Analízis jegyzet. Sikolya Eszter ELTE TTK Alkalmazott Analízis és Számításmatematikai Tanszék augusztus 31.

Átírás

1 Anlízis jegyzet Sikoly Eszter ELTE TTK Alklmzott Anlízis és Számításmtemtiki Tnszék 207. ugusztus 3.

2 Trtlomjegyzék. Bevezetés.. Logiki állítások, műveletek, tgdás Bizonyítási módszerek Fontos egyenlőségek, egyenlőtlenségek Hlmzok Függvények Vlós számok Műveletek és rendezés Intervllumok és környezetek Természetes, egész és rcionális számok Felső és lsó htár Vlós számok htványi Vlós függvények Vlós függvények lptuljdonsági Elemi függvények Htványfüggvények Exponenciális és logritmus függvények Trigonometrikus függvények és inverzeik Hiperbolikus függvények és inverzeik Néhány különleges függvény Soroztok A sorozt foglm és tuljdonsági Sorozt véges htárértéke Műveletek konvergens soroztokkl Részsoroztok Sorozt limes superiorj és limes inferiorj Cuchy-féle konvergencikritérium Divergens soroztok, soroztok végtelen htárértéke Soroztok középsorozti i

3 3.9. Nevezetes sorozthtárértékek Vlós számok vlós kitevőjű htványi A vlós kitevőjű htványok egy másik lehetséges értelmezése Függvények htárértéke és folytonosság Torlódási pontok Függvény htárértéke Függvény folytonosság Htárérték, folytonosság és kompozíció Jobb és bl oldli htárérték, folytonosság Elemi függvények folytonosság és htárértéke Nevezetes függvényhtárértékek Folytonos függvények tuljdonsági Sorok Végtelen sorok Konvergencikritériumok Végtelen sorok átrendezései, Cuchy-szorzt A sorok néhány lklmzásáról Végtelen tizedestörtek Az e szám irrcionális Differenciálhtóság A derivált foglm és geometrii jelentése A derivált foglm és kpcsolt folytonossággl Műveletek differenciálhtó függvényekkel Elemi függvények deriváltj Lokális növekedés, fogyás és lokális szélsőérték Középértéktételek A monotonitás szükséges és elégséges feltételei Konvex és konkáv függvények Tylor-polinom, Tylor-formul Motiváció Tylor-polinom és Tylor-formul L Hospitl-szbály Integrálszámítás Riemnn-integrál A Riemnn-integrál definíciój A Riemnn-integrál tuljdonsági Primitív függvény ii

4 7.3. Primitív függvény és Riemnn-integrál kpcsolt A Newton Leibniz-tétel Integrálfüggvények A Riemnn-integrál néhány lklmzás Improprius integrál Függvénysoroztok, függvénysorok Függvénysoroztok Folytonosság Riemnn-integrálhtóság Differenciálhtóság Függvénysorok Htványsorok Trigonometrikus függvények Többváltozós függvények Kétváltozós függvények Példák Az R 2 ( sík) metrikus tuljdonsági Kétváltozós függvények tuljdonsági Az R p és p változós függvények Metrikus terek Alpfoglmk, nyílt és zárt hlmzok Példák nyílt hlmzokr Példák zárt hlmzokr Metrikus terek teljessége Kompktság metrikus terekben Folytonosság, htárérték metrikus terekben Jordn-mérték R p -n Riemnn-integrál R p -n A p dimenziós integrál lptuljdonsági Fubini tétele Differenciálegyenletek Motiváció, példák Szétválszthtó változójú (szeprábilis) differenciálegyenletek Szétválszthtór visszvezethető egyenletek Elsőrendű lineáris differenciálegyenlet iii

5 4.5. Elsőrendű egyenletek geometrii jelentése Másodrendű lineáris egyenletek Többváltozós differenciálszámítás I Prciális derivált f : R 2 R eset f : R p R eset Differenciálhtóság Bevezető f : R 2 R eset Iránymenti derivált, Lgrnge-középértéktétel f : R p R eset A Young-tétel A Tylor-polinom Lokális szélsőérték Lokális szélsőérték és prciális derivált Kétszer differenciálhtó függvény lokális szélsőértéke, konvexitás f : R p R eset Többváltozós differenciálszámítás II f : R p R q függvények differenciálhtóság Differenciálási szbályok Integráltrnszformáció Inverz- és implicitfüggvények Inverzfüggvény-tételkör Implicitfüggvény-tételek, Lgrnge-multiplikátorok Ívhossz, vonlintegrál, primitív függvény Görbék Vonlintegrál Primitív függvény (többváltozós) Folytonos függvény primitív függvénye Folytonosn differenciálhtó függvény primitív függvénye Prméteres integrál Folytonosn differenciálhtó függvény csillgszerű hlmzon A Newton Leibniz-tétel további áltlánosítási Ívhossz szerinti vonlintegrál Green tétele Felület, felszín Integráltételek három dimenzióbn iv

6 Tárgymuttó 360 Irodlomjegyzék 366 v

7 . fejezet Bevezetés A mtemtik minden ágánk elsjátításához szükség vn logikus gondolkodás képességére. Alpfoglmkból és igznk elfogdott összefüggésekből kiindulv egyre bonyolultbb állításokt vezetünk le pusztán logik segítségével, és így építjük fel mtemtikát. Szükség vn tehát logiki műveletek és bizonyítási módszerek pontos megfoglmzásár, illetve kiindulási lpfoglmk (többek között hlmzok, függvények és vlós számok) precíz bevezetésére. A fejezet célj ezen elengedhetetlen lpok megteremtése... Logiki állítások, műveletek, tgdás A következőkben néhány lpvető logiki foglmt tárgylunk. Állításnk nevezünk egy olyn kijelentést, melyről egyértelműen eldönthető, hogy igz vgy hmis. Pl.: Ez z lm piros. A tábl zöld... Definíció. Logiki műveletek: állításokból képeznek új állításokt. Legyen A és B egy-egy állítás.. és, jele: A B pontosn kkor igz, h A és B is igz. 2. vgy, jele: (fontos! megengedő vgy) A B pontosn kkor igz, h A vgy B igz. 3. nem, jele: A pontosn kkor igz, h A hmis (és fordítv). 4. következtetés (implikáció), jele: A B pontosn kkor igz, h A vgy B igz.

8 5. ekvivlenci, jele: A B pontosn kkor igz, h A B és B A is igz. A logiki műveletekkel kpcsoltosn érdemes megemlíteni z ún. de Morgn-zonosságokt, melyek z és-sel, illetve vgy-gyl összekötött állítások tgdásáról szólnk: (A B) = A B; (A B) = A B. Az A B implikáció tgdás következtetés hétköznpi foglmánk megfelelően z A B állítás. Az első de Morgn-zonosság lpján így A B = (A B) = A B, mi megegyezik definíciónkkl. Ebből z is látszik, hogy hmis állításból minden állítás következik. (Például H 2 pártln szám, kkor fű piros. állítás igz.) Vnnk olyn állítások, melyek változó(k)t trtlmznk, ezeket szokás nyitott mondtnk nevezni. Egy ilyen állítás igzságértéke változó értékétől függ. Pl.: Az n szám négyzetszám. Az x vlós számr x 2 3x + 2 = 0. H A(x) nyitott mondt (x változó), kkor ebből új állításokt nyerhetünk (létezik) és (minden) ún. kvntorok segítségével: ( x)a(x), minek jelentése: minden szóbjöhető x-re A(x) igz, ( x)a(x) pedig vn olyn szóbjöhető x, melyre A(x) igz. Például: ( x) x 2 3x A fenti állítások tgdás: (( x)a(x)) = ( x) A(x), (( x)a(x)) = ( x) A(x). A példábn szereplő állítás tgdás: ( x) x 2 3x + 2 < Bizonyítási módszerek Indirekt bizonyítás Ennek bizonyítási módszernek menete, hogy feltesszük bizonyítndó állítás ellenkezőjét, és ebből ellentmondásr jutunk. Tehát, h B állítást krjuk bizonyítni, 2

9 és z A egy igz állítás (mellyel mjd ellentmondásr jutunk), kkor B A állítást látjuk be. Az implikáció definíciój lpján B A = ( B) A = B A = A B, tehát vlójábn B állítás következését igzoljuk z A (igz) állításból. Péld:.2. Állítás. 2 irrcionális. Bizonyítás. Indirekt tegyük fel, hogy 2 rcionális. Ez zt jelenti, hogy vnnk olyn p, q pozitív egész számok, q 0, továbbá p és q legngyobb közös osztój, melyekre 2 = p q. Mindkét oldlt négyzetre emelve kpjuk, hogy 2 = p2 q 2, miből 2q2 = p 2. Ebből látszik, hogy p 2, így p is páros szám kell legyen, vgyis p = 2r, hol r egész. Így 2q 2 = 4r 2, vgyis q 2 = 2r 2, tehát q is páros. Ez ellentmond nnk, hogy p és q legngyobb közös osztój, tehát kiinduló feltevés hmis, így 2 irrcionális..3. Feldt. Indirekt módon igzoljuk, hogy h egy m egész számr m nem egész, kkor m irrcionális. Teljes indukció Teljes indukcióvl olyn állításokt bizonyítunk, melyek minden n (vgy minden elég ngy n) természetes számr vontkoznk. Természetes számok nk nevezzük középiskolából ismert 0,, 2,... (egész) számokt, belőlük képezett hlmzt pedig N-nel jelöljük. (Pontos definíciójuk z.6.3. lszkszbn tlálhtó.) A teljes indukció menete következő.. Belátjuk z állítást n = 0-r (vgy rr legkisebb n-re, miről z állítás szól). 2. Belátjuk következőt: h z állítás vlmelyik n természetes számr igz, kkor igz n + -re is. 3

10 A természetes számok tuljdonságiból következik, hogy fenti két lépés bizonyításávl z állítást minden természetes számr beláttuk. Ugynis z. lépés lpján z állítás igz n = 0-r. A 2. lépésből tudjuk, hogy ekkor z állítás igz n = 0 + = -re is. Ismét lklmzv 2. lépést, tudjuk, hogy z állítás igz n = + = 2-re. És így tovább. Ez lpján, h lenne olyn n természetes szám, melyre nem teljesül z állítás, kkor n -re sem teljesülhetne ( 2. lépés. mitt), ugynezért n 2-re sem teljesülne, és így tovább. Végül, zt kpnánk, hogy n = 0-r sem igz z állítás, mi ellentmond nnk, mit z. lépésben beláttunk. A 2. lépésben szereplő feltevést szokás indukciós feltételnek is nevezni. Péld:.4. Állítás. Minden n természetes számr 2 n > n. Bizonyítás. Végrehjtjuk teljes indukció lépéseit.. n = esetén z egyenlőtlenség 2 > lkú, és mivel 2 = 2, ezért 2 > teljesül. 2. Most tegyük fel, hogy z állítás vlmelyik n természetes számr igz, vgyis erre z n-re 2 n > n. Lássuk be, hogy ekkor n + -re is igz! A belátndó állítás tehát: 2 n+ > n +. Mivel 2 n+ = 2 2 n, és feltevés szerint 2 n > n, ezért 2 n+ = 2 2 n > 2 n. Másrészt bármilyen n egészre 2 n n +, tehát és ezt kellett belátnunk. 2 n+ > n +,.5. Megjegyzés. A fenti állítás n = 0-r is teljesül (hiszen 2 0 = > 0), de z indukciós lépés csk n esetén működik..6. Feldt. Teljes indukcióvl igzoljuk z lábbikt! n 2 = n(n+)(2n+) 6 ; n 3 = n2 (n+)

11 .7. Megjegyzés. A teljes indukciós bizonyítási módszernek egy változt, h 2. lépésben zt tesszük fel, hogy z állítás minden n-nél kisebb vgy egyenlő természetes számr igz, és ebből bizonyítunk n + -re. Fontos látnunk, hogy z indukció 2. lépésében nem zt tesszük fel, hogy z állítás bármely n-re igz hiszen kkor mgánk z állításnk z igz voltát tételeznénk fel, mit pedig bizonyítni krunk. Csk nnyit teszünk fel, hogy z állítás egy (vlmelyik) n természetes számr igz. Ilyen n létezik, hiszen z. lépésben éppen ezt láttuk be..3. Fontos egyenlőségek, egyenlőtlenségek A továbbikbn középiskolából jól ismert vlós számok hlmzát jelölje R. (A vlós számokt z.6. szkszbn pontosbbn is bevezetjük.).8. Tétel (Bernoulli-egyenlőtlenség). Minden n természetes szám és, R esetén ( + ) n + n. Egyenlőség pontosn kkor teljesül, h n = vgy = 0. Bizonyítás. A bizonyítást teljes indukcióvl végezzük.. n = esetén belátndó állítás mi tetszőleges -r igz. + +, 2. Tegyük fel most, hogy z állítás vlmelyik n természetes számr igz! Lássuk be, hogy ekkor z egyenlőtlenség n + -re is teljesül, vgyis Az indukciós feltevés szerint ( + ) n+ + (n + ). ( + ) n + n. Ebből, kihsználv, hogy + 0 (mivel ), kpjuk, hogy ( + ) ( + ) n ( + ) ( + n ) = + (n + ) + n 2. (.) Tudjuk, hogy ( + ) n+ = ( + ) ( + ) n, (.2) így összevetve z (.) és z (.2) egyenlőségeket kpjuk, hogy mit látni krtunk. ( + ) n+ + (n + ) + n 2 + (n + ), (.3) 5

12 Hátrvn még z egyenlőség teljesülésének esete. Világos, hogy n =, ill. = 0 esetén egyenlőség teljesül. H zt tesszük fel, hogy egyenlőség vn, és n >, kkor belátott egyenlőtlenséget felhsználv + n = ( + ) n = ( + ) ( + ) n ( + ) ( + (n ) ) = + n + (n ) 2. Innen (n ) 2 0, tehát (n > mitt) = 0. A Bernoulli-egyenlőtlenségnek vn egy áltlánosított lkj is, mi z előbbihez hsonló módon, teljes indukcióvl igzolhtó..9. Tétel (Áltlánosított Bernoulli-egyenlőtlenség). Minden n természetes szám és, 2,..., n zonos előjelű vlós számok esetén ( + ) ( + 2 ) ( + n ) n..0. Tétel (Binomiális tétel). Tetszőleges, b R és n N esetén ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n ( + b) n = b n + b n + 2 b n n b n másképp írv: ( + b) n = Itt k! = 2 k, 0! = jelöléssel ( ) n = k n k=0 ( ) n k b n k. k n! k!(n k)!, 0 k n. Bizonyítás. A bizonyítást teljes indukcióvl végezzük.. n = 0 esetén z egyenlőség mi =. ( + b) 0 = ( ) 0 b 0, 0 ( ) n n, (.4) n 2. Tegyük fel, hogy z (.4) egyenlőség vlmelyik n-re teljesül! Belátjuk, hogy n+-re is igz. Mivel ( + b) n+ = ( + b) ( + b) n, ezért z indukciós feltevés szerint (( ) ( ) ( ) ( ) n n n n ( + b) n+ = ( + b) b n + b n + + n b + ) n 0 n n ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n = b n + 2 b n + + n b + n+ + 0 n n ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n + b n+ + b n + 2 b n + + n b 0 2 n 6

13 ( ) [( ) n n = b n [( ) ( )] n n + + n b + n n ( )] n b n + ) n+. ( n n [( ) n + ( )] n 2 b n + 2 Felhsználv, hogy tetszőleges n N és k N, k n esetén ( ) ( ) ( ) n n n + + =, k k k továbbá kpjuk, hogy ( ) n = 0 ( n + 0 ), ( ) n = n ( ) n +, n + ( + b) n+ = ( ) ( ) ( ) ( n + n + n + n + b n+ + b n + 2 b n n mi épp bizonyítndó állítás n + -re. ) n b + ( ) n + n+, n +.. Megjegyzés. A Binomiális tételből 0 esetén következik Bernoulli-egyenlőtlenség. Ugynis, z ( + ) n kifejezést z (.4) egyenlőség szerint kifejtve (b = ) minden tg ngyobb vgy egyenlő, mint 0, így jobb oldlt csökkentjük, h csk z első két tgot hgyjuk meg, vgyis ( + ) n ( ) n + 0 mi épp kívánt Bernoulli-egyenlőtlenség. ( ) n = + n,.2. Tétel (Számtni mértni hrmonikus közép közti egyenlőtlenség). Legyenek, 2,..., n > 0 tetszőleges számok (n ). Ekkor jelöléssel A n := + + n n (számtni közép), G n := n n (mértni/geometrii közép), n H n := + + (hrmonikus közép) n Egyenlőség pontosn kkor áll fenn, h = 2 = = n. H n G n A n. (.5) 7

14 .3. Megjegyzés. A közép elnevezés onnn ered, hogy mindhárom mennyiség megfelelő i számok legkisebb és legngyobb értéke között vn, vgyis min { i} H n G n A n mx { i}. i=,...,n i=,...,n Bizonyítás. A bizonyítást teljes indukcióvl végezzük. Az állítás n = esetben triviális. Tegyük fel most, hogy vlmely n-re és tetszőleges, 2,..., n > 0 számokr A n G n. Legyenek dv, 2,..., n, n+ > 0 számok, és tegyük fel, hogy úgy vnnk sorb rendezve, hogy n+ z (egyik) legngyobb közülük (világos, hogy z állítás nem függ számok sorrendjétől). Be kell látnunk, hogy A n+ G n+, vgyis mindkét oldlt n + - edik htványr emelve ( ) n+ + + n + n+ n n+, (.6) n + mi belátndó állítássl ekvivlens. Az lábbi átlkítást végezzük el: ( ) n+ ( + + n + n+ n An + n+ = ) n+ n + n + ( (n + ) An + n+ A n = n + ( = A n + ) n+ n+ A n. n + ) n+ (.7) Mivel n+ z (egyik) legngyobb szám, ezért könnyen láthtó, hogy n+ A n 0. Így kpott kifejezést Binomiális tétel szerint kifejtve z (.4) összegben minden tg pozitív. Ezért htvány értékét nem növeljük, h z (.4) összegnek csk z utolsó két tgját hgyjuk meg, vgyis ( A n + ) n+ n+ A n n + Az indukciós feltevés szerint ( n + n ) A n n n+ A n + n + ( ) n + A n+ n n + = (n + ) A n n n+ A n + A n+ n n + = A n n ( n+ A n ) + A n+ n = A n n n+. A n n n+ G n n n+ = n n+, (.8) 8

15 tehát (.7) és (.8) lpján ( ) n+ + + n + n+ n n+, n + mi éppen bizonyítndó (.6) egyenlőtlenség. A mértni és hrmonikus közép közti egyenlőtlenség könnyen dódik z előbb bizonyított mértni és számtni közép közti egyenlőtlenségből. Alklmzzuk ez utóbbit z, 2,..., n > 0 számok reciprokir, ebből + + n n Mindkét oldl reciprokát véve kpjuk: mi épp bizonyítndó állítás. n. n n + + n n, n H = = n, kkor z (.5) egyenlőtlenségek egyenlőséggel teljesülnek. Belátjuk, hogy G n = A n = = = n, hrmonikus közép esete hsonlón bizonyíthtó. Tegyük fel indirekt módon, hogy A n = G n, de például 2. Cseréljük ki -t és 2 -t is + 2 -re, z 2 3,..., n számokt hgyjuk változtlnul! Ekkor könnyen láthtó, hogy z + 2 2, + 2, 3,..., n 2 számok számtni közepének értéke változtlnul A n. Másrészt teljesül, mivel 2. Így 2 < < ( 2 ) n n = A n = G n = n 2 n < n n. Tehát zt kptuk, hogy z + 2, + 2, 2 2 3,..., n számok mértni közepe ngyobb, mint számtni közepe, mi ellentmondás. 9

16 .4. Megjegyzés. Az előbbi bizonyításbn z (.8) becslés következik Bernoulli-egyenlőtlenségből is, hiszen ( A n + n+ A n n + ) n+ ( = A n+ n A n+ n + n+ A n A n (n + ) ( + (n + ) ) n+ n+ A n A n (n + ) = A n+ n + A n n ( n+ A n ) = A n n n+. A fenti egyenlőtlenségláncolthoz kpcsolhtó még egy: négyzetes középről szóló. Az, 2,..., n számok (n ) négyzetes közepe: ) 2 Q n := n. n.5. Tétel. Az, 2,..., n > 0 számok (n ) közepei között fennáll z lábbi egyenlőtlenség: H n G n A n Q n. Bizonyítás. Világos, hogy fentiek lpján elég z utolsó egyenlőtlenséget bizonyítni. Négyzetre emelve mindkét oldlt, igzolndó, hogy ( + + n n ) n. n Mindkét oldlt n 2 -tel megszorozv és átrendezve kpjuk, hogy 0 (n ) ( ) n + 2 i j = ( i j ) 2, i<j i<j mi nyilván teljesül. Fontos nevezetes egyenlőtlenség Cuchy Schwrz- vgy Cuchy Schwrz Bunykovszkij-egyenlőtlenség. Tlálkozunk vele később (esetleg más-más formábn) mind z nlízis mind mtemtik egyéb területein is..6. Tétel (Cuchy Schwrz-egyenlőtlenség). Tetszőleges,..., n és b,..., b n vlós számokr n i b i n 2 n i b 2 i. (.9) i= Egyenlőség kkor és csk kkor áll fenn, h vlmelyik sorozt többszöröse másiknk, zz b = c,..., b n = c n vlmilyen c vlós számr. 0 i= i=

17 Bizonyítás. Világos, hogy minden vlós x-re ( i x b i ) 2 = 2 i x 2 2 i b i x + b 2 i 0 teljesül. Ezeket z egyenlőtlenségeket i =,..., n-re összedv zt kpjuk, hogy minden vlós x-re ( n)x 2 2( b + n b n )x + (b b 2 n) 0. Ez csk úgy teljesülhet, h szereplő másodfokú polinom diszkrimináns kisebb vgy egyenlő, mint 0, zz 4( b + + n b n ) 2 4( n)(b b 2 n) 0, miből átrendezéssel dódik kívánt egyenlőtlenség. H b = c,..., b n = c n vlmely c vlós számr, kkor könnyen láthtó, hogy egyenlőség teljesül. Megfordítv, h egyenlőség áll fenn, z zt jelenti, hogy fentiekben vizsgált diszkrimináns 0. Vgyis másodfokú polinomnk pontosn egy gyöke vn, mi csk úgy lehet, h z ( i x b i ) 2 lkú tgok mindegyike 0. Ez pedig éppen zt jelenti, hogy b i = c i, i =,..., n, hol x = c gyök..4. Hlmzok A hlmz és z (trtlmzás) foglmát lpfoglomnk tekintjük. Egy hlmzt kkor tekintünk ismertnek, h minden jól megfoglmzhtó dologról el tudjuk dönteni, hogy hozzá trtozik vgy nem trtozik hozzá. (Az okos gondolt, szép lány, z elég ngy szám vgy kicsi pozitív szám nem tekinthető jól megfoglmzott dolognk, ezért ezekről nem kérdezzük, hogy benne vnnk-e vlmilyen hlmzbn vgy hogy lkotnk-e hlmzt.) Legyen A hlmz, x egy jól definiált dolog. H x hozzátrtozik hlmzhoz, kkor ezt x A jelöli. H x nem trtozik hozzá hlmzhoz, kkor ezt x / A jelöli. A hlmz elemeit felsorolhtjuk, például A := {, b, c, d}. Itt nem számít, hogy egy elemet hányszor sorolunk fel (tehát, például z {,, b, b, b, c, d} ugynzt z A hlmzt definiálj, mint z {, b, c, d}). Más módon egy értelmes tuljdonsággl dhtjuk meg hlmzt, például B := {x: x vlós szám és x 2 < 2}. A B hlmz megdásánál hsználni fogjuk z lábbi (kevésbé precíz) felírást is: B := {x R: x 2 < 2}. Vigyázt! A hlmzelméletben vnnk bukttók is, melyekre itt nem térünk ki. Például, z összes hlmzok hlmz vgy legkisebb, 00 szónál kevesebbel nem definiálhtó vlós szám nem létezik.

18 .7. Definíció. Legyen A és B hlmz. Azt mondjuk, hogy A része vgy részhlmz B hlmznk, h minden x A esetén x B. Jele: A B..8. Definíció. Legyen A és B hlmz. Az A hlmz egyenlő B hlmzzl, h ugynzok z elemei. Jele: A = B. Fontos, hogy z nlízisben fenti hlmzok közötti ún. reláció jelenthet egyenlőséget is. Könnyen meggondolhtó z lábbi.9. Állítás. Legyen A és B hlmz. Ekkor A = B pontosn kkor, h A B és B A. A következőkben definiálunk néhány műveletet, melyekkel hlmzokból újbb hlmzokhoz juthtunk..20. Definíció. Legyen A és B hlmz. Az A és B egyesítése (uniój) z hlmz, melyre A B := {x: x A vgy x B}. Az A és B metszete (közös része) z hlmz, melyre Az A és B különbsége z hlmz, melyre A B := {x: x A és x B}. A \ B := {x: x A és x / B}. A metszet és különbség képzése során elképzelhető, hogy egyetlen x dolog sem rendelkezik kívánt tuljdonsággl..2. Definíció. Azt hlmzt, melynek egyetlen jól definiálhtó dolog sem eleme, üres hlmz nk nevezzük. Jele:..22. Definíció. Legyen H hlmz és A H egy részhlmz. Az A hlmz (H-r vontkozó) komplementerén z A c := H \ A hlmzt értjük. (A komplementerhlmz jelölésére sosem fogjuk z Ā-t hsználni, mert ez későbbiekben mást fog jelenteni!). Itt fontos szerepe vn H ún. lphlmznk is. Legyen például A := [0, ] zárt intervllum. H H = R, kkor A c = H \ A = (, 0) (, + ) nyílt intervllumok uniój. H zonbn H = [0, 2], kkor A c = H \ A = (, 2] blról nyílt, jobbról zárt intervllum. 2

19 .23. Tétel (De Morgn-zonosságok). Legyen H hlmz, A, B H. Ekkor Bizonyítás. Az olvsór bízzuk. (A B) c = A c B c és (A B) c = A c B c..24. Feldt. Igzoljuk, hogy (A B) \ C = (A \ C) (B \ C)! Tekintsük lpfoglomnk z (, b) rendezett pár t, melynek lényeges tuljdonság, hogy (, b) = (c, d) pontosn kkor, h = c és b = d. A rendezett pár segítségével értelmezzük hlmzok szorztát..25. Definíció. Legyen A, B hlmz. Az A és B Descrtes-szorzt rendezett párokból álló hlmz. A B := {(, b): A és b B} Például A := {2, 3, 5}, B := {, 3} esetén.5. Függvények A B = {(2, ), (2, 3), (3, ), (3, 3), (5, ), (5, 3)}. A függvény foglmát lpfoglomnk tekintjük hlmzok közötti egyértelmű hozzárendelést értünk ltt. Az x-hez hozzárendelt elemet f(x)-szel jelöljük. H X és Y tetszőleges hlmzok, kkor f : X Y egy olyn függvény, melyre minden x D(f) X esetén f(x) Y. (.0) D(f) jelöli z f függvény értelmezési trtományát, vgyis D(f) = {x X : x-hez f hozzárendel vlmit}, mi z X egy nem üres részhlmz. Az f függvény R(f)-el jelölt értékkészlete Y -nk részhlmz és R(f) = {y Y : y = f(x) vlmely x D(f)-re}. Fontos foglom függvény grfikonj. 3

20 .26. Definíció. Egy f : X Y függvény grfikonj D(f) R(f) Descrtes-szorzt lábbi részhlmz: grph(f) = {(x, f(x)) : x D(f)}, vgyis z (x, f(x)) lkú pontok hlmz, hol x z f értelmezési trtományából vló. Egy f : R R függvény grfikonj tehát z R R = R 2, vgyis sík egy részhlmz, és z (x, f(x)) lkú pontokt trtlmzz..27. Feldt. Legyenek f, f 2 : X Y. Igzoljuk, hogy h grph(f ) grph(f 2 ), kkor D(f ) D(f 2 ), továbbá x D(f ) : f (x) = f 2 (x)! Egy függvény inverze csk speciális, ún. kölcsönösen egyértelmű függvények esetén értelmezhető..28. Definíció. Legyen f : X Y függvény. Azt mondjuk, hogy z f kölcsönösen egyértelmű vgy injektív, h különböző x, x 2 D(f) elemeknek különböző Y -beli elemeket feleltet meg, zz Másképp: bármely x, x 2 D(f), x x 2 esetén f(x ) f(x 2 ). f(x ) = f(x 2 ) x = x 2. Az f : X Y bijektív függvény vgy bijekció, h f injektív, D(f) = X és R(f) = Y..29. Definíció. Legyen f : X Y injektív függvény. Ekkor z f inverze vgy inverzfüggvénye z f : Y X, D(f ) = R(f) függvény, mely egy y R(f) ponthoz zt z egyértelműen létező x D(f) pontot rendeli, melyre f(x) = y, vgyis bármely f(x) = y R(f) esetén f (y) = x..30. Megjegyzés. Világos, hogy h f : X Y injektív, kkor z f : Y X függvényre R(f ) = D(f), továbbá f is injektív. H f bijektív, kkor f is bijektív. Könnyen meggondolhtó, hogy h f : R R kölcsönösen egyértelmű, kkor grph(f ) (mi ez esetben R 2 egy részhlmz) úgy nyerhető, hogy grph(f)-et tükrözzük 45 -os (y = x) egyenesre..3. Definíció. Legyen g : X Y, f : Y Z. Ekkor z f és g függvények kompozíciój z z f g : X Z függvény, melyre D(f g) = {x D(g) : g(x) D(f)}, és bármely x D(f g) esetén (f g)(x) := f(g(x)). 4

21 .32. Péld. A g függvény minden szám duplájához -et djon hozzá g : R R, g(x) := 2x + ; z f függvény pedig minden számot emeljen négyzetre kkor lesz z f és g kompozíciój. Vigyázt! Áltlábn f g g f! f : R R, f(x) := x 2, f g : R R, (f g)(x) = (2x + ) Definíció. Legyen f : X Y és H D(f). Az f függvény H-r vló leszűkítése z z f H : H Y függvény, melyre bármely x H esetén f H (x) := f(x). Megemlítünk még függvényekkel kpcsoltbn két foglmt..34. Definíció. Legyen f : X Y, H D(f) és G R(f). A H hlmz f függvény áltli direktképe f(h) := {f(x): x H} Y. A G hlmz f függvény áltli ősképe vgy inverzképe f (G) := {x: f(x) G} X. A továbbikbn véges, megszámlálhtó és megszámlálhtón végtelen hlmz foglmát definiáljuk..35. Definíció. Azt mondjuk, hogy z A hlmz véges, h létezik n Z + és φ : A {, 2,..., n} bijekció. Azt mondjuk, hogy z A hlmz megszámlálhtón végtelen, h létezik φ : A N bijekció. Azt mondjuk, hogy z A hlmz megszámlálhtó, h létezik φ : A N, D(φ) = A injektív függvény. A definíciókból következik, hogy egy megszámlálhtó hlmz vgy véges vgy megszámlálhtón végtelen. Példák megszámlálhtón végtelen hlmzokr:. Legyen A páros természetes számok hlmz, vgyis Könnyen(!) láthtó, hogy függvény bijekciót létesít N és A között. A := {2n : n N}. φ(n) := 2n, n N 5

22 2. Meglepő, de rcionális számok Q hlmz megszámlálhtón végtelen. Írjuk fel z, 2, 3,..., n,... nevezőjű törteket soronként A φ : N Q bijekciót úgy készítjük, hogy φ(0) := 0, φ() :=, φ(2) := 2, φ(3) := 2,... A rjz szerinti lépegetéssel hldunk, ügyelve rr, hogy minden olyn törtet ugorjunk át, mely már egyszer sorr került. Ezzel biztosítjuk, hogy vlóbn kölcsönösen egyértelmű mrdjon függvényünk. Láthtó z is, hogy előbb-utóbb minden rcionális számhoz eljutunk, így φ bijekció lesz N és Q között, mi zt jelenti, hogy Q megszámlálhtón végtelen..6. Vlós számok Kiskorunktól számolunk vlós számokkl, összedjuk, szorozzuk, osztjuk őket, htványozunk, bszolút értékét vesszük számoknk. Egyenleteket, egyenlőtlenségeket rendezünk. Most lefektetjük zt viszonylg egyszerű szbályrendszert, melyből megtnult eljárások levezethetők..6.. Műveletek és rendezés Legyen R nem üres hlmz. Tegyük fel, hogy dv vn egy összedásnk nevezett + : R R R és egy szorzásnk nevezett : R R R függvény, melyek következő tuljdonságokkl rendelkeznek: Testxiómák. bármely, b R esetén + b = b + (kommuttivitás) 2. bármely, b, c R esetén + (b + c) = ( + b) + c (sszocitivitás) 3. vn olyn 0 R elem, hogy bármely R esetén + 0 = (0 z összedás egységeleme, beláthtó, hogy egyértelmű) 4. bármely R esetén vn olyn R ellentett elem, hogy + ( ) = 0 (beláthtó, hogy ez egyértelmű). 6

23 m. bármely, b R esetén b = b (kommuttivitás) m2. bármely, b, c R esetén (b c) = ( b) c (sszocitivitás) m3. vn olyn R \ {0} elem, hogy bármely R esetén = ( szorzás egységeleme) m4. bármely R \ {0} esetén vn olyn R reciprok elem, hogy =. d. bármely, b, c R esetén (b + c) = b + c (disztributív szorzás z összedásr nézve) Láthtó, hogy szorzás szbályrendszere 4. követelményben lényegesen eltér z összedástól (egyébként nem is különbözne z összedás és szorzás). A d. is z eltérést erősíti. Tegyük fel, hogy R-en vn egy olyn (kisebb vgy egyenlőnek nevezett) ún. rendezési reláció, mely következő tuljdonságokkl rendelkezik: Rendezési xiómák r. bármely R esetén (reflexív), r2. h b és b, kkor = b (ntiszimmetrikus), r3. h b és b c, kkor c (trnzitív), r4. bármely, b R esetén vgy b, vgy b (teljes), r5. minden olyn esetben, mikor b és c R tetszőleges szám, kkor +c b+c. r6. minden olyn esetben, mikor 0 b és 0 c, kkor 0 b c. Állpodjunk meg bbn, hogy z b, b helyett < b jelölést hsználunk. Megjegyezzük, hogy r4. r. Az testxiómák és rendezési xiómák lpján levezethető z összes egyenlőséggel és egyenlőtlenséggel kpcsoltos szbály. Kiegészítésül három foglmt külön is megemlítünk..36. Definíció. Legyen, b R, b 0. Ekkor b := b. Az osztás tehát elvégezhető vlós számokkl..37. Definíció. Legyen x R. Az x bszolút értéke { x, h 0 x x := x, h x 0, x 0. Hsznosk z bszolút értékkel kpcsoltos egyenlőtlenségek.. Bármely x R esetén 0 x. 2. Legyen x R és ε R, 0 ε. Ekkor (x ε és x ε) x ε. 3. Bármely, b R esetén + b + b (háromszög-egyenlőtlenség) 4. Bármely, b R esetén b b. 7

24 Ezek z állítások könnyen igzolhtók. A 4. bizonyítását megmuttjuk. Tekintsük z = b + b egyenlőtlenséget. Ekkor 3. szerint = b + b b + b. Az r2. szerint b számot mindkét oldlhoz hozzádv nem változik z egyenlőtlenség Mivel és b szerepe felcserélhető, ezért + ( b ) = b b. (.) ( b ) b = b (.2) is teljesül. Az (.) és z (.2) 2. tuljdonság szerint (x := b ; ε := b szereposztássl) éppen zt jelenti, hogy b b. A vlós számok felépítéséhez testxiómákon és rendezési xiómákon kívül további szbályokr (xiómákr) lesz szükségünk. Mielőtt zonbn ezekre rátérnénk, bevezetjük z intervllum és környezet foglmát Intervllumok és környezetek.38. Definíció. Legyen I R. Azt mondjuk, hogy I intervllum, h bármely x, x 2 I és x < x < x 2 esetén x I..39. Tétel. Legyen, b R, < b. Ekkor z lábbi hlmzok mindegyike intervllum. [, b]:={x R : x b} [, b):={x R : x < b} (, b]:={x R : < x b} (, b):={x R : < x < b} [, + ):={x R : x} (, + ):={x R : < x}; (0, + ) =: R + (, ]:={x R : x } (, ):={x R : x < }; (, 0) =: R (, + ) := R Megemlítjük, hogy z [, ] = {} és z (, ) = ún. elfjuló intervllumok..40. Definíció. Legyen R, r > 0. Az pont r sugrú környezetén K r () := ( r, + r) nyílt intervllumot értjük. Azt mondjuk, hogy K() R hlmz z pont egy környezete, h vn olyn r > 0 szám, hogy K() = K r (). 8

25 .6.3. Természetes, egész és rcionális számok Most elkülönítjük z R egy nevezetes részhlmzát. Legyen N R olyn részhlmz, melyre 0 N bármely n N esetén n + N bármely n N esetén n + 0 ( 0 z első elem) bból, hogy () S N, (b) 0 S, (c) bármely n N esetén n + S következik, hogy S = N. (Teljes indukció.) Az R-nek z ilyen N részhlmzát természetes számok hlmzánk nevezzük. Kiegészítésül álljon itt még néhány megállpodás: Z := N {m R : m N} z egész számok hlmz N + = Z + := N \ {0} Q := {x R : hlmz vn olyn p Z, q N, q 0, hogy x = p } rcionális számok q Q := R \ Q z irrcionális számok hlmz. Az N segítségével testxiómák és rendezési xiómák mellé z lábbi hrmdik követelményt illesztjük z R-hez. Arkhimédészi xióm: Bármely x R számhoz vn olyn n N, hogy x < n. Könnyen láthtó, hogy ezen xiómávl ekvivlens z lábbi: Arkhimédészi xióm változt: Bármely y > 0 vlós számhoz vn olyn n N, hogy < y. n Az Arkhimédészi xióm egy fontos következménye, hogy minden (nemelfjuló) intervllumbn vn rcionális szám. Ez vlmi olysmit jelent, hogy rcionális számok sűrűn helyezkednek el számegyenesen..4. Állítás. Legyenek < b tetszőleges vlós számok. Ekkor z (, b) nyílt intervllumbn vn rcionális és irrcionális szám, vgyis (, b) Q és (, b) Q. Sőt, minden intervllumbn vn tetszőlegesen ngy nevezőjű rcionális szám. 9

26 Bizonyítás. Az egyszerűség kedvéért legyen 0 < < b, többi eset hsonlón meggondolhtó. A rcionális eset bizonyításánk lpgondolt szemléletesen következő. Az Arkhimédészi xióm biztosítj, hogy z és b számokhoz tlálhtó egy olyn q N szám, melyre q < b. Ezért -sávl lépdelve számegyenesen eljutunk z (, b) nyílt intervllumb. Nézzük q részletesen! Az Arkhimédészi xióm szerint z számhoz tlálhtó olyn q N, hogy b R b < q. (.3) Másrészt, szintén z Arkhimédészi xióm mitt válszthtunk olyn p N legkisebb számot, melyre q < p, vgyis melyre teljesül. Mivel (.3) mitt ezért z (.4) egyenlőtlenségből kpjuk: vgyis q < p q + (.4) q + < qb, q < p < qb < p q < b, p q (, b) Q. Ebből bizonyításból z is következik, hogy z (, b) intervllumbn tetszőlegesen ngy nevezőjű rcionális szám is tlálhtó. Ugynis, bárhogyn rögzítünk le egy értéket, z (.3) egyenlőtlenségben q válszthtó nnál ngyobbnk. Az irrcionális eset ngyon hsonlón igzolhtó. Az Arkhimédészi xióm biztosítj, hogy z és b számokhoz tlálhtó egy olyn q N szám, melyre 2 q < b. Ezért, szemléletesen, 2 -sávl lépdelve számegyenesen eljutunk z (, b) nyílt intervllumb. A bizonyítás részletezését z olvsór q bízzuk. 20

27 Az Arkhimédészi xiómávl sem vált még minden igényt kielégítővé z R. Ugynis beláthtó, hogy Q, rcionális számok hlmz kielégíti z összes fenti xiómát tehát ezek z xiómák nem biztosítják z irrcionális számok létezését ( számegyenesen mrdtk lyukk ). Szükségünk lesz még egy utolsó xiómár, melyet néhány foglomml készítünk elő Felső és lsó htár.42. Definíció. Legyen A R. Azt mondjuk, hogy A felülről korlátos számhlmz, h vn olyn K R, hogy bármely A esetén K. Az ilyen K z A hlmz egyik felső korlátj. Világos, hogy h K z A felülről korlátos hlmz egy felső korlátj és K 2 K, kkor K 2 is felső korlátj A-nk. Tehát egy dott hlmz felső korlátink hlmz felülről nem korlátos. Kérdés, hogy vjon legkisebb felső korlát létezik-e..43. Definíció. Legyen A R, A felülről korlátos hlmz. Tekintsük B := {K R : K felső korlátj z A hlmznk} hlmzt. H α R B hlmz legkisebb eleme, zz olyn szám, melyre α B (α is felső korlátj z A hlmznk) bármely K B felső korlátr α K, kkor z ilyen α R számot (mely nem feltétlenül eleme z A hlmznk) hlmz felső htáránk nevezzük, és így jelöljük: α := sup A ( z A hlmz szuprémum ) A kérdés csupán z, hogy vn-e ilyen α R. Az R szbályrendszeréhez egy olyn utolsó xiómát illesztünk, mely ezen felső htár létezését biztosítj. Felső htár xiómáj: Minden felülről korlátos nem üres vlós számhlmznk vn legkisebb felső korlátj. Nyilván igz sup A két tuljdonság:. bármely A esetén sup A 2. bármely 0 < ε esetén vn olyn A, hogy (sup A) ε <. H sup A A, kkor sup A z A hlmz mximum. 2

28 .44. Megjegyzés. H A felülről nem korlátos hlmz, kkor megállpodás szerint sup A := +. Másrészt sup :=..45. Feldt. Igzoljuk, hogy h B A, kkor sup B sup A! Nézzük meg most egy példán, hogyn biztosítj felső htár xiómáj z irrcionális számok létezését!.46. Péld. Tekintsük z lábbi hlmzt! A := { x R : x 2 < 2 } Világos, hogy A nem üres, hiszen például 0 A. Másrészt A felülről korlátos, mivel 2 nyilván egy felső korlátj. A Felső htár xiómáj szerint létezik A-nk legkisebb felső korlátj, sup A R, miről beláthtó, hogy nem lehet rcionális. Ezt sup A számot nevezzük 2-nek. A műveleti, rendezési szbályrendszerrel, z Arkhimédészi xiómávl és Felső htár xiómájávl teljessé tettük z R vlós számok hlmzát. Ezzel biztos lpot teremtettünk jövőbeni számolásokhoz is. Néhány további megállpodás..47. Definíció. Legyen A R. Azt mondjuk, hogy A lulról korlátos, h vn olyn L R, hogy minden A esetén L. Az L z A hlmz egyik lsó korlátj. Legyen A lulról korlátos számhlmz. Az A lsó korlátji közül legngyobb hlmz lsó htár. (Ennek létezéséhez már nem kell újbb xióm, visszvezethető felső htár létezésére.) Az A hlmz lsó htárát inf A ( z A hlmz infimum ) jelölje. Nyilván igz, hogy. bármely A esetén inf A 2. bármely 0 < ε esetén vn olyn A, hogy < (inf A) + ε. H inf A A, kkor inf A z A hlmz minimum. 22

29 .48. Megjegyzés. H A lulról nem korlátos hlmz, kkor megállpodás szerint inf A :=. Másrészt inf := Feldt. Igzoljuk, hogy h B A, kkor inf B inf A!.50. Definíció. Egy A R hlmzról zt mondjuk, hogy korlátos, h felülről és lulról is korlátos..5. Megjegyzés. A fentiekben nem volt szándékunk vlós számok precíz xiomtikus felépítése. Megjegyezzük, hogy z Arkhimédészi xióm mellé elég lett voln z lábbi xiómát feltenni, hogy biztosítsuk z irrcionális számok létezését. Cntor-xióm: Legyenek [ n, b n ], n N ún. egymásb sktulyázott, nem üres zárt intervllumok, vgyis [ n+, b n+ ] [ n, b n ], n N. Ekkor ezen intervllumoknk vn közös pontj, vgyis [ n, b n ]. n N.52. Feldt. Bizonyítsuk be, hogy z Arkhimédészi és Cntor-xiómák együtt ekvivlensek Felső htár xiómájávl, vgyis (Arkhimédészi xióm + Cntor-xióm) Felső htár xiómáj Vlós számok htványi Legyen R. Ekkor ismert, hogy :=, 2 :=, 3 := 2,..., n := n,... H R, 0, kkor jelentse zt 0-nál ngyobb vgy egyenlő számot, melynek négyzete, zz 0, ( ) 2 =. Vegyük észre, hogy bármely R esetén 2 =..53. Definíció. Legyen R, k N. Ekkor 2k+ jelentse zt vlós számot, melynek (2k + )-edik htvány. Vegyük észre, hogy h 0 <, kkor 2k+ > 0, és h < 0, kkor 2k+ < Definíció. Legyen R, 0, k N. Ekkor 2k jelentse zt 0-nál ngyobb vgy egyenlő számot, melynek (2k)-dik htvány. 23

