ 3 S1 →S3 ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜0 0 ⎟ 1 ⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜−1 1 −1⎠⎟ ⎝ ⎝⎜0 S1 −2S 2 →S1

∼

S 3 −S2 →S 3

2 −1 1

⎛1 2 −1⎞⎟ −1⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ) S ( − 1 ⎟ 2 ⎜⎜ ⎟ ⎟ 0 ⎟⎟ ∼ ⎜0 1 0 ⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎜ 0 ⎠⎟⎟ ⎝⎜0 1 0 ⎟⎠⎟

⎛1 0 −1⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜0 1 0 ⎟⎟⎟ . Ez utóbbi mátrix rangja 2 . Minden esetben elérhetünk a bal felső sarokban egy I r ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝0 0 0 ⎟⎠⎟

mátrixhoz és a többi sorba (vagy oszlopban) csupa nullákhoz, ahol r = rang A . ⎧⎪3x − 2y + z = 2 ⎪⎪ ⎪ 2. Vizsgáljuk, hogy mit jelentenek az ⎪ ⎨x + 2y − z = 1 egyenletrendszer esetén a bővített mátrixra ⎪⎪⎪ ⎪⎪⎩x − 6y + 3z = 0 alkalmazott elemi sortranszformációk. A következőkben párhuzamosan kezeljük ezeket a változtatásokat:

Tartalomjegyzék

311

Lineáris egyenletrendszerek megoldása ⎧⎪3x − 2y + z = 2 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎨x + 2y − z = 1 ⎪⎪ ⎪⎪x − 6y + 3z = 0 ⎪⎩

:3

2 1 2 ⎧⎪ ⎪⎪x − y + z = 3 3 3 ⎪⎪ ⎪⎨x + 2y − z = 1 ⎪⎪ ⎪⎪x − 6y + 3z = 0 ⎪⎪⎩ Kivonjuk az első egyenletet a másik kettőből. 2 1 2 ⎧⎪ ⎪⎪x − y + z = 3 3 3 ⎪⎪⎪ 8 8 4 1 ⎪⎪ y− z = : ⎨ ⎪⎪ 3 3 3 3 ⎪⎪ 16 8 2 ⎪⎪ − y + z = − ⎪⎪⎩ 3 3 3 2 1 2 ⎧ ⎪ ⎪x − y + z = ⎪ 3 3 3 ⎪ ⎪ ⎪ 1 1 ⎪ y− z = ⎨ ⎪ 2 8 ⎪ ⎪ ⎪ 16 8 2 ⎪ − y+ z =− ⎪ ⎪ 3 3 3 ⎪ ⎩ 2 16 A második egyenletet -dal, majd -dal szo3 3 rozzuk és hozzáadjuk az elsőhöz és a harmadikhoz. 3 ⎧ ⎪ ⎪ = x ⎪ 4 ⎪ ⎪ ⎪ 1 1 ⎪ y− z = ⎨ ⎪ 2 8 ⎪ ⎪ ⎪ 0=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

⎛3 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ 1 ⎜⎜ ⎜⎝ 1

2⎞⎟⎟ ⎟⎟ S1 :3 2 −1 1⎟⎟⎟ ∼ ⎟⎟ −6 3 0⎠⎟⎟ −2

1

⎛ 2 1 ⎜⎜⎜1 − 3 3 ⎜ ∼ ⎜⎜⎜1 2 −1 ⎜⎜ ⎜⎜1 −6 3 ⎜⎝ ⎛ ⎜⎜ 1 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ∼ ⎜⎜ 0 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ 0 ⎜⎝

2 3 8 3 16 − 3 −

2 ⎞⎟ ⎟ 3 ⎟⎟⎟ S −S →S 2 1 2 ⎟ 1 ⎟⎟ ∼ ⎟⎟ S3 −S1 →S 3 0 ⎟⎟⎟ ⎠⎟

1 2 ⎞⎟⎟ ⎟ 3 3 ⎟⎟⎟ 8 4 1 ⎟⎟⎟ S 2 : 3 → S 2 − ⎟ ∼ 3 3 ⎟⎟⎟ ⎟ 8 − 2 ⎟⎟⎟ ⎟ 3 ⎠⎟ 3

⎛ 1 2 ⎞⎟ ⎜⎜1 − 2 ⎟ ⎜⎜ 3 3 3 ⎟⎟⎟ 2 ⎜⎜ 1 1 ⎟⎟⎟ S1 + 3 S2 →S1 ⎟⎟ ∼ ⎜⎜0 ∼ − 1 ⎜⎜ 2 8 ⎟⎟ S3 + 163 S2 →S3 ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜0 − 16 8 − 2 ⎟⎟ ⎟ ⎜⎝ 3 3 3 ⎠⎟

3 ⎞⎟ ⎛ ⎜⎜1 0 0 ⎟ ⎜⎜ 4 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ 1 1 ⎟⎟ ⎟ ∼ ⎜⎜0 1 − ⎜⎜ 2 8 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜0 0 0 0 ⎟⎟ ⎜⎝ ⎠⎟⎟

Más transzformációt nem alkalmazhatunk. Az utolsó sor nulla, tehát rang A = rang A = 2 . Legyen 3 1 1 z = α paraméter, így a megoldások x = , y = + α és z = α . Tehát az elemi sortranszformá4 8 2 ciók segítségével megoldhatjuk az egyenletrendszert anélkül, hogy előre ellenőriznénk a megoldhatóságot. Azokat az elemeket amelyekkel osztottunk (bekeretezettek) generáló elemeknek nevezzük. ⎧ ⎪ x −y −z = 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 3. Oldjuk meg az ⎨x + 2y − 3z = 4 egyenletrendszert. ⎪ ⎪ ⎪ 3x + 3y − 7z = 0 ⎪ ⎪ ⎩

⎛ ⎜⎜1 −1 ⎜⎜ ⎜⎜1 2 ⎜⎜ ⎜⎝3 3 Látható, egyenlet

⎛1 −1 −1 2 ⎞⎟ ⎛ ⎞ ⎜ −1 2⎞⎟⎟ ⎜1 −1 −1 2 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ S2 :3 ⎜⎜⎜ ⎟⎟ S2 −S1 →S2 ⎜⎜ 2 4 ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ −3 4⎟⎟ ∼ ⎜⎜0 3 −2 4 ⎟⎟ ∼ ⎜0 1 − ⎟ ⎟⎟ S3 −2S2 →S3 ⎜⎜ ⎟⎟ S3 −3S1 →S3 ⎜ 3 3 ⎟⎟⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ −7 0⎠⎟ ⎜⎝0 6 −4 −6⎠⎟ 0 −14⎠⎟⎟⎟ ⎜⎝⎜0 0 hogy nincs szükség további számolásra, mert az utolsó sornak a 0 ⋅ x + 0 ⋅ y + 0 ⋅ z = −14 felel meg, tehát a rendszer összeférhetetlen. Általában ha a mátrix valamely sorában csupa

Tartalomjegyzék

312


nullákat kapunk és a szabadtagok oszlopában ugyanabban a sorban nem nulla áll, akkor a rendszer összeférhetetlen. ⎧ ⎪ x −y −z = 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 4. Oldjuk meg az ⎨x + y − 2z = 4 egyenletrendszert. ⎪ ⎪ ⎪ 2x + z = 1 ⎪ ⎪ ⎩ ⎛1 −1 −1 2 ⎞⎟ ⎛ ⎞ ⎛1 −1 −1 2 ⎞⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜1 −1 −1 2⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ S3 :4 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ S2 −S1 →S1 ⎜⎜ ⎟⎟ S2 :2 ⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ∼ ⎜0 2 −1 2 ⎟⎟ ∼ ⎜⎜0 1 − ⎜⎜⎜1 1 −2 4⎟⎟⎟ S3 −2∼ S1 →S1 ⎜ S 3 −S 2 →S 3 ⎜ ⎟⎟ S1 +S2 →S1 ⎟ 2 ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜2 0 1 1 ⎟⎠⎟ 3 −3⎠⎟⎟ ⎜⎜0 0 ⎝ ⎝⎜0 2 − 4 5⎠⎟⎟ ⎝ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜1 0 − 3 3 ⎟⎟ 7 ⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ 1 ⎟ 2 1 0 0 ⎜ ⎟ 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ S2 + S 3 →S2 ⎜⎜ 7 1 1 2 ⎟ ⎜ ∼ ⎜⎜0 1 − 1 ⎟⎟ 3∼ ⎜⎜0 1 0 1 ⎟⎟⎟ . Tehát x = , y = 1 , z = . 2 4 2 ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ S1 + 2 S3 →S1 ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜0 0 1 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 0 1 − 5 ⎟⎟ ⎜⎝ ⎜⎝ 4 ⎠⎟⎟ 4 ⎠⎟ Vizsgáljuk meg, hogy mi történik, ha a szabadtagok tetszőlegesek, azaz ⎧⎪x − y − z = b ⎪⎪ 1 ⎪⎪ 2 x y z b2 . + − = ⎨ ⎪⎪ ⎪⎪2x + z = b3 ⎪⎩ ⎛1 −1 −1 ⎞⎟ b1 ⎛1 −1 −1 b ⎞⎟ ⎛1 −1 −1 ⎟⎟ b1 ⎞⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ 1⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ S2 −S1 →S1 ⎜ ⎟⎟ S2 :2 ⎜ ⎜⎜ b b − + 1 ⎜ ⎟⎟ ∼ 1 2 ⎟ ⎜⎜0 2 −1 −b1 + b2 ⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜0 1 − ⎜⎜⎜1 1 −2 b2 ⎟⎟⎟ S3 −2∼ ⎜ S1 → S1 S 3 −S 2 →S 3 ⎜ ⎟⎟⎟ ⎟ 2 2 ⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜2 0 ⎜ 1 b3 ⎠⎟⎟ 3 b3 − 2b1 ⎠⎟⎟ ⎜ ⎝ ⎝⎜0 2 4 −b1 − b2 + b3 ⎠⎟⎟ ⎝⎜0 0 ⎛ ⎞⎟ b1 + b2 1 1 3 ⎞ ⎛ ⎜1 0 − 3 b1 + b2 + b3 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 2 2 8 8 8 ⎟⎟ 1 0 0 ⎟ 1 ⎜ ⎜⎜⎜ S 3 :4 −b1 + b2 ⎟⎟⎟ S2 + 2 S3 →S2 ⎜⎜⎜ 1 5 3 1 ⎟⎟⎟ ⎟ ∼ ∼ ⎜0 1 − 0 1 0 − b1 + b2 + b3 ⎟⎟ . S1 +S 2 →S1 ⎜ ⎟⎟⎟ S1 + 3 S3 →S1 ⎜⎜⎜ 2 2 8 8 8 ⎟⎟ ⎜⎜ 2 ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜0 0 1 1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 0 1 −b1 − b2 + b3 ⎟⎟ − − + b b b ⎜ ⎟ ⎟ 1 2 3 ⎝⎜ ⎝⎜ ⎠⎟ 4 4 4 ⎠⎟ 4 1 3 ⎞⎟ 1 3 ⎞⎟ ⎛ 1 ⎛ 1 ⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎞ ⎟⎛ ⎟⎟⎟ ⎜ ⎛x ⎞⎟ ⎜⎜⎜ 8 8 8 8 8 8 ⎟ b ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 5 ⎜ 5 3 1 ⎟ ⎜ ⎟⎟ 3 1 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜b2 ⎟⎟ . Következik, hogy A−1 = ⎜⎜− ⎟. Tehát ⎜⎜⎜y ⎟⎟⎟ = ⎜⎜− ⎜⎜ 8 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 8 8 8 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 8 8 ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎜⎜b ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝z ⎠⎟⎟ ⎜⎜ 1 1 1 ⎟⎟ ⎝ 3 ⎠ ⎜⎜− ⎜⎜− 1 − 1 1 ⎟⎟ − ⎟ ⎟ ⎜⎝ 4 ⎜⎝ 4 4 4 ⎠⎟ 4 4 ⎠⎟

Tulajdonképpen a szabadtagokra alkalmazni a sortranszformációkat, ugyanaz minta az I 3 mátrixra

⎛x ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ alkalmazni, mert az eredeti egyenletrendszer az A ⋅ ⎜⎜y ⎟⎟⎟ = I 3 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝z ⎠⎟⎟

⎛b ⎞⎟ ⎜⎜ 1 ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜b2 ⎟⎟⎟ alakban is írható. ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜b ⎟⎟⎟ ⎝ 3⎠

Tartalomjegyzék

313


Tehát azokkal a sortranszformációkkal, amelyekkel az A mátrixból az I 3 mátrixot kapjuk, az I 3 mátrixból az A−1 mátrixot kapjuk. Ha egy lépésnél felcserélünk két oszlopot az első mátrixban, akkor a megfelelő oszlopokat a második mátrixban is felcseréljük. Eszerint az inverz mátrix kiszámítható a következő egyszerű szabályok szerint: 1. Írjuk az A oszlopai után rendre az I 3 oszlopait, (így egy 3 × 6 -os mátrixhoz jutunk):

(

M = A | I3

)

2. Végezzünk elemi sortranszformációkat az M mátrixszal addig, amíg az első 3 oszlopban I 3 jelenik meg. Ha fel kell cseréljük az i -edik és j -edik oszlopot ( i, j ≤ 3 ), akkor felcseréljük a 3 + i -edik és 3 + j -edik oszlopokat is. 3. Az utolsó 3 oszlop alkotja az A−1 mátrixot. (Ha A nem invertálható, akkor egy lépésnél nem tudjuk folytatni, mert lesz egy csupa nulla oszlop vagy sor.)

⎛1 2 −1⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ Példa. Számítsuk ki az A = ⎜⎜3 0 2 ⎟⎟⎟ mátrix inverzét. ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ Megoldás ⎛ 1 2 −1 1 0 0⎞⎟ ⎛1 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ − 3 S + S → S ⎟ 1 2 2 ⎜⎜ ⎟ A | I n = ⎜⎜ 3 0 2 0 1 0⎟⎟ ∼ ⎜0 −S +S →S ⎜ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ 1 3 3 ⎜⎜ ⎜⎝ 1 1 1 0 0 1⎠⎟ ⎝⎜0

(

)

2 −6 −1

0 0⎞⎟⎟ ⎟⎟ 5 −3 1 0⎟⎟⎟ ∼ ⎟⎟ 2 −1 0 1⎠⎟⎟

−1 1

⎛ ⎞⎟ 1 2 ⎜ ⎟ ⎜ 0 0 1 0 ⎜ ⎛1 2 −1 1 ⎞ 0 0⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ 3 3 ⎟ ⎟ ⎜ 1 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ − S 2 →S 2 ⎜ 5 1 1 5 1 1 ⎜ 6 ⎟ −2S2 +S1 →S1 ⎜⎜ ⎟⎟ ∼ 0⎟⎟⎟ 0 1 0 − − − ∼ ⎜⎜0 1 − ∼ ⎜ ⎟ ⎜⎜ 6 2 6 6 2 6 ⎟⎟⎟ ⎟ S2 +S3 →S3 ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ 7 − 1 − 1 1⎟⎟⎟ ⎝⎜0 −1 2 −1 0 1⎠⎟ ⎟ ⎜⎜⎜0 0 2 6 ⎠⎟⎟ 6 ⎝ ⎛ ⎞ ⎛ 1 ⎜⎜1 0 2 0 ⎜⎜1 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ 3 3 ⎟ 6 5 ⎜ S 3 →S 3 ⎟⎟⎟ 6 S3 +S2 →S2 ⎜⎜ ⎜⎜ 5 1 1 7 ⎜0 0 ⎟⎟ 2 ∼ − ∼ ⎜0 1 − ⎜⎜ ⎟⎟ − S3 +S1 →S1 ⎜⎜⎜ 6 2 6 ⎟⎟ 3 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜0 0 1 − 3 − 1 6 ⎟⎟ ⎜⎜0 ⎟ ⎝⎜ ⎝⎜ 7 7 7 ⎠⎟ ⎛ 2 3 4⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 7 7 7 ⎟⎟ ⎜⎜ 1 2 5 ⎟⎟⎟ ⎟. − Tehát A−1 = ⎜⎜ ⎜⎜ 7 7 7 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ 6 ⎟⎟⎟ ⎜⎜− 3 − 1 ⎟ ⎝⎜ 7 7 7 ⎠⎟ Megoldott gyakorlat Végezzük el a következő szorzásokat: ⎛τ 0 0⎞⎟ ⎛ 1 2⎞⎟ ⎛ τ 2τ ⎞⎟ ⎛1 0 0⎞⎟ ⎛ 2 1 ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ a) ⎜ 0 1 0⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜−2 1⎟⎟⎟ = ⎜⎜−2 1 ⎟⎟⎟ ; b) ⎜⎜0 τ 0⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜−1 2 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎠⎟⎟ ⎜⎜⎝ 0 0 1⎟⎠⎟ ⎜⎝⎜ 3 1⎟⎠⎟ ⎜⎝⎜ 3 ⎜⎝0 0 1⎟⎠⎟ ⎜⎝⎜ 3 0

2 3 4⎞ − ⎟⎟⎟ 7 7 7 ⎟⎟ 1 2 5 ⎟⎟⎟ ⎟ 1 0 − 7 7 7 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ 3 1 6 ⎟⎟ 0 1 − − ⎟ 7 7 7 ⎠⎟ 0 0

2⎞⎟⎟ ⎛⎜ 2 1 ⎟⎟ ⎜⎜ 1⎟⎟⎟ = ⎜⎜−τ 2τ ⎟ ⎜⎜ 3⎟⎠⎟⎟ ⎜⎝⎜ 3 0

2 ⎞⎟⎟ ⎟⎟ τ ⎟⎟⎟ ; ⎟ 3⎟⎠⎟⎟

Tartalomjegyzék

314


⎛ 1 2⎞⎟ ⎛ ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎛1 0 ⎞ ⎜⎜ 1 2τ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ c) ⎜−2 1⎟⎟ ⎜ ⎟ = ⎜−2 τ ⎟⎟⎟ ; ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝0 τ ⎠⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ τ ⎟⎠⎟⎟ ⎜⎜⎝ 3 1⎟⎠⎟ ⎜⎝⎜ 3

⎛ 2 1 2⎞⎛ τ 2⎞⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜1 0 0⎞⎟⎟ ⎛⎜⎜ 2 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ d) ⎜−1 2 1⎟⎟⎟ ⎜⎜0 τ 0⎟⎟⎟ = ⎜⎜−1 2τ 1⎟⎟⎟ ; ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜0 0 1⎟⎠⎟⎟ ⎜⎝⎜ 3 0 3⎟⎠⎟⎟ ⎜⎜⎝ 3 0 3⎟⎜ ⎠⎝

⎛1 0 0⎞⎛ ⎟⎟ ⎜⎜ 2 1 2⎞⎟⎟ ⎛⎜⎜ 2 1 2⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜ e) ⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎜⎜−1 2 1⎟⎟⎟ = ⎜⎜ 3 0 3⎟⎟⎟ ; ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜⎜0 1 0⎟⎜ ⎟ ⎜ 3 0 3⎟⎠⎟⎟ ⎜⎝⎜−1 2 1⎟⎠⎟⎟ ⎝ ⎠⎝

⎛0 0 1⎞⎛ ⎟⎟ ⎜⎜ 1 2⎞⎟⎟ ⎛⎜⎜ 3 1⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜ f) ⎜0 1 0⎟⎟⎟ ⎜⎜−2 1⎟⎟⎟ = ⎜⎜−2 1⎟⎟⎟ ; ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜⎜1 0 0⎟⎜ ⎟ ⎜ 3 1⎟⎠⎟⎟ ⎜⎝⎜ 1 2⎟⎠⎟⎟ ⎝ ⎠⎝

⎛ 2 1 2⎞⎛ ⎟⎟ ⎜⎜1 0 0⎞⎟⎟ ⎛⎜⎜ 2 2 1⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜ g) ⎜−1 2 1⎟⎟⎟ ⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ = ⎜⎜−1 1 2⎟⎟⎟ ; ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ 3 0 3⎟⎜ ⎟ ⎜0 1 0⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜ 3 3 0⎠⎟⎟⎟ ⎝ ⎠⎝

⎛ 1 2⎞⎟ ⎛ ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎛0 1⎞ ⎜⎜2 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ h) ⎜−2 1⎟⎟ ⎜ ⎟ = ⎜1 −2⎟⎟⎟ ; ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝1 0⎠⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 3 1⎟⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝⎜1 3 ⎠⎟⎟

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜1 0 τ ⎟⎟ ⎜⎜ 2 1 2⎟⎟ ⎜⎜2 + 3τ 1 + 0 ⋅ τ 2 + 3τ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ 2 1 ⎟⎟⎟ ; i) ⎜0 1 0 ⎟⎟⎟ ⎜−1 2 1⎟⎟⎟ = ⎜ −1 ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜⎜0 0 1 ⎟⎜ ⎟ ⎜ 3 0 3⎟⎠⎟⎟ ⎜⎝⎜ 3 0 3 ⎟⎠⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎛1 0 0⎞⎛ 2 ⎞⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ 1 2⎞⎟⎟ ⎛⎜⎜ 1 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ j) ⎜τ 1 0⎟⎟ ⎜−2 1⎟⎟ = ⎜τ − 2 2τ + 1⎟⎟⎟ ; ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 3 1⎟⎟⎟ ⎜⎜ 3 ⎜⎜ 0 0 1⎟⎜ 1 ⎟⎠⎟⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎟ ⎝⎜ ⎛ 2 1 2⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜1 0 τ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 2 1 ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ k) ⎜−1 2 1⎟⎟ ⎜0 1 0⎟⎟⎟ = ⎜⎜−1 2 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎜⎜ 3 0 3⎟⎜ ⎜0 0 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 3 0 ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ Megjegyzések. 1. Az előbbi megfeleltethetünk egy mátrixot: a) Ha az I 3

2τ + 2 ⎞⎟⎟ ⎟⎟ −τ + 1⎟⎟⎟ ; l) ⎟ 3τ + 3 ⎟⎠⎟⎟ példákból

⎛ 1 2⎞⎟ ⎛ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎛ 1 0⎞ ⎜⎜ 1 + 2τ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ −2 1⎟⎟ ⎜ ⎟ = ⎜−2 + τ ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜τ 1⎠⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ 3 1⎟⎟⎟ ⎝ ⎜⎝⎜ 3 + τ ⎝ ⎠ látható, hogy minden

2⎞⎟⎟ ⎟⎟ 1⎟⎟⎟ . ⎟ 1⎟⎠⎟⎟ elemi transzformációnak

⎛τ 0 0⎞⎟ ⎛1 0 0⎞⎟ ⎛1 0 0 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ mátrixban az i -edik oszlopot megszorozzuk τ -val ( ⎜⎜ 0 1 0⎟⎟⎟ , ⎜⎜0 τ 0⎟⎟⎟ , ⎜⎜0 1 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ 0 0 1⎟⎟ ⎜⎜0 0 1⎟⎟ ⎜⎜0 0 τ ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

mátrixokat kapva eredményül) és egy 3 × k típusú mátrixot ha balról szorzunk az így kapott mátrixszal, akkor az ugyanannyi, mint ha az i -edik sort szoroznánk τ -val és a többit változatlanul hagynánk. Ugyanez történik az oszlopokkal, ha jobbról szorzunk egy k × 3 típusú mátrixot egy ilyen mátrixszal. (a), b), c), d) példák) ⎛0 0 1⎞⎟ ⎛1 0 0⎞⎟ ⎛0 1 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜ b) Ha az I 3 mátrixban felcseréljük az i és j oszlopot ( i ≠ j ) ( ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟ , ⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ , ⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ) a ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ baloldalról szorzás az i -edik és j -edik sorokat cseréli fel, a jobb oldalról való szorzás pedig az oszlopokat. (e), f), g), h) példák) c) Ha I 3 -ban a főátlót változatlanul hagyjuk és az (i, j ) ( i ≠ j ) helyen az 0 helyett egy τ számot teszünk, és ha balról szorzunk egy mátrixot az így kapott mátrixszal, ugyanannyi, mint ha az i -edik sorát szoroznánk τ -val és hozzáadnánk a j -edik sorához. Ugyanez történik az oszlopokkal jobbról szorzásnál. (i), j), k), l) példák). 2. Az előbbi tulajdonságok alapján az elemi transzformációk tekinthetők sajátos mátrixokkal való szorzásoknak is. Ezeket a mátrixokat is elemi transzformációknak fogjuk hívni.

Tartalomjegyzék

315


3. Az elemi transzformációk determinánsai az a) esetben τ -val egyenlők, b) esetben −1 -gyel, a c) esetben pedig 1 -gyel. 4. Ha det(A) ≠ 0 , akkor legyenek E1 , E 2 , …, Eq azok az elemi transzformációk, amelyekkel az I 3 mátrixot kaptuk, azaz Eq ⋅ Eq −1 ⋅ … ⋅ E1 ⋅ A = I 3 . Mivel egyenlőséget jobbról A

−1

A− 1

det A ≠ 0 , létezik −1

-el szorozva, kapjuk: Eq ⋅ Eq −1 ⋅ … ⋅ E1 ⋅ I 3 = A

és az utóbbi

. Tehát valóban ha az

E1 → E 2 → ... → Eq transzformációkkal az A -ból I 3 -at kapunk, akkor I 3 -ból A−1 -t kapunk. 5. Minden invertálható mátrix felírható elemi transzformációk szorzataként: A = E 1−1 ⋅ E 2−1 ...Eq−1 . Ha az i -edik lépésben a generáló elem pi , azaz ezzel osztjuk az i -edik sort vagy oszlopot, akkor

det Ei =

1 , így det Ei−1 = pi . Tehát a mátrix determinánsa egyenlő a generáló elemek és (−1)k pi

szorzatával, ahol k a sorcserék vagy oszlopcserék száma.

Megoldott gyakorlatok 1. Oldjuk meg a ⎧⎪2x + 3y − 4z = −1 ⎪⎪ ⎪ II. ⎨x + y − z = 0 egyenletrendszereket ⎪⎪⎪−x − 2y + 4z = 4 ⎪⎩ a) Cramer szabály segítségével; b) kiküszöbölési módszerrel; c) inverz mátrix kiszámolásával; d*) elemi transzformációk segítségével. Megoldás 6 5 17 5 = 42 − 65 = −23 , Δ2 = = 119 − 50 = 69 és a) I. Δ = 13 7 10 7

⎧ ⎪6x + 5y = 17 ; I. ⎪ ⎨ ⎪⎪13x + 7y = 10 ⎩

Δ3 =

−11 17 3

10

= −110 − 51 = −161 . Tehát x=

Δ1 69 Δ −161 = = −3 és y = 2 = =7. Δ −23 Δ −23

II. 2

3

−4

Δ= 1

1

−1 = 0

−1 − 2 −1 Δ1 = 0 4

−2 −1 − 4 −1 =

0

4

3

3

−4

−1 − 1 − 4

1

−1 = 0

−2

4

2

4

− 2 −1

4

0 2

−1 = 4

3

2

= −1 ;

−1 − 1 4

2

= 2;

Tartalomjegyzék

316

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 2

Δ2 = 1

−1 − 4 0

−1 = 0

−1

4

4

2

3

−1

Δ3 = 1

1

−1 − 2

−2 − 1 − 4 3

0 4

2

1

0 = 1

0

4

−1 −1

−1 =

− 2 −1

4

−1 0 =− 4

3

4

1

−1

−1

4

= −5 ;

= −3 .

Δ1 Δ Δ = −2 , y = 2 = 5 és z = 3 = 3 . Δ Δ Δ b) I. A második egyenletet szorozzuk 6 -tal, az elsőt 13 -mal és kivonjuk egymásból. 17 − 5y Így −23y = −161 , tehát y = 7 . Innen x = = −3 . 6 II. Felcseréljük a két egyenletet és a következő transzformációkat alkalmazzuk: ⎧⎪x + y − z = 0 ⎧ ⎧⎪x + y − z = 0 ⎪⎪x + y − z = 0 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎨2x + 3y − 4z = −1 ⎨y − 2z = −1 ⎨y − 2z = −1 . ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪z = 3 ⎪⎪−x − 2y + 4z = 4 ⎪⎪⎪−y + 3z = 4 ⎪ ⎪⎩ ⎪⎩ ⎪⎩ Így y = 2z − 1 = 5 és x = −y + z = −5 + 3 = −2 . c) I. A rendszer mátrixos alakja ⎛ 6 5⎞⎟ ⎛x ⎞ ⎛17⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜13 7⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎝⎜y ⎠⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜10⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Így x =

⎛6 13⎞⎟ ⎛ 6 5⎞⎟ ⎛ 7 −5⎞⎟ ⎟⎟ és adjungáltja A* = ⎜⎜ ⎟⎟ transzponáltja At = ⎜⎜ ⎟ Az A = ⎜⎜⎜ ⎜⎜5 7 ⎟⎟ ⎜⎜−13 6 ⎟⎟⎟ . De ⎜⎝13 7⎠⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 ⎛ 7 −5⎞⎟⎟ det A = 6 ⋅ 7 − 5 ⋅ 13 = −23 , tehát A−1 = − ⋅ ⎜⎜⎜ ⎟ , így a megoldás: 23 ⎜⎝−13 6 ⎠⎟⎟ ⎛17⎞⎟ ⎛x ⎞⎟ 1 ⎛⎜ 7 −5⎞⎟⎟ ⎛⎜17⎞⎟⎟ 1 ⎛ 69 ⎞⎟⎟ ⎛⎜−3⎞⎟⎟ −1 ⎜ .⎜⎜ ⎟ = − ⋅ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜y ⎟⎟⎟ = A ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ = − ⋅ ⎜⎜ ⎟ ⎟ = ⎜ ⎟. 23 ⎝⎜−13 6 ⎠⎟⎟ ⎝⎜10⎠⎟⎟ 23 ⎝⎜−161⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜ 7 ⎠⎟⎟ ⎜⎝10⎠⎟ ⎝ ⎠ II. A rendszert a: ⎛ 3 −4⎞⎟⎟ ⎛⎜x ⎞⎟ ⎛⎜−1⎞⎟⎟ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 1 −1⎟⎟ ⎜⎜⎜y ⎟⎟⎟ = ⎜⎜ 0 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜−1 −2 4 ⎟⎟ ⎜⎝⎜z ⎟⎠⎟ ⎜⎜⎜ 4 ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ alakban írjuk

Tartalomjegyzék

317

Lineáris egyenletrendszerek megoldása ⎛ 3 −4⎞⎟⎟ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎜ Az A = ⎜⎜ 1 1 −1⎟⎟ mátrix transzponáltja és adjungált mátrixa: ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜−1 −2 4 ⎟⎟ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ 1 −1⎞⎟⎟ ⎜⎜ 2 −4 1 ⎟⎟ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ 1 −2⎟⎟ és A* = ⎜⎜−3 4 −2⎟⎟ . At = ⎜⎜ 3 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜−4 −1 4 ⎟⎟ ⎜⎜−1 1 −1⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛−2 4 −1⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ 1 −1 * ⋅ A = ⎜⎜ 3 −4 2 ⎟⎟⎟ . Mivel det A = −1 , kapjuk A = ⎟⎟ ⎜⎜ det A ⎜⎜ 1 −1 1 ⎟⎟ ⎝ ⎠ Következésképpen a rendszer megoldása ⎛−1⎞ ⎛−2 4 −1⎞⎟⎛−1⎞⎟ ⎛ ⎞⎟ ⎛x ⎞ ⎜ ⎜−2 ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟ ⎟ − 1 ⎜y ⎟⎟ = A ⋅ ⎜⎜ 0 ⎟⎟ = ⎜⎜ 3 −4 2 ⎟⎟⎜⎜ 0 ⎟⎟ = ⎜⎜ 5 ⎟⎟ . ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ 4 ⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 −1 1 ⎟⎟⎜⎜⎜ 4 ⎟⎟ ⎜⎜⎜ 3 ⎟⎟ ⎝⎜ z ⎠⎟ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎛ 6 5 17⎞⎟ S :6 ⎛⎜ 1 5 ⎜ 1 ⎜ ⎟⎟ ∼ ⎜ 6 d) I. ⎜⎜ ⎜⎜13 7 10⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎝ ⎠ ⎝⎜13 7

⎛ ⎜⎜1 17 ⎞⎟ ⎟⎟ S2 −13S1 →S2 ⎜⎜ 6 ⎟⎟ ∼ ⎜⎜ ⎜⎜ 10 ⎠⎟⎟⎟ ⎜⎜0 ⎝

5 6 23 − 6

17 ⎞⎟⎟ ⎟ S :⎝⎛⎜⎜− 236 ⎠⎞⎟⎟⎟ ⎛⎜⎜1 5 6 ⎟⎟⎟ 2 ∼ ⎜ 6 ⎜⎜⎜0 1 161 ⎟⎟⎟ − ⎟ ⎝⎜ 6 ⎠⎟⎟

17 ⎞⎟ ⎟ 6 ⎟⎟⎟ ∼ 7 ⎠⎟⎟⎟

−3⎞⎟ ⎟⎟ , tehát x = −3 és y = 7 . 7 ⎠⎟⎟ ⎛2 ⎛1 ⎛1 1 −1 0 ⎞⎟ 1 −1 0 ⎞⎟⎟ 3 −4 −1⎞⎟⎟ ⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ S1 ↔S2 ⎜⎜ ⎟⎟ S2 −2S1 →S2 ⎜⎜ ⎟ II. ⎜⎜⎜ 1 1 −1 0 ⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜⎜ 2 3 −4 −1⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜⎜0 1 −2 −1⎟⎟⎟ ∼ ⎟⎟ ⎟⎟ S3 +S1 →S3 ⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ 4 ⎠⎟⎟ 4 ⎠⎟⎟ 4 ⎠⎟⎟ ⎜⎝0 −1 3 ⎜⎝−1 −2 4 ⎝⎜−1 −2 4 5 S1 − S 2 → S1 6

∼

⎛1 0 ⎜⎜ ⎜⎜0 1 ⎝

⎛1 0 1 ⎜⎜⎜ ∼ ⎜⎜0 1 −2 S 3 +S 2 →S 3 ⎜ ⎜⎜ ⎜⎝0 0 1 S1 −S 2 →S1

⎛1 0 0 1 ⎞⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ S1 −S3 →S1 ⎜⎜ −1⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜⎜0 1 0 ⎟⎟ S2 +2S3 →S2 ⎜ ⎜ 3 ⎠⎟⎟ ⎝⎜0 0 1

⎞ −2⎟⎟ ⎟⎟ 5 ⎟⎟⎟ , tehát ⎟⎟ 3 ⎠⎟⎟

⎛x ⎞⎟ ⎛⎜−2⎞⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜y ⎟⎟ = ⎜⎜ 5 ⎟⎟ . ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜⎝z ⎠⎟⎟ ⎜⎜⎝ 3 ⎟⎠⎟⎟

2. Vizsgáljuk a következő rendszerek összeférhetőségét és összeférhetőség esetén oldjuk is meg -en: ⎧⎪x + y + z = 3 ⎧ ⎧⎪x − 2y − z = 3 ⎪ x − 3y + z = 3 ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ a) ⎨2x + y − z = 0 ; b) ⎨2x + y − z = 9 ; c) ⎨−x + y + 2z = 0 . ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪3x − 4y − 5z = 6 x − 2y − 3z = 2 4x − 5y + z = 6 ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎪⎩ ⎩

Tartalomjegyzék

318

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 1 −3

Megoldás. a) 1. A rendszer determinánsa 2

1

−1 = 0 , tehát nem Cramer

1

4 −5

rendszer. Δ1 =

1 −3 2

1

1

= 7 ≠ 0 egy fődetermináns. Az egyetlen karakterisztikus de-

1 −3 3

terminánsa 2

1

0 = 0 , tehát a rendszer összeférhető határozatlan. Látható, hogy

4 −5 6

⎧⎪x − 3y = 3 − α x és y főismeretlenek, valamint z = α mellékismeretlen. Így az ⎪ ⎨ ⎪⎪2x + y = α ⎩ 3 + 2α 3α − 6 rendszerhez jutunk, amelynek megoldásai x = és y = . Tehát a 7 7 ⎧⎪⎛ 3 + 2α 3α − 6 ⎞ ⎫⎪ , , α⎟⎟⎟ α ∈ ⎪⎬ . megoldáshalmaz M = ⎪ ⎨⎜⎜ ⎠ ⎪⎩⎪⎝ 7 ⎪⎭⎪ 7 2. megoldás

⎛ 3 ⎞⎟ ⎛1 −3 1 3⎞⎟ ⎛1 −3 1 3 ⎞⎟ ⎜1 −3 1 ⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎟⎟ S2 −2S1 →S2 ⎜⎜ ⎟⎟⎟ S2 :7 ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ 3 6 ⎟⎟ S1 +3S2 →S1 ⎜⎜2 1 −1 0⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜⎜0 7 −3 −6⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜0 1 − − ⎟⎟⎟ ∼ S −S →S ⎜ 7 7 ⎟⎟ ⎟⎟ S3 −4S1 →S3 ⎜⎜ ⎟⎟ 3 2 3 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜0 0 ⎟⎟ ⎜⎝0 7 −3 −6⎠⎟⎟ ⎜⎝4 −5 1 6⎠⎟⎟ 0 0 ⎝ ⎠⎟ ⎛ ⎞ ⎜⎜1 0 − 2 3 ⎟⎟ ⎜⎜ 7 7 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ 3 2 6 3 3 6⎟ ∼ ⎜⎜⎜0 1 − − ⎟⎟⎟ , tehát a megoldások z = α , x = + α és y = − + α . 7 7 7 7 7 7 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜0 0 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎟

1

1

b) 1. megoldás. A rendszer determinánsa Δ = 2

1

1 −1 = −5 ≠ 0 , tehát

1 −2 −3 alkalmazható a Cramer szabály:

3

1

Δx = 9

1

1

1

1

3

−1 = −10 , Δy = 2 9 −1 = −15 , Δz = 2

1

9 = 10 .

2 −2 −3 Tehát a megoldások x = 2. megoldás

1 3

1

1 2 −3

1 −2 2

Δy Δx Δ = 3 és z = z = −2 . = 2, y = Δ Δ Δ

Tartalomjegyzék

319

Lineáris egyenletrendszerek megoldása ⎛1 1 1 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜2 1 −1 ⎜⎜ ⎜⎝1 −2 −3 ⎛ ⎜⎜1 0 −2 ⎜⎜ ⎜⎜0 1 3 ⎜⎜ ⎜⎝⎜0 0 5

⎛1 3⎞⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ S2 −2S1 →S2 ⎜⎜ ⎟ 9⎟⎟ ∼ ⎜⎜⎜0 ⎟⎟ S3 −S1 →S3 ⎜ ⎜⎜0 2⎠⎟⎟ ⎝

1

1

−1

−3

−3

−4

⎞ 6 ⎟⎟ ⎜⎛1 0 −2 ⎟⎟ S3 :5 ⎜⎜ −3 ⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜⎜0 1 3 ⎟⎟ ⎜ −10⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝0 0 1 ⎠

⎛1 1 3 ⎞⎟⎟ 1 ⎜⎜ ⎟⎟⎟ S2 :(−1) ⎜⎜ 3 ⎟⎟ ∼ ⎜⎜0 1 3 ⎜⎜ ⎟⎟⎟ −1⎠⎟ ⎝⎜0 −3 −4

⎛1 0 0 6 ⎞⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ S1 +2S3 →S1 ⎜⎜ −3⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜⎜0 1 0 ⎟⎟ S2 −3S3 →S2 ⎜ ⎜ −2⎠⎟⎟ ⎝⎜0 0 1

3 ⎞⎟⎟ ⎟⎟ S1 −S2 →S1 −3⎟⎟⎟ ∼ ⎟⎟ S3 +3S2 →S3 −1⎠⎟⎟

2 ⎞⎟⎟ ⎟⎟ 3 ⎟⎟⎟ , tehát ⎟⎟ −2⎠⎟⎟

⎛x ⎞⎟ ⎛⎜ 2 ⎞⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜y ⎟⎟ = ⎜⎜ 3 ⎟⎟ . ⎜⎜z ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎜⎝−2⎟⎠

3. Határozzuk meg az a, b valós számokat úgy, hogy az ⎧⎪ax + y − 2z = 2 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎨2x + y + 3z = 1 ⎪⎪ ⎪⎪(2a − 1) x + 2y + z = b ⎪⎩ egyenletrendszer legyen a) összeférhetetlen, b) összeférhető határozatlan és ekkor oldjuk is meg. Megoldás. 1. a) Ha a rendszer összeférhetetlen, akkor determinánsa 0 (mivel a rendszer mátrixa négyzetes mátrix). A Δ =

a

1 −2

2

1

2a − 1 2

3 =0

egyenlet a

1

következő alakba is írható: a + 3 (2a − 1) − 8 + 2 (2a − 1) − 6a − 2 = 0 , azaz 5a − 15 = 0 . Tehát csak a = 3 esetén lesz Δ = 0 . Ekkor rendszerünk a következő: ⎧⎪3x + y − 2z = 2 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎨2x + y + 3z = 1 ⎪⎪ ⎪⎪5x + 2y + z = b ⎪⎩ Látható, hogy 5x + 2y + z = (3x + y − 2z ) + (2x + y + 3z ) , tehát b = 3 esetén lenne összeférhető. Így az összeférhetetlenség feltétele a = 3 és b ≠ 3 . Megjegyzés. Ugyanehhez az eredményhez jutunk azzal a feltétellel is, hogy a rendszer mátrixának és bővített mátrixának rangja különbözzön egymástól. Ha ezt a 3 1 =1≠ 0 gondolatmenetet követjük, akkor tekinthetjük fődeterminánsnak a 2 1 3 1 2

determinánst és b nem lehet gyöke a 2 1 1 = 0 egyenletnek. 5 2 b

b) Az a) alapján a rendszer a = 3 és b = 3 esetén összeférhető határozatlan.

Tartalomjegyzék

320


⎧⎪3x + y − 2z = 2 ⎪⎪ 3 1 ⎪ = 1 ≠ 0 . Legyen z = α , Ekkor a ⎨2x + y + 3z = 1 rendszer fődeterminánsa 2 1 ⎪⎪ ⎪⎪5x + 2y + z = 3 ⎪⎩ ⎧⎪3x + y = 2 + 2α így ⎪ , tehát x = 1 + 5α és y = −1 − 13α . ⎨ ⎪⎪2x + y = 1 − 3α ⎩ 2. megoldás

⎛ ⎛ a ⎛ 2 1 −2 2⎞⎟⎟ 1 3 1⎞⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ S1 ↔S2 ⎜ ⎟⎟ S1 :2 ⎜ ⎜⎜ 1 3 1⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜⎜ a 1 −2 2⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜⎜ a ⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎝⎜2a − 1 2 1 b ⎠⎟ ⎝⎜2a − 1 2 1 b ⎠⎟ ⎜⎜2a − 1 ⎝

1 3 2 2 1 −2 2

1

1 ⎞⎟ ⎟ 2 ⎟⎟⎟ S −aS →S 2 1 2 2 ⎟⎟⎟ ∼ ⎟⎟⎟ S3 −(2a−1)S1 →S3 b ⎟⎟ ⎠⎟

⎛ ⎞⎟ ⎛ 1 3 1 1 3 1 ⎞⎟ ⎜⎜1 ⎜⎜1 ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ 2 2 2 2 2 2 ⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜ ⎟⎟ S −2S →S ⎜⎜ ⎟ 4 −a ⎟ 3 2 3 ⎜ 2 − a −4 − 3a 4 − a ⎟⎟ S3 :2 ⎜⎜0 2 − a −4 − 3a ⎟⎟ ∼ ⎜0 ⎟⎟ ∼ ⎜⎜ ⎟⎟ 2 2 2 2 2 2 ⎟⎟⎟ S3 ↔S2 ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ 5 − 6a 1 13 2b − 2a + 1 ⎟⎟⎟ 2b − 7 ⎟⎟⎟ ⎜⎜0 5 − 2a ⎜0 ⎟ ⎟ ⎜⎝ ⎠⎟ ⎝⎜ 2 2 2 2 2 2 ⎠⎟ ⎛ 1 ⎞⎟⎟ 1 3 ⎜⎜ ⎛ ⎞⎟ ⎟ 4 −b ⎜⎜1 −5 ⎟⎟ 2 ⎟⎟⎟ S1 −S2 →S1 ⎜⎜⎜1 0 2 2 ⎜⎜ 2 ⎟ ⎜0 1 ⎟⎟ . ⎜⎜0 ⎜ ⎟ − b 1 13 2b − 7⎟⎟ 2−∼ 13 2 7 ⎟ ⎜ a ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ S3 − 2 S2 →S3 ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ 2 − a −4 − 3a 4 − a ⎟⎟⎟ ⎜⎜0 0 5 (a − 3) ab − 4a − 2b + 9⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎟⎟ ⎜⎜0 ⎝ 2 2 2 ⎠ A rendszer pontosan akkor összeférhetetlen, ha a − 3 = 0 és ab − 4a − 2b + 9 ≠ 0 , azaz a = 3 és b ≠ 3. A rendszer pontosan akkor összeférhető határozatlan, ha a − 3 = 0 és ab − 4a − 2b + 9 = 0 , azaz a = 3 és b = 3 . Ebben az esetben az utolsó sor nulla, z = α , x = 4 − b + 5α = 1 + 5α és y = 2b − 7 − 13α = −1 − 13α .