30 A gyökök létezése és egyértelműsége Felső htár xiómájából következik hsonlón, mint z.46 Példábn, de itt nem részletezzük. Vezessük be következő jelölést: h n N és R z n pritásánk megfelelő (vgyis, h n pártln, kkor R, h pedig n páros, kkor 0), kkor n := n..55. Definíció. Legyen R +, p, q N \ {0}. p q := ( p ) q = q p..56. Definíció. Legyen R +, p, q N \ {0}. p q := q p..57. Definíció. Legyen R \ {0}. Ekkor 0 :=. Láthtó, hogy ezzel definícióláncolttl egy R + bármely r Q rcionális kitevőjű htványát értelmeztük. Beláthtó, hogy definíciókbn szereplő számok egyértelműen léteznek, és érvényesek következő zonosságok:. R +, r, s Q esetén r s = r+s, 2., b R +, r Q esetén r b r = ( b) r, 3. R +, r, s Q esetén ( r ) s = r s. A későbbiekben definiálni fogjuk egy szám irrcionális kitevős htványát is. 24

31 2. fejezet Vlós függvények Ismertetjük vlós számok hlmzán értelmezett, vlós szám értékű függvények legfontosbb tuljdonságit. Definiáljuk gykrn hsznált vlós függvényeket, melyeket elemi függvényeknek neveznek. 2.. Vlós függvények lptuljdonsági 2.. Definíció. Egy f : R R függvényt vlós függvénynek nevezünk. Emlékeztetünk, hogy z (.0) lpján ez zt jelenti, hogy D(f) R és R(f) R Definíció. Legyen f : R R, λ R. Ekkor λf : R R, (λf)(x) := λf(x), D(λf) = D(f) Definíció. Legyen f, g : R R, D(f) D(g). Ekkor f + g : R R és f g : R R, (f + g)(x) := f(x) + g(x), D(f + g) = D(f) D(g), (f g)(x) := f(x) g(x), D(f g) = D(f) D(g) Definíció. Legyen g : R R, H := D(g) \ {x D(g) : g(x) = 0}. Ekkor /g : R R, (/g)(x) :=, D(/g) = H. g(x) 2.5. Definíció. Legyen f, g : R R f g := f /g 25

32 2.6. Definíció. Legyen f : R R. Azt mondjuk, hogy f felülről korlátos függvény, h z R(f) R felülről korlátos hlmz. Azt mondjuk, hogy f lulról korlátos függvény, h R(f) R lulról korlátos hlmz. Azt mondjuk, hogy f korlátos függvény, h R(f) R korlátos hlmz Definíció. Legyen f : R R. Azt mondjuk, hogy f monoton növő függvény, h bármely x, x 2 D(f), x < x 2 esetén f(x ) f(x 2 ). Az f szigorún monoton növő függvény, h bármely x, x 2 D(f), x < x 2 esetén f(x ) < f(x 2 ). Azt mondjuk, hogy f monoton fogyó függvény, h bármely x, x 2 D(f), x < x 2 esetén f(x ) f(x 2 ). Az f szigorún monoton fogyó függvény, h bármely x, x 2 D(f), x < x 2 esetén f(x ) > f(x 2 ) Feldt. Igzoljuk következőket!. H f szigorún monoton növő vgy fogyó, kkor vn inverze. 2. H f szigorún monoton növő, kkor inverze is szigorún monoton növő. 3. H f invertálhtó és 0 / R(f), kkor /f is invertálhtó Definíció. Legyen f : R R. Azt mondjuk, hogy f páros függvény, h. minden x D(f) esetén x D(f), és 2. minden x D(f) esetén f( x) = f(x) Definíció. Legyen f : R R. Azt mondjuk, hogy f pártln függvény, h. minden x D(f) esetén x D(f), és 2. minden x D(f) esetén f( x) = f(x). 2.. Definíció. Legyen f : R R. Azt mondjuk, hogy f periodikus függvény, h létezik olyn p R + szám, hogy. minden x D(f) esetén x + p, x p D(f), és 2. minden x D(f) esetén f(x + p) = f(x p) = f(x). A p szám függvény egyik periódus. (Vigyázt! Nem biztos, hogy vn legkisebb periódus!) 26

33 2.2. Elemi függvények Ebben szkszbn z egyszerűség kedvéért függvényeket mint f : D(f) R tüntetjük fel (tehát nyíl előtt z értelmezési trtomány áll minden esetben) Htványfüggvények. Legyen id : R R, id(x) := x z ún. identitásfüggvény. Az id szigorún monoton növő, pártln függvény (2.. ábr). 2. Legyen id 2 : R R, id 2 (x) := x 2. Az id 2 R + szigorún monoton növő, z id 2 R szigorún monoton fogyó. Az id 2 páros (2.2. ábr). 3. Legyen id 3 : R R, id 3 (x) := x 3. Az id 3 szigorún monoton növő, pártln függvény (2.3. ábr). 4. H n N +, kkor id n : R R, id n (x) := x n függvény páros n esetén z id 2, pártln n esetén z id 3 tuljdonságit örökli. y id y id 2 y id 3 x x x 2.. ábr. Az identitás 2.2. ábr. Az id 2 függvény 2.3. ábr. Az id 3 függvény 5. Legyen / id : R \ {0} R, (/ id)(x) := /x, és / id 2 : R \ {0} R, (/ id 2 )(x) := /x 2. Az / id R és z / id R + szigorún monoton fogyó (de / id nem monoton!). Az / id pártln (2.4. ábr). Az / id 2 R szigorún monoton nő, z / id 2 R + szigorún monoton fogy. Az / id 2 páros (2.5. ábr). 6. Legyen n N. Az / id n : R \ {0} R, / id n (x) := /x n függvény páros n esetén z / id 2, pártln n esetén z / id tuljdonságit örökli. 27

34 7. Legyen id /2 : [0, ) R, id /2 (x) := x. Az id /2 szigorún monoton növő függvény (2.6. ábr). Megemlítjük, hogy z id /2 z id 2 [0, ) kölcsönösen egyértelmű függvény inverzeként is értelmezhető. y / id y / id 2 x y id /2 x x 2.4. ábr. Az / id függvény 2.5. ábr. Az / id 2 függvény 2.6. ábr. Az id /2 függvény 8. Legyen r Q. Az id r : R + R, id r (x) := x r. Néhány r esetén szemléltetjük z id r függvényeket (2.7. ábr). 9. Végül legyen id 0 : R R, id 0 (x) :=. Az id 0 monoton növő és monoton fogyó is, páros függvény. Bármilyen p > 0 szám szerint periodikus (2.7. ábr). y id /2 id 3/2 id id 2/3 id 0 x 2.7. ábr. Néhány htványfüggvény Exponenciális és logritmus függvények. Legyen R +. Az lpú exponenciális függvény exp : R R, exp (x) := x. (2.) 28

35 (A vlós kitevős htvány precíz definíciójár később térünk ki.) () exp szigorún monoton növő, h >, (b) exp szigorún monoton fogyó, h <, (c) exp = id 0, h = (monoton növő és monoton fogyó is) (2.8. ábr). H > 0 és, kkor R(exp ) = R +, vgyis z exp csk pozitív értéket vesz fel (és minden pozitív számot fel is vesz). Bármely > 0 esetén minden x, x 2 R mellett exp (x + x 2 ) = exp (x ) exp (x 2 ). (Ez legfontosbb ismertetőjele z exponenciális függvényeknek.) Kitüntetett szerepe vn z exp e =: exp függvénynek (2.9. ábr), hol e z ún. Euler-féle szám, mit 3. fejezetben definiálunk. Ezt szokás egyszerűen exponenciális függvénynek nevezni. exp < y exp > y exp e exp x x 2.8. ábr. Különböző lpú exponenciális függvények 2.9. ábr. Az exponenciális függvény 2. Legyen > 0,. Mivel exp szigorún monoton, ezért kölcsönösen egyértelmű is, tehát vn inverzfüggvénye: log := (exp ) lesz z lpú logritmusfüggvény (2.0. ábr). Tehát log : R + R, log (x) = y, melyre exp (y) = x. H >, kkor log szigorún monoton növő, h <, kkor log szigorún monoton fogyó. A logritmusfüggvények lpvető tuljdonsági következők: 29

36 () bármely > 0, és minden x, x 2 R + esetén log (x x 2 ) = log x + log x 2, (b) bármely > 0, és minden x R + és k R esetén log x k = k log x, (c) bármely, b > 0,, b és minden x R + esetén log x = log b x log b. A 3. tuljdonság szerint kár egyetlen logritmusfüggvény számszorosként z összes logritmusfüggvény előáll. A mtemtikábn kitüntetett szerepe vn z e lpú logritmusnk: ln := log e természetes lpú logritmus (2.. ábr). y log > y ln x e x log < 2.0. ábr. Különböző lpú logritmusfüggvények 2.. ábr. Természetes lpú logritmusfüggvény Trigonometrikus függvények és inverzeik. A sin : R R függvény precíz definícióját később, lszkszbn tárgyljuk. Itt most középiskolából ismert definíciót ismételjük át. Vegyünk fel síkon egy origó középpontú, sugrú kört! Ahol vízszintes tengely (pozitív fele) metszi körvonlt (vgyis z (, 0) pont), bból pontból mérjük fel z x R számnk megfelelő hosszúságú ívet kör kerületére, pozitív x esetén pozitív, negtív x esetén negtív irányítássl. [Ez művelet ngy kézügyességet igényel!... ] Az ív P végpontjánk második koordinátáj legyen sin x (2.2. ábr). A sin függvény pártln, p = 2π szerint periodikus (2.3. ábr). R(sin) = [, ]. 30

37 y sin x P x x cos x x 2.2. ábr. A sin és cos értelmezése 2. Legyen cos : R R, cos x := sin(x + π ). Könnyen láthtó, hogy ez fenti módon 2 definiált P pont első koordinátáj lesz. A cos függvény páros, p = 2π szerint periodikus (2.4. ábr). R(cos) = [, ]. π/2 y sin π/2 π 3π/2 2π x y π/2 π/2 π cos 3π/2 2π x 2.3. ábr. A sin függvény 2.4. ábr. A cos függvény Alpvető összefüggések: () Bármely x R esetén cos 2 x + sin 2 x =. (b) Bármely x, x 2 R esetén 3. Legyen tg := sin cos Az értelmezésből következik, hogy D(tg) = R \ sin(x + x 2 ) = sin x cos x 2 + cos x sin x 2, cos(x + x 2 ) = cos x cos x 2 sin x sin x 2. és ctg := cos sin. { π 2 + kπ : k Z }, D(ctg) = R \ {kπ : k Z}. 3

38 y tg ctg y π/2 π/2 π 3π/2 x π π/2 π/2 π x 2.5. ábr. A tg függvény 2.6. ábr. A ctg függvény A tg és ctg is pártln, p = π szerint periodikus (2.5. és 2.6. ábr). A trigonometrikus függvények periodikusságuk mitt nem kölcsönösen egyértelműek. 4. Tekintsük sin [ π 2, π 2 ] leszűkítést! Ez függvény szigorún monoton növő, ezért kölcsönösen egyértelmű, így vn inverzfüggvénye: ( ) rcsin := sin π [ 2, π 2 ]. Az értelmezésből rcsin : [, ] [ π, π ], rcsin x = α, melyre sin α = x. 2 2 Az rcsin szigorún monoton növő, pártln függvény (2.7. ábr). y π/2 rcsin y π x π/2 rccos π/2 x 2.7. ábr. Az rcsin függvény 2.8. ábr. Az rccos függvény 5. A cos függvény [0, π] intervllumr vló leszűkítése szigorún monoton fogyó, ezért vn inverzfüggvénye: rccos := ( cos [0,π] ). 32

39 Az értelmezésből következik, hogy rccos : [, ] [0, π], rccos x = α, melyre cos α = x. Az rccos függvény szigorún monoton fogyó (2.8. ábr). 6. A tg függvény ( π, π ) intervllumr vló leszűkítése szigorún monoton növő, ezért 2 2 vn inverzfüggvénye: rctg := (tg π ( 2, π 2 ) ). Az értelmezésből következik, hogy rctg : R ( π, π ), rctg x = α, melyre 2 2 tg α = x. Az rctg szigorún monoton növő, pártln függvény (2.9. ábr). 7. A ctg függvény (0, π) intervllumr vló leszűkítése szigorún monoton fogyó, ezért vn inverzfüggvénye: rcctg := ( ctg (0,π) ). Az értelmezésből következik, hogy rcctg : R (0, π), rcctg x = α, melyre ctg α = x. Az rcctg szigorún monoton fogyó függvény (2.20. ábr). y π/4 π/2 π/4 rctg x y π π/4 3π/4 π/2 rcctg π/2 x 2.9. ábr. Az rctg függvény ábr. Az rcctg függvény Hiperbolikus függvények és inverzeik. Legyen sh : R R, sh x := ex e x. 2 A sh szigorún monoton növő, pártln függvény (2.2. ábr). 2. Legyen ch : R R, ch x := ex + e x. 2 A ch R szigorún monoton fogyó, ch R + szigorún monoton növő. A ch páros függvény. R(ch) = [, + ). A függvény grfikonját láncgörbének is nevezik (

40 y sh y ch x x 2.2. ábr. Az sh függvény ábr. A ch függvény ábr), ugynis két végénél felfüggesztett lánc ilyen lkot vesz fel. Alpvető összefüggések: () Bármely x R esetén ch 2 x sh 2 x =. (b) Bármely x, x 2 R esetén 3. Legyen sh(x + x 2 ) = sh x ch x 2 + ch x sh x 2, ch(x + x 2 ) = ch x ch x 2 + sh x sh x 2. th := sh ch, cth := ch sh. Az értelmezésből következik, hogy th : R R, th x = ex e x e x + e x, cth : R \ {0} R, cth x = ex + e x e x e x. A th és cth pártln függvények ( ábr). A th szigorún monoton növő függvény. R(th) = (, ). A cth R szigorún monoton fogyó, cth R + szigorún monoton növő. R(cth) = R \ [, ]. 4. Az sh szigorún monoton növő függvény, ezért vn inverzfüggvénye: rsh : R R, rsh := (sh). Az rsh szigorún monoton növő, pártln függvény (2.25. ábr). 34

41 y y cth th x x ábr. A th függvény ábr. A cth függvény 5. Az ch függvény [0, ) intervllumr vló leszűkítése szigorún monoton növő, ezért vn inverzfüggvénye: rch : [, ) [0, ), rch := (ch [0, ) ). Az rch szigorún monoton növő függvény (2.26. ábr). y rsh y rch x x ábr. Az rsh függvény ábr. Az rch függvény 6. Az th szigorún monoton növő, ezért vn inverzfüggvénye: rth : (, ) R, rth := (th). Az rth szigorún monoton növő, pártln függvény (2.27. ábr). 7. A cth függvény R + intervllumr vló leszűkítése szigorún monoton fogyó, ezért vn inverzfüggvénye: rcth : (, + ) R +, rcth := (cth R +). Az rcth szigorún monoton fogyó függvény (2.28. ábr) Feldt. Lássuk be z lábbikt!. rsh x = ln(x + x 2 + ), x R, 35

42 y rth y x rcth x ábr. Az rth függvény ábr. Az rcth függvény 2. rch x = ln(x + x 2 ), x, 3. rth x = 2 4. rcth x = 2 +x ln, x (, ), x ln x+ x, x > Néhány különleges függvény. Legyen bs : R R, bs(x) := x, hol (emlékeztetőül) { x, h x 0 x := x, h x < 0, z bszolútérték-függvény (2.29. ábr). 2. Legyen sgn : R R,, h x > 0 sgn(x) := 0, h x = 0, h x < 0 z előjelfüggvény (szignumfüggvény) (2.30. ábr). 3. Legyen ent : R R, ent(x) := [x] z egészrészfüggvény, hol [x] := mx{n Z : n x}. (Az x R szám egész része z x-nél kisebb vgy egyenlő egészek közül legngyobb.) (2.3. ábr) 4. Legyen törtrészfüggvény f(x) = {x} = x [x], vgyis f = id ent (2.32. ábr). Az előbbi függvények tlán még nem is voltk nnyir különlegesek, hiszen mindenki tlálkozott velük középiskolábn. A most következő két függvény zonbn 36

43 y bs x y sgn x ábr. Az bszolútértékfüggvény ábr. Az előjelfüggvény függvény y ent x 2 y x 2.3. ábr. Az egészrészfüggvény ábr. A törtrészfüggvény már joggl nevezhető különlegesnek, gykrn fordulnk elő különböző ellenpéldák kpcsán. Az első függvény Lejeune Dirichlet ( ) német mtemtikus egy 829-es cikkéből szármzik. Szintén z ő nevéhez kpcsolhtó modern függvényfoglom (vgyis függvény = egyértelmű hozzárendelés) első megfoglmzás Legyen D : R R, D(x) := {, h x Q 0, h x R \ Q, melyet Dirichlet-függvénynek nevezünk, és ábr szemlélteti. A Dirichletfüggvény (egyik) érdekessége, hogy minden vlós szám minden környezetében felveszi 0 és z értéket is (ld. z.4 Állítást). A másik függvényt gykrn Riemnn-függvény néven emlegetik, zonbn először Krl Thome írt le 875-ben, több évvel Bernhrd Riemnn ( ) hlál után. 3 G. L. Dirichlet, Sur l convergence des séries trigonométriques qui servent à représenter une fonction rbitrire entre des limites données, J. reine ngew. Mth. 4 (829), G. L. Dirichlet, Die Drstellung gnz willkürchlicher Functionen durch Sinus- und Cosinus reihen, Repert. Mth. und Phys. I (837), K. J. Thome, Einleitung in die Theorie des bestimmten Integrle, Hlle, 875, 4. oldl. 37

44 y x ábr. A Dirichlet-függvény 6. Legyen R : R R { 0, h x R \ Q R(x) :=, h x Q, x = p, p Z, q N, lnko(p, q) =. q q A függvényt Riemnn-függvénynek szokás nevezni (2.34. ábr). Ennek függvénynek z z (egyik) érdekessége, hogy minden pont minden környezetében felvesz tetszőlegesen kis értéket, hiszen z.4 Állítás lpján minden intervllumbn vn tetszőlegesen ngy nevezőjű rcionális szám ábr. A Riemnn-függvény (0, ) intervllumon 38

45 3. fejezet Soroztok A soroztok igen egyszerű függvények, és hsznos építőkövei későbbi foglmknk. 3.. A sorozt foglm és tuljdonsági 3.. Definíció. A sorozt pozitív természetes számok hlmzán értelmezett függvény. Legyen H hlmz, h : N + H, kkor H-beli soroztról beszélünk. H például H vlós számok hlmz, kkor számsoroztról; h H bizonyos jelek hlmz, kkor jelsoroztról; h H z intervllumok hlmz, kkor intervllum-soroztról beszélünk. Legyen : N + R számsorozt. H n N +, kkor (n) helyett z n jelölést hsználjuk, és n -et sorozt n-edik tgjánk nevezzük. Mgát z : N + R számsoroztot is rövidebb ( n ) helyettesítse, esetleg ( n ) R hngsúlyozz, hogy számsoroztról vn szó. Például z : N + R, n := helyett z ( ) soroztról beszélünk. n n Néh tömör ( n ) helyett z, 2,..., n,... jelölést is hsználhtjuk. Például z (n 2 ) helyett, 4, 9,..., n 2,... soroztról beszélünk. Mivel sorozt is függvény, így korlátosság, monotonitás, műveletek soroztokkl nem igényelnek új definíciót. Emlékeztetőül mégis újrfoglmzunk egy-két elnevezést Definíció. Azt mondjuk, hogy z ( n ) sorozt korlátos, h vn olyn K R, hogy minden n N + esetén n K Definíció. Azt mondjuk, hogy ( n ) monoton növő, h minden n N + esetén n n Definíció. H ( n ) sorozt, és λ R, kkor λ ( n ) := (λ n ). 39

46 H ( n ), (b n ) két sorozt, kkor H még b n 0 (n N + ) is teljesül, kkor ( n ) + (b n ) := ( n + b n ), ( n ) (b n ) := ( n b n ). ( n ) (b n ) := ( n Például z ( n ) sorozt korlátos, hiszen bármely n n+ N+ esetén n < n +, ezért n n + = n n + <. b n ). Az ( n n+ ) monoton növő, mert bármely n N+ esetén mivel n(n + 2) < (n + ) 2. n = n n + < n + n + 2 = n+, 3.5. Péld. Fontos nevezetes sorozt z (( (e n ) := + ) n ). (3.) n Igzoljuk, hogy sorozt monoton növő és korlátos! Legyen n N +, ekkor számtni és mértni közép között fennálló egyenlőtlenség szerint ( ) n n + e n = = n + n n n + n n + ( + n n+ ) n+ ( ) n+ n n + 2 = = e n+. }{{ n } n + n + n drb Az (e n ) sorozt korlátos is, bármely n N + esetén ( ) n+ n n 4. Ugynis szintén számtni és mértni közép közti egyenlőtlenségből dódik következő: 4 ( n + n ) n = 2 2 n + n n + }{{ n } n drb ( + + n n+ ) n n =. n

47 3.2. Sorozt véges htárértéke Most soroztok egy merőben új tuljdonságávl ismerkedünk meg. H z, 2,..., n,... sorozt tgji vlmilyen szám körül keveset ingdoznk, kkor z ilyen soroztot konvergensnek fogjuk nevezni. Például, konstns sorozt és z ( ) sorozt konvergens. n Pontosbbn: 3.6. Definíció. Azt mondjuk, hogy z ( n ) számsorozt konvergens, h vn olyn A R szám, hogy bármely ε > 0 hibkorláthoz vn olyn N N (ε-tól függő) küszöbindex, melyre minden n N, n N esetén vgy mi ezzel ekvivlens: másképp n A < ε, A ε < n < A + ε, H vn ilyen A szám, kkor ez sorozt htárértéke, és jelölje n K ε (A). (3.2) lim n = A vgy lim n n = A vgy n A. A fenti definícióbn ngyon fontos, hogy (3.2) (vgy z ezzel ekvivlens állítások) bármely pozitív ε-r teljesülnek, de különböző ε-okr más-más küszöbindextől kezdve. ε 4... N+... A... N ábr. Az n A szemléletes jelentése ε 3.7. Megjegyzés. Könnyen láthtó definíció lpján, hogy 3.8. Állítás. n A ( n A) 0 n A 0. n 0. Bizonyítás. Legyen ε > 0 tetszőleges. Az ε vn olyn N N, melyre N > ε N < ε. számhoz z Arkhimédészi xióm lpján 4

48 H pedig n N, kkor n N < ε, zz n 0 < ε. Tehát egy tetszőlegesen dott ε > 0-hoz tláltunk olyn N küszöbindexet, hogy n N esetén soroztelemek legfeljebb ε-l térnek el 0-tól, ezért sorozt 0-hoz trt. Egy másik példként vegyünk egy méteres rudt. H félbevágjuk, mjd félrudt is félbevágjuk, mjd z egyik drbot ismét félbevágjuk és így tovább, kkor rúdhosszknk 2, 4, 2,..., 3 2,... n soroztához jutunk. Alklmzv z.4. Állítást, fentivel nlóg módon beláthtó, hogy 0, zz keletkezett új drbok tetszőlegesen kicsik lesznek. 2 n 3.9. Definíció. Azt mondjuk, hogy ( n ) nullsorozt, h lim n létezik és 0-vl egyenlő Definíció. Legyen ( n ) olyn sorozt, melyre n = minden n-re. Ekkor ( n )-et konstns soroztnk nevezzük. H n = csk egy indextől kezdve teljesül, kkor ( n ) kvázikonstns sorozt. A definíció lpján triviális, hogy h ( n ) kvázikonstns (vgy konstns) sorozt, kkor n. 3.. Megjegyzés. A sorozthtárérték egyértelmű. Tehát nem lehet, hogy n A és n B teljesülnek, de A B. Bizonyítás. H A B, kkor ε := A B /2 jelöléssel könnyen láthtó, hogy K ε (A) K ε (B) =, vgyis (A ε, A + ε) (B ε, B + ε) =. A sorozthtárérték definíciój lpján zonbn elég ngy n-re n K ε (A) K ε (B) teljesül, mi nem lehetséges Állítás. H z ( n ) sorozt konvergens, kkor ( n ) korlátos. Bizonyítás. A definíció szerint z ε := számhoz is vn olyn N küszöbindex, hogy minden n N esetén A < n < A +. H K := mx{, 2,..., N, A, A + }, kkor n N + esetén n K. 42

49 Igz-e vjon fenti állítás megfordítás, vgyis hogy minden korlátos sorozt konvergens is? Tekintsük z n := ( ) n, n N + képlettel megdott soroztot! A sorozt tgji,,,,... lkúk. Mivel n =, n N +, ezért ( n ) korlátos. Másrészt könnyen meggondolhtó, hogy mivel sorozt tgji között tetszőleges index után előfordul és is, ( n ) nem lehet konvergens. Ezt legegyszerűbben úgy láthtjuk be, hogy h z A szám htárértéke voln soroztnk, kkor ε = /2-hez is kellene léteznie olyn N küszöbindexnek, melyre n (A 2, A + ), n N. 2 Ez zonbn nem lehetséges, mert tetszőleges N után szerepel sorozt tgji között és is, melyek egyszerre nem lehetnek benne egy hosszúságú nyílt intervllumbn. Igz zonbn z lábbi tétel Tétel. H ( n ) monoton és korlátos, kkor ( n ) konvergens, mégpedig. monoton növő ( n ) esetén n α, hol α = sup{, 2,..., n,...} =: sup n R; n 2. monoton fogyó ( n ) esetén n α, hol α = inf{, 2,..., n,...} =: inf n n R. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy ( n ) monoton növő és korlátos. A Felső htár xiómáj mitt sorozt tgjiból lkotott hlmznk létezik (véges) felső htár, ez legyen α := sup n. n Megmuttjuk, hogy n α. Ehhez legyen dv egy tetszőleges ε > 0 szám. A hlmz felső htáránk tuljdonsági lpján. n N + esetén n α, és 2. N N + : N > α ε. Belátjuk, hogy 2. pont lpján létező N jó küszöbindex ε-hoz. Legyen n N tetszőleges, és becsüljük meg sorozt n-edik tgját: α ε < N n α < α + ε, hol kihsználtuk, hogy sorozt monoton növő. Ebből következik, hogy n α. Monoton fogyó sorozt esetén hsonlón igzolhtó, hogy sorozt tgjiból lkotott hlmz infimumához trt. 43

50 3.4. Definíció. Az (e n ) := (( + n )n ) soroztról már láttuk 3.5. Példábn, hogy monoton növő és korlátos, ezért 3.3. Tétel lpján konvergens. A htárértékét e-vel jelöljük, ez z ún. Euler-féle szám, tehát ( e := lim + n) n. A 3.5. Példábn meggondoltk lpján 2 e 4. Később zt is látni fogjuk, hogy e irrcionális Tétel (Rendőr-elv). Legyen ( n ) olyn sorozt, melyhez léteznek olyn (x n ) és (y n ) soroztok, hogy. n N + esetén x n n y n, és 2. lim x n = lim y n =: A. Ekkor ( n ) konvergens, és lim n = A. Bizonyítás. Legyen dv egy tetszőleges ε > 0 szám. Mivel x n A, ezért ε-hoz létezik N, hogy minden n N esetén A ε < x n < A + ε. Mivel y n A, ezért ε-hoz létezik N 2, hogy minden n N 2 esetén A ε < y n < A + ε. Legyen N := mx{n, N 2 } és n N tetszőleges. Ekkor A ε < x n n y n < A + ε, miből n A < ε. Tehát ε-hoz N jó küszöbindex, így következik z állítás Megjegyzés. Könnyen láthtó, hogy 3.5. Tétel. feltételében elegendő lett voln megkövetelni, hogy x n n y n elég ngy n-re teljesül. A Rendőr-elv szerint tehát két konvergens sorozt között elhelyezkedő sorozt is konvergens, és ugynod trt, mint közrefogó soroztok. H csk két soroztunk vn, melyek tgji között reláció áll fenn, kkor következő állítás igzolhtó z előzőhöz hsonló módon Állítás. Legyen (x n ) és ( n ) olyn konvergens sorozt, melyekre Ekkor lim x n lim n. x n n minden (elég ngy) n-re Megjegyzés. Vigyázt! Abból, hogy x n < n minden (elég ngy) n-re, szintén csk nnyi következik, hogy lim x n lim n. Például, h x n = 0 és n =, n N, kkor n ugyn x n < n minden n-re, de lim x n = lim n = 0. 44

51 3.3. Műveletek konvergens soroztokkl 3.9. Állítás. H n 0 és b n 0, kkor n + b n 0. Bizonyítás. Legyen dv ε > 0 tetszőleges szám. Mivel n 0, ezért ε/2-höz létezik N, hogy minden n N esetén ε 2 < n < ε 2. Mivel b n 0, ezért ε/2-höz létezik N 2, hogy minden n N 2 esetén ε 2 < b n < ε 2. Legyen N := mx{n, N 2 } és n N tetszőleges. Ekkor ε = ε 2 ε 2 < n + b n < ε 2 + ε 2 = ε, zz n + b n < ε, h n N. Tehát n + b n Állítás. H n 0 és (c n ) korlátos (vgyis c n < K, n N + ), kkor n c n 0. Bizonyítás. Legyen dv ε > 0 tetszőleges szám. Mivel n 0, ezért ε K N, hogy minden n N esetén n < ε K. > 0-hoz létezik Legyen n N tetszőleges. Ekkor miből következik, hogy n c n 0. n c n = n c n n K < ε K K = ε, 3.2. Állítás. H n A és λ R, kkor λ n λa. Bizonyítás. Nyilván (λ n λa) = λ ( n A). Mivel n A 0, λ-vl vló szorzás pedig tuljdonképpen konstns (λ) korlátos sorozttl vló szorzás, ezért Állítás lpján (λ) ( n A) 0 λ n λa Állítás. H n A és b n B, kkor n + b n A + B. 45

52 Bizonyítás. Könnyen láthtó, hogy ( n + b n (A + B)) = ( n A + b n B) = ( n A) + (b n B). Mivel n A 0 és b n B 0, ezért 3.9. Állítás lpján z összegük is 0-hoz trt, zz n + b n A + B Állítás. H n A és b n B, kkor n b n AB. Bizonyítás. Egyszerű számolássl ( n b n AB) = ( n b n Ab n + Ab n AB) = ( n A)(b n ) + A (b n B). Mivel n A 0, és (b n ) konvergens, ezért korlátos, így Állítás szerint szorztuk 0-hoz trt. Hsonlón, b n B 0, és konstns (A) korlátos, ezért szorztuk is 0-hoz trt. A 3.9. Állítás szerint két 0-hoz trtó sorozt összege is 0-hoz trt, tehát nb n AB Állítás. H b n B, B 0, kkor /b n /B. Bizonyítás. A B 0 feltételből dódik, hogy b n 0 elég ngy n-re (hiszen elég ngy n-re b n B szám B /2 sugrú környezetében vn, mi nem trtlmzz 0-t). Legyen B > 0. Ekkor ( ) ( ) B bn = = ( ) b n B Bb n B (b n B) b n ( Tudjuk, hogy b n B 0. Megmuttjuk, hogy korlátos. Mivel b n B, ezért ε := B 2 b n ) > 0 számhoz létezik N, hogy minden n N esetén B 2 < b n B < B 2, vgyis B B 2 < b n < B + B 2, miből ( Ez zt jelenti, hogy ) b n sorozt szorzt 0-hoz trt, ezért b n B. 2 B > b n > 2 3B. korlátos. Mivel Állítás lpján 0-hoz trtó és korlátos Állítás. H n A és b n B 0, kkor n /b n A/B. 46

53 Bizonyítás. Mivel z előző két tétel szerint tehát n b n A B. ( n b n ) ( = ( n ) b n n b n A B, Állítás. H n A, kkor n A. Bizonyítás. A 3.5. Tételből (Rendőr-elv) és z lábbi egyenlőtlenségből következik: ), 0 n A n A n N Állítás. H n A és p N +, kkor p n A p. Bizonyítás. Rögtön dódik Állítás p-szeri lklmzásából (b n) = ( n )-re Állítás. H n A, n > 0 és q N +, kkor q n q A. Bizonyítás. H A = 0, kkor legyen ε > 0 tetszőleges. A konvergenci definíciój lpján ε q pozitív számhoz létezik olyn N küszöbindex, hogy h n N, kkor n < ε q, miből q n < ε. Tehát q n 0 teljesül. H A 0, kkor htványozás zonosságiból könnyen meggondolhtó z lábbi: q n q A = n A ( q n ) q + ( q n ) q 2 q A + ( q n ) q 3 ( q A) ( q A) q. Itt második tényező q drb pozitív korlátos sorozt összegének reciprok, tehát korlátos. Ezt megszorozv egy 0-hoz trtó sorozttl 0-hoz trtó soroztot kpunk, mi bizonyítndó állítás Következmény. H n A, n > 0 és p, q N +, kkor p q n A p q. Bizonyítás. Azonnl dódik z előző két állításból és p/q-dik htvány definíciójából. Ezeknek tételeknek z lklmzásként nézzük következő példát Péld. lim 3n2 2n + 2n 2 + n = lim 3 2 n + n n = 3 2, hiszen 0, ezért számlálóbn = 0. A nevezőben , így n n 2 n n n hánydossorozt is konvergens. 47

54 3.4. Részsoroztok 3.3. Definíció. Egy n : N + N + szigorún monoton növekedő soroztot indexsoroztnk nevezünk. Könnyen meggondolhtó, hogy i N + esetén n i i. (3.3) Az : N + R sorozt egy részsoroztánk egymást követő tgjit úgy nyerjük z eredeti soroztból, hogy egy szigorún monoton növekedő indexsorozt mentén válogtjuk ki őket. Például ( n ) :=, 2, 3,..., n,... és (n i) := 2, 4, 6,..., 2n,... esetén lesz részsorozt. ( ni ) := 2, 4, 6..., 2n, Állítás. H lim n n = A, kkor bármely ( ni ) részsoroztár lim i ni = A Bizonyítás. Azonnl dódik sorozt konvergenciájánk definíciójából: dott ε > 0-hoz ugynz z N küszöbindex jó lesz részsorozthoz, is, mivel n N N Tétel. Minden soroztnk vn monoton részsorozt. Bizonyítás. Az ( n ) sorozt egy m tgját csúcsnk nevezzük, h n m esetén n m. Két eset lehetséges:. Az ( n ) sorozt tgji között végtelen sok csúcs vn. 2. Az ( n ) sorozt tgji között véges sok (esetleg 0) csúcs vn. Nézzük z. esetet! Legyen n egy csúcs soroztbn. Mivel végtelen sok csúcs vn, ezért létezik olyn n 2 > n index, hogy n2 csúcs. Ismét felhsználv, hogy végtelen sok csúcs vn soroztbn, létezik olyn n 3 > n 2 index, mire n3 csúcs. Folyttv z eljárást, kpjuk soroztnk csúcsokból álló n, n2, n3,... részsoroztát, mely csúcs definíciój lpján monoton fogyó részsorozt ( n )-nek. A részsorozt precíz definíciój következő Definíció. Legyen, b : N + R. Azt mondjuk, hogy b z sorozt egy részsorozt, h n : N + N + indexsorozt, melyre b = n, zz (b i ) = ( ni ). 48

55 A 2. esetben létezik olyn N N +, hogy minden n N esetén n nem csúcs. Legyen n := N. Mivel n nem csúcs, ezért létezik n 2 > n index, hogy n2 > n, csúcs definíciój mitt. Mivel n2 sem csúcs, ezért tlálunk olyn n 3 > n 2 indexet, melyre n3 > n2. Folyttv z eljárást, kpjuk soroztnk egy olyn (csup nem-csúcsból álló) n, n2, n3,... részsoroztát, mely sorozt tgjink megválsztás lpján szigorún monoton növő Feldt. Mutssunk olyn konvergens soroztot, melynek vn szigorún monoton növő és csökkenő részsorozt is! Tétel (Bolzno Weierstrss). Minden korlátos soroztnk vn konvergens részsorozt. Bizonyítás. A Tétel lpján soroztnk vn monoton részsorozt. Nyilván ez részsorozt is korlátos lesz. A 3.3. Tétel szerint egy monoton és korlátos sorozt konvergens Sorozt limes superiorj és limes inferiorj Legyen ( n ) korlátos sorozt. Készítsük el z α := sup{, 2, 3,..., n,...} α 2 := sup{ 2, 3, 4,..., n,...}. α k := sup{ k, k+, k+2,..., n,...} (3.4). számsoroztot. Mivel {, 2,..., n,...} { 2, 3,..., n,...}, ezért felső htárukr nyilván α α 2 (ld. z.45. Feldtot). Ezt továbbgondolv látszik, hogy (α k ) monoton fogyó sorozt. Az (α k ) ugynolyn korlátok közé szoríthtó, mint z eredeti ( n ) sorozt. Mivel (α k ) monoton és korlátos, ezért konvergens, és inf α k-hoz trt (ld Tételt). k Definíció. lim sup n := lim α k. 49

56 Az előző gondoltmenethez hsonlón legyen β := inf{, 2, 3,..., n,...} β 2 := inf{ 2, 3, 4,..., n,...}. β k := inf{ k, k+, k+2,..., n,...}. Nyilván β β 2 (ld. z.49. Feldtot), és ez tendenci megmrd, így (β k ) monoton növő. A (β k ) is korlátos. Mivel (β k ) monoton és korlátos, ezért konvergens Definíció. lim inf n := lim β k. A definíciókból látszik, hogy k N + esetén α k β k, így lim inf n = lim β k lim α k = lim sup n. Bizonyítás nélkül megemlítjük lim sup n érdekes tuljdonságit.. Minden ε > 0 esetén (lim sup n ) ε számnál ngyobb tg végtelen sok vn z ( n ) soroztbn, (lim sup n ) + ε számnál ngyobb tg pedig csk véges sok vn z ( n ) soroztbn. 2. A lim sup n z ( n ) sorozt konvergens részsoroztink htárértékei közül legngyobb (tehát vn is olyn ( ni ) konvergens részsorozt, melyre ni lim sup n.) Értelemszerű módosítássl megfoglmzhtók lim inf n tuljdonsági is.. Minden ε > 0 esetén (lim inf n ) + ε számnál kisebb tg végtelen sok vn z ( n ) soroztbn, (lim inf n ) ε számnál kisebb tg pedig csk véges sok vn z ( n ) soroztbn. 2. A lim inf n z ( n ) sorozt konvergens részsoroztink htárértékei közül legkisebb (tehát vn is olyn ( ni ) konvergens részsorozt, melyre ni lim inf n.) A fentiek segítségével bebizonyíthtó z lábbi állítás Tétel. Az ( n ) korlátos sorozt konvergens lim inf n = lim sup n. Bizonyítás. H ( n ) konvergens, kkor Állítás lpján minden részsorozt ugynod trt, ezért konvergens részsoroztok htárértékei közül legngyobb megegyezik legkisebbel, így fenti 2. pontok lpján lim inf n = lim sup n. Megfordítv, h lim inf n = lim sup n = A, kkor A-r teljesül mindkét fenti. tuljdonság, vgyis bármely ε > 0 esetén z (A ε, A+ε) intervllumon kívül soroztnk csk véges sok tgj vn mi éppen zt jelenti, hogy n A. 50

57 3.40. Feldt. Igz-e, hogy h z ( n ) és (b n ) soroztok korlátosk, kkor lim sup( n + b n ) = lim sup n + lim sup b n? 3.4. Feldt. Legyen (q n ) (0, ) Q elemeinek egy soroztb rendezése. Htározzuk meg lim inf q n és lim sup q n értékét! 3.6. Cuchy-féle konvergencikritérium A sorozt konvergenciájánk definíciój trtlmz egy komoly nehézséget: meg kell sejteni zt z A R számot, melyhez sorozt tgji tetszőlegesen közel kerülnek. Ezt küszöböli ki Cuchy-féle konvergencikritérium Definíció. Azt mondjuk, hogy ( n ) Cuchy-sorozt, h ε > 0 N N +, hogy n, m N esetén n m < ε. Tehát egy sorozt Cuchy-sorozt, h bármely pozitív ε-hoz vn olyn küszöbindex, hogy ettől z indextől kezdve sorozt tgji ε-nál közelebb vnnk egymáshoz Tétel (Cuchy-féle konvergencikritérium). Legyen ( n ) számsorozt. Ekkor ( n ) konvergens ( n ) Cuchy-sorozt. Tehát z, hogy számsorozt tetszőlegesen megközelít egy számot, egyenértékű zzl, hogy sorozt tgji tetszőlegesen megközelítik egymást. Bizonyítás. ( ) Legyen lim n =: A. Legyen ε > 0 tetszőleges. Mivel n A, ezért z ε 2 > 0 számhoz N, hogy n N esetén n A < ε 2. Legyenek n, m N tetszőleges indexek. Ekkor n m = n A + A m n A + A m < ε 2 + ε 2 = ε. Ezek szerint ( n ) Cuchy-sorozt. ( ) Legyen ( n ) Cuchy-sorozt. Megmuttjuk, hogy ( n ) korlátos. Ugynis z ε := pozitív számhoz is N, hogy n, m N esetén n m <. Rögzítsük z m = N indexet! Így minden n N esetén N < n < N +, 5

58 mi zt jelenti, hogy n N esetén sorozt tgji N és N + közé esnek. Az, 2,..., N véges sok tg már nem ronthtj el z egész ( n ) sorozt korlátosságát. Mivel tehát ( n ) korlátos, ezért Bolzno Weierstrss-tétel mitt vn ( ni ) konvergens részsorozt. Legyen α := lim ni. Megmuttjuk, hogy n α. A bizonyítás meglehetősen techniki, ezért lényegét szvkkl is összefoglljuk. A konvergens részsorozt elegendően ngy indexű tgji α közelében vnnk. Mivel z eredeti sorozt Cuchy, ezért egy (elég ngy) index után tgji közel vnnk egymáshoz. Tehát konvergens részsorozthoz nem trtozó tgok elég ngy indexre közel vnnk részsorozt tgjihoz és így α-hoz is. Lássuk most részletesen! Legyen ε > 0 tetszőleges. Mivel ni α, ezért z ε 2 > 0 számhoz N 2, hogy i N 2 esetén ni α < ε 2. (3.5) Mivel ( n ) Cuchy-sorozt, ezért z ε 2 is, hogy N N 2 legyen, melyre > 0 számhoz N index, mit válszthtunk úgy n, m N esetén n m < ε 2. (3.6) Legyen most n N( N 2 ) tetszőleges! Ekkor (3.5) lpján és (3.6) feltételben m = n N -et véve (ezt megtehetjük, mivel (3.3) lpján n N N is teljesül) kpjuk, hogy n α = n nn + nn α n nn + nn α < ε 2 + ε 2 = ε. Tehát rögzített ε > 0-hoz tláltunk olyn N indexet, hogy n N esetén n α < ε, ezért n α teljesül Divergens soroztok, soroztok végtelen htárértéke Definíció. Egy ( n ) soroztot divergensnek nevezünk, h nem konvergens. Másképp: h A R számhoz ε > 0, hogy N N + küszöbindex után n N olyn, hogy n A ε. Divergens sorozt például z (n 2 ) és (( ) n ) sorozt is. Az (n 2 ) sorozthoz tágbb értelemben lehetőség lesz htárértéket rendelni. Korlátos ( n ) sorozt esetén Tétel lpján divergenci ekvivlens zzl, hogy Könnyen láthtó, hogy lim sup n lim inf n. lim sup( ) n = lim inf( ) n =. 52

59 3.45. Definíció. Azt mondjuk, hogy z ( n ) számsoroztnk + htárértéke, h K R számhoz N N + küszöbindex, hogy n N esetén n > K, vgyis n (K, + ). H z ( n ) sorozt ilyen, kkor zt jelölje lim n = + vgy n +. Ez definíció rról szól, hogy sorozt elég ngy küszöbindextől kezdve közel vn + -hez. Ezért könnyen láthtó, hogy elég lett voln feltételt pozitív K számokr megkövetelni. Hsonlón definiáljuk -hez trtás foglmát Definíció. Azt mondjuk, hogy z ( n ) számsoroztnk htárértéke, h K R számhoz N N + küszöbindex, hogy n N esetén n < K, vgyis n (, K). H z ( n ) sorozt ilyen, kkor zt jelölje lim n = vgy n. Könnyen meggondolhtó, hogy definíciót elég lett voln negtív K számokr megkövetelni. Példként: lim n 2 = + és lim( n 2 ) = Megjegyzés. A fenti definíciókból következik, hogy sorozthtárérték itt is egyértelmű, hsonlón véges htárérték esetéhez. Megmuttjuk, hogy egy + -hez trtó sorozt lulról, egy -hez trtó pedig felülről korlátos Állítás. H n +, kkor ( n ) lulról korlátos, h pedig n, kkor ( n ) felülről korlátos sorozt. Bizonyítás. Legyen n + tetszőleges sorozt. Ekkor K = -hez is létezik olyn N N + küszöbindex, hogy minden n N esetén n >. Legyen L := min {, 2,..., N, }. Világos, hogy n L minden n N + esetén. Az n eset hsonlón láthtó be. Jelölje továbbikbn R := R {+ } { } (3.7) z ún. kibővített számegyenest, tehát vlós számokhoz hozzávéve + és szimbólumokt. Fontos, hogy ez utóbbik vlóbn szimbólumok, és nem vlós számok! Állítás. H lim n = A (A R), kkor bármely ( ni ) részsoroztr lim ni = A 53

60 Bizonyítás. Ugynúgy beláthtó, mint Állítás. Könnyen meggondolhtó z lábbi állítás Állítás. Minden monoton soroztnk vn htárértéke. Bizonyítás. H monoton sorozt korlátos, kkor 3.3. Tétel lpján tudjuk, hogy konvergens. H ( n ) nem korlátos, kkor monoton növő esetben ez csk úgy lehet, hogy felülről nem korlátos. Legyen K R tetszőleges. Mivel ( n )-nek K nem felső korlátj, ezért létezik N N, hogy N > K. No de n N esetén monoton növést kihsználv kpjuk, hogy n N > K. Mivel K tetszőleges volt, ebből következik, hogy n +. A monoton fogyó eset hsonlón bizonyíthtó, ekkor sorozt -hez trt. A + vgy htárértékű soroztokkl végzett műveletek (ilyenek összege, szorzt, hánydos) ngy körültekintést igényelnek Tétel (Végtelen htárérték és műveletek). Az lábbik teljesülnek z ( n ) és (b n ) soroztokr.. H n + és (b n ) lulról korlátos (pl. (b n ) konvergens vgy + -hez trt), kkor n + b n H n + és (b n )-nek egy indextől kezdve vn pozitív lsó korlátj (pl. (b n ) egy pozitív számhoz vgy + -hez trt), kkor n b n H n + és (b n )-nek egy indextől kezdve vn negtív felső korlátj (pl. (b n ) egy negtív számhoz vgy -hez trt), kkor n b n. 4. H n és (b n ) felülről korlátos (pl. (b n ) konvergens vgy -hez trt), kkor n + b n. 5. H n és (b n )-nek egy indextől kezdve vn pozitív lsó korlátj (pl. (b n ) egy pozitív számhoz vgy + -hez trt), kkor n b n. 6. H n és (b n )-nek egy indextől kezdve vn negtív felső korlátj (pl. (b n ) egy negtív számhoz vgy -hez trt), kkor n b n H n +, kkor n H n 0 és n > 0 egy indextől kezdve, kkor n indextől kezdve, kkor n. +, h pedig n < 0 egy 54

61 Bizonyítás.. Legyen K R tetszőleges. A feltétel szerint létezik olyn L R szám, hogy minden n N + esetén b n L. Mivel n +, ezért K L-hez létezik olyn N N, hogy minden n N esetén n > K L. Tehát n N esetén n + b n > K L + L = K, miből következik z állítás. 2. Legyen K > 0 tetszőleges szám. A feltétel szerint létezik olyn L R + szám és N N, hogy minden n N esetén b n L. Mivel n +, ezért K/L-hez létezik olyn N 2 N, hogy minden n N 2 esetén n > K/L. Legyen N := mx{n, N 2 }. Ekkor n N indexekre n b n > K L L = K, hol kihsználtuk, hogy K/L > 0 és L > 0. Így következik z állítás. A 3 6. állítások fentiekkel nlóg módon láthtók be. 7. Legyen n + és ε > 0 tetszőleges. Ekkor z /ε > 0 számhoz létezik N N, hogy n N esetén n > /ε. Ebből n = < ε, n N. Ezért / n Az előzőhöz hsonlón láthtó. n A fentiek lpján könnyen meggondolhtók z lábbi, tábláztb rendezett eredmények soroztok összegének, szorztánk ill. hánydosánk htárértékeiről Állítás. H n A és b n B, kkor z ( n + b n ) sorozt htárértéke z lábbik szerint lkul: A R A = + A = B R A + B + B = + + +? B =? H n A és b n B, kkor z ( n b n ) sorozt htárértéke z lábbik szerint lkul: A > 0 A = 0 A < 0 A = + A = B > 0 A B 0 A B + B = ?? B < 0 A B 0 A B + B = + +? + B =?

62 H n A és b n B, kkor z ( ) n bn sorozt htárértéke z lábbik szerint lkul: A > 0 A = 0 A < 0 A = + A = B > 0 A/B 0 A/B + B = 0????? B < 0 A/B 0 A/B + B = ?? B = 0 0 0?? Ahol tábláztokbn? szerepel, ott többfjt eshetőség vn ezeket gykorltokon részletezzük. Álljon itt néhány kirgdott péld! Péld. H n 0 és b n + (vgy b n ), kkor z n b n sorozt htárértéke bármi lehet, és z is előfordulht, hogy szorztsoroztnk nem létezik htárértéke. Például, előre rögzített A számhoz trtó soroztot kpunk z n = A n, b n = n (n N) válsztássl, hiszen ekkor n b n = A konstns A sorozt. H n = n, b n = n 2 (n N), kkor n b n = n +, h pedig n = n, b n = n 2 (n N), kkor n b n = n. A szorztsoroztnk nem létezik htáértéke például z lábbi esetben: mivel n b n = ( ) n. n = ( )n n, b n = n (n N), A R hlmzbeli műveleteket z lpján szokták definiálni, mi fenti tábláztokbn megfelelő htárértékkel rendelkező soroztok közötti műveletekre érvényes. A végtelen htárérték és rendezés kpcsoltáról szól z lábbi állítás Állítás.. H n + és (b n ) olyn sorozt, hogy egy indextől kezdve b n n, kkor b n H n és (b n ) olyn sorozt, hogy egy indextől kezdve b n n, kkor b n. Bizonyítás. Az olvsór bízzuk. 56

63 3.8. Soroztok középsorozti Definíció. Legyen ( n ) egy pozitív tgú sorozt, vgyis n > 0 minden n-re. Képezzük ekkor ( n ) számtniközép-soroztát mint mértniközép-soroztát mint hrmonikusközép-soroztát mint A n := n, n N + ; n G n := n 2 n, n N + ; n H n := , n N +. n Feldt. Igzoljuk, hogy h egy pozitív tgú sorozt monoton növő, kkor mértniés hrmonikusközép-sorozt is monoton növő! Tétel. H n A (A R), kkor fent definiált középsorozti is mind A-hoz trtnk, tehát A n A, G n A, és H n A. Bizonyítás.. Legyen először n 0. Megmuttjuk, hogy (A n ), (G n ) és (H n ) is 0-hoz trt. Legyen ε > 0 rögzítve. Ekkor ε/2-höz létezik N küszöbindex, hogy n N esetén n < ε 2. (3.8) Rögzítsük le N -et! Ekkor N konstns. Ezért ε/2-höz létezik olyn N 2 N, hogy n N 2 esetén N n < ε 2. (3.9) Legyen N := mx{n, N 2 }. H n N, kkor (3.8) és (3.9) lpján A n = + N + N n n + + N + N n n n < ε 2 + ε/2 (n N ) < ε n 2 + ε/2 n = ε. n 57

64 Ez bizonyítj z A n 0 állítást. Az.2. Tétel lpján 0 H n G n A n, n N, ezért 3.5. Tételből (Rendőr-elv) következik, hogy G n 0 és H n 0 is teljesül. 2. Legyen most n A R \ {0}, és mivel n > 0, zért A > 0. Ekkor A n A = n A n = n na n = A + 2 A + + n A n A + 2 A + + n A n A kpott felső becslés (b n ) := ( n A ) 0-hoz trtó sorozt számtniközép-sorozt, mi. lpján 0-hoz trt. Így A n A 0, vgyis n A. Másrészt n, és így z előbbieket z ( A n ) soroztr lklmzv kpjuk, hogy + + n n A = H n n = + + A. n Az.2. Tétel és 3.5. Tétel (Rendőr-elv) mitt G n A is igz. 3. Már csk z A = + eset vn hátr. A Állítás 7. pontj lpján n 0. Ezért bizonyítás. része mitt + + n n n 0 = H n = + + +, n mivel (H n ) pozitív tgú sorozt (ld Állítás 8. pontj). Kihsználv, hogy 0 < H n G n A n és H n +, vlmint lklmzv Állítást kpjuk, hogy G n + és A n Feldt. Mutssunk olyn divergens soroztot, melynek számtniközép-sorozt konvergens! Péld. Legyen Mi z ( n ) htárértéke? Nyilván n := n n!. n = n 2 n, vgyis ( n ) mértniközép-sorozt z ( n ) soroztnk. Ezért Tétel lpján n 0. 58

65 3.60. Péld. Legyen n := n n n!. Mi z ( n ) htárértéke? Vegyük észre, hogy (3.) egyenlőségben definiált (e n ) soroztból képezett mértniközépsorozt következő lkú: n 2 e e 2 e n = n 32 2 n n (n + )n = n 2 (n ) n n n +, n n! mi Tétel lpján e-hez trt. Ebből n = n n + n + n n! e = e Nevezetes sorozthtárértékek. lim n = 0. Bizonyítás. Ld Állítást. 2. lim n n =. Bizonyítás. A számtni és mértni közép közti egyenlőtlenségből (ld. z.2. Tételt) n 2-re n n = ( n n ) /n n + n + n 2 }.{{.. } n n 2 Innen 3.5. Rendőr-elv lpján következik z állítás. < + 2 n + 0 =. 3. lim n = ( R + ). Bizonyítás. Az Arkhimédészi xiómából következik, hogy N N : N < < N. Ezért n N esetén n N < < N n = n < n < n n. n Innen 2. pont és 3.5. Rendőr-elv lpján következik z állítás. 59

66 4. 0, q <, lim q n, q =, = +, q >,, q. Bizonyítás. H 0 < q <, kkor könnyen láthtó, hogy (q n ) (szigorún) monoton fogyó, tehát 3.3. Tétel szerint z infimumához trt. H > 0 infimum voln, kkor q n, vgyis q n voln, miből htárértéket véve q ez ellentmondás. Tehát = 0, és így q n 0. H < q 0, kkor z előbbiek szerint sorozt bszolút értéke, így mg sorozt is 0-hoz trt. H q >, kkor ( q )n = 0, és ebből q n +, mivel q n sorozt pozitív tgú. A q esetben soroztnk vn + -hez és -hez trtó részsorozt. 5. lim ( n k q n) = 0 (k Z, q < ). Bizonyítás. Elég belátni 0 < q < esetre. Mivel n+ = (n + ( )k q n+ = + k q q = q <, n n k q n) n ezért elég ngy n-re n+ n <, így n+ < n. Tehát sorozt egy indextől kezdve (szigorún) monoton fogyó, így z infimumához trt. H > 0 lsó korlátj lenne, kkor n k q n n ( n n) k q voln, miből htárértéket véve következne ez ellentmondás. q 6. lim nk = 0 (k Z, > ). n Bizonyítás. Azonnl dódik z előzőből q = jelöléssel. 60

67 7. lim n n! = 0 ( > ). Bizonyítás. H n [] + =: N ([] z egészrésze), kkor n <. Így n > N-re 0 < n n! = 2 n = N N! N + Innen 3.5. Rendőr-elv lpján következik z állítás. N + 2 n < N N! n = N N! n lim n! n n = 0. Bizonyítás. és Rendőr-elv. 0 < n! n n = 2 n n n n n = n, 9. ( lim + x ) n = e x n (x R). (A vlós kitevő pontos értelmezését ld. következő szkszbn.) Bizonyítás. Legyen n + tetszőleges sorozt. Ekkor, h [ n ] jelöli z n egészrészét, ( ) [n] ( + + ) n ( + ) [n]+. [ n ] + n [ n ] A bl ill. jobb oldlon z (( + n+ )n ) ill. (( + n )n+ ) egy-egy részsorozt áll, melyek mindegyike 3.4. Definíció szerint e-hez trt, tehát ( + n ) n e. H x > 0, kkor n := n x Állítás lpján +, ezért z előzőek és később belátndó ( + x n) n = [ ( + n x A negtív x esete hsonlón gondolhtó meg. ) ] n x x e x. 6

68 0. ( lim +! + 2! + + ) = lim n! n k=0 k! = e. (3.0) Bizonyítás. Fejtsük ki z ( + n) n kifejezést Binomiális tétel szerint! ( + n) n = ( ) ( ) n n + ( ) ( ) ( ) n 0 n + n 2 n + n 2 3 n n n n ( ) ( ) 2 ( ) 3 n (n ) n (n ) (n 2) = + n n 2! n 3! n = 0! + (! + ) ( n 2! + ) ( 2 ) n n 3! + ( + ) ( 2 ) ( n ) n n n n! A (3.) kifejtésből világos, hogy miből htárértéket véve ( + ) n n 0! +! + 2! + + n n! = k!, k=0 e lim n k=0 k!. ( ) n n (3.) A másik irányú egyenlőtlenség bizonyításához tekintsünk egy tetszőleges tgot (3.) kifejtésben: ( ) ( 2 ) ( k ) n n n k!. (3.2) Most rögzítsük le k-t! Világos, hogy n esetén (3.2) kifejezés /k!-hoz trt. H n olyn, hogy k n, kkor (3.) lpján ( + ) n n 0! + (! + ) ( n 2! + + ) ( 2 ) ( k ) n n n k!. Az n htárátmenetet elvégezve kpjuk, hogy e +! + 2! + + k!. 62

69 Mivel k tetszőleges volt, ezért ( e lim + k! + 2! + + ) k! is teljesül, mivel bizonyítás teljes.. lim n n! = 0. Bizonyítás. Ld Példát. 2. lim n n n! = e. Bizonyítás. Ld Példát Feldt. Igzoljuk z lábbikt!. H pozitív tgú ( n ) soroztr lim n = A R +, kkor lim n n = teljesül! Mi helyzet, h ( n ) htárérteke 0 vgy végtelen? 2. H z ( n ) soroztr lim n = A R, hol A <, kkor lim n n = 0. Mi helyzet, h A? 3.0. Vlós számok vlós kitevőjű htványi Az. fejezet végén volt szó vlós számok rcionális kitevős htványiról, melyeket középiskolábn megismert módon vezettünk be. Most sorozthtárérték foglmánk ismeretében definiálni tudjuk egy (pozitív) szám tetszőleges vlós, így irrcionális kitevős htványát is úgy, hogy htványozástól elvárt tuljdonságok érvényben mrdjnk. A definícióhoz szükségünk lesz következő állításokr Állítás. Legyen r, s Q, r < s. H >, kkor h pedig 0 < <, kkor r < s, r > s. Legyen 0 < < b és r Q. H r > 0, kkor h pedig r < 0, kkor r < b r, r > b r. 63

70 Bizonyítás. Legyen először >. A htványozás zonosságiból és vlós számok (r6.) rendezési tuljdonságából következik, hogy r < s < s r, ezért elég belátni, hogy h p Q, p > 0, kkor p >. Legyen p = n, m 0. Ekkor m p = m n. Mivel >, zért szintén htványozás zonosságiból és rendezés (r6.) tuljdonságából következik, hogy n > is teljesül. Tegyük fel indirekt, hogy m n. Ekkor z előbbiekhez hsonló meggondolássl ( ) m m n = n, mi ellentmondás. Tehát p = m n >. Ugynígy láthtó be z 0 < < eset is. H 0 < < b, kkor r < b r < ( ) r b, hol b > és r > 0. Tehát z állítás bizonyítás első része lpján dódik. Hsonlón gondolhtó meg z r < 0 eset is. Az Arkhimédészi xióm következménye lesz z lábbi állítás Állítás. H x R tetszőleges, kkor tlálhtó olyn (r n ) Q rcionális számokból álló szigorún monoton növő sorozt, melyre r n x. Bizonyítás. Az.4. Következmény zt mondj, hogy minden (nemelefjuló) nyílt intervllumbn, így z (x, x) intervllumbn is vn rcionális szám. Ezért r (x, x) Q. Világos, hogy (r, x) (x, x) egy nyílt intervllum. Ezért igz, hogy 2 Hsonlón, r 2 (r, x) (x, x) Q. 2 r 3 (r 2, x) (x, x) Q. 3 Folyttv z eljárást, kpjuk rcionális számoknk olyn r, r 2, r 3,... szigorún monoton növő soroztát, melyre x n < r n < x = r n x. 64

71 3.64. Definíció. Legyenek R + és x R tetszőleges számok. Ekkor fentiek lpján létezik (r n ) Q rcionális számokból álló szigorún monoton növő sorozt, melyre r n x. Az ( rn ) sorozt Állítás szerint monoton. Továbbá, korlátos is, hiszen bármely q > x, q Q esetén q egy felső, ill. lsó korlátj, ttól függően, hogy > vgy 0 < <. Tehát ( rn ) konvergens. Definiálj x := lim rn. Be kell látnunk még, hogy fenti definíció nem függ z (r n ) sorozt megválsztásától. Ehhez z lábbi állítást gondoljuk meg, mely z n ( > 0) nevezetes sorozthtárérték áltlánosítását mondj ki Állítás. Legyen (r n ) Q, r n 0 rcionális számokból álló nullsorozt és > 0 tetszőleges. Ekkor rn. Bizonyítás. Legyen ε > 0 rögzítve. Tudjuk, hogy n és ezért reciproksoroztr. Így ε-hoz létezik olyn N N+, hogy n N esetén n n, n ( ε, + ε). Speciálisn, N, N ( ε, + ε). (3.3) Mivel r n 0, ezért > 0-hoz létezik olyn K N N+ küszöbindex, hogy k K esetén N < r k < N. A (3.3) trtlmzásból és Állításból kpjuk, hogy > esetén ε < N < r k < N < + ε, k K. Tehát ε > 0-hoz tláltunk olyn K N + küszöbindexet, hogy k K esetén r k ( ε, + ε), ezért rn. A 0 < < eset könnyen meggondolhtó bból, hogy ilyenkor > Következmény. Az x htvány Definíciój nem függ z x-hez trtó (szigorún monoton növő) rcionális számokból álló sorozt megválsztásától, tehát tetszőleges (r n ), (q n ) Q, r n x és q n x szigorún monoton növő soroztok esetén lim rn = lim qn. 65

72 Bizonyítás. H r n x és q n x fenti tuljdonságú, kkor s n := r n q n, n N + definícióvl (s n ) Q és s n 0. Az előző állítás lpján rn qn = rn qn = sn. Mivel ( rn ) és ( qn ) is konvergens, és hánydosuk -hez trt, ezért htárértékük megegyezik. A sorozthtárérték és műveletek kpcsoltából dódik, hogy fent definiált vlós kitevős htványozás megőrzi htványozás ismert zonosságit Állítás. Legyenek, b R +. Ekkor htványozás zonossági érvényben mrdnk vlós kitevős htványokr is, tehát bármely x, y R esetén. x y = x+y ; 2. x b x = ( b) x ; 3. ( x ) y = x y ; 4. x = x. Továbbá, érvényben mrdnk Állításbn kimondott rendezési tuljdonságok is r, s R esetén. Bizonyítás. Az. állítást bizonyítjuk, többi hsonlón megy. Legyenek (r n ), (q n ) Q, r n x és q n y tetszőleges szigorún monoton növő soroztok. Nyilván r n + q n x + y és (r n + q n ) szigorún monoton növő. A definíció lpján, és kihsználv sorozthtárérték és műveletek kpcsoltáról tnultkt: x y = (lim rn ) (lim qn ) = lim ( rn qn ) = lim rn+qn = x+y, hol lklmztuk rcionális kitevős htványozás zonosságát. Ezen állítás egyik következménye, hogy továbbikbn, h x -et krjuk közelíteni, vehetünk tetszőleges (x n ) R, x n x soroztot is Következmény. H > 0 és x n x tetszőleges vlós sorozt, kkor xn x. Bizonyítás. A htványozás zonossági mitt xn x xn x = xn x. Tudjuk, hogy x n x 0 és Állítás bizonyításávl nlóg módon láthtó, hogy xn x teljesül ( bizonyításbn sehol sem hsználtuk ki, hogy kitevők rcionálisk!). 66

73 Végül belátjuk, hogy Következmény is áltlánosíthtó vlós kitevőre Állítás. Legyen ( n ) vlós számsorozt, n, A > 0 és n A. Ekkor bármely x R esetén x n A x. Bizonyítás. Legyen először x > 0. Elég megmuttni, hogy hol x ( n A = n ) x, x A b n := n A. Belátjuk, hogy b x n. Legyen 0 < ε <. Ekkor felhsználv, hogy x Állítás utolsó kijelentését kpjuk, hogy > 0, és lklmzv ( ε) x < < ( + ε) x. Mivel b n, ezért létezik N N +, hogy n N esetén ( ε) x < bn < ( + ε) x, miből, szintén rendezési tuljdonságokt felhsználv z x > 0 vlós kitevőre, ε < b x n < + ε. Tehát bármely ε > 0-hoz létezik olyn N küszöbindex, hogy n N esetén b x n ( ε, + ε), ezért b x n. Az x < 0 eset következik bból, hogy egy -hez trtó sorozt reciprok is -hez trt. 3.. A vlós kitevőjű htványok egy másik lehetséges értelmezése A következőkben z x ( > 0, x R) lkú htványok értelmezésének egy másik lehetséges módját vázoljuk. Természetesen csk z értelmezés menete különbözik fentiektől, végeredményben nyert konstrukció ekvivlens korábbivl, mely z lábbikbn ki is fog derülni. Az ötlet következő: először z e x htványt értelmezzük tetszőleges vlós x kitevőre. Ezt követően megmuttjuk, hogy z exp: R R, exp x := e x (természetes lpú) 67

74 exponenciális függvény szigorún monoton növő és z értékkészlete R +, így értelmezhetjük z inverzfüggvényét, melyet természetes lpú logritmusfüggvénynek nevezünk: ln: R + R. Ekkor x := exp(x ln ) = e x ln, mely összhngbn vn htványozástól elvárt zonosságokkl. A fentiek kivitelezése több lépésben történik. Első lépésként értelmezzük z exp függvényt! A 3.5. Péld első részének szinte szó szerinti megismétlésével beláthtó, hogy tetszőleges x R esetén z (( + x ) n ) n sorozt elég ngy n-től kezdve (nevezetesen n > x esetén) szigorún monoton növekedő. Másrészt ugyncsk nem nehéz igzolni, hogy sorozt felülről is korlátos, így konvergens. Legyen x R esetén exp x := lim ( + x ) n. n n Vegyük észre, hogy exp 0 =, továbbá exp = e 3.4. Definíció lpján. Nyilván exp x > 0 is teljesül minden vlós x számr, hiszen fenti sorozt pozitív és monoton növő, ezért htárértéke is pozitív. Második lépésben z imént definiált exp függvény néhány tuljdonságát igzoljuk. A Bernoulli-egyenlőtlenség felhsználásávl nem nehéz belátni, hogy tetszőleges x < esetén minden elég ngy n-re ( + x + x ) n x + n x, és így htárátmenettel + x exp x + x x ( x < ). (3.4) A fenti egyenlőtlenségeknek, és Rendőr-elvnek zonnli következménye, hogy tetszőleges h n 0 soroztr ( + h ) n n és exp h n. n Ekkor zonbn z ( + x ) n ( x n n ) n = ( x2 összefüggésben elvégezve htárátmenetet kpjuk, hogy n 2 exp x exp( x) =. ) n = ( + ) n x2 n n 68

75 Teljesen hsonló módon igzolhtó, hogy tetszőleges x, y R esetén exp x exp y = exp(x + y). Ennek lklmzásávl rögtön dódik, hogy h n 0 esetén exp(x + h n ) = exp x exp h n exp x (3.5) (mely később z exp függvény folytonosságát fogj jelenteni). Másrészt pedig n N esetén exp n = exp( } + + {{ + } ) = exp exp exp = e }{{} n. n drb n drb Sőt, ( exp p ) q ( p = exp q q + p q + + p ) = exp p = e p, q }{{} q drb tehát exp p q = e p q. Mindez zt jelenti, hogy z exp függvény rcionális számok hlmzán megegyezik e rcionális kitevőjű htványivl, így z exp függvény megfelel z elvárásinknk, z e vlós kitevőjű htványit értelmezi. Következzen most z exp függvény néhány tuljdonság. Vegyük észre, hogy x < y esetén (3.4) egyenlőtlenség lpján exp y = exp(x + y x) = exp x (exp(y x) exp x ( + y x) > exp x, tehát z exp függvény szigorún monoton növő, ezért injektív. Megmutthtó, hogy z értékkészlete R +. Ennek lényege, hogy dott y R + esetén H := {x R : exp x y} hlmz nem üres és felülről korlátos, ezért t := sup H R. Igzolhtó, hogy exp t = y. Ezzel tehát zt kptuk, hogy exp: R R + bijekció, így vn inverze, melyet természetes lpú logritmusfüggvénynek nevezünk: ln: R + R. Legyen ekkor > 0, x R esetén x := exp(x ln ) = e x ln. A fentiek lpján könnyen láthtó, hogy vlós kitevőjű htványok ily módon vló értelmezése összehngbn áll htványozástól elvárt tuljdonságokkl. Végül megemlítjük, hogy (3.4) egyenlőtlenségből átrendezéssel z is következik, hogy h n 0 esetén exp h n h n 0 (mi később z exponenciális függvény 0 pontbeli differenciálhtóságát fogj jelenteni). 69

76 4. fejezet Függvények htárértéke és folytonosság Egy függvény htárértéke z pontbn A, h z -hoz közeli helyeken függvény A-hoz közeli értékeket vesz fel. Itt z pontbeli függvényérték nem érdekes, lehet, hogy függvény nincs is értelemzve -bn. Egy függvény folytonos z pontbn, h z -hoz közeli helyeken függvény f()-hoz közeli értékeket vesz fel. Vgyis z rgumentum kis változás z értékek kis változását eredményezi. 4.. Torlódási pontok Az előző fejezet 3.7 Definíciójánk megfelelően jelölje továbbikbn R := R {+ } { } z ún. kibővített számegyenest. Idézzük fel, hogy z.40 Definícióbn bevezettük egy R szám r > 0 sugrú környezetét mint K r () = ( r, + r) nyílt intervllumot. Bár + és nem vlós számok, szükségünk lesz környezetük foglmár, melyeket nemkorlátos intervllumokként értelmezünk. Legyen r > 0 pozitív szám, ekkor ( ) K r (+ ) :=, K r ( ) := r, + (, r Világos, hogy fenti jelöléssel, h r > 0 kicsi és x K r (+ ), kkor x közel vn + hez. Továbbá z is könnyen láthtó, hogy egy ( n ) sorozt A R (véges vgy végtelen) 70 ).

77 htárértékének foglm fenti környezetek segítségével egyszerűen definiálhtó z lábbi módon. 4.. Definíció. Az ( n ) sorozt htárértéke A R, h ε > 0 számhoz létezik N N küszöbindex, melyre n N esetén n K ε (A). Bevezetjük még egy pont r > 0 sugrú ún. kipontozott környezetét, mely z -n kívüli vlós számokt trtlmzz z r sugrú környezetből, vgyis K r () := ( r, ) ( + r), h R, (4.) ( ) K r (+ ) := K r (+ ) =, (4.2) K r ( ) := K r ( ) = r, + (, r ). (4.3) 4.2. Definíció. Legyen H R tetszőleges hlmz. Azt mondjuk, hogy egy R pont torlódási pontj H-nk, h minden r > 0 esetén K r () H, vgyis h z pont tetszőleges környezete trtlmz tőle különböző H-beli elemet. Egy H R hlmz torlódási pontjink hlmzát jelölje H. Könnyen láthtó, hogy h H, kkor H és / H is előfordulht (pl. = + vgy = is lehet) Péld. H H = N, kkor H = {+ }, továbbá h H = [, b], kkor H = [, b]. Másrészt, h H véges hlmz, kkor meggondolhtó, hogy H = Feldt. Legyen H = Q. Mi lesz H hlmz? 4.5. Feldt. Igzoljuk, hogy h K R felülről nem korlátos, kkor K teljesül! Az lábbi állítás torlódási pont egy fontos ekvivlens definícióját foglmzz meg Állítás. Legyen H R tetszőleges hlmz, R. Ekkor z lábbi állítások ekvivlensek.. H ; 2. létezik olyn (h n ) H sorozt, melyre h n (n N) és h n. Bizonyítás.. 2.: Tegyük fel, hogy H teljesül. Legyen h n K () H n tetszőleges elem, ilyen torlódási pont definíciój lpján létezik. Világos, hogy z így kpott (h n ) sorozt kielégíti kívánlmkt. 2..: Mivel h n, ezért r > 0 esetén létezik N N, hogy minden n N esetén h n K r (). A feltételek mitt n N esetén h n K r () H is teljesül, ezért r > 0 esetén K r () H, így vlóbn torlódási pontj H-nk. 7

78 4.2. Függvény htárértéke Vizsgáljunk meg három, egymáshoz ngyon hsonló függvényt! Legyen f : R R f (x) := x + 2, (4.. ábr) f 2 : R \ {2} R f 2 (x) := x2 4 x 2 f 3 : R R f 3 (x) := = (x 2)(x + 2) x 2 { x + 2, h x 2, h x = 2. = x + 2, (4.2. ábr) (4.3. ábr) y f y f 2 y f 3 f (2) 2 x 2 x 2 x 4.. ábr ábr ábr. A függvények := 2 pont körüli viselkedésére vgyunk kíváncsik. Az f függvény esetén jól láthtó, hogy h x közel vn 2-höz, kkor z f (x) = x + 2 értékek közel esnek 4-hez, mely éppen f (2). Az f 2 függvény ugyn nincs értelmezve 2-ben, de h x közel vn 2-höz, z f 2 (x) = x + 2 értékek egy szám, ebben z esetben 4 körül keveset ingdoznk. Az f 3 függvény 2-ben is értelmezve vn. H x közel vn 2-höz (de x 2), kkor z f 3 (x) = x + 2 értékek (z f és f 2 függvényhez hsonlón) 4 körül keveset ingdoznk (függetlenül ttól, hogy f(2) = ). A példákbn tpsztlt jelenségek nyomán lkítjuk ki függvény htárértékének foglmát. Az f függvény pontbeli htárértékének foglmát olyn pontokr értelmezzük, melyek elég közel vnnk z értelmezési trtományhoz, de nnk nem feltétlenül elemei, vgyis melyek D(f) -ben vnnk Definíció. Legyen f : R R és D(f) z értelmezési trtomány egy torlódási pontj. Azt mondjuk, hogy z f függvény htárértéke -bn A R, h ε > 0 esetén δ > 0, hogy h x K δ () D(f), kkor f(x) K ε (A), 72

79 vgyis -hoz elég közeli (értelmezési trtományból vló) pontok esetén függvényértékek közel vnnk A-hoz. Jelölésben: lim f = A vgy lim f(x) = A. x Fontos megjegyeznünk, hogy mennyiben D(f) D(f), vgyis z értelmezési trtománynk is eleme, definíció nem függ függvény -bn felvett helyettesítési értékétől, f()-tól! Továbbá, zért követeltük meg, hogy z értelmezési trtomány torlódási pontj legyen, hogy így (bármely δ > 0 esetén) K δ () D(f) trtlmzzon (leglább egy) x elemet Feldt. Foglmzzuk meg fenti definíció összesen 9 speciális esetét szerint, hogy R, = + vgy =, illetve A R, A = + vgy A =! Nézzük meg példként z R, A R esetet! A definíció z lábbi formát ölti: lim f = A R ε > 0-hoz δ > 0, hogy h x ( δ, + δ) D(f), x, kkor f(x) (A ε, A + ε). Másképp, lim f = A R ε > 0-hoz δ > 0, hogy h 0 < x < δ, x D(f), kkor f(x) A < ε. Nézzük meg z R, A = + esetet is! A definíció z lábbi formát ölti: lim f = + ε > 0-hoz δ > 0, hogy h x ( δ, + δ) D(f), x, kkor f(x) > ε. (Világos, hogy itt ε helyett K > 0-t és f(x) > K-t is írhttunk voln.) A szksz elején lévő példábn Péld végtelen htárértékre: lim 2 f = lim 2 f 2 = lim 2 f 3 = 2. lim x 0 x 2 =. A kövekező fontos tétel függvényhtárérték foglmát viszi át sorozthtárérték foglmár, ezért neve Átviteli elv. 73

80 4.9. Tétel (Átviteli elv függvényhtárértékre). Legyen f : R R, D(f) és A R. Ekkor z lábbi állítások ekvivlensek.. lim f = A; 2. minden (x n ) D(f), x n (n N), x n sorozt esetén f(x n ) A. Bizonyítás.. 2.: Legyen (x n ) D(f), x n, x n tetszőleges sorozt (ilyen létezik D(f) és 4.6 Állítás mitt!). Legyen dv ε > 0. Mivel. szerint lim f = A, ezért definíció lpján ε > 0-hoz létezik δ > 0, hogy h x K δ () D(f), kkor f(x) K ε (A). (4.4) Másrészt, x n mitt δ > 0-hoz létezik N N, hogy n N esetén x n K δ (). Mivel feltétel szerint x n, x n D(f) is teljesül, ezért n N esetén x n K δ () D(f), és így (4.4) mitt f(x n ) K ε (A), n N. Tehát dott ε-hoz tláltunk olyn N N küszöbindexet, hogy n N esetén f(x n ) K ε (A), ezért f(x n ) A teljesül. 2..: Tegyük fel, hogy 2. teljesül. Indirekt tegyük fel, hogy f-nek A nem htárértéke -bn. Ekkor ε > 0, hogy minden n > 0 esetén tlálhtó olyn x n K () D(f), n melyre f(x n ) / K ε (A). Így kptunk egy (x n ) D(f), x n, x n soroztot (hiszen x n K ()), melyre n f(x n ) A (hiszen f(x n ) / K ε (A) minden n-re), mi ellentmond 2-nek Következmény. Adott pontbeli függvényhtárérték egyértelmű. Tehát lim f = A és lim f = B = A = B. Bizonyítás. Következik 3. és 3.47 Megjegyzésekből és 4.9 Tételből. 4.. Péld. Egyszerű péld olyn függvényre, melynek nem létezik htárértéke egy pontbn, z előjelfüggvény f(x) = sgn(x) lszksz 2. példájából. 74

81 Ennek z = 0 pontbn nincs htárértéke, hiszen h x n = 0, kkor f(x n n) =, viszont h x n = 0, kkor f(x n n) =. Könnyen láthtó zonbn, hogy ez függvény sem teljesen csúny, mert rendelkezik következő tuljdonsággl. H x n > 0, x n 0, zz z (x n ) sorozt jobbról trt z ponthoz, kkor f(x n ) =. Hsonlón, h x n < 0, x n 0, zz z (x n ) sorozt blról trt z ponthoz, kkor f(x n ) =. Az Átviteli elv egy következménye, hogy függvények véges htárértékére megfoglmzhtunk sorozt konvergenciájávl nlóg módon Cuchy-kritériumot (ld Tételt) Tétel (Cuchy-kritérium függvényhtárértékre). Legyen f : R R, D(f). A következők ekvivlensek.. Létezik és véges lim f htárérték. 2. Bármely ε > 0 számhoz tlálhtó olyn δ > 0, hogy minden x, y K δ () D(f), esetén f(x) f(y) < ε. Bizonyítás.. 2.: Tegyük fel, hogy létezik lim definíciój szerint, hogy f = A R. Ez zt jelenti htárérték ε > 0-hoz δ > 0, hogy x K δ () D(f) esetén f(x) A < ε 2. Így h x, y K δ () D(f), kkor f(x) f(y) f(x) A + A f(y) < ε 2 + ε 2 = ε. 2..: A 4.9 Átviteli elvet hsználjuk. Először belátjuk, hogy h (x n) D(f), x n, x n, kkor (f(x n )) Cuchy-sorozt. A sorozthtárérték definíciój lpján δ > 0-hoz N N, hogy n N esetén x n K δ () D(f). Legyen ε > 0 dv. A 2. feltételből kpjuk, hogy ehhez létezik megfelelő δ > 0 szám. Válsszunk δ-hoz z előbbiek szerinti N küszöbindexet! Ekkor 2. lpján n, m N esetén x n, x m K δ () D(f) f(x n ) f(x m ) < ε. Tehát minden ilyen tuljdonságú (x n ) soroztr (f(x n )) sorozt Cuchy-sorozt, így létezik lim f(x n ) véges htárérték. Azt kell meggondolnunk, hogy különböző (x n ) soroztokr nem kphtunk különböző htárértékeket (tehát minden esetben ugynz z A szám lesz htárérték). Legyen (x n ) D(f), x n, x n sorozt ehhez tlálhtó A R, hogy f(x n ) A. 75

82 Hsonlón, legyen (z n ) D(f), z n, z n. Az előzőek lpján ehhez is tlálhtó B R, hogy f(z n ) B. Ekkor összefésülve z (x n ) és (z n ) soroztot kpjuk, hogy z lábbi sorozt x, z, x 2, z 2,..., x n, z n,... -hoz trt. Az előzőek lpján következik, hogy f(x ), f(z ), f(x 2 ), f(z 2 ),..., f(x n ), f(z n ),... sorozt Cuchy-sorozt, zz konvergens. Mivel pártln indexű részsorozt A-hoz, páros indexű B-hez trt, ezért 3.33 Állítás mitt A = B. A függvényhtárérték és műveletek kpcsolt könnyen meggondolhtó z Átviteli elv és sorozthtárérték és műveletek kpcsoltáról tnultk lpján (ld Állítást) Állítás (Függvényhtárérték és műveletek). Legyenek f és g vlós függvények, legyen (D(f) D(g)), és A, B R. Tegyük fel, hogy Ekkor továbbá lim f = A és lim g = B. lim f = A, lim (f + g) = A + B, h A + B értelmes; lim (f g) = A B, h A B értelmes. H g 0 z egy kipontozott környezetében, kkor ( ) f lim = A g B, h A B értelmes. Az A és B közötti műveleteket 3.52 Állítás lpján értelmezzük. Bizonyítás. A bizonyítások dódnk 4.9 Tételből és 3.52 Állításból. Példként nézzük meg z f + g htárértékének esetét! A 4.9 Tétel szerint elég megmuttni, hogy h (x n ) D(f) D(g), x n, x n kkor (f + g)(x n ) A + B. Mivel lim f = A és lim g = B, ezért 4.9 Tétel lpján igz, hogy minden ilyen soroztr f(x n ) A és g(x n ) B. Alklmzv 3.52 Állítást kpjuk, hogy h A + B értelmes, kkor lim(f + g)(x n ) = lim (f(x n ) + g(x n )) = A + B. A későbbiekben látni fogjuk, hogy z f g kompozícióművelet nem viselkedik ilyen jól függvényhtárértékre nézve. 76

83 4.3. Függvény folytonosság Legyen f : R R, f (x) := x, := 2 (4.4. ábr). Egy másik függvény pedig legyen 4.5. ábrán láthtó f 2 : R R,, h x < 2 f 2 (x) := 2, h x = 2 3, h x > 2. y f (2) y 3 f 2 (2) 2 x 2 x 4.4. ábr ábr. Láthtó, hogy z f függvény olyn, hogy h x közel vn z := 2 ponthoz, kkor z f (x) = x függvényértékek is közel lesznek z f (2) = 2 értékhez. Ugynezt nem mondhtjuk el z f 2 függvényről. Akármilyen x számot veszünk is, mely közel vn z = 2 ponthoz (x 2), z f 2 (x) függvényértékek elég távol lesznek z f 2 (2) = 2 számtól (biztosn -nél távolbb). Az f 2 függvény viselkedése nyomán foglmzzuk meg folytonosság foglmát Definíció. Legyen f : R R és D(f) z értelmezési trtomány egy pontj. Azt mondjuk, hogy z f függvény folytonos -bn, h ε > 0 esetén δ > 0, hogy h x K δ () D(f), kkor f(x) K ε (f()), vgyis -hoz elég közeli (értelmezési trtományból vló) pontok esetén függvényértékek közel vnnk f()-hoz. H H D(f) olyn részhlmz, hogy f minden H pontbn folytonos, kkor zt mondjuk, hogy f folytonos H-n. H H = D(f), kkor zt mondjuk, hogy f folytonos (függvény). Figyeljük meg, miben különbözik ez definíció függvényhtárérték 4.7 Definíciójától! Most megköveteltük, hogy D(f) legyen értelmezési trtományon kívüli pontbn nem beszélhetünk függvény folytonosságáról. Másrészt, definícióbn szereplő x K δ () D(f) pont x = is lehet. Erre zonbn triviálisn teljesül, hogy f(x) = f() K ε (f()), mivel itt A helyett f() szerepel. 77

84 y f() + ε f() f() ε δ + δ x 4.6. ábr. Az pontbeli folytonosság A folytonosság egy másik, ekvivlens megfoglmzás következő, mely hlmz függvény áltli ősképét (ld. z.34 Definíciót), vlmint környezet foglmát hsználj Definíció. Legyen f : R R és D(f) z értelmezési trtomány egy pontj. Azt mondjuk, hogy z f függvény folytonos -bn, h z f() pont minden K(f()) környezetére K(f()) hlmznk z f függvény áltli ősképe, f (K(f())) trtlmzz z pont egy környezetét Állítás. H D(f) D(f), kkor f folytonos -bn lim f = f(). Bizonyítás. Rögtön dódik 4.7 és 4.4 Definíciókból. A folytonosság definíciój segítségével véges helyen vett véges htárérték foglm is újrdefiniálhtó z lábbi módon Definíció. H D(f) R, kkor { lim f =: A R f(x) f(x), x, := A, x = függvény folytonos -bn. H például D(f) intervllum, kkor D(f) D(f) teljesül minden pontjár. Egyszerűen meggondolhtó, hogy Dirichlet-függvény egyetlen pontbn sem folytonos. 78

85 4.8. Megjegyzés. H D(f) \ D(f), vgyis létzik r > 0, hogy K r () H = {}, kkor ún. izolált pontj D(f)-nek. Könnyen láthtó definíció lpján, hogy ilyenkor f mindig folytonos -bn Tétel (Átviteli elv függvény folytonosságár). Legyen f : R R és D(f). Ekkor z lábbi állítások ekvivlensek.. f folytonos -bn; 2. minden (x n ) D(f), x n sorozt esetén f(x n ) f(). Bizonyítás. Anlóg módon történik, mint 4.9 Tételé.. 2.: Legyen (x n ) D(f), x n tetszőleges sorozt. Legyen dv ε > 0. Mivel. szerint f folytonos -bn, ezért definíció lpján ε > 0-hoz létezik δ > 0, hogy minden x K δ () D(f) esetén f(x) K ε (f()). (4.5) Másrészt x n mitt δ > 0-hoz létezik N N, hogy minden n > N indexre x n K δ (). Mivel feltétel szerint x n D(f) is teljesül, ezért n > N esetén x n K δ () D(f), és így (4.5) mitt f(x n ) K ε (f()), n > N. Tehát dott ε-hoz tláltunk olyn N N küszöbindexet, hogy n > N-re f(x n ) K ε (f()), ezért f(x n ) f() teljesül. 2..: Tegyük fel, hogy 2. teljesül. Indirekt tegyük fel, hogy f nem folytonos -bn. Ekkor ε > 0, hogy minden n > 0 esetén tlálhtó olyn x n K () D(f), melyre f(x n ) / K ε (f()). n Így kptunk egy (x n ) D(f), x n soroztot (hiszen x n K ()), melyre f(x n ) n f() (hiszen f(x n ) / K ε (f()) minden n-re), mi ellentmond 2-nek Megjegyzés. H fenti átviteli elvet krjuk lklmzni egy D(f) \ D(f) pontbn, kkor 4.6 Állítás lpján nincs olyn (x n) D(f) sorozt, hogy x n (n N) és x n. Ezért (ii)-ben csk olyn (x n ) soroztokt vizsgálunk, melynek tgji egy indextől kezdve megegyeznek -vl. Ekkor egy indextől kezdve f(x n ) = f(), tehát f(x n ) f() teljesül. Ezzel beláttuk 4.8 Megjegyzést is. A függvények közötti műveletek folytonosságr is jól viselkednek. 79

86 4.2. Állítás (Folytonosság és műveletek). Legyenek f és g vlós függvények és D(f) D(g). Tegyük fel, hogy f és g folytonosk -bn. Ekkor f, f + g, f g és f g (h g() 0) is folytonosk -bn. Bizonyítás. A bizonyítások dódnk 4.9 Tételből és soroztok közötti műveletekről tnultkból. Példként nézzük meg z f g folytonosságánk esetét! A 4.9 Tétel szerint elég megmuttni, hogy h (x n ) D(f) D(g), x n kkor (f g)(x n ) (f g)(). Mivel f és g folytonosk -bn, ezért 4.9 Tétel lpján igz, hogy minden ilyen soroztr f(x n ) f() és g(x n ) g(). Alklmzv 3.23 Állítást kpjuk, hogy lim(f g)(x n ) = lim (f(x n ) g(x n )) = f() g() = (f g)() Feldt. Mutssunk olyn f éss g függvényeket, melyekre D(f) = D(g) = R, nem folytonosk mindenütt, de. f + g folytonos R-en. 2. f 2 folytonos R-en. 3. fg folytonos R-en. 4. f g folytonos R-en Htárérték, folytonosság és kompozíció Az előző szksz utolsó tétele folytonosság és függvények közötti műveletek kpcsoltáról függvényhtárértékre vontkozó megfelelő tétel nlogonj. Vn zonbn függvények között lehetséges műveletek között még egy, kompozíció (ld. z.3 Definíciót), melyre folytonosság és htárérték esetén lényegesen különböző tételeket kell megfoglmznunk. Kezdjük folytonosság és függvények közötti kompozíció kpcsoltávl. 80