4. Határozzuk meg az m ∈

paraméter értékét úgy, hogy az ⎧⎪ ⎪⎪x + 2y + z = 1 ⎪ ⎨x − y + 2z = 2 ⎪⎪ ⎪⎪2mx + m 2y + 3z = 3 ⎪⎩ egyenletrendszernek pontosan egy megoldása legyen. (Felvételi, 1997.) Megoldás. A rendszernek pontosan akkor van egy megoldása, ha Δ ≠ 0 , ahol 1

Δ= 1

2

1

−1 2 .

2m m 2

3

Tartalomjegyzék

321


A determinánst kiszámolva a Sarrus szabállyal, kapjuk: Δ = −m 2 + 10m − 9 . Az m 2 − 10m + 9 = 0 egyenlet gyökei m1 = 1 és m2 = 9 , tehát a rendszernek pontosan akkor van egy megoldása, ha m ∈ \ {1, 9} . 5. Oldjuk meg az ⎧⎪x − ay + a 2z = a 4 ⎪⎪ ⎪ 2 4 ⎨x − by + b z = b ⎪⎪ ⎪⎪x − cy + c 2z = c 4 ⎪⎩ egyenletrendszert, ha a ≠ b ≠ c ≠ a . 1. megoldás. A rendszer determinánsa 1 −a a 2

Δ = 1 −b b 2 = − (b − a )(c − a )(c − b ) ≠ 0 (Vandermonde). 1 −c c 2 Így alkalmazhatjuk a Cramer szabályt.

a4 a a2 Δ1 = b 4

1 a4 a2

1 a a3

b b 2 = −abc ⋅ 1 b b 3 , Δ2 = 1 b 4

c4

1 c c3

c c2

1 c4

1 a2 a4

b2 = − 1 b2

b 4 és

c2

c4

1 c2

1 a a4

Δ3 = 1 b b 4 . 1 c c4 1

a3

a

Δ1 = −abc ⋅ 0 b − a b − a = −abc (b 3

3

3

3

0 c −a c −a

− a )(c

− a) ⋅

1 b 2 + ab + a 2 1 c 2 + ac + a 2

=

= −abc (b − a )(c − a ) (c − b )(a + b + c ) ,

Δ2 = − (b 2 − a 2 )(c 2 − a 2 )(c 2 − b 2 ) = (b − a )(c − a )(c − b )(a + b )(b + c ) (c + a ) , 1

a4

a

Δ3 = − 0 b − a b − a = − (b − a )(c − a ) ⋅ 4

4

0 c − a c4 − a4

1 b 3 + b 2a + ba 2 + a 3 1 c 3 + c 2a + ca 2 + a 3

= − (b − a )(c − a ) ⋅ ⎡⎣⎢c 3 − b 3 + a (c 2 − b 2 ) + a 2 (c − b )⎤⎦⎥ =

= −(b − a )(c − a )(c − b ) ⋅ ⎡⎣c 2 + cb + b 2 + ac + ab + a 2 ⎤⎦ .

Tehát x =

Δ1 Δ = abc (a + b + c ) , y = 2 = (a + b ) (a + c ) (c + b ) és Δ Δ

=

Tartalomjegyzék

322


Δ3 = a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc . Δ 2. megoldás. Tekintsük a P(t ) = t 4 − t 2z + ty − x polinomfüggvényt. A feladatbeli egyenletek alapján a , b és c a P zérushelyei, tehát P (t ) = (t − a )(t − b )(t − c ) ⋅ Q(t ) (*) Másrészt grP = 4 , tehát Q egy elsőfokú polinomfüggvény és főegyütthatója 1 , azaz z=

Q(t ) = t + s . A t 3 együtthatója a (t − a ) (t − b )(t − c )(t + s ) szorzatban s − a − b − c , tehát a (*) egyenlőségből következik, hogy s = a + b + c . A műveletek elvégzése és az együtthatók azonosítása után következik, hogy 2 z = (a + b + c ) − ab − ac − bc = a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc , y = (a + b + c )(ab + ac + bc ) + abc = (a + b ) (a + c )(b + c ) és x = abc (a + b + c ) .

Gyakorlatok és feladatok 1. Számítsd ki a következő mátrixok rangját: ⎛1 0 2 0 ⎞⎟ ⎛1 −1 0 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ 1 2 3 ⎛ ⎞ ⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ a) A = ⎜2 1 −1⎟ ; b) A = ⎜⎜ ; c) A = ⎜⎜1 −1 0 0 ⎟⎟⎟ . ⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎝−1 −2 −3⎠⎟⎟ ⎜⎜3 0 1 −1⎟⎟ ⎜⎜0 3 −1⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2. Számítsd ki a következő 2 × 2 -es mátrixok inverzét: ⎛−1 −3⎞⎟ ⎛−4 4⎞⎟ ⎛ 8 −7⎞⎟ ⎟⎟ ; ⎟⎟ ; ⎟⎟ ; a) ⎜⎜⎜ b) ⎜⎜⎜ c) ⎜⎜⎜ ⎜⎝ 1 −4⎟⎠⎟ ⎜⎝−3 5⎟⎠⎟ ⎜⎝10 −9⎠⎟⎟ ⎛2 3⎞⎟ ⎛ 9 −9⎞⎟ ⎛−10 −9⎞⎟ ⎟⎟ . ⎟⎟ ; ⎟⎟ ; d) ⎜⎜⎜ e) ⎜⎜⎜ f) ⎜⎜⎜ ⎜⎝3 4⎟⎠⎟ ⎜⎝−2 1 ⎠⎟⎟ ⎜⎝ −2 −1⎠⎟⎟ 3. Számítsd ki a következő 3 × 3 -as mátrixok inverzét: ⎛7 −2 8⎞⎟ ⎛−4 4 0⎞⎟ ⎛7 5 −7 ⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ 3 ⎟⎟⎟ ; a) ⎜⎜5 −8 6⎟⎟⎟ ; b) ⎜⎜−9 10 0⎟⎟⎟ ; c) ⎜⎜10 −2 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜2 8 2⎟⎟ ⎜⎜−8 3 1⎟⎟ 8 7 10 − ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟ ⎛ 5 ⎛ 6 −7 −10⎞⎟ ⎛ 10 −6 −3⎞⎟ 1 5 ⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ 1 0 ⎟⎟ ; 3 0 ⎟⎟⎟ . d) ⎜−5 7 −1⎟⎟ ; e) ⎜ 0 f) ⎜ 2 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜⎜ 6 − − − − 10 9 9 2 2 1 − 0 4 ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟ ⎝ ⎠ 4. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az

Tartalomjegyzék


⎛2 x 3 ⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ A = ⎜⎜x −1 x ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜1 2 m ⎟⎟ ⎝ ⎠ mátrix invertálható legyen minden x ∈ esetén. 5. Oldd meg az XA = B egyenletet, ha ⎛1 2 3⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎛6 9 8⎞⎟ ⎜ ⎟ ⎟. A = ⎜⎜2 3 4 ⎟⎟ és B = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 0 1 6⎠⎟⎟⎟ ⎜ ⎝ ⎜⎜3 4 1 ⎟⎟ ⎝ ⎠

323

(Felvételi, 1998.)

(Felvételi, 1999.) 6. Oldd meg a következő egyenletrendszereket: ⎛3 6 8⎞⎟ ⎛1 4 5⎞⎟ ⎛4 1 0⎞⎟ ⎛1 1 1⎞⎟ ⎛0 1 2⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ a) X ⋅ ⎜1 3 1⎟⎟ = ⎜2 7 5⎟⎟ ; b) ⎜1 2 3⎟⎟ ⋅ X ⋅ ⎜0 1 1⎟⎟⎟ = ⎜⎜1 0 2⎟⎟⎟ . ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜1 6 3⎟⎟ ⎜⎜⎜3 7 8⎟⎟ ⎜⎜5 0 2⎟⎟ ⎜⎜0 0 1⎟⎟ ⎜⎜⎜2 0 1⎟⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 7. Oldd meg a következő egyenletrendszereket: ⎧⎪x − 2y = 3 ⎧⎪2x − 3y = 3 ⎧⎪3x + y − z = 2 ⎧⎪x −y = 5 a) ⎪ ; b) ⎪ ; c) ⎪ ; d) ⎪ ; ⎨ ⎨ ⎨ ⎨ ⎪⎪x + 2y = 5 ⎪− ⎪⎪x − y + z = 5 ⎪⎪−2x + 2y = 6 ⎪⎩ 2x + 4y = −6 ⎩ ⎩ ⎩ ⎧⎪x − 2y + z = 6 ⎧⎪x + z = 3 ⎧⎪x − y + z = 2 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ e) ⎨−2x + y + z = −3 ; f) ⎨2x + y + z = 3 ; g) ⎨2x + y + z = 3 . ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪x + y − 2z = −3 ⎪⎪−x + y − 2z = −6 ⎪⎪3y − z = 2 ⎪⎩ ⎪⎩ ⎪⎩ ⎧⎪x + y + z = a 8. Oldd meg az ⎪⎪ ⎪x + εy + ε2z = b ⎨ ⎪⎪ ⎪⎪x + ε2y + εz = c ⎩ egyenletrendszert, ha a, b, c ∈ és ε egy harmadrendű egységgyök. (Felvételi, 1998.) 9. Oldd meg az ⎧⎪ax + by + cz = 0 ⎪⎪ ⎪⎨bcx + acy + abz = 0 ⎪⎪ ⎪⎪⎩x + y + z = 1 egyenletrendszert, ha a ≠ b ≠ c ≠ a . 10. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az ⎧⎪ ⎪⎪x + y + z = 1 ⎪⎨x + 2y + mz = 2 ⎪⎪ 2 ⎪⎪x + 4y + mz = 4 ⎩ egyenletrendszernek egy megoldása legyen, és oldd meg ebben az esetben.

Tartalomjegyzék

324


(Felvételi, 1999.) 11. Oldd meg és tárgyald a λ ∈ paraméter függvényében az ⎧⎪(1 + λ ) x + y + z = 0 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎨x + (1 + λ ) y + z = λ ⎪⎪ ⎪⎪x + y + (1 + λ ) z = λ 2 ⎪⎩ egyenletrendszert. (Felvételi, 1999.) ⎧⎪x + ay + a 2z + a 3 = 0 ⎪⎪ ⎪ 12. Oldd meg az ⎪⎨x + by + b 2z + b 3 = 0 egyenletrendszert, ha a ≠ b ≠ c ≠ a . ⎪⎪ ⎪⎪x + cy + c 2z + c 3 = 0 ⎪⎩ 13. Határozd meg az ⎧⎪ x y z ⎪⎪ ⎪⎪(a + α)2 + a + α + b + α = 1 ⎪⎪ y z ⎪ x + =1 ⎨ 2 + ⎪⎪(a + β ) a+β b+β ⎪⎪ y z ⎪⎪ x + + =1 ⎪⎪(a + γ )2 a + γ b + γ ⎩⎪ rendszer megoldásait, ha α, β, γ páronként különböznek és a törtek léteznek. 14. Oldd meg és tárgyald a következő egyenletrendszereket: ⎧ ⎪ ⎪⎧⎪ax + 4y + 7z = 0 ax + y + z = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ a) ⎪⎨x + ay + z = b , a, b ∈ ; b) ⎪ ⎨2x + ay + 7z = 0 , a ∈ ; ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪x − 2y + az = 0 ⎪ x + y + az = b 2 ⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎩ ⎧⎪αx + βy + 2z = 1 ⎧⎪(m + 1) x + y + z = 0 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ , α, β ∈ . c) ⎨x + 2 (m − 1) y − z = 0 , a ∈ ; d) ⎪ ⎨αx + (2β − 1) y + 3z = 1 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪x − 2y + az = 0 ⎪⎪αx + βy + (β + 3) z = 2β − 1 ⎪⎩ ⎪⎩ 15. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c ∈ akkor az ⎧1 ⎪ ⎪ x = ax + by + cz ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 y = cx + ay + bz ⎨ ⎪ 2 ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ z = bx + cy + az ⎪ ⎪ ⎩2 rendszernek csak az x = y = z = 0 megoldása.

(Felvételi, 1987.)

Tartalomjegyzék

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 16. Oldd meg a ⎧⎪−bx + az = cxz ⎪⎪ ⎪⎪ ⎨bx − cy = ayx ⎪⎪ ⎪⎪cy − az = bzy ⎪⎩

egyenletrendszert, ha a, b, c ∈

*

.

325

Tartalomjegyzék

325


n

ISMERETLENES,

n EGYENLETBŐL ÁLLÓ LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

Ebben a paragrafusban értelmezzük az n -ed rendű determinánsokat és kiterjesztjük a fejezet eddigi tételeit az n ismeretlenes egyenletrendszerekre ( n -ed rendű mátrixokra). Értelmezés. Ha A = (aij )i , j =1,n ∈ M n ( ) , akkor az A mátrix determinánsának n

nevezzük a

∑a

1j

j =1

⋅ D1 j kifejezést, ahol D1j az a1j elem algebrai komplementuma,

1+ j

tehát D1 j = (−1) ⋅ d1 j , ahol d1j az a1j -hez tartozó aldetermináns (azaz egy n − 1 ed rendű determináns). Így n

det A = ∑ a1 j ⋅ D1 j . j =1

Megjegyzés. A matematikai indukció elve alapján az értelmezés helyes, mert d1j egy n − 1 -ed rendű determináns és a másodrendű determinánst már értelmeztük. A másod- és harmadrendű determinánsoknál láttuk, hogy permutációkkal is értelmezhetők, ami azokban az esetekben nem indokolt. Az n -ed rendű determinánsoknál a permutációk használata sokszor megkönnyíti a bizonyításokat. Tehát az n -ed rendű determinánst a következő módon is értelmezhetjük: Értelmezés. Ha A = (aij )i , j =1,n ∈ M n ( ) , akkor

det A =

∑ ε(σ)a

a

anσ(n ) .

1σ (1) 2 σ (2)

σ ∈Sn

A két értelmezés egyenértékűségének bizonyításához elégséges igazolni, hogy a második értelmezés felhasználásával a determináns kifejtésére az első értelmezésbeli rekurziót kapjuk. A determináns rendje szerinti matematikai indukciót alkalmazunk. n = 2 és n = 3 esetén láttuk, hogy a két értelmezés egyenértékű. Feltételezzük, hogy az értelmezések egyenértékűek k ≤ n − 1 esetén és igazoljuk, hogy n -re is egyenértékűek. Legyen A = (aij )i , j =1,n . Igazoljuk, hogy a det A =

∑ ε(σ)a

a

1σ (1) 2 σ (2)

anσ(n ) összeg

σ ∈Sn

éppen az első sor szerinti kifejtése a determinánsnak (tulajdonképpen bármelyik sor/oszlop szerinti kifejtés, mivel az összeg szimmetrikus). Ha csoportosítjuk az a1j -t tartalmazó tagokat, akkor az a1j együtthatója

∑

ε(σ )a2σ(2)

anσ(n ) .

σ ∈Sn σ (1)= j

⎛1 2 k n ⎞⎟ ⎜ ⎟⎟ permutációból megszerkeszthetjük a Másrészt a σ = ⎜⎜ n σ(n )⎠⎟⎟ ⎜⎝ j σ(2) ⎛ 1 2 k n − 1 ⎞⎟ ⎜ ⎟⎟ permutációt a következő szabályok szerint: τ = ⎜⎜ τ(k ) τ(n − 1)⎠⎟⎟ ⎜⎝τ(1) τ(2) ha σ(k + 1) < j ⎪⎧σ(k + 1), , ahol 1 ≤ k ≤ n − 1 . τ(k ) = ⎪⎨ ⎪⎪σ(k + 1) − 1, ha σ(k + 1) > j ⎪⎩

Tartalomjegyzék

326


Nézzünk egy konkrét példát: ha n = 6 és j = 3 , a fenti átalakítással a ⎛1 2 3 4 5 6⎞⎟ ⎟⎟ permutációból a következő permutációt kapjuk: σ = ⎜⎜⎜ ⎜⎝3 4 1 5 6 2⎠⎟⎟ ⎛ 1 2 3 4 5⎞⎟ ⎛1 2 3 4 5⎞⎟ ⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ . τ = ⎜⎜ ⎜⎝(4 − 1) 1 (5 − 1) (6 − 1) 2⎠⎟⎟ ⎜⎝⎜3 1 4 5 2⎠⎟⎟ Miért is ez a permutáció? A σ permutációnak a 6 × 6 -os mátrix determinánsának kifejtésében az ε (σ )a13a24a 31a 45a56a 62 szorzat felel meg. Az első sor és a harmadik oszlop eltörlésével az a13 aldeterminánsában minden sor eggyel feljebb „csúszik”, a harmadik oszlopok előtti oszlopok megtartják helyüket, míg a harmadik utáni oszlopok eggyel balra „csúsznak”. Így az előbbi szorzat tényezői a következő helyzetekbe kerülnek: a24 → (1, 3) , a 31 → (2,1) , a 45 → (3, 4) , a56 → (4, 5) és a62 → (5, 2) .

A σ permutáció inverziói: (1, 3) , (1, 6) , (2, 3) , (2, 6) , (4, 6) , (5, 6) . Az első kettő eltűnik a τ permutációból, míg a többinek az (1, 2) , (1, 5) , (3, 5) illetve (4, 5) inverziók felelnek meg. Ezt a következő ábrán szemléltettük:

Tehát eltűntek az (1,k ) inverziók, ha σ (k ) < 3 . Következésképpen az általános esetben ε(σ ) = (−1)j −1 ε(τ ) , mert eltűnnek az (1,k ) ,

σ (k ) ∈ {1, 2,..., j − 1} inverziók és a

∑

ε(σ )a2σ(2)

anσ(n ) összeg

σ ∈Sn σ (1)= j

(−1)j +1

∑

ε(τ )a1τ (1)

an −1τ (n −1) alakba írható,

τ ∈Sn −1

mivel a τ permutációból egyértelműen visszaszerkeszthető a σ és minden lehetséges τ permutáció megjelenik. Így az indukciós feltevés alapján

∑ ε(σ)a

a

1σ (1) 2 σ (2)

σ ∈Sn

anσ(n ) =

n

∑ (−1)

j −1

a1 jd1 j

j =1

ahol d1j a mátrix első sorának és j -edik oszlopának törlésével kapott determináns. Tehát a két értelmezés egyenértékű.

Tartalomjegyzék

327


Az első értelmezésben csak az első sor szerinti kifejtést használjuk, viszont igazolható, hogy ugyanazt az eredményt kapjuk bármelyik sor vagy oszlop szerinti kifejtés esetén. Ezt a tulajdonságot a következő tételben fogalmazzuk meg: Tétel. Egy determinánst kifejthetünk bármelyik sora vagy oszlopa szerint, azaz: n

n

k =1

k =1

det A = ∑ aik ⋅ Dik = ∑ akj ⋅ Dkj , ∀i, j = 1, n . Bizonyítás. n = 2 és n = 3 esetén már bizonyítottuk ezt a tulajdonságot, tehát a matematikai indukció elve alapján elégséges igazolni, hogy ha a tulajdonság igaz minden (n − 1) -ed rendű determinánsra, akkor igaz az n -ed rendű determinánsokra is. Legyen A ∈ M n ( ) egy n -ed rendű mátrix.

=

det A

n

∑a

1j

n

∑a

D1 j =

j =1

=

n

∑a j =1

=

j −1

n

∑ ∑a

i +k + j

a (−1)

1 j ik

j =1 k =1

n

∑a

=

n

dikj + ∑

(−1)

j

a1 j (−1) dikj +

k , j =1 k <j

=

n

n

∑a

ik

dikj =

i +k

(−1)

ik

a1 j (−1)

j −1

dikj =

k −1

n

i +k

a1 j (−1)

j +1

dikj =

k =1 j =1

n

∑a

ik

(i −1)+k

(−1)

n

∑a

j

(−1)

⎛ k −1 ⎜⎜ a (−1)j +1 d + ikj ⎜⎜⎝∑ 1 j

i +k

(−1)

k =1

ahol d1 j =

i +k + j −1

a (−1)

1 j ik

a1 j (−1) dikj + ∑ ∑ aik (−1)

i +k

ik

k =1 j =k +1

j −1

n

∑a

k , j =1 k >j

∑∑a =

d1 j =

j =1

j =1 k = j +1

i +k

ik

(−1)

n ⎛ j −1 ⎞ (i −1)+k (i −1)+(k −1) ⎜ dikj + ∑ aik (−1) dikj ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎝∑ aik (−1) ⎠⎟ k =1 k = j +1

1+ j

(−1)

1j

1+ j

1j

1j

j =1

dikj +

k =1

n

∑a

n

∑a

ik

(i −1)+(k −1)

(−1)

j =k +1

⎞ j (−1) dikj ⎟⎟⎟ , ⎠⎟

dikj a d1 j aldetermináns kifejtése az i − 1 -edik

k = j +1

sor szerint, ezt tulajdonképpen megkaphatjuk az eredeti determináns első és i -edik sorának, valamint k adik és j -edik oszlopainak törlésével. Tehát ugyanakkor ez az a1j aldeterminánsa az eredeti determináns i -edik sorának és k -adik oszlopának törlésével kapott determinánsban. Így

dik =

k −1

∑a

1+ j

1j

(−1)

dikj +

j =1

n

∑a

1+( j −1)

1j

(−1)

dikj ,

j =k +1

ahol dik az aik aldeterminánsa az eredeti n -ed rendű determinánsban. Így

det A =

n

∑a k =1

i +k

ik

(−1)

tehát det A kifejthető az i -edik sora szerint is.

dik =

n

∑a

ik

Dik ,

k =1

Az előbbi bizonyításhoz hasonlóan megkaphatjuk a det A =

n

∑a D ij

i =1

ij

kifejtést a det A =

n

∑a

Di 1

i1

i =1

kifejtésből kiindulva. Tehát elégséges igazolni, hogy az első sor és az első oszlop szerinti kifejtés ugyan-

Tartalomjegyzék

328


ahhoz az eredményhez vezet. Ebben az esetben is a matematikai indukció módszerét használjuk. Feltételezzük, hogy minden (n − 1) -ed rendű determináns kifejthető az első oszlopa szerint. Az értelmezés alapján n n n ⎞ k −1 +1 1+ j ⎛ det A = ∑ a1 j D1 j = a11D11 + ∑ a1 j (−1) ⎜⎜∑ ak 1 (−1)( ) dkj1 ⎟⎟⎟ = ⎜ ⎝ ⎠⎟ j =1 j =2 k =2 n

= a11D11 + ∑ ak 1 (−1)

1+k

k =2

n ⎛ n ⎞ 1+k ⎜⎜ a (−1)( j −1)+1 d j ⎟⎟ = a D + ak 1 (−1) dk 1 = ∑ k1 ⎟ 11 11 ⎜⎜⎝∑ 1 j ⎠⎟ j =2

k =2

n

= a11D11 + ∑ ak 1Dk 1 = k =2

ahol d

j k1

az ak 1

n

∑a

Dk 1 ,

k1

k =1

aldeterminánsa d1j -ben, ugyanakkor az a1j

aldeterminánsa dk 1 -ben, azaz

tulajdonképpen az eredeti mátrix első és j -edik oszlopának, valamint első és k -adik sorának törlésével kapott mátrix determinánsa.

Következmény. A harmadrendű determinánsok tulajdonságai magasabbrendű determinánsokra is kiterjeszthetők, hisz mindig kifejthetjük olyan sor (vagy oszlop) szerint, amelyet nem változtatunk, és így mindig az eggyel kisebb rendű determinánsok megfelelő tulajdonságára vezetődik vissza a bizonyítandó tulajdonság. A következő tételben felsoroljuk a determinánsok néhány fontosabb tulajdonságát: Tétel. Ha A, B,C ∈ M n ( ) , akkor érvényesek az alábbi állítások: a) det A = det At , ahol At az A mátrix transzponáltja. b) Ha felcseréljük az A két oszlopát (vagy sorát) akkor a determináns előjele megváltozik. c) Ha A egy sorában (vagy oszlopában) α -val szorozzuk az elemeket, akkor a determináns is szorzódik α -val. d) Ha A -nak van két azonos vagy arányos oszlopa (vagy sora), akkor a determinánsa 0. e) Ha A és B egy oszlopban (vagy sorban) különbözik, akkor det A + det B = detC , ahol a C mátrixot úgy kapjuk, hogy az azonos oszlopokat (sorokat) leírjuk, és a különböző oszlop (sor) megfelelő elemeit összeadjuk. f) Ha A egy oszlopához (sorához) hozzáadjuk egy másik oszlop (sor) α -szorosát, akkor a determináns értéke nem változik meg. g) Ha A egy oszlopa (sora) a többi oszlop (sor) lineáris kombinációja, akkor a determinánsa 0 . n

n

i =1

j =1

h) det A = ∑ aij Dij = ∑ aij Dij , ∀i, j = 1, n . i)

n

∑a D ij

ik

= 0 , ha k ≠ j .

i =1

j) A ⋅ A* = A* ⋅ A = (det A) I n , ahol A* az A adjungáltja, amit úgy kapunk, hogy A transzponáltjában minden elemet az algebrai komplementumával helyettesítünk. k) det AB = det A ⋅ det B .

Tartalomjegyzék

329

Lineáris egyenletrendszerek megoldása Igazoljunk néhány tulajdonságot a permutációk segítségével. a) det At = ∑ ε (σ )aσ(1)1aσ (2)2 ⋅ ... ⋅ aσ n n , ugyanakkor ( )

σ

egy

bijektív

σ ∈Sn

függvény, így aσ (1)1aσ(2)2 ⋅ ... ⋅ aσ n n = a1σ−1 (1)a2σ−1 (2) ⋅ ... ⋅ anσ−1 n , és míg σ végigfutja az ( )

Sn -et, addig σ t

det A =

−1

is végigfutja Sn -et. Tehát

∑ ε (σ ) a

σ ∈Sn

( )

⋅ ... ⋅ anσ−1 n =

a

1σ−1 (1) 2 σ−1 (2)

( )

∑ ε ( τ )a

a

1 τ (1) 2 τ (2)

⋅ ... ⋅ an τ n = det A , ( )

τ ∈S n

ahol felhasználtuk, hogy ε (τ −1 ) = ε (τ ) . b) Akárcsak a harmadrendű determinánsok esetében, igazolhatjuk, hogy ha egy mátrix oszlopait (sorait) egy σ ∈ Sn permutációnak megfelelően cseréljük fel, azaz az

A = (aij )i , j =1,n mátrixból képezzük az A′ = (ai σ( j ) )

i , j =1,n

mátrixot, a determináns

megszorzódik a σ permutáció előjelével. Valóban det A′ = ∑ ε (τ )a1τ (σ(1))a2 τ (σ(2)) ⋅ ... ⋅ an τ (σ n ) . Ha τ végigfutja Sn -et, akkor ( )

τ ∈S 3

τσ is végigfutja Sn -et és ε (τ ) = ε ( τσ ) ε (σ −1 ) = ε (τσ ) ε (σ ) . Így a δ = τσ helyettesítéssel: det A′ =

∑ ε ( σ ) ε (δ ) a

a

1δ (1) 2 δ (2)

⋅ ... ⋅ anδ n = ε (σ ) det A . ( )

δ ∈Sn

Ha a determináns két oszlopát (sorát) cseréljük fel, akkor a σ egy transzpozíció, tehát megváltozik a determináns előjele. k) A c) és e) tulajdonságok alapján det AB =

∑b

b

σ (1)1 σ (2)2

...bσ n n ε (σ ) det A = det A det B t = det A det B . ( )

σ ∈Sn

A többi tulajdonságot nem igazoljuk a permutációk segítségével, mert nem cserélődnek a sorok vagy az oszlopok, így a permutációknak nincs olyan fontos szerepük. Láthattuk, hogy annak a bizonyítása, hogy a determináns értéke nem függ attól, hogy melyik sora vagy oszlopa szerint fejtjük ki, komoly odafigyelést igényel az indexek használatánál, és könnyen hiba csúszhat be. A fenti tulajdonságok felhasználásával könnyen igazolhatjuk permutációk segítségével. Elfogadjuk, hogy a determináns kifejthető az első sora szerint, és igazoljuk, hogy n

∑a j =1

n

1 j D1 j = ∑ aij Dij . j =1

Felcseréljük a sorokat úgy, hogy az i -edik sor legyen az első és a többi sor sorrendje ne változzon. Ennek a változtatásnak a σ = (1 2 ... i ) ciklus felel meg, amelynek az i−1

előjele (−1) . Másrészt az aij elem aldeterminánsai az új mátrixban ugyanazok, mint az eredetiben, mert az i -edik sor kivételével nem változik meg a sorok sorrendje, azt pedig mindkét esetben töröljük. Tehát i −1

det A = (−1)

n

∑a j =1

1+ j

ij

(−1)

n

dij = ∑ aij (−1) j =1

i+j

n

dij = ∑ aij Dij . j =1

Tartalomjegyzék

330


Megoldott gyakorlatok 1. Számítsuk ki a következő determinánsokat:

a) Δ1 =

1

2

3

4

0

1

2

3

5

6

7

8

−1

0

4

5

0

6

; b) Δ2 =

9 10 11 12

−2 −4

−3

2

3 −1

1

4

1

−4

2

−2 2 −2

; c) Δ3 = 3

−3 −5 −6 0

13 14 15 16

2 2 .

0

0

4

0

1

1

5

1

3

6

Megoldás

a) Δ1 =

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11 12 −O1 +O3 →O3 9

−O1 +O2 →O2

=

1 2

4

5

1 2

8

1 2 12

0

1

2

3

−1

0

4

5 −3S2 +S 4 →S 4 −1 0 = 6 −2S2 +S 3 →S3 0 −4

−2 −4

0

0

−3 −5 −6 0

2 +1

= (−1) ⋅ (−1)

1

2

⋅ −4

−8

3

4

5

−8

−4

3

=

1

0

3

(−4) ⋅ 1

0

1

=

−5 −18 −15

0

1

2

1

2

3

−4 = (−4) ⋅ 1

2

1

−5 −18 −15 −2O1 +O2 →O2

(a második és harmadik oszlop arányos)

=0

13 1 2 16

13 14 15 16

b) Δ2 =

1

=

−5 −18 −15

3+2

= (−4) ⋅ (−8) ⋅ (−1)

−5 −8 −15

⋅

1 3 1 1

=

= (−32) ⋅ (−2) = 64.

c) Δ3

−4O5 +O3 →O3

=

−3

2

−5

−1

2

1

4

−15

2

−4

3

−2

−6

−2

0

0

0

0

1

1

5

−23

3

6

2 = 1 ⋅ (−1)4 +5 ⋅

−3

2

−5

−1

1

4

−15

2

3

−2

−6

−2

1

5

−23

3

=

Tartalomjegyzék

331


2S 1 + S 2 → S 2

=

3 S1 + S 4 → S 4 −2S1 +S 3 →S 3

(−1) ⋅

−3

2

−5

−1

−5

8

−25

0

9

−8

4

0

−8

11 −38 3

O2 +O1 →O1

=

5⋅

−5 −37

3O1 +O2 →O2

=

−3 −10

=

11 −38

5⋅

⋅

−4O1 +O3 →O3

32 −37 35 −50

−5 −22 −3

−1

0

0 −2 0

0

0

0

3

0

0

0

0 −1

a)

−2 0 1+1

= (−1)

⋅1 ⋅ 0

−8

4

=

11 −38

(−1) ⋅ 1

= 5⋅

0

=

0

3 35 −50 32 −37 7

−10

=

= 5 ⋅ (5 − 66) = 5 ⋅ (−61) = −305.

2. Számítsuk ki a következő determinánsokat: 0 0 0. 0 1 1 0 0 0 0 0 0 −3 0 0 −2 0 0 ; b) 0 0 1 0 0 ; a) 0 0 3 0 0 2 0 0 0 0 0 0 −1 −1 0 0 0 0 Megoldás 1 0 0

−25

3 32 −37 8O1 +O2 →O2

4

2+1

=

⋅ 9

8

−8

−25

8

= (−1) ⋅ 1 ⋅ (−1) O2 +O1 →O1

= (−1) ⋅ (−1) ⋅ (−1)

0

(−1) ⋅ 1 −8

3

−5 1+ 4

1

0 0. 0

0

2

4

0

0

0

c) 5 1 −3 2

1

0

5

2

0 . 0

−1 3

0

3 −4

0 0 = 1 ⋅ (−2) ⋅ 3 ⋅ (−1) = 6 .

3

0 −1

0

Másképp, ha permutációk segítségével fejtjük ki a determinánst, akkor az egyetlen permutáció, amelynek nullától különböző szorzat felel meg az identikus permutáció. Megjegyzés. A matematikai indukció módszerével igazolható, hogy általában egy főátlós mátrix determinánsa egyenlő a főátlón levő elemek szorzatával, azaz

a11

0

0

a22

0 0

0

…

0

ann

= a11a22 ...ann .

Tartalomjegyzék

332


0

0 0.

0

1

0

0

0 −3 0

b) 0 0

0

1

0

0 = 1 ⋅ (−1)1+5

2

0

0

0

0

0 0 −3

0

0 1

0

0

2 0

0

−1 0 0

0

1+ 4

= −3 ⋅ (−1)

0

0 1

0

2 0 = 6.

−1 0 0

−1 0 0 0 0 Másképp, ha permutációk segítségével fejtjük ki a determinánst, akkor az egyetlen ⎛1 2 3 4 5⎞⎟ ⎟⎟ , permutáció, amelynek nullától különböző szorzat felel meg az ⎜⎜⎜ ⎜⎝5 4 3 2 1⎠⎟⎟ 4 + 3 + 2 +1

= 1 . Tehát a determináns egyenlő a mellékátlón levő amelynek előjele (−1) elemek szorzatával. 2 ... n − 1 n ⎞⎟ ⎛1 (n −1)n ⎟⎟ permutáció előjele (−1)1+2+...+n −1 = (−1) 2 . Általában az ⎜⎜⎜ ⎟ 2 1 ⎠⎟ ⎜⎝n n − 1 ... 0 … 0 a1n Tehát

a2(n −1)

0

…

0

0 an 1

0

(n −1)n 2

= (−1)

1

0 0. 0

0

2

4

0

0

0

c) 5 1 −3 2

1

0

0 = 1 ⋅ (−1)

5

2

0

−1 3

0

3 −4

1+1

a1na2(n −1)...an 1 .

4 0 0

0

1 1 0

0

2 5 2

0

1 0 = 4⋅ 5 2

0 0 = − 32 .

0 3 −4

3 0 3 −4

Az eredmény ebben az esetben is a főátlón levő elemek szorzata, aminek ugyanaz a magyarázata, mint az átlós mátrixok esetén. Általában a háromszögmátrixok determinánsa: a11 a12 a1n a11 0 0

a21 a22

=

0

an 1 a11

… an (n −1) ann

… a1(n −1) a1n a2(n −1)

0

a(n −1)1 an 1

0

…

0

a22 a(n −1)n

0 0

=

0

…

… 0

0

ann a1n

a2(n −1) a2n 0

a n 1 an 2

…

= a11a22 ...ann és

ann

(n −1)n 2

= (−1)

a1na2(n −1)...an 1 .

Tartalomjegyzék

333


Gyakorlatok és feladatok 1. Számítsd ki a következő determinánsokat:

a)

2 2 2 2

0 1 2 3

3 2 2 2

3 0 2 1

4 3 2 2

b)

;

2 1 0 3

;

1

−2

1

3

2

5

c) 2

1

−3

4

2.

1

−1

2

3

0

−2

3

−5

7

4

1 2 3 0

5 4 3 2

4

3

−3 1

2. Számítsd ki a következő determinánsokat: −i 1 + i

i

1

ε

ε2

1+ ε

ε

1

Δ1 = i

1

2i , Δ2 = ε

ε2

1 , Δ3 =

ε

1+ ε

1

2i

1

i

1

ε

1

ε

1+ε

ha ε egy harmadrendű egységgyök. 0 c d 3. Igazold, hogy 0 a b 0

0

ε2

d

0

0

c

b

0

0

a

0

c

d

0

=

b

a

b

a

c

d

c

d

0

a

b

0

2 = (ad − bc ) , ∀a, b, c, d ∈

4. Számítsd ki a következő determinánsokat: a x x x a a a

x a x a a a) Δ1 = a a x a ; b) Δ2 = x a a a x

x

a)

x y

2

xy xy y x

2

xy y

2

2

xy xy 2

xy

xy xy y 2

x2

x

; b)

a 0 c b x Δ = ; c) . 3 x b c 0 a x x d c b a 0 b x x c

cos x

1

0

0

1

cos x

1

0

0

1

cos x

1

0

0

1

cos x

6. Számítsd ki a

Δ=

.

0 a b c

x

5. Számítsd ki a következő determinánsokat ( x , y, z ∈ 2

,

1 x1

1 x2

1 x3

1 x4

x 12

x 22

x 32

x 42

; c)

, a, b, c, d , e, f ∈

):

0

a

b

c

−a

0

d

e

−b −d

0

f

−e −f

0

−c

.

x 13 x 23 x 33 x 43 determinánst r függvényében, ha x 1, x 2 , x 3 , x 4 egy r állandó különbségű számtani sorozat egymás után következő tagjai. (Felvételi, 1995.)

Tartalomjegyzék

334


7. Határozd meg a következő polinomfüggvény x = 1 gyökének multiplicitását: 1 x x2 x3

P (x ) =

1 1

1

1

1 2

3

4

1 4

9

16

. (Felvételi, 1998.)

8. Számítsd ki a következő n -ed rendű determinánst: −1 a a

Δn =

a

−1

a

a

a

−1

9. Számítsd ki a következő determinánsokat: 0 1 1 a) Δn =

1 0

1

1 1

0

(Felvételi, 1995.)

−1

1

1

1

−1

1

1

1

−1

b) Δn =

;

.

;

1!

2!

3!

n!

1

C n1

C n2

C nk −1

2!

2!

3!

n!

1

C n1+1

C n2+1

C nk +−11

c) Δ = 3 ! 3 ! 3 ! n

n! ;

n! n! n!

d) Δn =

1 C n1 +k −1 C n2+k −1

n!

10. Számítsd ki a

1 + a1 Δn =

a1 a1

a2

a3

an

1 + a2 a3

an

a2

a3

.

C nk +−1k −1

determinánst.

1 + an

MÁTRIX INVERZE Az előbbi tételbeli h) tulajdonság alapján a det A ≠ 0 esetben megszerkeszthetjük az A ∈ M n ( ) mátrix inverzét, és bebizonyíthatjuk a Cramer szabályt magasabbrendű egyenletrendszerek esetén. Egy n ismeretlenes és n egyenletből álló lineáris egyenletrendszer az A ⋅ x = b alakba írható, ahol A ∈ M n ( ) , x , b ∈ n . Mivel A ⋅ A* = A* ⋅ A = det A ⋅ I n , ha det A ≠ 0 , következik, hogy a 1 B= ⋅ A* det A

Tartalomjegyzék


335

mátrix az A mátrix inverze ( B ⋅ A = A ⋅ B = I n ), tehát az A ⋅ x = b összefüggést balról A−1 -nel szorozva, kapjuk: x = A−1 ⋅ b . Ugyanakkor ⎛ D11 D21 Dn 1 ⎞⎟ ⎜⎜ … ⎟ Δ Δ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ Δ Dn 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ D12 D22 … ⎟ ⎜ Δ Δ ⎟⎟⎟ , ahol Δ = det A , A−1 = ⎜⎜ Δ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ D1n D2n … Dnn ⎟⎟⎟ ⎜⎝ Δ Δ Δ ⎠⎟ így

n

xj =

n

Dij

∑Δ

∑b D i

⋅ bi =

ij

j = 1, n . Δ A számlálóban szereplő összeg éppen a Δ j determináns kifejtése, ahol Δ j -t úgy kapjuk Δ -ból, hogy az x j együtthatóit a szabadtagokkal helyettesítjük. i =1

i =1

Ha az A ⋅ x = b egyenlőséget csak A* -gal szorozzuk, akkor a Δ ⋅ x j = Δ j összefüggésekhez jutunk ( j = 1, n ), tehát a Δ = 0 eset tárgyalása is hasonló az n ∈ {2, 3} esethez. Fogalmazzuk meg a fenti tulajdonságokat tétel formájában is: Tétel

1 ⋅ A* . det A b) Ha det A ≠ 0 , akkor az A ⋅ x = b , A ∈ M n ( ) egyenletrendszernek Δ egyértelmű megoldása van, bármilyen b ∈ n esetén és ezek x j = j , j = 1, n Δ alakba írhatók, ahol Δ = detA és Δ j -t úgy kapjuk Δ -ból, hogy a j -edik oszlop elemeit a szabadtagok oszlopával (azaz b -vel) helyettesítjük. (Cramer szabály) c) Ha det A = 0 és létezik j ∈ {1, 2,..., n} , amelyre Δ j ≠ 0 , akkor a rendszer összeférhetetlen. a) Ha det A ≠ 0 , akkor A−1 =

Megoldott gyakorlatok 1. Számítsuk ki a következő mátrix inverzét: ⎛ 1 −1 ⎜⎜ ⎜⎜−1 1 A = ⎜⎜⎜ ⎜⎜−1 −1 ⎜⎜ ⎜⎝−1 −1

−1 −1⎞⎟ ⎟ −1 −1⎟⎟⎟ ⎟⎟ . 1 −1⎟⎟⎟ ⎟⎟ −1 1 ⎠⎟⎟

Tartalomjegyzék

336


1 −1 −1 −1

Megoldás

det A

0

Si +S1 →Si

=

0

0 −2

i = 2,3,4

−2 −2

0

0 −2 −2

−2

−2 −2

0 = −2

0

0

−2 = −16 ≠ 0 ,

−2 −2

0

tehát A invertálható. At = A

1 D11 = D22 = D33 = D44 = −1

−1 −1

1

−1 −1 −1 −1 −1 D12 = D21 = − −1

1

−1 −1

−1

1

D14 = D41 = − −1 −1

−1

1

1

−1 −1

−1

1

−1 1

−1 −1

1 = 4 ; D23 = D32 = − −1 −1 −1 = 4 ;

−1 −1

D24 = D42 = −1 −1

1

−1 = 4 ; D13 = D31 = −1 −1 −1 = 4 ;

−1 −1 −1

1

−1 = − 4

−1 −1

1

1 = 4 ; D34 = D43 = − −1

−1 −1 −1

1

−1 −1

1

−1 = 4 .