87 4.23. Tétel (Folytonosság és kompozíció). Legyenek f és g vlós függvények, és tegyük fel, hogy g folytonos z D(f g) pontbn, f pedig z g()( D(f)) pontbn. Ekkor f g folytonos z pontbn. Bizonyítás. Az állítást legegyszerűbben 4.9 Átviteli elv segítségével bizonyíthtjuk. Legyen x n, (x n ) D(f g) tetszőleges sorozt. A g függvény -beli folytonosságár vontkozó átviteli elv lpján g(x n ) g(). Az f függvény g() pontbeli folytonosságát kihsználv (f g)(x n ) = f(g(x n )) f(g()) = (f g)(), miből z állítás következik. Próbáljuk meg megfoglmzni függvényhtárértékre vontkozó, fentinek megfelelő állítást! Állítás. Legyenek f és g vlós függvények, D(f g). Tegyük fel, hogy lim g = b és lim b f = c. Ekkor lim (f g) = c. Egy ngyon egyszerű példán megmutthtó, hogy fenti állítás nem igz! Legyen Ekkor g(x) : 0, {, x = 0, f(x) := 0, x 0. (f g)(x). Legyen =. Ekkor lim g = lim g = 0 = b, lim b f = lim 0 f = 0 = c, de lim (f g) = c = 0! A problém zzl vn, hogy g függvény ngyon nem injektív z pont környezetében. H megpróbálnánk fenti Hmis Állítást z átviteli elv segítségével bizonyítni, kiderül, ez miért bj. Legyen (x n ) D(f g), x n, x n tetszőleges sorozt. Ekkor 4.9 Tétel lpján g(x n ) b. Ebből zonbn nem következik (feltétlenül), hogy (f g)(x n ) = f(g(x n )) c, ugynis nem biztos, hogy g(x n ) b (leglább egy indextől kezdve) teljesül! Épp ez problém z előbbi példábn is. A következő tétel helyes állítást foglmzz meg. 8

88 4.25. Tétel (Htárérték és kompozíció). Legyenek f és g vlós függvények, D(f g). Tegyük fel, hogy lim g = b. Ekkor z lábbi. és 2. feltételek bármelyikéből következik, hogy lim(f g) = c.. b D(f) és f folytonos b-ben, f(b) = c; 2. b D(f) és lim b f =: c, továbbá -nk létezik olyn K() környezete, hogy g(x) b, h x K() (pl. g injektív/szigorún monoton z egy környezetében vgy b = ± ). Bizonyítás. A bizonyítás lényege, hogy mindkét esetben működik z átviteli elv. Legyen (x n ) D(f g), x n, x n tetszőleges sorozt. Ekkor 4.9 Tétel lpján g(x n ) b. Továbbá:. Mivel f folytonos b-ben, ezért (f g)(x n ) = f(g(x n )) f(b) = c. 2. Mivel x n K() egy indextől kezdve, ezért g(x n ) b teljesül elég ngy n-re. Így ismét lklmzv 4.9 Tételt, lim f = c mitt kpjuk, hogy (f g)(x n ) = f(g(x n )) b c Jobb és bl oldli htárérték, folytonosság Definíció. Egy R szám r > 0 sugrú bl oldli környezetén K r () := ( r, ] intervllumot értjük. Az r sugrú jobb oldli környezetén K + r () := [, + r) nyílt intervllumot értjük. A + -nek csk bl oldli, -nek csk jobb oldli környezeteit értelmezzük, ezek megegyeznek z eredeti környezetekkel, vgyis ( ) Kr (+ ) = K r (+ ) := r, +, ( K r + ( ) = K r ( ) :=, ). r Definíció. Egy pont r > 0 sugrú kipontozott bl/jobb oldli környezetein zon hlmzokt értjük, melyek z -n kívüli számokt trtlmzzák z r sugrú bl/jobb 82

89 oldli környezetből, vgyis K r () := ( r, ), h R, K r + () := (, + r), h R, ( ) K r (+ ) := K r (+ ) = r, +, ( K r + ( ) := K r ( ) =, ). r Definíció. Legyen H R tetszőleges hlmz. Azt mondjuk, hogy egy R pont bl (jobb) oldli torlódási pontj H-nk, h minden r > 0 esetén K r () H ( K + r () H ), vgyis h z pont tetszőleges bl (jobb) oldli környezete trtlmz tőle különböző H-beli elemet. Egy H R hlmz bl ill. jobb oldli torlódási pontjink hlmzát jelölje H ill. H Megjegyzés. Könnyen meggondolhtó, hogy H H és H + H, de fordított irányú trtlmzások nem állnk fent feltétlenül! Például, H = (, b) esetén H, de / H. Az lábbi állítás bl/jobb oldli torlódási pont fontos ekvivlens definícióját foglmzz meg Állítás. Legyen H R tetszőleges hlmz, R. Ekkor z lábbi állítások ekvivlensek.. H ( H +); 2. létezik olyn (h n ) H sorozt, melyre h n < (h n > ), n N és h n. Bizonyítás. Ld. mint 4.6 Állítás bizonyítás. Most definiáljuk egy f függvény pontbeli bl/jobb oldli htárértékének foglmát Definíció. Legyen f : R R és D(f) ( D(f) +) z értelmezési trtomány egy bl (jobb) oldli torlódási pontj. Azt mondjuk, hogy z f függvény bl (jobb) oldli htárértéke -bn z A R pont, h Jelölésben: ε > 0 esetén δ > 0, hogy h x K δ () D(f) (x K + δ () D(f)), kkor f(x) K ε (A). lim f = A vgy lim f = A vgy 0 lim f(x) = A ill. x 0 lim f = A vgy lim f = A vgy lim f(x) = A x +0 83

90 Világos, hogy + -ben csk bl oldli, -ben pedig csk jobb oldli htárértéket értelmezhetünk Állítás. Legyen f : R R és D(f) D(f) +. Ekkor lim Bizonyítás. Azonnl dódik definícióból Péld. lim x 0+ x f lim 0 f, lim +0 f és lim 0 f = lim +0 f. = + = lim x 0 x lim x 0 x A bl/jobb oldli htárérték definíciójához hsonló módon értelmezhetjük egy függvény blról, ill. jobbról vló folytonosságát Definíció. Legyen f : R R és D(f) z értelmezési trtomány egy pontj. Azt mondjuk, hogy z f függvény f blról (jobbról) folytonos -bn, h ε > 0 esetén δ > 0, hogy h x K δ () D(f) (x K+ δ kkor f(x) K ε (f()). () D(f)), A 4.6 Állításhoz hsonlón beláthtó következő Állítás. H D(f) D(f) ( D(f) + D(f)), kkor f blról (jobbról) folytonos -bn lim 0 f = f() ( lim +0 f = f()) Feldt. Foglmzzuk meg függvény bl/jobb oldli htárértékére ill. folytonosságár vontkozó átviteli elvet! Tétel (Monoton függvények htárértékéről). Minden monoton függvénynek z értelmezési trtomány minden bl (jobb) oldli torlódási pontjábn létezik bl (jobb) oldli htárértéke, mégpedig:. h f monoton növő, kkor 2. h f monoton fogyó, kkor lim f = sup f, (4.6) 0 (,) D(f) lim f = inf f, +0 (,+ ) D(f) lim f = inf f, 0 (,) D(f) lim f = sup f. +0 (,+ ) D(f) 84

91 Itt sup f := sup {f(x) : x H}, H inf f := inf {f(x) : x H}. H Bizonyítás. A (4.6) esetet bizonyítjuk, többi hsonlón meggondolhtó. Legyen A := sup (,) D(f) f. Be kell látni, hogy lim 0 f létezik és A-vl egyenlő. Legyen ε > 0 tetszőleges. A szuprémum definíciój mitt x (, ) D(f) : f(x ) K ε (A) (h A véges, kkor A ε < f(x ) < A). Mivel f monoton növő, ezért h x < x < és x D(f), kkor f(x ) f(x) A f(x) K ε (A). Nyilván δ > 0, melyre (x, ) = válsztássl K δ () (h R, kkor δ := x ). Ezzel δ tehát lim 0 f = A. x K δ () D(f) ( x < x <, x D(f)) esetén f(x) K ε (A), A bl és jobb oldli htárérték segítségével osztályozhtjuk egy függvény értelmezési trtományánk zon pontjit, melyekben nem folytonos Definíció (Szkdási pontok osztályozás). H D(f) olyn pont, hogy f nem folytonos -bn, kkor szkdási pontj vgy szkdási helye f-nek. Az D(f) D(f) D(f) + elsőfjú szkdási pontj f-nek, h szkdási pontj és lim 0 f, lim +0 f R. Ilyenkor z f ugrás -bn. u := lim +0 f lim 0 f H u 0, kkor z pont ugráshelye f-nek. H u = 0, kkor z pont megszüntethető szkdási pont. Ilyenkor R lim 0 f = lim +0 f(= lim f f()). 85

92 y y x x 4.7. ábr. Ugráshely 4.8. ábr. Megszüntethető szkdási hely Az D(f) másodfjú szkdási pont, h olyn szkdási pont, mi nem elsőfjú Megjegyzés. A 4.37 Tételből rögtön dódik, hogy intervllumon értelmezett monoton függvénynek bármely szkdási pontj csk elsőfjú lehet, mégpedig ugráshely, tehát nem megszüntethető. (Világos, hogy monotonitás mitt létező egyoldli htárértékek végesek.) Azt sem nehéz belátni, hogy szkdási helyeinek szám megszámlálhtó Megjegyzés. A Dirichlet-függvénynek minden vlós szám másodfjú szkdási pontj Elemi függvények folytonosság és htárértéke Jelen szksz tnulmányozásához érdemes visszlpozni 2. fejezethez, és z ott szereplő ábrákhoz! 4.4. Állítás. A lszkszbn felsorolt htványfüggvények folytonosk. Bizonyítás. Alklmzzuk 4.9 Átviteli elvet! Legyen x n, x D(id r ) (n N), x n x tetszőleges sorozt. Be kell látni, hogy Ez következik 3.69 Állításból. id r (x n ) = x r n id r (x) = x r. A htványfüggvények folytonosság mitt htárértékeiket elegendő z értelmezési trtományon kívüli torlódási pontokbn meggondolni Állítás. H n páros, kkor lim id n = lim id n = +, + lim id n = lim id n = 0, + lim id n =

93 H n pártln, kkor lim id n =, lim id n = +, + lim id n = lim id n = 0, + lim id n =, lim id n = Továbbá, h r R tetszőleges, kkor z R + -on értelmezett id r függvényre lim id r = +, + r > 0, lim id r = +, 0+ lim id r = 0, + r < 0. Bizonyítás. Adódik 4.9 Átviteli elvből és függvények szigorú monotonitásából megfelelő intervllumokon, ld Állításnk htványozás és rendezés kpcsoltáról szóló részét Állítás. Bármely > 0, esetén z exp exponenciális függvény (ld. (2.)) folytonos. Bizonyítás. Alklmzzuk 4.9 Átviteli elvet! Legyen x R, x n x tetszőleges sorozt. Be kell látni, hogy exp (x n ) = xn exp (x) = x. Ez dódik 3.68 Következményből Állítás. Bármely > 0, esetén log = (exp ) logritmusfüggvény folytonos. Bizonyítás. Következni fog később belátott 4.58 Tételből (folytonos függvény inverze is folytonos). Az exponenciális és logritmusfüggvények folytonosság mitt htárértékeiket elegendő z értelmezési trtományon kívüli torlódási pontokbn meggondolni Állítás. Bármely > esetén Bármely 0 < < esetén lim exp = lim log = +, + + lim exp = 0, lim log =. 0+ lim exp = lim log = +, 0+ lim exp = 0, lim log =

94 Bizonyítás. Adódik 4.9 Átviteli elvből és függvények szigorú monotonitásából, ld Állításnk htványozás és rendezés kpcsoltáról szóló részét Állítás. A lszkszbn felsorolt trigonometrikus függvények és inverzeik folytonosk. Bizonyítás. A 4.9 ábr lpján beláthtó x < π-re ( x > π -re pedig triviális), hogy 2 2 sin x x, x R. A 4.9 Átviteli elvet lklmzzuk. Legyen x R és x n x tetszőleges sorozt. Ekkor felhsználv, hogy cos, kpjuk: sin x n sin x = 2 cos x n + x sin x n x sin x n x 2. A fenti egyenlőtlenség lpján sin x n sin x 2 x n x 2 = x n x 0, (4.7) és ezt krtuk belátni. Mivel ( π ) cos x = sin 2 x, ezért 4.23 Tétel mitt cos is folytonos. A tg és ctg függvények így két folytonos függvény hánydosként állnk elő, ezért folytonosk (ld. 4.2 Állítást). A trigonometrikus függvények inverzeinek folytonosság pedig 4.58 Tételből dódik. Könnyen meggondolhtó, hogy sin és cos függvényeknek nincs htárértékük ± ben. Azonbn érvényesek z lábbik: Állítás. π 2 lim tg = +, lim tg =, k Z, +kπ 0 π +kπ+0 lim kπ 0 ctg =, lim kπ+0 2 ctg = +, k Z, lim rctg = π 2, lim rctg = π + 2, lim rcctg = π, lim rcctg = Állítás. A lszkszbn felsorolt hiperbolikus függvények és inverzeik folytonosk. 88

95 Bizonyítás. A hiperbolikus függvények folytonosság dódik z exp függvény folytonosságából és 4.2 Állításból, z inverzeik folytonosság pedig 4.58 Tételből Állítás. lim sh =, lim sh = +, + lim ch = lim ch = +, + lim th = lim cth =, lim th = lim cth =, + + lim cth =, lim cth = Bizonyítás. A sh esetét bizonyítjuk, többi hsonlón megy. Felhsználjuk z exp függvény htárértékeit. lim sh x = lim e x e x x x 2 = 0 2 = Állítás. lim rsh =, lim rsh = +, + lim rch = +, + lim rth = lim rcth =, +0 0 lim rth = lim rcth =, 0 +0 lim rcth = lim rcth = 0. + Bizonyítás. Adódik megfelelő inverzfüggvények htárértékeiből Nevezetes függvényhtárértékek Az lábbi nevezetes függvényhtárértékek bizonyítás mind dódik 4.25 Tétel megfelelő szereposztássl vló lklmzásából.. lim x x =. x + 89

96 Bizonyítás. A 4.9 Tételt lklmzzuk. Legyen x n tetszőleges sorozt, és tegyük fel, hogy x n > (egy indextől kezdve ez biztos teljesül). Ekkor ([x n ]) [xn]+ (xn ) xn ([x n ] + ) A bl ill. jobb oldlon z (n n+ ) ill. ((n + ) n ) egy-egy részsorozt áll, melyek -hez trtnk. Így (x n) xn, miből z állítás következik. [xn]. 2. lim x 0+ xx =. Bizonyítás. Mivel tetszőleges x n 0+ esetén x n +, ezért z. pont lpján ( ) xn = x n x xn n, így x xn n is teljesül. A 4.9 Tétel lpján készen vgyunk. 3. log lim c x = 0 (p, c > 0, c ). x + x p Bizonyítás. Világos, hogy h p > 0, kkor lim x x p = +. Alklmzv 4.25 Tétel 2. pontját és z. nevezetes htárértéket kpjuk, hogy lim x + (xp ) x p =. Kihsználv log c függvény folytonosságát és 4.25 Tétel. pontját, lim log c(x p ) log x p = lim c x p p log = lim c x = log x + x + x p x + x p c = 0. Ebből p-vel vló osztás után következik z állítás. 4. lim x + x q = 0 ( (, + ), q > 0). x Bizonyítás. A fenti 3.-t p := q és c := számokr lklmzv kpjuk, hogy log lim x x + x q = 0. 90

97 Tudjuk, hogy > mitt lim x + x = +. A 4.25 Tétel 2. pontját felhsználv log lim x x + ( x ) q = lim x + x ( x ) q = 0. Mivel lim x 0 x q = 0, ezért 4.25 Tétel. pontj lpján tuljdonképpen fenti htárérték q-dik htványát véve, ( ) q x x q lim = lim x + ( x ) q x + = 0. x 5. lim x 0+ xp log c x = 0 (p, c > 0, c ). Bizonyítás. H x 0+, kkor x p 0+ is teljesül. Felhsználv 2.-t és 4.25 Tétel. pontját, kpjuk: lim x 0+ (xp ) xp =. Ismét lklmzv 4.25 Tétel. pontját és log c függvény folytonosságát, lim x 0+ log c(x p ) xp = lim x 0+ xp log c x p = lim x 0+ p xp log c x = log c = 0. Innen p-vel osztv kpjuk kívánt egyenlőséget. 6. lim x + lim x ( + x) x = e, ( + x) x = e. Bizonyítás. A 3.9. szksz 9. pontjánk bizonyításábn meggondoltk szerint következik. 7. lim( + t) t = e. t 0 9

98 8. Bizonyítás. Legyen t n 0 tetszőleges sorozt. Ekkor z ( t n ) sorozt vgy + -hez trt, vgy -hez, vgy két olyn részsoroztból áll össze, melyek egyike + -hez, másik -hez trt. A 6. pont lpján ezért és ezt kellett megmuttni. ( + t n ) tn = log lim c ( + t) t 0 t ( + t n = ln c ) tn e, (c > 0, c ). Bizonyítás. Mivel log c folytonos, ezért lklmzv 4.25 Tétel. pontját és fenti 7. htárértéket: lim t 0 log c ( + t) t = lim t 0 log c ( + t) t = log c e = ln c. 9. Bizonyítás. Világos, hogy log lim c x log c x x = ln c (, c > 0, c ). x x 0. A 4.25 Tétel 2. pontj és fenti 8. htárérték lpján log lim c ( + x ) x x Ebből -vl osztv dódik z állítás. = lim x log c x log c x = ln c. 0. Bizonyítás. Világos, hogy c x lim x 0 x = ln c (c > 0, c ). x 0 c x 0. A 4.25 Tétel 2. pontj és fenti 8. htárérték lpján log lim c ( + c x ) x 0 c x Ebből reciprokot véve dódik z állítás. = lim x 0 x c x = ln c. 92

99 . c x c lim x x = c ln c (c > 0, c ). Bizonyítás. Világos, hogy x x 0. A 4.25 Tétel 2. pontj és 0. htárérték lpján c x lim x x Ebből c -nl szorozv dódik z állítás. = lim x c cx c x = ln c. 2. sin x lim x 0 x = y x sin x tg x x 4.9. ábr. A sin x < x < tg x egyenlőtlenség Bizonyítás. A 4.9. ábr lpján meggondolhtó, hogy sin x < x < tg x, h 0 < x < π 2. Ebből cos x < sin x x < dódik, és felhsználv cos függvény 0 pontbeli folytonosságát, kpjuk, hogy sin x lim x 0+ x =. 93

100 A sin x x = sin( x) x egyenlőség lpján sin x lim x 0 x = is igz, így z állítást bizonyítottuk Feldt. Számítsuk ki z lim x + ( ) x x c (c R) x + c htárértéket! Egyszerű átlkítássl ( ) x ( x c = exp x ln x c ). (4.8) x + c x + c Mivel x c lim x + x + c =, és 8. nevezetes htárérték lpján lim t ln t t =, lklmzv z g(x) = (x c)/(x + c) belső függvénnyel vló helyettesítést, 4.25 Tétel 2. pontj lpján kpjuk, hogy lim x + ln x c x+c x c x+c = Ezt behelyettesítve (4.8) egyenlőségbe, kpjuk ( ) x ( x c lim = lim x + x + c exp x ln x c ) x + x + c = e 2c = e 2c. lim x + c x + 2c ln x c x + c =. = lim x + exp ( 2cx x + c x + c 2c ln x c ) x + c 94

101 4.8. Folytonos függvények tuljdonsági Ebben szkszbn intervllumon értelmezett folytonos függvények tuljdonságivl fogllkozunk, ezért z lábbikbn z f : I R jelölés ltt mindig D(f) = I-t értünk. Az első fontos eredményt egyszerűbben úgy foglmzhtjuk meg, hogy egy intervllumon folytonos függvény grfikonjánk lerjzoláskor nem emeljük fel ceruzát Tétel (Bolzno-Drboux-tétel). Legyen f : [, b] R folytonos függvény. Ekkor h u R olyn, hogy f() < u < f(b) (vgy f(b) < u < f()), kkor létezik c (, b), melyre f(c) = u. y f(b) f u f() c b x 4.0. ábr. Bolzno Drboux-tétel Bizonyítás. Legyen például f() < u < f(b). Definiáljuk következő hlmzt: H := {x [, b] : f(x) < u}. Ekkor H, ugynis H. Másrészt H felülről korlátos, mivel H [, b], tehát b egy felső korlátj. Így Felső htár xiómáj mitt H-nk vn legkisebb felső korlátj, sup H R. Legyen c := sup H. H [, b] mitt c [, b] teljesül. Belátjuk, hogy f(c) = u. Indirekt, h f(c) > u voln, kkor z f függvény c pontbeli folytonosság mitt létezne olyn δ > 0 szám, hogy f(x) > u, h x (c δ, c) [, b]. Ez ellentmond nnk, hogy c legkisebb felső korlátj H-nk, hiszen c δ is felső korlát voln. Másrészt, h f(c) < u voln, kkor szintén z f függvény c pontbeli folytonosságát hsználv, létezne olyn δ > 0 szám, hogy f(x) < u, h x (c, c + δ) [, b]. Ez pedig ellentmond nnk, hogy c felső korlátj H-nk. 95

102 Ennek tételnek egy fontos következménye, hogy intervllum folytonos függvénnyel vett képe is intervllum Következmény. H f egy tetszőleges I intervllumon értelmezett folytonos függvény, kkor f Drboux-tuljdonságú, zz bármely J I intervllum esetén intervllum. f(j) := {f(x) : x J} Bizonyítás. Legyen f egy I intervllumon értelmezett folytonos függvény, és legyen J I intervllum. Be kell látni, hogy f(j) is intervllum, vgyis z intervllum.38 Definíciój szerint bármely y < u < y 2, y, y 2 f(j) esetén u f(j). Mivel y = f() és y 2 = f(b) vlmely, b J számokr, továbbá f : [, b] R folytonos (hiszen [, b] J I), ezért lklmzhtjuk Bolzno-Drboux-tételt. Ennek lpján vgyis u f(j), és ezt krtuk belátni. c (, b) J, melyre f(c) = u, Következmény (Bolzno-tétel). H f olyn, intervllumon értelmezett folytonos függvény, mely felvesz pozitív és negtív értéket is, kkor f-nek vn gyöke (nullhelye) z intervllumbn. Bizonyítás. A feltétel szerint léteznek olyn, b I számok, melyekre f() < 0 < f(b). A Bolzno-Drboux-tétel lpján c (, b) (vgy c (b, )), melyre f(c) = 0. H egy hlmz infimum/szupremum eleme hlmznk, kkor zt mondjuk, hogy ez hlmz minimum/mximum. Hsonlón definiálhtjuk egy függvény minimumát/mximumát mint z értékkészletének megfelelő elemét Definíció. Legyen f : R R tetszőleges függvény. H létezik olyn x 0 D(f), hogy x D(f) esetén f(x) f(x 0 ) (ill. f(x) f(x 0 )), kkor f(x 0 ) z f minimum (ill. mximum) Tétel (Weierstrss-tétel). Legyen f : [, b] R folytonos függvény. Ekkor f-nek vn minimum és mximum. 96

103 y f(c) f f(d) c d b x 4.. ábr. Weierstrss-tétel Bizonyítás. A 4.53 Következmény lpján R(f) = f([, b]) intervllum. Jelölje m := inf R(f) és M := sup R(f). Azt kell belátni, hogy m, M R(f). Az infimum tuljdonsági lpján n N esetén y n R(f) : m y n < m + n. A kpott (y n ) soroztr y n m teljesül. Mivel y n R(f), n N, ezért léteznek x n [, b], n N számok, melyekre f(x n ) = y n. Így f(x n ) m. A kpott (x n ) [, b] sorozt korlátos, ezért 3.36 Bolzno-Weierstrss-tétel szerint vn konvergens részsorozt, (x ni ). Legyen d := lim x ni [, b]. A 4.9 Átviteli elv lpján z f függvény d-beli folytonosságából dódik, hogy f(x ni ) f(d) = m, mivel (f(x ni )) részsorozt z m-hez trtó (f(x n ))-nek. Ezzel beláttuk, hogy f(d) = m R(f). Az M esete ezzel nlóg módon gondolhtó meg Következmény. Korlátos és zárt intervllumon értelmezett folytonos függvény értékkészlete korlátos és zárt intervllum. Bizonyítás. Azonnl dódik 4.53 Következményből és 4.56 Weierstrss-tételből. A következő tételben zt gondoljuk meg, hogy milyen tuljdonságú egy (intervllumon értelmezett) folytonos függvény inverze. 97

104 4.58. Tétel (Folytonos függvény inverze). Legyen f egy I intervllumon értelmezett folytonos és injektív függvény. Ekkor f szigorún monoton. Továbbá, z f inverz függvény is intervllumon vn értelmezve; szigorún monoton ugynúgy, mint f; folytonos. Bizonyítás. Először meggondoljuk, hogy h f folytonos és injektív, kkor szigorún monoton. Tegyük fel indirekt, hogy x, x 2, x 3 I, x < x 2 < x 3, hogy f(x ) < f(x 3 ) < f(x 2 ), (z összes többi rossz eset hsonlón gondolhtó meg). Mivel [x, x 2 ] I = D(f) és f(x ) < u := f(x 3 ) < f(x 2 ), ezért 4.52 Bolzno- Drboux-tétel lpján c (x, x 2 ) : f(c) = u = f(x 3 ). Ez zonbn ellentmond f injektivitásánk, ugynis c < x 3. Most lássuk be z inverzfüggvényre vontkozó állításokt! A 4.53 Következmény lpján D(f ) = R(f) intervllum. Legyenek y < y 2, y, y 2 D(f ) = R(f) számok, és tegyük fel, hogy f szigorún monoton növő. Ekkor létező x, x 2 D(f), f(x ) = y, f(x 2 ) = y 2 számokr nyilván f (y ) = x < x 2 = f (y 2 ) teljesül. A szigorún monoton fogyó eset hsonlón meggondolhtó. Indirekt tegyük fel, hogy y z f egy szkdási pontj. Mivel f intervllumon értelmezett szigorún monoton függvény, ezért 4.39 Megjegyzés lpján y-bn csk elsőfjú, nem megszüntethető szkdás lehet. Ez zonbn zt jelentené, hogy R(f ) = D(f) nem voln intervllum, mi ellentmondás. Tehát f folytonos Megjegyzés. Az előző tételben vlójábn nincs szükség f folytonosságár. Könnyen meggondolhtó, hogy egy szigorún monoton függvény inverze mindig folytonos, csk nem feltétlenül intervllumon vn értelmezve. Az lábbikbn folytonosságnk egy fontos speciális esetét definiáljuk, mikor egy hlmz pontjibn folytonosság definíciój lpján ε > 0-hoz létező δ nem függ pont helyétől. 98

105 4.60. Definíció. Legyen f : R R és H D(f). Azt mondjuk, hogy z f függvény egyenletesen folytonos H-n, h ε > 0-hoz δ > 0, hogy x, y H, x y < δ esetén f(x) f(y) < ε Feldt. Igzoljuk, hogy z id függvény egyenletesen folytonos R-en! Ez igz, ugynis minden ε > 0 esetén δ := ε jó válsztás. Gondoljuk meg, hogy z id 2 függvény nem egyenletesen folytonos R-en! H x ngy, kkor δ kicsi kell legyen, mert f meredeken nő. Később látni fogjuk, hogy viszont ez függvény is egyenletesen folytonos bármely [, b] korlátos és zárt intervllumon Definíció. Az f : R R függvényt Lipschitz-tuljdonságúnk (vgy Lipschitzfolytonosnk) mondjuk, h létezik olyn L > 0 konstns, hogy f(x) f(y) L x y, x, y D(f) Megjegyzés. Egy Lipschitz-tuljdonságú függvény egyenletesen folytonos D(f)-en, ugynis h ε > 0 dott, kkor δ := ε válsztássl, x, y D(f), x y < δ esetén L f(x) f(y) L x y < L ε L = ε. Lipschitz-tuljdonságú például z id és sin (ld. (4.7) becslést x n = y-r) L = konstnssl Péld. Vigyázt! Az nem igz, hogy minden egyenletesen folytonos függvény Lipschitz-tuljdonságú voln! Például, z f(x) = x függvény egyenletesen folytonos [0, ] intervllumon, de nem Lipschitz-tuljdonságú ( 0 közelében L tetszőlegesen ngy kellene legyen) Állítás. H f egyenletesen folytonos H-n, kkor folytonos is H-n. Bizonyítás. Legyen H tetszőleges és ε > 0 dv. Ekkor z egyenletes folytonosság definíciój lpján ε > 0-hoz δ > 0, hogy x, y H, x y < δ esetén f(x) f(y) < ε. Ezzel δ válsztássl, fentit y = -r lklmzv kpjuk, hogy mi épp z -beli folytonosságot jelenti. x < δ esetén f(x) f() < ε, A 4.6 Feldtbn láttuk, hogy z állítás megfordítás áltlábn nem igz, tehát vn olyn H hlmz és H-n folytonos függvény, mely nem egyenletesen folytonos. A kövekező tétel zt mondj ki, hogy h H korlátos és zárt intervllum, kkor ez z eset nem állht fenn. 99

106 4.66. Tétel (Heine-tétel). H f : [, b] R folytonos függvény, kkor f egyenletesen folytonos [, b]-n. Bizonyítás. Indirekt tegyük fel, hogy f nem egyenletesen folytonos [, b]-n. Ez definíció lpján következőt jelenti: ε > 0, hogy δ > 0 esetén x δ, y δ [, b], x δ y δ < δ, melyre f(x δ ) f(y δ ) ε. Válsszunk megfelelő x n, y n [, b] pontokt δ = n kptunk olyn (x n ), (y n ) [, b] soroztokt, melyekre > 0-hoz minden n N-re! Így x n y n < n és f(x n) f(y n ) ε, n N. Mivel (x n ) [, b] korlátos sorozt, ezért 3.36 Bolzno-Weierstrss-tétel szerint létezik konvergens részsorozt, (x ni ). Legyen x := lim x ni [, b], itt hsználtuk z [, b] intervllum zártságát. Az x n y n < n mitt (y n i ) is konvergens és x = lim y ni. A 4.9 Átviteli elv lpján z f függvény x pontbeli folytonosságából következik, hogy mi ellentmondás, hiszen f(x ni ) f(x) és f(y ni ) f(x), f(x ni ) f(y ni ) ε, i N. 00

107 5. fejezet Sorok A sorokr kkor vn szükségünk, mikor végtelen sok számot krunk összedni. A sorok tuljdonképpen speciális lkú, véges összegekből álló soroztok. 5.. Végtelen sorok Vegyünk egy méteres rudt. A 3., soroztokról szóló fejezetben meggondoltk szerint h rudt félbevágjuk, mjd félrudt is félbevágjuk, mjd z egyik drbot ismét félbevágjuk és így tovább, kkor rúdhosszknk 2, 2, 2 2,..., 3 2,... n soroztához jutunk. Most gondoljunk rr, hogy vlki rúd szeletelésénél kpott drbokt össze szeretné illeszteni, zz z n +... összeget szeretné elkészíteni. Akkor z -hez hozzárgsztj z hosszúságút, így kpott rúd + hosszú lesz; mjd ehhez rgsztj z hosszúságút, így hosszút kp, és így tovább. A kpott összegekből álló soroztot fogjuk végtelen sornk nevezni. A végtelen sorok klsszikus motivációj Akhilleusz és teknősbék futóversenye, Zénon prdoxon. Akhilleusz kezdetben száz láb előnyt d hüllőnek. Alighogy elindul verseny, Akhilleusz pár ugrássl ott terem, honnn teknős indult. Ezltt z idő ltt zonbn teknős is hldt egy keveset. Akhilleusz egy újbb lépéssel odér, ám ezltt teknős ismét hld egy kicsit, és még mindig vezet. Akármilyen gyorsn is ér Akhilleusz od, hol teknős egy pillnttl korábbn volt, mz mindig egy kicsit előrébb lesz. Zénón úgy érvelt, hogy Akhilleusz sohsem fogj megelőzni, de még csk 0

108 utolérni sem teknőst. Azonbn, h összedjuk végtelen sok pró időszeletet, mit z egyes lépések igénybe vesznek, véges időt kpunk eredményül, méghozzá pontosn nnyit, mennyire Akhilleusznk szüksége vn, hogy utolérje teknőst. H ennél több időt dunk, természetesen meg is előzi. 5.. Definíció. Legyen ( n ) egy dott sorozt. Készítsük el z S :=, S 2 := + 2, S 3 := ,..., S n := n,... összegek soroztát. A kpott (S n ) := ( n ) soroztot (végtelen) sornk nevezzük, és n -nel jelöljük, zz n := (S n ). Itt S n := n sor n-edik részletösszege vgy szelete. A végtelen sor tehát egy speciális lkú sorozt. Ennek megfelelően beszélhetünk rról, hogy egy sor konvergens vgy divergens Definíció. Azt mondjuk, hogy n végtelen sor konvergens, h z (S n ) sorozt konvergens. n divergens, h z (S n ) sorozt divergens. H z (S n ) soroztnk létezik (véges vgy végtelen) htárértéke, kkor n végtelen sor összegén részletösszeg-sorozt htárértékét értjük, zz n := lim S n. n= 5.3. Feldt. Mértni sor Legyen q R, q <. Tekintsük q n ún. mértni sort! Az n-edik részletösszeg (n 0): S n = + q + q 2 + q q n = qn+ q. Mivel q n 0, ezért lim S n = lim qn+ q tehát q n végtelen sor konvergens, és = q = q, n=0 q n = q 02

109 végtelen sor összege. H q, kkor fenti részletösszegre S n teljesül, tehát q n =. n=0 H pedig q, kkor q n sornk nem létezik összege Péld. A (3.0) nevezetes htárérték tuljdonképpen z lábbi sorösszeget jelenti: n=0 n! = e. (5.) A véges sok szám összedásár teljesülő zonosságok közül végtelen sorok összegére teljesül z sszocitivitás, vlmint, hogy konstnst kiemelhetünk belőle. A végtelen sorok szorztár (és szorzt megfelelő definiálásár) vontkozó szbályok már bonyolultbbk, erről fejezet végén ejtünk néhány szót Tétel (Sorok összege és műveletek). Tegyük fel, hogy n = A R és n= b n = B R, n= c R. Ekkor. 2. (c n ) = c n = c A; n= n= ( n + b n ) = n + b n = A + B, h z összeg értelmes. n= n= n= Bizonyítás. Jelölje S n := + + n, T n := b + +b n. A feltételek szerint lim S n = A, lim T n = B.. A (c n ) sor n-edik szeletére Ebből következik, hogy U n = (c ) + (c n ) = c ( + + n ) = c S n. (c n ) = lim U n = c lim S n = c A = c n= 03 n. n=

110 2. A ( n + b n ) sor n-edik szeletére V n = ( + b ) + ( n + b n ) = ( + + n ) + (b + + b n ) = S n + T n. Ebből következik, hogy ( n + b n ) = lim V n = lim S n + lim T n = A + B = n + b n. n= n= n= 5.6. Megjegyzés. Egy konvergens sor konvergens mrd (legfeljebb z összege változik), h ( n ) első néhány tgját megváltozttjuk (kár elhgyjuk, felcseréljük, stb.); zárójeleket ikttunk be végtelen összegbe (így tuljdonképpen (S n ) egy részsoroztát kpjuk). Zárójeleket elhgyni zonbn nem szbd! Például, + ( + ) + ( + ) + végtelen sor konvergens, összege, zárójeleket elhgyv zonbn egy divergens sort kpunk (z (S n ) sorozt tgji felváltv 0-k és -ek). A részletösszegek sorozt így sor pontosn kkor konvergens, h teljesül rá Cuchy-kritérium Tétel (Cuchy-kritérium sorokr). A n sor pontosn kkor konvergens, h ε > 0-hoz N N, hogy n > m N esetén m+ + + n < ε. Bizonyítás. Alklmzzuk 3.43 Tételt z (S n ) soroztr, és hsználjuk fel, hogy S n S m = m+ + + n, n > m. A Cuchy-kritériumból következik, hogy h egy sor konvergens, kkor tgjiból álló sorozt 0-hoz trt Állítás ( Triviális kritérium sorokr). H n konvergens, kkor n 0. 04

111 Bizonyítás. Mivel n egy konvergens sor, ezért z (S n ) sorozt konvergens. A fenti Cuchy-kritérium szerint bármely ε > 0 hibkorláthoz vn olyn N küszöbindex, hogy minden m N és n := m + > N esetén m+ + + n = n < ε. Ez éppen zt jelenti, hogy n 0. Másképp: h n= n = A R, vgyis S n A, kkor persze S n A is teljesül. Így n = S n S n A A = 0. Fontos megjegyeznünk, hogy fenti állítás megfordítás nem igz! Ehhez z lábbi példákt gondoljuk meg Feldt. Legyen ( n ) := (ln n+ ), vgyis tekintsük n sort! Igzoljuk, hogy nem konvergens! Mivel n+ = +, ezért n n Másrészt minden n N esetén ln n + n n = ln n + n ln = 0. S n = ln 2 + ln ln ln n + n = (ln 2 ln ) + (ln 3 ln 2) + (ln 4 ln 3) + + (ln(n + ) ln n) = ln(n + ). Mivel ln(n + ), ezért (S n ) nem korlátos, így n nem konvergens Megjegyzés. Láttuk, hogy z előbbi sor tgji átlkíthtók mint ln n + n = (ln(n + ) ln n). Az ilyen típusú sorokt teleszkópikus összegnek szokták hívni. 5.. Feldt. Hrmonikus sor Tekintsük n (5.2) 05

112 ún. hrmonikus sort! Tudjuk, hogy 0. Mutssuk meg, hogy sor nem konvergens! n n Az 5.7 Tételt lklmzzuk. Legyen ε :=. Ekkor bármely N N esetén m = N és 2 n = 2N válsztássl m+ + + n = N N N 2N = 2, tehát n sorr nem teljesül Cuchy-kritérium, így nem konvergens. A gykorltbn előfordulnk z ún. bszolút konvergens sorok Definíció. A n sor bszolút konvergens, h n konvergens Állítás. H n bszolút konvergens, kkor n konvergens. Bizonyítás. Mivel n konvergens, ezért z 5.7 Tétel lpján ε > 0-hoz N, hogy n > m N esetén m n = m n < ε. Ekkor n sorr is teljesül Cuchy-kritérium ugynezen küszöbindexszel, hiszen m n m n < ε. Ez éppen zt jelenti, hogy n konvergens Konvergencikritériumok A gykorltbn sokszor nehéz eldönteni egy-egy sor konvergenciáját definíció vgy Cuchy-kritérium lpján. Másrészt, áltlábn sor összegének értékére nincs szükségünk, csk nnk ismeretére, hogy konvergens-e. Az lábbikbn néhány olyn tétellel ismerkedünk meg, melyek hsznosk lehetnek sorok konvergenciájánk/divergenciájánk megállpításához. A tételeket pozitív ( 0) tgú sorokr mondjuk ki, mjd áltlánosítjuk tetszőleges előjelű tgokból álló sorokr. Először zt gondoljuk meg, hogy egy pozitív tgú sornk mindig létezik összege Állítás. H n 0, n N, kkor n = A R n= mindig létezik, mégpedig A R (tehát sor konvergens), h részletösszegeiből álló (S n ) sorozt felülről korlátos, és A = +, h (S n ) felülről nem korlátos. 06

113 Bizonyítás. Következik bból, hogy ilyenkor (S n ) monoton növő sorozt, tehát lklmzhtó 3.50 Állítás: (S n) htárértéke véges vgy +, ttól függően, hogy felülről korlátos vgy sem Következmény. Az 5. Feldtbn hrmonikus sor összege n = +. n= Az 5.4 Állítás lpján z lábbi, pozitív tgú sorokr kimondott konvegencikritériumok esetében mindig elegendő zt vizsgálni, hogy részletösszegekből álló sorozt felülről korlátos vgy nem. Az első z ún. összehsonlító vgy mjoráns- ill. minoránskritérium Tétel (Összehsonlító kritérium). Legyen 0 n b n, n N.. H b n konvergens, kkor n konvergens. 2. H n divergens, kkor b n divergens. Bizonyítás. Legyen S n := n és T n := b +b b n, n N. Az előbbiek lpján (S n ) és (T n ) monoton növő soroztok. Továbbá, feltétel szerint S n T n, n N. (5.3). H b n konvergens, kkor ez zt jelenti, hogy (T n ) konvergens, tehát felülről korlátos. Az (5.3) mitt ilyenkor (S n ) is felülről korlátos, tehát konvergens, zz n konvergens. 2. Következik z. pontból Megjegyzés. Könnyen meggondolhtó, hogy fenti tételben elég lett voln megkövetelni, hogy n b n egy N indextől kezdve teljesüljön Feldt. A n α lkú sorokt hiperhrmonikus sor nk nevezik. Igzoljuk, hogy divergens, h α ; nα (5.4) n konvergens, h α >! α A bizonyításhoz szükség lesz egy újbb konvergencikritériumr, mit bizonyítás nélkül mondunk ki. 07

114 5.9. Tétel (Kondenzációs kritérium). H z ( n ) sorozt monoton fogyó és n 0, n N, kkor n és 2 n 2 n sorok egyszerre konvergensek vgy divergensek. A hiperhrmonikus sorr lklmzv, pontosn kkor konvergens, h nα 2 n 2 = 2 n ( α) nα sor konvergens. Ez pedig z 5.3 Feldt lpján éppen z (5.4) kitétel. A továbbikbn hánydos- és gyökkritériumml ismerkedünk meg Tétel (D Alembert-féle hánydoskritérium). Legyen ( n ) dott sorozt, n > 0, n N.. H q (0, ) és N N, hogy kkor n konvergens. n+ n q, n N, 2. H q > és N N, hogy kkor n divergens. Bizonyítás. Legyen k N. Az. feltételből N+ N n+ n q, n N, q N+ N q N+2 N+ q N+2 N+ q N q 2. N+k q N+k N+k q... N q k. N+k Ekkor n sor n = N + k-dik részletösszegére S n = S N+k = N + N + N+ + N N+k L + N + N q + N q N q k = L + N ( + q q k ) < L + N 08 q,

115 hol L := N, és felhsználtuk z 5.3 Feldtból, hogy 0 < q < esetén n=0 qn = q. Tehát (S n) felülről korlátos, így konvergens, mi zt jelenti, hogy n konvergens. A 2. feltétel esete hsonlón meggondolhtó Megjegyzés. A hánydoskritérium feltételei teljesülnek, h. 2. illetve lim n+ n = q [0, ), lim n+ n = q >. H lim n+ n =, kkor bármi lehet Tétel (Cuchy-féle gyökkritérium). Legyen ( n ) dott sorozt, n 0, n N.. H q (0, ) és N N, hogy n n q, n N, kkor n konvergens. 2. H q >, hogy n n q végtelen sok n-re, kkor n divergens. Bizonyítás. Legyen k N. Az. feltételből N N q N q N N+ N+ q N+ q N+. N+k N+k q N+k q N+k. Ekkor n sor n = N + k-dik részletösszegére S n = S N+k = N + N + N N+k L + q N + q N q N+k = L + q N ( + q q k ) < L + q N q, 09

116 hol L := N, és felhsználtuk z 5.3 Feldtból, hogy 0 < q < esetén n=0 qn = q. Tehát (S n) felülről korlátos, így konvergens, mi zt jelenti, hogy n konvergens. A 2. eset hsonlón gondolhtó meg Megjegyzés. A gyökkritérium feltételei teljesülnek, h. 2. illetve lim n n = q [0, ), lim n n = q >. H lim n n =, kkor bármi lehet. H fenti kritériumokt tetszőleges előjelű sorokr krjuk lklmzni, kkor sor tgjink bszolút értékére kell őket vontkozttni Állítás. Tegyük fel, hogy ( n ) és (b n ) tetszőleges előjelű soroztok. Ekkor z 5.6, 5.20 és 5.22 Tételek feltételeit n ill. b n sorr lklmzv, mindegyik tételben z. feltétel teljesülése esetén n bszolút konvergens, így konvergens; 2. feltétel teljesülése esetén n divergens kivéve, z 5.6 Tételben csk n divergenciáját állíthtjuk. Bizonyítás. A bizonyítás z. esetben megegyezik korábbi tételek bizonyításávl. A 2. feltétel esetében z 5.20 és z 5.22 Tételek lklmzáskor meggondolhtó, hogy ( n ), így ( n ) sem trtht 0-hoz Feldt. Adjunk példát olyn konvergens ill. divergens sorr, melyről sem hánydos- sem gyökkritérium lpján nem dönthető el, hogy konvergens-e! (Tehát ezek kritériumok nem szükséges feltételt dnk.) Feldt. Lássuk be, hogy h n sorr z 5.20 Tétel (hánydoskritérium) vlmelyik feltétele teljesül, kkor z 5.22 Tétel (gyökkritérium) megfelelő feltétele is teljesül rá! Adjunk példát olyn sorr, melynek gyökkritérium lpján eldönthető konvergenciáj, hánydoskritérium lpján zonbn nem! Tehát z előbbi állítás megfordítás nem igz, így gyökkritérium ténylegesen erősebb hánydoskritériumnál. 0

117 5.27. Péld. A n divergens és n 2 konvergens sor esetén is lim n+ n = lim n n = teljesül. Tehát z 5.2 és z 5.23 Megjegyzésben feltételek élesek. Az lternáló sorokr vontkozik következő tétel Tétel (Leibniz-tétel). Legyen ( n ) monoton fogyó, n 0. Ekkor ( ) n+ n végtelen sor konvergens. Bizonyítás. Legyen k N. Ekkor S = S 2 = 2 S 3 = S 4 = S 2k = k Mivel n > 0 minden n-re, ezért. S 2k = k 2k S > S 2 S 3 > S 4. S 2k > S 2k. Felhsználv, hogy k 2k >..., kpjuk z lábbit S S 3... S 2k >... és S 2 S 4... S 2k... Ebből következik, hogy (S 2k ) és (S 2k ) is monoton, korlátos sorozt, tehát konvergens (ld. 3.3 Tételt). Mivel S 2k S 2k = 2k, ezért hiszen n 0. Ez éppen zt jelenti, hogy lim(s 2k S 2k ) = lim 2k = 0, lim S 2k = lim S 2k = A R, miből következik, hogy (S n ) is konvergens, lim S n = A, tehát ( ) n+ n konvergens.

118 zz A bizonyításból látszik, hogy A [S 2k, S 2k ] minden k N-re, így S 2k A 2k 2k és S 2k A 2k (k N), Ez hsznos lehet z lternáló sor összegének becsléséhez. S n A n, n N. (5.5) Definíció. H egy sor kielégíti Leibniz-tétel feltételeit, vgyis ( ) n+ n lkú, hol ( n ) monoton fogyó, n 0, kkor Leibniz-sornk nevezzük Péld. A ( ) n+ n sor Leibniz-sor, így Leibniz-tétel szerint konvergens. Azonbn nem bszolút konvergens, mert láttuk, hogy divergens. n 5.3. Definíció. Azt mondjuk, hogy n feltételesen konvergens, h konvergens, de nem bszolút konvergens Végtelen sorok átrendezései, Cuchy-szorzt Definíció. Egy p : N N bijekciót (p kölcsönösen egyértelmű és R(p) = N) természetes számok permutációjánk (más szóvl átrendezésének) nevezünk. Például 3, 2,, 6, 5, 4,..., 3k + 3, 3k + 2, 3k +,... sorozt egy permutációj természetes számoknk. Világos, hogy egy permutáció egyben egy sorozt is, ezért p(n) = p n, n N jelölést fogjuk hsználni Definíció. Legyen dv z ( n ) és (b n ) sorozt. Azt mondjuk, hogy (b n ) z ( n ) sorozt egy átrendezése, h létezik p permutációj természetes számoknk, hogy (b n ) = ( pn ). A következő két tételt bizonyítás nélkül mondjuk ki. 2

119 5.34. Tétel. A n sor pontosn kkor bszolút konvergens, h minden p permutáció esetén pn bszolút konvergens. Ekkor bármely p permutáció esetén pn = n= n. E tétel szerint z bszolút konvergens sorok öröklik véges sok szám összedásánál teljesülő kommuttivitást. Ezzel szemben feltételesen konvergens sorok ngyon lbilis képződmények. n= Tétel. Legyen n feltételesen konvergens sor.. Minden A R számhoz létezik p permutáció, hogy pn = A. n= 2. Létezik olyn p permutáció, hogy pn divergens. A következőkben techniki okokból soroztok tgjit n = 0-tól kezdve sorszámozzuk Definíció. Legyenek n és b n végtelen sorok. E két sor Cuchy-szorztán zt c n végtelen sort értjük, melyre Szemléletesen: c n = 0 b n + b n n b 0 = n k b n k. Formálisn Cuchy-szorztot úgy képzelhetjük el, minth végtelen sorok végtelen összegek lennének, és szorzásukkor minden tgot minden tggl megszorzunk Tétel (Mertens-tétel). Legyen n bszolút konvergens és b n konvergens végtelen sor. Ekkor c n Cuchy-szorztuk konvergens, továbbá ( n ) ( ) c n = k b n k = n b n. n=0 n=0 k=0 Mielőtt tételt bizonyítnánk, gondoljuk meg z lábbi lemmát! Lemm. H n bszolút konvergens végtelen sor és (x n ) nullsorozt, kkor lim n n k=0 n=0 k=0 n=0 k x n k = lim n ( 0 x n + x n + + n x 0 ) = 0. 3

120 0 b 0 0 b 0 b b b b 0 b b 2 b... b 2 0 b 2 b 2... b 3 0 b ábr. Sorok Cuchy-szorzt Bizonyítás. Legyen ε > 0 tetszőleges. Válsszunk egy K pozitív számot, melyre x n K, n N és n K. (5.6) n=0 Mivel x n 0, n sorr pedig teljesül z 5.7 Cuchy-kritérium, ezért létezik olyn N N, hogy x n < ε 2K és N n < ε, n > N. (5.7) 2K H n > 2N, kkor n k > N minden 0 k N esetén, ezért (5.6) és (5.7) lpján n N n k x n k = k x n k + k x n k k=0 k=0 k=n+ N k x n k + k=0 < ε 2K Ezzel z állítást beláttuk. N k + K k=0 A Mertens-tétel bizonyítás. Jelölje n k=n+ n k=n+ k x n k k < ε 2K K + K ε 2K = ε. n := A R, n=0 b n := B R. n=0 4

121 Be kell látnunk, hogy ( 0 b n + b n n b 0 ) = A B. n=0 Legyen S n := n, T n := b 0 + b + b n. Ekkor lim S n = A és lim T n = B. Felírv Cuchy-szorzt n-edik részletösszegét, átlkítások után z lábbit kpjuk: V n = 0 b 0 + ( 0 b + b 0 ) + ( 0 b 2 + b + 2 b 0 ) + + ( 0 b n + b n + + n b 0 ) = 0 T n + T n + + n T 0 = 0 (T n B) + (T n B) + + n (T 0 B) + ( n ) B = [ 0 (T n B) + (T n B) + + n (T 0 B)] + S n B. Mivel (T n B) sorozt 0-hoz trt, ezért z 5.38 Lemm lpján kpott összeg első (szögletes zárójelben lévő) tgj 0-hoz trt. A 2. tg pedig definíció szerint A B-hez trt, mivel tételt beláttuk Péld. Könnyen láthtó (kár hánydos-, kár gyökkritérium segítségével), hogy x n n! sor bszolút konvergens bármely x R esetén. Számítsuk ki x n n! és y n n! sorok Cuchy-szorztát tetszőleges x, y R vlós számokr! Az 5.36 Definíció lpján cn szorztsor n. tgj c n = n k=0 x k k! y n k (n k)! = n! n k=0 ( ) n x k y n k, k mi z.0 Binomiális tétel lpján n=0 c n = n=0 (x + y)n. n! Tehát két sor Cuchy-szorztár ( ) ( x n ) y n = n! n! teljesül. 5 (x + y) n n=0 n!

122 5.40. Megjegyzés. Az előbbi példábn e x = n=0 Ez könnyen igzolhtó bból, hogy mint láttuk z E(x) = x n n=0 függvény ugynzt z egyenlőséget elégíti ki, mint z exponenciális függvény, n! nevezetesen x n n!. E(x) E(y) = E(x + y), x = -re pedig z (5.) egyenlőség lpján E() = e A sorok néhány lklmzásáról Végtelen tizedestörtek A vlós számok középiskolából ismert végtelen tizedestört-előállítás x = 0, , 0 Z, n {0,,..., 9}, n tuljdonképpen egy végtelen sorösszeg: Kérdések: x = n=0. H dv vn egy ilyen sor, miért konvergens? 2. H dv vn x R, hogyn kpjuk meg z előállítását? 3. H dv vn x R, egyértelmű-e z előállítás? n 0 n. (5.8) Az. kérdésre eddigi tnulmányink lpján könnyen válszolhtunk. Mivel 0 n 0 n 9 0 n, n, ezért z 5.6 Összehsonlító kritérium és mértni sor konvergenciáj mitt 0 n z (5.8) sorelőállítás mindig konvergens. A 2. kérdésre válsz z, hogy sokféle előállítás lehetséges, mi z lábbikbn muttunk ezek közül egy szokásos konstrukciót. Válsszuk meg z 0 Z számot úgy, hogy 0 x <

123 A továbbikbn z egyszerűség kedvéért tegyük fel, hogy 0 0 (z 0 < 0 eset hsonlón gondolhtó meg). Válsszuk meg z {0,,..., 9} számot úgy, hogy x < Válsszuk meg z 2 {0,,..., 9} számot úgy, hogy x < Tovább folyttv, z n-edik lépésben válsszuk meg z n {0,,..., 9} számot úgy, hogy n 0 x < n n +, n N. (5.9) 0n Mivel z soroztr (5.9) lpján teljesül, ezért s n x, vgyis s n := n 0 n, n N 0 x s n < 0 n, n N n=0 n 0 n = x. A 3. kérdésre dott válsz nemleges, hiszen például 0, =, Könnyen meggondolhtó, hogy z áltlunk leírt előállítás z számr z, lkot eredményezi. H zonbn z (5.9) képletben z egyenlőség- és egyenlőtlenségjelet felcseréljük, vgyis zt követeljük meg, hogy n 0 n < x n + 0 n, n N legyen, kkor z -et 0, lkbn kpnánk meg. A következőkben zt muttjuk meg, hogy konstrukciónk mg olyn, hogy minden vlós számhoz egyetlen előállítást rendel hozzá. Tegyük fel indirekt, hogy x előáll mint x = k=0 k 0 = b k k 0, k és legyen n N z első olyn index, melyre n b n. Feltehető, hogy n < b n, és mivel egész számokról vn szó, n + b n, tehát k=0 0 = b 0,..., n = b n, n + b n. 7

124 Ekkor z (5.9) egyenlőtlenséget (b n )-re és ( n )-re lklmzv n + b 0 n 0 + b b n 0 x < n n + 0, n mi ellentmondás Az e szám irrcionális Az (5.) egyenlőség lpján Tegyük fel indirekt, hogy n=0 n! = e. e = p q, p, q Z+, q 2 ( q 2 feltehető, egyébként bővítjük törtet). Az s n := +! + 2! + + n!, n N jelöléssel s n e szigorún monoton növő módon. Legyen n > q tetszőleges. Ekkor ( 0 q! (s n s q ) = q! (q + )! + (q + 2)! + + ) n! = q + + (q + ) (q + 2) + + (q + ) n = ( q + + ) q (q + 2) n ( q + + ) q + + (q + ) (q + ) n q q + = q 2. q+ Ebből z n htárátmenetet elvégezve kpjuk, hogy 0 q! (e s q ) 2. Másrészt, z indirekt feltevés lpján ( ) p 0 q! (e s q ) = q! q s q = q! mi ellentmondás. ( p q! 2! ) Z, q! 5.4. Megjegyzés. Ez z elegáns bizonyítás Joseph Fourier ( ) frnci mtemtikustól szármzik. 8

125 6. fejezet Differenciálhtóság 6.. A derivált foglm és geometrii jelentése Vizsgáljunk meg két egyszerű függvényt: f : R R, f (t) := t 2, és f 2 : R R, f 2 (t) := t. Rögzítsük z := 0 pontot! Könnyen ellenőrizhető, hogy f és f 2 is páros; lulról korlátos és felülről nem korlátos; pozitív számok hlmzán növekvő, negtív számok hlmzán fogyó; z = 0 pontbn minimum vn, és minimum értéke 0; z = 0 pontbn folytonos. Szembetűnő sok hsonlóság ellenére, hogy z = 0 pontbn z f függvény sim, z f 2 függvénynek pedig törése vn. Vn-e olyn műszer, mely kimuttj, hogy egy függvény vlmely pontbn sim, egy másik pedig nem? Legyen f : R R tetszőleges függvény, D(f) egy rögzített pont. Az f függvény -hoz trtozó különbségihánydos-függvénye legyen K f : D(f) \ {} R K f (x) := f(x) f() x függvény. Vizsgáljuk meg ezzel műszerrel z f és f 2 függvényt z := 0 pont esetén (6.. és 6.2. ábr)! Az f függvény esetén Az f 2 függvény esetén K f 0 (x) = f (x) f (0) x 0 = x2 0 2 x 0 = x. K f 2 0 (x) = f 2(x) f 2 (0) x 0 = x 0 x 0 = x {, h x > 0 x =, h x < 0 (6.) (ld és 6.4. ábrát!) Látjuk, hogy sim f függvény esetén vn htárértéke (folytonossá tehető) K f 0 különbségihánydos-függvénynek 0-bn, míg töréssel rendelkező 9

126 y f y f 2 x x 6.. ábr. Az f függvény 6.2. ábr. Az f 2 függvény y K f 0 y K f 2 0 x x 6.3. ábr. A K f 0 függvény 6.4. ábr. A K f 2 0 függvény f 2 függvény K f 2 0 különbségihánydos-függvényének nincs htárértéke 0 pontbn. Ez vizsgált motiválj, hogy zokt függvényeket, melyek különbségihánydosfüggvényének vn htárértéke bbn z pontbn, melyhez trtozik ( példábn = 0), differenciálhtónk fogjuk nevezni -bn, és z -beli deriváltj ezt htárértéket jelenti: f f(x) f() () := lim. x x Honnn került elő z műszer, mely lklms egy függvény simságát kimuttni? Először egy geometrii megközelítést muttunk be. A koordinát-rendszer (, f()) és tőle különböző (x, f(x)) pontjin át fektessünk egy egyenest (szelőt). Az egyenes meredeksége (iránytngense) f(x) f(). x (Ezt jelöltük K f (x)-szel.) H x trt z -hoz, kkor (sim függvény esetén) szelők trtnk egy htárhelyzethez, melyet érintőnek nevezünk, így szelők meredeksége is trt z érintő meredekségéhez (6.5. ábr). (Ezt htárértéket neveztük el deriváltnk.) A másik egy fiziki interpretáció legyen. Tegyük fel, hogy egy pont mozgását t s(t) út-idő függvény írj 20

127 y f f(x) f() érintő szelő x f(x) f() x x 6.5. ábr. Szelő meredeksége le. A [t 0, t] időintervllumbn z átlgsebesség megtett s(t) s(t 0 ) út és megtételéhez szükséges t t 0 idő hánydos, zz s(t) s(t 0 ) t t 0. H minden htáron túl rövidítjük z időintervllumot, z átlgsebesség egy szám körül keveset ingdozik (feltéve, hogy sim volt z út-idő függvény), ezt számot nevezzük pillntnyi sebességnek: s(t) s(t 0 ) s lim =: v(t 0 ) vgy lim t t 0 t t 0 t 0 t = v. Láthtó, hogy pillntnyi sebesség z átlgsebesség htárértéke és z út-idő függvény differenciálhánydos: s (t 0 ) = v(t 0 ). Ez fizikilg tuljdonképpen zt jelenti, hogy derivált z utolsó mérhető egységre jutó megváltozás A derivált foglm és kpcsolt folytonossággl 6.. Definíció. Legyen A R, A. Azt mondjuk, hogy belső pontj z A hlmznk, h -nk létezik K() környezete, hogy K() A. Az A hlmz belső pontjink hlmzát jelölje int A Péld. Legyen A := [0, ) intervllum. Ekkor int A = (0, ) (nyílt) intervllum Definíció. Legyen f : R R, int D(f). Azt mondjuk, hogy z f függvény differenciálhtó z pontbn, h lim x f(x) f() x 2 R,

128 vgyis h z f függvény -hoz trtozó K f különbségihánydos-függvényének, hol K f : D(f) \ {} R létezik véges htárértéke -bn. H f differenciálhtó z pontbn, kkor K f (x) := f(x) f() x f f(x) f() () := lim. x x Az f () R számot z f függvény pontbeli differenciálhánydosánk vgy deriváltjánk 2 nevezzük. Az f () helyett hsználtos még z f(), df df (), dx dx x=, Df() jelölés is Megjegyzés. A derivált definíciój ekvivlens módon így is írhtó: f f( + h) f() () := lim. h 0 h 6.5. Megjegyzés. A derivált defníciójábn szereplő htárérték létezése és végessége egyránt fontos. Az f(x) := 3 x függvény esetén z = 0 pontbn különbségi hánydos htárértéke létezik, de +, így ez függvény nem differenciálhtó 0-bn. A fenti 6.5. ábr lpján meggondoltk szerint z f () szám függvény grfikonjánk, grph(f)-nek (, f()) pontjához húzott érintőjének meredeksége. Ennek megfelelően definiálhtjuk z int D(f) pontbn differenciálhtó f függvény pontbeli érintőjét Definíció. Tegyük fel, hogy f differenciálhtó z int D(f) pontbn. Ekkor z f függvény pontbeli érintője z lábbi egyenlettel meghtározott egyenes: y = f() + f () (x ). (6.2) Az érintő tehát z (, f()) ponton átmenő f () meredekségű egyenes. A következő fontos tétel rról szól, hogy függvény érintője mennyire vn közel függvény grfikonjához Tétel (Főtétel). 3 Legyen f : R R, int D(f). Ekkor z lábbik ekvivlensek:. f differenciálhtó z pontbn; Ez A. L. Cuchy frnci mtemtikus definíciój 82-ből. 2 Jelentése: szármzttott (J. L. Lgrnge, 797.) 3 A differenciálhtóság C. Crthéodory (950) görög mtemtikustól szármzó ekvivlens megfoglmzás. 22

129 2. F : D(f) R z pontbn folytonos függvény, hogy x D(f) esetén f(x) = f() + F (x) (x ). (6.3) Bizonyítás.. 2.: Legyen f differenciálhtó -bn. Ekkor vezessük be z F : D(f) R, F (x) := { f(x) f() x, h x ; f (), h x = függvényt. Az F folytonos -bn, ugynis x D(f) \ {} esetén F (x) = f(x) f(), x z f függvény -beli differenciálhtóság mitt pedig lim F (x) = f () = F (). x Legyen ezután x D(f) tetszőleges. H x, kkor h x =, kkor pedig f(x) f() = f(x) f() x (x ) = F (x) (x ); f() f() = F () ( ) nyilván igz. 2..: Tegyük fel, hogy F z -bn folytonos függvény, hogy x D(f) esetén f(x) f() = F (x) (x ). H x, kkor f(x) f() = F (x). x Mivel feltétel szerint F folytonos -bn, ezért lim x F (x) = F (), de kkor lim x f(x) f() x = F () R is teljesül, zz f differenciálhtó -bn, sőt F () = f () Megjegyzés. A bizonyításból kiderült, hogy tétel szerint létező F függvényre teljesül. F () = f () 23

130 Vonjuk most ki (6.3) zonosságból z érintő (6.2) egyenletét! Ekkor f(x) y = (F (x) f ()) (x ) Ez zt jelenti, hogy f érintője olyn közel vn f-hez x-ben, mint egy -bn 0 htárértékkel rendelkező folytonos függvény, megszorozv (x )-vl. Az érintő egyenletét behelyettesítve és z egyenletet átrendezve pedig zt kpjuk, hogy Ebből f(x) = f() + f () (x ) + (F (x) f ()) (x ). f(x) = f() + f () (x ) + r(x, ), (6.4) hol r(x, ) lim x x = 0. A (6.4) egyenlet differenciálhtóság egy hrmdik ekvivlens megfoglmzás, mely K. T. W. Weierstrss német mtemtikustól szármzik 86-ből Tétel. H f differenciálhtó -bn, kkor f folytonos -bn. Bizonyítás. H f differenciálhtó -bn, kkor F olyn -bn folytonos függvény, hogy x D(f) esetén f(x) f() = F (x) (x ), zz f = f() + F (id ). Mivel -bn folytonos függvények összege, szorzt is folytonos, ezért f is folytonos z pontbn Megjegyzés. Az f : R R, f(x) := x függvény folytonos z := 0 pontbn, de (6.) összefüggésben láttuk, hogy 0-hoz trtozó különbségihánydos-függvényének nincs htárértéke 0-bn, ezért f nem differenciálhtó 0 pontbn. A péld zt muttj, hogy tétel nem fordíthtó meg. 6.. Definíció. Az f függvény deriváltfüggvényének nevezzük, és f -vel jelöljük zt függvényt, mely minden x pontbn, melyben függvény differenciálhtó, megdj z x-beli deriváltt. Tehát D(f ) := {x : f differenciálhtó x-ben} f f(t) f(x) (x) := lim. t x t x 6.2. Definíció. Azt mondjuk, hogy z f függvény folytonosn differenciálhtó z int D(f) pontbn, h z f deriváltfüggvény létezik z pont egy környezetében és folytonos -bn. Az f függvény folytonosn differenciálhtó, h D(f ) = int D(f) és f folytonos. 24

131 6.3. Péld. Az f : R R, f(t) := t 2 függvény nem csk z x := 0 pontbn tűnik simánk (ld. z előző szkszt). Legyen x R egy tetszőleges vlós szám! Nézzük meg, hogy z f függvény x-hez trtozó különbségihánydosánk vn-e htárértéke x-ben! Egyszerűen láthtó, hogy f(t) f(x) lim t x t x t 2 x 2 = lim t x t x = lim (t x)(t + x) t x t x = lim t x (t + x) = 2x, tehát f differenciálhtó x-ben és f (x) = 2x, vgyis deriváltfüggvénye (id 2 ) = 2 id Műveletek differenciálhtó függvényekkel 6.4. Tétel. H f, g differenciálhtók -bn, kkor f + g is differenciálhtó -bn, és (f + g) () = f () + g (). Bizonyítás. A definíció és z összeg htárértékére vontkozó összefüggés lpján (f + g)(x) (f + g)() lim x x f(x) + g(x) f() g() = lim x x g(x) g() + lim x x f(x) f() = lim x x = f () + g () Tétel. H f differenciálhtó -bn és λ R, kkor λf is differenciálhtó -bn, és (λf) () = λ f (). Bizonyítás. Ismét definíció és konstnsszoros htárértékére vontkozó összefüggés lpján (λf)(x) (λf)() f(x) f() lim = lim λ = λ f (). x x x x 6.6. Következmény. H f, g differenciálhtók -bn, kkor f g is differenciálhtó -bn, és (f g) () = f () g (). Bizonyítás. Alklmzzuk 6.4 és 6.5 Tételeket f-re és g-re, vlmint λ = -re Tétel (Leibniz-szbály). H f, g differenciálhtók -bn, kkor f g is differenciálhtó -bn, és (f g) () = f ()g() + f()g (). 25

132 Bizonyítás. Az előbbiekhez hsonlón (fg)(x) (fg)() lim x x = lim x f(x)g(x) f()g(x) + f()g(x) f()g() x f(x) f() = lim x x = f ()g() + f()g (). g(x) + f() lim x g(x) g() x Felhsználtuk, hogy mivel g differenciálhtó -bn, ezért g folytonos -bn (ld. 6.9 Tételt), így lim x g(x) = g() Tétel. H g differenciálhtó -bn és g() 0, kkor g is differenciálhtó -bn, és ( ) () = g () g g 2 (). Bizonyítás. Mivel g differenciálhtó -bn, ezért g folytonos -bn (ld. 6.9 Tételt). Így g() 0 feltétel ( ) mitt K() D(g) környezet, hogy x K() esetén g(x) 0, tehát int D. Ekkor g lim x ( g ) (x) ( x g ) () = lim x = lim x g(x) g() = lim x x g(x) g() x ( = g () g 2 (). g() g(x) g(x)g() x = ) g(x)g() 6.9. Tétel. H f, g differenciálhtók -bn és g() 0, kkor f g -bn és ( ) f () = f ()g() f()g (). g g 2 () is differenciálhtó f Bizonyítás. Mivel = f, és feltételek szerint differenciálhtó -bn, ezért g g g szorztfüggvény differenciálhtóságár vontkozó tétel mitt f differenciálhtó -bn és g ( ) ( f () = f ) () = f () g g ( ) g() + f() g () g 2 () = f ()g() f()g (). g 2 () 26

133 6.20. Tétel. Tegyük fel, hogy g differenciálhtó -bn és f differenciálhtó g()-bn. Ekkor f g is differenciálhtó -bn, és (f g) () = f (g()) g (). Bizonyítás. Először gondoljuk meg, hogy feltételekből következik: int D(f g) = int {x D(g) : g(x) D(f)}. Mivel g() int D(f), ezért ε > 0, hogy K ε (g()) D(f). Másrészt g differenciálhtó -bn, ezért folytonos is -bn, így ε > 0-hoz létezik δ > 0, hogy x K δ () D(g) = g(x) K ε (g()) D(f). (6.5) Tudjuk, hogy ρ > 0 : K ρ () D(g). Jelölje r := min{δ, ρ}. Ekkor (6.5) lpján x K r () = x D(g), g(x) D(f) = x D(f g), így int D(f g) teljesül. Mivel g differenciálhtó -bn, ezért 6.7 Főtétel mitt G z -bn folytonos függvény, hogy x D(g) esetén g(x) g() = G (x) (x ). Mivel f differenciálhtó g()-bn, ezért szintén 6.7 Főtétel mitt F g(), g() pontbn folytonos függvény, hogy y D(f) esetén f(y) f(g()) = F g() (y) (y g()). Legyen x D(f g), ekkor z y := g(x) jelöléssel fenti két egyenlőségből következik: (f g)(x) (f g)() = f(g(x)) f(g()) = F g() (g(x)) (g(x) g()) = F g() (g(x)) G (x) (x ) = ( (F g() g) G ) (x) (x ). (6.6) Mivel g differenciálhtó -bn, ezért g folytonos -bn (ld. 6.9 Tételt); F g() folytonos g()-bn, így kompozíciófüggvény folytonosságár vontkozó tétel szerint F g() g folytonos -bn. Mivel G folytonos -bn, ezért szorztfüggvény folytonosságát felhsználv, z ( F g() g ) G is folytonos z pontbn. Így 6.7 Főtétel lpján (6.6) utolsó sor éppen zt jelenti, hogy f g differenciálhtó -bn, sőt (f g) () = ( (F g() g) G ) () = Fg() (g()) G () = f (g()) g (). 27

134 6.2. Megjegyzés. Az előző bizonyításbn kénytelenek voltunk 6.7 Tételre (Főtétel) támszkodni, bár kézenfekvő voln következő jóvl egyszerűbbnek tűnő, ám hibás gondoltmenet. Alkítsuk át z f g függvény g() pontbeli különbségihánydosát z lábbi módon: f(g(x)) f(g()) x = f(g(x)) f(g()) g(x) g() g(x) g(). x Az x htárátmenetben jobb oldl első tényezője f (g())-hoz trt (mivel g függvény pontbeli folytonosság mitt g(x) g()), második tényező pedig g ()- hoz trt. Ez z érvelés zért hibás, mert előfordulht, hogy z ponthoz tetszőlegesen közel vn olyn x, melyre g(x) = g() teljesül. Így z átlkítás nem feltétlenül végezhető el z pont egy környezetében, 0-vl ugynis nem oszthtunk. A következő tétel z inverzfüggvény differenciálhtóságáról szól. Fontos megjegyeznünk, hogy tétel állítási közül leglényegesebb mg derivált létezése, mert derivált képlete zonnl dódik kompozíciófüggvény deriválási szbályából. Ugynis, z f f = id egyenlőség mindkét oldlát deriválv, 6.20 Tétel lpján mi éppen (6.7). f f (f ) = = (f ) = f f, Tétel. Legyen I R nyílt intervllum, f : I R szigorún monoton és folytonos függvény. Legyen I, f differenciálhtó -bn és f () 0. Ekkor f differenciálhtó b := f() pontbn, és (f ) (b) = f (f (b)), (6.7) másképp (f ) (f()) = f (). Bizonyítás. A szigorú monotonitás mitt folytonos f függvény injektív, így folytonos függvény inverzéről szóló tétel mitt létezik z f : J I inverzfüggvény, hol D(f ) = J is nyílt intervllum, tehát b int D(f ). Az f függvény b pontbeli differenciálhtóságához meg kell muttni, hogy létezik f (y) f (b) lim y b y b htárérték és ez vlós szám. Legyen (y n ) J, y n b, y n b tetszőleges sorozt. Bármely n N esetén legyen 28

135 y f() (, f()) f (f(), ) f f() x 6.6. ábr. Inverzfüggvény deriváltj x n := f (y n ). Az (x n ) I sorozt konvergens, és lim x n =, mert z inverzfüggvény folytonosságáról szóló tétel és z átviteli elv szerint y n b f (y n ) f (b), zz x n. Továbbá x n is teljesül f injektivitás mitt. Ezért f (y n ) f (b) y n b = x n f(x n ) f() = f(x n) f() x n f (), hiszen f () 0. Mivel bármely (y n ) J, y n b esetén z ( f (y n ) f (b) ) sorozt y n b konvergens, ezért függvényhtárértékre vontkozó átviteli elv szerint létezik f (y) f (b) lim y b y b htárérték. Így f differenciálhtó b-ben, és z is láthtó, hogy (f ) (b) = f () Megjegyzés. A tétel állítását jól szemlélteti 6.6. ábr: h z érintőt tükrözzük z y = x egyenesre, kkor meredekség reciprokár változik. 29

136 6.4. Elemi függvények deriváltj Nézzünk egy további példát! Legyen f : R R, f(t) := t 3, x R. Ekkor f(t) f(x) lim t x t x t 3 x 3 = lim t x t x = lim (t x)(t 2 + tx + x 2 ) t x t x tehát f differenciálhtó x-ben, és f (x) = 3x 2, vgy röviden (id 3 ) = 3 id 2. Az lábbikbn ezt 3 helyett áltlánosítjuk tetszőleges α kitevőre. Nevezetes függvényderiváltk:. (id α ) = α id α (α R) = lim t x (t 2 + tx + x 2 ) = 3x 2, Bizonyítás. Mivel z id α függvény csk pozitív félegyenesen vn értelmezve, ezért érvényes következő átírás: x α = e α ln x, ebből kompozíciófüggvény deriválási szbály lpján (x α ) = e α ln x α x = α xα. 2. sin = cos Bizonyítás. sin (x) = lim t x sin t sin x t x 2 sin t x 2 = lim t x t x ( sin t x 2 = lim t x t x 2 cos t+x 2 cos t + x 2 ) = cos x = cos x. Az átlkítás során trigonometrikus függvények ddíciós tételeinek egy következményét, vlmint cos függvény folytonosságát hsználtuk. Mivel lim u 0 =, sin u u ezért t x esetén z u := t x 0, így 2 lim t x sin t x 2 t x 2 =. 30

137 3. cos = sin Bizonyítás. Ugynúgy, mint fent, z olvsór bízzuk. 4. tg = cos 2 Bizonyítás. A hánydosfüggvény deriválási szbályából: ( ) sin tg = = sin cos cos sin = sin2 + cos 2 = cos cos 2 cos 2 cos ctg = sin 2 Bizonyítás. Ugynúgy, mint fent, z olvsór bízzuk. 6. exp = exp ln ( > 0), speciálisn: exp = exp Bizonyítás. A 4.7. szkszbn igzoltuk z lábbi nevezetes htárértéket: exp t x (x) = lim t x t x = x ln = exp (x) ln, ( > 0, ). 7. log = id ln ( > 0, ), speciálisn: ln = id Bizonyítás. A 4.7. szkszbn igzoltuk z lábbi nevezetes htárértéket: log (x) = lim t x log t log x t x = x ln =, ( > 0, ). id(x) ln Vgy másképp: z inverzfüggvény deriválási szbály lpján: log (x) = exp (log x) = exp (log x) ln = x ln = id(x) ln. 8. sh = ch 3

138 Bizonyítás. ( ) e sh x e x x = = (ex ) (e x ) 2 2 = ex + e x 2 = ch x. 9. ch = sh Bizonyítás. Ugynúgy, mint fent, z olvsór bízzuk. 0. th = ch 2 Bizonyítás. A hánydosfüggvény deriválási szbályából: ( ) sh th = = sh ch ch sh ch ch 2 = ch2 sh 2 ch 2 = ch 2.. cth = sh 2 Bizonyítás. Ugynúgy, mint fent, z olvsór bízzuk. 2. rcsin x = x 2, x (, ) Bizonyítás. Az inverzfüggvény deriválási szbály lpján: rcsin x = mivel cos ( π 2, π 2 ) > 0. sin (rcsin x) = cos(rcsin x) = sin 2 (rcsin x) =, x 2 3. rccos x = x 2, x (, ) Bizonyítás. Ugynúgy, mint fent, z olvsór bízzuk. 4. rctg x = +x 2, x R Bizonyítás. Az inverz függvény deriválási szbály lpján: rctg x = tg (rctg x) = cos2 (rctg x) = + tg 2 (rctg x) = + x. 2 Itt felhsználtuk, hogy cos 2 = +tg 2, mi könnyen dódik sin 2 + cos 2 = zonosságból, h mindkét oldlt osztjuk cos 2 -el. 32

139 5. rcctg x = +x 2, x R Bizonyítás. Ugynúgy, mint fent, z olvsór bízzuk. 6. rsh x = x 2 +, x R Bizonyítás. Az inverzfüggvény deriválási szbály lpján: rsh x = sh (rsh x) = ch(rsh x) = + sh 2 (rsh x) = + x rch x = x 2 (x > ) Bizonyítás. Ugynúgy, mint fent, z olvsór bízzuk. 8. rth x = x 2, < x < Bizonyítás. Az inverz függvény deriválási szbály lpján: rth x = th (rth x) = ch2 (rth x) = th 2 (rth x) = x. 2 itt felhsználtuk, hogy ch 2 = th 2, mi könnyen dódik ch 2 sh 2 = zonosságból, h mindkét oldlt elosztjuk ch 2 -el. 9. rcth x = x 2, x > Bizonyítás. Ugynúgy, mint fent, z olvsór bízzuk. 33

140 6.5. Lokális növekedés, fogyás és lokális szélsőérték Definíció. Legyen f : R R, int D(f). Azt mondjuk, hogy f lokálisn növő (fogyó) z pontbn, h K() D(f), hogy x K(), x < esetén f(x ) f() (f(x ) f()) és x 2 K(), x 2 > esetén f(x 2 ) f() (f(x 2 ) f()) Tétel. H f differenciálhtó -bn, és f z pontbn lokálisn növő (fogyó), kkor f () 0 (f () 0). Bizonyítás. A bizonyítást lokálisn növő esetre végezzük lokálisn fogyó eset hsonlón meggondolhtó. Mivel f lokálisn nő z -bn, ezért K() D(f), hogy x K(), x esetén f(x) f() 0 x (h x <, kkor x < 0 és f(x) f() 0, míg x > esetén x > 0 és f(x) f() 0). Az f differenciálhtó -bn, ezért lim x f(x) f() x 0, zz f () Definíció. Az f függvény szigorún lokálisn növő (fogyó) -bn, h K() D(f), hogy x, x 2 K(), x < < x 2 esetén f(x ) < f() < f(x 2 ) (f(x ) > f() > f(x 2 )). H f differenciálhtó -bn és szigorún lokálisn nő z -bn, kkor ugyn x K(), x esetén f(x) f() > 0, x de htárértékre csk f(x) f() lim x x mondhtó, így f () 0. Például z f : R R, f(t) := t 3 függvény 0-bn szigorún lokálisn nő, de f (0) = (t 3 ) t=0 = 3t 2 t=0 = Tétel. H f differenciálhtó -bn, és f () > 0 (f () < 0), kkor f szigorún lokálisn növő (fogyó) z pontbn. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy f () > 0. Ekkor 0 f () = lim x f(x) f() x 34 > 0,

141 miből htárérték definíciój lpján következik, hogy létezik -nk olyn kipontozott K() környezete, melyre f(x) f() > 0, x x K(). Így f szigorún lokálisn növő -bn (h x <, kkor x < 0 és f(x) f() < 0, míg x > esetén x > 0 és f(x) f() > 0). Az f () < 0 eset hsonlón meggondolhtó Megjegyzés. A függvény lokális növekedésének illetve csökkenésének semmi köze z dott pont környezetében függvény menetéhez. Például, z { x f(x) =, x 0, 0, x = 0 függvény 0-bn szigorún lokálisn növő, de 0 egyetlen környezetében sem monoton növő Definíció. Legyen f : R R, int D(f). Azt mondjuk, hogy z f függvénynek z pontbn lokális minimum vn (vgy lokális minimumhelye f-nek), h K(), hogy x K() esetén f(x) f(). Szigorú lokális minimum kkor vn, h x K(), x esetén f(x) > f(). Értelemszerű változttássl kpjuk lokális mximum (vgy lokális mximumhely) és szigorú lokális mximum foglmát. A minimum és mximum közös elnevezése szélsőérték Tétel. H f differenciálhtó -bn, és z f függvénynek lokális szélsőértéke vn z pontbn, kkor f () = 0. Bizonyítás. H f () 0 lenne (például f () > 0), kkor f z -bn szigorún lokálisn növekedne, így nem lehetne lokális szélsőértéke -bn. Vigyázt! A fenti tétel csk szükséges feltételt d lokális szélsőérték létezésére, és nem fordíthtó meg! 6.3. Péld. Tekintsük z f(x) = x 3 hozzárendeléssel dott függvényt. Mivel f (x) = 3x 2, ezért f (0) = 0, de f-nek nincs lokális szélsőértéke 0-bn Középértéktételek Definíció. Azt mondjuk, hogy f differenciálhtó z A D(f) hlmzon (jele f D(A)), h A esetén f differenciálhtó -bn. 35

142 A fenti jelöléssel nlóg módon jelentse f C(A), hogy f folytonos -bn minden A esetén Tétel (Rolle-tétel). H f C[, b], f D(, b), és f() = f(b), kkor c (, b) olyn, hogy f (c) = 0. Bizonyítás. H x [, b] esetén f(x) = f() = f(b), zz f konstnsfüggvény, kkor bármely c (, b) megfelel. H x 0 (, b), hogy f(x 0 ) f(), kkor z f C[, b] mitt Weierstrss-tétel szerint vn minimum és vn mximum is z f-nek, és leglább z egyiket nem z [, b] intervllum végpontjábn veszi fel, hnem z intervllum belsejében. Legyen ez pont c. Ekkor c lokális szélsőértékhely, így 6.30 Tétel szerint f (c) = Tétel (Lgrnge-féle középértéktétel). Legyen f C[, b], f D(, b). Ekkor c (, b) olyn, hogy f(b) f() = f (c) b Bizonyítás. Tekintsük ( f(b) f() h : [, b] R, h(x) := f(x) b ) (x ) + f() függvényt! Könnyű ellenőrizni, hogy h() = h(b) = 0. Továbbá h C[, b] és h D(, b). Így Rolle-tétel szerint c (, b) olyn, hogy h (c) = 0. Mivel h (x) = f (x) f(b) f() b (x (, b)), ezért 0 = h (c) = f f(b) f() (c), b miből f(b) f() = f (c). b következik Megjegyzés. A 6.7. ábr lpján jól láthtó tétel szemléletes jelentése. Az f(b) f() b hánydos z (, f() és (b, f(b)) pontokt összekötő húr meredeksége. A tétel zt mondj, hogy vn olyn c (, b) pont, hol függvény grfikonjánk z érintője párhuzmos húr egyenesével. A bizonyításbn szereplő h függvény éppen z f és húr egyenesének egyenlete különbsége. Ahol ennek értéke legngyobb, ott h deriváltj 0, és éppen ez keresett c pont. A Lgrnge-féle középértéktétel következménye z is, hogy intervllumon differenciálhtó függvény pontosn kkor konstns, h deriválj Állítás. Legyen I R nyílt intervllum, f D(I). Ekkor ekvivlenesek: 36

143 f(b) f f() c b 6.7. ábr. Lgrnge-féle középértéktétel. Létezik c R olyn, hogy x I esetén f(x) = c zz f konstns z I intervllumon. 2. Minden x I esetén f (x) = 0. Bizonyítás.. 2. : Triviális. 2.. : Legyen x, x 2 I, x < x 2. A 6.34 Lgrnge-féle középértéktétel szerint c (x, x 2 ) olyn, hogy zz f(x ) = f(x 2 ). f(x 2 ) f(x ) x 2 x = f (c) = 0, Megjegyzés. A tétel intervllumon differenciálhtó függvényről szól. Például z f : (0, ) (2, 3) R {, h 0 < x <, f(x) := 2, h 2 < x < 3 függvényre x (0, ) (2, 3) esetén f (x) = 0, de függvény mégsem konstnsfüggvény Megjegyzés. H f : R R tetszőleges differenciálhtó függvény, kkor 6.34 Lgrnge-féle középértéktétel lpján minden x, y D(f), x < y esetén létezik olyn c = c(x, y) [x, y], melyre Így f(y) f(x) = f (c) (y x). f(y) f(x) sup f y x, x, y D(f), mit szokás Lgrnge-egyenlőtlenségnek is nevezni. Legyen most f : R R függvény folytonosn differenciálhtó, [, b] int D(f). Ekkor z f folytonosság (és 4.56 Tétel) mitt ebből kpjuk, hogy x, y [, b] esetén f(y) f(x) mx f y x, [,b] 37

144 vgyis f [,b] Lipschitz-tuljdonságú L := mx [,b] f R konstnssl. A következő tétel Lgrnge-féle középértéktétel áltlánosításánk tekinthető, zonbn nem rendelkezik hsonlón szemléletes jelentéssel Tétel (Cuchy-féle középértéktétel). Legyen f, g C[, b], f, g D(, b), és tegyük fel, hogy x (, b) esetén g (x) 0. Ekkor c (, b) olyn, hogy f(b) f() g(b) g() = f (c) g (c). Bizonyítás. H g(b) = g() lenne, kkor Rolle tétele mitt g z (, b) intervllum vlmelyik pontjábn 0 lenne, de ezt kizártuk. Így beszélhetünk z hánydosról. g(b) g() f(b) f() Tekintsük most ( ) f(b) f() h : [, b] R, h(x) := f(x) (g(x) g()) + f() g(b) g() függvényt! (Ez Lgrnge-féle középértéktétel bizonyításábn szereplő h függvény áltlánosítás.) Könnyű ellenőrizni, hogy h() = h(b) = 0. Továbbá h C[, b] és h D(, b). Így Rolle-tétel szerint c (, b) olyn, hogy h (c) = 0. Mivel h (x) = f (x) f(b) f() g(b) g() g (x) (x (, b)), ezért 0 = h (c) = f (c) f(b) f() g(b) g() g (c), miből g (c) 0 mitt következik. f(b) f() g(b) g() = f (c) g (c). Az lábbi állítás rról szól, hogy egy intervllumon értelmezett függvény deriváltfüggvényének értékkészlete nem hgy ki intervllumot. Így például z f(x) = [x] egészrész függvény nem deriváltfüggvény R-en Tétel (Drboux-tétel). Legyen I nyílt intervllum, f D(I). Ekkor z f deriválfüggvény Drboux-tuljdonságú, vgyis bármely, b I, < b esetén h f () < u < f (b) (vgy f (b) < u < f ()), kkor létezik c (, b), melyre f (c) = u. 38

145 Bizonyítás. Legyen [, b] I. Tegyük fel, hogy f () < u < f (b). Tekintsük g : I R, g(x) = f(x) u x függvényt! Nyilván g C[, b], ezért Weierstrss-tétel szerint g-nek vn minimum és vn mximum is z [, b] intervllumon. Megmuttjuk, hogy g-nek sem z -bn, sem b-ben nincs minimum. Ugynis g (x) = f (x) u, és g () = f () u < 0, ezért g szigorún lokálisn fogyó -bn, g (b) = f (b) u > 0, ezért g szigorún lokálisn nő b-ben. Ez zt jelenti, hogy g-nek z [, b] intervllum belsejében vn minimum, zz c (, b), hogy g-nek c-ben lokális szélsőértéke vn. Ekkor 6.30 Tétel szerint g (c) = f (c) u = 0, zz f (c) = u A monotonitás szükséges és elégséges feltételei A függvények monotonitás globális foglom, ld. 2.7 Definíciót. Ebben szkszbn zt vizsgáljuk, hogy (nyílt) intervllumon értelmezett differenciálhtó függvények monotonitás hogyn függ össze derivált tuljdonságivl Tétel. Legyen I R nyílt intervllum, f D(I), és x I esetén f (x) > 0 (f (x) < 0). Ekkor f szigorún monoton növő (fogyó) z I intervllumon. Bizonyítás. Legyen x, x 2 I, x < x 2. A 6.34 Lgrnge-féle középértéktétel szerint c (x, x 2 ) olyn, hogy f(x 2 ) f(x ) = f (c). x 2 x H f (c) > 0, kkor x 2 x > 0 mitt f(x 2 ) f(x ) > 0, zz f(x ) < f(x 2 ). (H f (c) < 0, kkor x 2 x > 0 mitt f(x 2 ) f(x ) < 0, zz f(x ) > f(x 2 ).) A fenti tétel csk elégséges feltételt d differenciálhtó függvény szigorú monotonitásár Péld. Tekintsük ismét z f(x) = x 3 hozzárendeléssel dott függvényt! Világos, hogy f szigorún monoton növő R-en, mégis f (0) = 0. Függvény (nem feltétlenül szigorú) monotonitásár z lábbi szükséges és elégséges feltétel dhtó Tétel. Legyen I R nyílt intervllum, f D(I). Ekkor z lábbi állítások ekvivlensek: 39

146 . f monoton növő (fogyó) I-n; 2. minden x I esetén f (x) 0 (f (x) 0). Bizonyítás.. 2. : H f monoton növő I-n, kkor tetszőleges t, x I, t x esetén f(t) f(x) t x 0. Ezért bármely x I pontr f (x) = lim t x f(t) f(x) t x A monoton fogyó eset hsonlón láthtó. 2.. : Az előző tétel bizonyításávl nlóg módon igzolhtó 6.34 Lgrnge-féle középértéktétel segítségével. A 6.43 Tétel és korábbn bizonyított 6.36 Állítás lpján függvény szigorú monotonitásár is dhtó szükséges és elégséges feltétel Tétel. Legyen I R nyílt intervllum, f D(I). Ekkor z lábbi állítások ekvivlensek:. f szigorún monoton növő (fogyó) I-n; minden x I esetén f (x) 0 (f (x) 0) és nincs olyn részintervllum I-nek, melyen f = 0 lenne. Bizonyítás. A 6.43 Tételből és 6.36 bízzuk. Állításból következik, részleteket z olvsór Definíció. Legyen int D(g). H létezik δ > 0, hogy g() = 0, g ( δ,) 0 és g (,+δ) 0 vgy fordítv, kkor zt mondjuk, hogy g előjelet vált -bn. Ekvivlensen: g előjelet vált -bn, h g() = 0 és g lokálisn növő vgy fogyó 0-bn Állítás. Legyen I R nyílt intervllum, f D(I) és I. H f előjelet vált -bn, kkor f-nek lokális szélsőértéke vn -bn. Mégpedig, h létezik δ > 0, hogy f ( δ,) 0 és f (,+δ) 0, kkor z pont lokális mximumhely, h f ( δ,) 0 és f (,+δ) 0, kkor z pont lokális minimumhely. Bizonyítás. A 6.43 Tételből dódik. Az utóbbi állításhoz hsonló módon foglmzhtó meg intervllumon differenciálhtó függvény szigorú lokális szélsőértékhelyére vontkozó szükséges és elégséges feltétel ezt z olvsór bízzuk. 40