−1 −1 −1

1 1 1⎞ ⎛ 1 ⎜⎜ − − − ⎟⎟ ⎜⎜ 4 4 4 4 ⎟⎟⎟ −4 4 4 4 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ 1 1 1 − − ⎟⎟⎟ 4 −4 4 4 ⎜⎜⎜− 4 4 4 ⎟⎟ . , így A−1 = ⎜⎜ 4 Tehát A* = 1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 1 4 4 −4 4 − − − ⎟ ⎜⎜ 4 4 4 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 4 4 4 4 −4 ⎜⎜ 1 1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎟ − − − ⎜⎜⎝ 4 4 4 4 ⎠⎟ 2. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert: x −y −z −t = 1 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ −x + y − z − t = 1 ⎪ ⎪ ⎨ −x − y + z − t = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ −x − y − z + t = 1 ⎪ ⎪ ⎩ I. megoldás Észrevesszük, hogy a rendszer mátrixa az előbbi gyakorlatban megjelenő mátrix.

Tartalomjegyzék

337


1 1 1⎞ ⎛ 1 ⎞⎟ ⎛ 1 ⎜− ⎟ ⎜⎜ − − − ⎟⎟ ⎜⎜ 4 4 4 4 ⎟⎟⎟⎛1⎞ ⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ 1 ⎛ ⎞ ⎛x ⎞ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 1 1 1 1 ⎟⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜y ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1⎟⎟ ⎜⎜− − − ⎟⎜1⎟ ⎜− ⎟ ⎟ ⎟ 4 4 4 ⎟⎟⎟⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ = A−1 ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜ 4 = z⎟ 1 1 1 ⎟⎟⎟⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜1⎟⎟ ⎜⎜ 1 ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎜ − − − ⎟ ⎟ ⎟ ⎜− ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ 4 4 4 ⎟⎟⎟⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎝ t ⎠⎟⎟ ⎜⎝⎜1⎠⎟⎟ ⎜⎜ 4 ⎝ ⎠ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 1 1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜− 1 ⎟⎟ ⎟ − − − ⎟ ⎜⎝ 2 ⎠⎟ ⎜⎝⎜ 4 4 4 4 ⎠ II. megoldás. A rendszer Cramer rendszer ( Δ = det A = −16 ≠ 0 ), tehát alkalmazhatjuk a Cramer szabályt. 1 −1 −1 −1 1 − 1 −1 − 1 Δx =

−1 −1 Si −S1 →Si 0 = 1 −1 1 −1 i =2,3,4 0

2

0

0

0

2

0

1 −1 −1

0

0

2

1

1

1 Δy =

1

0

= 8,

1 −1 −1

−1 1 −1 −1 O1 ↔O2 = Δ =8. − 1 1 1 −1 S 1 ↔ S 2 x − 1 1 −1

1

Hasonlóan egy sor, és egy oszlopcserével kapjuk, hogy Δz = Δt = 8 . 1 Tehát x = y = z = t = − 2 III. megoldás. Ha az egyenletrendszer megfelelő oldalait összeadjuk, a −2 (x + y + z + t ) = 4 egyenlőséghez jutunk, tehát x + y + z + t = −2 . Így a 1 rendszer első egyenletéből 2x = 1 + x + y + z + t = −1 , tehát x = − . Hasonlóan 2 megkapjuk a többi ismeretlent is. m × n TÍPUSÚ MÁTRIX RANGJA

A háromismeretlenes, három egyenletből álló rendszerekhez hasonlóan a Δ = 0 és Δi = 0 , i = 1, n eset bonyolultabb tárgyalást igényel. Ehhez bevezetjük a mátrix rangjának fogalmát általános esetben is. Értelmezés. Az A ∈ M m ,n ( ) \ {Om .n } mátrix rangjának nevezzük és rang A -val jelöljük azt a legnagyobb r ∈ * számot, amelyre létezik r -ed rendű nullától különböző aldetermináns és minden r -nél nagyobb rendű aldetermináns 0 . A nullmátrix rangja értelmezés szerint 0 . Ebben az esetben is igazolható a következő tétel:

Tartalomjegyzék

338


Tétel. Az A ∈ M m ,n ( ) mátrix rangja pontosan akkor r , ha van nullától különböző r -ed rendű aldeterminánsa és 0 az összes r + 1 -ed rendű aldetermináns, ami ezt tartalmazza. Megjegyzés. Nyilvánvaló, hogy ha A ∈ M m ,n ( ) , akkor rang A ≤ min {m, n } . Példa 2 −1 1 3⎞⎟ ⎛1 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 2 4 1 5 1⎟⎟ ⎟⎟ mátrix rangját. Számítsuk ki az A = ⎜⎜⎜ 0 2 2 1⎟⎟⎟ ⎜⎜ 0 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝−1 −2 0 −2 3⎠⎟⎟ Szegélyezzük a mátrix aldeterminánsait akárcsak a min {m, n } ≤ 3 esetben:

Δ11 = 1 ≠ 0 ; 1 2 1 −1 Δ12 = = 0 ; Δ22 = = 3 ≠ 0; 2 1 2 4 1 2 −1 3 1

Δ = 2 4 0 0

Δ14 =

Δ14 =

1 −1 1 3 2

1 −1 3 3 3

1 = 0; Δ = 2

1

5 =0; Δ = 2

1

1 = 13 ≠ 0 ;

0

2

2

2

1

2

0

−1 3

1

2

2

4

1

1

0

0

2

1

−1 −2

0

3

1

−1

1

3

2

1

5

1

0

2

2

1

−1

0

−2 3

= 0 (a második oszlop kétszerese az elsőnek);

0 S1 + S 4 → S1

=

S 2 + 2S 4 → S 2

−1 −1 6

0

1

1

7

0

2

2

1

−1

0

−2 3

−1 −1 6 4 +1

= −1 ⋅ (−1)

1

1

7 =0.

2

2

1

Tehát rang A = 3 . Elemi transzformációk során ebben az esetben sem változik a mátrix rangja, tehát megpróbáljuk megszerkeszteni az I r mátrixot. Az előbbi példában szereplő mátrix a következőképpen alakul:

Tartalomjegyzék

339

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 2 −1 1 ⎛1 ⎜⎜ ⎜⎜ 2 4 1 5 ⎜⎜ ⎜⎜ 0 0 2 2 ⎜⎜ ⎜−1 −2 0 −2 ⎜⎝

3⎞⎟ 3 ⎞⎟ ⎛1 2 −1 1 ⎛1 1 2 1 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜ 3 −5⎟⎟ O2 ↔O3 ⎜⎜⎜0 3 0 3 1⎟⎟ S2 −2S1 →S2 ⎜⎜0 0 3 ⎟ ∼ ⎜ ⎟ ∼ ⎜⎜ 2 1 ⎟⎟⎟ 1⎟⎟⎟ S 4 +S1 →S 4 ⎜⎜⎜0 0 2 ⎜⎜0 2 0 2 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ 3⎠⎟⎟ ⎜⎝0 0 −1 −1 6 ⎠⎟⎟ ⎝⎜0 −1 0 −1 A sorcsere nem szükséges, de megtesszük a törtek használatának kikerüléséért. 2 1 3 ⎞⎟ ⎛1 1 ⎛1 0 9 0 ⎛1 0 2 0 9 ⎞⎟ ⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜0 −1 0 −1 6 ⎟⎟⎟ S2 ⋅(−1) ⎜⎜0 1 0 1 −6⎟⎟⎟ O3 ↔O5 ⎜⎜⎜0 1 −6 1 ∼ ⎜⎜ ⎟ ∼ ⎜ ⎟ ∼ ⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ S1 +S2 →S1 ⎜⎜⎜0 0 0 0 13 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 2 0 2 ⎜⎜0 0 13 0 S 3 +2S 2 →S 3 ⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎜⎜0 3 0 3 −5⎟⎟⎟ S 4 +3S2 →S 4 ⎜⎝⎜0 0 0 0 7 ⎠⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎝ ⎠ ⎝⎜0 0 7 0

⎛1 ⎜⎜ ⎜⎜0 ⎜ ∼ ⎜⎜ ⎜⎜0 ⎜⎜ ⎜⎝0

0 2⎞⎟ ⎛1 ⎜ ⎟⎟⎟ S1 −9S3 →S1 ⎜⎜ 1 −6 1 0⎟⎟ S2 +6S3 →S2 ⎜⎜0 ⎟ ∼ ⎜ 0 1 0 0⎟⎟⎟ S4 −7S3 →S 4 ⎜⎜⎜0 ⎜⎜ ⎟⎟ 0 7 0 0⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜0 0

3 ⎞⎟ ⎟⎟ −5⎟⎟⎟ S2 ↔S 4 ⎟ ∼ 1 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ 6 ⎠⎟⎟⎟

2⎞⎟ ⎟⎟ 0⎟⎟⎟ S :13 3 ⎟⎟ ∼ 0⎟⎟⎟ ⎟⎟ 0⎠⎟⎟

0 0 0 2⎞⎟ ⎟⎟ 1 0 1 0⎟⎟⎟ ⎟ . Tehát rang A = 3 . 0 1 0 0⎟⎟⎟ ⎟⎟ 0 0 0 0⎠⎟⎟⎟

9

Megjegyzés. Ha A ∈ M m,n ( ) , rang A = r , akkor elemi sor- és oszloptranszformációkkal a

⎡1 ⎢ ⎢0 ⎢ ⎢ ⎢0 ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢0 ⎢ ⎢− ⎢ ⎢ ⎢0 ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢0 ⎣

⎤ ⎥ ⎥ 1 0 0 | ⎥ ⎥ ⎥ 0 1 0 | X ⎥ ⎥ | ⎥ ⎥ ⎥ 0 0 1 | ⎥ − − − − + − − − − −⎥⎥ ⎥ 0 0 0 | 0 0 0 0⎥ ⎥ ⎥ | ⎥ ⎥ 0 0 0 | 0 0 0 0⎥ ⎦ 0

0

0

|

⎛I X ⎞⎟ alakú mátrixhoz juthatunk, ahol X ∈ M r ,n −r ( ) . A továbbiakban erre a mátrixra a P = ⎜⎜ r O ⎟⎟ ⎜⎝ m −r ,n ⎠ jelölést használjuk. ⎛I ⎞⎟ ⎜⎜ r ⎟⎟⎟ ⎜⎜ Megfelelő sor- illetve oszloptranszformációkkal Q = ⎜ Om ,n -r ⎟⎟⎟ alakú mátrixhoz is juthatunk, ahol ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎝X ⎠⎟

X ∈ M m−r ,r ( ) . Tulajdonképpen I r bárhová megszerkeszthető úgy, hogy a többi sorban vagy oszlopban csak 0 -k legyenek. Az általános esetben is minden elemi transzformációhoz hozzárendelhető egy mátrix: Tétel ⎧⎪0, i ≠ j ⎪⎪ a) Ha az A ∈ M m,n ( ) mátrixot jobbról a B = (bij )i , j =1,n , bij = ⎪⎨τ, i = j = k mátrixszal szorozzuk, ⎪⎪ ⎪⎪⎩1, i = j ≠ k akkor az eredményt az A -ból úgy is megkaphatjuk, hogy a k -adik oszlop elemeit szorozzuk τ -val.

Tartalomjegyzék

340

Példa

Lineáris egyenletrendszerek megoldása ⎛1 ⎜⎜ ⎛ 1 2 0 1⎞⎟ ⎜⎜⎜0 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎝⎜−1 3 2 1⎠⎟⎟ ⎜⎜⎜0 ⎜⎜ ⎜⎝0

0 0 0⎞⎟ ⎟⎟ τ 0 0⎟⎟⎟ ⎛ 1 2τ 0 1⎞⎟ ⎟⎟ . ⎟ = ⎜⎜ 0 1 0⎟⎟⎟ ⎝⎜⎜−1 3τ 2 1⎠⎟⎟ ⎟⎟ 0 0 1⎠⎟⎟⎟

⎧⎪0, ⎪⎪ b) Ha az A ∈ M m ,n ( ) mátrixot balról szorozzuk a D = (dij )i , j =1,m , dij = ⎪⎨τ, ⎪⎪ ⎪⎪⎩1, mátrixszal, akkor ez a művelet egyenértékű a k -adik sor τ -val való szorzásával. ⎛1 0 0 0⎞⎟ ⎛1 −1 0⎞⎟ ⎛ 1 −1 0 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜0 1 0 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜2 2 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 2 2 1 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ Példa ⎜⎜0 0 τ 0⎟⎟ ⎜⎜4 0 1⎟⎟ = ⎜⎜4τ 0 τ ⎟⎟⎟ . ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 5 ⎟⎟ ⎜⎜0 0 0 1⎟⎜ ⎟ 5 3 2 3 2 ⎜ ⎟ ⎠⎟⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎟ ⎝

i≠j i = j =k i = j ≠k

c) Ha az A ∈ M m ,n ( ) mátrixot jobbról szorozzuk a B = (bkl )k ,l =1,n ,

⎧ ⎪1, k = l ∉ {i, j } , (k , l ) = (i, j ) vagy (k , l ) = ( j , i ) bkl = ⎪ ⎨0, egyébként ⎪ ⎪ ⎩ mátrixszal, akkor az A i -edik és j -edik oszlopát cseréljük fel. ⎛1 0 0 0⎞⎟ ⎛ ⎞ ⎜ ⎛ ⎞ ⎜⎜ 1 1 3 −2⎟⎟ ⎜⎜0 0 0 1⎟⎟⎟ ⎜⎜ 1 −2 3 1⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ = ⎜⎜ 2 −1 0 2⎟⎟⎟ . Példa 2 2 0 −1⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎜0 0 1 0⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝⎜−3 3 1 1⎟⎠⎟⎟ ⎜⎝⎜−3 1 1 3 ⎟⎠⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝0 1 0 0⎠⎟⎟ d) Ha az A ∈ M m,n ( ) mátrixot balról szorozzuk a D = (dkl )k ,l =1,m ,

⎧1, k = l ∉ {i, j } , (k , l ) = (i, j ) vagy (k , l ) = ( j , i ) ⎪ dkl = ⎪ ⎨0, egyébként ⎪ ⎪ ⎩ mátrixszal, akkor az A i -edik és j -edik sorát cseréljük fel. 1 ⎞⎟ ⎛0 0 0 1⎞⎛ ⎟⎟ ⎜⎜ 1 −1⎞⎟⎟ ⎛⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜ 0 ⎟⎟ ⎜⎜ 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜0 1 0 0⎟⎟ ⎜⎜ 0 ⎟⎟ . ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ = ⎜ ⎜ Példa ⎜⎜⎜0 0 1 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 ⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜⎜ 1 −1⎠⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ 2 ⎝⎜1 0 0 0⎠⎝ ⎧ ⎪ 1, k = l ⎪ ⎪ e) Ha az A ∈ M m,n ( ) mátrixot jobbról szorozzuk a B = (bkl )k ,l =1,n , bkl = ⎨τ, (k , l ) = (i, j ) mátrixszal, ⎪ ⎪ 0, altfel ⎪ ⎪ ⎩ akkor az A i -edik oszlopának τ -szorosát adjuk hozzá a j -edik oszlophoz.

Tartalomjegyzék

341


Példa

⎛1 0 ⎛ 1 1 3 −2⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜0 1 ⎜⎜⎜ ⎜⎜ 2 2 0 −1⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟ ⎜0 0 ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝−3 1 1 3 ⎟⎠⎟ ⎜⎜ ⎜⎝0 0

0 τ ⎞⎟ τ − 2 ⎟⎞⎟ ⎟⎟ ⎛ 1 1 3 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ ⎟ = ⎜⎜ 2 2 0 2τ − 1 ⎟⎟⎟ . ⎟⎟ 1 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜−3 1 1 −3τ + 3⎟⎟⎟⎠ 0 1 ⎟⎠⎟⎟ ⎝

⎧ ⎪ 1, k = l ⎪ ⎪ f) Ha az A ∈ M m,n ( ) mátrixot balról szorozzuk a D = (dkl )k ,l =1,m , dkl = ⎨τ, (k , l ) = (i, j ) mátrixszal, ⎪ ⎪ 0, altfel ⎪ ⎪ ⎩ akkor az A i -edik sorának τ -szorosát adjuk hozzá a j -edik sorhoz. −1 ⎞⎟ ⎛1 0 0 0⎞⎛ ⎟⎟ ⎜ 1 −1⎞⎟⎟ ⎛⎜⎜ 1 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎜⎜ 0 1 0 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟ 1 ⎟⎟ ⎜⎜ 0 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ Példa ⎜⎜τ 0 1 0⎟⎟ ⎜⎜−1 2 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜τ − 1 −τ + 2⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 2 ⎜⎜ 0 0 0 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 2 1 1 ⎟ ⎠⎟⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎟ ⎝

Megjegyzések 1. Az a) és b) esetekben az elemi transzformációk determinánsa τ , a c) és d) esetekben −1 , valamint az e) és f) esetekben 1 . Tehát, ha τ ≠ 0 , akkor az elemi transzformációk invertálhatók és inverzeik szintén elemi transzformációk. 2. Ha az A ∈ M n ( ) mátrix esetén det A ≠ 0 , akkor elemi transzformációkkal az I n mátrixhoz juthatunk, mert rang A = n . Tehát léteznek az E1 → E 2 → E 3 → ... → Eq elemi sortranszformációk

úgy, hogy Eq ⋅ Eq −1 ⋅ … ⋅ E1 ⋅ A = I n , azaz Eq ⋅ Eq −1 ⋅ … ⋅ E1 ⋅ I n = A−1 , tehát ha ugyanazokat a transzformációkat alkalmazzuk I n -re, mint amelyeket az A -ra alkalmaztunk, akkor az A mátrix inverzét kapjuk eredményül. Tehát az inverz mátrix kiszámítható a harmadrendű mátrixok esetében már használt algoritmus segítségével: I. Írjuk az A oszlopai után rendre az I n oszlopait (így egy n × 2n -es mátrixhoz jutunk):

(

M = A | In

)

II. Végezzünk elemi sortranszformációkat az egész M mátrixszal addig, amíg az első n oszlopban I n jelenik meg. Ha fel kell cserélni az i -edik és a j -edik oszlopot, akkor felcseréljük az n + i -edik és az n + j -edik oszlopot is. III. Az utolsó n oszlop által alkotott mátrix az A−1 . Azokat az elemeket, amelyekkel egyes lépéseknél osztunk generáló elemeknek nevezzük. 3. A 2. alapján ha A ∈ M n ( ) , det A ≠ 0 , akkor A felírható elemi transzformációk szorzataként: k

A = E1−1 ⋅ E 2−1 ...Eq−1 . Tehát ebben az esetben is a mátrix determinánsa a generáló elemek illetve (−1)

szorzata, ahol k a sor és oszlopcserék száma. 4. Ha A ∈ M m ,n ( ) és B ∈ M n , p ( ) , akkor rang AB ≤ min {rang A, rang B } .

⎛I X ⎞⎟ Bizonyítás. Ha az A mátrix az E1 , E 2 , …, Eq sortranszformációk által a D1 = ⎜⎜⎜ r O ⎟ alakra m r , n − ⎝ ⎠⎟ hozható, akkor ugyanezekkel a transzformációkkal az A ⋅ B szorzatból D1 ⋅ B -t kapunk. Így Eq Eq −1 … E1 ⋅ AB = D1B .

Ugyanakkor a D1 ⋅ B mátrixnak legalább annyi csupa nulla sora van, mint D1 -nek, így rang (AB ) ≤ rang A (1).

Tartalomjegyzék

342


⎛I ⎞⎟ ⎜ r ⎟ Ha a B mátrix az F1 , F2 , … Fp elemi transzformációkkal a D2 = ⎜⎜⎜ Om ,n −r ⎟⎟⎟ alakra hozható, akkor ⎜⎜X ⎟ ⎝ ⎠⎟

AB ⋅ F1F2 … Fp = AD2 . Mivel az AD2 mátrixnak legalább annyi csupa nulla oszlopa van, mint D2 -nek,

következik, hogy rang (AB ) ≤ rang B (2). Az (1) és (2) alapján rang (AB ) ≤ min (rang A, rang B ) .

Megoldott gyakorlatok 1. Számítsuk ki a következő mátrixok rangját: 2 0 ⎞⎟ ⎛1 ⎜⎜ ⎟ ⎛ 2 −1 ⎜⎜−2 1 −5⎟⎟ ⎜⎜ ⎛ 1 2 3 −3⎞⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ 3 ⎟⎟ ⎟ 1 ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎜⎜ 3 1 7 − ⎟ C a) A = ⎜−2 1 −1 −4 ⎟ ; b) B = ⎜⎜ ; c) = ⎟ ⎜⎜−1 0 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 3 0 3 0 3 1 ⎟⎟⎟ ⎜ 3 ⎝ ⎠ ⎜⎜ ⎜⎜ 0 ⎟⎟ 2 ⎝ ⎜⎜ 1 ⎟ 0 0 ⎠⎟ ⎝ I. megoldás a) Δ11 = 1 ≠ 0 ; Δ12 =

1

2

1

2

−2 1

= 5 ≠ 0;

1

3

2 −3

Δ13 = −2 1 −1 = 0 ; Δ23 = −2 1 −4 = 0 , tehát rang A = 2 . 3

0

3

3

1 1

b) Δ = 1 ≠ 0 ; Δ12 =

1

2

1

2

−2 1

0

3 1 3 1

= 5 ≠ 0 ; Δ = −2

3

2 1 −1

0 −5 = 0 ; 7

0

3 1

Δ = −2 1 −5 = 21 ≠ 0 , tehát rang B = 3 . 0

1 1

3

1

c) Δ = 2 ≠ 0 ; Δ = 2 1

2 −1 3

1

2 3 1

= 5 ≠ 0; Δ = 3

−1

−1 0 1

1 = 16 ≠ 0 ;

0

3

0 −2⎞⎟ ⎟ 1 1 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ . 3 2 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ 5 −3⎠⎟⎟

Tartalomjegyzék

343


2

−1 0 −2

3

1

1

1

−1

0

3

2

0

2

5 −3

0 O1 + 2O2 →O1

=

O4 −2O2 →O4

−1 0

0

5

1

1 −1

−1

0

3

4

2

5 −7

2

5

1 −1

= −1 3 4

2 = −137 ≠ 0 ,

5 −7

tehát rang C = 4 .

⎛ 1 2 3 −3⎞⎟ ⎛1 2 3 −3 ⎞⎟ ⎛⎜1 2 3 −3⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ S1 −2S2 →S1 ⎜⎜ ⎟⎟ S2 +2S1 →S2 ⎜⎜ ⎟⎟ S2 :5 ⎜⎜ 5 −10⎟⎟ ∼ ⎜0 1 1 −2⎟⎟⎟ ∼ II. megoldás. a) ⎜−2 1 −1 −4⎟⎟ ∼ ⎜0 5 ⎜⎜ ⎟⎟ S3 −3S1 →S3 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ S3 +6S2 →S1 ⎜⎜ 3 0 3 ⎜ ⎜ 3 ⎟⎠⎟ ⎝ ⎝⎜0 −6 −6 12 ⎠⎟⎟ ⎝⎜0 −6 −6 12 ⎠⎟⎟ ⎛ ⎞ ⎜⎜1 0 1 1 ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜0 1 1 −2⎟⎟⎟ . Tehát rang A = 2 . ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜0 0 0 0 ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠

0 0 ⎞⎟ 0 0 ⎞⎟ ⎛1 ⎛1 ⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ 0 0 ⎟⎞ ⎜⎜⎜−2 1 −5⎟⎟⎟ ⎛1 ⎜ 2 0 ⎞⎟ ⎛1 0 ⎟⎟ ⎜⎜ 0 1 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜−2 1 −5⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ 7 1 7 ⎜ ⎜⎜−2 5 −5⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟ 3 7 0 − − ⎟ O − 2 O → O O :5 O + 2 O → O ⎟ 2 1 2⎜ ⎟⎟ 1 2 1 ⎜⎜ ⎟⎟ S3 ↔S4 2 ⎜ ⎜ 5 5 b) ⎜⎜ 3 −1 7 ⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜ 3 −7 7 ⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜ ⎟⎟ ∼ ⎜ 5 ⎟⎟ ∼ ⎜ ⎜ O + 5 O → O ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ 3 ⎟⎟ 3 2 3 ⎜⎜ 6 3 ⎟⎟ ⎟ ⎟ 3 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 0 3 1 ⎟⎟ ⎜ 0 1 ⎟⎟ 4 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ 0 ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ 5 ⎜⎜ 5 5 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ 0 0 ⎟⎠⎟ ⎜⎝ 1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎟ ⎝⎜ 1 −2 0 ⎠⎟ ⎜⎜ 2 2 ⎟ 0⎟ ⎜⎜ − −2⎟⎟⎟ ⎜⎜ 1 − ⎝ ⎠ ⎝5 ⎠ 5 5 0 0 ⎞⎟ ⎛ 1 0 0 ⎞⎟ ⎛1 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 0 1 ⎟⎟ ⎜⎜ 0 1 ⎟⎟ 0 0 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ 6 3 ⎟⎟ ⎜⎜ 6 3 ⎜ ⎜⎜ 4 ⎟⎟⎟ O3 :4 ⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ . Tulajdonképpen már ezután a lépés után látható, hogy ⎟⎟ ∼ ⎜⎜ 5 5 ∼ ⎜⎜ 5 5 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜ 1 ⎜ 7 1 7 ⎟ ⎟ ⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ − − ⎟⎟ ⎜⎜ 5 ⎟⎟ 5 5 ⎜⎜⎜ 5 ⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 2 2 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ − −2⎟⎟ ⎜⎜ − − ⎟⎟ ⎝5 ⎠ ⎝5 5 5 2⎠ rang B = 3 , mert a következő lépésnél megkapjuk az I 3 -at és a rang nem lehet 3 -nál nagyobb. ⎛ 2 −1 ⎜⎜ 1 ⎜⎜⎜ 3 c) ⎜⎜ ⎜⎜−1 0 ⎜⎜ 2 ⎜⎝ 0

0 −2⎞⎟ ⎟⎟ 1 1 ⎟⎟⎟ S1 ↔S3 ⎟ ∼ 3 2 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ 5 −3⎠⎟⎟⎟

⎛ ⎜⎜ −1 ⎜⎜⎜ 3 ⎜⎜ ⎜⎜ 2 ⎜⎜ ⎜⎜ 0 ⎝

⎛1 0 −3 −2⎞⎟ 2 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟ 1 1 1 ⎟⎟ S1 :(−1) ⎜⎜0 1 10 7 ⎟⎟⎟ S 3 +S2 →S3 ⎟⎟ ∼ ⎜⎜ ⎟⎟ ∼ −1 0 −2⎟⎟⎟ S2 +3S1 →S2 ⎜⎜0 −1 6 2 ⎟⎟⎟ S4 −2S2 →S 4 ⎟⎟ S3 +2S1 →S3 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ 2 5 −3⎠⎟⎟ 5 −3⎠⎟⎟ ⎝⎜0 2 0

3

Tartalomjegyzék

344 ⎛1 ⎜ ⎜⎜⎜0 ⎜ ∼ ⎜⎜ ⎜⎜0 ⎜⎜ ⎜⎜0 ⎝ ⎛ ⎜⎜1 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜0 ∼ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜0 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎝0

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 0 1 0 0

⎛ ⎜⎜1 −2 ⎞⎟ ⎜⎜⎜ ⎜ ⎟⎟ 1 10 7 ⎟⎟⎟ ⎜⎜0 ⎟⎟ S1 +3S3 →S1 ⎜⎜ ⎜ 9 ⎟⎟ S −10∼ ⎟⎟ 2 S3 →S2 ⎜⎜⎜0 0 1 + → S 15 S S 16 ⎟⎟ 4 3 4 ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ 0 −15 −17⎠⎟⎟ ⎜⎜⎜0 ⎝⎜

⎛1 −3 −2 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ 10 7 ⎟⎟ S :16 ⎜⎜0 ⎟ 3 ⎜ ⎟⎟ ∼ ⎜⎜ 16 9 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ −15 −17⎠⎟ ⎜⎝0 5 ⎞⎟ ⎟ ⎛1 16 ⎟⎟⎟ ⎜ 3 ⎟⎟⎟ S + 5 S →S ⎜⎜0 ⎟⎟ 1 16 4 1 ⎜⎜ 4 ⎟⎟ ∼ ⎜⎜ ⎟ 3 9 ⎟⎟⎟ S2 −4 S4 →S2 ⎜⎜⎜0 ⎟ S − 9 S →S ⎜ 16 ⎟⎟⎟ 3 16 4 3 ⎜⎝0 1 ⎠⎟⎟

0 0 − 1 0 0 1 0 0

−3

0

0 0 1 0 0 1 0 0

5 16 3 4 9 16 137 − 16 −

⎞⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎛ 137 ⎞ ⎟⎟ S 4 :⎜⎜⎜⎝− ⎠⎟⎟⎟ ⎟⎟ ∼16 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎠

0 0 0⎞⎟ ⎟⎟ 1 0 0⎟⎟⎟ ⎟ . Tehát rang C = 4 és detC = (−1)(−1) 16 ⎛⎜− 137 ⎞⎟⎟ = −137 . ⎜⎝ 16 ⎠⎟ 0 1 0⎟⎟⎟ ⎟⎟ 0 0 1⎠⎟⎟⎟

2. Számítsuk ki a következő mátrixok inverzét:

⎛ 1 −1 −1 −1⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜−1 1 −1 −1⎟⎟ ⎟ ⎟⎟ ; a) A = ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜−1 −1 1 −1⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝−1 −1 −1 1 ⎠⎟⎟

⎛1 ⎜⎜ ⎜⎜2 b) B = ⎜⎜⎜ ⎜⎜ 3 ⎜⎜ ⎝⎜4

2 3 4⎞⎟ ⎟⎟ 3 4 1 ⎟⎟ ⎟⎟ . 4 1 2⎟⎟⎟ ⎟⎟ 1 2 3⎠⎟⎟

Megoldás ⎛ ⎜⎜ 1 −1 −1 −1 ⎜⎜−1 1 −1 −1 ⎜ a) ⎜⎜ ⎜⎜−1 −1 1 −1 ⎜⎜ ⎜⎜⎝−1 −1 −1 1

⎛1 ⎜⎜ ⎜ ⎜⎜⎜0 ∼⎜ ⎜0 ⎜⎜⎜ ⎜ ⎝⎜0

⎛ ⎜⎜1 ⎜⎜ ⎜⎜⎜0 ⎜⎜ ⎜⎜⎜0 ⎜ ⎜⎜⎜0 ⎜⎝

−1

−1 −1 1

−2

−2 1

0

−2 −2 1

0 −2

−2

0

0

−1

0

1

0

1

0

−2

−2

0

−2

2

1

⎛1 1 0 0 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 0 1 0 0⎟⎟⎟ Si +S1 →Si ⎜⎜⎜0 ⎟⎟ ∼ ⎜ 0 0 1 0⎟⎟⎟ i =2,3,4 ⎜⎜⎜0 ⎜⎜ ⎟⎟ 0 0 0 1⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜0 ⎛1 −1 0 0 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ 0 1 0⎟⎟ S2 :(−2) ⎜⎜⎜0 1 ⎟⎟ ∼ ⎜ ⎜⎜0 0 1 0 0⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜0 −2 0 0 1⎟⎟⎟ ⎠ ⎝

⎛ 1 1 ⎞ ⎜⎜ 0 − 0⎟⎟ ⎜⎜1 ⎟ 2 2 ⎟⎟ ⎜⎜⎜0 ⎟⎟ 1 1 :(−2) ⎜ − 0 − 0⎟⎟⎟ S3∼ ⎜ 2 2 ⎟⎟ S 4 −S3 →S4 ⎜⎜0 ⎟⎟ ⎜⎜ 1 1 0 0⎟⎟ ⎜ ⎜⎜⎜0 ⎟⎟ 0 0 −1 1⎠⎟⎟ ⎜⎜ ⎝

−1 −1 −1 1 0 0 0⎞⎟ ⎟⎟ 0 −2 −2 1 1 0 0⎟⎟⎟ S2 ↔S3 ⎟⎟ ∼ −2 0 −2 1 0 1 0⎟⎟⎟ ⎟⎟ −2 −2 0 1 0 0 1⎠⎟⎟ 1 0 0 0⎞⎟ −1 −1 ⎟⎟ ⎟ 0 1 − 1 0 − 1 0⎟⎟⎟ S1 +S2 →S1 ⎟ 2 2 ⎟⎟ ∼ S + 2 S →S −2 −2 1 1 0 0⎟⎟⎟ 4 2 4 ⎟⎟ −2 0 1 0 0 1⎠⎟⎟

0 −1 0 1

0

1

0

1

1

0

0

4

1 1 ⎞ 0 − 0⎟⎟ 2 2 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ 1 1 − 0 − 0⎟⎟⎟ 2 2 ⎟⎟ ∼ ⎟⎟⎟ 1 1 − − 0 0⎟⎟ ⎟ 2 2 ⎟⎟ −1 −1 −1 1⎠⎟⎟

Tartalomjegyzék

345

Lineáris egyenletrendszerek megoldása ⎛ ⎜⎜ ⎜⎜1 ⎜⎜⎜0 S1 +S 3 →S1 ⎜ ∼ ⎜⎜ ⎜⎜0 ⎜ ⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜ ⎝ ⎛ ⎜⎜ ⎜⎜1 ⎜⎜ ⎜⎜ 0 Si −S 4 →Si ⎜ ∼ ⎜⎜ i =2,3,4 ⎜0 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜0 ⎜⎜ ⎜⎝

0 0 1 0

1

0 1

1

0 0

4

1 0 0 0 1 0 0 0 1

3 4 1 2 4 1 2 3

Si −iS1

∼

i = 2,3,4

1 − 2 1 − 2 −1

⎞ ⎛⎜ 0⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ 0⎟⎟ S 4 :4 ⎜⎜0 ⎟∼⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 ⎟ 0⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎜0 ⎟ ⎜ 1⎠⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝

1 1 ⎞ 0 ⎟⎟ − ⎟⎟ 2 2 1 ⎟⎟ 1 1 ⎟⎟⎟ 0 0 − − 1 ⎟⎟⎟ 2 2 ⎟∼ ⎟ 1 1 1 ⎟ 0 0 ⎟⎟ − − ⎟⎟ 2 2 1 ⎟ 1 1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎟ − − − 4 4 4 4 ⎠⎟ 1 1 1⎞ ⎛ 1 ⎜⎜ − − − ⎟⎟ ⎜⎜ 4 4 4 4 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 1 1 1 1 ⎟⎟ ⎜⎜− − ⎟⎟⎟ − ⎜⎜ 4 4 4 4 ⎟⎟ =⎜ ⎟ és ⎜⎜ 1 1 1 1 ⎟⎟⎟ − − ⎟ ⎜⎜− 4 4 4 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 4 ⎜⎜ 1 1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎝− 4 − 4 − 4 4 ⎠⎟ 0

0 0 1 0 0 1 0 0

−

1 1 1 1⎞ − − − ⎟⎟ 4 4 4 4 ⎟⎟⎟ 1 1 1 1 ⎟⎟ − ⎟⎟⎟ − − 4 4 4 4 ⎟⎟ −1 ⎟ . Tehát A 1 1 1 1 ⎟⎟⎟ − − − ⎟ 4 4 4 4 ⎟⎟⎟ 1 1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎟ − − − 4 4 4 4 ⎠⎟ det A = (−1)(−2)(−2) ⋅ 4 = −16 .

0 0 0

b) I. megoldás 1 2 3 4 1

2 3 4 1

1

1 1 − 2 2 1 0 − 2 1 0 − 2 −1 −1

−

0

2

3

4

0 −1

−2

−7

0 −2

−8

−10

0 −7 −10 −13

−1

−2

−7

= −2

−8

−10 = 160 ≠ 0 , tehát ∃B −1 .

−7 −10 −13

3 4 1

2 4 1

B t = B , D11 = 4 1 2 = −36 , D12 = D21 = − 3 1 2 = 4 , 1 2 3

2 3 1

4 2 3 2 3 4

1 3 4

D13 = D31 = 3 4 2 = 4 , D14 = D41 = − 3 4 1 = 44 , D22 = 3 1 2 = 4 , 4 1 3 1 2 4

4 1 2

4 2 3

1 2 3

1 2 4

D23 = D32 = − 3 4 2 = 44 , D24 = D42 = 3 4 1 = −36 , D33 = 2 3 1 = −36 , 4 1 3 1 2 3

4 1 2 1 2 3

D34 = D43 = − 2 3 4 = 4 , D44 = 2 3 4 = 4 . 4 1 2

3 4 1

4 1 3

Tartalomjegyzék

346


4 4 44 ⎞⎟ ⎛−36 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 4 4 44 −36⎟⎟ ⎟⎟ , így B −1 Tehát B * = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ 4 44 − 36 4 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ 4 4 ⎠⎟⎟ ⎜⎝ 44 −36 ⎛1 ⎜⎜ ⎜⎜2 ⎜ II. megoldás ⎜⎜ ⎜⎜3 ⎜⎜⎜ ⎝⎜4

2 3 4 3 4 1 4 1 2 1 2 3

⎛1 1 0 0 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ 0 1 0 0⎟⎟⎟ Si −iS1 ⎜⎜0 ⎟⎟ ∼ ⎜⎜ 0 0 1 0⎟⎟⎟ i =2,3,4 ⎜⎜0 ⎜⎜⎜ ⎟⎟ 0 0 0 1⎠⎟⎟ ⎝⎜0

1

⎛ ⎜ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜ ⎜⎜⎜0 ∼⎜ ⎜⎜0 ⎜⎜ ⎜⎜0 ⎜⎜ ⎜⎝

3

4

−1

−2

−7

−2

−8

−10

−7

−10 −13

0

⎛ ⎜⎜1 ⎜⎜ S 3 :(−4) ⎜ ⎜0 ∼ ⎜⎜ S 4 +S 3 →S 4 ⎜0 ⎜⎜ ⎜⎜0 ⎜⎝ 0 0 −11 1 0

9

0 1

−1

0 0

40

0 −1 −10 1

2

0

1

−1

0

0

40

13 5 1 − 4 2 4 5 1 −2 2 2 1 1 1 − − 4 2 4 11 −9 1

−

⎛ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜ 0 S1 +11S 4 →S1 ⎜ ∼ ⎜⎜ S 2 −9S 4 →S 2 ⎜0 ⎜ S 3 +S 4 →S 3 ⎜ ⎜⎜ ⎜⎜0 ⎜⎜ ⎜⎝

7

−1

−10

−3

1

2

7

2

0

−4

4

1

0

4

36

10

2

0

2

−1

0

1 1 1 − − 4 2 4 11 −9 1

⎛ ⎞ ⎜⎜ 0 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎜1 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ 0 ⎟⎟⎟ S4 :40 ⎜⎜0 ⎟⎟ ∼ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜0 ⎟ ⎜⎜ 0 ⎟⎟ ⎜⎜0 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ 1 ⎠⎟ ⎜⎜ ⎝

0 0 −11 1 0

9

0 1

−1

0 0

1

0 0 0 ⎞⎟ ⎟⎟ −2 1 0 0 ⎟⎟⎟ S2 (−1) ⎟⎟ ∼ −3 0 1 0 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ −4 0 0 1 ⎟⎟⎟ ⎠ 1

0

−3

9 40 1 40 1 40 11 40

−

1 1 11 ⎞⎟ ⎟ 40 40 40 ⎟⎟⎟ 1 11 9 ⎟⎟ − ⎟⎟⎟ 40 40 40 ⎟⎟ . 11 9 1 ⎟⎟⎟ − ⎟ 40 40 40 ⎟⎟⎟ 1 1 ⎟⎟⎟ −9 ⎟ 40 40 40 ⎠⎟

2

⎛1 0 0 ⎞⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ 2 −1 0 0 ⎟⎟ S1 −2S2 →S1 ⎜⎜0 ⎟⎟ ∼ ⎜⎜ −3 0 1 0 ⎟⎟⎟ S3 +2S2 →S3 ⎜⎜0 ⎟⎟ S4 +7S2 →S 4 ⎜⎜ ⎜0 −4 0 0 1 ⎟⎠⎟ ⎜⎝

⎛1 2 3 4 ⎜ ⎜⎜⎜0 1 2 7 ⎜ ∼ ⎜⎜ ⎜0 −2 −8 −10 ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 −7 −10 −13

⎛ 9 ⎜⎜− ⎜⎜ 40 ⎜⎜ 1 ⎜⎜ ⎜ 40 = ⎜⎜ ⎜⎜ 1 ⎜⎜ ⎜⎜ 40 ⎜⎜ 11 ⎜⎜⎝ 40

0 ⎟⎞ ⎟⎟ 0 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ S1 +S3 →S1 ⎟ ∼ 0 ⎟⎟⎟ S2 −2S3 →S2 ⎟⎟ ⎟ 1 ⎠⎟⎟

13 4 −11 5 9 2 1 −1 − 4 1 11 40 1 11 40 40 11 9 − 40 40 9 1 − 40 40 1 1 40 40 −

0 0 1 0 0 1 0 0

1 40 1 40 11 40 −9 40

0 0 ⎞⎟ ⎟⎟ −1 0 0 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ∼ −2 1 0 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ −7 0 1 ⎟⎟⎟ ⎠ 2

5 2

1 4 1 −2 2 1 1 − 2 4 −9 1 40 40 ⎞⎟ ⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ . ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟ ⎠⎟ −

⎞ 0 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟⎟ 0 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ∼ ⎟ 0 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ 1 ⎟⎟⎟ ⎟ 40 ⎠⎟

Tartalomjegyzék


Tehát B −1

⎛ 9 ⎜⎜⎜− 40 ⎜⎜ ⎜⎜ 1 ⎜⎜ 40 = ⎜⎜ ⎜⎜ 1 ⎜⎜ ⎜⎜ 40 ⎜⎜ 11 ⎜⎜ ⎝ 40

347

1 1 11 ⎞⎟ ⎟ 40 40 40 ⎟⎟⎟ 1 11 9 ⎟⎟ − ⎟⎟⎟ 40 40 40 ⎟⎟ ⎟ és det B = (−1) (−4) ⋅ 40 = 160 11 9 1 ⎟⎟⎟ − ⎟ 40 40 40 ⎟⎟⎟ 1 1 ⎟⎟⎟ −9 ⎟ 40 40 40 ⎠⎟

A LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK ÁLTALÁNOS ESETBEN Láthattuk a háromismeretlenes három egyenletből álló rendszerek esetében, hogy a bővített mátrixokra alkalmazott elemi transzformációk során tulajdonképpen kiküszöböljük az ismeretleneket. Ugyanez történik az általános esetben is. ⎧a11x 1 + a12x 2 + ... + a1n x n = b1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪a21x 1 + a22x 2 + ... + a2n x n = b2 Az ⎪⎨ egyenletrendszer felírható A ⋅ x = b alakban is, ahol ....................................... ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪am 1x 1 + am 2x 2 + ... + amn x n = bm ⎩ ⎛b1 ⎞⎟ ⎛x 1 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜b ⎟⎟⎟ ⎜⎜x 2 ⎟⎟⎟ ⎜2⎟ ⎜ ⎟ A = (aij )i =1,m ∈ M n ( ) , x = ⎜ ⎟⎟ , b = ⎜⎜ ⎟⎟⎟ . Ha rang A = r , akkor az A mátrixot az E1 ,..., Eq ⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ j =1,n ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜x ⎟⎟ ⎜⎝ n ⎠ ⎜⎜bm ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎛I r X ⎞⎟ transzformációk segítségével a D = ⎜⎜⎜ O ⎟⎟ alakra hozzuk, azaz Eq Eq −1 ...E1A = D , így a rendszer m −r ,n ⎠ ⎝ a Dx = Eq Eq −1 ...E1b alakba írható, ami azt jelenti, hogy ahhoz, hogy a rendszer összeférhető legyen a szabadtagok oszlopában is az utolsó m − r helyen 0 -k kell legyenek, tehát a bővített mátrix rangja is r kell legyen. Így a Kronecker-Capelli és a Rouche tételek érvényesek az általános esetben is:

Kronecker-Capelli tétele ⎪⎧⎪a11x 1 + a12x 2 + ... + a1n x n = b1 ⎪⎪ ⎪a21x 1 + a22x 2 + ... + a2n x n = b2 Az ⎪ egyenletrendszer pontosan akkor összeférhető, ⎨....................................... ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎩am 1x 1 + am 2x 2 + ... + amn x n = bm ha rang A = rang A , ahol A a rendszer mátrixa és A a bővített mátrix. Megjegyzések. 1. Ha rang A = rang A = n , akkor a rendszer összeférhető határozott, míg ha rang A = rang A < n , akkor összeférhető határozatlan. 2. Ha rang A = rang A = r < n , kiválasztjuk az A egy r -ed rendű 0 -tól különböző aldeterminánsát, amelyet fődeterminánsnak nevezünk. Azokat az ismeretleneket, amelyeknek az együtthatói a fődetermináns elemei főismeretleneknek nevezzük, a többieket mellékismeretleneknek, ez utóbbiakat paramétereknek tekintjük.

Tartalomjegyzék

348


Így egy r ismeretlenes, r egyenletből álló Cramer rendszert kapunk. Tehát a megoldásokat kifejezhetjük n − r paraméter függvényében. 3. Ha a rendszer mátrixában kiválasztunk egy fődeterminánst, akkor ahhoz, hogy a rendszer összeférhető legyen a bővített mátrix összes r + 1 -ed rendű aldeterminánsa, amely ezt a fődeterminánst tartalmazza 0 kell legyen. Ezeket az aldeterminánsokat karakterisztikus determinánsoknak nevezzük. Tehát kijelenthetjük a következő tételt: Rouche tétele ⎪⎧⎪a11x 1 + a12x 2 + ... + a1n x n = b1 ⎪⎪ ⎪a21x 1 + a22x 2 + ... + a2n x n = b2 Az ⎪ egyenletrendszer pontosan akkor összeférhető, ⎨....................................... ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎩am 1x 1 + am 2x 2 + ... + amn x n = bm ha a karakterisztikus determinánsai nullák. Következmény. Ha b1 = b2 = … = bm = 0 , akkor a rang A = rang A = n esetben a rendszernek csak a (0, 0, …, 0) megoldása van, míg a rang A = rang A < n esetben végtelen sok megoldása van. Bizonyítás. Mivel a szabadtagok oszlopa csupa nulla, következik, hogy a karakterisztikus determinánsok 0 -k, tehát a rendszer összeférhető. Ha rang A = rang A = n , akkor egyértelmű megoldása van, azaz csak a (0, 0, …, 0) . Ha

rang A = rang A < n , akkor megoldható határozott, tehát a (0, 0, …, 0) megoldáson kívül végtelen sok megoldása van. Megjegyzés. Az ilyen típusú rendszereket homogén lineáris egyenletrendszereknek nevezzük és mindig létezik a (0, 0,...0) triviális vagy banális megoldás. Megoldott gyakorlatok 1. Oldjuk meg az

x + y + z + t = −2 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪2x − 3y + 3z + 2t = −6 ⎪ ⎨3x + 2y + 5z + 3t = −1 ⎪ ⎪ ⎪ 5x − 2y + 7z + 2t = 1 ⎪ ⎪ ⎩ egyenletrendszert a) Cramer szabály segítségével; c) inverz mátrix kiszámolásával; 1 1 1 1 1 0 a) Δ =

2 −3 3 2 3

2

5 3

5 −2 7 2

=

b) kiküszöbölési módszerrel; d*) elemi transzformációk segítségével.

0

0

2 −5 1

0

3 −1 2

0

5 −7 2 −3

−5 1 = −1 2

0 0 =

−7 2 −3

Tartalomjegyzék

349

Lineáris egyenletrendszerek megoldása = (−3) ⋅

0

1

−5 1

0 0

−12 −3 6 5

Δ1 =

3

2

−3

3 1

−12 =− 3 −3

−2 9 4

4

= −3 ⋅ (−9) = 27 ;

−1 2

6 9

1

Δ2 =

1 Δ3 =

1 −2 1 1

1

0

0

2 −6 3 2

2 −2 1

0

3

5

2

0

5

11

2 −3

3 −1 5 3 5

1

1

−2 1

2

5 −2

=

7 2

2 −3 −6 2 3

4 5

4 5

−1 3 1

=

2 1

Δ4 =

1

0

0

0

3 −1

5

0

5 −7

11 −3

2 −3 3 −6 3

2

5 −1

5 −2 7 −5 = −1

1 =

1

−9

−27

0

0

−7 −12 −24

=

1 = 9 ⋅ −1 1 1 =

= 5 11

= −1 −7 0

2

0

5

0 5

5 −7 2

11

12 24

3 4

0 0 = −3 ⋅

0 0 = −3⋅

11 −3

3 −1 2

27

1

2 5

2 −3

2 −5 1 −2

9

4

= 9 ⋅ (−6) = −54 ;

−5 −2

0

1 −2

3

−2 1

0

2 − 5 −2

1

5

−9 4

6 9

= 9 ⋅ −1 0 0 = 9 ⋅

6

= 12 ⋅ 9 ⋅

−2 1 5

2

= 27 ;

−5 − 2 −1

5

=3 ⋅ 27 ;

−5 1 −2 = −1 2 −7 2 1 3 1 2

5 = 11

= −4 ⋅ 27 .

A Cramer szabály alapján x = −2 , y = 1 , z = 3 és t = −4 . b) Az első egyenletből kifejezzük az x -et és behelyettesítjük a többi egyenletbe, majd a másodikból kifejezzük y -t és behelyettesítjük az utolsó kettőbe, stb. Így a következő rendszerekhez jutunk:

Tartalomjegyzék

350


x + y + z + t = −2 ⎪⎧⎪x + y + z + t = −2 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪−5y + z = −2 ⎪⎪−5y + z = −2 ⎨ ⎨ ⎪⎪y + 2z = 5 ⎪−9z = −27 ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪−7y + 2z − 3t = 11 ⎪ ⎪ ⎪⎩3z − 15t = 69 ⎩ A harmadik egyenletből z = 3 , tehát t = −4 az utolsó egyenletből és y = 1 a másodikból, így x = −2 − y − z − t = −2 − 1 − 3 + 4 = −2 . c) A rendszer mátrixa

⎛1 ⎜⎜ ⎜⎜2 A = ⎜⎜⎜ ⎜⎜3 ⎜⎜ ⎜⎝5 ⎛1 2 3 5 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜1 −3 2 −2⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ és Így At = ⎜⎜⎜ ⎜⎜1 3 5 7 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝1 2 3 2 ⎠⎟⎟ ⎛ 51 −3 ⎛x ⎞ ⎜ ⎜⎜⎜y ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 3 −6 1 ⎜ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜⎜ det A = 27 , tehát ⎜⎜z ⎟⎟⎟ = ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ 27 ⎜⎜⎜−39 −3 ⎜⎝ t ⎠⎟⎟ ⎜⎜ 12 12 ⎝ ⎛ ⎜⎜1 1 ⎜⎜2 −3 ⎜ d) A = ⎜⎜ ⎜⎜⎜3 2 ⎜ ⎝⎜⎜5 −2

⎛1 0 ⎜⎜ ⎜⎜0 1 S1 −S 2 →S1 ⎜ ∼ ⎜⎜ S 3 +5S 2 →L3 ⎜0 ⎜ 0 S 4 +7 S 2 →S 4 ⎜ ⎜⎜ ⎜⎝0 0 ⎛1 0 0 1 ⎜⎜ ⎜⎜0 1 0 0 ⎜⎜ ⎜⎜0 0 1 0 ⎜⎜ ⎜ ⎝⎜⎜0 0 0 −3

1 1⎞⎟ ⎟ −3 3 2⎟⎟⎟ ⎟⎟ . 2 5 3⎟⎟⎟ ⎟⎟ −2 7 2⎠⎟⎟ ⎛ 51 −3 −21 9 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ 3 −6 3 0 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ . A* = ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜−39 −3 15 ⎟⎟ ⎜⎜ 3 −9⎠⎟⎟ ⎜⎝ 12 12 −21 9 ⎞⎛ −2⎞ ⎛ −54 ⎞⎟ ⎛−2⎞⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ 27 ⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜ 3 0 ⎟⎟⎜−6⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ = 1 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ 15 0 ⎟⎟⎜−1⎟⎟ 27 ⎜ 81 ⎟⎟ ⎜ 3 ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎟⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−108⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−4⎟⎟⎟ 3 −9⎟⎠⎝ ⎟⎜ 1 ⎠⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1

⎛1 1 1 1 1 1 −2⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ 3 2 −6⎟⎟ S2 −2S1 →S2 ⎜⎜⎜0 −5 1 0 ⎟⎟ ∼ ⎜ 5 3 −1⎟⎟⎟ S3 −3S1 →S3 ⎜⎜⎜0 −1 2 0 S −5S →S ⎟⎟ 4 1 4 ⎜⎜⎜ 7 2 1 ⎠⎟⎟ ⎝⎜0 −7 2 −3

⎛1 1 1 1 −2⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ −2⎟⎟ S3 :(−1) ⎜⎜0 1 −2 0 ⎟ ∼ ⎜ 5 ⎟⎟⎟ S2 ↔S3 ⎜⎜⎜0 −5 1 0 ⎟⎟ ⎜⎜⎜0 −7 2 −3 11 ⎟⎟⎟ ⎠ ⎝⎜

⎛1 0 3 1 3 ⎞⎟ 3 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜ −2 0 −5 ⎟⎟ S :(−9) ⎜0 1 −2 0 −5 ⎟⎟⎟ S1 −3S 3 →S1 ⎟⎟ 3∼ ⎜⎜ ⎟ ∼ ⎜⎜0 0 3 ⎟⎟⎟ S2 +2S3 →S2 1 0 0 −27⎟⎟⎟ −9 ⎜⎜ ⎟⎟ S 4 +12S3 →S4 ⎟⎟ ⎜⎜0 0 −12 −3 −24⎟⎟ −12 −3 −24⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜ ⎠⎟ ⎛1 0 0 1 −6⎞⎟ ⎛1 0 0 0 −2⎞⎟ −6⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎟ 1 ⎟⎟ S 4 :(−3) ⎜⎜0 1 0 0 1 ⎟⎟ S1 −S 4 →S1 ⎜⎜⎜0 1 0 0 1 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ . Tehát ⎟⎟ ∼ ⎜⎜ ⎟⎟ ∼ ⎜⎜ ⎜⎜0 0 1 0 3 ⎟⎟⎟ ⎜⎜0 0 1 0 3 ⎟⎟⎟ 3 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ 12 ⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜0 0 0 1 −4⎠⎟ ⎝⎜⎜0 0 0 1 −4⎠⎟ 3

−2⎞⎟ ⎟⎟ −5⎟⎟ ⎟⎟ ∼ −2⎟⎟⎟ ⎟⎟ 11 ⎟⎟⎟ ⎠

1

⎛x ⎞⎟ ⎛⎜−2⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜⎜⎜y ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜z ⎟⎟ = ⎜⎜ 3 ⎟⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎝⎜⎜ t ⎠⎟ ⎜⎜⎝−4⎠⎟⎟⎟

Tartalomjegyzék

351


2. Vizsgáljuk a következő rendszerek összeférhetőségét és összeférhetőség esetén oldjuk is meg: ⎧⎪x − 3y + z = 3 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎧⎪x − 3y + z − t + 2u = 3 ⎪⎪ ⎪⎪2x + y − z = 0 ⎪ ⎪ a) ⎨4x − 5y + z = 6 ; b) ⎨2x + y − z + t − u = 0 . ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪x + y − 2z = 2 ⎪⎪4x − 5y + z + t = 6 ⎪⎩ ⎪⎪ ⎪⎪−x + 2y − z = 1 ⎪⎩ Megoldás a) I. megoldás Számítsuk ki a rendszer mátrixának rangját!

⎛ 1 −3 1 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 2 1 −1⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 1 −3 ⎟ ⎜ 4 − 5 1 ⎜ A=⎜ = 7 ≠ 0 , tehát számítsuk ki azokat a harmadrendű ⎟⎟⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟ 2 1 1 −2⎟⎟ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎝⎜−1 2 −1⎠⎟ aldeterminánsokat, amelyek tartalmazzák ezt az aldeterminánst: 1 −3 2

1 −3

1

1

4 −5

1

−1 = 0 , 2

1

−1 = −9 ≠ 0 , tehát rang A = 3 .

1

1

−2

1

Számítsuk ki a karakterisztikus determinánsokat! 1 −3 1 3 1 −3 1 3

2

1

−1 0

4 −5 −2 6 1

1

−1 2

−3

1

5

S 2 −S 4 →S 2

=

1 −3

−1

II. megoldás

4

5

0 0 −2 O4 +2O1 →O4 1 0 = = 4 −5 −2 14 4 −5 −2 6

1

0

0

1

1

−1

2

1

1

= − −5 −2 14 = −51 ≠ 0 , tehát a rendszer összeférhetetlen. 1

1

−1

4

Tartalomjegyzék

352


⎛ ⎜⎜ 1 −3 1 ⎜⎜ 2 1 −1 ⎜⎜ ⎜⎜ 4 −5 1 ⎜⎜⎜ 1 −2 ⎜⎜⎜ 1 ⎜⎜ − 1 2 −1 ⎝⎜ ⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜ ⎜⎜⎜0 ⎜⎜ ⎜⎜ ∼ ⎜⎜0 ⎜ ⎜⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜⎜0 ⎜⎜ ⎜⎝⎜0

⎛1 −3 1 3⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟ S2 −2S1 →S2 ⎜⎜⎜0 7 −3 ⎟⎟ S3 −4S1 →S3 ⎜ 6⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜⎜0 7 −3 ⎟⎟ S4 −S1 →S 4 ⎜ 2⎟⎟⎟ S5 +S1 →S5 ⎜⎜⎜0 4 −4 ⎜⎜ ⎟ ⎜ 1⎠⎟⎟⎟ 0 ⎝⎜0 5

⎛ 6 ⎟⎞⎟ ⎜⎜1 0 ⎟ ⎜⎜ 7 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ 12 1 − ⎟⎟⎟ ⎜0 1 7 ⎟⎟ S 3 :⎛⎜⎜−16 ⎞⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ 7 ⎠ ⎜⎜ ⎟ 83 ⎟⎟ ∼ ⎜ ⎜⎜0 0 0 ⎟ 7 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ 109 ⎟⎟⎟ ⎜0 0 ⎟ 0 ⎟ ⎜⎜⎜ 7 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜0 0 0 ⎟⎟ ⎜⎝ 0 ⎠ A negyedik sorban az ismeretlenek összeférhetetlen.

0

2 7 3 − 7 16 − 7 15 7 0

⎛1 −3 1 ⎜⎜ 6 ⎞⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ 3 ⎟ −6⎟⎟ S2 :7 ⎜⎜0 1 − ⎟⎟ S3 −S2 →S5 ⎜⎜ 7 −6⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜0 4 −4 ⎟ S 4 →S3 ⎜ 5 ⎟⎟⎟ S5 →S 4 ⎜⎜⎜ 0 ⎜⎜0 5 ⎟⎟ ⎜⎜ 7 ⎟⎟⎟ ⎠ 0 0 0 ⎝⎜

2 7 3 − 7

−

−

1 15 7 0

⎛ 6 ⎞⎟ ⎜⎜1 ⎟ ⎜⎜ 7 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 12 ⎟⎟⎟ ⎜⎜0 − ⎟⎟ 7 ⎟⎟ S 4 −15 S3 →S 4 ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ 83 ⎟⎟⎟ 7∼ ⎜⎜0 ⎟ ⎟ ⎜⎜ 16 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ 109 ⎟⎟ ⎜⎜0 ⎟⎟ ⎜⎜ 7 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜0 0 ⎟⎠ ⎜⎝

6 ⎞⎟ ⎟⎟ 12 ⎟⎟⎟ − ⎟⎟ 7 ⎟⎟ S1 +3S2 →S1 5 ⎟⎟⎟ S −4∼ →S 3 ⎟⎟ S3 −5SS2 → S 7 ⎟⎟⎟ 4 2 4 ⎟⎟ 0 ⎟⎟⎟ ⎠

2 7 3 1 − 7 0 −

0

1

0

0

0

0

6 ⎞⎟ ⎟⎟ 7 ⎟⎟ ⎟ 12 ⎟⎟ − ⎟⎟⎟ 7 ⎟⎟ ⎟ 83 ⎟⎟⎟ . ⎟ 16 ⎟⎟⎟ 449 ⎟⎟⎟ ⎟ 112 ⎟⎟⎟ ⎟ 0 ⎟⎟⎟ ⎠

együtthatói nullák és a szabadtag nem nulla, tehát a rendszer

b) I. megoldás Számítsuk ki a rendszer mátrixának rangját! ⎛ ⎞ ⎜⎜1 −3 1 −1 2 ⎟⎟ 1 −3 ⎟⎟ ⎜⎜ A = ⎜2 1 −1 1 −1⎟⎟ , = 7 ≠ 0 , tehát számítsuk ki azokat a ⎟⎟ 2 1 ⎜⎜ ⎜⎜4 −5 1 1 0 ⎠⎟⎟ ⎝ harmadrendű aldeterminánsokat, amelyek tartalmazzák ezt az aldeterminánst:

1 −3 2

1

4 −5

1 −3 −1

1

−1 = 0 , 2

1

4 −5

1

1 = 14 ≠ 0 , tehát rang A = 3 , így rang A = 3 , tehát 1

a rendszer összeférhető határozatlan (az ismeretlenek száma több, mint 3 ). A főismeretlenek x , y és t , a mellékismeretlenek z = α és u = β . Így a következő Cramer rendszert kell megoldanunk: ⎧⎪x − 3y − t = 3 − α − 2β ⎪⎪ ⎪ . ⎨2x + y + t = α + β ⎪⎪ ⎪⎪4x − 5y + t = 6 − α ⎪⎩ Δ = 14 ,

3 − α − 2β −3 −1 Δx =

α+β

1

6−α

−5

1 = 1

3−β α+β

−2 0 1

1 =−

9 − 2α − 2β −8 0

3−β

−2

9 − 2α − 2β −8

= 4α − 4β + 6

Tartalomjegyzék

353


1 3 − α − 2β −1

1

Δy = 2

α+β

1 =3

4

6−α

1

1 −3 3 − α − 2β Δt = 2

1

4 −5 Tehát x =

3 − α − 2β 3−β

5 9 − 2α − 2β 1 −3

−1 0 =− 0

3 − α − 2β

3−β

3

5 9 − 2α − 2β

1 −3

α+β

= 0

7

3α + 5β − 6 = 0

7

6−α

0

7

3α + 8β − 6

0

0

= 6α + β − 12

3 − α − 2β 3α + 5β − 6 = 21β . 3β

2α − 2β + 3 6α + β − 12 3β ,y= , z =α, t = , u = β , α, β ∈ 14 2 7

II. megoldás ⎛1 −3 1 −1 2 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜⎜2 1 −1 1 −1 ⎜⎜4 −5 1 1 0 ⎝⎜

⎛1 −3 1 −1 2 3⎟⎞⎟ 3 ⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ S2 −2S1 →S2 ⎜⎜ ⎟⎟ S3 −S2 →S 3 0⎟⎟ ∼ ⎜⎜0 7 −3 3 −5 −6⎟⎟⎟ ∼ ⎟⎟ S3 −4S1 →S3 ⎜ ⎟⎟ S2 :7 ⎜0 7 −3 5 −8 −6⎟⎟ 6⎠⎟⎟ ⎝⎜ ⎠ x

⎛1 −3 1 −1 2 ⎜ ⎜⎜ ⎜⎜⎜0 1 − 3 3 − 5 7 7 7 ⎜⎜ ⎜⎜⎜0 0 0 2 −3 ⎝ x

y

t

z

y

z

⎛ ⎜⎜1 0 − 2 3 ⎞⎟ ⎜⎜ 7 ⎟⎟ ⎜ 6 ⎟⎟⎟ S1 +3S2 →S1 ⎜⎜ 3 − ⎟⎟ ∼ ⎜⎜0 1 − 7 ⎟⎟ 7 ⎜⎜ 0 ⎠⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 0 0 ⎝⎜ u

x

y

t

u

2 7 3 7 2

1 7 5 − 7 −3

t

3 ⎞⎟ ⎟ 7 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ O ↔O 6 3 4 − ⎟⎟⎟ ∼ 7 ⎟⎟⎟ S3 :2 0 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎠⎟

−

z

u

⎛ ⎛ 3 ⎞⎟ 2 ⎜⎜1 0 2 − 2 − 1 ⎜⎜1 0 0 − 2 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ 7 7 7 7 ⎟⎟ 2 7 7 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ 3 3 5 6 ⎟⎟ S1 −7 S 3 →S1 ⎜⎜ 3 1 ⎜ ⎟ ∼ ⎜⎜0 1 − − − ⎟ 3∼ ⎜⎜0 1 0 − − ⎟ 7 7 7 7 ⎟⎟ S2 −7 S 3 →S2 ⎜ 7 14 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 3 3 ⎜ ⎟ 0 ⎜⎜0 0 1 ⎜ 0 − 0 0 1 0 − ⎟ ⎝ ⎠⎟ ⎝⎜ 2 2 3 + 2α − 2β −12 + 6α + β 3β Tehát x = ,y= , z = α, t =− , és u = β . 7 14 2

3. Számítsuk ki az A ∈ M n ( ) , n ≥ 3 mátrix inverzét, ha 1 1 ⎞⎟ ⎛−1 1 ⎜⎜ ⎟ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 −1 1 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 1 1 − 1 1 A = ⎜⎜ ⎟⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 1 1 −1⎠⎟⎟ ⎜⎝ 1 I. megoldás

3 ⎞⎟ ⎟ 7 ⎟⎟⎟ ⎟ 6⎟ − ⎟⎟⎟ 7 ⎟⎟⎟ ⎟ 0 ⎟⎟⎟ ⎠⎟

.

Tartalomjegyzék

354


⎛b1 ⎞⎟ ⎛ x1 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜x ⎟ ⎜b2 ⎟ 2⎟ ⎜ ⎟ Megoldjuk az A ⋅ x = b egyenletrendszert, ahol x = ⎜⎜ ⎟ az ismeretlenek és b = ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜x ⎟⎟ ⎜⎜bn ⎟⎟ ⎜⎝ n ⎠⎟ ⎝ ⎠ a szabadtagok oszlopa. A rendszer a következő alakba írható: ⎧− ⎪⎪ x 1 + x 2 + x 3 + + x n = b1 ⎪⎪x − x + x + + x = b 1 2 3 n 2 . ⎨ ⎪⎪ ⎪⎪x 1 + x 2 + x 3 + − x n = bn ⎪⎩ Az S = x1 + x 2 + + x n jelöléssel az egyenleteket az S − 2x i = bi alakba írhatjuk. n n n 1 1 n Innen x i = (S − bi ) i = 1, n . Így S = ∑ x i = ∑ (S − bi ) = S − ∑ bi , 2 2 i =1 i =1 2 i =1 n n ⎞⎟ 2 1 ⎛⎜ 2 bi − bj ⎟⎟ = tehát S = ∑ bi és x j = 2 ⋅ ⎜⎝⎜n − 2 ∑ n − 2 i =1 ⎠ i =1

1 3 −n 1 1 + bj + bj +1 + + bn . n −2 n −2 n −2 n −2 ⎛1⎞⎟ ⎛0⎞⎟ ⎛0⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ 0 1 ⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜0⎟ ⎟ ⎟ Ha a szabadtagok oszlopának rendre a b = ⎜ ⎟ , b = ⎜ ⎟ , ... , b = ⎜⎜ ⎟⎟⎟ vektorokat ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜⎝0⎠⎟⎟ ⎜⎜⎝0⎠⎟⎟ ⎜⎜⎝1⎠⎟⎟ tekintjük, akkor az így kapott rendszerek megoldásai az inverz mátrix oszlopai, tehát: 1 1 1 ⎞⎟ ⎛3 − n ⎜⎜ ⎟ n − 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ n − 2 n − 2 n − 2 3 −n 1 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 1 ⎟ ⎜ n − 2 ⎟⎟⎟ . A−1 = ⎜⎜ n − 2 n − 2 n − 2 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ 1 1 3 − n ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 1 ⎟ ⎜⎝ n − 2 n − 2 n − 2 n − 2 ⎠⎟ II. megoldás. Az A mátrixot A = E − 2I n alakban is felírhatjuk, ahol az E

= b1

1 1 + b2 + n −2 n −2

+ bj −1

minden eleme 1 . Másrészt, ha kiszámoljuk A2 -et, kapjuk: A2 − 4I n = (n − 4)E . 1 Tehát A2 − (n − 4)A = 2(n − 2)I n . Innen A−1 = (A − (n − 4)I n ) . 2(n − 2) 4. Oldjuk meg az ⎧ax + by + cz + dt = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪bx − ay + dz − ct = 0 ⎨cx − dy − az + bt = 0 ⎪ ⎪ ⎪ dx + cy − bz − at = 0 ⎪ ⎪ ⎩

Tartalomjegyzék

355


egyenletrendszert, ha a, b, c, d nem mind nulla Megoldás. Az első egyenletet szorozzuk a -val, a másodikat b -vel, a harmadikat c vel és a negyediket d -vel, majd adjuk össze a kapott egyenlőségeket. Az (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) x = 0 egyenlőséghez jutunk, tehát x = 0 . Hasonlóan jutunk az

y =z =t =0

összefüggésekhez is. (A szorzótényezők rendre (b, −a, −d , c ) ,

(c, d, −a, −b ) és (d, −c, b, −a ) ). Gyakorlatok és feladatok 1. Számítsd ki a következő mátrixok rangját: 0 −3⎞⎟ ⎛ 1 −1 2⎞⎟ ⎛ 1 −2 2 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ 0 ⎜⎜ 0 0 1 ⎟⎟ 1 1 2 1 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ; b) ⎜⎜ ⎟⎟ ; c) a) ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜−1 3 −1 2 4 ⎟⎟⎟ ⎜⎜−2 4 0⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ 1 1 1 0 2 0 −1 1 ⎠⎟⎟ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝

⎛1 1 1 0 1 −1⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜0 −1 2 −1 1 1 ⎟⎟⎟ ; ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝0 0 0 1 3 1 ⎠⎟

0 0 −1⎞⎟ ⎛1 ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ 0 1 −1 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜−1 0 0 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ . ⎜⎜ 1 −1 0 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜−1 1 1 0 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ 0 1 1 1 − ⎝ ⎠⎟ 2. Számítsd ki a következő mátrixok inverzét: ⎛ 6 10 −7 10 ⎞⎟ ⎛0 0 0 1 ⎞⎟ ⎛1 0 0 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎛1 2 3⎞⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜−8 4 ⎜⎜0 0 1 2⎟ ⎜⎜2 1 0 0⎟ ⎟ 0 −7⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ; b) ⎜ ⎜ a) ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜0 1 2 3⎟⎟⎟ ; c) ⎜⎜2 3 1⎟⎟⎟ ; d) ⎜⎜⎜ 3 7 −7 −1⎟⎟⎟ ; ⎜⎜2 2 1 0⎟⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝3 1 2⎠⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎝−6 8 −4 −9⎠⎟⎟ ⎜⎝1 2 3 4⎠⎟ ⎜⎝2 2 2 1⎠⎟ ⎛−9 −4 −9 5 ⎞⎟ ⎛−4 −2 −1 −8⎞⎟ ⎛−9 0 −4 8 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜−2 4 −4 3 ⎟⎟ ⎜⎜ 4 −8 −10 3 ⎟ ⎜ 8 3 6 −3⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ; f) ⎜⎜ ⎟⎟ ; g) ⎜⎜ e) ⎜⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎜−7 9 −1 −4⎟⎟⎟ ; ⎜⎜−1 −3 −3 −3⎟⎟ ⎜⎜⎜ 3 1 3 −9⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ 9 ⎠⎟ 6 7 ⎠⎟ ⎜⎝−5 −5 2 −5⎠⎟⎟ ⎜⎝−7 5 ⎜⎝−2 7 5 ⎛1 −2 0 1 0 ⎜⎜ ⎜⎜2 −1 1 0 −3 ⎜⎜ d) ⎜⎜⎜0 1 2 1 2 ⎜⎜ ⎜⎜1 2 3 0 −1 ⎜⎜ ⎜⎝4 −1 4 1 −4

1 ⎞⎟ ⎟⎟ 1 ⎟⎟ ⎟⎟ 2⎟⎟⎟ ; e) ⎟⎟ 2⎟⎟⎟ ⎟⎟ 4⎠⎟⎟

Tartalomjegyzék

356


⎛−4 5 9 −3 −9 ⎛9 5 −7 0 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜−1 8 5 1 −9 −10⎟⎟ 0 −4 ⎜⎜⎜ 0 ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎟ 1 ⎟⎟ ; h) ⎜⎜ 1 −3 −4 9 i) ⎜⎜⎜ 9 10 2 −10 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ 6 −4 −8 −3 −6 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 4 −1 −8 10 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ 4 ⎠⎟⎟ ⎜⎝ 3 −1 10 −5 ⎜⎝ 8 −5 −4 −9 3. Számítsd ki a következő mátrixok inverzét: 1⎞⎟ 1⎞⎟ ⎛1 1 1 ⎛0 1 1 ⎛1 1 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜1 0 1 ⎜⎜1 0 1 ⎜⎜0 1 1⎟⎟ 1⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜1 1 0 ⎜⎜1 1 0 ⎜ 1 1 a) ⎜ b) ⎜ ⎟⎟ ; ⎟⎟ ; c) ⎜⎜0 0 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ 0⎠⎟⎟ 0⎠⎟⎟ ⎜⎝1 1 1 ⎜⎝1 1 1 ⎜⎝0 0 4. Oldd meg az: ⎛1 1 1 1⎞⎟ n ⎞⎟ ⎛1 2 3 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜0 1 1 ⎜ n − 1⎟⎟⎟ 1⎟⎟ 0 1 2 ⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ n − 2⎟⎟⎟ 1⎟⎟⎟ ⋅ X = ⎜⎜0 0 1 ⎜⎜⎜0 0 1 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜0 0 0 ⎟⎟ 1⎠⎟⎟ 1 ⎜⎝0 0 0 ⎠⎟ ⎝

1 ⎞⎟ ⎟⎟ −6⎟⎟ ⎟⎟ 3 ⎟⎟⎟ . ⎟⎟ 7 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ 3 ⎠⎟⎟ 1 1 1 0

1⎞⎟ ⎟ 1⎟⎟⎟ ⎟⎟ 1⎟⎟⎟ . ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ 1⎠⎟⎟

egyenletrendszert.

5. Oldd meg a következő egyenletrendszereket -en: x + y + 8z = 11 ⎧ ⎧⎪2x − 3y + 4z = 1 ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎧⎪x + y + z + t = 2 ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪3x − y + z = 1 3x − y + 4z = 9 ⎪ ⎪ ⎪ a) ⎨ ; b) ⎨x + y + z − t = 0 ; c) ⎪ . ⎨ + + = − 2 2 7 x y z ⎪ ⎪⎪x − 12y + 11z = −1 ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪x + y − z + t = 4 ⎪ ⎪⎩ x +y +z = 4 ⎪ ⎪⎪4x − 15y + 9z = 0 ⎪ ⎩ ⎩ 6. Oldd meg és tárgyald a következő egyenletrendszereket: ⎧⎪2x 1 + x 2 + x 3 = 7 ⎪⎪ ⎧⎪x + y + z = 0 ⎪⎪5x − x + 2x = 8 ⎪⎪ 1 2 3 ⎪⎪ ⎪⎪2x − y + 3z = b a) ⎪ , α ∈ ; b) ⎪ , a, b, c ∈ ; ⎨ ⎨7x 1 − 4x 2 = −2 ⎪⎪ ⎪− x + ay + 2z = 3 ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪x 1 + x 2 + x 3 = α ⎪⎪3x + 4z = c ⎪⎪ ⎩ ⎪⎪x 1 + 3x 2 − 2x 3 = α − 5 ⎩ ⎧⎪4x + x + (2α + 1) x + x = −1 ⎪⎪ 1 2 3 4 ⎪⎪ , α, β ∈ . c) ⎨x 1 + x 2 + αx 3 + x 4 = −1 ⎪⎪ ⎪⎪x 1 − x 2 + x 3 + βx 4 = γ ⎪⎩

Tartalomjegyzék

357

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 7. Oldd meg az

⎧⎪[x ] + [y ] + [z ] = 2 ⎪⎪ ⎪⎪2[x ] − [y ] − 2[z ] = −2 ⎨[x ] + 4[y ] + 5[z ] = 8 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎩2[x ] + 5[y ] + 6[z ] = 10 egyenletrendszert, ahol [n ] az n szám egészrésze. (Felvételi, 1998.) 8. Oldd meg az ⎪⎧⎪mx + y + z = 0 ⎪⎪ ⎪⎪x + my + z = 0 ⎨x + y + mz = 0 ⎪⎪ ⎪⎪ 2 ⎪⎪x + y 2 + z 2 = 3 ⎩ egyenletrendszert. Tárgyalás. (Felvételi, 1999.) 9. Oldd meg az ⎧⎪x + y + z + t = 1 ⎪⎪ ⎪⎪ax + by + cz + dt = m ⎪ ⎨ 2 ⎪⎪a x + b 2y + c 2z + d 2t = m 2 ⎪⎪ ⎪⎪a 3x + b 3y + c 3z + d 3t = m 3 ⎪⎩ egyenletrendszert, ahol a, b, c, d páronként különböző valós számok. Megoldott feladatok n

1. Bizonyítsuk be, hogy det An = (det A) , ∀n ∈ Bizonyítás.

n =1

*

.

esetén az állítás igaz. Ha

n

det An = (det A) , akkor n +1

n

det An +1 = det (An ⋅ A) = det An ⋅ det A = (det A) ⋅ det A = (det A)

,

tehát

a

matematikai indukció elve alapján az összefüggés igaz, minden n ∈ * esetén. 2. Számítsuk ki det A−1 -et és det A* -ot det A függvényében. Megoldás. Az A ⋅ A−1 = I n egyenlőség alapján det A ⋅ det A−1 = det I n = 1 , tehát −1

det A−1 = (det A) . k

Megjegyzés. Innen det Ak = (det A) , ∀k ∈

*

, ha det A ≠ 0 . n

Az A ⋅ A = det A ⋅ I n egyenlőségből következik, hogy det A ⋅ det A* = (det A) , *

n −1

tehát det A* = (det A)

, ha det(A) ≠ 0 . Másrészt, ha det(A) = 0 , akkor az

A ⋅ A = det(A)I n alapján A ⋅ A* = 0n . Ha det(A* ) ≠ 0 , akkor létezne (A* )−1 és az A ⋅ A* = 0n összefüggést jobbról (A* )−1 -nel szorozva kapnánk, hogy A = 0n . Viszont ebben az esetben A* = 0n , ami ellentmondás. Tehát, ha det(A) = 0 , akkor *

n −1

det(A* ) = 0 , így ebben az esetben is érvényes a det A* = (det A)

összefüggés.

Tartalomjegyzék

358


4. Bizonyítsuk be, hogy ha az a és b természetes számok előállíthatók x 2 + 2y 2 alakban ( x , y ∈ ), akkor az ab természetes szám is előállítható ebben az alakban. y⎞ ⎫ ⎪⎧⎛ x ⎟⎟ x , y ∈ ⎪⎪ mátrixhalmazt. Bizonyítás. Tekintsük az M = ⎪⎨⎜⎜⎜ ⎬ ⎟ ⎪⎜⎝−2y x ⎠⎟ ⎪ ⎩⎪ ⎭⎪ x 1y2 + y1x 2 ⎞ y1 ⎞⎛ x 2 y2 ⎞ ⎛ x 1x 2 − y1y2 ⎛ x1 ⎟⎟⎟ , ⎟⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎜ 2 2 ⎟⎜− y2 x 2 ⎠⎟ ⎜⎝−2 (y1x 2 + x 1y2 ) −2y1y2 + x 1x 2 ⎠⎟⎟ ⎝⎜− y1 x 1 ⎠⎝ tehát ha M 1, M 2 ∈ M , akkor M 1M 2 ∈ M . Mivel det (M 1M 2 ) = det M 1 ⋅ det M 2 , következik, hogy (x 12 + 2y12 )(x 22 + 2y22 ) = (x 1x 2 − 2y1y2 ) + 2 (x 1y2 + y1x 2 ) , amiből következik a bizonyítandó állítás. Megjegyzés. Az azonosságot számolások útján is igazolhatjuk. 5. Bizonyítsuk be, hogy ha A, B ∈ M n ( ) és AB = BA , akkor det (A2 + B 2 ) ≥ 0 . 2

2

Bizonyítás. Mivel AB = BA , írhatjuk, hogy A2 + B 2 = (A + iB )(A − iB ) , tehát

det (A2 + B 2 ) = det (A + iB ) ⋅ det (A − iB ) . Másrészt, ha det (A + iB ) = z , akkor det (A − iB ) = z , tehát det (A2 + B 2 ) = z ⋅ z = z 2 ≥ 0 . 6. Bizonyítsuk be, hogy ha A ∈ M 2n +1 ( ) és Δ = p 2 − 4q < 0 , akkor

A2 − pA + qI 2n +1 ≠ 02n +1 . Bizonyítás

A2 − pA + qI 2n +1 = A2 − 2 ⋅

⎛ p p2 p2 ⎞ A+ ⋅ I 2n +1 + ⎜⎜q − ⎟⎟⎟ I 2n +1 = ⎜⎝ 2 4 4⎠ 2

p p 2 − 4q ⎛ ⎞ = ⎜⎜A − I 2n +1 ⎟⎟ − I 2n +1 . ⎝ ⎠ 2 4 Tehát, ha A2 − pA + qI 2n +1 = 02n +1 , akkor 2 p p 2 − 4q ⎛ ⎞ ⎜⎜A − I 2n +1 ⎟⎟ = I 2n +1 . ⎝ ⎠ 2 4 Ebből az egyenlőségből következik, hogy 2n +1 2n +1 2 ⎛ p 2 − 4q ⎞⎟ p p ⎞⎟ ⎛ ⎞⎟ ⎛⎜ p 2 − 4q ⎞⎟ 2⎛ ⎜ 0≤ det ⎜⎜A − I 2n +1 ⎟= det⎜⎜A − I 2n +1 ⎟ = ⎜ ⎟ ⋅ det I 2n +1=⎜ ⎟ < 0. ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜⎝ 4 ⎟⎠ 2 2 ⎝⎜ 4 ⎠⎟

Mivel ez nem lehetséges, következik, hogy A2 − pA + qI 2n +1 nem lehet 02n +1 . 7. Bizonyítsuk be, hogy ha A ∈ M 2 ( ) és létezik k ∈

*

úgy, hogy Ak = 02 , akkor

A2 = 0 2 . k

Bizonyítás. Az Ak = 02 egyenlőségből következik, hogy (det A) = 0 , tehát

det A = 0 . A Cayley-Hamilton tételből ( n = 2 ) következik, hogy A2 = (a + d ) ⋅ A

Tartalomjegyzék

359

Lineáris egyenletrendszerek megoldása k −1

és így Ak = (a + d )

k −1

⋅ A, ∀k ≥ 2 . Ha (a + d )

= 0 , akkor a + d = 0 , tehát

k −1

A2 = 02 . Ha (a + d ) 8. Tárgyaljuk az

≠ 0 , akkor A = 02 , tehát ebben az esetben is A2 = 02 . x + 2y + z = 1 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪2x + my + z = 2 ⎨ ⎪ ⎪ x − 3y + 2z = 3 ⎪ ⎪ ⎩ egyenletrendszer megoldását az m ∈ paraméter függvényében. (Érettségi, 1990.)

1 2 1 I. megoldás. A rendszer determinánsa Δ = 2 m 1 = m − 9 , tehát m ≠ 9 1 −3 2

esetén a rendszer összeférhető és határozott, a megoldásait a Cramer szabály szerint számíthatjuk ki: 1 2 1 1 1 1 1 2 1 Δ1 = 2 m 1 = −m − 5 , Δ2 = 2 2 1 = 2 és Δ3 = 2 m 2 = 2m − 8 . 3 −3 2 1 3 2 1 −3 3

m+5 2 2 (m − 4) ,y= és z = . m −9 m −9 m −9 akkor megvizsgáljuk az összeférhetőséget. A rendszer mátrixa ⎛1 2 1 1 ⎞⎟⎟ ⎜⎜ 1⎞⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎟ 1 2 ⎟⎟⎟ . det A = 0 , tehát 1⎟⎟ , a bővített mátrix A = ⎜⎜2 9 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ 2⎠⎟⎟ ⎜⎜1 − 3 − 2 3⎟⎟ ⎝ ⎠

Tehát m ≠ 9 esetén x = − Ha m = 9 , ⎛1 2 ⎜⎜ A = ⎜⎜⎜2 9 ⎜1 − 3 ⎜⎝

rang A ≤ 2 . De

1 2 2 9

1

2

1

= 5 ≠ 0 , így rang A = 2 . Ugyanakkor 2

9

2 = 10 ≠ 0 ,

1 −3 3

tehát rang A = 3 ≠ rang A , következik, hogy a rendszer összeférhetetlen. II. megoldás. A két mátrix rangja elemi transzformációkkal is kiszámítható: ⎛1 ⎛1 2 1 1⎞⎟ ⎛1 2 1 1⎞⎟⎟ 2 1 1⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ −2S1 +S2 →S2 ⎜⎜ ⎟⎟⎟ S2 →S3 ⎜⎜ −5 1 2⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜0 ⎜⎜2 m 1 2⎟⎟ −S +∼ ⎜⎜0 m − 4 −1 0⎟⎟ S ∼ S → S → S 1 3 3 3 1 ⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟⎟ −5 1 2⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜1 −3 2 3⎠⎟⎟ ⎝⎜0 ⎝⎜0 m − 4 −1 0⎠⎟

⎛ 7 ⎜⎜1 0 2 1 1 ⎞⎟ ⎛1 ⎜ 5 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 1 2 ⎟⎟⎟ −2S2 +S1 →S1 ⎜⎜ 1 ⎜⎜⎜ 1 − − ⎟ ∼ ⎜0 ∼ ⎜0 1 − ⎜⎜ 5 5 ⎟⎟⎟ −(m −4)S2 +S 3 →S3 ⎜⎜ 5 ⎜⎜⎜ ⎜⎝⎜0 m − 4 −1 0 ⎟⎠⎟ m−9 ⎜0 0 ⎜⎝ 5

⎞⎟ 9 ⎟⎟ 5 ⎟⎟ ⎟ ⎟ 2 ⎟ ⎟⎟ . − 5 ⎟⎟⎟ 2 (m − 4)⎟⎟⎟ ⎟ ⎠⎟ 5

Tartalomjegyzék

360


Innen látható, hogy m ≠ 9 esetén rang A = rang A = 3 , míg m = 9 esetén rangA =2 és rang A = 3 ⎛0⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟ (az utolsó két oszlop felcserélésével kialakíthatjuk a ⎜⎜0⎟⎟⎟ oszlopot is). Ezekből az átalakításokból a ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ megoldás is leolvasható: 2 (m − 4) 2 (m − 4) 5 ⋅ = z= m −9 m−9 5 2 1 2 2 (m − 4) −2 (m − 9) + 2 (m − 4) 2 = = y =− + z =− + m−9 5 5 5 5 (m − 9) 5 (m − 9) 9 (m − 9) − 14 (m − 4) 9 7 m+5 − z= =− . 5 5 5 (m − 9) m−9 m −9 Megjegyzés. Ha még egy lépést elvégzünk ( ≠ 0 generáló elemmel), akkor az utolsó oszlopban 5 megjelennek ezek az eredmények.