147 6.8. Konvex és konkáv függvények Definíció. Legyen I R intervllum, f : I R. Azt mondjuk, hogy f konvex függvény, h minden x, x 2 I és minden t [0, ] esetén f(tx + ( t)x 2 ) t f(x ) + ( t) f(x 2 ). Vgyis f pontosn kkor konvex, h grfikonjánk bármely két pontját összekötő szksz grfikon felett helyezkedik el (ld. 6.8 ábrát). Az f konkáv függvény, h ( f) konvex, zz z egyenlőtlenségben áll. y tf(x ) + ( t)f(x 2 ) f(tx + ( t)x 2 ) f f(x 2 ) f(x) x x 2 x tx + ( t)x ábr. Függvény konvexitás Megjegyzés. Azt mondjuk, hogy f kielégíti Jensen-egyenlőtlenséget I-n, h ( ) x + x 2 f f(x ) + f(x 2 ), x, x 2 I. 2 2 Igzolhtó (nem könnyű!), hogy h f kielégíti Jensen-egyenlőtlenséget és folytonos I-n, kkor konvex I-n! Definíció. Tetszőleges f : R R, x, x 2 D(f) esetén jelölje l x,x 2 (x) := f(x ) + f(x 2) f(x ) x 2 x (x x ), x R. (6.8) Az l x,x 2 függvény grfikonj éppen z (x, f(x )) és (x 2, f(x 2 )) pontokon átmenő egyenes (z f egy szelője). 4

148 A (6.8) jelöléssel világos, hogy f konvexitás éppen zt jelenti, hogy tetszőleges x, x 2 I esetén f(x) l x,x 2 (x), x [x, x 2 ] (x [x 2, x ]). (6.9) Tétel. Legyen I R nyílt intervllum, f D(I). Ekkor z lábbi állítások ekvivlensek:. f konvex (konkáv) I-n; 2. f monoton növő (fogyó) I-n. y f f(x 2 ) f(x) f(x ) s 0 s s x x x 2 Bizonyítás.. 2. : Legyen x, x 2 I, x < x 2 tetszőleges. A megfelelő szelők mex 6.9. ábr. Konvex függvény szelői redekségeiről könnyen láthtó (ld. (6.9) egyenlőtlenség átrendezését, ill ábrát), hogy s = f(x) f(x ) x x s 0 = f(x 2) f(x ) x 2 x Ebből x x, ill. x x 2 htárátmenet után kpjuk, hogy s = f(x 2) f(x), x (x, x 2 ). x 2 x f (x ) f(x 2) f(x ) x 2 x f (x 2 ), (6.0) miből f (x ) f (x 2 ),tehát f monoton növő. 2.. : Tegyük fel, hogy f monoton növő, és rögzítsük z x, x 2 I, x < x 2 pontokt! Legyen x (x, x 2 ) tetszőleges. A 6.34 Lgrnge-féle középértéktétel lpján létezik olyn u (x, x) és v (x, x 2 ), melyre f (u) = f(x) f(x ), f (v) = f(x 2) f(x). x x x 2 x 42

149 Felhsználv f monotonitását, kpjuk, hogy f (u) f (v), vgyis f(x) f(x ) x x f(x 2) f(x). x 2 x Ezt z összefüggést átrendezve, éppen (6.9) egyenlőtlenséget kpjuk. Mivel x és x 2 tetszőleges volt, ebből dódik f konvexitás Megjegyzés. A (6.0) egyenlőtlenségek átrendezésével könnyen dódik z is, hogy fenti feltételek bármelyike ekvivlens zzl, hogy z f függvény érintője minden pontbn függvény grfikonján vgy ltt helyezkedik el Megjegyzés. Meggondolhtó (nem könnyű), hogy h f konvex z I nyílt intervllumon, kkor folytonos is I-n, továbbá 4.39 Megjegyzés lpján megszámlálhtó sok pont kivételével differenciálhtó I-ben Definíció. Legyen I nyílt intervllum, f : I R. Azt mondjuk, hogy f kétszer differenciálhtó z I pontbn, h f differenciálhtó z egy környezetében és z ott létező f deriváltfüggvény differenciálhtó -bn vgyis int D(f ) és f differenciálhtó -bn. Az f kétszer differenciálhtó z I intervllumon, h f D(I) és f D(I). Jele: f D 2 (I) Tétel. Legyen f D 2 (I). Ekkor ekvivlensek:. f konvex (konkáv) I-n; 2. x I esetén f (x) 0 (f (x) 0). Bizonyítás. A 6.43 és 6.50 Tételből következik Definíció. Legyen f : R R, int D(f). Tegyük fel, hogy f differenciálhtó -bn. Azt mondjuk, hogy z pont z f függvénynek inflexiós pontj (vgy f-nek inflexiój vn -bn), h létezik δ > 0 olyn, hogy f ( δ,] konvex és f [,+δ) konkáv, vgy fordítv. Vgyis röviden, h f differenciálhtó -bn és f z -bn konvexitást vált Megjegyzés. Sok tnkönyvben fenti definíció helyett z áll, hogy z pont inflexiós pontj f-nek, h f differenciálhtó -bn, és függvény grfikonj z pont előtt és után pontbeli érintő ellentétes oldlán helyezkedik el. Könnyen meggondolhtó, hogy z áltlunk kimondott definíció ennek egy speciális esete Tétel. Legyen f D(I) és f kétszer differenciálhtó z I pontbn. H z pont z f függvénynek inflexiós pontj, kkor f () = 0. Bizonyítás. Az inflexiós pont definíciój és 6.50 Tétel lpján létezik δ > 0 olyn, hogy f ( δ,] monoton növő és f [,+δ) monoton fogyó, vgy fordítv. Így z f függvénynek z pontbn lokális szélsőértéke vn, 6.30 Tétel mitt pedig ebből következik, hogy f () = 0. 43

150 6.58. Tétel. Legyen f D 2 (I), I. Ekkor ekvivlensek:. f-nek z pont inflexiós pontj; 2. f előjelet vált -bn. Bizonyítás. A definíciók, vlmit 6.57 és 6.54 Tételek következménye. Megjegyezzük, hogy h z f függvény egy I intervllumon elsőfokú polinom, zz A, B R olyn, hogy x I esetén f(x) = Ax + B, kkor f konvex és konkáv is z I bármely részintervllumán, ezért z I intervllum minden pontjábn inflexiój vn z f függvénynek. A második derivált előjele szélsőértékhely létezésére d szükséges és elégséges feltételt Tétel. Legyen f D(I) és f kétszer differenciálhtó z I pontbn. Tegyük fel, hogy f () = 0. H f () > 0 (f () < 0), kkor f-nek lokális minimum (mximum) vn -bn. Bizonyítás. Legyen f () > 0. A 6.27 Tétel szerint f szigorún lokálisn növő -bn. Mivel f () = 0, ezért δ > 0, hogy f ( δ,) < 0 és f (,+δ) > 0. Tehát 6.4 Tétel mitt f z ponttól blr szigorún monoton fogyó, jobbr szigorún monoton növő, így lokális minimum vn -bn. Az f () < 0 eset hsonlón meggondolhtó. Hogyn hsználhtjuk z eddigi eredményeket differenciálhtó függvények menetének vizsgáltához? Érdemes gykorltokon konkrét feldtok megoldásábn végigkövetni z lábbi lépéseket!. Kiszámítjuk z f deriváltfüggvényt. 2. Megkeressük z f zérushelyeit (illetve zokt pontokt, hol f előjelet váltht). 3. Kiszámítjuk z f második deriváltt. 4. Megkeressük z f zérushelyeit (illetve zokt pontokt, hol f előjelet váltht). 5. A függvény értelmezési trtományát z f és z f zérushelyei (illetve lehetséges előjelváltási helyei) nyílt intervllumokr szbdlják. Ezeken z intervllumokon megállpítjuk deriváltk előjelét, miből monotonitási és lki viszonyokr következtetünk (kétszer folytonosn differenciálhtó függvény esetén). Áttekinthetővé válik vizsgált egy táblázt elkészítésével. 44

151 6. A függvény értékét néhány pontbn kiszámoljuk. H vnnk, kiszámoljuk lokális mximum és minimum értékeit, függvény htárértékét (esetleg jobb oldli és bl oldli htárértékét) minden olyn pontbn, mely z értelmezési trtomány olyn torlódási pontj, melyben nincs értelmezve függvény. 7. Vázoljuk függvény menetét Péld. Végezzük el z f : R R, f(x) = x 4 2x 3 függvény teljes vizsgáltát, mjd készítsük el vázltos grfikonját! D(f) = R R(f) = [, 6875, ) f (x) = 4x 3 6x 2 f (x) = 2x 2 2x htárértékek: ( lim + f = lim f = + monoton nő: 3 (, + ) 2 ) monoton fogy:, 3 2 szélsőérték: x = 3 bszolút minimum 2 konvex: (, 0) (, + ) konkáv: (0, ) inflexiós pontok: x = 0, x = y x 6.0. ábr. Az f(x) = x 4 2x 3 függvény grfikonj 6.9. Tylor-polinom, Tylor-formul Motiváció Láttuk egy függvény első és második deriváltjánk szerepét. Ezek áltlánosításként vezessük be mgsbb rendű deriváltkt. 45

152 6.6. Definíció. H f differenciálhtó -bn, kkor f () := (f ) (). H f differenciálhtó -bn, kkor f := (f ) ().. H f (k) differenciálhtó -bn, kkor f (k+) () := (f (k) ) (), k =, 2,.... Ily módon definiálhtók megfelelő f (k) deriváltfüggvények is, k =, 2,... Megjegyezzük, hogy vesszőkkel csk z első három deriváltt szokás jelölni, tehát f () := f, f (2) := f, f (3) := f. Néh z f (0) := f megállpodás is hsznos. Azt mondjuk, hogy f kárhányszor differenciálhtó -bn (vgy végtelen sokszor differenciálhtó -bn), h minden k N esetén létezik f (k) (). Az elég sim függvényeket jól közelíthetjük polinomokkl. Azt már láttuk, hogy h f differenciálhtó -bn, kkor (6.2) egyenletű érintőre e (x) := f() + f () (x ) (x R) e () = f(), továbbá e (x) = f (), így e () = f (), zz z e -nk és z f-nek z -beli deriváltj is megegyezik. Láttuk zt is (6.4) összefüggésben (Weierstrss differenciálhtóság-foglm), hogy f(x) e (x) lim x x = lim x f(x) (f() + f () (x )) x f(x) f() = lim f () = 0, x x mi zt fejezi ki, hogy z e érintőfüggvény olyn közelítése z f függvénynek, hogy h z f(x) e (x) különbséget (x )-vl elosztjuk, még ez hánydos is 0-hoz közeli, h x közel vn z -hoz. Az e érintőfüggvény csk egy legfeljebb elsőfokú polinom (egyenes egyenlete). Milyen legyen z mgsbb fokú polinom, mely még pontosbb közelítést lehetővé teszi? Legyen P (x) := 3 2x + 4x 2 5x 3. Ekkor P (0) = 3. P (x) = 2 + 8x 5x 2, P (0) = 2, P (x) = 8 30x, P (0) = 8, P (x) = 30, P (0) = 30. Könnyen ellenőrizhető, hogy minden x R esetén P (x) = P (0) + P (0)x + P (0) 2! x 2 + P (0) x 3, 3! zz egy polinomot igen jól közelítettünk (ebben z esetben pontosn előállítottunk) egy olyn polinomml, melynek együtthtói függvény mgsbbrendű deriváltji egy 46

153 pontbn (most ez pont 0 volt), elosztv derivált rendjének fktoriálisivl. Az előállítás tetszőleges polinomr elvégezhető Állítás (Mclurin-formul). Legyen p tetszőleges n-edfokú polinom. Ekkor n p (k) (0) p(x) = x k = p(0) + p (0)x + p (0) x p(n) (0) x n. k! 2! n! k=0 Bizonyítás. Legyen p(x) = n j=0 jx j. Ekkor p-nek k-dik deriváltjár tehát miből z állítás dódik. k=0 p (k) (x) = n j j(j ) (j k + )x j k, j=k p (k) (0) = k k!, Következmény (Tylor-formul). Legyen p egy n-edfokú polinom, R tetszőleges. Ekkor n p (k) () p(x) = (x ) k = p() + p ()(x ) + p () (x ) p(n) () (x ) n. k! 2! n! Bizonyítás. Az előző bizonyításhoz nlóg módon végezhető, z olvsór bízzuk Tylor-polinom és Tylor-formul Definíció. Legyen f z pontbn n-szer differenciálhtó függvény. Definiálj T n, : R R, T f n,(x) = T n, (x) := f() + f () (x ) + f () 2! (x ) f (n) () (x ) n (6.) n! z f függvény ponthoz trtozó n-edik (n-edrendű) Tylor-polinomját. A 6.63 Következmény lpján T n, () = f(), T n,() = f (), T n,() = f (),..., T (n) n, () = f (n) (). (6.2) Továbbá, T 0, = f() és T, = e Megjegyzés. A 6.63 Következményből dódik z is, hogy h egy legfeljebb n-edfokú p polinomr teljesül, kkor p = T n,. p() = f(), p () = f (), p () = f (),..., p (n) () = f (n) () 47

154 A következő tétel segítségével meg lehet becsülni, hogy z n-ed fokú Tylor-polinom mennyire jól közelíti függvényt Tétel (Tylor-formul Lgrnge-féle mrdéktggl). Legyen f : R R, D(f). Tegyük fel, hogy K() D(f), hogy z f függvény n + -szer differenciálhtó K()-bn. Legyen x K() tetszőleges. Ekkor létezik olyn c = c(x) z és z x között, hogy f(x) = T n, (x) + f (n+) (c) (n + )! (x )n+. (6.3) Bizonyítás. 4 Legyenek r, p : K() R z lábbi módon definiálv: r(t) := f(t) T n, (t), p(t) := (t ) n+. A (6.2) összefüggésből, vlmint egyszerű számolássl következik, hogy Másrészt t esetén p(t) 0, r() = r () = r () = = r (n) () = 0, p() = p () = p () = = p (n) () = 0. p (t) = (n + ) (t ) n 0, p (t) = (n + ) n (t ) n 0,. p (n) (t) = (n + )! (t ) 0, p (n+) (t) = (n + )!. Legyen x K() tetszőleges. Tegyük fel, hogy x >. Alklmzzuk 6.39 Cuchy-féle középértéktételt z [, x] intervllumon z r és p függvényekre! Mivel t (, x) esetén p (t) 0, zért c (, x) olyn, hogy r(x) p(x) = r(x) r() p(x) p() = r (c ) p (c ). (6.4) Ismét 6.39 Cuchy-féle középértéktételt lklmzv z [, c ] intervllumon z r és p függvényekre zt kpjuk, hogy c 2 (, c ) olyn, hogy r (c ) p (c ) = r (c ) r () p (c ) p () = r (c 2 ) p (c 2 ). (6.5) 4 Ez bizonyítás A. L. Cuchy frnci mtemtikustól szármzik (82). 48

155 Ezt lépést még (n )-szer lklmzv, z utolsó esetben c n+ (, c n ) olyn, hogy r (n) (c n ) p (n) (c n ) = r(n) (c n ) r (n) () p (n) (c n ) p (n) () = r(n+) (c n+ ) p (n+) (c n+ ) = f (n+) (c n+ ). (6.6) (n + )! (Nyilván T n, legfeljebb n-edfokú polinom, ezért T (n+) n, már zonosn 0.) Összefogllv (6.4) (6.6) lépéseket: f(x) T n, (x) = r(x) (x ) n+ p(x) = r (c ) p (c ) =... = r(n+) (c n+ ) p (n+) (c n+ ) = f (n+) (c n+ ), (n + )! ezért c := c n+ (, x) válsztássl mi éppen (6.3). f(x) T n, (x) = f (n+) (c) (n + )! (x )n+, Következmény. H 6.66 Tétel feltételei mellett még zt is feltesszük, hogy f (n+) korlátos K()-n, kkor Ezt tényt szokás úgy jelölni, hogy f(x) T n, (x) lim = 0. x (x ) n f(x) T n, (x) = o((x ) n ) kisordo. Bizonyítás. A tétel szerint létezik c = c(x), hogy felhsználv f (n+) korlátosságát. f(x) T n, (x) = f (n+) (c) (x ) 0, h x, (x ) n (n + )! Megjegyzés. Az előbbi következmény kkor is igz, h f-ről csk nnyit teszünk fel, hogy n-szer differenciálhtó -bn Következmény (Tylor-sorok kifejtési tétele). Legyen D(f) = I intervllum, f kárhányszor differenciálhtó z I intervllum belsejében, vlmint legyen, x int I rögzítve. H tlálhtó K(x) 0, hogy minden y számr és x között f (n) (y) K(x), n N, kkor ( f(x) = lim T n, (x) = lim f() + f ()(x ) f ) (n) () (x ) n n n n! f (n) () = (x ) n. n! n=0 49

156 Bizonyítás. A feltétel szerint (6.3) Tylor-formul mrdéktgjár minden rögzített x esetén f(x) T n, (x) = f (n+) (c) (x )n+ (n + )! K(x) (n + )! x n+ 0, n b teljesül, felhsználv, hogy lim n = 0 tetszőleges b R esetén. Ebből z állítás dódik. n n! Definíció. A fenti tételben kpott n=0 f (n) () (x ) n (6.7) n! végtelen sort z dott f függvény pont körüli Tylor-sor ánk nevezzük. Az előző tételt szvkkl úgy is foglmzhtjuk, hogy h f deriváltji nem nőnek túl gyorsn, kkor f Tylor-sor konvergens és előállítj f-et. A következőkben megdjuk legfontosbb elemi függvények Tylor-sorát Tétel. A következő sorfejtések érvényesek z = 0 pont körül: x = x n n=0 < x <, e x x n = n! x R, n=0 sin x = cos x = sh x = ch x = ( ) n x 2n+ (2n + )! ( ) n x2n (2n)! x 2n+ (2n + )! x 2n (2n)! n=0 n=0 n=0 n=0 x R, x R, x R, x R. Bizonyítás. Az = x n=0 xn egyenlőség x < esetén tnult mértni sorösszegből következik. Másrészt könnyen láthtó, hogy 50

157 ( ) (n) = id ( ) (n) n! ( id) (0) = n!, n+ id tehát sor vlóbn egy (6.7) lkú Tylor-sor. Ellenőrizzük most z együtthtók helyességét többi függvény esetén! exp (n) (0) = e 0 =, sin (n) (0) = cos (n) (0) = sin 0 = 0, n = 4k; cos 0 =, n = 4k + ; sin 0 = 0, n = 4k + 2; cos 0 =, n = 4k + 3, cos 0 =, n = 4k; sin 0 = 0, n = 4k + ; cos 0 =, n = 4k + 2; sin 0 = 0, n = 4k + 3, { sh 0 = 0, n = 2k; sh (n) (0) = ch 0 =, n = 2k +, { ch (n) ch 0 =, n = 2k; (0) = sh 0 = 0, n = 2k +. Ebből Tylor-sorok lkj dódik csk konvergenci mrdt kérdéses. Ennek igzolásár 6.69 Következmény teljesülését fogjuk megmuttni fenti függvényekre. Legyen = 0 és x rögzítve z dott függvények értelmezési trtományából. Ekkor 0 és x közé eső minden y esetén exp (n) (y) = e y e x =: K, sin (n) (y) =: K, cos (n) (y) =: K, sh (n) (y) ch(x) =: K, ch (n) (y) ch(x) =: K. 5

158 6.72. Megjegyzés. Bizonyítás nélkül megemlítünk néhány további nevezetes Tylor-sorelőállítást. n+ xn ln( + x) = ( ) x (, ], n n= rctg x = ( ) n x2n+ x [, ], 2n + n=0 ( ) α ( + x) α = x k α(α ) = + αx + x 2 +, binomiális sor k 2! k=0 ( ) α α(α )(α 2) (α k + ) :=. k k! Az első két függvényre vontkozó bizonyítást látni fogjuk lszkszbn, binomiális sor előállítás bonyolultbb technikát kíván L Hospitl-szbály 0 A L Hospitl-szbály és 0 lkú függvényhtárértékek kiszámításához d segítséget Tétel (L Hospitl-szbály). Legyen f, g D(α, β) (hol α, β = ± is lehet). Legyen [α, β]. Tegyük fel, hogy lim f = lim g = 0 vgy lim g = + vgy, továbbá g 0 z pont egy kipontozott környezetében. f Ekkor h létezik lim f, kkor létezik lim is, és g g lim f g = lim Bizonyítás. Abbn speciális esetben végezzük el bizonyítást, mikor (α, β), f() = g() = 0. Jelölje lim f g =: L R. Ekkor htárérték definíciój szerint ε > 0 számhoz δ > 0, hogy x K δ () (α, β), x esetén f (x) g (x) K ε(l). 52 f g.

159 Legyen x K δ () tetszőleges, x. Az f és g függvényekre 6.39 Cuchy-féle középértéktételt lklmzv [, x]-en (vgy [x, ]-n) kpjuk, hogy c K δ () z és x között, hogy Így f(x) g(x) = f(x) f() g(x) g() = f (c) g (c). f(x) g(x) = f (c) g (c) K ε(l) is teljesül, miből htárérték definíciój lpján következik, hogy lim f g = L Megjegyzés. A L Hospitl-szbály bizonyítás lényeges különbözik fentitől lim g = ± esetben Feldt. A L Hospitl-szbállyl számítsuk ki cos x cos 3x lim x 0 x 2 htárértéket! Mind számláló, mind nevező 0-bn 0, ezért deriváltk hánydosánk htárértékét elég kiszámítni: (cos x cos 3x) sin x + 3 sin 3x lim = lim x 0 (x 2 ) x 0 2x = lim x 0 = 2 lim sin x x 0 x lim sin 3x x 0 x sin 3x 3x = = 4. Így cos x cos 3x lim = 4. x 0 x 2 A deriváltk hánydosánk htárértékét szintén számolhttuk voln L Hospitl-szbállyl: sin x + 3 sin 3x lim x 0 2x = lim x 0 cos x + 9 cos 3x 2 = Ez z okoskodás zonbn frkáb hrpó kígyó jellegű, hiszen sin deriváltjánk meghtározáskor (ld szkszt) éppen lim x 0 = nevezetes htárértéket hsz- sin x x náltuk fel (mit 4.7. szkszbn igzoltunk)... Sjnos, még L Hospitl szbályok sem tudnk minden kritikus htárérték-feldtr könnyű válszt dni. 53 = 4.

160 6.76. Feldt. Mennyi htárérték? Könnyen láthtón sh(x + 2) lim x sh(x 2) H deriváltkt nézzük, kkor h ezek deriváltjit vizsgáljuk, kkor lim sh(x + 2) = lim sh(x 2) = +. x x lim ch(x + 2) = lim ch(x 2) = +, x x lim sh(x + 2) = lim sh(x 2) = +, x x és így tovább. Tehát nem kpjuk meg htárértéket L Hospitl szbály lklmzásávl. Megjegyezzük, hogy sh(x + 2) lim x sh(x 2) = lim x e x+2 e (x+2) = lim e x 2 e (x 2) x e 2 e 2 e 2x e 2 e2 e 2x = e 4, mit kár deriváltk hánydosink htárértékéből is kiszámíthttuk voln... 54

161 7. fejezet Integrálszámítás 7.. Riemnn-integrál 7... A Riemnn-integrál definíciój A Riemnn-integrál lényege: függvény grfikonj és vízszintes tengely áltl htárolt síkidom területe. Szemléltethetjük egy, fizikából vett példán is. Legyen egy utó sebességfüggvénye v( )! Kérdés, hogy mekkor utt tesz meg t = és t = b időpontok között. A megtett utt közelíthetjük oly módon, hogy z [, b] időintervllumot részintervllumokr osztjuk fel és feltételezzük, hogy ezeken kis időintervllumokon egyenletes mozgás, mjd felosztást minden htáron túl finomítjuk. Nézzük most mindezt precízen! 7.. Definíció. Legyen [, b] korlátos és zárt intervllum, és válsszunk vlmely n N esetén x i, i = 0,..., n osztópontokt z lábbi módon: = x 0 < x < x 2 < x n = b. Az [, b] intervllum egy felosztás Φ = {I,..., I n } véges intervllumrendszer, hol I i = [x i, x i ], i =,..., n. Az [, b] intervllum felosztásink hlmzát jelölje F[, b]. x 0 = x... x i I i x i... b = x n 7.. ábr. Az [, b] intervllum egy felosztás 7.2. Definíció. Legyen Φ F[, b] és Ψ F[, b] felosztások egyesítése (vgy közös finomítás) z Φ Ψ-vel jelölt felosztás, melyet úgy kpunk, hogy Φ osztópontjihoz hozzávesszük Ψ osztópontjit (vgy fordítv), és z így kpott új osztóponthlmzhoz trtozó intervllumrendszert tekintjük. 55

162 7.3. Definíció. Adott f : [, b] R korlátos függvény és Φ = {I,..., I n } F[, b] felosztás esetén definiálj Φ felosztáshoz trtozó lsó közelítőösszeget felső közelítőösszeget s f (Φ) := S f (Φ) := n i= i= hol I i := x i x i z I i intervllum hossz. ( ) inf f I i, I i n ( ) sup f I i I i, y f... b x 0 x x 2 x 3... x n x n x 7.2. ábr. Felső közelítőösszeg 7.4. Állítás. Tetszőleges f : [, b] R korlátos függvény és Φ F[, b] esetén Bizonyítás. sup Ii f = inf Ii ( f). S f (Φ) = s f (Φ) Megjegyzés. Világos, hogy tetszőleges f : [, b] R korlátos függvény és Φ F[, b] esetén s f (Φ) S f (Φ), hiszen minden i esetén inf Ii f sup Ii f Tétel. Legyen f : [, b] R korlátos függvény. Ekkor bármely Φ, Ψ F[, b] felosztások esetén s f (Φ) S f (Ψ). (7.) 56

163 Bizonyítás. Megmuttjuk, hogy bármely Φ, Ψ F[, b] felosztások esetén s f (Φ) s f (Φ Ψ) S f (Φ Ψ) S f (Ψ), (7.2) miből (7.) nyilván következik. A második egyenlőtlenség 7.5 Megjegyzés lpján nyilvánvló. A következőkben zt bizonyítjuk, hogy h Θ F[, b] olyn felosztás, melyet Φ-ből úgy nyerünk, hogy egy új osztópontot hozzáveszünk, kkor s f (Φ) s f (Θ). (7.3) y f x 0 x x i x i u x i+ x n b x n Ebből z osztópontok számár vontkozó teljes indukcióvl következik z első egyenlőtx 7.3. ábr. Új osztópont hozzávétele lenség (7.2) soroztbn. A hrmdik egyenlőtlenség bizonyításához pedig lklmzzuk ezt f helyett ( f) függvényre, és hsználjuk fel 7.4 Állítást, miből S f (Φ Ψ) S f (Ψ) s f (Φ Ψ) s f (Ψ). Legyen tehát Θ F[, b] olyn felosztás, melyet Φ-ből úgy nyerünk, hogy nnk x i és x i+ osztópontji közé felveszünk még egy u osztópontot, vgyis Θ osztópontji = x 0 < x < < x i < u < x i+ < < x n = b. A (7.3) egyenlőtlenség két oldláról z zonos tgokt elhgyv zt kell belátnunk, hogy ( ) ( ) ( ) inf f (x i+ x i ) inf f (u x i ) + inf f (x i+ u). [x i,x i+ ] [x i,u] [u,x i+ ] Mivel inf [xi,x i+ ] f inf [xi,u] f és inf [xi,x i+ ] f inf [u,xi+ ] f (szűkebb hlmzon vett infimum ngyobb vgy egyenlő, mint bővebb hlmzon vett), ezért 57

164 ( ) ( ) ( ) inf f (u x i ) + inf f (x i+ u) inf f ((u x i ) + (x i+ u)) [x i,u] [u,x i+ ] [x i,x i+ ] ( ) = inf f (x i+ x i ), [x i,x i+ ] így z állítást beláttuk Következmény. Az {s f (Φ) : Φ F[, b]} és {S f (Φ) : Φ F[, b]} hlmzok közül bl oldli hlmz minden eleme kisebb vgy egyenlő jobb oldli hlmz minden eleménél. Ebből z is következik, hogy z első hlmz felülről, második lulról korlátos. Természetesen, z első hlmz lulról, második pedig felülről is korlátos (tehát mindkettő korlátos), hiszen (inf [,b] minden Φ F[, b] esetén. f) (b )f s f (Φ) S f (Φ) (sup f) (b ) [,b] 7.8. Definíció. Definiálj z f : [, b] R korlátos függvény lsó Riemnn-integrálját és felső Riemnn-integrálját b b A 7.7 Következmény lpján f := sup {s f (Φ) : Φ F[, b]}, (7.4) f := inf {S f (Φ) : Φ F[, b]}. (7.5) b f b f. (7.6) 7.9. Definíció. Egy korlátos f : [, b] R függvényt Riemnn-integrálhtónk mondunk, h b f = H f Riemnn-integrálhtó, kkor z lsó és felső Riemnn-integrálok közös értékét f Riemnn-integráljánk nevezzük, és z lábbi módon jelöljük: b f. b f vgy b f(x) dx. 58

165 7.0. Feldt. Igzoljuk, hogy Dirichlet-függvény nem Riemnn-integrálhtó [0, ]-en! Bizonyítás. Könnyen láthtó, hogy bármely Φ F[0, ] esetén s D (Φ) = 0 és S D (Φ) =, tehát D < 0 0 D =. 7.. Feldt. Igzoljuk, hogy z f(x) = x 2 függvény Riemnn-integrálhtó [0, ]-en és 0 x 2 dx = 3. Bizonyítás. Rögzített n N esetén legyen Φ n felosztás z z intervllumrendszer, mit { 0, n, 2 n,..., n } n, osztópontok htároznk meg. Ekkor s f (Φ n ) = S f (Φ n ) = n ( i i= n i= n ) 2 n ( ) 2 i n n = (n ) n (2n ) 6n 3, = n (n + ) (2n + ) 6n 3, tehát s f (Φ n ) és S 3 f(φ n ), h n. Ebből könnyen láthtó, hogy 3 3 b f b f 3. Tehát 3 = b f = b f, így f Riemnn-integrálhtó [0, ]-en és Riemnn-integrálj Feldt. Igzoljuk, hogy c-vel jelölt konstns c függvény Riemnn-integrálhtó tetszőleges [, b]-n, és b c = c (b ). Bizonyítás. Könnyen láthtó, hogy tetszőleges Φ F[, b] esetén s c (Φ) = S c (Φ) = c (b ), miből z állítás dódik. 59

166 Világos, hogy kevés, csk ngyon speciális függvénynek tudjuk fenti módon kiszámítni Riemnn-integrálját. Ezért szükségünk lesz Riemnn-integrálhtóság egy jól hsználhtó kritériumár. A továbbikbn jelölje R[, b] := {f : [, b] R : f Riemnn-integrálhtó}. A kritérium megfoglmzásához vezessük be egy függvény dott felosztáshoz trtozó oszcillációs összegének foglmát! 7.3. Definíció. H Φ F[, b], kkor z Ω f (Φ) := S f (Φ) s f (Φ) = = n ( ) sup f inf f I i I i I i n (sup { f(x) f(y) : x, y I i }) I i = i= i= n ω f (I i ) I i i= számot z f függvény Φ felosztáshoz trtozó oszcillációs összegének nevezzük, hol ω f (I i ) = sup f inf f = sup {f(x) f(y) : x, y I i } I i I i z f függvény oszcillációj z I i intervllumon Feldt. Az előző definícióbn felhsználtuk, hogy tetszőleges f függvény és A D(f) hlmz esetén Ennek meggondolását z olvsór bízzuk. sup f inf f = sup { f(x) f(y) : x, y A}. A A 7.5. Állítás. H Φ, Ψ F[, b] tetszőleges felosztások, f : [, b] R korlátos függvény, kkor Ω f (Φ Ψ) Ω f (Φ). Bizonyítás. A (7.2) egyelőtlenségből következik Tétel (Leghsznosbb kritérium Riemnn-integrálhtóságr). Egy korlátos f : [, b] R függvény pontosn kkor Riemnn-integrálhtó, vgyis f R[, b] pontosn kkor, h minden ε > 0 számhoz létezik olyn Φ = Φ(ε) F[, b] felosztás, melyre Ω f (Φ) < ε. 60

167 Bizonyítás.. irány: Tegyük fel, hogy f Riemnn-integrálhtó, és legyen ε > 0 rögzítve. A 7.9 Definíció szerint tudjuk, hogy b f = b f = b A 7.8 Definíció lpján létezik olyn Φ F[, b], hogy f. s f (Φ ) > b f ε 2, és létezik Φ 2 F[, b], hogy S f (Φ 2 ) < b Ezekből, (7.2) felhsználásávl kpjuk, hogy b f + ε 2. f ε b 2 = f ε 2 < s f(φ ) s f (Φ Φ 2 ) S f (Φ Φ 2 ) miből Φ := Φ Φ 2 válsztássl Ω f (Φ) = S f (Φ) s f (Φ) < S f (Φ 2 ) < b b f + ε b 2 = f + ε 2, f + ε b 2 ( f ε 2 ) = ε. 2. irány: Tegyük fel indirekt, hogy tétel állításábn szereplő feltétel teljesül minden pozitív ε-r, de Legyen ε := b f < b b f b f. f > 0, és válsszunk ε-hoz Φ F[, b] felosztást úgy, hogy Ω f (Φ) < ε. Ekkor Ebből viszont s f (Φ) mi ellentmondás. b f < b f S f (Φ) = s f (Φ) + Ω f (Φ) < s f (Φ) + ε. ε = s f (Φ) + ε s f (Φ) > b f b f, 6

168 Most nézzük meg, mi volt Riemnn eredeti definíciój fenti integrálfoglomr! A definíció bizonyos értelemben hsonlítni fog fenti leghsznosbb kritériumhoz. Az integrálhtóság Riemnn-féle eredeti definíciój 7.7. Definíció. H Φ = {I,..., I n } F[, b] egy felosztás, kkor definiálj Φ finomságát Φ := mx { I i : i =,..., n} Definíció. Legyen Φ F[, b], Φ = {I,..., I n } felosztás, és ξ = (ξ,..., ξ n ) R n tetszőleges, Φ felosztásr illeszkedő vektor, vgyis jelölésben: ξ Φ. Ekkor ξ i I i, i =,..., n, x 0 = ξ x ξ i... x i ξ n x i...x n b = x n 7.4. ábr. Felosztásr illeszkedő vektor n σ f (Φ, ξ) := f(ξ i ) I i számot z f függvény (Φ, ξ) párhoz trtozó Riemnn-összegének nevezzük. i= y f... b x 0ξ x ξ2 x 2ξ3 x 3...x n x n ξ n = x 7.5. ábr. Riemnn-összeg 62

169 7.9. Megjegyzés. Tetszőleges Φ F[, b] és ξ Φ vektor esetén s f (Φ) σ f (Φ, ξ) S f (Φ) Definíció (Az integrálhtóság Riemnn-féle kritérium). Legyen f : [, b] R. Ekkor zt mondjuk, hogy f Riemnn-integrálhtó [, b]-n és b f = A, h minden ε > 0 számhoz létezik olyn δ > 0, hogy minden Φ F[, b], Φ < δ felosztás, és minden ξ Φ esetén σ f (Φ, ξ) A < ε Megjegyzés. A definícióból következik f korlátosság. [, b]-n. Gondoljuk meg következőkben, hogy mi (eredetileg Drboux-tól szármzó) integráldefiníciónk ekvivlens Riemnn-félével! Legyen f R[, b] mi definíciónk lpján és b f = A. Ekkor definíció szerint b f = b f = A. Rögzítsünk egy ε > 0 számot. A 7.6 Tétel lpján létezik olyn Ψ = Ψ(ε) F[, b], melyre Ω f (Ψ) = S f (Ψ) s f (Ψ) < ε. Megmuttjuk, hogy δ := Ψ jó válsztás. Legyen Φ = {I,..., I n } F[, b], Φ < δ és ξ Φ tetszőleges. A 7.5 Állítás lpján Ezért A ε = Ebből b Ω f (Φ) = S f (Φ) s f (Φ) < Ω f (Ψ) < ε. f ε S f (Φ) ε < s f (Φ) = n f(ξ i ) I i i= n i= n i= inf I i f I i sup f I i = S f (Φ) < s f (Φ) + ε I i A ε < σ f (Φ, ξ) < A + ε, b f + ε = A + ε. tehát σ f (Φ, ξ) A < ε, mit be krtunk látni. Tegyük fel, hogy 7.20 Definíció teljesül egy f függvényre és egy A R számr. Megmuttjuk, hogy ekkor b f = b 63 f = A.

170 A bizonyítás úgy fog történni, hogy belátjuk: tetszőleges ε > 0 esetén A ε < b f és b f < A + ε. Legyen ε > 0 rögzítve. Válsszunk ε/2-höz δ > 0 számot Riemnn-féle definíció lpján, és legyen Φ = {I,..., I n }, Φ < δ tetszőleges felosztás. Válsszunk ξ R n, ξ Φ vektort úgy, hogy f(ξ i ) > sup f I i ε 2(b ), i =,..., n ilyen ξ i I i szuprémum definíciój mitt létezik minden i-re. Ekkor δ válsztás lpján σ f (Φ, ξ) A < ε 2, miből A + ε 2 > σ f(φ, ξ) = = S f (Φ) n f(ξ i ) I i > i= ε 2(b ) n ( i= sup f I i ) ε I i 2(b ) n I i = S f (Φ) ε b 2 f ε 2. i= Azt kptuk tehát, hogy b f < A + ε. Az A ε < b f egyenlőtlenség nlóg módon bizonyíthtó Megjegyzés. Néhány további, ekvivlens integrálhtósági kritérium:. Minden ε > 0 számhoz létezik olyn δ > 0, hogy minden Φ F[, b], Φ < δ felosztás esetén Ω f (Φ) < ε. 2. Minden (Φ n ) F[, b], Φ n 0 felosztássoroztr Ω f (Φ n ) Létezik olyn (Φ n ) F[, b] felosztássorozt, melyre Ω f (Φ n ) 0. A Heine-tétel felhsználásávl láthtó be, hogy minden folytonos függvény Riemnnintegrálhtó Tétel. C[, b] R[, b], vgyis minden, z [, b] intervllumon folytonos függvény Riemnn-integrálhtó [, b]-n. 64

171 Bizonyítás. Legyen f C[, b]. A 7.6 Tétel integrálhtósági feltételét fogjuk hsználni, tehát legyen ε > 0 rögzített, és keresünk hozzá olyn Φ F[, b] felosztást, melyre Ω f (Φ) < ε. A 4.66 Heine-tétel lpján f egyenletesen is folytonos [, b]-n, tehát z ε/(b ) pozitív számhoz létezik olyn δ > 0, hogy h t, s [, b], t s < δ, kkor f(t) f(s) < ε/(2(b )). Válsszunk egy olyn Φ felosztást, melynek finomság kisebb, mint δ, vgyis Φ < δ. Például, legyen n N olyn, hogy b < δ és Φ felosztás osztópontjit definiálj n x i := + i b, i = 0,..., n. n Ekkor z I i = [x i, x i ] intervllumbn bármely két szám különbsége legfeljebb b < δ, n így itt függvény oszcillációj Erre felosztásr tehát ω f (I i ) = sup { f(t) f(s) : t, s I i } Ω f (Φ) = mivel z állítást beláttuk. n ω f (I i ) I i i= ε 2 (b ) ε 2 (b ). n I i = ε 2 < ε, Megjegyzés. A fenti tétel megfordítás nem igz! Tehát nem minden Riemnnintegrálhtó függvény folytonos. Könnyen meggondolhtó, hogy h egy [, b]-n folytonos függvényt egy pontbn elrontunk úgy, hogy ott ne legyen folytonos, kkor Riemnnintegrálhtó mrd (pl. 7.6 Leghsznosbb kritérium segítségével meggondolhtó). Hsonlón, h véges sok pontbn szkd egy függvény, kkor is Riemnn-integrálhtó Feldt. Igzoljuk, hogy h f : [, b] R olyn korlátos függvény, mely megszámlálhtón végtelen sok pont kivételével folytonos, kkor f Riemnn-integrálhtó [, b]-n! Következmény. H f z [, b] intervllumon monoton függvény, kkor f R[, b]. Bizonyítás. A 4.39 Megjegyzésből következik Tétel. H f R[, b], kkor f R[, b]. Bizonyítás. Legyen f R[, b] és ε > 0 rögzítve. A 7.6 Tétel lpján ε-hoz létezik olyn Φ F[, b] felosztás, melyre Ω f (Φ) < ε. Megmuttjuk, hogy ekkor Ω f (Φ) Ω f (Φ) < ε is teljesül. Mivel dott Φ felosztás esetén Ω f (Φ) = n ω f (I i ) I i, i= 65 i=

172 ezért elég belátni, hogy minden i-re ω f (I i ) ω f (I i ). A háromszög-egyenlőtlenség mitt tetszőleges x, y I i esetén f(x) f(y) f(x) f(y) ω f (I i ), miből ω f (I i ) = sup { f(x) f(y) : x, y I i } ω f (I i ) Állítás. Legyen f R[, b], α < β b. Ekkor f [α,β] R[α, β]. Bizonyítás. A 7.6 Tétel szerint minden ε > 0-hoz vn olyn Φ F[, b], melyre Ω f (Φ) < ε. Vegyük ezen felosztás [α, β] intervllumb eső osztópontjit és z így kpott Ψ F[α, β] felosztást, ekkor kpjuk, hogy Ω f [α,β] (Ψ) Ω f (Φ) < ε Tétel. H f, g R[, b], kkor f g R[, b]. Bizonyítás. Legyen ε > 0 rögzítve, és 7.6 Tétel lpján keresünk hozzá Φ F[, b] felosztást. Definiáljuk K := mx{sup f, sup g }, [,b] [,b] és válsszunk ε -hoz Φ 2K f, Φ g F[, b] felosztásokt, melyekre Ω f (Φ f ) < ε 2K és Ω g(φ g ) < ε 2K. (H K = 0, z érdektelen eset.) Tekintsük ezen felosztások egyesítését: Φ := Φ f Φ g. Ekkor 7.5 Állítás lpján Ω f (Φ) < ε 2K és Ω g(φ) < ε 2K is teljesül. Legyen I i Φ, ekkor háromszög-egyenlőtlenség lpján minden x, y I i esetén f(x)g(x) f(y)g(y) = f(x)g(x) f(x)g(y) + f(x)g(y) f(y)g(y) f(x) g(x) g(y) + f(x) f(y) g(y) K ω g (I i ) + ω f (I i ) K = K (ω g (I i ) + ω f (I i )). 66

173 Ebből ω f g (I i ) = sup { f(x)g(x) f(y)g(y) : x, y I i } K (ω g (I i ) + ω f (I i )). Összegezve i =,..., n-re kpjuk Ω f g (Φ) = n ω f g (I i ) I i i= n K (ω g (I i ) + ω f (I i )) I i i= = K Ω g (Φ) + K Ω f (Φ) < K ε 2K + K ε 2K = ε A Riemnn-integrál tuljdonsági Állítás. R[, b] vektortér R felett szokásos függvényműveletekre nézve. Vgyis h f, g R[, b] és c R, kkor f + g, c f R[, b], továbbá és b (f + g) = b b (c f) = c f + b b g (7.7) f. (7.8) Bizonyítás. Legyen f, g R[, b]. Megmuttjuk, hogy ekkor (f + g) R[, b], és b Mivel bármely I i [, b] esetén inf I i f + inf I i (f + g) = ezért tetszőleges Φ F[, b] felosztásr b f + b g. g inf(f + g) és sup(f + g) sup I i I i I i f + sup I i g, s f (Φ) + s g (Φ) s f+g (Φ) és S f+g (Φ) S f (Φ) + S g (Φ). Legyenek most Φ, Ψ F[, b] tetszőleges felosztások. A fentiekből és (7.2) egyenlőtlenségekből kpjuk, hogy s f (Φ) + s g (Ψ) s f (Φ Ψ) + s g (Φ Ψ) s f+g (Φ Ψ) S f+g (Φ Ψ) S f (Φ Ψ) + S g (Φ Ψ) S f (Φ) + S g (Ψ). 67