és x =

9. Oldjuk meg az ⎧⎪x + y + z − 2t = 5 ⎪⎪ ⎪⎨2x + y − 2z + t = m ⎪⎪ ⎪⎪⎩2x − 3y + mz + 2mt = 3 paraméter. Tárgyalás.

egyenletrendszert, ha m ∈ I. megoldás ⎛1 1 1 − 2 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ 1 1 A rendszer mátrixa A = ⎜⎜2 1 − 2 1 ⎟⎟⎟ , = −1 ≠ 0 , ezt az aldeterminánst ⎜ ⎟ 2 1 ⎜⎝2 − 3 m 2m ⎠⎟⎟

1

1

szegélyezzük az utolsó sorral és harmadik oszloppal: 2

1

2 −3

1 −2 = −m − 18 , tehát m

ha m ≠ −18 , akkor rang A = rang A = 3 , t = α mellékismeretlen és a következő Cramer rendszerhez jutunk: ⎧⎪x + y + z = 5 + 2α ⎪⎪ ⎪ ⎨2x + y − 2z = m − α ⎪⎪ ⎪⎪2x − 3y + mz = 3 − 2m α ⎪⎩

5 + 2α

1

Δx = m − α

1

3 − 2m α −3

1 −2 = −m 2 + 2m − 39 + 9α (m − 1) , m

Tartalomjegyzék

361


1

5 + 2α

Δy = 2

m−α

2 3 − 2m α

1 −2 = m 2 − 12m − 8 − α (13m + 6) , m

1

1

5 + 2α

Δz = 2

1

m − α = 5m − 43 + α (2m − 21) .

2 −3 3 − 2m α Így a megoldások m 2 − 2m + 39 m −1 −m 2 + 12m + 8 13m + 6 x= − 9α ⋅ +α⋅ ,y= , m + 18 m + 18 m + 18 m + 18 43 − 5m 2m − 21 −α⋅ z= , t = α , ahol α ∈ paraméter. m + 18 m + 18

1

1

−2

Ha m = −18 , a negyedik oszloppal szegélyezve, kapjuk 2

1

1

= 57 ≠ 0 ,

2 −3 −36 ekkor a mellékismeretlen z = α , a Cramer rendszer pedig ⎧ ⎪ x + y − 2t = 5 − α ⎪ ⎪ ⎪ ⎨2x + y + t = −18 + 2α ⎪ ⎪ ⎪ 2x − 3y − 36t = 3 + 18α ⎪ ⎪ ⎩

5−α

1

Δx = −18 + 2α

−2

5−α

1 = 171α − 912 , Δy = 2 −18 + 2α

1

3 + 18α

−3 −36

1

1

5−α

Δt = 2

1

2 −3

1 2

3 + 18α

−18 + 2α = −133 , tehát x = −16 + 3α , y = 3 + 18α

7 t = − , ahol α ∈ 3

−2 1

= 931 − 228α ,

−36 49 − 4α , z = α , és 3

paraméter.

⎛1 1 1 − 2 5 ⎞⎟ ⎜ ⎟ II. megoldás. Az A = ⎜⎜⎜2 1 − 2 1 m ⎟⎟ mátrix rangját meghatározzuk elemi transzformációk ⎜⎜2 − 3 m 2m 3⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ segítségével: ⎛ 1 −2 5 ⎞⎟ ⎛⎜1 1 1 −2 5 ⎟⎟⎞ ⎜⎜1 1 ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎟ A ∼ ⎜ 0 −1 5 m − 10⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜0 1 4 10 − m ⎟⎟⎟ ∼ −4 −5 ⎜⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎜0 −5 m − 2 2m + 4 −7 ⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜0 −5 m − 2 2m + 4 −7 ⎠⎟⎟ ⎝

Tartalomjegyzék

362


⎛1 0 3 −3 −5 + m ⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ∼ ⎜0 1 4 10 − m ⎟⎟⎟ −5 5S 2 +S 3 →S 3 ⎜ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎝⎜0 0 m + 18 2m − 21 43 − 5m ⎠⎟ Ha m = −18 , akkor m + 18 nem lehet generáló elem, de ebben az esetben 2m − 21 = −57 ≠ 0 , tehát a harmadik és negyedik oszlopot felcserélve (felcserélődik z és t is) írhatjuk, hogy ⎛ ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜1 0 −3 3 −5 + m ⎟⎟⎟ ⎛1 0 3 − 3 − 23 ⎞⎟ ⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ A ∼ ⎜⎜0 1 − 5 4 28 ⎟⎟ , ha m = −18 és A ∼ ⎜⎜⎜0 1 4 −5 10 − m ⎟⎟ , ha m ≠ −18 . ⎟⎟ ⎜⎜0 0 − 57 0 133⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎝ ⎠ ⎜⎜ 2m − 21 43 − 5m ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜0 0 1 ⎝ m + 18 m + 18 ⎠⎟ Az első esetben (ha m = −18 ) rang A = rang A = 3 és −S 2 +S1 →S1

⎞⎟ ⎛ ⎞⎟ ⎛⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜1 0 0 −3 −16⎟⎟⎟ − − 1 0 3 3 23 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 49 ⎟⎟⎟ ⎟, A ∼ ⎜⎜⎜0 1 −5 4 28 ⎟⎟⎟ ∼ ⎜⎜0 1 0 4 3 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎟ ⎟ 7⎟ ⎟ ⎜ 0 − ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 0 1 0 − 7 ⎟⎟⎟ ⎜⎝0 0 1 ⎟ 3 ⎠ ⎜⎝ ⎠ 3 7 tehát a megoldások t = − (a két oszlop felcserélésével a harmadik oszlopba a t együtthatói kerültek) 3 49 z =α, y = − 4α és x = −16 + 3α , ahol α ∈ paraméter. 3 A második esetben a 3S 3 + S1 → S1 és −4S 3 + S 2 → S 2 transzformációkkal kapjuk:

⎛ 9m − 9 m 2 − 2m + 39 ⎞⎟ ⎜⎜1 0 0 ⎟⎟ ⎜⎜ m + 18 m + 18 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ 13m + 6 −m 2 + 12m + 8 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ , A ∼ ⎜0 1 0 − ⎜⎜ ⎟⎟ m + 18 m + 18 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 43 − 5m ⎜⎜0 0 1 2m − 21 ⎟⎟ ⎜⎜ 18 18 m m + + ⎝ ⎠⎟ m 2 − 2m + 39 m −1 tehát rang A = rang A = 3 és a megoldások: x = , − 9α ⋅ m + 18 m + 18 43 − 5m 2m − 21 −m 2 + 12m + 8 13m + 6 −α⋅ , z= és t = α , ahol α ∈ y= +α⋅ m + 18 m + 18 m + 18 m + 18

paraméter.

10. Bizonyítsuk be, hogy ha A0 , A1, A2 , …, Ap ∈ M m ,n ( ) és

A0 + xA1 + x 2A2 + … + x pAp = 0m ,n , ∀x ∈

,

akkor A0 = A1 = A2 = … = Ap = 0m ,n . Bizonyítás. Jelöljük az Ak elemeit aij(k ) -val, k = 0, p , i = 1, m és j = 1, n . A bal oldalon a műveletek elvégzése után egy olyan A mátrixot kapunk, amelynek aij p

eleme

∑x

p

⋅ aij(k ) , vagyis egy legfeljebb p -ed fokú polinomfüggvény, amely minden

k =0

x∈

esetén 0 , tehát az együtthatói mind 0 -k. Így aij(k ) = 0 , k = 0, p , i = 1, m ,

j = 1, nm , tehát Ak = 0m ,n , k = 0, p .

Tartalomjegyzék

363

Lineáris egyenletrendszerek megoldása Következmény. Ha

p

q

k =0

j =0

∑ Ak ⋅ x k = ∑ B j ⋅ x j , ∀x ∈

, ahol Ak , B j ∈ Mm ,n ( ) ,

k = 0, p , j = 0, q , akkor p = q és Ak = Bk , ∀k = 0, p . 11. Bizonyítsuk be, hogy az

⎛a b c d ⎟⎞ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜b −a d −c ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ A = ⎜⎜ ⎜⎜c −d −a b ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝d c −b −a ⎟⎟⎠

mátrix invertálható, ha a, b, c, d ∈ , a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≠ 0 és határozzuk meg az inverzét. Megoldás. Számítsuk ki az At ⋅ A szorzatot: ⎛S 0 0 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜0 S 0 0 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ , At ⋅ A = ⎜⎜ ⎜⎜0 0 S 0 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝0 0 0 S⎠⎟ ahol S = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 . egyenlőségek alapján

A

det A = det At

és

det(AB ) = det A ⋅ det B

4

(det A) = (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) ≠ 0 , 2

tehát A invertálható. Az At ⋅ A = (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 )I 4 egyenlőséget jobbról 1 megszorozva A−1 -nel az: A−1 = 2 At egyenlőséghez jutunk. 2 2 2 a +b +c +d Gyakorlatok és feladatok 1. Bizonyítsd be, hogy nem létezik olyan A ∈ M 2 ( ) mátrix, amelyre ⎛2 −1⎞⎟ (Helyi olimpia, 1998.) A5 = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ . ⎝⎜4 −2⎠⎟⎟ 2. Határozd meg az X ∈ M n ( ) mátrixot, ha

det (A ⋅ X + I n ) ≥ 0,

∀A ∈ M n ( )

(Helyi olimpia, 1992.) m ≠ n A ∈ M B ∈ M 3. Bizonyítsd be, hogy ha , m ,n ( ) , n ,m ( ) , akkor az AB és

BA mátrixok közül legalább az egyik szinguláris. Számítsd ki det (BA) -t, ha AB = I 4 és A ∈ M 4,3 ( ) , B ∈ M 3,4 ( ) ! 4. Bizonyítsd be, hogy ha A ⋅ B = I n , A, B ∈ M n ( ) , akkor B ⋅ A = I n .

Tartalomjegyzék

364


5. Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ M 2 ( ) , AB = BA és det (A2 + B 2 ) = 0 , akkor

det (A + B ) = det (A − B ) ≠ 0 . 6. Bizonyítsd be, hogy ha A, B,C ∈ M n ( ) , AB = BA , AC = CA és BC = CB , akkor det (A2 + B 2 + C 2 − AB − AC − BC ) ≥ 0 . 7. Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ M n ( ) és ω = cos n −1

(Helyi olimpia, 1987.)

2π 2π + i sin ,n∈ n n

*

, akkor

∑ det (A + ω B ) = n ⋅ (det A + det B ) k

k =0

(Megyei olimpia, 1997.) n

8. Bizonyítsd be, hogy ha az A = (aij )i , j =1,n mátrixban aii > ∑ aij , ∀i = 1, n , j =1 j ≠i

akkor det A ≠ 0 . 9. Az A, B ∈ M n ( ) mátrixokra létezik olyan k, m ∈ * , amelyre Ak = B m = 0n és AB = BA . Bizonyítsd be, hogy I n − AB és I n − A − B invertálható mátrixok. (Traian Lalescu verseny, 2001.) 10. Bizonyítsd be, hogy ha az A ∈ M n ( ) mátrixra létezik k ∈ * úgy, hogy

Ak = 0n , akkor I n − A invertálható. 11. Bizonyítsd be, hogy ha az A, B ∈ M n ( ) mátrixokra A2B = A2 − B , akkor AB = BA . 12. Az A ∈ M n ( ) mátrixra teljesül az A ⋅ At = −I n összefüggés. Bizonyítsd be, hogy det (A + At ) = det (I n + A) . 2

(Gh. Vrânceanu verseny, 1990.)

13. Bizonyítsd be, hogy a P : → , P (λ ) = det (A − λI n ) függvény egy n -ed fokú polinomfüggvény, amelyben n a) a domináns tag együtthatója (−1) ; b) a szabadtag detA ; n −1 c) a λn −1 együtthatója (−1) TrA . 14. Bizonyítsd be, hogy a det (A − λI n ) = 0 egyenlet λ1, λ2 , …, λn gyökeire a) λ1 + λ2 + … + λn = TrA ; b) λ1 ⋅ λ2 ⋅ … ⋅ λn = det A . Megjegyzés. λ1, λ2 , …, λn az A mátrix sajátértékei. 15. (Cayley-Hamilton tétel) Bizonyítsd be, hogy ha a P (λ ) = det (A − λI n ) n

polinomfüggvény

P (λ ) = ∑ ck ⋅ λk k =0

alakú, akkor

c0I n + c1A + c2A2 + … + cn An = 0n .

Tartalomjegyzék

365

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 16. Bizonyítsd be, hogy ha az A ∈ M m ( ) mátrix teljesíti az

An + c1An −1 + … + cn I m = 0m egyenletet, akkor minden sajátértéke teljesíti az x n + c1x n −1 + … + cn = 0 egyenletet. 17. Bizonyítsd be, hogy ha létezik olyan P polinomfüggvény, amelyre P (0) ≠ 0 és P (A) = 0n , akkor A invertálható. (Gh. Vrânceanu verseny, 1992.) 18. Bizonyítsd be, hogy ha A2 = A + I n , ( A ∈ M n ( ) ), akkor n ⎛1 + 5 ⎞⎟ 1− 5 1+ 5 ⎜ ⎟ . ≤ TrA ≤ n a) n ; b) det A ≤ ⎜ ⎜⎝ 2 ⎠⎟⎟ 2 2 19. Bizonyítsd be, hogy ha az A ∈ M n ( ) mátrix esetén létezik olyan k ∈ k

*

szám,

n

amelyre A = 0n , akkor A = 0n . 20. Bizonyítsd be, hogy ha A2 = 4A − 3I n , ( A ∈ Mn ( ) ), akkor létezik p ∈ {0,1, 2, …, n } úgy, hogy det A = 3p . 21. Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ M n ( ) , akkor az f : → , f (x ) = det (A + xB ) függvény egy n -ed rendű polinomfüggvény, amelyben x n együtthatója detB és a szabadtag detA . 22. Bizonyítsd be, hogy ha A ∈ M n ( ) mátrix teljesíti az A3 = A + I (C. Cocea, 1986.) egyenlőséget, akkor det A > 0 . 2 2 23. Bizonyítsd be, hogy A, B ∈ M 2 ( ) és det (A + B ) = 0 , akkor det A = det B . 24. Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ M 2 ( )

det (A2 + B 2 ) ≥ 0 .

és det (AB + BA) ≤ 0 , akkor (Országos olimpia, 1996.)

25. Az A, B,C ∈ M n ( ) mátrixok kommutálnak egymással ( AB = BA , AC = CA ,

BC = CB ) és detC = 0 . Bizonyítsd be, hogy det (A2 + B 2 + C 2 ) ≥ 0 . 26. Az A ∈ M 2 ( ) mátrixra det (A2 − 2I 2 ) = 0 . Bizonyítsd be, hogy A2 = 2I 2 és

det A = −2 . (Megyei olimpia, 1996.) 27. Az A, B ∈ M n ( ) mátrixokra az A + k ⋅ B mátrix invertálható, ha k = 0, 2n és az inverze is M n ( ) -ben van. Bizonyítsd be, hogy A + (2n + 1) B is invertálható és −1

[A + (2n + 1) B ] ∈ M n ( ) .

Tartalomjegyzék

Geometriai alkalmazások

365

IV. GEOMETRIAI ALKALMAZÁSOK AZ EGYENES EGYENLETE. ISMÉTLÉS Legyen xOy egy derékszögű koordinátarendszer a síkban. Az előző osztályokban tanulmányoztátok három pont kollinearitásának feltételét és egyenesek különböző egyenleteit. Ismételjünk át néhányat ezekből a tulajdonságokból. Legyen a síkban az M (x , y ) , A(x1, y1 ) és B(x 2 , y2 ) pont úgy, hogy x1 ≠ x 2 ≠ x ≠ x1 . Ha d1 és d2 az A illetve B pontokon át az Ox -szel húzott párhuzamos, valamint

P1 (x 2, y1 ) ∈ d1 , P2 (x , y2 ) ∈ d2 (1. ábra), akkor a három pont kollinearitásának n. n P2 ≡ BAP szükséges és elégséges feltétele: MB 1 y − y1 y − y 2 2 n= n= Viszont tg MBP és tg BAP , tehát a kollinearitási feltétel: 2 1 x 2 − x1 x − x2 y − y2 y − y1 = 2 . x − x2 x 2 − x1

}

M(x,y) y-y2

y

B(x 2,y 2) j2 d2 x-x2 P2 y2-y1 A(x 1,y 1) j1 d1 x 2-x1 P1 x O

}

}

M(x1,y)

y

B(x 1,y 2)

} 1. ábra

O

A(x 1,y 1) x

2. ábra

Ez az összefüggés tulajdonképpen az A(x1, y1 ) és B(x 2 , y2 ) pontokon átmenő egyenes egyenlete. Ezt írhatjuk még az y − y1 y= 2 (x − x 2 ) + x 2 x 2 − x1 alakban is, tehát y = mx + n (1), y2 − y1 az egyenes iránytényezője (iránytangense, meredeksége) és ahol m = x 2 − x1 y − y1 n = x2 − x2 2 az Oy tengellyel való metszéspont ordinátája. x 2 − x1 Ha x1 = x 2 , akkor az A és B pontok által meghatározott egyenes párhuzamos az Oy tengellyel (2. ábra), tehát az A és B pontokon átmenő egyenes egyenlete x = x1 .

Tartalomjegyzék

366


A két eset közös vizsgálatához szükségünk van az egyenes általános egyenletére: ax + by + c = 0 , a c ahol a, b, c ∈ \ és a 2 + b 2 ≠ 0 . Ha b ≠ 0 , akkor ez y = − x − alakban is b b a c felírható, tehát a − = m és − = n jelölésekkel az (1) egyenletet kapjuk. Ha b b c b = 0 , akkor a ≠ 0 és x = − = állandó . Az általános egyenlet segítségével a átfogalmazhatjuk három pont kollinearitásának feltételét és igazolhatunk egy egyszerű feltételt három egyenes összefutóságához. Az M 1(x 1, y1 ) , M 2 (x 2 , y2 ) és M 3 (x 3 , y 3 ) pontok kollineárisak, ha léteznek az a, b, c ∈ \ , a 2 + b 2 ≠ 0 számok úgy, hogy a d : ax + by + c = 0 egyenes tartalmazza mindhárom pontot. De M i pontosan akkor van rajta a d egyenesen, ha ax i + byi + c = 0 , tehát az ⎧ax + by + c = 0 ⎪ 1 ⎪ ⎪ 1 ⎪ ax by + =0 ⎨ 2 2 +c ⎪ ⎪ ⎪ ax + by 3 + c = 0 ⎪ ⎪ ⎩ 3 egyenletrendszerhez jutunk, ahol a, b és c az ismeretlenek. Az a 2 + b 2 ≠ 0 feltétel alapján ennek a rendszernek kell legyen triviálistól különböző megoldása. Így a kollinearitás feltétele:

x1

y1 1

x 2 y2 1 = 0 . x 3 y3 1 Ez a feltétel tartlamazza az x 1 = x 2 és az x 1 ≠ x 2 esetet is. Tétel. Az M 1(x 1, y1 ) , M 2 (x 2 , y2 ) és M 3 (x 3 , y 3 ) különböző pontok kollinearitásának szükséges és elégséges feltétele:

x1

y1 1

x 2 y2 1 = 0 . x 3 y3 1 Példa. Vizsgáljuk, hogy A(1,1) , B(2, 4) és C (−3, −11) pontok kollineárisak-e. Megoldás

1

Δ= 2

1 4

1 1

−3 −11 1

(−2)S1 +S 2 →S 2

=

3 S1 + S 3 → S 3

Tehát A , B és C kollineárisak.

1

1

0

2

0 −8

1

−1 = 1 ⋅ 4

2

−1

−8

4

= 8−8 = 0.

Tartalomjegyzék


367

KÉT EGYENES KÖLCSÖNÖS HELYZETE A SÍKBAN Tekintsük a d1 és d2 egyeneseket: d1 : a1x + b1y + c1 = 0

d2 : a2x + b2y + c2 = 0 . Ha M (x 0 , y 0 ) mindkét egyenesen rajta van, akkor (x 0 , y 0 ) megoldása az ⎧a1x + b1y + c1 = 0 ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ a x + b2y + c2 = 0 ⎪ ⎩ 2 egyenletrendszernek. A lineáris egyenletrendszerek tulajdonságai alapján a következő eseteket különböztetjük meg: a1 b1 1. Ha ≠ 0 , akkor a rendszer összeférhető határozott, tehát egyértelmű a2 b2 megoldása van. Ebben az esetben a két egyenes metsző egyenes, és a metszéspont koordinátái adják a rendszer megoldását. a1 b1 2. Ha = 0 , akkor két esetünk van: a2 b2

a1 c1 c1 b1 a) a rendszer összeférhetetlen, azaz a c ≠ 0 vagy ≠ 0 . Ebben az c2 b2 2 2 esetben az egyenesek párhuzamosak (nincs közös pontjuk). a1 c1 c1 b1 b) a rendszer összeférhető határozatlan, azaz a c = 0 és = 0. c2 b2 2 2 Ebben az esetben végtelen sok közös pontja van a két egyenesnek, tehát az egyenesek egybeesők. Példa. Tekintsük a következő egyeneseket d1 : 2x − 3y + 1 = 0

d2 : ax + y + b = 0 , ahol a, b ∈ \ . Vizsgáljuk az egyenesek kölcsönös helyzetét. Megoldás. 2 −3 2 2 1. = 2 + 3a és 2 + 3a = 0 ⇔ a = − , tehát ha a ∈ \ \ − , akkor az a 1 3 3

{ }

egyenesek metsző egyenesek (egy közös pontjuk van). 2 1 −3 1 2 2 2. Ha a = − , akkor Δ1 = 2 = −3b − 1 . = 2b + és Δ2 = 1 b 3 3 − b 3

Tartalomjegyzék

368


1 1 1 és Δ2 = 0 ⇔ b = − , tehát b = − esetén az egyenesek 3 3 3 1 egybeesők, b ≠ − esetén pedig párhuzamosak. Az eredményeket foglaljuk össze a 3 következő táblázatban: Δ1 = 0 ⇔ b = −

a

b −

2 3

−

−

2 3

\\ −

{ 23}

\\ −

1 3

Kölcsönös helyzet egybeeső egyenesek

{ 13}

\

párhuzamos egyenesek metsző egyenesek

HÁROM EGYENES ÖSSZEFUTÁSA Tekintsük a következő páronként nem egybeeső egyeneseket: d1 : a1x + b1y + c1 = 0 , d2 : a2x + b2y + c2 = 0 és d3 : a 3x + b3y + c3 = 0 . Ezek az egyenesek pontosan akkor futnak össze az M (x 0 , y 0 ) pontban, ha (x 0 , y 0 ) a következő egyenletrendszer megoldása: ⎧⎪a x + b y + c = 0 1 1 ⎪⎪ 1 ⎪⎪ ⎨a2x + b2y + c2 = 0 . ⎪⎪ ⎪⎪a 3x + b3y + c3 = 0 ⎪⎩ Az (x 0 , y 0 ) pontosan akkor megoldása a rendszernek, ha (x 0 , y 0 ,1) nem triviális megoldása az ⎧ ⎪ a1x + b1y + c1z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨a2x + b2y + c2z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ a x + b3y + c3z = 0 ⎪ ⎪ ⎩ 3 egyenletrendszernek. Ennek szükséges és elégséges feltétele:

a1 b1 c1 a2 b2 c2 = 0 . a 3 b3 c3 Megfogalmazhatjuk a következő tételt:

Tartalomjegyzék


369

Tétel. A d1 : a1x + b1y + c1 = 0 , d2 : a2x + b2y + c2 = 0 és d3 : a 3x + b3y + c3 = 0 páronként nem egybeeső és nem párhuzamos egyenesek pontosan akkor összefutók, ha

a1 b1 c1 a2 b2 c2 = 0 . a 3 b3 c3 Példa. Bizonyítsuk be, hogy a 3x − 4y + 6 = 0 , y = 2x − 1 és 5x − 2y = 4 egyenesek összefutók és határozzuk meg az összefutási pont koordinátáit! Megoldás. Az egyenesek általános alakjai: 3x − 4y + 6 = 0 , 2x − y − 1 = 0 és 2 −1 3 −4 3 −4 5x − 2y − 4 = 0 . = 1 ≠ 0 , tehát = 5 ≠ 0, = 3 ≠ 0 és 5 −2 2 −1 5 −2 páronként nem egybeesők. Kiszámítjuk az összefutás feltételét adó determinánst:

3 −4

−5 −4

6

Δ = 2 −1 −1 5 −2 −4

2O2 +O1 →O1

=

−O2 +O3 →O3

10

0

−1

0 = (−1) ⋅

1

−2 −2

−5 10 1

−2

= 0.

Tehát az egyenesek összefutók. A metszéspont koordinátáit a ⎧ ⎪ 3x − 4y + 6 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨2x − y − 1 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ 5x − 2y − 4 = 0 ⎪ ⎪ ⎩ egyenletrendszer megoldása vagy a ⎧3x − 4y = −6 ⎧3x − 4y = −6 ⎪ ⎪ ⎪⎧⎪5x − 2y = 4 ⎪ ⎪ ; ; ⎨ ⎨ ⎨ 2x − y = 1 ⎪ ⎪⎪ 2x − y = 1 ⎪ 5x − 2y = 4 ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ ⎩ egyenletrendszerek bármelyikének megoldása adja. Ez pedig a (2, 3) pont. Megoldott feladatok 1. Bizonyítsd be, hogy egy háromszög magasságai összefutók. Megoldás. Tekintsük az A1(x 1, y1 ) , A2 (x 2 , y2 ) és A3 (x 3 , y 3 ) pontokat. Az A2A3 y − y2 egyenes iránytényezője m1 = 3 , tehát az A2A3 -ra merőleges egyenes x3 − x2 1 x − x2 =− 3 iránytényezője m1′ = − . Az A1 ponton átmenő és az A2A3 egyenesre m1 y 3 − y2 y − y1 x − x2 = m1′ = − 3 , azaz merőleges egyenes egyenlete x − x1 y3 − y2

Tartalomjegyzék

370


y(y 3 − y2 ) + x (x 3 − x 2 ) − [y1(y 3 − y2 ) + x 1(x 3 − x 2 )] = 0 . Láthatjuk, hogy ez az egyenlet helyes az x 2 = x 3 vagy y2 = y 3 esetben is. A másik két magasság egyenletét megkaphatjuk az indexek cirkuláris permutálásával ( 1 → 2 → 3 → 1 ), tehát a magasságok összefutásának igazolásához bizonyítanunk kell, hogy y 3 − y2 x 3 − x 2 y1(y 3 − y2 ) + x 1(x 3 − x 2 ) y1 − y 3

x 1 − x 3 y2 (y1 − y 3 ) + x 2 (x 1 − x 3 ) = 0 .

y2 − y1 x 2 − x 1 y 3 (y2 − y1 ) + x 3 (x 2 − x 1 ) Másrészt, minden oszlopban az elemek összege 0 , tehát a determináns értéke 0 , így a bizonyítás teljes. y

y

A1(x1,y1)

A1(x1,y1)

G

A3(x3,y 3)

A2(x 2,y2) O

3. ábra

A2(x 2,y2)

x

O

A3(x3,y 3)

M1

4. ábra

x

2. Bizonyítsuk be, hogy egy háromszög oldalfelezői összefutnak és határozzuk meg az összefutási pont (azaz a súlypont) koordinátáit. Megoldás. Használjuk az előző feladat jelöléseit. Az A2A3 oldal M 1 ⎛ x + x 3 y2 + y 3 ⎟⎞ , felezőpontjának koordinátái M 1 ⎜⎜ 2 ⎟ , tehát az A1M 1 oldalfelező ⎝ 2 2 ⎠ y + y3 y1 − 2 y − y1 2 egyenlete = x 2 + x 3 . Ez az egyenlet a következő alakban is írható: x − x1 x1 − 2 y (2x1 − x 2 − x 3 ) − x (2y1 − y2 − y 3 ) − y1 (2x 1 − x 2 − x 3 ) + x 1 (2y1 − y2 − y 3 ) = 0 . x + x3 Látható, hogy ez az egyenlet is érvényes az x 1 = 2 esetben is. A másik két 2 oldalfelező egyenlete felírható az indexek cirkuláris permutálásával. Tehát a bizonyítás teljességéhez igazolnunk kell a

2x 1 − x 2 − x 3

2y1 − y2 − y 3

−y1 (2x 1 − x 2 − x 3 ) + x 1 (2y1 − y2 − y 3 )

2x 2 − x 3 − x 1 2y2 − y 3 − y1 −y2 (2x 2 − x 3 − x 1 ) + x 2 (2y 2 − y 3 − y1 ) = 0 2x 3 − x 1 − x 2

2y 3 − y1 − y2 −y 3 (2x 3 − x 1 − x 2 ) + x 3 (2y 3 − y1 − y2 )

Tartalomjegyzék


371

egyenlőséget. Ebben az esetben is minden oszlopban az elemek összege 0 , tehát a x + x2 + x3 és determináns értéke 0 . Látható, hogy a rendszer megoldása az x = 1 3 y + y2 + y 3 y= 1 , tehát ezek a súlypont koordinátái. 3 EGY HÁROMSZÖG TERÜLETE

Tekintsük az A1(x 1, y1 ) , A2 (x 2 , y2 ) és A3 (x 3 , y 3 ) pontokat úgy, hogy az origó az A1A2A3 háromszög belső tartományában legyen (5. ábra). Így T [A1A2A3 ] = T [AOA 1 2 ] + T [A2OA3 ] + T [A3OA1 ] , tehát elégséges kifejezni a T [A1OA3 ] területet (a szimmetrikus jelölések miatt a többi terület kifejezhető cirkuláris permutációval). A 6. ábra jelöléseivel írhatjuk: T [AOA 1 3 ] + T [A1A3M ] + T [OA3P1 ] + T [OAQ 1 1 ] = T [OP1MQ1 ] . y

y A1(x1,y1)

Q1 (0,y1) O

A3(x3,y 3) x

A1( x1,y1)

M(x 3,y1 )

A3( x3,y3) P1 (x3,0) x

A2(x 2,y2)

5. ábra

6. ábra

Másrészt

1 T [A1A3M ] = (y1 − y 3 )(x 3 − x 1 ) 2 1 T [A3OP1 ] = x 3y 3 2 1 AOAQ [ 1 1 ] = x 1y1 2 AOP [ 1MQ1 ] = y1x 3 , tehát

1 1 1 1 1 1 T [AOA x1y1 − x 3y 3 − y1x 3 − y 3x1 + y3x 3 + x1y1 = 1 3 ] = y1x 3 − 2 2 2 2 2 2 1 1 y1 x 1 1 x 1 y1 = (y1x 3 − y 3x 1 ) = y x = − x y . 3 2 2 3 2 3 3 Az eredmény abszolút értéke független az A1 és A3 tengelyekhez viszonyított helyzetétől. Így:

Tartalomjegyzék

372


x 1 y1 1 x 1 y1 x 1 y1 ⎤ 1 ⎡⎢ x 2 y2 1 T [A1A2A3 ] = ± x y − x y + x y ⎥ = ± x 2 y2 1 , 3 3 2 2 ⎥ 2 ⎢⎣ 3 3 2 ⎦ x 3 y3 1 ahol az előjelet úgy kell megválasztanunk, hogy az eredmény pozitív legyen. y B1(x 1-u,y 1-v)

A1(x1,y1) A3(x3,y 3) B3(x 3-u,y3-v)

O

B2(x 2-u,y 2-v)

x

A2(x 2,y2)

7. ábra

Ha O nincs a háromszög belső tartományában, akkor az A1A2A3 háromszöget párhuzamosan eltoljuk úgy, hogy O legyen az így kapott háromszög belső tartományában (7. ábra). Ha B1B2B3 az így kapott háromszög, akkor létezik az

(u, v ) ∈ \2 (az eltolási vektor) úgy, hogy a B1 , B2 és B3 koordinátái B1(x 1 − u, y1 − u ) , B2 (x 2 − u, y2 − u ) , B3 (x 3 − u, y3 − u ) legyen. x 1 − u y1 − v 1 1 Így T [A1A2A3 ] = T [B1B2B3 ] = x 2 − u y2 − v 1 2 x 3 − u y3 − v 1

x 1 y1 1 1 = x 2 y2 1 . v ⋅O3 +O2 →O2 2 x 3 y3 1 u ⋅O3 +O1 →O1

Tehát bebizonyítottuk a következő tételt: Tétel. Az A1(x1, y1 ) , A2 (x 2 , y2 ) és A3 (x 3 , y 3 ) pontok által meghatározott háromszög területe:

x 1 y1 1 1 A[A1A2A3 ] = x 2 y2 1 . 2 x 3 y3 1 Megjegyzés. Ugyanehhez az eredményhez jutunk, ha a pont egyenestől mért távolságát használjuk. Megemlítjük a következő tételt: ax 0 + by 0 + c . Az M (x 0 , y 0 ) pont távolsága a d : ax + by + c = 0 egyenestől a 2 + b2

Tartalomjegyzék


373

1 A2A3 ⋅ h képlettel is kiszámítható, ahol h az 2 A1(x 1, y1 ) pont A2A3 egyenestől mért távolsága. Az A2A3 egyenes egyenlete y − y2 y − y2 = 3 , x − x2 x3 − x2 amelyet az y(x 3 − x 2 ) − x (y 3 − y2 ) − y2 (x 3 − x 2 ) + x 2 (y 3 − y2 ) = 0 alakban is írhatunk, tehát (x 3 − x 2 )y1 − x 1 (y 3 − y 2 ) − y2x 3 + x 2y 3 . h= 2 2 (x 3 − x 2 ) + (y 3 − y2 )

Az A1A2A3 háromszög területe az

2

2

Másrészt A2A3 = (x 3 − x 2 ) + (y 3 − y2 ) , így

T [A1A2A3 ] =

1 1 A2A3 ⋅ h = x 3y1 − x 2y1 + x 1y2 − x 1y 3 − y2x 3 + x 2y 3 = 2 2 x 1 y1 1 1 = x 2 y2 1 . 2 x 3 y3 1

Példa. Számítsuk ki az A(1, 2) , B(4, −2) és C (3,1) pont által meghatározott háromszög területét. Megoldás. Az előbbi tétel alapján:

1 2 1 1 2 1 5 1 1 1 3 −4 T [A1A2A3 ] = 4 −2 1 = 3 −4 0 = = . 2 2 2 2 2 −1 3 1 1 2 −1 0 Megjegyzés. Az A , B és C pontok pontosan akkor kollineárisak, ha T [ABC ] = 0 , tehát az előbbi tételből következik a kollinearitás feltétele is. Megoldott feladatok 1. Ha d1 , d2 és d 3 az A(x1, y1 ) , A′(x1′, y1′ ) , B(x 2 , y2 ) , B ′(x 2′ , y2′ ) illetve C (x 3 , y 3 ) , C ′(x 3′ , y 3′ ) pontpárok által meghatározott egyenesek, írjunk fel egy szükséges és elégséges feltételt a d1 , d2 és d 3 egyenesek összefutására. Megoldás. Az AA′ egyenes egyenlete y − y1 y ′ − y1 = 1 , x − x1 x 1′ − x1 azaz

Tartalomjegyzék

374


y (x1′ − x1 ) − x (y1′ − y1 ) − y1x1′ + x1y1′ = 0 . A többi egyenlet felírható az indexek változtatásával, tehát az összefutási feltétel alapján a következő feltétel kell teljesüljön: x 1′ − x 1 y1′ − y1 x 1y1′ − x 1′y1

x 2′ − x 2 y2′ − y2

x 2y2′ − x 2′y2 = 0 .

x 3′ − x 3 y 3′ − y 3 x 3y 3′ − x 3′y 3 2. Adott az A(λ,1) , B(λ + 3,1) , C (1, λ − 1) és D(1, λ + 2) ( λ ∈ \ ) pont. Határozzuk meg az AD és BC egyenesek metszéspontjának mértani helyét, ha λ végigfutja a valós számok halmazát. Megoldás. Írjuk fel az AD és BC egyenesek egyenleteit: y −1 λ + 2 −1 = AD : , azaz y(1 − λ) − x (1 + λ) = −λ 2 − 2λ + 1 x −λ 1−λ y −1 λ−2 = BC : , azaz y(λ + 2) + x (λ − 2) = λ 2 + 2λ − 4 x −λ −3 1−λ − 3 A két egyenletből alkotott rendszer determinánsa: 1 − λ −(1 + λ) Δ= = 2λ . λ+2 λ−2 Ha λ = 0 , akkor az egyenesek nem metszik egymást, míg ha λ ≠ 0 az egyetlen M (x λ , yλ ) metszéspont koordinátái: 1 − λ −λ 2 − 2λ + 1 λ + 2 λ 2 + 2λ − 4 Δx 3λ 2 + 9λ − 6 xλ = és = = Δ 2λ 2λ −λ 2 − 2λ + 1 −(1 + λ) Δy

λ 2 + 2λ − 4

λ−2

3λ 2 + 3λ − 6 . Δ 2λ 2λ A mértani hely egyenletét megkaphatjuk, ha kiküszöböljük λ -t a két egyenletből és vizsgáljuk x λ illetve yλ lehetséges értékeit. A két egyenletet egymásból kivonva kapjuk: yλ − x λ = −1 , tehát a mértani hely része az y − x + 1 = 0 egyenletű egyenesnek. Ezt az egyenletet megkaphatjuk az egyenesek egyenleteinek összeadásával is (anélkül, hogy az M pont koordinátáit felírnánk). Ahhoz, hogy meghatározzuk, hogy a mértani hely az egyenes mely része, meg kell határoznunk a λ → x λ vagy λ → yλ ( λ ≠ 0 ) függvény képét. Az x λ képletéből kapjuk: yλ =

=

=

3λ 2 + (9 − 2x λ )λ − 6 = 0 .

Tartalomjegyzék


375

De λ ∈ \ \ {0} , tehát az előbbi egyenlet diszkriminánsa nem lehet negatív. Így a

(9 − 2x λ )2 + 12 ⋅ 6 ≥ 0 feltételhez jutunk. A λ = 0 nem megoldása az egyenletnek semmilyen x λ értékre, így más feltételt nem kell kikötnünk. Másrészt az előbbi egyenlőtlenség fennáll minden x λ ∈ \ esetén, tehát λ ≠ 0 esetén a mértani hely az y − x + 1 = 0 egyenes. 3. Írjunk fel egy szükséges és elégséges feltételt arra, hogy az M i (x i , yi ) , 1 ≤ i ≤ 4 pontok egy körön helyezkedjenek el. Megoldás. Az O(x 0 , y 0 ) középpontú és R sugarú kör egyenletét felírhatjuk az

MO 2 = R 2 összefüggésből, tehát a kör egyenlete (x − x 0 )2 + (y − y0 )2 = R 2 . Ezt a következő alakban is felírhatjuk: x 2 + y 2 − 2xx 0 − 2yy0 + x 02 + y 02 − R 2 = 0 . Ha M 1 , M 2 , M 3 és M 4 ezen a körön vannak, akkor a következő egyenletrendszert kapjuk: ⎧⎪x 12 + y12 + ax 1 + by1 + c = 0 ⎪⎪ ⎪⎪ 2 2 ⎪⎪x 2 + y2 + ax 2 + by2 + c = 0 , ⎨ 2 ⎪⎪x 3 + y 32 + ax 3 + by 3 + c = 0 ⎪⎪ ⎪⎪x 2 + y 2 + ax + by + c = 0 4 4 4 ⎪⎩ 4 2 2 ahol a = −2x 0 , b = −2y 0 és c = x 0 + y 0 − R 2 . Az előbbi összefüggések alapján (1, a, b, c ) egy nem triviális megoldása a: ⎧ ⎪ d (x 12 + y12 ) + ax 1 + by1 + c = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ d (x 22 + y22 ) + ax 2 + by2 + c = 0 ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ d (x 32 + y 32 ) + ax 3 + by 3 + c = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ d (x 42 + y 42 ) + ax 4 + by 4 + c = 0 ⎪ ⎩ homogén lineáris egyenletrendszernek, amelyben d , a, b és c az ismeretlenek. Másrészt, ha ennek az egyenletrendszernek vannak nem triviális megoldásai és az M 1 , M 2 , M 3 illetve M 4 pont nincs egy egyenesen, akkor van (1, a, b, c ) alakú megoldása is (osztunk d ≠ 0 -val). Tehát az egy körre illeszkedés feltétele x 12 + y12 x 1 y1 1 x 22 + y22

x 2 y2 1

x 32 + y 32

x 3 y3 1

x 42 + y 42 x 4 y 4 1

= 0,

Tartalomjegyzék

376


⎛x 1 y1 1⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜x y 1⎟⎟ ⎟⎟ 2 2 ⎟⎟ mátrix rangja 3 (ez a feltétel biztosítja, hogy a pontok ne ahol az M = ⎜⎜⎜ ⎜⎜x 3 y 3 1⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝x 4 y 4 1⎠⎟⎟ legyenek egy egyenesen).

{

}

4. Az xOy koordinátarendszerben adott az L = (k , p ) k, p ∈ ]

ponthalmaz.

Jelölje TXYZ az XYZ háromszög területét. (Érettségi, 2004.) a) Határozzuk meg az a ∈ \ számot, ha az A(x1, y1 ) , B(x 2 , y2 ) , C (x 3 , y 3 ) síkbeli pontok nem kollineárisak és teljesül a:

TABC

1 1 1 = a ⋅ x 1 x 2 x 3 egyenlőség. y1 y2 y 3

b) Bizonyítsuk be, hogy az L halmaz három pontja által meghatározott háromszög területe racionális szám. c) Mennyi egy l oldalhosszúságú egyenlő oldalú háromszög területe ? d) Igazoljuk, hogy az L halmaz bármely két pontját összekötő szakasz hosszának négyzete egész szám. e) Bizonyítsuk be, hogy nem létezik egyetlen egyenlő oldalú háromszög sem, melynek minden csúcsa az L halmaz eleme. f) Bizonyítsuk be, hogy nem létezik egyetlen 2004 oldalú szabályos sokszög sem, melynek minden csúcsa az L halmaz eleme. Megoldás

{ 12} (mivel a az abszolút

a) A háromszög területére vonatkozó tétel alapján a ∈ ± értéken belül van). Megjegyzés. Vizsgán be kell bizonyítani a tételt.

1 1 1 b) Ha x1, x 2 , x 3 , y1, y2 , y 3 ∈ ] , akkor a determináns kifejtése alapján x 1 x 2 x 3 ∈ ] y1 y 2 y 3 (csak szorzásokat, összeadásokat és kivonásokat végzünk), tehát TABC ∈ _ . l c) Ha M a BC felezőpontja, akkor MC = . De AMC Δ ≡ AMBΔ (OSzO eset: 2 n n és így AM magasság is, l l AB = AC , BM = MC , B ≡ C ), tehát AMB ≡ AMC tehát Pitagorász tétele alapján AM = l 2 −

l2 3 =l . Végül 4 2

Tartalomjegyzék


377

1 l2 3 BC ⋅ AM = . 2 4 d) Ha M (x1, y1 ) ∈ L és N (x 2 , y2 ) ∈ L , akkor MN 2 = (x 1 − x 2 )2 + (y1 − y2 )2 ∈ ` .

TABC =

e) Ha az ABC minden csúcsa az L halmazban van, akkor a d) pont alapján l 2 ∈ ` . 4 SABC ∈ _ , ami ellentmondás, Ugyanakkor a b) alapján TABC ∈ _ , innen 3 = l2 tehát nem lehet a háromszög minden csúcsa az L halmazban. A bizonyítás teljességéért igazoljuk, hogy 3 ∉ _ .