174 A bl oldlon véve először Φ-ben, mjd Ψ-ben supremumot, jobb oldlon pedig infimumot, kpjuk, hogy b f + b g b (f + g) b (f + g) b f + b g. Mivel z egyenlőtlenségsorozt két vége megegyezik, ezért következik, hogy (f + g) R[, b] és (7.7) teljesül. Legyen most f R[, b] és c R tetszőleges. Megmuttjuk, hogy ekkor (c f) R[, b], és b b (c f) = c f. Könnyen láthtó, hogy tetszőleges c > 0, Φ F[, b] esetén s c f (Φ) = c s f (Φ) és S c f (Φ) = c S f (Φ), miből z állítás mindkét része dódik. Negtív c esetén miből b és ugynígy s c f (Φ) = c S f (Φ) és S c f (Φ) = c s f (Φ), (c f) = sup {s c f (Φ) : Φ F[, b]} = sup {c S f (Φ) : Φ F[, b]} = c inf {S f (Φ) : Φ F[, b]} = c b Tehát z állítás ekkor is következik. (c f) = c 7.3. Állítás (Intervllum szerinti dditivitás). Legyen f : [, b] R függvény, < c < b. Tegyük fel, hogy f [,c] R[, c] és f [c,b] R[c, b]. Ekkor f R[, b], és b f = c f + b b c f. b f, f. (7.9) Bizonyítás. Mivel f korlátos [, c]-n és [c, b]-n, ezért korlátos [, b]-n is. Tetszőleges Φ F[, c] és Φ 2 F[c, b] felosztásokt véve, z ezekhez trtozó részintervllumok rendszereinek egyesítéséből kpunk egy Φ F[, b] felosztást. Könnyen láthtó, hogy s f [,c] (Φ ) + s f [c,b] (Φ 2 ) = s f (Φ) b f és b f S f (Φ) = S f [,c] (Φ ) + S f [c,b] (Φ 2 ). 68

175 Az összes Φ F[, c] ill. Φ 2 F[c, b] felosztásr vett supremumr ill. infimumr kpjuk, hogy c f + b c f b f A feltétel szerint z egyenlőtlenségsorozt két vége megegyezik, miből f R[, b] és (7.9) dódik Állítás (Integrndus szerinti monotonitás). Legyenek f, g R[, b] függvények, és tegyük fel, hogy minden x [, b] esetén f(x) g(x). Ekkor b f b b f g. c f + Bizonyítás. Könnyen láthtó, hogy minden Φ F[, b] esetén s f (Φ) s g (Φ), b c f. miből b f = b f b g = b g Következmény. Bármely f R[, b] függvényre fennáll, hogy b b f f. Bizonyítás. Minden x [, b] esetén ( f ) (x) = f(x) f(x) f(x) = f (x), miből z állítás 7.27 Tétel és 7.32 Állítás szerint következik Állítás (Integrál triviális becslése). Legyen f R[, b]. Ekkor (inf f) (b ) [,b] b f (sup f) (b ). [,b] Bizonyítás. A bizonyítás zonnl dódik 7.32 Állításnk z inf f konstns függvény és f ill. f és sup f konstns függvényre vló lklmzásából. Másképp meggondolv: Φ = {I } felosztásr, hol I = [, b] (inf [,b] f) (b ) = s f(φ), z állítás ebből is következik. (sup f) (b ) = S f (Φ) [,b] 69

176 7.35. Következmény. Legyen f R[, b]. Ekkor b f (sup f ) (b ). [,b] Bizonyítás. Könnyen láthtó 7.33 Következmény és 7.34 Állítás lpján. Ezen becslések segítségével (folytonos függvényekre) bizonyíthtó differenciálszámításbn megismert középértéktétellel nlóg állítás Riemnn-integrálr Tétel (Integrálszámítás első középértéktétele). Legyen f C[, b]. Ekkor létezik olyn c [, b], melyre b f = f(c) (b ). Bizonyítás. A 7.34 Állítás lpján és Weierstrss-tételből kpjuk min f = inf f [,b] [,b] b f b sup [,b] A Bolzno-tétel mitt vn olyn c [, b], melyre mivel z állítást beláttuk Primitív függvény f(c) = b f b, f = mx f. [,b] Ebben szkszbn legyen I nyílt intervllum. Jelölje C(I) z I intervllumon értelmezett folytonos függvények hlmzát és D(I) z I intervllumon differenciálhtó függvények hlmzát. Ezek R felett vektorteret lkotnk. Jelölje D (I) D(I)-beli függvények deriváltjink hlmzát: Állítás. D (I) vektortér. D (I) := {F : F D(I)}. Bizonyítás. Triviálisn következik 6.4 és 6.5 Tételekből Megjegyzés. C(I) és D(I) nem csk vektortér, hnem gyűrű, sőt lgebr is ( szokásos műveletekkel). D (I) nem lkot sem gyűrűt sem lgebrát (már z sem igz, hogy h f D (I), kkor f 2 D (I)). 70

177 7.39. Definíció. Legyen f D (I) dott függvény, zz létezik olyn F D(I), hogy F = f. Ekkor minden ilyen F D(I) függvényt z f függvény primitív (elsődleges vgy eredeti) függvényének vgy htároztln integráljánk nevezünk. Szokásos szóhsznált még z ntiderivált is Állítás. H f D (I) és F D(I) egy primitív függvénye, kkor bármely c konstnsfüggvény esetén (F + c) = f, így f-nek végtelen sok primitív függvénye vn. Bizonyítás. Triviális Állítás. H F z f egy primitív függvénye, kkor f-nek minden más G primitív függvénye előáll G = F + c lkbn vlmely c konstnsfüggvényre. Bizonyítás. Az állítás feltételeiből következik, hogy (F G) = F G = f f = 0, vgyis (F G) = 0 z egész I intervllumon. Ekkor 6.36 konstnsfüggvény, és ezt krtuk belátni. Állítás lpján F G Definíció. Adott f függvény esetén jelölje f ( integrál f) z f függvény primitív függvényeinek hlmzát I-n. H f / D (I), kkor f =. H f D (I), kkor láttuk, hogy f = {F +c : c R}. H nem okoz félreértést, kkor f minden elemét is z egyszerűség kedvéért f-fel jelöljük, tehát ( f) = f. Szokásosk még z f(x) és f(x) dx jelölések is primitív függvény x pontbeli helyettesítési értékére Péld. Legyen I = R. Ekkor cos x dx = {sin x + c : c R}, mit megállpodás lpján úgy is írhtunk, hogy cos = sin. H külön nem rögzítjük le z I intervllumot, kkor f mindig egy lehető legbővebb intervllumon értendő, hol f értelmezve vn és létezik primitív függvénye ( primitív függvény(ek) megdásánál ez(eke)t z intervllumo(k)t természetesen specifikálni kell). Alpintegrálok nk nevezzük z elemi függvények deriváltjink primitív függvényeit. Ezeket z lábbi tábláztbn foglljuk össze. Itt hsználni fogunk egy kissé ponttln, 7

178 de elterjedt jelölést, mely következőt jelenti. Tekintsük például z / id függvényt! Ennek értelmezési trtomány ugyn nem intervllum, de felbomlik két intervllum, z I = (, 0) és z I 2 = (0, ) diszjunkt uniójár. A függvénynek mindkét intervllumon vn primitív függvénye: id I = ln( id), id I 2 = ln id. Ezt z egyszerűség kedvéért egy képletben fogjuk jelölni mint = ln id. id Hngsúlyozzuk, hogy 7.39 Definíció értelmében z f = függvénynek z egész értelmezési trtományán nem értelmezhető primitív függvénye, hiszen D(f) nem intervllum. id Ezért ez z egyenlőség ilyen értelemben megtévesztő. Azonbn, z id I és z id I 2 függvényeknek (vgy z / id bármely, I -nél vgy I 2 -nél szűkebb intervllumr vló megszorításánk) vn primitív függvénye, és ezt hivtott kifejezni fenti képlet. Hsonlón értelmezendők z /( id 2 ) és z / id 2 függvények primitív függvényei. id α = idα+, (α ) α + exp = exp ln, ( R+ ) cos 2 = tg ch = sh id 2 = 2 ln id + id id id 2 = ln + id 2 = ln id id sin = cos sin 2 = ctg sh 2 = cth + id 2 = rctg + id 2 = rsh exp = exp cos = sin sh = ch ch 2 = th id 2 = rcsin Problém. Hogyn lehet felismerni egy f : I R függvényről, hogy vn-e primitív függvénye I-ben, vgyis f D (I)? Válsz. Sehogy! De dhtó szükséges és dhtó elégséges feltétel Tétel (Szükséges feltétel primitív függvény létezésére). H f D (I), kkor f Drboux-tuljdonságú. 72

179 Bizonyítás. Ld Tételt: egy függvény deriváltfüggvénye Drboux-tuljdonságú Tétel (Elegendő feltétel primitív függvény létezésére). C(I) D (I), zz h f folytonos I-n, kkor f-nek létezik I-ben primitív függvénye. Bizonyítás. Később Péld. Beláthtó, hogy z lábbi függvényeknek nincs elemi primitív függvénye: sin x és z I = (, + )-en, e x2 z I = R-en. ln x x A primitívfüggvény-keresés vgy htároztln integrálás tuljdonképpen egy számolási technik (klkulusnk is hívják), lényegében differenciálás műveletének megfordítás (de nnál sokkl nehezebb) Állítás (Vektortér-tuljdonság).. H f, g D (I), kkor f + g D (I), emellett (f + g) = f + 2. H f D (I), c R tetszőleges állndó, kkor c f D (I) (vektortér-tuljdonság), emellett (c f) = c f. Bizonyítás. Triviálisn következik definícióból Tétel (Prciális integrálás elve). Legyenek f és g differenciálhtók z I intervllumbn, zz f, g D(I), és tegyük fel, hogy f g D (I). Ekkor f g D (I), és ez utóbbi (egy) primitív függvénye: f g = f g f g. Bizonyítás. Kell: (f g f g ) D(I) ez triviális, és (f g f g ) = f g, mivel ( ) f g f g = f g + f g f g = f g. g Feldt. Adjuk meg z ln függvény egy primitív függvényét prciális integrálás elve segítségével! ln x dx = }{{} }{{} ln x dx = }{{} x }{{} ln x }{{} x dx = x ln x dx = x ln x x. x f (x) g(x) f(x) g(x) f(x) }{{} g (x) 73

180 7.50. Tétel (Helyettesítéses integrálás elve). Legyenek I és I tetszőleges (nyílt) intervllumok, f D (I), g D(I ) dott függvény, úgy, hogy R(g) I. Ekkor (f g) g D (I ), és ( ) (f g) g = f g. Bizonyítás. Legyen F := f, tehát F D(I) és F = f. Ismeretes, hogy ekkor F g is differenciálhtó I -bn, és Így F g = ( f ) g = (f g) g. (F g) = (F g) g = (f g) g Megjegyzés. A gykorltbn g : I I bijektív függvényt érdemes válsztni, mert ekkor ( ) f = (f g) g g, vgyis z eredeti primitív függvény meghtározhtó. Klsszikus formlizmus. f(x) dx x=g(t) = f (g(t)) g (t) dt, dx dt = g (t) Feldt. Htározzuk meg z x 2 függvény (egy) primitív függvényét z I = (, ) intervllumon helyettesítéses integrálás elve segítségével! Helyettesítsünk x := sin t-t, t ( π, π) =: 2 2 I. Ekkor dx = dt sin t = cos t. Így x2 dx x=sin t = = sin 2 t }{{} f(g(t))= cos 2 t cos }{{} t dt = g (t) 2 ( + cos 2t) dt = 2 cos t cos t dt = dt + 2 = 2 t + 4 sin 2t = (t + sin t cos t). 2 Ebből x2 dx = 2 (t + sin t cos t) t=rcsin x= 2 = (rcsin x + x ) x 2 2. cos 2t dt cos 2 t dt ( ) t + sin t sin 2 t t=rcsin x 74

181 7.3. Primitív függvény és Riemnn-integrál kpcsolt A Newton Leibniz-tétel A következőkben kiderül, hogy mi primitív függvény és Riemnn-integrál kpcsolt. Ez XVII-XVIII. százdbn élt Newton és Leibniz munkásságánk, egyben differenciál- és integrálszámításnk legfontosbb eredménye Tétel (Newton Leibniz-tétel). Legyen [, b] R tetszőleges zárt intervllum, f R[, b]. Tegyük fel, hogy létezik olyn F C[, b], F D(, b) függvény, melyre F = f z (, b)-n (vgyis, F primitív függvénye f-nek (, b)-n). Ekkor b f = F (b) F () =: [F ] b = F b. Bizonyítás. Legyen Φ F[, b] tetszőleges. H Φ osztópontjink hlmz {x 0, x,..., x n }, kkor F [xi,x i ]-re lklmzv 6.34 Lgrnge-középértéktételt létezik olyn ξ i (x i, x i ), melyre F (x i ) F (x i ) = F (ξ i ) (x i x i ) = f(ξ i ) (x i x i ). Összegezve i =,..., n-re következő teleszkopikus összeget kpjuk n (F (x i ) F (x i )) = F (x ) F (x 0 ) + F (x 2 ) F (x ) + + F (x n ) F (x n ) i= Nyilvánvlón = F (x n ) F (x 0 ) = F (b) F (). s f (Φ) n f(ξ i ) (x i x i ) = i= n (F (x i ) F (x i )) = F (b) F () S f (Φ), i= (hol középen egy Riemnn-összeg áll, ld. 7.8 Definíciót). Mivel f R[, b], ezért fentiekből kpjuk, hogy miből és ezt krtuk belátni. b f = b f F (b) F () b f = b b f = F (b) F (), f, 75

182 7.54. Megjegyzés. A 7.53 Newton Leibniz-tétel feltételei közül z f R[, b] nem hgyhtó el, még korlátos f esetén sem! A Newton Leibniz-tétel feltételeit teljesítő függvényekre bizonyíthtók primitív függvényeknél megismert prciális és helyetettesítéses integrálás szbályi Tétel (Prciális integrálás Riemnn-integrálr). Tegyük fel, hogy z f és g függvények kielégítik Newton Leibniz-tétel feltételeit [, b]-n, és legyen (egy) primitív függvényük F, ill. G. Ekkor f G, F g R[, b], és b f G = [F G] b b F g. Bizonyítás. Mivel F és G differenciálhtók, így folytonosk, tehát Riemnn-integrálhtók is [, b]-n, ld Tételt. A 7.29 Tétel lpján pedig szorztok Riemnn-integrálji is léteznek. Mivel (F G) = f G + F g, ezért 7.53 Newton Leibniz-tétel lpján b (f G + F g) = [F G] b. A 7.30 Állítás szerint fenti egyenlőség bl oldlár b mivel bizonyítás teljes. (f G + F g) = Jelölés. f R[, b] esetén jelölje b b f := f G + b f. b F g, Tétel (Helyettesítéses integrálás Riemnn-integrálr). Tegyük fel, hogy f kielégíti Newton Leibniz-tétel feltételeit [, b]-n. Legyen továbbá g : [α, β] [, b] differenciálhtó bijekció, melyre (f g) g R[α, β]. Ekkor b f = g (b) g () (f g) g. Bizonyítás. A feltételekből zonnl következik, hogy g vgy szigorún monoton növő vgy szigorún monoton fogyó, tehát g () = α, g (b) = β, vgy fordítv. Mivel f tetszőleges F primitív függvényére (F g) = (f g) g, 76

183 ezért 7.53 Newton Leibniz-tétel szerint { β (f g) g F (b) F (), = F (g(β)) F (g(α)) = F () F (b), α Másrészt, szintén Newton Leibniz-tétel lpján h g monoton növő; h g monoton fogyó. (7.0) b f = F (b) F (). H g monoton növő, tétel zonnl következik; h monoton fogyó, (7.0) egyenlőség mindkét oldlánk ellentettjét véve kész bizonyítás Integrálfüggvények Definíció. Legyen I tetszőleges intervllum, f : I R függvény. Azt mondjuk, hogy f lokálisn integrálhtó I-n, h f [,b] R[, b] minden [, b] I esetén. Az I-n lokálisn integrálhtó függvények hlmzát jelölje R loc (I) Megjegyzés. Könnyen láthtó, hogy h I = [, b], kkor R loc [, b] = R[, b]. Egy lokálisn integrálhtó függvénynek definiálhtjuk z I-n értelmezett ún. integrálfüggvényeit Definíció. H f R loc (I), kkor f integrálfüggvényei z I-n értelmezett lkú függvények, hol I, c R. I x c Megjegyzés. Könnyen láthtó, hogy egy dott f függvény bármely két integrálfüggvénye csk konstnsfüggvényben különbözik egymástól. Vlóbn, h F (x) = c + x x f f, F 2 (x) = c 2 + vlmely c, c 2 R és, b I számokr, kkor konstnsfüggvény. (F 2 F ) (x) = c 2 c + 77 b x b f, x I f, x I

184 7.6. Tétel. Legyen I nyílt intervllum, és tegyük fel, hogy f R loc (I) D (I) vgyis f kielégíti Newton Leibniz-tétel feltételeit tetszőleges [, b] I esetén. Ekkor f primitív függvényeinek f hlmz megegyezik f integrálfüggvényeinek hlmzávl. Ez zt is jelenti, hogy ekkor f integrálfüggvényei differenciálhtók, és deriváltjuk éppen f. Bizonyítás. Legyen F z f egy primitív függvénye I-n, vgyis F = f. Ekkor 7.53 Newton Leibniz-tétel szerint bármely, x I esetén x f = F (x) F () ( képlet igz x < esetén is!), tehát F z f egy integrálfüggvénye c := F () válsztássl. Fordítv, legyen F (x) := c + x f, x I f egy integrálfüggvénye. Rögzítsük f egy F 0 primitív függvényét ez feltétel lpján létezik. A 7.53 Newton Leibniz-tétel lpján F (x) c = x f = F 0 (x) F 0 (), miből F (x) = F 0 (x) + d, d = c F 0 (), tehát F is primitív függvénye f-nek. Annk idején 7.45 Tételt, vgyis hogy minden folytonos függvénynek vn primitív függvénye, bizonyítás nélkül mondtuk ki. Most elérkeztünk od, hogy ezt tételt igzoljuk. Mivel egy I nyílt intervllumon folytonos függvény lokálisn integrálhtó is (ld Tételt), most belátott tétel lpján primitív függvénye csk integrálfüggvénye lehet, és innen bizonyítás könnyen dódik Tétel. Legyen I nyílt intervllum, f R loc (I). H f folytonos z u I helyen, kkor f bármely F integrálfüggvénye differenciálhtó u-bn, és deriváltj Bizonyítás. Legyen F (x) = c + F (u) = f(u). x f, x I z f egy integrálfüggvénye vlmely I, c R esetén. Megmuttjuk, hogy minden ε > 0-hoz létezik olyn δ > 0, hogy h x I, x u < δ, x u, kkor F (x) F (u) f(u) x u ε. 78

185 Ebből már következik, hogy F (x) F (u) lim x u x u = F (u) = f(u). Mivel f folytonos u-bn, ezért ε-hoz létezik olyn δ > 0, hogy h x I, x u < δ, kkor f(x) f(u) < ε. Megmuttjuk, hogy ez δ jó lesz. Legyen x I, x u < δ, x u rögzítve. A F függvény definíciój és 7.3 Állítás szerint F (x) F (u) f(u) x u = x f(t) dt x f(u) dt x u u x u u = x (f(t) f(u)) dt x u. A 7.35 Következményből kpjuk, hogy F (x) F (u) f(u) x u sup { f(t) f(u) : t [u, x]} ε. u Következmény. H f C(I), kkor f-nek vn primitív függvénye I-n, éspedig bármely integrálfüggvénye z. Bizonyítás. H f C(I), kkor f R loc (I), ld Tételt. Így z előző tétel lpján tetszőleges F integrálfüggvényére F = f dódik I-n A Riemnn-integrál néhány lklmzás A 6.66 Tételben láttuk, hogy egy (elég sokszor differenciálhtó) függvény és Tylorpolinomjánk különbsége z ún. Lgrnge-féle mrdéktg. Ez mrdéktg ugynkkor egy Riemnn-integrál formájábn is felírhtó. A következő tétel teljes indukcióvl igzolhtó x f (t) dt = f(x) f() Newton Leibniz-formulából, de bizonyítás részleteitől itt eltekintünk Tétel (Tylor-formul integrál-mrdéktggl). Legyen f : R R, D(f). Tegyük fel, hogy K() D(f), hogy z f függvény n+-szer folytonosn differenciálhtó K()-bn. Legyen x K() tetszőleges. Ekkor f(x) = T n, (x) + x f (n+) (t) (x t) n dt, n! hol T n, (6.) egyenlőséggel definiált Tylor-polinom. 79

186 Alklmzás. Riemnn-integrál lklmzásávl igzolhtó (itt nem részletezzük) z ún. Wllis-formul: [ ] n π = lim n 3 (2n ) n Tegyünk most egy kis kitérőt terület mtemtiki foglmához! A terület egy olyn T : M [0, + ) függvény, hol M sík mérhető ( területtel rendelkező ) részhlmzit jelöli, és következő xiómák teljesülnek: Definíció.. H H tégllp, oldlhosszi és b, kkor H M és T (H) = b; 2. H H, H 2 M és H H 2, kkor T (H ) T (H 2 ) (monotonitás); 3. H H, H 2 M, és vn olyn e egyenes, hogy z e áltl htárolt félsíkok egyike trtlmzz H -et, másik H 2 -t, kkor H H 2 M és T (H H 2 ) = T (H ) + T (H 2 ); 4. H sík egy B részhlmz teljesíti következő feltételt: minden ε > 0 esetén léteznek olyn A, C M hlmzok, hogy A B C és T (C) T (A) < ε, kkor B M Tétel. H f 0 és f R[, b], kkor z A f := {(x, y) : x [, b], 0 y f(x)} síkidom területe ( 7.65 Definícióbn bevezetett területxiómák lpján) T (A f ) = b f Definíció. Az A R 2 hlmzt normáltrtománynk nevezzük, h hol f, g R[, b] és f g z [, b]-n. A = {(x, y) : x [, b], f(x) y g(x)}, Tétel. Az előbbiekben definiált normáltrtomány területe T (A) = b (g f). Az ívhossz foglmát 8. fejezetben fogjuk precízen definiálni, és ott igzoljuk z lábbi tételt is Tétel. H f : [, b] R folytonosn differenciálhtó, kkor z f grfikonjánk ívhossz b Γ(f) = + (f ) 2. 80

187 Ebből tételből gondolhtó meg z lábbi állítás is Tétel. H f 0 és f R[, b], kkor z f Γ(f) := {(x, f(x)) : x [, b]} grfikonjánk z x tengely körüli megforgtásávl kpott A forgástest térfogt V (A) = π H f folytonosn differenciálhtó, kkor kpott forgástest plástjánk felszíne F (A) = 2π 7.5. Improprius integrál b f b f 2. + (f ) 2. Ki szeretnénk terjeszteni Riemnn-integrál foglmát nyílt, félig nyílt és nem korlátos intervllumokr, vlmint nem korlátos függvényekre. Ehhez szükségünk lesz 7.57 és 7.59 Definíciókr. Jelölés. Jelölje (nemelfjuló) I intervllum esetén ebben szkszbn mindenütt z I bl, b z I jobb végpontját! Ezeket I vgy trtlmzz, vgy nem, továbbá, b = ± is lehet Definíció. Legyen I tetszőleges nemelfjuló intervllum, f : I R függvény. Azt mondjuk, hogy f impropriusn integrálhtó I-n, h f R loc (I) és f-nek létezik olyn F integrálfüggvénye I-n, melyre lim +0 F R és lim b 0 F R, és két htárérték nem zonos előjelű végtelen(!). Ekkor f improprius integrálj I-n: I f := b f = lim b 0 F lim +0 F. H f impropriusn integrálhtó és improprius integrálj véges, kkor zt mondjuk, hogy f improprius integrálj konvergens, minden más esetben pedig divergens Megjegyzés. A fenti definíció 7.60 Megjegyzés lpján független F válsztásától Megjegyzés. Legyen I = [, b) lkú, hol R, b R. H f R loc (I), kkor F (x) := 8 x f

188 válsztássl meggondolhtó, hogy f pontosn kkor impropriusn integrálhtó I-n, h z b f = lim x b htárérték létezik. Hsonlón, h I = (, b] lkú vlmely R, b R esetén, kkor f pontosn kkor impropriusn integrálhtó I-n, h x f htárérték létezik. b f = lim x + b x f Feldt. Számítsuk ki z f : I R, f(t) = e t hozzárendeléssel definiált függvény improprius integrálját z I := [0, + ) intervllumon! + 0 f = lim x x 0 [ e t dt = lim ] e t x = lim ( x 0 e x + ) =. x Feldt. Számítsuk ki z f : I R, f(t) = (α > 0) hozzárendeléssel definiált t α függvények improprius integrálját z I := [, + ) intervllumon! dt = lim t dt = lim tα x x x x α > dt = lim tα x x 0 < α < dt = lim t [ln x t]x = lim ln x = + x [ ] t α+ x dt = lim = lim tα x α + x ( x α+ α + α + ) = α, [ ] t α+ x ( ) x α+ dt = lim = lim tα x α + x α + = +, α Feldt. Számítsuk ki z f : I R, f(t) = (α > 0) hozzárendeléssel definiált t α függvények improprius integrálját z I := (0, ] intervllumon! 82

189 0 0 0 dt = lim t x 0+ dt = lim tα x 0+ α > dt = lim tα x 0+ x x 0 < α < x dt = lim t [ln x 0+ t] x = lim ( ln x) = + x 0+ [ ] t α+ = lim α + x 0+ dt = lim tα x 0+ Könnyen meggondolhtó z lábbi. x ( ) α + x α+ = +, α + [ ] t α+ ( ) dt = lim = lim tα x 0+ α + x 0+ x α + x α+ = α + α, Állítás. H z + f improprius integrál konvergens és létezik lim + f, kkor szükségképpen lim + f = 0. Bizonyítás. Tegyük fel indirekt, hogy lim + f = A > 0 és véges (z A < 0 eset hsonlón meggondolhtó). Ekkor htárérték definíciój lpján létezik olyn < K R, hogy h x > K, kkor f(x) > A. Így tetszőleges x > K esetén 2 x f = K f + x K f > K f + A 2 (x K), x, vgyis + f nem lehet konvergens, mi ellentmondás. H lim + f = + voln, kkor tetszőleges A > 0 vlós számhoz létezik fenti tuljdonságú K, így z ellentmondás szintén dódik. A lim + f = eset hsonlón meggondolhtó Feldt. Adjunk példát olyn f függvényre, melyre + f improprius integrál konvergens és lim + f nem létezik! A következőkben improprius integrálok konvergenciájár vontkozó feltételekkel fogllkozunk. A gykorltbn ugynis gykrn csk konvergenci meglétére vn szükségünk, z integrál pontos értékére mi áltlábn nehezen is számolhtó nem. Ismételjük át függvényhtárértékre tnult Cuchy-kritériumot (ld. 4.2 Tételt)! Ezen tétel segítségével szükséges és elégséges feltételt dhtunk egy improprius integrál konvergenciájár Tétel (Cuchy-féle szükséges és elégséges feltétel improprius integrálhtóságr). Legyen I nemelfjuló intervllum, f R loc (I). Ekkor f improprius integrálj pontosn kkor konvergens, h minden ε > 0 esetén léteznek olyn α, β I, < α β < b számok, hogy v f < ε, h < u < v < α vgy β < u < v < b. u 83

190 Bizonyítás. Következik bból, hogy h F tetszőleges integrálfüggvénye f-nek I-n, kkor v u f = F (v) F (u). Alklmzzuk 4.2 Tételt F -nek b-beli bl oldli és -beli jobb oldli (véges) htárértékére! Péld. Mutssuk meg 7.79 Cuchy-feltétel segítségével, hogy z függvény improprius integrálj konvergens! Prciális integrálássl kpjuk: f : (0, + ) R, f(x) = sin x x Ebből v u sin t t v u sin t t [ cos t dt = t ] v u v u cos t t 2 dt = cos v + cos u v v u cos t dt u t 2 cos v v + cos u v + cos t u u t 2 dt v + v u + u v + [ u + ] v = 2 t u < ε, u dt. t 2 dt h 2 < u < v. Másrészt, f-nek vn véges htárértéke 0-bn (lim ε x 0 sin x = ), így f-et x kiterjeszthetjük [0, + ) intervllumr úgy, hogy 0-bn -nek definiáljuk és így egy folytonos függvényt kpunk. Ezzel z improprius integrál konvergenciáját beláttuk ábr. 0 sin x x dx konvergenciáj 7.8. Definíció. H z f improprius integrál konvergens, kkor zt mondjuk, hogy I f bszolút konvergens. I Most megmuttjuk, hogy z improprius integrál bszolút konvergenciájából következik z eredeti integrál konvergenciáj. 84

191 7.82. Állítás. H z I f improprius integrál bszolút konvergens, kkor z I f improprius integrál is konvergens. Bizonyítás. A feltétel szerint f R loc (I), 7.33 Következmény lpján pedig f R loc (I) is teljesül. Mivel f konvergens, ezért 7.79 Tétel lpján ε > 0-hoz léteznek I olyn α, β I, < α β < b számok, hogy v v f = f < ε, h < u < v < α vgy β < u < v < b. u u Ekkor z f integrálr is teljesül Cuchy-kritérium ugynezen α, β I számokkl, I hiszen v v f f < ε, h < u < v < α vgy β < u < v < b. u Ez éppen zt jelenti, hogy I f konvergens. u Megjegyzés. Vigyázt! A fenti állítás nem megfordíthtó. Például, z sin x dx 0 x nem konvergens, vgyis 7.80 Példábn szereplő integrál nem bszolút konvergens! A 7.6. ábrán jól láthtó, hogy z eredeti integrál végessége egy Leibniz-típusú sor (minek tgji váltkozó előjelű területdrbok) összegén múlik. Most végtelen numerikus sorokkl kpcsoltbn tnult összehsonlító kritérium improprius integrálokr vontkozó megfelelője következik Tétel (Összehsonlító kritérium). Legyen f R loc (I). Tegyük fel, hogy létezik olyn g : I R + függvény, melynek improprius integrálj konvergens I-n és mjorálj f-et, vgyis f g I-n. Ekkor f improprius integrálj is konvergens. Bizonyítás. A 7.79 Tétel szerint bármely ε > 0 számhoz léteznek α, β R, < α β < b számok, hogy v v g = g < ε, h < u < v < α vgy β < u < v < b. u u Ebből 7.32 Állítás és 7.33 Következmény lpján v v v f f g < ε, h < u < v < α vgy β < u < v < b. u u Így z állítás 7.79 Tételből következik f-re. u Megjegyzés. Könnyen meggondolhtó, hogy 7.84 Tétel kkor is igz mrd, h z f g feltétel csk z ill. b pont közelében teljesül. 85

192 7.86. Feldt. Mutssuk meg 7.84 Összehsonlító kritérium segítségével, hogy z f : (, + ) R, f(x) := e x2 függvény (7.7. ábr) improprius integrálj konvergens! y 7.7. ábr. Az f(x) = e x2 függvény grfikonj ( hrnggörbe ) x x (, ] : e x2 e x, x [, + ) : e x2 e x Ezért 7.74 Feldt lpján f improprius integrálj konvergens (, + )-en. Igzolhtó, hogy + e x2 dx = π Feldt. Szintén 7.84 Tétel segítségével meggondolhtó ( részleteket z olvsór bízzuk), hogy tetszőleges n természetes számr z f : [0, + ) R, f(x) := x n e x függvény improprius integrálj konvergens. Igzolhtó, hogy minden n N esetén + 0 x n e x dx = n!. A következőkben zt gondoljuk meg, hogy z improprius integrálhtóság és végtelen sorok konvergenciáj hogyn kpcsolhtó össze Tétel (Végtelen sorok konvergenciájár vontkozó integrálkritérium). Legyen f : [, + ) R + monoton fogyó függvény. Ekkor + f(n) sor pontosn kkor konvergens, h f improprius integrál konvergens. Bizonyítás. Legyen S k := f()+ +f(k) f(n) sor k. részletösszege. Tudjuk, hogy sor pontosn kkor konvergens ill. divergens, h z (S k ) sorozt konvergens ill. divergens. H tekintjük z [, k] intervllumnk z, 2,..., k osztópontok áltl meghtározott Φ felosztását, kkor f monoton fogyását felhsználv könnyen láthtó, hogy f() + s f (Φ) = S k, 86

193 y f() y f() f(2) f(2) f(2) f(3) f(3) f(4) f(5) f(4) f(5) f x f() f(3) f(2) f(4) f(5) f(3) f(4) f x 7.8. ábr. f() + S f (Φ) = S k 7.9. ábr. S f (Φ) = S k továbbá S f (Φ) = S k, lásd 7.8. és 7.9. ábrákt. Ebből kpjuk, hogy k+ f S k f() + Mivel z x f integrálfüggvény monoton növő, ebből z is meggondolhtó, hogy z + f pontosn kkor konvergens, h z ( k f) sorozt konvergens. Mivel (S k) és ( k f) is monoton növő, ezért fenti egyenlőtlenségsoroztból tétel állítás következik Állítás (Hiperhrmonikus sor). A n α hiperhrmonikus sor konvergens, h α > és divergens, h α. Bizonyítás. Alklmzzuk 7.88 integrálkritériumot! Mivel pozitív, monoton fogyó n α tgú, ezért pontosn kkor konvergens, h z integrál konvergens. A bizonyítás x α dódik 7.75 Feldtból. k f. Alklmzás. Improprius integrál lklmzásávl igzolhtó (itt nem részletezzük) z ún. Stirling-formul: n! n n e n 2πn, hol zt jelenti, hogy két oldlán álló kifejezést egy-egy sorozt n-edik tgjként definiálv, két sorozt hánydos -hez trt, zz szimptotikusn egyenlők. 87

194 8. fejezet Függvénysoroztok, függvénysorok 8.. Függvénysoroztok Legyen X R, X. 8.. Definíció. Minden n N természetes számhoz hozzárendelünk egy f n : X R függvényt. Az n f n leképezést függvénysoroztnk nevezzük. Jelölésben (f n ) n N vgy (f n ) Definíció. Legyenek dv z f : X R, f n : X R (n N) függvények. Azt mondjuk, hogy z (f n ) függvénysorozt z X hlmzon pontonként trt z f függvényhez, h minden x X esetén lim n (f n(x)) = f(x), vgyis z (f n (x)) n N számsorozt konvergens, és htárértéke z f függvény x helyen felvett értéke. Ekkor z f : X R függvényt z (f n ) függvénysorozt limeszfüggvényének nevezzük, és pontonkénti konvergenciát így jelöljük: f n f. H létezik fenti tuljdonságú f, kkor zt mondjuk, hogy z (f n ) függvénysorozt pontonként konvergens X-en Megjegyzés. A pontonkénti limeszfüggvény egyértelmű, mivel sorozthtérték is z Péld. Legyen X := [0, ], f n (x) := x n, n N. Ekkor f n f, hol { 0, x [0, ), f(x) =, x =. 88

195 y x 8.. ábr. f n (x) = x n konvergenciáj 8.5. Definíció. Legyen (f n ) tetszőleges függvénysorozt, f n : X R, n N. E sorozt konvergencihlmz KH(f n ) = KH = {x X : (f n (x)) n N konvergens}. H KH, kkor beszélhetünk limeszfüggvényről, melynek értelmezési trtomány D(f) := KH, és f(x) := lim n (f n (x)), x KH Péld. Legyen X := R.. f n (x) := x n. Ekkor KH(f n ) = (, ]; 2. f n (x) := sin nx n. Ekkor KH(f n) = R. Gondoljuk meg, hogy mit jelent z, hogy (f n ) z X hlmzon pontonként trt z f-hez? y ε < ε > f f N x 2 x b x 8.2. ábr. Pontonkénti konvergenci x X : lim n (f n (x)) = f(x) 89

196 x X-re ε > 0-hoz N(ε, x) = N : n N esetén f n (x) f(x) < ε. Előfordulht tehát, hogy különböző x-ek esetén más-más (egyre ngyobb) küszöbindex tlálhtó. A következőkben bevezetünk egy olyn konvergencifoglmt, hol fenti definícióbn létező N küszöbindex nem függ x-től (csk ε-tól), vgyis ugynz z N jó z egész X hlmzon. y f ε < f n < f + ε (n N) f + ε f f n (n N) f ε b x 8.3. ábr. Egyenletes konvergenci 8.7. Definíció. Legyenek dv z f : X R, f n : X R (n N) függvények. Azt mondjuk, hogy z (f n ) függvénysorozt egyenletesen trt f-hez z X hlmzon, h ε > 0-hoz N(ε) = N : n N esetén és x X-re f n (x) f(x) ε Mivel x X-re f n (x) f(x) ε sup x X f n (x) f(x) ε, ezért fenti definícióvl ekvivlens ε > 0-hoz N(ε) = N : n N esetén sup f n (x) f(x) ε, x X mi pedig kifejezhető úgy is, mint Jelölésben: n := sup f n (x) f(x) 0, n. (8.) x X f n f X-en. H létezik fenti tuljdonságú f függvény, kkor zt mondjuk, hogy z (f n ) függvénysorozt egyenletesen konvergens X-en. 90

197 A definícióbn szereplő ekvivlens megfoglmzások közül z utolsót, (8.)-t hsználjuk leggykrbbn konkrét függvénysoroztok egyenletes konvergenciájánk eldöntésére Megjegyzés. H f n f z X hlmzon, kkor (f n ) pontonként is trt f-hez X-en Péld.. f n (x) := n, X := [0, ], f n f 0 [0, ]-en; 2. f n (x) := x+n, X := [0, ], f n f 0 [0, ]-en. y y x x 8.4. ábr. f n (x) = n konvergenciáj 8.5. ábr. f n (x) = x+n konvergenciáj 8.0. Péld.. Legyen X := [0, ] és definiáljuk következő függvénysoroztot ( klpfüggvények vgy sátortetőfüggvények ), ld ábr. Mivel minden x [0, ] esetén létezik olyn N N, hogy N < x, ezért f n(x) = 0, h n N, tehát f n (x) 0, n. Így f n f 0 pontonként X-en. Másrészt világos, hogy sup f n (x) f(x) = 0, x [0,] ezért (f n ) nem egyenletesen konvergens X-en. 2. Legyen X := [0, ], f n (x) := x n, n N. A 8.4 Péld lpján (f n ) pontonként konvergál X-en { 0, x [0, ), f(x) =, x =. függvényhez. Másrészt f n (x) f(x) = 9 { x n, x [0, ), 0, x =,

198 y f n 2n n x 8.6. ábr. Sátortető függvények, f n 0 pontonként, de f n nem egyenletesen konvergens tehát sup f n (x) f(x) = 0. x [0,] Így (f n ) nem egyenletesen konvergens. Most bizonyítás nélkül jegyezzük meg, hogy függvénysoroztok egyenletes konvergenciájánk létezik számsoroztok konvergenciájához hsonló Cuchy-féle ekvivlens feltétele. 8.. Állítás. Az (f n ) függvénysorozt pontosn kkor egyenletesen konvergens z X hlmzon, h z (f n ) függvénysorozt egyenletesen Cuchy-tuljdonságú X-en. Vgyis f : f n f X-en ε > 0 N = N(ε) : n, m N esetén sup f n (x) f m (x) ε. x X Problém. Az (f n ) függvénysorozt milyen tuljdonsági öröklődnek át z f limeszfüggvényre? 8... Folytonosság Ellenpéld: 8.2. Péld. Tekintsük 8.7. ábrát. Könnyen láthtó, hogy f n f, z f n függvények folytonosk minden n esetén, viszont f szkd 0-bn Tétel. Legyen (f n ) olyn függvénysorozt, melyre z f n : X R (n N) függvények folytonosk vlmely x 0 X pontbn, vlmint f n f X-en, vgyis (f n ) egyenletesen trt f-hez X-en. Ekkor f is folytonos x 0 -bn. 92

199 y f n n x 8.7. ábr. Félsátortető függvények, f n (n N) folytonos, de f nem folytonos Bizonyítás. Legyen ε > 0 rögzítve. Megmuttjuk, hogy vn olyn δ > 0 szám, melyre h x x 0 < δ, kkor f(x) f(x 0 ) < ε. A 8.7 Definíció szerint ε/3-hoz tlálunk olyn N N küszöbindexet, hogy Speciálisn, f n (x) f(x) < ε/3 minden x X esetén, h n N. f N (x) f(x) < ε/3 minden x X-re. Mivel f N folytonos x 0 -bn, zért ε/3-hoz létezik olyn δ > 0, hogy f N (x) f N (x 0 ) < ε/3, h x x 0 < δ. Megmuttjuk, hogy ez δ jó f-hez. Legyen x olyn, hogy x x 0 < δ. Ekkor háromszögegyenlőtlenség lpján f(x) f(x 0 ) f(x) f N (x) + f N (x) f N (x 0 ) + f N (x 0 ) f(x 0 ) ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε Következmény. Legyen (f n ) olyn függvénysorozt, melyre z f n : X R (n N) függvények folytonosk z egész X hlmzon, vlmint f n f X-en. Ekkor f is folytonos X-en Riemnn-integrálhtóság Problém. H I = [, b] korlátos és zárt intervllum, (f n ) tgji Riemnn-integrálhtók I-n, f n f. Igz-e, hogy ekkor f is Riemnn-integrálhtó I-n, ill. hogy b f n b f? Ellenpéldák: 93

200 . Rendezzük sorb [0, ] intervllumb eső rcionális számokt: Definiálj Q [0, ] = {r, r 2, r 3,... }. f n (x) := {, x {r, r 2,..., r n }, 0, különben, vgyis z {r, r 2,..., r n } hlmz krkterisztikus függvényét. Könnyen láthtó (ld Megjegyzést), hogy f n R[0, ]. Másrészt f n D, hol {, x Q [0, ] D(x) := 0, különben, Dirichlet-függvény, mi nem Riemnn-integrálhtó [0, ]-en, ld. 7.0 Feldtot. 2. Tekintsük 8.8. ábrán láthtó függvénysoroztot. A 8.0. Példábn meggondolt y n f n 2n n x 8.8. ábr. Nemkorlátos sátortető függvény: ellenpéld Riemnn-integrálhtóságr módon láthtó, hogy (f n ) pontonként (de nem egyenletesen) trt z f 0 függvényhez [0, ]-en. Másrészt f és f n is Riemnn-integrálhtó [0, ]-en minden n-re, de f n = n n 2 = 2 f = Tétel. Legyen [, b] korlátos és zárt intervllum, és (f n ) olyn függvénysorozt, melynek tgji Riemnn-integrálhtók [, b]-n, és f n f z [, b] intervllumon. Ekkor f is Riemnn-integrálhtó [, b]-n, vlmint ( b b lim n f n ) = 94 f 0

201 Bizonyítás. Könnyen láthtó, hogy ( b f n) számsorozt Cuchy-sorozt. Ugynis, legyen ε > 0 tetszőleges. Ekkor z f n f mitt létezik olyn N, hogy minden n N esetén sup f n (x) f(x) ε. x [,b] Ezért, h n, m N, kkor b b f n f m b f n f m b f n f + b f f m 2ε (b ) 7.33 Következmény és 7.34 Állítás lpján. A 3.43 Tétel (soroztok konvergenciájár vontkozó Cuchy-féle kritérium) szerint ekkor ( b f n) konvergens, tehát létezik I := lim n b Belátjuk, hogy f Riemnn-integrálhtó [, b]-n és b f = I. Legyen ismét ε > 0 tetszőleges rögzített szám. Az egyenletes konvergenci lpján létező N küszöbindexre n N esetén f n. f n ε f f n + ε (hol z egyszerűség kedvéért ε-l jelöltük z zonosn ε konstns függvényt is). Az lsó és felső Riemnn-integrál definíciój szerint b f n ε (b ) = b b (f n ε) = (f n + ε) = b b (f n ε) (f n + ε) = b b f b f f n + ε (b ), hol kihsználtuk zt is, hogy z lsó- és felső integrálok is trtják rendezést. Elvégezve z n htárátmenetet, z egyenlőségsorozt két vége lpján kpjuk, hogy I ε (b ) b f b f I + ε (b ). H most ε 0, kkor I b f b f I, miből következik, hogy f Riemnn-integrálhtó és I = b f. 95

202 8.6. Tétel. Legyen [, b] korlátos és zárt intervllum, és (f n ) olyn függvénysorozt, melynek tgji folytonosk (így Riemnn-integrálhtók is) [, b]-n, és f n f z [, b] intervllumon. Ekkor f is folytonos (tehát Riemnn-integrálhtó) [, b]-n, vlmint ( b ) lim f n = n Bizonyítás. A tétel első része dódik 8.4 Következményből. Az integrálok htárértékéről szóló állítás pedig fenti bizonyítás végével zonos módon igzolhtó Megjegyzés. A fentiekben ( b ) lim f n = n képlet úgy is írhtó, hogy b b ( b ) b lim f n = lim f n, n n vgyis egyenletes konvergenci esetén limesz és z integrálás sorrendje felcserélhető Differenciálhtóság Problém. Milyen feltételek mellett öröklődik differenciálhtóság limeszfüggvényre, feltéve, hogy z (f n ) függvénysorozt tgji differenciálhtók? 8.8. Péld. Tekintsük 8.9. ábrán láthtó f n (x) = f f x 2 +, (n N) n függvénysoroztot! Nyilvánvló, hogy z f n függvények differenciálhtók. Továbbá, gyöktelenítéssel számolv f n (x) x = x 2 + n x 2 n = x , n. x n 2 n Innen következik, hogy függvénysorozt tgji egyenletesen trtnk z f(x) = x függvényhez mi viszont 0-bn nem differenciálhtó Megjegyzés. Beláthtó, hogy tetszőleges folytonos függvény még polinomfüggvények soroztánk egyenletes limeszeként is előáll. 96