3 ∈ _ , akkor létezik m, n ∈ `* úgy, hogy (m, n ) = 1 (az m és n legnagyobb m m tört irreducibilis) és 3 = . Innen m 2 = 3n 2 , így közös osztója 1 , azaz az n n m 2 # 3 , tehát m # 3 (ha m nem osztható 3 -mal, akkor 3k ± 1 alakú, és m 2 3M + 1 alakú, így m 2 sem osztható 3 -mal). Tehát létezik m1 ∈ `* úgy, hogy m = 3m1 . Ha

Innen n 2 = 3m12 , tehát n 2 # 3 , azaz n # 3 . Másrész ebben az esetben (m, n ) ≥ 3 ( 3 közös osztó), tehát ellentmondáshoz jutottunk. Következésképpen

3 ∉ _.

f) Feltételezzük, hogy létezik 2004 oldalú szabályos sokszög, amelynek minden csúcsa az L halmazban van. A sokszöget 2002 olyan háromszögre bonthatjuk, amelyek csúcsai L -ben vannak (egy rögzített csúcsból meghúzunk minden átlót). Mivel 2002 racionális szám összege is racionális szám, következik, hogy a sokszög területe racionális szám. l Másrészt, ha l a sokszög oldala, a h apotéma (8. ábra) h = π alakban írható 2 tg 2004 2 l 2 fel, így a sokszög területe T = π . A d) alapján l racionális, így igazolnunk 4 tg 2004 π ∉ _. kell, hogy tg 2004 tg x + tg y A tg(x + y ) = összefüggés alapján, ha tg x ∈ _ , akkor tg nx ∈ _ , 1 − tg x tg y π π π ⎞⎟ ⎛ ∈ _ , akkor 3 = tg = tg ⎜⎜668 ⋅ minden n ∈ ` esetén. Így, ha tg ⎟∈ _, ⎝ 2004 3 2004 ⎠ ami ellentmondás. Tehát nem létezik olyan 2004 oldalú szabályos sokszög, amelynek minden csúcsa az L halmazban van.

Tartalomjegyzék

378


A O

B

M

h

C

A1 l A2 8. ábra

Gyakorlatok és feladatok 1. Az ABC egyenlő oldalú háromszög A csúcsa rögzített, B pedig egy rögzített d egyenesen mozog. Határozd meg a C csúcs mértani helyét! 2. Határozd meg egy háromszögbe írt, egyik oldalukkal a háromszög valamely oldalára illeszkedő téglalapok középpontjainak mértani helyét! 3. Számítsd ki az A(−1, 2) , B(1, 6) és C (−4, 4) pont által meghatározott háromszög oldalfelezőinek hosszát! 4. Számítsd ki az A(1, 2) , B(−1, 6) és C (4, 4) pont által meghatározott háromszög magasságainak hosszát! 5. Legyen (2,1) , (1, −1) és (−5, 3) egy háromszög csúcsainak koordinátái. Írd fel: a) az oldalak tartóegyeneseinek egyenletét; b) a háromszög csúcsain a szemben fekvő oldallal húzott párhuzamosok egyenletét; c) az oldalfelezők egyenletét; d) a magasságok egyenletét; e) a szögfelezők egyenletét; f) az oldalfelező merőlegesek egyenletét. Határozd meg g) a súlypont h) az ortocentrum i) a háromszögbe írt kör középpontjának j) a háromszög köré írt kör középpontjának koordinátáit. 6. Írd fel a következő pontpárokon átmenő egyenesek egyenleteit: a) A(1, 2) , B(0, 3) ; b) A(−2, 4) , B(5, 7) ; c) A(1,1) , B(−2, −8) . 7. Adott a d1 és d2 egyenes, valamint az A1, A2 , A3 ∈ d1 , illetve B1, B2 , B3 ∈ d2 pontok. Szerkesszük meg a következő metszéspontokat: A1B2 ∩ A2B1 = {M 1 } , A1B3 ∩ A3B1 = {M 2 } és A3B2 ∩ A2B3 = {M 3 } . Bizonyítsd be, hogy M 1 , M 2 és M 3 kollineáris.

Tartalomjegyzék


379

8. (Newton-Gauss tétele) Az A1A2A3A4 négyszögben {E } = A1A2 ∩ A3A4 és {F } = A1A4 ∩ A2A3 . Bizonyítsd be, hogy az A1A3 , A2A4 és EF szakaszok felezőpontja kollineáris. 9. (Meneláosz tétele) Az A1A2A3 háromszögben B1 ∈ A2A3 , B2 ∈ A3A1 , illetve

A2B1 AB = λ1 , 3 2 = λ2 és B1A3 B2A1 B1 , B2 és B3 pontosan akkor kollineáris, ha λ1λ2λ3 10. (Ceva tétele) Az A1A2A3 háromszögben B3 ∈ A1A2 úgy, hogy

A1B3 = λ3 . Bizonyítsd be, hogy B3A2 = −1 . B1 ∈ A2A3 , B2 ∈ A3A1 , illetve

A2B1 AB AB = λ1 , 3 2 = λ2 és 1 3 = λ3 . Bizonyítsd be, hogy B1A3 B2A1 B3A2 A1B1 , A2B2 és A3B3 pontosan akkor összefutó, ha λ1λ2λ3 = 1 . B3 ∈ A1A2 úgy, hogy

Tartalomjegyzék

Összefoglaló feladatok

379

V. ÖSSZEFOGLALÓ GYAKORLATOK ÉS FELADATOK MÁTRIXOK ÉS TULAJDONSÁGAIK 1. Számítsd ki a következő mátrixokat, ⎛1 5⎞⎟ ⎛−2 3⎞⎟ ⎛−1 2 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜⎜2 6⎟ ⎜⎜ 0 1⎟ ⎜⎜ 3 −4⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎟ , B = ⎜⎜ ⎟⎟ és C = ⎜⎜ ⎟: ha A = ⎜⎜ 9 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 3 7⎟⎟ ⎜⎜ 4 5⎟⎟ ⎜⎜ 0 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎝4 8⎠⎟⎟ ⎜⎝ 3 2⎠⎟⎟ ⎜⎝−7 −3⎠⎟⎟ a) A + B ;

c) (A + B ) + C ;

b) C − B ;

d) A + (B + C ) ; e) 2A + 3B ; 2. Számítsd ki a következő mátrixokat, ha

f) A − 2B + 3C .

0 −1⎞⎟ ⎛−1 3 4 ⎞⎟ ⎛2 ⎛0 1 −1⎞⎟ ⎜ ⎟⎟ és C = ⎜⎜ ⎟ A = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ , B = ⎜⎜ ⎜⎜1 −2 1 ⎟⎟⎟ : ⎜⎝ 5 0 −2⎟⎠ ⎜⎝−3 10 −7⎠⎟⎟ ⎝ ⎠ a) A + B ; b) (A + B ) + C ; c) A − B + C ; d) 3A − 2B + C ; e) A + B + C ; f) A + 2B + 3C .

⎛ 5 4 3⎞⎟ ⎛1 2 −1⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜ ⎟ 3. Számítsd ki a következő mátrixokat, ha A = ⎜4 3 −2⎟⎟ és B = ⎜⎜ 2 1 7⎟⎟⎟ : ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜−5 3 2⎟⎟ ⎜⎜1 5 −3⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ a) A ⋅ B ; b) B ⋅ A ; c) AB − BA ; d) A2 ; e) A2 − B 2 ; f) (A − B )(A + B ) . 4. Számítsd ki a következő mátrixokat, ha ⎛−4 −1 −9⎞⎟ ⎛ 1 −1 2 ⎞⎟ ⎛−5 −5 −1⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ 3 5 ⎟⎟⎟ : A=⎜ 3 4 1 ⎟⎟ , B = ⎜ 13 14 9 ⎟⎟ és C = ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ 8 ⎜⎜−2 0 −1⎟⎟ ⎜⎜ 0 − 2 7 2 2 ⎝ ⎠⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2

a) A ⋅ B ;

b) B ⋅ A ;

c) (A + B ) ;

d) A2 + 2AB + B 2 ;

e) AC ;

f) CA .

⎛1 4 −2⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎛1 2 3⎞⎟ ⎜ ⎟⎟ és B = ⎜⎜⎜0 3 1 ⎟⎟⎟ : 5. Számítsd ki a következő mátrixokat, ha A = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝0 −1 1⎠⎟⎟ ⎜⎜2 0 1 ⎟⎟ ⎝ ⎠ a) A ⋅ B t ;

b) B ⋅ At ;

t

c) A ⋅ (AB ) ;

d) At ⋅ (AB ) .

Tartalomjegyzék

380


⎛−1 2 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎛0 −1 2⎞⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎜ ⎟ 6. Számítsd ki a következő mátrixokat, ha A = ⎜⎜ és B = ⎜⎜ 4 1 2⎟⎟⎟ : ⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝3 1 0⎠⎟⎟ ⎜⎜−3 4 1⎟⎟ ⎝ ⎠ t

a) A ⋅ B t ; b) B ⋅ At ; c) A ⋅ (AB ) ; d) At ⋅ (AB ) . 7. Oldd meg a következő egyenletrendszereket: ⎧⎪ ⎛1 2 ⎞⎟ ⎪⎪ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎪⎪ ⎟⎟ ⎧ ⎛ 1 2 3⎞⎟ ⎪ 1 2 X 3 Y 0 + = − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎪⎪ ⎪ ⎜⎜ ⎟ ⎪ + = X Y ⎟⎟ ⎜⎜ ⎪⎪ ⎜−2 0 1⎟⎟⎟ ⎪ ⎜ ⎪ ⎝ ⎠ ⎜⎝3 2 ⎠⎟ ⎪ a) ⎨ ; b) ⎪ . ⎨ ⎛ 1 0⎞⎟ ⎪ ⎪⎪ ⎛3 2 1⎞⎟ ⎜ ⎪ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎪ ⎪⎪ ⎟⎟ X −Y = ⎜⎜⎜ ⎪ ⎪ ⎪⎪3X − 2Y = ⎜⎜ 4 5⎟⎟⎟ 0 4 1 ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎟ ⎪ ⎪ ⎟⎟ ⎩ ⎜⎜ ⎪⎪ ⎜⎜−2 1 ⎟⎟ ⎪⎪ ⎝ ⎠ ⎪⎩ 8. Oldd meg a következő egyenletrendszereket: ⎧ ⎛1 ⎞⎟ ⎪ ⎪ ⎜⎜ ⎟ ⎪⎪ ⎜ ⎟⎟ ⎧ ⎛ 0 1 3⎞⎟ ⎪ ⎪ ⎪⎪X − 2Y = ⎜⎜⎜4⎟⎟⎟ ⎪ ⎜⎜ ⎟ ⎪ + = 2 X Y ⎟ ⎜ ⎪ ⎜⎜−4 7 5⎟⎟⎟ ⎪ ⎟ ⎜⎜7 ⎟ ⎪ ⎪ ⎝ ⎠ ⎪ ⎝ ⎠ ; a) ⎪ b) ⎨ . ⎨ ⎛ 3 ⎞⎟ ⎪ ⎪ ⎛−2 4 3⎞⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎪⎪−4X + 3Y = ⎜⎜ ⎪ ⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎪⎪2X + 3Y = ⎜⎜−2⎟⎟⎟ ⎜⎝⎜ 5 −2 7⎟⎠⎟ ⎪ ⎪ ⎩ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎝ ⎠ ⎪ ⎩ 9. Határozd meg az x , y, z és t valós számokat úgy, hogy igaz legyen az: ⎛x 1 −2⎞⎟ ⎛ 1 z t ⎞⎟ ⎛−4 13 5⎞⎟ ⎟⎟ + 2 ⎜⎜ ⎟⎟ egyenlőség. ⎟⎟ = ⎜⎜ 3 ⎜⎜⎜ ⎜ ⎟ 6 3⎟⎠⎟ ⎜⎝ 2 4 y ⎟⎠ ⎜⎝−3 1 0⎠⎟⎟ ⎜⎝⎜ 0 10. Oldd meg a következő mátrixegyenleteket: ⎛ 1 5⎞⎟ ⎛−1 3⎞⎟ ⎛ 1 2 3⎞⎟ ⎛0 1 2⎞⎟ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ; ⎟ − X = ⎜⎜ a) 2X + ⎜⎜⎜ b) ⎜⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ . ⎜ ⎜ ⎝⎜−3 7⎠⎟⎟ ⎝⎜ 1 5⎠⎟⎟ ⎝⎜−2 0 1⎠⎟⎟ ⎝⎜0 0 1⎠⎟⎟ 11. Oldd meg a következő mátrixegyenleteket: ⎛1 4 5⎞⎟ ⎛−3 2 3 ⎞⎟ ⎛1 4⎞⎟ ⎛4 10⎞⎟ ⎜ ⎟ − 2X = ⎜⎜ ⎟⎟ ; a) 3X + ⎜⎜⎜ b) ⎜⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ . ⎟⎟⎟ = ⎜⎜ ⎜⎝2 3 1⎟⎠⎟ ⎜⎝⎜ 4 5 −1⎟⎠⎟ ⎜⎝5 6⎟⎠ ⎜⎝ 2 0 ⎟⎠⎟ 12. Határozd meg az X mátrixot, ha ⎛ 1 2⎞⎟ ⎛ 1 2⎞⎟ ⎛ 1 2⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ a) ⎜−3 4⎟⎟ ⋅ X = ⎜ 17 4⎟⎟ ; b) X ⋅ ⎜⎜−3 4⎟⎟⎟ = 8 0 . ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜−4 1 ⎟⎟ ⎜⎜ 2 1 ⎟⎟ ⎜⎜ 2 1 ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(

)

Tartalomjegyzék

Összefoglaló feladatok 13. Oldd meg a következő mátrixegyenleteket: ⎛1⎞⎟ ⎛0⎞⎟ ⎛1 2 3⎞⎟ ⎛1 2 3⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ a) ⎜3 2 1⎟⎟ X = ⎜0⎟⎟ ; b) ⎜3 2 1⎟⎟ X = ⎜⎜1⎟⎟⎟ ; ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜0 1 1⎟⎟ ⎜⎜0⎟⎟ ⎜⎜0 1 1⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎝⎜0⎠⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛1 2 3⎞⎟ ⎛1 0 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎟ d) ⎜3 2 1⎟⎟ X = ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟ . Mit veszel észre? ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜0 1 1⎟⎟ ⎜⎜0 0 1⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

381

⎛0⎞⎟ ⎛1 2 3⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎟ ⎟ c) ⎜3 2 1⎟⎟ X = ⎜⎜0⎟⎟⎟ ; ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜0 1 1⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎝⎜1⎠⎟ ⎝ ⎠

14. Bizonyítsd be, hogy bármely A ∈ M n ( ) mátrix esetén létezik a B,C ∈ Mn ( ) mátrix úgy, hogy ⎧⎪A = B + C ⎪⎪ ⎪⎪ t (1) ⎨B = B ⎪⎪ ⎪⎪C = −C t ⎪⎩ Bizonyítsd be, hogy rögzített A esetén a B és C meghatározottak.

mátrixok egyértelműen

⎛0 1⎞⎟ ⎟⎟ mátrix. 15. Adott az A = ⎜⎜⎜ ⎜⎝1 0⎠⎟⎟

a) Számítsd ki az A2 mátrixot; b) Bizonyítsd be, hogy (A − I 2 )(A + I 2 ) = 02 anélkül, hogy valamelyik szorzótényező 02 legyen.

⎛0 0 1⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ 16. Legyen A = ⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ . ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜0 1 0⎟⎟ ⎝ ⎠ a) Számítsd ki A3 -t; b) Bizonyítsd be, hogy A3 − I 3 = (A − I 3 )(A2 + A + I 2 ) = 03 ; c) Következik-e ebből, hogy A2 + A + I 3 = 03 ? ⎛0 0 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ 17. Ha A = ⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ , számítsd ki A201 -t! ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜0 1 0⎟⎟ ⎝ ⎠

18. Számítsd ki az A2 , A3 , An −1 és An mátrixokat, ha

Tartalomjegyzék

382


⎛0 ⎜⎜ ⎜⎜1 ⎜⎜ ⎜ A = ⎜⎜0 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎝0

0 0⎞⎟ ⎟ 0 0 0⎟⎟⎟ ⎟⎟ 1 0 0⎟⎟⎟ ∈ M n ( ) ! ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ 0 1 0⎠⎟⎟ ⎛0 0 ⎜⎜ ⎜⎜1 0 ⎜⎜ ⎜ n 2 3 19. Számítsd ki az A , A és A mátrixokat, ha A = ⎜⎜0 1 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎝0 0 0

0 1⎞⎟ ⎟ 0 0⎟⎟⎟ ⎟⎟ 0 0⎟⎟⎟ ∈ M n ( ) . ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ 1 0⎠⎟⎟

20. Határozd meg azokat az A ∈ M 2 ( ) mátrixokat, amelyekre A2 = I 2 . 21. Határozd meg azokat az A ∈ M 2 ( ) mátrixokat, amelyekre A2 = 02 . ⎛a b ⎞⎟ ⎟⎟ mátrixra 22. (Cayley-Hamilton) Bizonyítsd be, hogy az A = ⎜⎜⎜ ⎜⎝c d ⎠⎟⎟

A2 − (a + d )A + (ad − bc )I 2 = 02 . 23. Bizonyítsd be, hogy az A ∈ M 3 ( ) mátrixra A3 − TrA ⋅ A2 + TrA* ⋅ A + det A ⋅ I 3 = 03 , ahol A* az A adjungáltja. 24. Határozd meg az összes X ∈ M 2 ( ) mátrixot, amelyre A ⋅ X = X ⋅ A , ahol ⎛−2 1 ⎞⎟ ⎟⎟ . A = ⎜⎜⎜ ⎝⎜ 1 4⎠⎟⎟ 25. Határozd meg az összes X ∈ M 2 ( ) mátrixot, amelyre A ⋅ X = X ⋅ A , ahol ⎛1 2⎞⎟ A = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ . ⎜⎝3 4⎟⎠⎟ 26. Bizonyítsd be, hogy minden A ∈ M 2 ( ) mátrix esetén végtelen sok X ∈ M 2 ( ) mátrix létezik, amelyre A ⋅ X = X ⋅ A . ⎛ 5 2⎞⎟ ⎟⎟ , akkor An = 3n −1 (nA − 3(n − 1)I 2 ) , 27. Bizonyítsd be, hogy ha A = ⎜⎜⎜ ⎝⎜−2 1⎠⎟⎟ ∀n ≥ 1. 28. Bizonyítsd be, hogy minden A ∈ M 2 ( ) mátrix és n ∈ az an , bn ∈ számok úgy, hogy An = an ⋅ A + bn ⋅ I 2 .

*

szám esetén léteznek

Tartalomjegyzék


⎛−1 −1 ⎜⎜ ⎜ 29. Legyen A = ⎜⎜ 1 0 ⎜⎜ ⎜⎜ 0 0 ⎝ a) Bizonyítsd be, hogy b) Bizonyítsd be, hogy

383

0⎞⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟ . ⎟⎟ 1⎠⎟⎟ A3 + A2 + A = 03 ; I 3 ≠ a ⋅ A + b ⋅ A2 + c ⋅ A3 , ∀ a, b, c ∈

(Érettségi változat, 2005.) 30. Azt mondjuk, hogy az A ∈ M 2 ( ) mátrix nilpotens, ha létezik n ∈ * úgy, hogy An = 02 . ⎛a b ⎞⎟ ⎟⎟ nilpotens, akkor a + d = 0 és ad − bc = 0 . a) Igazold, hogy ha A = ⎜⎜⎜ ⎜⎝c d ⎠⎟⎟ b) Igazold, hogy I 2 nem írható fel véges számú nilpotens mátrix összegeként. (Érettségi, 2005.) 31. Bizonyítsd be, hogy az AB − BA = In egyenletnek nincs megoldása M n ( ) -ben. ⎛1 2⎞⎟ 32. Legyen A = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ . ⎜⎝0 1⎠⎟⎟ a) Határozd meg az összes X ∈ M 2 ( ) mátrixot, amelyre AX = XA . b) Oldd meg M 2 ( ) -ben az X n = A egyenletet, ha n ∈ * . 33. Legyen A ∈ M n ( ) . Bizonyítsd be, hogy ha a) At ⋅ A = 0n , akkor A = 0n ; b) At ⋅ A = 2A − I n , akkor A = I n . 34. Az E ∈ M n ( ) mátrix minden eleme 1 . Bizonyítsd be, hogy 1 ⎛ ⎞ E ⎟⎟ = I n . a) E 2 = nE ; b) (I n − E )⎜⎜I n − ⎝ n −1 ⎠ 35. Bizonyítsd be, hogy ha AX = XA , bármely X ∈ M 2 ( ) esetén, akkor létezik c ∈ úgy, hogy A = c ⋅ I 2 . ax + b f függvények értelmezettek D -n. 36. Az f : D → , f (x ) = és f f cx + d n db Igazold, hogy ( f

f n db

a x + bn f )(x ) = n , ahol cn x + dn

n

⎛a b ⎞⎟ ⎛an bn ⎞⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎜⎜c d ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜c d ⎟⎟⎟ . n⎠ ⎝ ⎠ ⎝ n

37. Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ M n ( ) és AB = BA , akkor a) (A + B )2 = A2 + 2AB + B 2 ;

b) (A + B )3 = A3 + 3A2B + 3AB 2 + B 3 ;

n −1

c) (A + B )n = An + ∑ C nk An −k B k + B n , ∀ n ≥ 1 . k =1

38. Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ M n ( ) és AB = BA , akkor a) A2 − B 2 = (A − B )(A + B ) ;

b) A3 − B 3 = (A − B )(A2 + AB + B 2 ) ;

Tartalomjegyzék

384


c) An − B n = (A − B )(An −1 + An −2B +

+ AB n −2 + B n −1 ) .

39. Legyen A ∈ M n ( ) . Bizonyítsd be a következő ekvivalenciákat: a) A2 = A ⇔ (2A − I n )2 = I n ; ⎛ 3 ⎜ 40. Bizonyítsd be, hogy ⎜⎜ ⎜ ⎝⎜−1

102

1 ⎞⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ 3 ⎠⎟

b) A2 = I n ⇔ (A + I n )2 = 2 (A + I n ) . ⎛1 0⎞⎟ = 2102 ⎜⎜⎜ ⎟⎟ . ⎝⎜0 1⎠⎟⎟

⎛0 1⎞⎟ ⎟⎟ , n ∈ * egyenletet. 41. Oldd meg M 2 ( ) -ben az X n +2 − X n +1 + X n = ⎜⎜⎜ 0 1 ⎜⎝ ⎠⎟⎟ (Helyi olimpia, Temes megye, 2004.) ⎛8 −9⎞⎟ 42. a) Határozd meg az A ∈ M 2 ( ) mátrixot, ha A3 − 5A = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ . ⎜⎝3 −3⎠⎟⎟

b) Számítsd ki An -t, n ∈

*

az a) pontbeli megoldásra. (Helyi olimpia, Iaşi, Mihai Crăciun) 43. Számítsd ki a következő mátrixok inverzét: ⎛10 −2⎞⎟ ⎛1 2 ⎞⎟ ⎛−10 −3⎞⎟ ⎟⎟ ; ⎟⎟ ; ⎟⎟ ; a) ⎜⎜⎜ b) ⎜⎜⎜ c) ⎜⎜⎜ ⎜⎝ 9 −2⎠⎟⎟ ⎝⎜ −9 −2⎠⎟⎟ ⎝⎜2 10⎠⎟⎟ ⎛2 5⎞⎟ ⎛ 1 −7⎞⎟ ⎛−3 −2⎞⎟ ⎟; ⎟; ⎟. d) ⎜⎜⎜ e) ⎜⎜⎜ f) ⎜⎜⎜ ⎟ ⎟ 5 ⎠⎟⎟⎟ ⎜⎝−2 7 ⎠⎟⎟ ⎜⎝1 3⎠⎟⎟ ⎜⎝ 6 44. Számítsd ki a következő mátrixok inverzét: ⎛6 −4 3⎞⎟ ⎛ 2 5 6 ⎞⎟ ⎛ 8 −10 −1⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ a) ⎜10 b) ⎜7 0 6⎟⎟ ; c) ⎜⎜ 3 10 9 ⎟⎟⎟ ; 1 1 ⎟⎟ ; ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜2 5 4⎟⎟ ⎜⎜−1 4 −1⎟⎟ ⎜⎜ 1 0 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 6 −3 ⎛ −2 ⎛ 1 −7 4 ⎞⎟ 7 −9⎞⎟⎟ 6 ⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎟ d) ⎜⎜−2 4 −1⎟⎟⎟ ; e) ⎜⎜−10 1 f) ⎜⎜−10 −10 4 ⎟⎟⎟ . 1 ⎟⎟ ; ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ 4 ⎜⎜ −2 −4 ⎜⎜ 10 −3 −7 ⎟⎟ 3 10 3 − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟ 45. Számítsd ki a következő mátrixok inverzét: ⎛−9 −7 −1 4 ⎞⎟ ⎛−10 −5 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 9 ⎜⎜ 10 1 4 3 −2⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎟ ; b) ⎜⎜⎜ a) ⎜⎜ ⎜⎜−2 6 −1 7 ⎟⎟ ⎜⎜ 6 −8 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ 5 ⎜⎝−2 −8 1 −3⎠⎟ ⎜⎝ −8

−9⎞⎟ 5 ⎛ −5 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ −6 10 1 3 ⎟⎟ ⎟⎟ ; c) ⎜⎜⎜ ⎜⎜−10 7 4 3 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 8 −7 −3 −5⎠⎟⎟ ⎝ 1

0 ⎞⎟ ⎟ 7 5 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ; 3 6 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ 0 −9⎠⎟⎟ 6

Tartalomjegyzék


385

⎛ 10 0 7 −4⎞⎟ ⎛−5 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜−2 0 ⎜⎜ 4 5 2 ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ d) ⎜ e) ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ; 7 4 10 5 − − ⎜⎜ ⎜⎜−7 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ 9 −4 −10 4 ⎠⎟ ⎜⎝−8 46. Számítsd ki a következő mátrixok inverzét: 2 3 −6 −2⎞⎟ ⎛−2 ⎛1 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 0 5 −4 −8⎟⎟ ⎜⎜⎜ 3 −6 ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟ −1 −7⎟ ; b) ⎜⎜−2 a) ⎜⎜ 10 −10 1 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ 0 4 −5 −10 9 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 6 ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜−8 2 9 ⎠⎟⎟ ⎜⎝⎜ 7 −9 −2 ⎝

−8 7

1 ⎞⎟ ⎟⎟ 1 1 −3⎟⎟ ⎟⎟ . 2 9 −2⎟⎟⎟ ⎟⎟ −1 1 4 ⎠⎟⎟

−1 ⎞⎟ ⎟⎟ 8 −5 −1 4 ⎟⎟ ⎟⎟ 7 −5 −10 7 ⎟⎟⎟ . ⎟⎟ −3 3 −5 1 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ −5 −8 8 −10⎠⎟⎟ 10

−5

6

DETERMINÁNSOK ÉS EGYENLETRENDSZEREK 1. Számítsd ki a következő determinánsokat: 1 3 −1 3 1+i 2+i 2 4 a) ; b) ; c) ; d) ; −1 2 1 −2 2−i 1−i 3 5 e)

sin x

cos x

− cos x

sin x

; f)

21024

1

61024

31024

;

g)

a 2 − b 2 a 3 + a 2b + ab 2 + b 3

2. Számítsd ki a következő determinánsokat: 2 1 cos α sin α a) ; b) ; − sin α cos α 6 12 d)

a + b a 2 − b2 1

a −b 1

e)

;

a 2 + b2

a −b

a 2 + b2

ac + bd

ac + bd

c2 + d 2

c)

a

b

−b a

;

.

2 3

3. Legyen Δ = −1 0 1 . Számítsd ki a Δ determinánst 2

1 3

a) Sarrus szabállyal; b) háromszög szabállyal; c) első sora szerint kifejtve; d) második oszlopa szerint kifejtve; e) a determinánsok tulajdonságainak felhasználásával.

2

1

4

Ugyanaz a feladat a Δ = 0 −3 5 determinánsra.

2

2

4

.

Tartalomjegyzék

386


x 4. Oldd meg a Δ(x ) = 0 egyenletet, ha Δ(x ) =

1 1 1

1 x

1 1

1 1 x

1

.

1 1 1 x 5. Számítsd ki a következő determinánsokat:

a

b

a +b

b

a +b

a

a +b

a

b

a) Δ =

a −b −c

2a

2a

2b

b −a −c

2b

2c

2c

c −a −b

b) Δ =

;

;

a 2 + b2 a + b

2ab c) Δ = a 2 + b 2

a +b

2ab

a +b .

a +b

2

a + b2

b + c2

c + a2

6. Számítsd ki: Δ = a 2 + b 3 b 2 + c 3 c 2 + a 3 .

a 3 + b4 b3 + c4 c3 + a 4

7. Írd fel a Δ =

a2 + 1

ab

ac

ab

b2 + 1

bc

ac

bc

c2 + 1

determinánst szorzat alakjában!

8. Számítsd ki a következő Vandermonde típusú determinánsokat: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a1 a2 a b c d 1 1 a) ; b) a b c ; c) 2 2 2 ; d) a b c d2 a b a 2 b2 c2 a1n −1 a2n −1 a 3 b3 c3 d 3

1 an

.

ann −1

9. A determinánsok kiszámítása nélkül bizonyítsd be, hogy:

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

a) a

b

c = (a + b + c) a

b

c ; b) a2 b2 c2 = (ab +ac +bc) a

b

c .

a 3 b3 c 3

a 2 b2 c 2

a3 b3 c3 1

a2 b2 c2 1

1

bc ac ab

10. A determinánsok kiszámítása nélkül igazold, hogy a 2 b 2 c 2 = a

a 3 b3 c3

a2

b

c .

b2

c2

Tartalomjegyzék


11. Számítsd ki a

x1 x 2 x 3 Δ = x 2 x 3 x1 x 3 x1 x 2

x 3 + px + q = 0 , p, q ∈ 12. Számítsd ki a

387

determinánst, ha

x1 ,

x2

és

x3

az

x1 ,

x2

és

x3

az

egyenlet gyökei!

x1 x 2 x 3 Δ = x 2 x 3 x1 x 3 x1 x 2

determinánst, ha

x 3 − 3x 2 + 2x + 1 = 0 egyenlet gyökei! 13. Bizonyítsd be, hogy ha az A, B ∈ M 2 ( ) mátrixok szorzata felcserélhető, akkor az f : → , f (x ) = det(A + xB ) függvény a következő alakba is írható: f (x ) = det(B ) ⋅ x 2 + mx + det(A) , ahol m ∈ x −a

b

c

c

x −a

b

b

c

x −a

14. Bizonyítsd be, hogy az

.

= 0 egyenletnek nincs három

különböző gyöke!

⎧⎪3x + 2y + mz = 0 ⎪⎪ ⎪ 15. Az m ∈ paraméter milyen értékeire van az ⎨mx + 3y + 2z = 0 ⎪⎪ ⎪⎪2x + my + 3z = 0 ⎪⎩ egyenletrendszernek nullától különböző megoldása? (Felvételi, 1997., Bukarest.) 1 1 1 1

1 1 + a12

1

1

16. Számítsd ki a Δ = 1

1

1 + a22

1

1

1

1

1 + an2

determinánst a1 és r

függvényében, ha a1, a2 , …, an egy r állandó különbségű számtani sorozat! a +x a a 17. Adott az (an )n ≥1 , an =

a

a sorozat. Számítsd ki a

a

⎛ ⎞ a lim ⎜⎜lim n +1 ⎟⎟⎟ határértéket. n →∞ ⎜ ⎝ x → 0 x ⋅ an ⎠⎟

a +x a

a +x

Tartalomjegyzék

388


18. Az a ∈

mely értékeire van az

2 −a

a −x

1 − x2

x2

x −1 −1 = 0 egyenletnek

2 − a − 2x x + a x − 2 kétszeres egész gyöke?

x 1x 2 x 2x 3 x 3x 1 x 14 + x 24 + x 34 2 19. Számítsd ki az E = 5 (x1x 2x 3 ) − x 2x 3 x 3x 1 x1x 2 kifejezést, ha x 1 + x 25 + x 35 x 3x 1 x 1x 2 x 2x 3

x1, x 2 , x 3 az x 3 − ax + 1 = 0 egyenlet megoldásai! sin2 x

− cos2 x

sin 2x

cos2 x

− sin 2 x

sin 2x függvény. Hozd az f függvényt

1 + sin 2x

1

20. Adott az f (x ) =

1

a legegyszerűbb alakra! (Felvételi, 2005., Temesvár) ⎧ ⎪ αx 1 − x 2 − x 3 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ 21. Határozd meg az α ∈ értékét úgy, hogy az ⎨x 1 + 4x 2 − 2x 3 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ x − 2x 2 + 2x 3 = 0 ⎪ ⎪ ⎩ 1 egyenletrendszernek legyen nullától különböző megoldása. (Felvételi, 2005., Nagyvárad) ⎧⎪ mx + y − 2z =2 ⎪⎪ ⎪⎪ 22. Adott az ⎨ 2x + y + 3z = 1 egyenletrendszer, ahol m és n valós ⎪⎪ ⎪⎪(2m − 1)x + 2y + z = n ⎪⎩ paraméterek. Határozd meg az α értékét, ha

{

A = (m, n ) ∈

2

}

az egyenletrendszer összeférhető határozatlan és α=

∑ (m

2

+ n2 ).

(m ,n )∈A

(Felvételi, 2005., Bukarest)

⎧⎪ ⎪⎪mx + y + z ⎪ 23. Adott az ⎪ ⎨x + my + z ⎪⎪ ⎪⎪x + y + mz ⎪⎩

= 1 = m

egyenletrendszer, ahol m ∈

.

= m2 − 3

a) Határozd meg az m ∈ értékét úgy, hogy a rendszer összeférhető határozott legyen! b) Oldd meg a rendszert, ha m = −2 . (Felvételi, 2005., Brassó)

Tartalomjegyzék


⎧⎪(1 + m )x + y + z ⎪⎪ ⎪ 24. Adott az ⎪ ⎨x + (1 + m )y + z ⎪⎪ ⎪⎪x + y + (1 + m )z ⎪⎩

389

= 1 = m egyenletrendszer, ahol m ∈

.

= m2

a) Az m mely értékeire lesz a rendszer összeférhető határozott? b) Oldd meg a rendszert az m = 2 és m = 0 esetekben. (Felvételi, 2005., Nagybánya) 25. Számítsd ki a következő mátrixok rangját: ⎛1 1 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜0 0 1 ⎟⎟ ⎛1 ⎞ 2 3 4 5 6 ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ a) ⎜−2 4 −6 8 −10 12⎟⎟ ; b) ⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ; ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎜−1 2 3 ⎜⎜1 1 0⎟⎟⎟ 7 5 6 ⎝ ⎠⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎝⎜0 1 1 ⎠⎟

⎛1 2 3 −5 7 ⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ 1 ⎟⎟⎟ ; c) ⎜⎜−2 1 −3 2 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜0 5 3 8 15 − ⎝ ⎠⎟ 26. Számítsd ki a következő mátrixok rangját: −1 ⎞⎟ ⎛1 2 3 ⎛1 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜2 0 −1 4 ⎟ ⎜⎜2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ a) ⎜ b) ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ; 4 4 5 2 ⎜⎜ ⎜⎜−1 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝1 6 10 −7⎠⎟ ⎜⎝1

⎛1 ⎜⎜ ⎜⎜2 d) ⎜⎜⎜ ⎜⎜−1 ⎜⎜ ⎜⎝2

−1 2 ⎞⎟ ⎟ 1 7 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ . 2 −1⎟⎟⎟ ⎟⎟ −4 2 ⎠⎟⎟

−1 2 3⎞⎟ ⎟⎟ −2 4 6⎟⎟ ⎟⎟ ; 2 0 3⎟⎟⎟ ⎟⎟ 0 4 9⎠⎟⎟

0 −1 2⎞⎟ ⎛1 0 ⎜⎜ ⎟⎟ 1 ⎟⎟ ⎜⎜⎜3 −1 2 0 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 2 1 4 − 3 2 d) ⎜⎜ ⎟⎟ . ⎜⎜ ⎟ 6 −4 5⎟⎟⎟ ⎜⎜6 0 ⎟⎟ ⎜⎜ 8 −5 2⎠⎟⎟ ⎜⎝3 2 27. Oldd meg a következő egyenletrendszereket: ⎧⎪x + 2x − x + x ⎧⎪x + 2x − x + x = 1 2 3 4 2 3 4 ⎪⎪ 1 ⎪⎪ 1 ⎪ ⎪ = −1 ; a) ⎨x 1 + 2x 2 − x 3 − x 4 b) ⎨x 1 + 2x 2 − x 3 − x 4 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪x 1 + 2x 2 − x 3 + 2x 4 = 2 ⎪⎪x 1 + 2x 2 − x 3 + 2x 4 ⎪⎩ ⎪⎩ ⎛−1 ⎜⎜ ⎜⎜2 c) ⎜⎜⎜ ⎜⎜−3 ⎜⎜ ⎜⎝1

5 3 ⎞⎟ ⎟⎟ 1 4 −1⎟⎟ ⎟⎟ ; 1 2 0 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ −2 3 0 ⎠⎟⎟ 4

= 1 = −1 ; = 3

Tartalomjegyzék

390

= 1 ⎧⎪x 1 + x 2 − x 3 ⎪⎪ ⎪⎪x 1 + 2x 2 + 3x 3 = 6 ⎪⎪ c) ⎪ ⎨x 1 − 2x 2 − 4x 3 = −5 ; ⎪⎪ ⎪⎪2x 1 + 3x 2 − x 3 = 4 ⎪⎪ = 3 ⎪⎪x 1 + x 2 + x 3 ⎩ ⎧⎪x + 2x + 3x − 4x = 9 2 3 4 ⎪⎪ 1 ⎪ = −5 ; f) e) ⎨2x 1 − 3x 2 + x 3 + x 4 ⎪⎪ ⎪⎪−x 1 + x 2 − 2x 3 = 1 ⎪⎩


⎪⎧⎪x 1 + x 2 + x 3 ⎪⎪ ⎪2x 1 − x 2 + x 3 d) ⎪ ⎨ ⎪⎪3x 1 + 2x 2 − 4x 3 ⎪⎪ ⎪⎪−x 1 + 4x 2 + 3x 3 ⎩

= 3 = 1 = −6

;

= 5

⎧⎪x + x − 2x + x + x = 1 2 3 4 5 ⎪⎪ 1 ⎪⎨2x − x + x − 4x + 2x = 3. 2 3 4 5 ⎪⎪ 1 ⎪⎪4x 1 + x 2 − 3x 3 − 2x 4 + 4x 5 = 6 ⎪⎩

28. Oldd meg a következő egyenletrendszereket: ⎧ 4x + 5y ⎧ = 12 ⎪ ⎪−7x + 7y = −28 a) ⎪⎨ ; b) ⎪⎨ ; −6x − 8y = −18 −4x − 6y = −6 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ ⎧ ⎪ ⎧ −x − 2y = 7 ⎪ ⎪ 3x + 5y = 8 ⎪ d) ⎨ ; e) ⎪⎨ ; −8x + 2y = 2 ⎪ ⎪ 5x − 3y = 0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎩ 29. Oldd meg a következő egyenletrendszereket: ⎧⎪ ⎧⎪ y − 6z y −z = −3 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ a) ⎨ 4x + 5y − 7z = −3 ; b) ⎨−2x + 7y + 5z ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ 2x + 3y − z ⎪⎪−7x − 8y + 4z = 3 ⎪⎩ ⎪⎩ ⎧⎪ 2y + 3z ⎧⎪ x + 2y − 3z = 8 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ c) ⎨−6x − 3y + z = −7 ; d) ⎨ −x + 3y − 2z ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ 7x + 7y + 6z = 26 ⎪⎪−3x + 6y − 2z ⎪⎩ ⎪⎩ ⎧⎪−3x − 6y − 7z = −6 ⎧⎪6x − 2y + z = ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ e) ⎨ 7x + 3y + 5z = 14 ; f) ⎨x − 2y + 7z = ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪3x − 7y + z = ⎪⎪ 4x + 4y − 3z = 8 ⎪⎩ ⎪⎩ 30. Oldd meg a következő egyenletrendszereket: 1 ⎪⎧⎪ 7x − 7y − 8z + 4t = ⎪⎪ ⎪−6x + 5y − 7z − 7t = −25 a) ⎪ ; b) ⎨ = −2 ⎪⎪ −3x − 6y − 7t ⎪⎪ = 3x − 4y − z 7 ⎪⎪ ⎩

⎧ 3x − 4y = −2 ⎪ c) ⎪⎨ ; ⎪− 4x − 6y = −20 ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ =5 ⎪ 2x + 3y f) ⎪ . ⎨ ⎪ 3x + 2y = 2 6 ⎪ ⎪ ⎩

=

0

= −4 4 ; = −1 2 = =

1 −6 ;

= −18 1 12 . 19

⎧⎪−5x − 2y + 2z + 5t ⎪⎪ ⎪⎪ −y − 6z + 6t ⎪⎨ ⎪⎪−4x + 4y + 2z + 4t ⎪⎪ ⎪⎪ 3x + 3y − 5z ⎩

= 6 = 6 = 4 = 1

;

Tartalomjegyzék


⎧ ⎪⎪ 6x + 3y − 4z − 5t ⎪⎪ ⎪ −7x + y + z − 6t c) ⎪ ⎨ ⎪⎪ −7x + 2y + z − 6t ⎪⎪ ⎪⎪−3x − 2y − 7z + 4t ⎩ ⎪⎧⎪ 4x + 5y + 5z − 4t ⎪⎪ ⎪ x − 4y + 5z − 7t e) ⎪ ⎨ ⎪− ⎪⎪ 4x + 5y + 7z + 3t ⎪⎪ −8x + y − 7z − 5t ⎪⎩

391

=

= −39 = −43 =

21

=

−7

=

20

= − 23 =

⎧⎪ 7x − 7y − 8z + 4t ⎪⎪ ⎪⎪−6x + 5y − 7z − 7t d) ⎪ ⎨ ⎪⎪ −3x − 6y − 7t ⎪⎪ 3x − 4y − z ⎪⎪ ⎩ ⎪⎧⎪ −x − 4y + 4z + 6t ⎪⎪ ⎪ 6x + 6y − 2z − t f) ⎪ ⎨ ⎪⎪−3x + 6y + 6z − 8t ⎪⎪ 7x − z − 4t ⎪⎪ ⎩

4 ;

;

49

=

1

= −25 =

−2

=

7

=

.

36

= −52 = −22

.

= −37

31. Oldd meg a következő egyenletrendszereket: ⎪⎧⎪ 6x 1 − 4x 2 + 6x 3 + 3x 4 − 8x 5 = −12 ⎪⎪ ⎪⎪ −x 1 + 2x 2 + 6x 3 − 2x 4 − x 5 = −7 ⎪ = −10 ; 5x 1 + x 3 + 4x 4 − 3x 5 a) ⎪ ⎨ ⎪⎪ = −25 2x 1 + x 2 + 4x 3 − 6x 4 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪−4x 1 − 3x 2 − 5x 3 + 5x 4 − 2x 5 = 36 ⎩ ⎧⎪ −2x 1 + 2x 2 + 4x 4 + 6x 5 = −6 ⎪⎪ ⎪⎪ −5x 1 − 7x 3 + 4x 5 = 32 ⎪⎪ b) ⎪ ⎨ 6x 1 − 2x 2 − 4x 3 + 5x 4 + 4x 5 = −16 . ⎪⎪ = −31 ⎪⎪ 5x 1 − x 2 + 2x 3 + 7x 4 + 4x 5 ⎪⎪ ⎪⎪−3x 1 − 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 − 8x 5 = 38 ⎩ 32. Bizonyítsd be, hogy ha A ∈ M 2 ( ) és det (A4 + I 2 ) = 0 , akkor det(A) = 1 . (Helyi olimpia, 2004., Călăraşi)

33. Oldd meg

⎧⎪yz (2x + y + z ) = 42 ⎪⎪ ⎪ -en az ⎪ ⎨xz (x + 2y + z ) = 24 rendszert! ⎪⎪ ⎪⎪xy (x + y + 2z ) = 18 ⎪⎩

34. Oldd meg

⎧⎪ u + v ⎪⎪ ⎪⎪ ux + vy -en az ⎪ ⎨ux 2 + vy 2 ⎪⎪ ⎪⎪ 3 ⎪⎪ux + vy 3 ⎩

= =

(Gheorghe Szöllősy)

1 a

= a2 = a3

egyenletrendszert, ha a ∈

!

Tartalomjegyzék

392


35. Bizonyítsd be, hogy ha A ∈ M n ( ) és A2 = A + I n , akkor det(A) < 2n . 36. Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ M n ( ) , akkor det(I n + AB ) = det(I n + BA) . 37. Bizonyítsd be, hogy A, B ∈ M n ( ) invertálható, ha I n + BA invertálható. 38. Ha p, q ∈

esetén

I n + AB

pontosan akkor

úgy, hogy p 2 − 4q < 0 és n egy páratlan természetes szám, akkor

az A ∈ M n ( ) mátrix esetén A2 + pA + qI n ≠ 0n .

x a1 a2 a1 x a2 39. Számítsd ki a Δ = a1 a2 x

an an an determinánst!

a1 a2 a 3

1 + x1 40. Számítsd ki a Δ =

x1

x

x2

x3

xn

1 + x2 x3

xn

x1

x2

x3

determinánst!

1 + xn

41. Az A = (aij )1≤i , j ≤n mátrixot sztochasztikus mátrixnak nevezzük, ha minden eleme nemnegatív és minden sorában az elemek összege 1 . Az A -t kétszeresen sztochasztikus mátrixnak nevezzük ha A és At sztochasztikusak. Bizonyítsd be, hogy: a) két sztochasztikus mátrix szorzata is sztochasztikus mátrix! b) két kétszeresen sztochasztikus mátrix szorzata is kétszeresen sztochasztikus mátrix! 42. Számítsd ki az áramerősségeket az alábbi áramkörben, ha E1 = 80V , E 2 = 40V , R1 = 2Ω , R2 = 2Ω , R3 = 1Ω , R4 = 8Ω , R5 = 4Ω , R6 = 6Ω és R7 = 10Ω . E1

R1

E2

R2

R4

R3

R5

R6

R7

Tartalomjegyzék


393

ISMÉTLŐ TESZT ⎛5 4⎞⎟ ⎛2 1 ⎞⎟ ⎜ 1. Oldd meg a ⎜⎜⎜ ⎟⎟ mátrixegyenletet! ⎟⎟⎟ X = ⎜⎜ ⎜⎝4 5⎠⎟⎟ ⎜⎝3 4⎟⎠ 2. Számítsd ki a

x 12 x 22 x 32 Δ = x 2 x 3 x1 x 3 x1 x 2

determinánst, ha x 1 ,

x2

és x 3

az

x 3 − 2x 2 + 3x − 1 = 0 egyenlet megoldásai. x 2 2 2 3. Számítsd ki az

2 x

2 2

2 2 x

2

= 0 egyenlet gyökeinek összegét!

2 2 2 x 4. Oldd meg a következő egyenletrendszert: = 0 ⎪⎧⎪ 3x 1 + 4x 2 − 5x 3 + 7x 4 ⎪⎪ = 0 ⎪⎪ 2x 1 − 3x 2 + 3x 3 − 2x 4 . ⎨ ⎪⎪4x 1 + 11x 2 − 13x 3 + 16x 4 = 0 ⎪⎪ ⎪⎪3x 1 − 13x 2 + 14x 3 − 13x 4 = 0 ⎩ 5. Az a, b ∈ milyen értékeire összeférhető a következő egyenletrendszer: ⎧⎪ ax + y + z = 4 ⎪⎪ ⎪ ⎨ x + by + z = 3 . ⎪⎪ ⎪⎪x + 2by + z = 4 ⎪⎩ ⎛0 1 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ n * 6. Számítsd ki A -t ( n ∈ ), ha A = ⎜⎜1 0 1⎟⎟⎟ . ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜0 1 0⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎛1 2 −1 0 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜0 1 1 −2⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ mátrix rangját! 7. Számítsd ki az A = ⎜⎜⎜ ⎜⎜2 5 −1 −2⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ 1 5 2 − 6 ⎜⎝ ⎠⎟ 8. Számítsd ki az A(1,1) , B(−3, −2) és C (−2, 3) pont által meghatározott háromszög területét!

Tartalomjegyzék

394


9. Számítsd ki a

1

0

−1

2

1

1

2

−1

2

−1

3

0

−3

1

2

3

determinánst!

ÉRETTSÉGIRE FELKÉSZÍTŐ FELADATOK ⎛1 2⎞⎟ ⎛1 0⎞⎟ ⎛0 0⎞⎟ ⎟⎟ , I 2 = ⎜⎜ ⎟⎟ , O2 = ⎜⎜ 1. Adottak az A = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ mátrixok és az ⎜ ⎜ ⎜⎝1 3⎠⎟⎟ ⎜⎝0 1⎠⎟⎟ ⎜⎝0 0⎠⎟⎟ f : M 2 ( ) → M 2 ( ) , f (X ) = AX − XA függvény. a) Számítsd ki az A mátrix determinánsát és rangját! b) Számítsd ki f (O2 ) -t és f (I 2 ) -t! c) Bizonyítsd be, hogy f (aX ) = af (X ) , bármely X ∈ M 2 ( ) , a ∈

esetén!

d) Bizonyítsd be, hogy f (X + Y ) = f (X ) + f (Y ) , ∀ X ,Y ∈ M 2 ( ) esetén! e) Bizonyítsd be, hogy f nem injektív és nem szürjektív! (Érettségi változat, 2005.) ⎛1 0⎞⎟ ⎛0 0⎞⎟ ⎛0 1⎞⎟ ⎛1 0⎞⎟ ⎟⎟ , O2 = ⎜⎜ ⎟ , J = ⎜⎜ ⎟⎟ és K = ⎜⎜ ⎟ 2. Adottak az I 2 = ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜0 0⎟⎟ ⎜⎜0 0⎟⎟ ⎜⎜0 0⎟⎟⎟ mátrixok. ⎜⎝0 1⎠⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ a) Bizonyítsd be, hogy O2 és J nilpotensek (lásd 383. old. 30. feladat).

b) Bizonyítsd be, hogy K nem invertálható és nem nilpotens.

⎛p q ⎞ c) Bizonyítsd be, hogy ha X ∈ M 2 ( ) , X = ⎜⎜r s ⎟⎟⎟ , akkor ⎜⎝ ⎠⎟ X 2 − ( p + s ) X + ( ps − rq ) I 2 = O2 . ⎛a b ⎞⎟ ⎟⎟ ∈ M 2 ( ) mátrix esetén A2 = O2 , d) Bizonyítsd be, hogy ha az A = ⎜⎜⎜ ⎜⎝c d ⎠⎟⎟ akkor a + d = 0 és ad − bc = 0 . e) Bizonyítsd be, hogy ha B ∈ M 2 ( ) nilpotens, akkor B 2 = O2 .

f) Bizonyítsd be, hogy I 2 nem írható fel véges számú nilpotens mátrix összegeként! (Érettségi, 2005.)

Tartalomjegyzék


395

⎛a b ⎞⎟ ⎛a b ⎞⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟⎟ , ahol z a z 3. Az X ∈ M 2 ( ) , X = ⎜ ⎟⎟ , mátrix esetén legyen X = ⎜⎜⎜ c d ⎜⎝ ⎜⎝c d ⎠⎟⎟ ⎠⎟

komplex szám konjugáltja. Legyen f : M 2 ( ) → M 2 ( ) , f (X ) = X . Egy

A ∈ M 2 ( ) invertálható mátrix esetén értelmezzük a g A : M 2 ( ) → M 2 ( ) , g A (X ) = A ⋅ X ⋅ A−1 , ∀X ∈ M 2 ( ) függvényt. a) Bizonyítsd be, hogy z + w = z + w és z ⋅ w = z ⋅ w , ∀z , w ∈

.

b) Bizonyítsd be, hogy f (X + Y ) = f (X ) + f (Y ) és f (X ⋅Y ) = f (X ) ⋅ f (Y ) ,

∀X ,Y ∈ M 2 ( ) . c) Bizonyítsd be, hogy ( f

f )(X ) = X , ∀X ∈ M 2 ( ) .

d) Bizonyítsd be, hogy az f függvény invertálható és számítsd ki az inverzét! e) Bizonyítsd be, hogy a g A függvény bijektív, g A (X + Y ) = g A (X ) + g A (Y ) és

g A (X ⋅Y ) = g A (X ) ⋅ g A (Y ) , ∀X ,Y ∈ M 2 ( ) . f) Bizonyítsd be, hogy f ≠ g A , bármely A ∈ M 2 ( ) invertálható mátrix esetén. (Érettségi változat, 2004.)

⎛1 0 0⎞⎟ ⎛3 2 1⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜ ⎟ 4. Adottak az A = ⎜6 4 2⎟⎟ , I 3 = ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟ és B = I 3 + A mátrixok. ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜0 0 1⎟⎟ ⎜⎜9 6 3⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ a) Számítsd ki az A mátrix determinánsát és rangját!

⎛1⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ b) Ha X = ⎜⎜2⎟⎟⎟ és Y = 3 2 1 , számítsd ki az S = A − X ⋅Y mátrixot! ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜3⎟⎟ ⎝ ⎠

(

)

c) Bizonyítsd be, hogy A2 = 10A . d) Bizonyítsd be, hogy B invertálható és B −1 = I 3 −

1 A. 11

e) Határozz meg három olyan U ,V ,W ∈ M 3 ( ) mátrixot, amelyeknek a rangja

1 és B = U + V + W .

Tartalomjegyzék

396


f) Bizonyítsd be, hogy C + D ≠ B bármely két olyan

C , D ∈ M 3 ( ) mátrix

esetén, amelyek rangja 1 . (Érettségi változat, 2004.)

⎛0 0 0⎞⎟ ⎛0 0 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ 5. Az M 3 ( ) halmazban tekintsük az A = ⎜1 0 0⎟ , O3 = ⎜0 0 0⎟⎟⎟ mátrixokat, ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎜⎝0 1 0⎠⎟ ⎜⎜⎝0 0 0⎠⎟ valamint az f : M 3 ( ) → M 3 ( ) , f (X ) = X 3 függvényt. a) Számítsd ki az A mátrix determinánsát és rangját! b) Számítsd ki az A2 és A3 mátrixokat! c) Bizonyítsd be, hogy ha Y ∈ M 3 ( ) és YA = AY , akkor létezik az ⎛a 0 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ a, b, c ∈ úgy, hogy Y = ⎜⎜b a 0⎟⎟ ! ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜c b a ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎛a 0 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ d) Bizonyítsd be, hogy ha Z = ⎜b a 0⎟⎟ , ahol a, b, c ∈ és det (Z ) = 0 , akkor ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜c b a ⎟⎟ ⎝ ⎠

Z 3 = O3 . e) Keress két U ≠ V ∈ M 3 ( ) mátrixot úgy, hogy f (U ) = f (V ) legyen. f) Bizonyítsd be, hogy az f (X ) = A egyenletnek nincs megoldása M 3 ( ) -ben. (Érettségi változat, 2004.) ⎛−1 −1 0⎞⎟ ⎛1 0 0⎞⎟ ⎛0 0 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎟ ⎟ 0 0⎟⎟ , I 3 = ⎜0 1 0⎟⎟ és O3 = ⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ mátrixok. 6. Adottak az A = ⎜ 1 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 0 ⎜⎜0 0 1⎟⎟ ⎜⎜0 0 0⎟⎟ 1 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ a) Számítsd ki az A mátrix determinánsát és rangját! b) Számítsd ki az A2 és A3 mátrixokat! c) Bizonyítsd be, hogy A3 + A2 + A = O3 . d) Keress egy olyan B ∈ M 3 ( ) , B ≠ O3 mátrixot, amelyre AB = BA = O3 . e) Bizonyítsd be, hogy A2005 = A . f) Bizonyítsd be, hogy I 3 ≠ aA + bA2 + cA3 , ∀a, b, c ∈

. (Érettségi, 2005.)

Tartalomjegyzék

Összefoglaló feladatok 7. Az

M2 ( )

halmazban

397 tekintsük

⎧⎛a b ⎞ ⎪ ⎟⎟ ⎜ G =⎪ ⎨⎜⎜ ⎟ a, c ∈ (0, ∞), b ∈ ⎪ ⎜⎝0 c ⎠⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎩ a) Bizonyítsd be, hogy I 2 ∈ G ! ⎛a b ⎞⎟ b) Számítsd ki az M = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ∈ G ⎜⎝0 c ⎠⎟⎟

az

⎛1 0⎞⎟ ⎟⎟ I 2 = ⎜⎜⎜ ⎜⎝0 1⎠⎟⎟

mátrixot

és

a

⎫ ⎪ ⎪ részhalmazt. ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎭

mátrix determinánsát!

c) Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ G , akkor A ⋅ B ∈ G ! ⎛a b ⎞⎟ d) Bizonyítsd be, hogy ha C = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ∈ G , akkor ⎜⎝0 c ⎠⎟⎟

⎛1 b⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎜ ac ⎟⎟⎟ ∈ G és D = ⎜⎜a 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ 0 c ⎠⎟

C ⋅ D = D ⋅C = I 2 ! e) Keress két U ,V ∈ G mátrixot, amelyekre U ⋅V ≠ V ⋅U . f) A matematikai indukció módszerével bizonyítsd be, hogy n ⎛a n b (a n −1 + a n −2c + ... + ac n −2 + c n −1 )⎞⎟ ⎛a b ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ = ⎜⎜⎜ ⎜⎜0 c ⎟⎟ ⎟⎟⎟ , ∀ n ∈ n ⎜⎜ 0 c ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∗

, ∀ a, b, c ∈

.

⎛ ⎞ 1 ⎜⎜−1 − 3 ⎟⎟ ⎟ mátrixot! ⎜ 2 ⎜⎜⎝ 3 −1 ⎟⎠⎟⎟ a) Számítsd ki det A -t! b) Számítsd ki A−1 -t! c) Oldd meg az AX = 3I 2 egyenletet!

8. Tekintsük az A =

*

d) Bizonyítsd be, hogy bármely n ∈ An = an A + bn I 2 ! e) Határozd meg azt a legkisebb k ∈ 9. Az

M2 ( )

*

esetén létezik an , bn ∈

úgy, hogy

számot, amelyre Ak = I 2 !

halmazban tekintjük a

⎧ ⎪ ⎪⎛ a b ⎞⎟⎟ 2 2 G = ⎪⎨⎜⎜⎜ ⎟⎟ a − 2b = 1, a, b ∈ ⎪ b a 2 ⎜ ⎟ ⎠ ⎪ ⎪⎝ ⎩

részhalmazt. ⎛1 0⎞⎟ ⎟⎟ ∈ G ! a) Bizonyítsd be, hogy I 2 = ⎜⎜⎜ ⎜⎝0 1⎠⎟⎟ b) Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ G , akkor AB ∈ G !

⎫⎪ ⎪⎪ ⎬ ⎪⎪ ⎭⎪

Tartalomjegyzék

398


⎛ a b ⎞⎟ c) Bizonyítsd be, hogy ha X ∈ G , X = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ , akkor X invertálható és ⎜⎝2b a ⎠⎟⎟ számítsd ki az inverzét! ⎛ a b ⎞⎟ ⎟⎟ mátrixra, amelyekre b ≠ 0 ! d) Adj példát két A ∈ G , A = ⎜⎜⎜ ⎜⎝2b a ⎠⎟⎟ ⎛ a b ⎞⎟ ⎟⎟ , a > 0 és b > 0 , akkor bármely e) Bizonyítsd be, hogy ha B ∈ G , B = ⎜⎜⎜ ⎟ ⎝⎜2b a ⎠⎟

n∈

*

esetén B n ≠ I 2 !

⎧⎛a 0⎞ ⎪ ⎟⎟ 10. Az M 2 ( ) halmazban tekintjük a G = ⎪⎨⎜⎜⎜ ⎟⎟ a ∈ (0, +∞), b ∈ ⎪ 1 b ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎪ ⎪ ⎩ részhalmazt. a) Bizonyítsd be, hogy I 2 ∈ G . b) Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ G , akkor AB ∈ G ! c) Bizonyítsd be, hogy ha C ∈ G , akkor létezik D ∈ G CD = DC = I 2 ! d) Adj példát két S ,T ∈ G mátrixra úgy, hogy ST ≠ TS !

e) Bizonyítsd be, hogy bármely A ∈ G és n ∈ hogy X n = A ! ⎛0 1 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ 11. Legyen A = ⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ . ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜1 0 0⎟⎟ ⎝ ⎠

*

⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎭

úgy, hogy

esetén létezik X ∈ G úgy,

a) Számítsd ki det A -t! b) Számítsd ki az A2 és A3 mátrixokat! c) Bizonyítsd be, hogy A invertálható és számítsd ki az inverzét! ⎛2 0 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ d) Oldd meg M 3 ( ) -ben az A ⋅ X = B egyenletet, ha B = ⎜4 0 4⎟⎟⎟ ! ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜2 9 0⎟⎟ ⎝ ⎠ 2006

⎛2 3 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ e) Számítsd ki a ⎜⎜0 2 3⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜3 0 2⎟⎟ ⎝ ⎠

mátrixot!

Tartalomjegyzék


399

12. Tekintsük az

⎧ ⎪ mx + y = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨mx + my + 2z = 2 ⎪ ⎪ ⎪ x +y +z =1 ⎪ ⎪ ⎩ egyenletrendszert! a) Számítsd ki a rendszer determinánsát! b) Határozd meg a determináns zérushelyeit, ha m = 1 esetén a determináns 0 ! c) Vizsgáld a rendszer összeférhetőségét m = 1 esetén! d) Oldd meg az egyenletrendszert m = 2 esetén! e) Számítsd ki a rendszer mátrixának inverzét m = 0 esetén! 13. Az xOy koordinátarendszerben adottak az An (−n, n 2 ) , n ∈ pontok. a) Írd fel A0 és A1 koordinátáit! b) Írd fel az A0A1 egyenes egyenletét! c) Bizonyítsd be, hogy az An An +1An +2 háromszög területe nem függ n -től! (Érettségi változat, 2002.) 14. Az xOy koordinátarendszerben adottak az A(1,1) , B(3, 3) és C (−1, 2) pontok. a) Számítsd ki az ABC háromszög kerületét! b) Számítsd ki az AB egyenes iránytényezőjét! c) Írd fel a C ponton átmenő azon egyenes egyenletét, amelynek iránytényezője megegyezik az AB egyenes iránytényezőjével! (Érettségi változat, 2001.) 15. Az xOy koordinátarendszerben adott az A(6, 0) , B(0, 6) és C (12,12) pont. a) Számítsd ki az ABC háromszög területét! b) Határozd meg az M (u, v ) pontkoordinátáit, ha MA = MB = MC ! c) Írd fel az A , B és C pontokon átmenő kör egyenletét! (Érettségi változat, 2001.) 16. Az xOy koordinátarendszerben adott az A(1,1) , B(2, 0) , C (3, −1) pont és a d : x − y = 0 egyenes. a) Írd fel az AB egyenes egyenletét. b) Bizonyítsd be, hogy az A , B és C pont kollineáris! c) Számítsd ki a C pont d egyenestől mért távolságát! (Érettségi változat, 2001.) 17. Határozd meg az AB és AC szakaszok felezőmerőlegesének metszéspontját, (Érettségi változat, 1998.) ha A(2, 5) , B(5,1) és C (−2, 2) !

Tartalomjegyzék

400

Tartalomjegyzék

ÚTMUTATÁSOK ÉS MEGOLDÁSOK MATEMATIKAI ANALÍZIS I. Valós számok és függvények 11. old. Gyak. 1. a) nem létezik; b) nem létezik; c) ∃ inf, min, max , sup A = 5 ; d) ∃ inf, min ,

sup A = max A = 10 ; e) ∃ min, max, sup , inf A = 7 ; f) inf A = min A = 2000 , ∃ sup, max ; g) inf A = −3 , sup A = 100 , ∃ min, max ; h) inf A = min A = −8 , sup A = 13 , ∃ max ; i) , ∃ min , sup A = max A = 11 ; j) nem létezik; k) ∃ min , , sup A = max A = 103 ; l) inf A = min A = 0 , ∃ max , sup A = 1 ; m) inf A = 0 , sup A = 2 ; ∃ min, max ; n) inf A = min A = 1 ; sup A = max A = 3 ; o) min A = inf A = 3 , ∃ sup, max ; p) inf A = −3 ,

∃ min, sup, max ; r) inf A = 5 , ∃ min, sup, max .

n 2 n2 − 4 : b) −45 , 0 ; c) 0 , ; d) 0 , 0 , ha n = 0 ; 1 , 0 , ha n = 1 és 2 , 2 , ha n≥2; 5 n+3 n +2 ⎧ 6k + 1 ⎫ ⎡4 3⎤ 1 ⎞ ⎡1 5⎞ ⎡ 9 7⎞ ⎛ 7⎤ ⎡ 1 k∈ ⎪ 3. a) ⎜⎜2, ⎥ ; b) ⎢ , ⎥ ; c) ⎢− , − ⎟⎟⎟ ∪ ⎢ , ⎟⎟⎟ ∪ ⎢ , ⎟⎟⎟ ; d) ⎪ ⎨ ⎬ ; e) x = 1 . ⎝ 2 ⎥⎦ ⎪ 3 ⎪ 4 ⎠ ⎣⎢ 3 3 ⎠ ⎣⎢ 4 3 ⎠ ⎣⎢ 3 ⎣⎢ 7 4 ⎦⎥ ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ Feladatok. 1. a) inf A ≤ a , ∀a ∈ A , inf B ≤ b , ∀b ∈ B ⇒ inf A + inf B ≤ a + b , 2. a) 3 ,

∀ (a + b ) ∈ (A + B ) , tehát inf A + inf B alsó korlátja A + B -nek. Ha ε > 0 , ∃a ∈ A és ∃b ∈ B ú.h. ε ε inf A + > a és inf B + > b , tehát ∃a + b ∈ A + B ú.h. inf A + inf B + ε > a + b , így 2 2 inf A + inf B = inf (A + B ) . Hasonlóan igazoljuk a b), c) és d) pontokat illetve a max, min -ra is 2. a) M 1 = max f (t ) ≥ f (x ) , ∀x ∈ [a, b ] ⇒ M 1 + M 2 ≥ f (x ) + g (x ) , ∀x ∈ [a, b ] ⇒ t ∈[a ,b ]

M 1 + M 2 ≥ max ( f (x ) + g (x )) . Hasonlóan a b) és c) pontokra 3. Az A minden eleme alsó korlátja x ∈[a ,b ]

B -nek, tehát a ≤ inf B , ∀a ∈ A , tehát inf B felső korlátja A -nak, sup A ≤ inf B . 2001 2001 2001 2001 2001 = 1 − (2 − 3 ) ; 4. a) ⎡⎢(2 + 3 ) ⎤⎥ = (2 + 3 ) + (2 − 3 ) − 1 , (2 + 3 ) ⎣ ⎦ n2 + n + 1 = n2 + n + 1 − n ; b) n 2 ≤ n 2 + n + 1 < n 2 + 2n + 1 ⇒ ⎡⎢ n 2 + n + 1 ⎤⎥ = n , ⎣ ⎦ ⎡ n (n + 1) ⎤ n (n + 1) ⎧n (n + 1)⎫⎪ ⎥= és ⎪ c) n ∈ {3k , 3k + 2 k ∈ } ⇒ ⎢ ⎨ ⎬ = 0 . n = 3k + 1 ⎪⎩⎪ ⎪⎭⎪ ⎢⎣ ⎥ 6 6 6 ⎦

{

}

{

}

⇒

⎡ n (n + 1) ⎤ n (n + 1) − 2 ⎢ ⎥= ⎢⎣ ⎥⎦ 6 6

⎪⎧n (n + 1)⎪⎫ 1 , ⎨ ⎬= . ⎪⎩⎪ ⎪⎭ 6 ⎪ 3 2003 k (k + 1) 1 n (n + 1) − 668 ⋅ = 446781613 ; 5. a) ; b) ∑ 6 3 2 k =1

∑ (1 − (3 − 2 2 ) ) = n −

(

(

2 − 1) 1 − (2 − 2 2 )

n

) . 6.

5 . 2 4 29. old. 1. a) páros; b) páratlan; c) egyik sem; d) egyik sem, az értelmezési tartomány nem 1 szimmetrikus; 2. a) periodikus, T = ; b) periodikus, minden racionális szám periódusa, nincs 3 főperiódusa 3. Az x → x + a helyettesítéssel f (x + 2a ) = f (x ) . 4. Kétszer alkalmazzuka az c)

n

k

k =1

x → x + 2 helyettesítést ⇒ f (x + 6) = f (x ) . 5. a)

; b)

a (−∞, −3) -n és (1, ∞) -en,

a

Tartalomjegyzék

Tartalomjegyzék (−3, −1) -en és

(−1,1) -en; c)

2

f (x ) = x − 3x + 2

−

401

nem

monoton

.

6. +

abból

-on.

7.

következik,

hogy

x 1,2 ∈ (−1,1)

⇔

xk

növekvő

f (1) > 0 ,

+

-on.

f (−1) > 0 ,

b Δ ∈ (−1,1) , − < 0 . Az állítás igaz. 9. m ∈ (−∞, 0) , yV = −xV2 − xV . 10. inj.; 11. Igazoljuk, 2a 4a 2

hogy ha x az x = x 2 − 2 vagy x = (x 2 − 2) − 2 , egyenlet gyöke, akkor f (x ) is gyöke az illető

⎛ −1 ± 5 ⎞⎟ ⎧⎪⎪ −1 ± 5 ⎫⎪⎪ ⎟⎟ ∈ ⎨−1, 2, f (−1) , f (2) ∈ {−1, 2} , míg f ⎜⎜ ⎬ . Minden esetben 2 2 ⎝⎜ ⎠⎟ ⎪⎩⎪ ⎭⎪⎪ ellentmondáshoz jutunk, tehát nem létezik ilyen függvény. 12. (a, b ) ∈ {(0, 0) , (4, 4) , (6, 5) , (5, 6)} . 13. egyenletnek. Így

f (0) = f (1) =

1 , tehát f nem lehet injektív. 2

II. Valós számsorozatok (n − 1) (n − 4) n2 − n + 6 +2; ; e) 2 5 2 n −1 1 1 n n f) 3 ⋅ (−1) (2n − 1) !! = 3 ⋅ (−1) ⋅ 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ... ⋅ (2n − 1) ; g) 2 + 32 . 4. a) ; b) 3 ; n +1 2n + 3

1

34. old. 3. a)

n −1

; b) 4 − 2n ; c) 3n −1 − 2 ; d)

2n −1

n+2 . n 1 1 nπ nπ 3n + 2n 55 ⋅ 3n ; b) n − n ; c) 2n (1 + 2n ) ; d) cos + 3 sin ; e) ; 37. old. 1. a) 3 3 5 27 ⋅ 2n − 7 ⋅ 3n 2 3 3 f) . 2. A matematikai indukció módszerét használjuk. 5 − 2n x n2+1 + x n2 − 4x n x n +1 = 1 , 3. A rekurziós összefüggés négyzetre emelésével így n −1

c) n + 3 ; d) 2 2

; e)

x n = 2x n +1 ± 3n2 +1 + 1 . Ha az első összefüggésben + van, akkor a következőben − . Ha x 0 = 0 és az eredeti rekurzióban csak + -t, akkor x 1 = 4 és x n −1 + x n +1 = 4x n , így x n ∈ , ∀n ∈ . Ha mindenütt − -t választunk, akkor ugyanazt a sorozatot kapjuk ellentétes előjellel. A sorozat bármely tagjából kiindulva, + esetén az eredeti sorozat következő tagját kapjuk és − esetén az előzőt. 1 , 0 ≤ an ≤ 1 ; b) a5 < a6 > a7 , nem monoton, −1 ≤ an ≤ ; 40. old. 1. a) 12 2 c) csökkenő, 0 < an ≤ ; d) nem monoton, an ≤ 1 ; e) nem monoton és nem korlátos; 11 7 5 f) nem monoton, 0 ≤ an ≤ 1 . 2. a) növekvő , 3 ≤ an < ; b) , 1 ≤ an < 2 ; c) , 1 ≤ an < ; 3 3 d) , 1 ≤ an < 3 ; e) , felülről nem korlátos. 3. a), d), f), i) 0 < an < 1 ; b), c), g) nem korlátost; e) an ≤ 2 ; h) 0 < an < 2 . 4) a) növekvő ; b), c), d), e), f), h) ; g) nem monoton. 5. Kiválasztjuk a legkisebb és a legnagyobb számot és két esetünk van: egymásután vannak a sorozatban vagy nincsenek egymásután. 2 47. old. a) lim an = ; b), e), h), l), n) lim an = 0 ; c), k) lim an = 1 ; d) lim an = 3 ; n →∞ n →∞ n →∞ n →∞ 7 1 1 f), g), m) divergens; i) lim an = ; j) lim an = . n →∞ n →∞ 4 2 1 50. old. 1. a 4n = 0 , a 4n +1 = 1 ; 2. a2n = → 0 , a2n +1 = 0 , tehát lim an = 0 . n →∞ n

Tartalomjegyzék

402

Tartalomjegyzék

3. a 2n → l1 , a2n −1 → l 2 , a 3n → l 3 ; (a6n ) ⊂ (a2n ) és (a6n ) ⊂ (a 3n ) ⇒ l 3 = l1 , hasonlóan (a6n −3 ) ⇒

l 3 = l 2 , tehát l1 = l2 . 2 1 2 1 ; b) ; c) 0 ; d) divergens; e) 18 ; f) . 2. a) ; b) 3 2 ; 3 3 3 3 c) divergens; d) 1 . 3. Hamis, an = n , bn = −n . 4. a), b), d), f), g) F, e) A. 5. an − bn ≥ 0 ⇒ n n −1 lim (an − bn ) ≥ 0 ⇒ a − b ≥ 0 . Ha an > bn . nem következik a > b , csak a ≥ b , pl. > , n →∞ n +1 n +1 míg 1>1 . 56. old. 1. a) A, b),c), d) F. 2. a), c), e) ∞ , b) −∞ , d) egyik sem. 2n + 1 2n + 1 n2 n2 , an → 1 ; b) , an → 0 ; 62. old. 1. a) 2 < an < 2 2 < an < (n + 1) n2 + 1 n +n n +1 54. old. 1. a) an → −

c)

n 3

3

n +n

f) an <

< an <

n 3

3

n +1

, an → 1 ; d) −

n n 54 ⎛ 5 ⎞⎟n −5 ⋅ ⎜ ⎟ , an → 0 ; ≤ an ≤ 2 , an → 0 ; e) an < 2 n n 4 ! ⎜⎝ 6 ⎠⎟

n n k n 1 k n5 , an → 0 ; 2. an > 3 , divergens; 3. an < ∑ 2 , an < ∑ 2 , 2 2 3n + 1 n n +n n 1 ( + n + 1) k =1 k =1

1 . 4 65. old. a) ha an →

a >1,

a2n = an → l = l ,

1 ≤ an ≤ a

és

⇒ konvergens. Ha

l = 1 . Hasonlóan a többi estre is. b)

an → l ≥ 1 ,

a2n → l ,

és korlátos, an → l , a2n → l ,

a 2n = 2 ⋅ a n → l = l ≥ 1 ⇒ l = 1 . 67. old. 1. a) p4 → p2 , p6 → p4 , p1 → p3 , p6 → p2 ; b) p1 ∧ p2 → p4 , p3 ∧ p4 → p2 , pi ∧ p4 → p2 , p5 ∧ p4 → p6 , pi ∧ p6 → p2 , p6 ∧ pi → p4 , pi ∧ p4 → p3 , p5 ∧ p3 → p6 . n

2. a), b), c) an → 0 . 3. an = x n −1 + αx n −2 + ... + αn −3x 2 + αn −2x 1 + αn −1a1 . x n → l .

∀ε > 0 , ∃n 0 ú.h. x n − l < ε ∀n ≥ n 0 ⇒ an −

l < 1−α

1 − αn −n0 αn −1 + αn −n0 −1 x n0 − l + α x n0 −1 − l + ... + αn0 −1 x 1 − l + αn0 a1 + l → 0. 1− α 1−α l 1 . (Igaz ∀α ∈ (−1,1) ). 4. x n = an +1 + an csökkenő és pozitív, tehát konvergens. Tehát an → 2 1−α Az előző feladat alapján (an ) konvergens. 1 1 < ln (n + 1) − ln n < egyenlőtlenséget használjuk. 2. Bizonyítjuk, hogy egy 69. old. 1. Az n +1 n l ⎛1 1 1 ⎞⎟ l ⎟⎟ → ∞ ⇒ ln an → −∞ + ... + n 0 -tól ln an − ln an +1 > , így ln an0 − ln an > ⎜⎜⎜ + 4 ⎝n0 n0 + 1 n − 1 ⎠⎟ 4n < ε⋅

(

)

⇒ an → 0 . 71. old. 1. a) e 6 ; b)

1

e ; h) e . 2. c) ln (1 + x n )xn b)

1 1 1 1 1 ; d) 1 , ha a < ; e −2 , ha a = , 0 ha a > ; e) 4 ; f) e x ; g) e4 2 2 2 e yn xn → ln e = 1 ; a) yn = e − 1 → 0 , →1; ln (1 + yn )

e 3 ; c)

e xn ln a − 1 ⋅ ln a → ln a ; 3. ld. 101. old. 4. a) ln a ; b) x n ln a

ab ; c) p a1 ⋅ a2

ap .

Tartalomjegyzék

Tartalomjegyzék

403

1 1 1 1 1 ; b) ; c), d) 1 ; e) 0 ; f) . 2. a), b), d) 1 ; c) ; e) ; f) 0 . p +1 5 2 24 e 7 3 3 1 3 7 84. old. I. 1. a) − ; b) − ; c), d) 0 ; e) ; f) ; g) ; h) 2 ; i) 1 ; j) ; k), l) ∞ . 15 2 2 2 4 2 1 1 2. a), k), n), o) ∞ ; b), e), l), p) −∞ ; d), g), i), m), q) 0 ; c) 10 ; f) ; h) − ; j), r) 1 . 2 2 25 1 1 4 1 1 3. a), d), g), i), j) 1 ; b) ; c), h) ; e) ; f) ∞ . 4. a) ; b) ; c) ; d) 4 . 48 2 4 9 6 300 1 2 5. a) ; b), d) 1 ; c) −1 ; e) 0 ; f) ; g) 0 , ha λ = 1 , ∞ , ha λ < 1 és −∞ , ha λ > 1 ; 2 3 2 h) 0 , ha λ = 3 2 , ∞ , ha λ < 3 2 és −∞ , ha λ > 3 2 ; i) 1 − a 2 ; j) , ha λ = 1 , ∞ , ha λ < 1 és 3 3 3 3 −∞ , ha λ > 1 ; k) ∞ ; l) 0 , ha a = b vagy k < , ∞ , ha k > és a > b , −∞ , ha k > és 4 4 4 1 1 2006 1 a < b . 6. a) ; b) 3 ; c), e) 0 ; d) ∞ ; f) ln 12 ; g) ln ; 7) a) a = −1 , b = − ; b) a = 0 ; 1989 2 e e 1 1 c) a = 0 , b = − , c = . 8. a), b), c), d) konvergensek; e) divergens. 9. Az an − a ≤ an − a 3 3 n egyenlőtlenségből következik. 10. Nem. Pl. an = (−1) . 11. Nem korlátos, tehát nem konvergens. 73. old. 1. a)

nq n +1 − (n + 1) q n + 1 1 1 1+ 5 → . 2 2 . 13. an → 2 . 14. an → 2 (q − 1) (q − 1) (1 + q ) 1 1 −b 15. an → a . 16. x n → a . 17. . 18. e e . 19. . 20. 2 . 21. 3 . 22. 0 . 2 1 −a n 1 1⎞ ⎛ ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ an < . 24. növekvő és tart e -hez, tehát 23. ⎝ 3n + 1 n⎠ 12. an =

n

1⎞ ⎛ ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ < e , ⎝ n⎠

n n +1 n n n −1 a 1⎞ 1⎞ 1⎞ 1⎞ 1 e 3 ⎛ ⎛ ⎛ ⎛ e − ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ < ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ − ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ = ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ ⋅ < < . 25. an = 99 3 , nn → ∞ . ⎝ ⎝ ⎝ ⎝ n⎠ n⎠ n⎠ n⎠ n n n 4 n −1 n n −1 n +2 = a1 + ... + an −1 ⇒ an = an +1 ⋅ − an ⋅ ⇒ an +1 = 2an ⋅ ⇒ 26. an ⋅ n +1 n +2 n +1 n +1 a 1 = . 27. Összeadjuk a rekurziós összefüggéseket 1 -től n -ig. an = 2n −2 (n + 1) . lim n n n →∞ 2 (n − 1) 4

n (n + 1) . 2 tetszőleges. 2. x n +4 = x n . 3. x n +6 = x n . 87. old. II. 1. x n = 1 ∀n ∈ \ {1} , x 1 ∈ x0 y π 4. α = arccos , x n = 2 cos (3n α) . 5. yn = arctg x n , yn +1 = n , x n = tg n +2 . 2 2 2 6n − 1 6. x n = . 7. x n +1 + x n = 2x n + 2x n −1 . 8. Igazoljuk, hogy 3x n +2 − x n = 8 (x n2+2 + x n2+1 ) ⇒ 6n + 1 x n +3 = 3x n +2 + 3x n +1 − x n . 9. a1 = 2 , a2 = 3 , an +2 = an +1 + an . 10., ha x 0 > 1 , akkor divergens. 1 1 Ha x 0 ∈ (−∞,1) , x n → 0 ., ha x 0 = 1 , x n = 1 , ∀n ∈ . 11., ha a < − ; ∃ x 0 , ha a = − és 4 4 1 1 x 0 ≥ , konvergens és határértéke . Ha a = 0 és x 0 = 0 , akkor x n = 0 → 0 . Ha a > 0 és 2 2 1 + 1 + 4a x 0 > −a akkor konvergens és határértéke . 2 x n − x n −1 = n . x n = 1 +

Tartalomjegyzék

404

Tartalomjegyzék

12. a) an = b) an =

Fn 2 → ( (Fn ) a Fibonacci sorozat), Fn +1 1+ 5

bn n → 2 , bn = 2bn −1 + (−1) , b1 = 1 . 13. csökkenő és x n > −2 , ∀n ∈ bn −1

.

n ⎛⎛ ⎞ 1 ⎞n e e 1⎞ e ⎛ , n ⎜⎜⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ − e ⎟⎟⎟ → − ; b) Cesaro-Stolz. < e − ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ < ⎝ ⎝⎜⎝ ⎠ n⎠ 2 n⎠ 2n + 2 2n + 1 1 π 1 2 15. arctg 2 = arctg (k + 1) − arctg k , és a határérték . 16. a) ; b), i), j) 0 ; c) . k +k +1 2 3 4 3 5 1 ; e), g), l) ∞ ; f) 6 ; h) ; k) p . 18. a), e) 0 ; 17. a), d) 1 ; b) ; c) 4 32 4 ⎡ ⎡ (8k − 3) π ⎤ 8k + 1) π ⎤ ( 1 π ⎥ + 1 , és mk = ⎢ ⎥ + 1 , akkor . 19. Ha nk = ⎢ b) ln2 a ; c) 1 ; d) − ; f) ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ 4 4 2 2

14. a)

⎡ 2 ⎤ ⎡ 2 ⎤⎥ ank ∈ ⎢ ,1⎥ és amk ∈ ⎢−1, − tehát ezeknek a részsorozatoknak nem lehet ugyanaz a határértéke. ⎢ 2 ⎥ ⎢ 2 ⎦⎥ ⎣ ⎦ ⎣ π n 20. (−1) sin (π n (n + 1) ) = sin (π n (n + 1) − n π ) → , tehát az eredeti sorozat nem konvergens. 2 n n 2 2 ⎛ 2⎞ ; ha x 0 = , akkor 21. (2 + 3 ) = 1 − (2 − 3 ) → 1 . 22., ha x 0 ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟⎟ , a határérték ⎝ a⎠ a a 2 x k = 0 , ∀k ≥ 1 és ha x 0 > , akkor a sorozat tart −∞ -hez. a és határértékre térünk a rekurzióban. 23. an , bn ∈ [a, b ] , (an ) , (bn )

{

24.

∑a

}

b

n +k n +k

{

− ab =

}

∑ (a

n +k

− a ) bn +k + a ((∑ bn +k ) − b ) . 25. Az összeget két részre

bontjuk és mindkettőt majoráljuk a feltételeknek megfelelően. 26. a) x n =

2n ; b) 2n ≥ n 2 n

n

∀n ≥ 4 ; c) an =

n

(n + 1) 1 n2 − 1 → e . 27. x n = , an → . 2e 2n n!

x 1 + ... + x n x 2 + ... + x n2 n . Fordítva, ellenpélda x n = (−1) . 29. (amk ) állandó, (ank ) ≤ 1 n n mértani sorozat.

28.

III. Függvények határértéke

3 1 1 1 1 1 ; 4. ; 5. 0 ; 6. ∃ ; 7. − , 8. − ; 9. ; 10. − ; 11. 0 ; 2 4 2 4 2 2 1 1 1 1 1 2 12. ; 13. ; 14. ; 15. 1 ; 16-18. e ; 19. 3 ; 20. e ; 21. ; 22-28. 1 ; 29. −1 ; 2 3 2 e e n −1 m −n sin a 30. ln a ⋅ a cos a ; 31. ; 32. . 2 2 108. old. 2. Ha f (x 0 ) ≠ f (y0 ) , x n = f (x 0 + nT ) → f (x 0 ) , yn = f (y 0 + nT ) → f (y 0 ) különböző 107. old. 1. 100 ; 2. n ; 3.

1 m 2 1 −2 m −n (−1) ; 4. a) 2a ; b) 3a 2 ; c) 8 ; d) ; e) na n −1 ; f) a 3 ; g) ; h) 3 2 3 n 1 3 5 1 4 1 −n −1 n2 − m2 1 ; k), o) ∃ ; l) a n ; m), n) ; p) ; q) ; r) . 6. ln a ; 7. ∃ ; 8. ; 9. 5 ; 10. ; n 2 2 2 2 3 2

határértékű sorozatok. 3.

Tartalomjegyzék

Tartalomjegyzék

405

1 16 3 27 1 ; 12. ; 13. ; 14-15. 0 ; 16. 1 ; 17. ; 18. . 19. −2 ; 20. 0 . 21. 1 , ha 9 2 8 e 4a a − b a + ... + an 1 1 m 1 1 n (n + 1) x < 1 , , ha x = , 0 , ha x > 1 . 22. ; 23. ; 24. ; 25. 1 ; 26. − ; 2 2 4 n n! 2 n 2n n n ( ) x x 2 n 27. 0 ; 28. 1 ; 29. e 3 ; 30. 3 abc ; 31. a y > y ⇒ = → 0 . 32. y = loga x 2n < x 2n ⎛ 2xn ⎞⎟ xn ⎜⎜a ⎟ ⎜⎝ ⎠⎟ 2n 11.

( )

és használjuk az előző feladatot. 33. Az (1,1) , (−1,1) , (−1, −1) és (1, −1) csúcsú négyzet. 34. ∃k > 0 : g (x ) ≤ k ⇒ f (x ) g (x ) ≤ k f (x ) → 0 . 35. x = 2001 . 36. x n = 2πn , x →x 0

π b , f (x n ) → 0 , f (yn ) → 1 . 37. a ; 38. ab ; 39. a a (ln a − 1) ; 40. ln ; a 4 n a 1 b2 a2 n! n (n + 1)(2n + 1) ; 42. ; 43. 1 ; 44. 1 ; 45. ; 46. n −1 ; 47. n ; 48. ; 41. − 2 ⋅n ! 2m 2n 2 12 m b 2 1 49. 1 ; 50. A határérték ε -os értelmezését használjuk. 51. a) ; b) ; 52. Bizonyítjuk, p +1 p +1 1 1 ⎛1⎞ hogy ∑ f ⎜⎜ ⎟⎟⎟ −∑ konvergens és használjuk, hogy ∑ − ln n konvergens. ⎝k ⎠ k k n n p 1 = p (S 3n − ln 3n − Sn + ln n + ln 3) , ahol Sn = ∑ . 54. Minden valós számot 53. ∑ k =1 n + k k =1 k megközelíthetünk racinoáli számsorozattal illetve irracionális számsorozattal is. p 1 55. Ha x n = n ∈ , qn ∈ * , x n → x 0 , akkor f (x n ) = , igazoljuk, hogy (qn ) -nek nincs állandó qn qn yn = 2πn +

részsorozata, tehát ∞ -hez tart, így f (x n ) → 0 . Irracionális számokat is tartalmazó sorozat esetén nyilvánvaló

56.

Ha

x ∈ [ 0,1] ∪

,

akkor

azonnali.

Ha

x >1,

⎡x 2n ⎤ − [x n ]2 = ⎣ ⎦

2 2 2 = x 2n − {x 2n } − (x n − {x n }) = 2 ⋅ x n {x n } − {x 2n } − {x n } → 0 ⇒ ∃n 0 ú.h. ⎡⎣x 2n ⎤⎦ = [x n ] ∀n ≥ n0 1

1

k k ⇒ [x n ]n = ⎡⎢x 2 n ⎤⎥ 2 n → x ⇒ [x n ] = x n , ∀n ≥ n0 ⇒ x ∈ . ⎣ ⎦ k →∞ sin x 3 + 15 57. 0 ; 58. ; 59. (x 2k ) és (x 2k +1 ) monotonok, korlátosak és ugyanaz a határértékük: . 3 x 60. x n ≥ a (közepek közötti egyenlőtenségekből), és határértéke a .

2 (x 1 + ... + x n −1 ) x x 1 1 = yn , (yn ) , növekvő és határértéke . 62. 0 ≤ n ≤ a1 , n ≤ n n (n − 1) n 3 3 x x 2n + 1 n +1 csökkenő és pozitív, míg yn +1 − yn ≤ n ≤ yn , fogó tétel alapján, n konvergens és n n n n ugyanaz a határértéke, mint yn -nek. x n → 0 . 1 111. old. 1. ( a = 1 ), −∞ ( a > 1 ), ∞ ( a ∈ [0,1) ). 2. ls = 0 , ld = ∞ . 3. 0 . 4. 2 , ha. x 1 = 2 2 61. x n ≤

n (n +1) Ln 1 = lim x n . 7. (4, 0) ; 8. e 2 ; 9. ; 10. (8, −4) ; 11. (1,1) ; n →∞ n n →∞ 2

és 1 , dc. x 1 ∈ [1, 2) . 5. −1 6. lim 12.

1 − 2π ; 13. e 6 ; 14. 0 . π +1 2

Tartalomjegyzék

406

Tartalomjegyzék

IV. Folytonos függvények

1 -ben folytonos, 1 -ben és 2 -ben nem folytonos. 2 ⎧⎪(2k + 1) π ⎪⎫ k ∈ ⎪⎬ ; 7. Folytonos 1 és −1 -ben, nem folytonos 0 -ban. 8. Nem folytonos \ ⎪⎨ ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎭ 2

116. old 5. 6.

∀x ∈ -ben. 9., 10.,11. folytonos. 12 . Ld. 54./110. old. 13. Indukcióval igazoljuk, hogy f (r ) = f (0) , ∀r ∈ és használjuk, hogy minden valós szám megközelíthető racionális számsorozattal. 119. old. 1. ; 2. folyt.; 3. a) ∃x n → x 0 , f (x n ) ≠ 0 ∀n , x n → x 0 ⇒ f (x n ) → f (x 0 ) ⇒ 1 1 → . 4. a)-d) az értelmezési tartomány; 5. f (x ) − f (x 0 ) ≤ f (x ) − f (x 0 ) ; 6. Hamis. f (x n ) f (x 0 ) ⎧⎪x − 1, x < 0 2 Ellenpélda: f (x ) = ⎪ ⎨x + 1, x ≥ 0 ; 7. g) Folytonos azon pontokban, amelyekre x = 3x − 2 ; 8. ⎪⎪⎩ x n → x 0 ⇒ x n → x 0 . 9. D = \ (−1,1) . ⎧⎪1, x < 1 ⎪⎪ 1, x ≤ 1 ⎧ ⎪ ⎪1 ⎪ 10. a) f (x ) = ⎪⎨ , x = ±1 , −1 , 1 ; b) f (x ) = ⎨ 2 folytonos -en; ⎪ ⎪⎪ 2 x , x >1 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪0, x > 1 ⎪⎪⎩ ⎧ ⎪ x, x < 0 ⎪ ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪x , x ∈ (0,1) ⎪ c) f (x ) = ⎨0, x = 0 folytonos -en; d) f (x ) = ⎨ 2 folytonos -en. ⎪ ⎪ x , x ∈ \ (0,1) ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 2 ⎪ x , x >0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪0, x = 0 11., 12. Folytonosak \ -n. 13. f1 (x ) = 0 , f2 (x ) = 1 , f3 (x ) = ⎪⎨ , f és f2 folytonosak. ⎪ 1, x ≠ 0 1 ⎪ ⎩

14. g (x + Tf ) − g (x ) = g (x + Tf + nTg ) − f (x + Tf + nTg ) + f (x + nTg ) − g (x + nTg ) → 0 ⇒

Tf

periódusa

g -nek,

hasonlóan

f (x ) − g (x ) = f (x + nTf ) − g (x + nTf ) → 0 ,

ha

Tg

Tf > 0 ,

periódusa

f -nek,

f (x ) − g (x ) = 0 ,

tehát

így állandó

függvények esetén azonnali. 15. f (2 x ) = f (x ) ⇒ f (x ) = f (1) ∀x . 1−u 16. h : (0, ∞) → (−1,1) , h(u ) = bijektív, tehát az egyenletet az 1+u n

(f

h )(u ) + ( f

h )(v ) = ( f

h )(uv ) , ∀u, v ∈ (0, ∞) alakba is írhatjuk, így f (x ) = c ⋅ ln

130. old 1. a), b), folytonosak; c) nem folytonos 0 -ban; ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0, x >1 ⎪ ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ 1 ⎪ k∈ folytonos \ ⎪ d) f (x ) = ⎨1, x =0 ⎨± ⎪ ⎪ k ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎛ 1 ⎪ 1 ⎤ ⎪ ⎥ ,k ∈ * kx 2 , x ∈ ⎜⎜ , ⎪ ⎜ ⎪ ⎝ k + 1 k ⎥⎦ ⎪ ⎩

*

1−x . 1+x

⎫ ⎪ ⎪ ⎬ -en; e) Folytonos a −1 , ⎪ ⎪ ⎭

Tartalomjegyzék

Tartalomjegyzék

407

⎧ ⎪ cos x , x < 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ( ) ± 3 pontokban; f) f x = ⎨1, x = 0 folytonos -en; ⎪ ⎪ ⎪ x −1 , x > 0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎧⎪ 2 , x ∈ (−1,1) \ {0} ⎪⎪ 5x ⎪⎪ 2 ⎪x + 5 , x >1 folytonos * \ {±1} -en. 2. a) e 2 ; b) {−2, 0,1} ; g) f (x ) = ⎪⎨ ⎪⎪ x ⎪⎪ 4 ⎪⎪ , x =1 ⎪⎪⎩ 3

⎧⎪a (x + 1)2 , x < 0 ⎪⎪ ⎪⎪1 + a c) f (x ) = ⎨⎪ , x = 0 ⇒ a = 1 ; d) −3e 3 . 3. a) a függvény folytonos; ⎪⎪ 2 ⎪⎪ x >0 ⎪⎪⎩ x − 1 , ⎛ ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 1 ⎞⎟ ⎛ 1 1 ⎜ ⎟ = 1, , V b) A 0 minden környezete esetén létezik elég nagy n ú.h. ⎜⎜− . ⊂ f ⎟ ⎜ ⎜⎜ 2n π + π ⎟⎟⎟ ⎝ 2n π 2n π ⎠⎟ ⎜⎝ 2 ⎠⎟ ⎛ ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 1 ⎜ ⎟⎟ = −1 , tehát f (V ) = [−1,1] . f ⎜⎜ ⎟ 3 π ⎜⎜ 2n π + ⎟⎟⎟ ⎜⎝ 2 ⎠

⎡1 ⎞ 4 ∉ Im f . 4. a) f ([−1, 0 ]) = ⎢ ,1⎟⎟⎟ ∪ {2} ; b) f ( ) = {−1, 0,1} . 5. f (1) = 1 , f ( 5 ) = 5 , ⎢⎣e ⎠ x ∈ és 3 x ∉ , x ∉ Im f . 6. f (0) = −1 < 0 , Általában minden x > 0 esetén, ha ⎛π⎞ π lim f (x ) = ∞ és f folytonos. 7. f (x ) = x − cos x folytonos, f (0) = −1 < 0 , f ⎜⎜ ⎟⎟⎟ = > 0 . ⎝2⎠ 2

x →∞

8. f (x ) = x 4 + x + 2 − 3 x 5 − 8x + 1 folytonos, f (−1) = 2 − 2 < 0 , f (0) = 1 > 0 .

π⎞ ⎛ 9. a) f (x ) < 0 az (1, 2) ∪ (2, 3) -n, f (x ) > 0 a (3, ∞) -en; c) sin x + cos x = 2 sin ⎜⎜x + ⎟⎟⎟ ; ⎝ 4⎠ 2 folytonos, tehát szigorúan növekvő, lim f (x ) = 1 , d) f (x ) = (x − 1) (x + 2) . 10. f x →∞

lim f (x ) = −1 , tehát bijektív. 11. Indukcióval igazoljuk, hogy f (xf n (x )) = f (x ) , ∀n ≥ 1 , így

x →−∞

1 ∀n ≥ 1 és ∀x ∈ (0,1] , tehát f (x ) < 1 , az első egyenlőségben határértékre térünk n x szerint. 12. Red. ad. abs. módszert és a határérték környezetes értelmezését használjuk a szélső határértékek diszjunkt környezeteire. 13. Feltételezzük az ellenkezőjét és azt kapjuk, hogy a függvény nem Darboux tulajdonságú. 14. Ha a függvény nem folytonos, akkor csak elsőfajú szakadási pontjai lehetnek, mert monoton. 16. f (x ) = c ln x . 18. Ha korlátos lenne, akkor minden ( f (x n )) sorozat f n (x ) ≤

korlátos, tehát van

( f (x )) nk

konvergens részsorozata ⇒ minden (x n ) sorozatnak van konvergens

1 1 1 + + ... + − ln 2 szigorúan csökkenő , f (0) > 0 , 1+x 2+x n +x lim fn (x ) = − ln 2 < 0 , tehát csak egy pozitív gyöke van. fn (n − 1) > 0 > fn (n ) ⇒ n − 1 < x n < n .

részsorozata. x →∞

19.

fn =

Tartalomjegyzék

408

Tartalomjegyzék

V. Deriválható függvények 137. old. 1. a) f ′ (0) = 0 ; b) f ′ (1) = 1 , f ′ (−1) = −1 ; c) f ′ (−1) = 0 ; d) 1 -ben és −1 -ben ⎛1 ⎞ deriválható ; e) fs′(−1) = 1 , fd′ (−1) = 2 , fs′(1) = −2 , fd′ (1) = −1 ; f) f ′ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ = −4 ; g) f ′ (0) = 0 ; ⎝4⎠ c+2 c+3 ; a = 2 , c ∈ ; b) b = 1 , a = 0 . h) ∃ f ′ (−1) ; i) ∃ f ′ (0) . 2. a) b = − e e 140. old 3. ( f1 + ... + fn )′ = f1′ + ... + fn′ ; 4.

( f (x ) − g (x )) − ( f (x 0 ) − g (x 0 )) x − x0

=

f (x ) − f (x 0 ) g (x ) − g (x 0 ) − . x − x0 x − x0

⎧⎪ 2 ⎪⎪−3x , x < 0 ⎧⎪2x + 1, x < 0 ⎪⎪ 141. old. 1. b) f ′ (x ) = ⎨0, , 0 -ban nem deriválható. x = 0 ; d) f ′ (x ) = ⎪⎨ ⎪⎪2x − 1, x < 0 ⎪⎪ ⎩ 2 ⎪⎪3x , x > 0 ⎪⎩ ′ 4. ( f ⋅ f ⋅ ... ⋅ f ) = f ′ ⋅ f ⋅ ... ⋅ f + f ⋅ f ′ ⋅ ... ⋅ f + ... + f ⋅ f ⋅ ... ⋅ f ′ . 1

2

n

1

n

2

1

2

⎛ 1 P ′ (−1) = − ⎜⎜⎜ + 6. b) x = −1 , P (−1) ⎝ x1 + 1 143. old. a) 3 ,

; b) −

n , 2n +1

⎧⎪ 1⎫ ⎪ \ ⎨x cos x = − ⎬ ; k), l) ⎪⎩⎪ 2⎪ ⎭⎪

*

n

1

2

n

1 ⎞⎟ ⎟⎟ . 7. Nem. + x n + 1 ⎠⎟

; d) f ′ (−1) =

1 = f ′ (1) , 4

; i) (0, ∞) ; j)

; m) (0, ∞) \ {3} .

3x − 4 a cos ax ⎪⎧k π ⎪⎫ \⎨ k ∈ ⎬ . 17. 2 , (2, ∞) . 25. , (0, ∞) , ha ⎪⎩⎪ 2 ⎪⎭⎪ x − 2x 2 ax 15 ln 3 1 1 a > 0 , (−∞, 0) , ha a < 0 . 27. − 2 ⋅ 3 x , * . 31. ∪ (2k π, (2k + 1) π ) . 32. − 6 , *+ \ . 3 x ln 3x k∈ ⎧ ⎫ ⎪ ⎪ x −1 ⎪ ⎪ (4k + 2) π + 1 − 1 2 x +1 33. \ ⎪⎨± , \ {−1} . k ∈ ⎪⎬ . 34. 2 e ⎪ ⎪ (x + 1) 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ −3 35. , *. 2 ln 2 (x 4 + x 2 + 1) log 23 (x 4 + x 2 + 1) 145. old. I. 14. f (x ) =

3 ; 2

{}

II. 3. Számolással. 4. a) − o) 2

1 2 (x − 1)

x −1 1 ; d) ; x +1 x ln x

ln x x (2x − 1) ln x − x 2 + x − 1 ⋅ . 6. a) y = 4x − 1 ; b) y = 1 ; x −x +1 x ln2 x 2

c) 3y − x − 3 ln 3 + 1 = 0 ; d) y − x − 1 = 0 . 7. y + 5x + 7 = 0 ; 8. y − 2x 0x + x 02 = 0 ; 9. y = 8x − 8 ; 10. y = 0 ; 11. y = 2x − 6 ; 12. 3y − 2x − 5 = 0 , 3y + 2x − 5 = 0 ;

⎛ 3 2 3 ⎞⎟ f (x 1 ) − f (x 2 ) ⎟⎟ ; 14. M (0,1) ; 15. y = 8x + 4 ; 16. f ′ (x 1 ) = f ′ (x 2 ) = , 13. ⎜⎜ ; ⎟ ⎜⎝ 3 x1 − x 2 3 ⎠ 2

17. a = −

6 + (3x 0 − 2) 5 4 ; 18. m = , n =− . 36 9 2

Tartalomjegyzék

Tartalomjegyzék 148. old. 1. a)

d)

g)

409

17 −247 x , 24

* +

; b)

4x 4 + 56x 2 + 5 , (x 2 + 1)(4x 2 + 1)

; c)

1⎞ ⎛ , ⎜⎜−1, ⎟⎟⎟ ; ⎝ 3⎠ 3 − 6x − 9x 3

2

⎧⎪ 2 ⎪⎪ , x ∈ (−1,1) ⎪1 + x 2 ′ ( ) \ {±1} , f x = ⎪⎨ ; f) Csak 0 -ban értelmezett; ⎪⎪ 2 , x ∈ \ [−1,1] ⎪⎪− 2 ⎪⎩ 1 + x

1 , 3 (x 2 + x + 1)

150. old. 2. a)

; i) tárgyalás x szerint. 3. ( f −1 )′ ( f (−3)) ; 4. ( f −1 )′ ( f (1)) .

2x 3 + 3x

(1 + x ) 2

1+x

2

; b)

2 1 2x ; c) e −x (4x 2 − 2) ; d) 2 arctg x + ; 3. 1, 1, 0 . x 1 + x2

1 , b = 4 , c = 1 . 6. a = 2 . 7. indukció. 2 1 1⎞ ⎛ n −1 = bn − (n + 1) an , an = (−1) n ! ⎜⎜1 + + + ⎟⎟⎟ , ⎝ 2 n⎠

4. a) f ′′ (0) = 0 ; b) f ′′ (0) = 2 ; c) f ′′ (3) = 0 . 5. a = 8.

an + bn ln x , bn +1 = − (n + 1) bn , an +1 x n +1

bn = (−1) ⋅ n ! . 10. a) e x (x 2 + 2nx + n (n − 1)) ; b) 2n −2 e 2x (4x 2 + 4nx + n (n − 1)) ; n

⎛ 1 ⎞⎟ 1 n ⎟ , n ≥ 2 ; e) (−1) n ! ⎜⎜ n +1 − n +1 ⎟ ; ⎜ (x − 1) ⎠⎟ x ⎝x 5 16 π + f) f (x ) = x + 3 − . 11. a) 1 ; b) 2 . 12. a) 0 ; b) . 13. P n (1) = P n (−1) = 0 , x −1 x − 2 2 n n ( ) ( ) ( ) ∀n ∈ ⇒ P x = (x − 1) (x + 1) Qn x , ∀n ∈ ⇒ P x = 0 , ∀x ∈ .

c) f ′ (x ) = 1 + ln x , f

n −2

(n )

(x )

=

(−1)

(n − 2) !

n −1

( )

( )

VI. A deriválható függvények tulajdonságai

⎛ 3π ⎞ ⎛π ⎞ 158. old. 1. a) (1, −2) minimumpont; b) ⎜⎜ , 0⎟⎟⎟ maximumpont, ⎜⎜ , 0⎟⎟⎟ minimumpont; c) (0,1) ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ ⎛1 1 ⎞ stac. pont (maximum), (−1, 0) , (1, 0) minimumpontok, de nem stac. pontok. d) ⎜⎜ , ⎟⎟⎟ stac. pont, de ⎝2 2⎠ nem szélsőértékpont . 2. Lagrange t. 3. f ′ -nak egy gyöke van a [−2, 2 ] -ben ⇒ f -nek legfeljebb két ⎛ π⎞ ⎛π⎞ gyöke van [−2, 2 ] -ben. f ⎜⎜− ⎟⎟⎟ > 0 , f (0) < 0 , f ⎜⎜ ⎟⎟⎟ > 0 . 4. f -nek négy gyöke van⇒ f ′ -nak ⎝ 2⎠ ⎝2⎠ legalább három gyöke van, de harmadfokú polinomfüggvény, tehát pontosan három gyöke van. 5. f 4−π ⎛1 ⎞ . 7. f (0, ∞) -en, f (0) < 0 , f ⎜⎜ ⎟⎟⎟ > 0 . 8. a), b) f nem ⎝2⎠ π π deriválható 0 -ben. c), e) igen; d) -ben nem deriválható . g) f (x ) = a1x + + anx − n , f (0) = 0 , 4 f (x ) ≥ 0 , ∀x ∈ , f deriválható ⇒ f ′ (0) = 0 . szigorúan növekvő. 6. a) 2 ; b)

f1 (x ) f2 (x ) f3 (x )

10. Lagrange t., g (x ) = f1 (a ) f2 (a ) f3 (a ) . 11. a) 0 -ban nem deriválható ; b) a < 1 ; f1 (b )

f2 (b )

f3 (b )

c)-e) igen. 12. Nem. 13. (1,1) , (−1, −1) ; 14. a), b), d) igen; c) nem. f (x ) 1 x 159. old. 1) 1 ; 2. α ∈ \ ; 3. Cauchy t., ha és ; 4. Rolle t.; 5. f (x ) = sin ; x x 2

Tartalomjegyzék

410

Tartalomjegyzék

6. A fordított állítás nem igaz. f (x ) = x + 1 . 8. Rolle t., ha f (x ) =

n

ck x k +1

∑ k +1

;

k =0

9.

f (x ) − f (x 0 ) x − x0

<

x − x0 4

⇒ f ′ (x 0 ) = 0 . 10. a) az első sor a függvények deriváltját tartalmazza, az

1 x f (x ) g (x ) állandók nem változnak. b) Rolle t., ha h (x ) = 1 x 1 f (x 1 ) g (x 1 ) és h ′ (x ) . ...

VII. Határozatlan esetek kiküszöbölése

1 ln a 1 1 1 1 ; c) ; d) ∃ ; e) ; f)-g) 0 ; h) − ; i) ∞ ; j) ; k) 1 ; l) ; m) 1 ; 3 6 6 3 6 4 1 2 n) 0 , ha a < 2 ; −1 , ha a = 2 , −∞ , ha a > 2 ; o) − ; p) − . 2. a), d) nem; b), c) igen. 12 9 1 5 3. a), b), g), j) 0 ; c), f), h), i), l), m) 1 ; d-e) , k) . 4. A derivált és a határérték értelmezésével. 6 6 2k +1 x x3 x x xn ⎡n − 1 ⎤ k − + + (−1) ; b) ,k=⎢ 5. a) 1 + + + ⎥; ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 1! 3! 1! (2k + 1) ! n! 170. old.1. a) 2 ; b)

c) 1 −

x2 x4 + − 2! 4!

k

+ (−1)

x 2k ⎡n ⎤ , k = ⎢ ⎥; ⎢⎣ 2 ⎦⎥ (2k ) !

n a a (a − 1) 2 a (a − 1) ... (a − n + 1) n x x2 n x x+ x + + x ; e) 1 − + . − ... + (−1) n! 1 2 1! 2! n ⎧1, x < 0 ⎪ ⎧⎪e, x < 0 ⎪ ⎪⎪ ⎪ 1 ⎪ 171. old. 2. f (x ) = ⎨ , x = 0 , g ( f (x )) = ⎪⎨ e , x = 0 , nem alkalmazható Lagrange t. ⎪ ⎪⎪ x 2 ⎪ ⎪ ⎪⎪⎩e , x > 0 x, x > 0 ⎪ ⎩ x 2 x 4 − x 3 − 2x 2 − x + 1 2 . 5. Lagrange t. [x , x + 1] -en. 3. S = 1 , A = . 4. f ′ (x ) = e x −1 ⋅ 2 7 (x 2 − 1)

d) 1 +

VIII. Függvények tanulmányozása

⎡ π⎤ ⎢0, ⎥ -en és ⎢⎣ 4 ⎥⎦ 1⎞ 9⎞ ⎛ ⎛ 1 ⎛3 ⎞ ⎡ 5π ⎤ ⎡ π 5π ⎤ ⎜⎜−∞, − ⎟⎟⎟ -en és ⎜− , +∞⎟⎟⎟ -en. 2. Nem. 3. ⎜ , − ⎟⎟⎟ ⎢ , ⎥ -en; d) ⎢ , 2π ⎥ -en, ⎜⎝ 2 ⎜⎝ 2 ⎠ ⎝ 2⎠ 2⎠ ⎣⎢ 4 4 ⎦⎥ ⎣⎢ 4 ⎦⎥ 1 minimumpont. 4. . 6. f ′ (x ) = g ′ (x ) = . (−∞, 0) -n és (0, ∞) -en. 5. G (x ) − F (x ) 1 + x2 1 7. Ld. 9/159. old. 8. 1 − εM ≤ fε′ (x ) ≤ 1 + εM , ha ε < ⇒ fε′ > 0 ⇒ f . 9. Lagrange t. M pe (−∞, 0) és pe (0, ∞) ⇒ [x , x + 1] -en. 10. Lagr. t. [ 0, x ] -en.11. a) f (x ) = e x − 1 − x

(−∞, 0) -n és (0, ∞) -en; b)

177. old. 1. a)

f (x ) > 0 , ∀x ∈

*

; b) f1 (x ) = ln (1 + x ) − x +

x2 2

⎛ 1 ⎞⎟ ⎜0, ⎟⎟ -n és ⎜⎝ e ⎠

⎛1 ⎞ ⎜ , ∞⎟⎟⎟ -en; c) ⎜⎝e ⎠

és f2 (x ) = ln (1 + x ) − x

.

Tartalomjegyzék

Tartalomjegyzék

411

2x 2 ⎛ π⎞ , f ′ (x ) = cos x − ⇒ ∃x 1 ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟⎟ : f ′ (x1 ) = 0 . f pe (0, x 1 ) és ⎝ 2⎠ π π 4πR 3 ⎛ π ⎞⎟ ⎛π⎞ ⎛ π⎞ ⎜⎜x 1 , ⎟⎟ -n, f (0) = f ⎜⎜ ⎟⎟⎟ = 0 ⇒ f (x ) ≥ 0 ∀x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟⎟ . 14. V (x ) = πx 2 (R − x ) , Vmax = . ⎝ 2⎠ ⎝2⎠ ⎝ 2⎠ 27

12. f (x ) = sin x −

2

15. f (x ) =

(x + R ) , fmin = f (3R ) = 2 . 4R (x − R )

α2R 3 4 π 2 − α2 a + b − a 2 + b 2 − ab . 17. V (α) = . 24π 2 6 179. old. 1-2. f ′ (0) = 0 . 3. f ′ (0) = 1 , ha a = b − 1 . 4. f ′ (0) = 1 .

16. V (x ) = x (a − 2x ) (b − 2x ) , x 0 =

⎧⎪ ⎪⎪ 2 x ≤0 ⎪⎪x , ⎪⎪ ⎛ 12 2 5 − 1 ⎞⎟ ⎟ 0 -ban nem folytonos. 6., ha a = 5. f (x ) = ⎪ és b = ⎨1 + x , x ∈ ⎜⎜⎜0, ⎪⎪ 3π − 4 3π − 4 2 ⎠⎟⎟ ⎝ ⎪⎪ 5 −1 ⎪⎪ 1 , x≥ ⎪⎪⎩ x 2 2 . 7. Csak 0 -ban deriválható. deriválható és f ′ (3) = 3π − 4 π 3π ⎞ π π⎞ ⎛ ⎛ 184. old. 1. a) konvex ⎜⎜2k π + , 2k π + ⎟⎟⎟ és konkáv ⎜⎜2k π − , 2k π + ⎟⎟⎟ , k ∈ ; ⎝ ⎝ 2 2⎠ 2 2⎠ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜−∞, − 2 ⎟⎟ és ⎜⎜ 2 , ∞⎟⎟ , konkáv ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎟

⎛ ⎞ ⎜⎜− 2 , 2 ⎟⎟ ; ⎜⎝ 2 2 ⎠⎟⎟

⎛ ⎛ 5 ⎞ 5 ⎞⎟ ⎟⎟ és ⎜⎜ , ∞⎟⎟⎟ , konkáv d) konvex (−∞, 0) és konkáv (0, ∞) ; e) konvex ⎜⎜−∞, − ⎜⎝ ⎜ 5 ⎠⎟ ⎝ 5 ⎠⎟

⎛ ⎞ ⎜⎜− 5 , 5 ⎟⎟ ; ⎜⎝ 5 5 ⎠⎟⎟

⎛ π ⎞ ⎛ π⎞ b) konkáv ⎜⎜− , 0⎟⎟⎟ és konvex ⎜⎜0, ⎟⎟⎟ ; c) konvex ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2⎠

⎛ ⎛ 9 + 21 ⎞⎟ 9 + 21 ⎞⎟⎟ ⎛⎜ 9 − 21 9 − 21 ⎞⎟⎟ ⎜ ⎜ , , ∞⎟⎟⎟ intervallumokon és f) konvex a ⎜⎜−∞, − ⎟⎟ , ⎜⎜− ⎟⎟ és ⎜⎜ 15 ⎠⎟ ⎜⎝ 15 15 ⎠⎟ 15 ⎜⎝ ⎜⎝ ⎠⎟ konkáv ezeken kívül. 2. a) konvex (−∞,1) , konkáv (1, ∞) , inflexiós pont: (1, 2) ; b) konvex (−∞, 0) , konkáv (0, ∞) , inflexiós pont: (0, a ) ; c) konkáv (−∞, 0) , konvex (0, ∞) , inflexiós pont: (0, 0) (nem létezik f ′′ (0) ); d)

; e)

konvex

konvex

((2k − 1) π, 2k π) , konkáv (2k π, (2k + 1) π ) , inflexiós pontok:

(k π, k π + (−1) ) ; f) konkáv (−∞, 0) -n, konvex (0, ∞) -en, inflexiós pont: (0, 0) ; g) konvex (−∞, 0) , k

konkáv (0, ∞) , 0 -ban nem deriválható, fb′(0) = f j′ (0) = ∞ ⇒ (0,1) inflexiós pont.; h) tárgyalás n paritása szerint; i) konvex

(

)

-en; j) konvex (0, ∞) -en; k) konkáv 0, e 3 -n konvex

(

)

e 3 , ∞ -en,

⎛ 3 ⎞⎟ ⎟⎟ . inflexiós pont: ⎜⎜ e 3 , ⎜⎝ 2 e 3 ⎠⎟ 188. old. 1. a), c), i) y = x ; b) y = 0 ; d) y = x + 1 ; e) y = −x ; f), h) y = 0 (−∞) ; 1 1 1 g) x = −1 , x = 1 ; j) y = 2x + ; k), q) y = x − ; l) nincs; m) x = 1 ; n) y = (+∞) , 2 2 3 1 1 1 y = − (−∞) ; o) y = 1 ; x = 0 ; p) y = x − (+∞) , y = −x − (−∞) . 2 2 2

Tartalomjegyzék

412

Tartalomjegyzék

204. old. 1. (−∞, −1) , (−1, 3) , (3, ∞) . 2. c) nincs megoldás; d) (−2, −1) , (1, 2) . 3. egy megoldás, ha m ∈ (−∞, −27) ∪ (5, ∞) ; két megoldás, ha m ∈ {−27, 5} és három megoldás, ha

⎛ ( 4k + 1) π ⎞ , −2k π ⎟⎟⎟ , m ∈ (−27, 5) . 4. a) (−1, 0) , (0,1) ; b) ⎜⎜− ⎜⎝ ⎠ 2 ⎛π ⎞ c) {0} , (0,1) ; d) (0,1) ; e) ⎜⎜ , π ⎟⎟⎟ , ⎝2 ⎠

5π ⎞ ⎛ ⎜⎜2π, ⎟⎟⎟ , ⎝ 2⎠

⎛ 5π ⎞ ⎜⎜ ,10⎟⎟⎟ ; f) ⎝2 ⎠

⎛ ⎞ ⎜⎜−2k π, − (4k − 1) π ⎟⎟ , k ∈ ⎝⎜ ⎠⎟ 2

*

⎛ ⎞ ⎜⎜(2k − 1) π , (2k + 1) π ⎟⎟ , k ∈ ⎜⎝ ⎠⎟ 2 2

, {0} ; .

⎛ 3 3 2 ⎞⎟ 33 2 ⎟⎟ , két megoldás, ha a = 5. a) egy megoldás, ha a ∈ ⎜⎜−∞, , három megoldás, ha ⎟ ⎜⎝ 2 2 ⎠ ⎛33 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ 2 a ∈ ⎜⎜⎜ , ∞⎟⎟⎟ ; b) egy megoldás, ha a ∈ (−∞, 0 ] ∪ ⎜⎜⎜ 3 , ∞⎟⎟⎟ , két megoldás, ha a = 3 , három ⎝3 2 ⎠ 3 2 ⎝ 2 ⎠⎟ ⎛ 2 ⎞ megoldás, ha a ∈ ⎜⎜⎜0, 3 ⎟⎟⎟ , ⎝ 3 2⎠ c) nincs megoldás, ha a < 1 , egy megoldás, ha a = 1 , két megoldás, ha a > 1 ; d) nincs megoldás, ha a > −1 , egy megoldás, ha a = −1 , két megoldás, ha a < −1 ; e) nincs megoldás, ha a > 2 , 1 végtelen sok megoldás, ha a ≤ 2 ; f) nincs megoldás, ha a > , egy megoldás, 4 1 ⎡ 1 ⎞⎟ , két megoldás, ha a ∈ ⎢0, ⎟⎟ ; g) nincs megoldás, ha a > 1 , két megoldás, ha a ∈ (−∞, 0) ∪ ⎢⎣ 4 ⎠ 4 { } a = 0 és négy megoldás, ha a ∈ (0,1) ; h) nincs megoldás, ha a ∈ (−∞, 0) ∪ 1 , három megoldás, ha

{}

ha a ∈ (−∞, 0) ∪ (1, ∞) , egy megoldás, ha a ∈ {0,1} , két megoldás, ha a ∈ (0,1) . 209. old. 29. 1 , (−1, 0) ; 30. 1 , (2, 3) ; 31. 2 , (−1,1] ; 32. a − b = 2 ; 33. b = c = 1 ; π π π 2 34. a ≤ ⇒ fmin = 0 ; a > ⇒ fmin = − a ; 35. a ∈ (0,1) ; 37. ; 2 2 2 3 a a b 38. a) tg x 0 = ⇒ sin x 0 = ± 2 , cos x 0 = ± 2 ; b) szélsőértékpontok: −2 , −1 , 1 , b a + b2 a + b2

⎛ 1 3 4 ⎞⎟ x n −x ⎟ , (1, 0) . 40. A függvények e . Tárgyalás n paritása szerint; b) ⎜⎜ , ⎜⎝ 3 3 ⎠⎟⎟ n! konvexitásából következik. 58 ⎛2 ⎞ . 4. (3, −1) , r = 5 ; 5. Másodfokú egyenletre redukálható Δ = 0 . 215. old. 1. d) ⎜⎜ ,1⎟⎟⎟ , ⎝3 ⎠ 3 ⎛ ⎛ 2a 2 − ax M ⎞⎟ 2a 2 + ax M ⎟⎞ ⎟⎟ , Q ⎜⎜−a, ⎟ , d d = a 2 ; c) az adott kör. 6. y + 2x − 3 = 0 ; 8. b) P ⎜⎜−a, ⎟ ⎟⎟⎠ 1 2 ⎜⎝ ⎜ y y ⎠ ⎝ 2 . 39. a) f ′ (x ) = −

M

M

⎛⎛ 1 1 ⎞ 2 ⎞⎟ ⎟ 9. C ⎜⎜⎜⎜ , ⎟⎟⎟ ; ⎜ 2 2 ⎠ 2 ⎠⎟⎟ . ⎝⎜⎝ 219. old. 4. Az egyenlőség a

2

(x 2 + y 2 + c 2 )

− 4x 2c 2 = a 2 + b 2 + c 2 − (x 2 + y 2 + c 2 ) alakra

hozható és használjuk, hogy b 2 + c 2 = a 2 . 5. Rögzítjük az adott hosszúságú oldalt, a harmadik csúcs egy ellipszist ír le, amelynek ez az oldal a nagytengelye (az adott csúcsok nélkül). 6. M (x 0 , y 0 ) ∈ E ,

P (x , y ) egy pont valamely szögfelezőn,

(x 0 + c ) y − y0 (x + c ) 2

(x 0 + c ) + y02

=

(x 0 − c ) y − y0 (x − c ) 2

(x 0 − c ) + y02

számolással kiderül, hogy P az M pontban húzott normálison vagy érintőn van.

, ahonnan

Tartalomjegyzék

Tartalomjegyzék

413

0 0 1 x + xN b x − xM x 2 y2 1 223. old 8. ,y= ⋅ N ⇒ 2 − 2 =1. 2 3 1 = 12 . 9. x = M 2 2 a 2 a b 4 −6 1

( )

229. old. 4. f (x ) = e −x

2

2

+x

−∞, 0 -n és

(0, ∞) -en, (0,1) minimumpont.

ALGEBRA I. Permutációk ⎛1 2 3 4 5⎞⎟ ⎛1 2 3 4 5⎞⎟ ⎟⎟ , τ ⋅ σ = ⎜⎜ ⎟ 251. old. 1. a) σ ⋅ τ = ⎜⎜⎜ ⎜⎜1 3 2 5 4⎟⎟⎟ . ⎜⎝4 3 2 1 5⎠⎟⎟ ⎝ ⎠

2. a) σ = (14) (576) , σ 2006 = σ 2 = (567) . 3. Diszjunkt ciklusokra bontjuk és kiszámoljuk ezek hosszainak lkkt-ét. 5. Az Sn véges halmaz, így a σ, σ 2 ,..., σ n ,... sorozatnak nem lehet végtelen számú különböző eleme, tehát ∃m1 , m2 ∈

, m1 < m2 , amelyekre σm1 = σm2 . A σ m1 inverzével szorozva, ha

p

p = m1 − m2 , akkor σ = en . A diszjunkt ciklusokra bontást használva, p lesz a hosszaik lkkt-e. 6. i x = (1i ) . 7. Diszjunkt ciklusokra bontva x = (154) (2763) illetve x = (154) (2367) . 8. Egy permutáció 3 hatványra emelésével nem kaphatunk egyetlen 3 hosszúságú ciklust. 9. A legkisebb 2 n − 1 n ⎞⎟ ⎛1 összeget a σ = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ permutációra kapjuk, a legnagyobbat pedig az identikus 2 1 ⎠⎟⎟ ⎝⎜n n − 1 permutációra.

II. Mátrixok 266. old. 8. a) a = d ∈

{1 ±2 i } ,

⎛a b ⎞⎟ ⎟⎟ ahol a 2 + bc = 1 , vagy b = c = ±i ⋅ a ; b) X = ⎜⎜⎜ ⎜⎝c −a ⎠⎟

⎛0 0⎞⎟ ⎛a 0⎞⎟ ⎛8 6⎞⎟ ⎛a b ⎞⎟ ⎟⎟ ; d) ± 1 ⎜⎜ ⎟⎟ , ahol a ∈ {±1} ; c) X = ⎜⎜ ⎟⎟ és ⎟⎟ ahol a 2 + bc = 0 , vagy X = ⎜⎜⎜ X = ⎜⎜⎜ ⎜ ⎜⎝c −a ⎠⎟ ⎜⎝0 0⎠⎟⎟ ⎜⎝0 a ⎠⎟⎟ 4 ⎜⎜⎝8 8⎠⎟⎟ ±

1 − a ⎞⎟ ⎛ a 1 ⎛⎜6 6⎞⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ , a ∈ ⎜⎜ ⎟ . 9. Például X = ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝1 + a −a ⎠⎟⎟ 2 3 ⎜⎝8 6⎠⎟

⎛1 0⎞⎟ ⎟⎟ , ahol c ∈ 278. old. 1. A = c ⋅ ⎜⎜⎜ ⎜⎝0 1⎠⎟⎟

⎛ x y⎞ . 10. X = ⎜⎜−y x ⎟⎟⎟ , ahol x , y ∈ ⎜⎝ ⎠⎟

.

. 2. Az A2 − (TrA) A + det A ⋅ I 2 = 02 összefüggés alapján

(TrA) Ak −1 = det(A) ⋅ Ak −2 = 02 , mert det A = 0 . Így TrA = 0 , vagy Ak −1 = 02 . Az első esetben a bizonyítandó egyenlőséget megkapjuk az első összefüggésből. A második esetben indukciót használunk. 3. Cayley-Hamilton tétele és indukció. III. Lineáris egyenletrendszerek megoldása

Tartalomjegyzék

414

Tartalomjegyzék

298. old. 3. A jobb oldalon a sorokat a , b illetve c -vel szorozzuk és kiemeljük az első oszlopból az abc közös tényezőt. 4. 4(a − b )(b − c )(a − c ) ; 5. a) −4xyz ; b) 0 ; c) (x − y )(y − z )(x − z )(x + y + z ) (x 2 + y 2 + z 2 ) ; d) (x 2 + y 2 + z 2 ) (y − x )(z − x )(y − z )(x + y + z ) ; 6. x1,2 = 0 , x 3 = a 2 + b 2 + c 2 ; 8. Δ(x ) = −x 2 (x + 1) ; 9. Δ = 3x 1x 2x 3 − x 13 − x 23 − x 33 = − (x 1 + x 2 + x 3 ) (x 12 + x 22 + x 32 − x 1x 2 − x 2x 3 − x 3x 1 ) = 4 10. Δ = x 12x 22x 32 + 2x 1x 2x 3 − x 14 − x 24 − x 34 = c 2 − 2c − a 4 + 4a 2b − 4ac − 2b 2 a Viète összefüggések alapján.

11.

Tekintsük

az

⎛ ⎜⎜ 1 ⎜⎜ M = ⎜⎜ x 1 ⎜ ⎜⎜⎜x 12 ⎝

1 x2 x 22

⎞⎛ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜1 x 1 ⎟⎜ x 3 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 x 2 ⎟⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜1 x x 32 ⎠⎝ ⎟⎜ 3

x 12 ⎞⎟⎟ ⎛⎜ 3 ⎟⎟ ⎜⎜ x 22 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜S1 ⎟⎟ ⎜⎜ x 32 ⎠⎟⎟⎟ ⎝⎜⎜S 2

S1 S2 S3

S 2 ⎟⎞⎟ ⎟⎟ S 3 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ S 4 ⎠⎟⎟

szorzatot,

ahol

S j = x 1j + x 2j + x 3j , 1 ≤ j ≤ 4 . A determinánsok tulajdonságai alapján det(M ) = Δ2 . 322. old. 1. a) 2; b) 1; c) 3. 2. a)

1 ⎛⎜−4 3 ⎞⎟⎟ 1 ⎛⎜ −9 7⎞⎟⎟ 1 ⎛⎜5 −4⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎟. ⎟⎟ ; b) − ⎜⎜ ⎟⎟ ; c) − ⎜⎜ − 10 8 − 1 − 1 7 ⎝⎜ 2 ⎝⎜ 8 ⎜⎝3 −4⎠⎟⎟ ⎠⎟ ⎠⎟

⎛10 −4 ⎛ −1 ⎛−64 68 0 ⎞⎟⎟ 1 1 ⎞⎟⎟ 52 ⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎜ 1 1 1 ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ; c) 3. a) − ⎜ 2 −2 −2 ⎟⎟⎟ ; b) − ⎜⎜ 9 −4 ⎜⎜⎜124 −14 −91⎟⎟⎟ . ⎜ ⎜ 4⎜ 11 ⎜ 4⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜⎜53 −20 −4⎟⎟⎟ ⎜⎜ 86 −9 −64⎟⎟⎟ ⎜⎜ 56 −60 −46⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛10 −26 17⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎛1 1 1 ⎞⎟ ⎜⎜ 1 ⎞⎟ 1 ⎛ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ X 7 7 14 ; 6. 4. m ∈ ⎜−∞, ⎟⎟ ∪ (2, ∞) 5. X = ⎜⎜ = ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎟ ; ⎝ ⎜⎝1 1 −1⎠⎟⎟ 2⎠ 21 ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜19 1 5 ⎟⎠⎟ ⎝ 1 1 7. e) x = z = 3 + y ; f) y = −x , z = 3 − x . 8. x = (a + b + c ) , y = (a + εc + ε2b ) és 3 3 a (b + c ) c (a + b ) 1 b (a + c ) 2 z = (a + εb + ε c ) . 9. x = , y= és z = . 12. (a − c ) (b − a ) (c − a ) (b − c ) (b − c )(a − b ) 3

x = −abc , y = ab + bc + ca és z = −(a + b + c ) .

TARTALOMJEGYZÉK MATEMATIKAI ANALÍZIS. Tartalomjegyzék. Előszó...3

Recommend Documents