203 y x 8.9. ábr. f n (x) = x 2 +, n N konvergenciáj n Az előbbi péld lpján z egyenletes konvergenciától eltérő feltételeket kell tennünk függvénysoroztr, hogy differenciálhtóság megőrződjön limeszfüggvényre. Az lábbi tétel feltételei között szerepelni fog, hogy függvénysorozt tgji legyenek z [, b] zárt intervllumon folytonosn differenciálhtók. Ez ltt zt értjük, hogy z f n függvények legyenek z (, b) nyílt intervllumon szokásos értelemben differenciálhtók, és z f n deriváltfüggvények folytonosn kiterjedjenek z [, b] zárt intervllumr (tehát létezzenek olyn, z [, b]-n értelmezett folytonos függvények, melyek (, b)-re vló megszorítás f n). A tétel bizonyítás során 7.53 Newton Leibniz-tétel lklmzáskor vlójábn csk ennyit hsználunk ki, de z egyszerűség kedvéért zt írjuk, hogy f n létezik és folytonos [, b]-n Tétel. Legyenek z (f n ) függvénysorozt tgji z I = [, b] intervllumon folytonosn differenciálhtó függvények (vgyis minden f n differenciálhtó és z f n folytonos I-ben), továbbá tegyük fel, hogy. x 0 I, hogy z (f n (x 0 )) n N számsorozt konvergens; 2. g : I R függvény, hogy f n g z I-n. Ekkor létezik f : I R differenciálhtó függvény, hogy f n f, emellett f = g. Bizonyítás. Jelölje c := lim n f n (x 0 ) R. Mivel f n folytonos n és f n g I-ben, ezért 8.4 Következmény szerint g is folytonos I-n. Jelölje f(x) := c + x x 0 g, x I. (8.2) Mivel g folytonos I-ben, ezért 7.62 Tétel szerint integrálfüggvénye differenciálhtó, így fenti f : I R is differenciálhtó, és f (x) = g(x) minden x I-re. (8.3) 97

204 Alklmzzuk most 7.53 Newton Leibniz-tételt z f n függvényre (ez megtehető, mivel folytonos, tehát Riemnn-integrálhtó, és vn primitív függvénye: f n ). Ekkor x x 0 f n = [f n ] x x 0 = f n (x) f n (x 0 ). Az egyenlőség átrendezéséből kpjuk: f n (x) = f n (x 0 ) + x x 0 f n x I. (8.4) H (8.4) egyenlőségből kivonjuk (8.2)-t, ennek bszolút értékére kpjuk következő becslést: x x f n (x) f(x) f n (x 0 ) c + (f n g) f n(x 0 ) c + f n g x 0 x 0 b ( ) f n (x 0 ) c + f n g f n (x 0 ) c + sup f n g (b ). I Az így kpott becslés már x-től független, tehát sup f n (x) f(x) f n (x 0 ) c + x I ( ) sup f n g I (b ) is teljesül. Mivel c = lim n f n (x 0 ), zért jobb oldl első tgj 0-hoz trt, továbbá mivel f n g, második tg is 0-hoz trt, h n. Ezzel (8.) lpján igzoltuk, hogy f n f z I-n. Másrészt (8.3) lpján f = g is teljesül I-ben, mivel tételt beláttuk Következmény. Legyenek z (f n ) függvénysorozt tgji z I = [, b] intervllumbn folytonosn differenciálhtó függvények, továbbá tegyük fel, hogy. f : I R függvény, hogy f n f pontonként I-ben; 2. g : I R függvény, hogy f n g I-n. Ekkor f n f is teljesül, emellett f = g Megjegyzés. Az előző tétel, ill. következmény feltételei mellett ( ) lim f n = lim f n n n, vgyis limesz és deriválás sorrendje felcserélhető. 98

205 8.2. Függvénysorok Legyen X R, X hlmz Definíció. Legyenek z (f n ) függvénysorozt tgji z X-en értelmezett függvények. Képezzük ebből kövekező új függvénysoroztot: s n := n f i, n =, 2,..., (8.5) i= zz minden x X esetén s n (x) := n i= f i(x). Ezt z (s n ) függvénysoroztot z eredeti (f n ) függénysorozthoz trtozó függvénysornk nevezzük, és jelöljük: fn := (s n ). A (8.5)-ben definiált s n függvényt függvénysor n-edik szeletének vgy részletösszegének nevezzük Definíció. Azt mondjuk, hogy f n függvénysor z X hlmzon pontonként konvergens, h sor szeleteiből álló (s n ) függvénysorozt pontonként konvergens X-en, vgyis létezik f : X R függvény, hogy minden x X esetén s n (x) f(x). Azt mondjuk, hogy f n függvénysor z X hlmzon egyenletesen konvergens, h létezik f : X R függvény, melyre s n f z X-n. Mindkét esetben f-et függvénysor összegfüggvényének nevezzük, és így jelöljük: f = f n Definíció. Legyen f n tetszőleges függvénysor. Jelölje n= KH := {x X : (s n (x)) konvergens} f n függvénysor konvergencihlmzát. H KH, kkor beszélhetünk összegfüggvényről, melynek értelmezési trtomány D(f) := KH, és z összegfüggvény. f(x) := lim n (s n (x)), x KH Péld. Legyen f n (x) := x n (n N). A jól ismert geometrii sor konvergencituljdonságiból dódik, hogy n=0 x n =, x <, x 99

206 és sor konvergencihlmz KH = (, ). A konvergenci zonbn KH hlmzon nem egyenletes, ugynis minden egyes n mellett n sup s n (x) f(x) = sup x i x (,) x (,) x = sup x n+ i= x (,) x x = sup x n+ x =. x (,) H zonbn egy szűkebb hlmzon, pl. (, ) intervllumon tekintjük függvénysort, 2 2 ott konvergenci egyenletes lesz, ugynis n sup x i x = sup x n+ x = 0, n. 2n x ( 2, 2 ) i= x ( 2, 2 ) Megjegyzés. Kérdés, hogy dott f n (pontonként) konvergens függvénysor esetén hogyn számolhtjuk ki z összegfüggvény egy dott x X pontbeli helyettesítési értékét, f(x)-et? Definíció szerint f(x) = lim n s n (x) = lim n n f i (x) = i= f n (x) egy végtelen numerikus sor összege, mely függvénysor tgjink x-beli helyettesítési értékeiből kiszámolhtó (h szerencsénk vn...) tehát nem szükséges z (s n ) függvénysoroztot meghtározni! Ez lpján z is világos, hogy { KH = x X : } f n (x) numerikus sor konvergens. A következőkben függvénysoroztoknál megismertekhez hsonló állításokt mondunk ki rr vontkozólg, hogy függvénysor tgjink milyen tuljdonsági és milyen feltételek mellett öröklődnek z összegfüggvényre Tétel. Legyenek f n függvénysor tgji z X hlmzon értelmezett vlós értékű függvények, és tegyük fel, hogy sor egyenletesen konvergens X-en. H emellett vlmely x 0 X pontbn függvénysor minden tgj folytonos, kkor z f := n= f n összegfüggvény is folytonos x 0 -bn. Bizonyítás. A feltételből következik, hogy z s n := n i= f i részletösszegek mindegyike folytonos x 0 -bn. Így 8.24 Definíció és 8.3 Tétel lpján bizonyítás kész Következmény. Legyenek f n függvénysor tgji z X hlmzon értelmezett vlós értékű függvények, és tegyük fel, hogy sor egyenletesen konvergens X-en. H emellett függvénysor minden tgj folytonos z X hlmzon, kkor z f := n= f n összegfüggvény is folytonos X-en. 200 n=

207 8.30. Tétel. Legyen I := [, b] korlátos és zárt intervllum, legyenek f n függvénysor tgji z I intervllumon Riemnn-integrálhtó függvények. H emellett f n függvénysor egyenletesen konvergens I-n, kkor z f := n= f n összegfüggvény is Riemnnintegrálhtó I-n, vlmint b f = ( b n= A képlet következőképpen is írhtó: ( b ) f n = n= f n ). ( b n= f n ), vgyis szumm és z integrálás sorrendje felcserélhető. Bizonyítás. Jelölje s n := n i= f i függvénysor n-edik szeletét! Mivel minden f i Riemnnintegrálhtó [, b]-n, zért s n R[, b]. Továbbá s n f I-n, ezért 8.5 Tételből következik, hogy f R[, b], vlmint lim n b b s n = lim n ( n i= f i ) = lim n n ( b ) f i = i= ( b ) f n = n= b f Tétel. Legyen I = [, b], legyenek f n függvénysor tgji folytonosn differenciálhtók I-ben. Tegyük fel továbbá, hogy. x 0 I pont, melyben f n (x 0 ) numerikus sor konvergens; 2. f n függvénysor egyenletesen konvergens I-n, n= f n = g. Ekkor z eredeti f n függvénysor is egyenletesen konvergens I-n, emellett f := n= f n jelöléssel f is folytonosn differenciálhtó I-n és f = g = f n. Bizonyítás. A feltételekből következik, hogy 8.20 Tétel feltételei teljesülnek f n függvénysor részletösszegeiből képezett (s n ) függvénysoroztr. Ez lpján z állítás könnyen beláthtó Következmény. Legyen I = [, b], legyenek f n függvénysor tgji folytonosn differenciálhtók I-ben. Tegyük fel továbbá, hogy n=. f n függvénysor pontonként konvergens I-ben; 20

208 2. f n függvénysor egyenletesen konvergens I-n, n= f n = g. Ekkor z eredeti f n függvénysor is egyenletesen konvergens I-n, emellett f := n= f n jelöléssel f is folytonosn differenciálhtó I-n és f = g = f n Megjegyzés. A fenti tétel, ill. következmény feltételei mellett ( ) f n = f n, n= n= n= vgyis szumm és deriválás sorrendje felcserélhető. Problém. Megdhtó-e jól hsználhtó feltétel rr nézve, hogy f n függvénysor egyenletesen konvergens legyen? (Függvénysoroztok esetén (8.) egy jól hsználhtó szükséges és elégséges feltétel.) Állítás (Függvénysorok egyenletes konvergenciájánk Cuchy-féle kritérium). A f n függvénysor pontosn kkor egyenletesen konvergens X-en, h minden ε > 0 számhoz tlálhtó olyn N = N(ε) N küszöbindex, hogy minden n > m N esetén sup x X s n (x) s m (x) = sup f m+ (x) + + f n (x) < ε, x X vgyis z (s n ) függvénysorozt egyenletesen Cuchy. Bizonyítás. Adódik 8. Állításból Péld. A 8.26 Példábn szereplő x n függvénysorról Cuchy-kritérium lpján is beláthtó, hogy konvergencihlmzán nem egyenletesen konvergens. Ugynis, n+ n sup s n+ (x) s n (x) = sup x i x i = sup x n+ =. x (,) x (,) x (,) i= Az lábbi tétel gykorltbn Cuchy-kritériumnál jobbn hsználhtó, bár csk elegendő feltételt d z egyenletes konvergenciár Tétel (Weierstrss-féle kritérium függvénysorok egyenletes konvergenciájár). Tegyük fel, hogy létezik egy n pozitív tgú, konvergens numerikus sor, melyre minden n N esetén f n (x) n x X, vgyis sup f n (x) n. x X Ekkor f n egyenletesen konvergens X-en. Azz, h f n függvénysor tgji mjorálhtók X-en egy pozitív tgú konvergens numerikus sor megfelelő tgjivl, kkor függvénysor egyenletesen konvergens X-en. i= 202

209 Bizonyítás. Az 5.7 Tétel (végtelen numerikus sorokr vontkozó Cuchy-kritérium) szerint tetszőleges ε > 0-hoz létezik N = N(ε) N küszöbindex, hogy minden n > m N esetén m+ + + n = m+ + + n < ε, mivel k 0, k N. Így bármely n > m N indexekre sup x X f m+ (x) + + f n (x) sup x X f m+ (x) + + sup f n (x) m+ + + n < ε x X is teljesül, mivel 8.34 Cuchy-kritérium lpján tételt beláttuk Megjegyzés. A 8.36, függvénysorokr vontkozó Weierstrss-kritérium nnk z nlógj, hogy numerikus sorok esetén z bszolút konvergenci implikálj konvergenciát, ld. z 5.3 Állítást Péld. Tekintsük sin nx n 3/2 sin nx függvénysort. Mivel minden n-re és minden vlós x-re és n 3/2 n 3/2 n 3/2 zért függvénysor egyenletesen konvergens R-en. konvergens, Htványsorok A továbbikbn z úgynevezett htványsorok, zz n (x x 0 ) n lkú függvénysorok tuljdonságivl szeretnénk fogllkozni, hol ( n ) R tetszőleges sorozt és x 0 R htványsor ún. közepe. A htványsor tehát egy speciális függvénysor, hol z összegzendő függvények f n (x) := n (x x 0 ) n lkúk. Az f(x) = n (x x 0 ) n n=0 összegfüggvény vizsgáltánál két fontos kérdést vizsgálunk. D(f) =?, zz mely x R esetén lesz ( n (x x 0 ) n ) konvergens? Milyen tuljdonságokkl rendelkezik z f függvény? Az első kérdésre viszonylg gyorsn egy mjdnem teljes válszt tudunk dni. Ehhez először terjesszük ki korlátos soroztokr vontkozó lim sup foglmát (ld szkszt) felülről nem korlátos soroztokr! Világos, hogy ez könnyen megtehető csk ez esetben lim sup n = + is előfordulht. Továbbá, z is egyszerűen meggondolhtó, hogy korlátos soroztokr kimondott állítások lábbi megfelelői érvényesek lesznek: 203

210 . A lim sup n z ( n ) sorozt htárértékkel rendelkező részsoroztink htárértékei közül legngyobb (tehát vn is olyn ( ni ) részsorozt, melyre ni lim sup n.) 2. Minden lim sup n -nél kisebb számnál ngyobb tg végtelen sok vn z ( n ) soroztbn, lim sup n -nél ngyobb számnál ngyobb tg pedig csk véges sok vn z ( n ) soroztbn. Ezekből könnyen meggondolhtó végtelen sorok konvergenciájár vontkozó gyökkritérium egy módosított változt (ld. z 5.22 Tételt) Tétel (Cuchy-féle gyökkritérium módosított verzió). Legyen (c n ) dott sorozt.. H kkor c n (bszolút) konvergens. lim sup n c n <, 2. H kkor c n divergens. lim sup n c n >, Ebből már igzolhtjuk fenti első kérdésre (mjdnem teljes) válszt Tétel (Cuchy Hdmrd-tétel). Legyen ( ) r := lim sup n n 0+ = +, + = 0. H x x 0 < r, kkor n (x x 0 ) n (numerikus sor) bszolút konvergens, h x x 0 > r, kkor n (x x 0 ) n (numerikus sor) divergens. Bizonyítás. Legyen x R és lklmzzuk n (x x 0 ) n sorr fenti gyökkritériumot. Ezek szerint sor bszolút konvergens, h lim sup n n (x x 0 ) n = x x 0 lim sup n n <. Átrendezéssel kpjuk z első állítást. Hsonlón, gyökkritérium divergencifeltételét lklmzv kpjuk, hogy sor divergens, h lim sup n n (x x 0 ) n = x x 0 lim sup n n >. 204

211 8.4. Definíció. Az előző tételben szereplő r := lim sup n n számot htványsor konvergencisugr ánk nevezzük. A 8.40 Cuchy Hdmrd-tétel lpján tehát htványsor összegfüggvénye minden esetben létezik (x 0 r, x 0 +r) nyílt intervllumon Megjegyzés. A Cuchy Hdmrd-tétel semmit nem mond z x = x 0 r és x = x 0 + r pontokbn vló konvergenciáról, z mindig további vizsgáltot igényel. A végtelen sorokkl végezhető műveletek (ld. z 5.5 és z 5.37 (Mertens) Tételét) lpján zonnl dódik következő állítás Állítás. Legyenek n (x x 0 ) n és b n (x x 0 ) n htványsorok, melyek konvergencisugr rendre r > 0 és r 2 > 0. Ekkor n (x x 0 ) n ± n=0 b n (x x 0 ) n = n=0 ( ( ) n (x x 0 ) ) n b n (x x 0 ) n = n=0 n=0 ( n ± b n )(x x 0 ) n, n=0 ( n b 0 + n b b n )(x x 0 ) n (8.6) n=0 minden olyn x számr, melyre x x 0 < min{r, r 2 }. Tehát z dott intervllumon htványsorként felírhtó függvények gyűrűt lkotnk Tétel. A n (x x 0 ) n függvénysor (htványsor) egyenletesen konvergens bármely korlátos és zárt intervllumon. [x 0 δ, x 0 + δ] (x 0 r, x 0 + r) (0 < δ < r) Bizonyítás. Tetszőleges x [x 0 δ, x 0 + δ] esetén x x 0 δ, így n (x x 0 ) n n δ n. Mivel 8.40 Cuchy Hdmrd-tétel lpján htványsor bszolút konvergens x = x 0 + δ-bn, ezért n δ n numerikus sor konvergens. Így 8.36 Weierstrss-kritérium szerint n (x x 0 ) n egyenletesen konvergens [x 0 δ, x 0 + δ]-n. Az előző tétel lpján, figyelembe véve hogy z f n (x) = n (x x 0 ) n függvények folytonosk (sőt, kárhányszor differenciálhtók), függvénysorok elméletéből következik, hogy htványsor összegfüggvénye folytonos. 205

212 8.45. Tétel. Htványsor összegfüggvénye folytonos z (x 0 r, x 0 +r) nyílt intervllumon. Bizonyítás. Következik 8.28 és 8.44 Tételekből. Könnyen láthtó, hogy f n (x) = n n(x x 0 ) n derivált htványsor konvergencisugr megegyezik z eredetiével, hiszen lim sup n n = lim sup n n n = (lim sup n n ). Így kpjuk, hogy htványsor összegfüggvénye (kárhányszor) differenciálhtó, és deriválás tgonként végezhető Tétel. A pozitív konvergencisugrú n (x x 0 ) n htványsor f összegfüggvénye végtelen sokszor differenciálhtó z (x 0 r, x 0 + r) nyílt intervllumon, és deriválás tgonként végezhető, vgyis f (x) = (x x 0 ) (x x 0 ) = (n + ) n+ (x x 0 ) n, n=0 f (x) = (x x 0 ) + 3 4(x x 0 ) =. f (k) (x) = (n + 2)(n + ) n+2 (x x 0 ) n, n=0 (n + k)(n + k )... (n + ) n+k (x x 0 ) n, k N. n=0 Bizonyítás. A 8.44 Tétel és 8.3 Tétel felhsználásávl dódik. Az előző tételből világos htványsorok és Tylor-sorok (ld Definíciót) kpcsolt Következmény. Minden pozitív konvergencisugrú htványsor z összegfüggvényének Tylor-sor. Bizonyítás. A 8.46 Tétel szerint z f összegfüggvény k-dik deriváltjár f (k) (x 0 ) = k (k ) k, zz vlmint f(x 0 ) = 0. f (k) (x 0 ) k! = k, 206

213 Mivel minden Tylor-sor nyilvánvlón egy htványsor, ezért z előbbiek szerint (pozitív konvergencisugrú) htványsorok hlmz megegyezik (pozitív konvergencisugrú) Tylor-sorok hlmzávl Tétel. Legyen n (x x 0 ) n pozitív konvergencisugrú htványsor. Ekkor htványsor összegfüggvényének vn primitív függvénye z (x 0 r, x 0 +r) nyílt intervllumon, mégpedig egy tetszőleges primitív függvénye előáll mint F (x) = n=0 n n + (x x 0) n+ + c, c R. Bizonyítás. Az állítás 8.46 Tételből zonnl következik. A F -et előállító htványsor konvergencisugr megegyezik z eredeti htványsorévl. A (6.7) egyenlőségben definiált f (n) () (x ) n n! Tylor-sorok x-beli konvergenciájár nnk idején csk 6.69 Következményben dtunk egy igen erős elégséges feltételt. A htványsorok elmélete konvergenciintervllum végpontjitól eltekintve, hol minden esetben külön kell megvizsgálni konvergenciát, ld. később 8.56 Abel-tételt szükséges és elégséges feltételt d rr, hogy egy dott Tylor-sor hol konvergens, zz hol állítj elő z összegfüggvényét Péld. Az exp, sin, cos, sh, és ch függvényeknek 6.7 Tételben igzolt e x = sin x = cos x = sh x = ch x = x n n!, ( ) n x 2n+ (2n + )!, ( ) n x2n (2n)!, x 2n+ (2n + )!, x 2n (2n)!. n=0 n=0 n=0 n=0 n=0 (0 körüli) Tylor-sor-előállításibn konvergencisugár

214 Az f(x) = függvény x x = n=0 Tylor-sor-előállításábn konvergencisugár. Bizonyítás. Következik bból, hogy konvergencisugár 8.4 Definíciój lpján r = lim sup n n! x n = 0+ = +, továbbá r = lim sup n = =. Az előző tételekből előállíthtók olyn függvények Tylor-sori is, melyeket 6.7 Tételben hsznált elv lpján nem tudtunk kiszámolni Állítás. Az f(x) = ln( + x) függvény Tylor-sor (, ) intervllumon ln( + x) = ( ) n= n+ xn Az f(x) = rctg x függvény Tylor-sor (, ) intervllumon rctg x = n=0 n. ( ) n x2n+ 2n +. Bizonyítás. Mivel (ln( + x)) =, 6.7 Tétel első állításából +x + x = ( x) = ( ) n x n ( < x < ), 8.48, primitív függvényre vontkozó tételt és f(0) = 0-t felhsználv pedig ln( + x) = n=0 ( ) n= n+ xn Hsonlón, mivel (rctg x) = +x 2, 6.7 Tétel első állításából n=0 n. + x = 2 ( x 2 ) = ( ) n x 2n ( < x < ), 208

215 8.48 Tételt és f(0) = 0-t felhsználv pedig rctg x = n=0 ( ) n x2n+ 2n +. Fontos, hogy htványsor összegfüggvénye z együtthtókt egyértelműen meghtározz Tétel (Htványsorok egyértelműségi tétele). Legyenek f(x) = n (x x 0 ) n, g(x) = n=0 b n (x x 0 ) n olyn függvények, melyeket előállító htványsoroknk közös (x 0 r, x 0 + r) konvergenciintervllum vn (r > 0). Legyen továbbá (x i ) (x 0 r, x 0 + r) olyn sorozt, melyre x i y (x 0 r, x 0 + r), x i y és f(x i ) = g(x i ). Ekkor n = b n minden n N indexre. Bizonyítás. Könnyen meggondolhtó, hogy elegendő zt z esetet vizsgálni, mikor y = x 0. Teljes indukcióvl végezzük bizonyítást. Mivel htványsor összegfüggvénye folytonos, ezért 0 = f(x 0 ) = lim f(x i ) = lim g(x i ) = g(x 0 ) = b 0. i i Tegyük fel, hogy egy n N számr teljesül, hogy 0 = b 0, = b, 2 = b 2,..., n = b n. Ekkor z n=0 n+ + n+2 (x x 0 ) + n+3 (x x 0 ) és b n+ + b n+2 (x x 0 ) + b n+3 (x x 0 ) htványsorok konvergencihlmz ugynz K intervllum, és minden x x 0 esetén f (x) = f(x) n k=0 k(x x 0 ) k és g (x x 0 ) n+ (x) = g(x) n k=0 b k(x x 0 ) k (x x 0 ) n+ z összegfüggvényük. A feltételek szerint f (x i ) = g (x i ) minden i N esetén. Mivel f és g is htványsor összegfüggvénye, ezért folytonosk. Ebből viszont z n = 0 esetre vontkozó gondoltmenettel kpjuk, hogy n+ = f (x 0 ) = lim i f (x i ) = lim i g (x i ) = g (x 0 ) = b n+. 209

216 8.52. Definíció. Legyen f : R R és D(f) = I nyílt intervllum. Azt mondjuk, hogy z f függvény nlitikus, h tlálhtó x 0 I, ( n ) R, hogy f(x) = n (x x 0 ) n n=0 minden x I esetén. Azt mondjuk, hogy z f függvény lokálisn nlitikus, h minden x I ponthoz tlálhtó nnk olyn környezete, melyre megszorítv f nlitikus Megjegyzés. A fentiek lpján egy függvény pontosn kkor nlitikus, h előáll Tylor-soránk összegeként Péld. Az exponenciális-, szinusz- és koszinuszfüggvény nlitikus függvény, logritmusfüggvény pedig lokálisn nlitikus, de nem nlitikus. Ezzel szóhsználttl tehát 8.5 Tétel zt mondj ki, hogy két különböző, ugynzon z intervllumon értelmezett lokálisn nlitikus függvény legfeljebb megszámlálhtón sok helyen veheti fel ugynzt függvényértéket, és ezek pontok nem torlódhtnk z intervllum belsejében Péld. A szinusz- és koszinuszfüggvény olyn nlitikus függvények, melyek végtelen sokszor veszik fel ugynzt függvényértéket. Azonbn közös függvényértékhelyek nem torlódnk semmilyen y (, + ) vlós helyen, csk végtelenekben. Végül vizsgáljuk meg zt z esetet, mikor konvergenciintervllum vlmely végpontjábn is konvergens egy htványsor. A következő tétel muttj, hogy ilyenkor z összegfügvény mely ebben z esetben végpontbn is értelmezve vn z egész intervllumon folytonos. Egyszerűség kedvéért tételt 0 középpontú htványsor konvergenciintervllumánk jobb végpontjár foglmzzuk meg, de ennek nincs jelentősége bizonyítás szempontjából, bl végpont vgy nem zérus középpont esete hsonlón tárgylhtó Tétel (Abel folytonossági tétele). Legyen ( n x n ) egy pozitív, véges konvergencisugrú htványsor (0 < r < ), vlmint tegyük fel, hogy n r n <, zz konvergens. Ekkor z n=0 f(x) := összegfüggvény z r pontbn is folytonos, zz n x n n=0 lim f(x) = n r n. x r 20 n=0

217 Bizonyítás. További egyszerűsítések kedvéért feltesszük, hogy r =. Ez bizonyítás menetén nem változtt, csk jelöléseinket egyszerűsíti és teszi áttekinthetővé. Legyen n s := n, s n := k. n=0 Itt s < feltétel szerint, és lim n s n = s. A htványsorok szorztár felírt (8.6) összefügggés szerint, mivel s n x n konvergencisugr, ezért h x <, kkor ( ( ) ( n ) n x n = n x ) n x n ( x) = ( x) i x n = ( x) s n x n, n=0 n=0 n=0 n=0 így ( ) s f(x) = s ( x) s n x n = ( x) x n s ( x) s n x n = ( x) (s s n )x n. n=0 k=0 n=0 i=0 n=0 n=0 n=0 Tehát 0 < x < esetén s f(x) ( x) s s n x n. n=0 Mivel s n s, ezért minden ε > 0 számhoz tlálhtó N N küszöbindex, hogy minden n N természetes számr s s n < ε. Így 0 < x < esetén 2 s f(x) ( x) N s s n x n + ε 2 ( x) n=0 n=n+ x n ( x) N s s n + ε 2. Mivel lineáris függvény folytonos, így ε > 0 számhoz tlálhtó δ > 0, hogy h x ( δ, ), kkor N ( x) s s n < ε 2, zz h x ( δ, ), kkor mi viszont éppen bizonyítndó állítás. n=0 s f(x) < ε 2 + ε 2 = ε, n= Péld. Tekintsük ( ) n= n+ xn n 2

218 htványsort! Láttuk 8.50 Állításbn, hogy ez htványsor (, ) nyílt intervllumon z f(x) = ln( + x) függvényt állítj elő. Ez függvény értelmezési trtományánk minden pontjábn folytonos, mint zt korábbn már láttuk. A fenti htványsor z x = helyen konvergens, hiszen ( ) n+ n n= Leibniz típusú sor. Abel tétele szerint tehát htványsor összegfüggvénye (, ] intervllumon is folytonos és -ben függvényérték f() = lim x f(x) = ln 2 megfelelő sorösszeg, zz ln 2 = ( ) n+ n = n= Ez egyébként elemi módszerekkel is beláthtó Péld. Az előző gondoltmenethez hsonlón kpjuk z rctg x = ( ) n x2n+ 2n + előállításból, hogy n=0 π 4 = rctg = ( ) n 2n +, n=0 zz π 4 = Péld. A htványsorok lklmzásánk egy szép példáj nevezetes Fiboncciszámok explicit előállítás. Ezeket számokt rekurzív módon szokás definiálni, mégpedig, u n -nel jelölve z n-edik Fiboncci-számot, legyen Tekintsük z u 0 := 0, u :=, u n := u n + u n 2 (n 2). f(x) := u n x n n=0 ún. generátorfüggvényt, mi tehát Fiboncci-számokból mint együtthtókból képezett, 0 körüli htványsor. Beláthtó, hogy konvergencisugr r > 0. Az u n -ekre vontkozó rekurzió felhsználásávl kpjuk, hogy f(x) = x + u n x n = x + x u n x n + x 2 u n 2 x n 2 n= = x + xf(x) + x 2 f(x). n= n=2 22

219 Ebből x f(x) = x x. 2 Most már csk z feldtunk, hogy f így kpott lkjánk kiszámoljuk htványsorelőállítását, és ebből nyerjük z u n együtthtókt. Jelölje x 2 + x polinom gyökeit q és q 2, vgyis Ezzel q := + 5 2, q := 5. 2 x x x = x 2 (x q )(x q 2 ) = q q 2 x + q q 2 q = q q 2 n=0 x n q n + q 2 q n=0 x n q n 2 = ( n=0 x q 2 q n (q q 2 ) + q2 n (q 2 q ) ) x n. Innen z x n együtthtójár, htványsorok egyértelműsége lpján (ld. 8.5 Tételt) kpjuk, hogy ( u n = 5 + ) n ( Trigonometrikus függvények ) n 5, n 2. 2 Korábbi tnulmányink során hosszbbn tárgyltuk trigonometrikus függvények lptuljdonságit, melyeket következőkben fogllhtunk össze. Geometrii megfoglmzás lpján, intuitív módon definiáltuk szinusz- és koszinuszfüggvényt és lényegében következő tuljdonságokbn állpodtunk meg. D(sin) = D(cos) = R, sin pártln, cos páros függvény, sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y, cos(x + y) = cos x cos y sin x sin y, cos 0 =, lim x 0+ sin x x =. Megemlítünk tnult legfontosbb következményekből néhányt. sin és cos végtelen sokszor differenciálhtó függvények, sin = cos, cos = sin, 23

220 legfeljebb egy, fenti tuljdonságokkl rendelkező függvénypár létezhet, sin x = cos x = n=0 ( ) n x 2n+ (2n + )!, ( ) n x2n (2n)!. n=0 Ezzel tárgylásmóddl kpcsoltbn felmerül néhány kérdés. Bár trigonometrikus függvények intuitív geometrii bevezetése rendkívül szemléletes, ez felépítés hgy mg után némi logiki kívánnivlót. Gondoljunk csk rr, hogy definícióhoz szükségünk vn olyn foglmkr, mint z ívhossz vgy szög ngyság. Tehát trigonometrikus függvények tuljdonságivl nincs igzán problém, gond definíciójuk, létezés. Most szeretnénk bemuttni egy lehetőséget rr, hogyn lehet ezt logiki problémát és bonyolult geometrii foglmkt kiküszöbölni. Megismertük intuitív módon trigonometrikus függvényeket, zok lptuljdonságit és z lptuljdonságok fontosbb következményeit, így htványsor-előállításukt. Ezeket htványsorokt viszont bonyolult geometrii foglmk bevezetése nélkül is fel lehet írni, tuljdonságikt lehet vizsgálni. Tehát fordítsuk meg gondoltmenetet, és hsználjuk htványsor-lkot trigonometrikus függvények definíciójként! Legyen tehát sin x := ( ) n x 2n+ (2n + )!, és legyen cos x := n=0 ( ) n x2n (2n)!. n=0 A htványsorokról tnultk lpján zonnl következnek következő tuljdonságok: D(sin) = D(cos) = R, sin pártln, cos páros függvény, sin és cos tetszőlegesen sokszor differenciálhtó függvények, cos 0 =, ( ) sin x lim x 0+ = lim x x 0+ x2 + x4... 3! 5! sin = cos, cos = sin. =, 24

221 Az ddíciós képletek beláthtók például Cuchy-szorzt segítségével, vgy differenciálási szbályok lklmzásávl következő módon. Legyen tetszőleges rögzített y R mellett f y (x) = [sin(x + y) sin x cos y cos x sin y] 2 + [cos(x + y) cos x cos y + sin x sin y] 2. Egyszerű számolássl dódik, hogy f y (0) = 0 és f y(x) = 0 minden x R esetén, így f y 0. Ezzel beláttuk, hogy htványsorrl definiált sin és cos függvények teljesítenek minden fontos lptuljdonságot, mit trigonometrikus függvényektől elvártunk. Mivel tudjuk, hogy legfeljebb egy ilyen függvénypár létezhet, ezért ők zok. A htványsor-lkból következik z is, hogy például cos függvénynek vn pozitív gyöke. Ugynis, cos 0 = > 0, továbbá Tylor-sor előállítás lpján cos 2 = 22 2! ! 26 6! + egy Leibniz-sor, és z (5.5) becslést n = 3-r lklmzv kpjuk, hogy 0, 42 2 cos 2 0, 08 8, miből cos 2 < 0 következik. Tehát lklmzhtó 4.54 Bolzno-tétel: cos függvénynek vn gyöke (0, 2) intervllumbn. Mivel gyökhelyek nem torlódhtnk 0-bn, ezért cos függvénynek vn legkisebb pozitív gyöke is. Ennek kétszeresenként szokás π számot definiálni. 25

222 9. fejezet Többváltozós függvények Egészen mostnáig olyn f : R R függvényekkel fogllkoztunk, melyek értelmezési trtomány és értékkészlete vlós számok részhlmz, vgyis D(f) R, R(f) R. A minket körülvevő világ jelenségeit tnulmányozv zonbn láthtjuk, hogy bizonyos mennyiségek több más mennyiségtől is függnek. Például, hőmérséklet idő és hely függvénye. Vgy V = V (h, r) = πr 2 h képlet egy henger térfogtát dj meg nnk h mgsság és lpkörének r sugr függvényében. Ebben fejezetben olyn p változós függvényekkel ismerkedünk meg, melyek értékkészlete R-ben fekszik: f : R p R, D(f) R p, R(f) R. Célunk htárérték, folytonosság, integrál- és differenciálszámítás kiterjesztés ilyen típusú függvényekre. 9.. Kétváltozós függvények 9... Példák A 9.. és 9.2. ábrákon kétváltozós (R-be képező) függvények grfikonji láthtók. Míg egy f : R R függvény grph f := {(x, f(x)) : x D(f)} R 2 26

223 () f(x, y) = 00 x 2 y 2 (b) f(x, y) = sin x + 2 sin y 9.. ábr. Kétváltozós függvények () f(x, y) = xy(x2 y 2 ) x 2 +y 2 (b) f(x, y) = y 2 x ábr. Kétváltozós függvények grfikonj sík egy részhlmz (egy görbe), ddig egy f : R 2 R függvény hsonlón definiált grph f := {(x, y, f(x, y)) : (x, y) D(f)} R 3 grfikonj egy térbeli ún. felület. Könnyen meggondolhtó, hogy konstns f(x, y) = c függvény grfikonj egy vízszintes, vgyis z xy-koordinátsíkkl párhuzmos sík, ld ábrát. Az f(x, y) = x 2 függvény grfikonj egy végtelenbe nyúló, vályú lkú felület, melynek z y tengelyre merőleges síkokkl vló metszetei prbolák, ld ábrát. Az f(x, y) = x 2 + y 2 függvény grfikonj pedig egy végtelen kúpplást, ld ábrát. Egy f : R 2 R függvény grfikonjánk z x y-síkkl párhuzmos metszeteit, vgyis 27

224 9.3. ábr. f(x, y) = c 9.4. ábr. f(x, y) = x 2 { (x, y) R 2 : f(x, y) = k } R 2 lkú síkbeli lkztokt (hol k R(f)) függvény szintvonlink hívjuk. Ezek ismerete ngybn megkönnyíti függvények ábrázolását Az R 2 ( sík) metrikus tuljdonsági H visszemlékszünk, egy f : R R függvény D(f) pontbeli folytonosságát úgy definiáltuk, hogy -hoz közeli pontokt f()-hoz közeli pontokb visz. A függvény D(f) pontbeli htárértékének, ill. int D(f) pontbeli differenciálhtóságánk foglmát is közelség foglmát felhsználv vezettük be (idézzük fel z ε δ-s de- 28

225 9.5. ábr. f(x, y) = x 2 + y 2 finíciókt!). A definíciók megfoglmzhtók voltk sorozthtárértékek segítségével is (ld. z átviteli elveket). Ebben szkszbn z célunk, hogy közelség és soroztkonvergenci foglmát kiterjesszük sík, vgyis R 2 pontjir (vektorir) is. Középiskolából ismeretes, hogy egy x R 2 pont vlójábn egy x = (x, x 2 ) (rendezett) számpárrl zonosíthtó, hol x és x 2 z x pont Descrtes-féle koordinátrendszerben egyértelműen meghtározott koordinátái. 9.. Definíció. Az x = (x, x 2 ) és y = (y, y 2 ) síkbeli pontok (euklideszi) távolságán z lábbi mennyiséget értjük: 9.2. Megjegyzés. Világos, hogy d(x, y) = d 2 (x, y) := (x y ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 (= x y ). (9.) d(x, y) x i y i, i =, 2. Ez távolságfoglom Pitgorsz-tétel felhsználásán lpul: koordinátrendszerben ábrázolv két pontot, (9.) képlettel meghtározott szám z őket összekötő szksz hossz, ld ábrát. Könnyen ellenőrizhető, hogy z előbbiekben definiált d : R 2 R 2 R + 0 távolságfüggvény rendelkezik z lábbi tuljdonságokkl, melyek jól muttják, hogy d vlójábn z R R R, (x, y) x y egydimenziós távolság áltlánosítás 2 dimenziór. 29

226 d(x, y) (x, x 2 ) y x (y, y 2 ) y2 x ábr. Euklidészi távolság 9.3. Állítás. A (9.) egyenlőséggel definiált d : R 2 R 2 R + 0 távolságfüggvényre teljesülnek z lábbik.. d(x, y) = 0 x = y; 2. d(x, y) = d(y, x), x, y R 2 esetén (szimmetri); 3. d(x, z) d(x, y) + d(y, z), x, y, z R 2 esetén (háromszög-egyenlőtlenség). Bizonyítás. Az. és 2. állítások nyilvánvlók. A 3. négyzetre emelés után z.6 Cuchy Schwrz-egyenlőtlenségből dódik, minek ellenőrzését z olvsór bízzuk. Az ilyen tuljdonságú függvényeket metrikák nk fogjuk hívni, ld. 0. Fejezetet. A metrik (vgy távolságfüggvény) segítségével hsonlón z egy dimenzióhoz értelmezhetjük egy u R 2 pont r > 0 sugrú gömbkörnyezetét Definíció. Az u R 2 pont körüli r > 0 sugrú nyílt gömb: B(u, r) := {x R 2 : d(u, x) < r}; zárt gömb: B(u, r) := {x R 2 : d(u, x) r}; gömbfelület: B(u, r) := {x R 2 : d(u, x) = r}; kipontozott gömb(környezet): Ḃ(u, r) := B(u, r)\{u} = {x R 2 : 0 < d(u, x) < r}. A távolságfoglom lehetőséget d R 2 -beli soroztok konvergenciájánk értelmezésére. R 2 -beli sorozton egy x : N R 2 függvényt értünk, hol sorozt n-edik tgj, n N. x(n) := x n = (x n,, x n,2 ) R 2 220

227 {(x, x 2 ) R 2 : x 2 + y 2 } 9.7. ábr. Origó középpontú egységkör 9.5. Definíció. Legyen (x n ) R 2 sorozt (vgyis x n = (x n,, x n,2 ), n N), u = (u, u 2 ) R 2. Azt mondjuk, hogy z (x n ) sorozt u-hoz konvergál, vgy z (x n ) sorozt htárértéke u, jelölésben lim n x n = u vgy x n u, h d(x n, u) számsorozt 0-hoz trt: d(x n, u) = (x n, u ) 2 + (x n,2 u 2 ) 2 0, n. Ekvivlensen: x n u pontosn kkor, h minden ε > 0-hoz létezik N = N(ε) N, hogy minden n N esetén d(x n, u) < ε. Ekvivlensen: x n u pontosn kkor, h minden ε > 0-hoz létezik N = N(ε) N, hogy minden n N esetén x n B(u, ε). Fontos megjegyezni, hogy R 2 -ben nincs értelme htárértékről beszélni! 9.6. Állítás. Sorozt htárértéke egyértelmű. Bizonyítás. H x n u és x n v és u v lenne, kkor r := d(u, v)/2 > 0 definícióvl elég ngy n-re x n B(u, r) és x n B(v, r). Másrészt, B(u, r) B(v, r) =, ugynis h x B(u, r) B(v, r) voln, kkor háromszög-egyenlőtlenség lpján d(u, x) d(u, v) d(x, v) > d(u, v) r = d(u, v) d(u, v) 2 lenne, pedig d(u, x) < r = d(u,v) 2. Ez pedig ellentmond konvergenciánk. = d(u, v) 2 H jobbn meggondoljuk, egy R 2 -beli sorozt konvergenciáj tuljdonképpen z első, ill. második koordinátákból álló soroztok konvergenciáját jelenti. 22

228 9.7. Állítás. Legyen x n = (x n,, x n,2 ) R 2, n N és u = (u, u 2 ) R 2. Az (x n ) sorozt kkor és csk kkor konvergál u-hoz, h Bizonyítás. lim x n, = u és n lim x n,2 = u 2. n lim d(x n, u) = lim (x n, u ) 2 + (x n,2 u 2 ) 2 = 0 lim x n, = u és lim x n,2 = u 2 n n n n Ismeretes, hogy R 2 vektortér, vgyis R 2 -beli pontok (vektorok) között értelmezhető z összedás és számml vló szorzás szokásos módon. A soroztok közötti (tgonként végzett) vektorműveletek öröklődnek soroztok htárértékeire Állítás. H x n u és y n v, kkor x n + y n u + v és c x n c u, c R. Bizonyítás. Azonnl dódik 9.7 Állításból és vlós soroztok és műveletek kpcsoltából Tétel (Cuchy-kritérium). Egy (x n ) R 2 pontsorozt kkor és csk kkor konvergens, h Cuchy-sorozt, vgyis ε > 0 esetén N = N(ε) : n, m N indexre d(x n, x m ) < ε. Bizonyítás. H x n u, kkor ε/2-höz létezik N, hogy minden n, m N esetén d(x n, u) < ε 2, n N = d(x n, x m ) d(x n, u) + d(x m, u) < ε. Fordítv, tegyük fel, hogy (x n ) Cuchy-sorozt. Könnyen meggondolhtó, hogy ekkor z., ill. 2. koordinátákból álló (x n, ) és (x n,2 ) vlós soroztok Cuchy-soroztok tehát konvergensek. Legyen u := lim x n, és u 2 := lim x n,2. A 9.7 Állítás lpján x n u = (u, u 2 ), és ezt krtuk belátni. Hsonlón, számsoroztokr megismert Bolzno Weierstrss-tétel is érvényben mrd R 2 -beli soroztokr. Ennek kimondásához először definiálnunk kell korlátosság foglmát síkon Definíció. Egy H R 2 hlmz korlátos, h vn olyn R 2 pont és r > 0 sugár, hogy H B(, r). Vgy, vn olyn r > 0 sugár, hogy H B(0, r), hol 0 = (0, 0) z origó. Egy (x n ) R 2 sorozt korlátos, h tgjiból lkotott hlmz korlátos. 222

229 9.. Tétel (Bolzno Weierstrss). Minden R 2 -beli korlátos soroztnk vn konvergens részsorozt. Bizonyítás. Könnyen meggondolhtó, hogy h (x n ) R 2 korlátos, kkor z. ill. 2. koordinátákból álló (x n, ) és (x n,2 ) vlós soroztok is korlátosk. Pontosbbn, beláthtó, hogy h kkor (x n ) B(, r), (x n, ) ( r, + r) és (x n,2 ) ( 2 r, 2 + r). Az (x n, ) vlós soroztnk (vlós) Bolzno-Weierstrss tétel lpján vn konvergens részsorozt ez legyen (x nk,), és lim x n k, = u. k Tekintsük most z ugynezen indexsorozthoz trtozó, 2. koordinátákból álló (x nk,2) soroztot! A fentiek lpján ez is korlátos, ezért (vlós) Bolzno-Weierstrss tétel lpján vn konvergens részsorozt, legyen (x nkl,2), lim x n kl,2 = u 2. l Mivel z ezen indexsoroztnk megfelelő,. koordinátákból álló (x nkl,) sorozt részsorozt z (x nk,) soroztnk, ezért lim x n kl, = u és lim x nkl,2 = u 2. l l A 9.7 Állítás lpján tehát z u := (u, u 2 ) pontr és ezt krtuk belátni. lim x n kl = u, l Hsonlón vlós számhlmzok körében bevezetett külső/belső/htár/torlódási stb. pont foglmához, R 2 -ben is definiálhtjuk ezeket ponttípusokt, melyre később szükségünk is lesz Definíció. Legyen H R 2, u R 2.. Az u pont belső pontj H-nk, h létezik r > 0, hogy B(u, r) H (ebből persze következik, hogy u H). H belső pontjink hlmzát jelölje int H. 223

230 2. Az u pont külső pontj H-nk, h létezik r > 0, hogy B(u, r) R 2 \ H (ebből persze következik, hogy u / H). H külső pontjink hlmzát jelölje ext H. Világos, hogy ext H = int(r 2 \ H). 3. Az u pont htárpontj H-nk, h minden r > 0 esetén B(u, r) H és B(u, r) (R 2 \ H). H htárpontjink hlmzát jelölje H. 4. Az u pont torlódási pontj H-nk, h minden r > 0 esetén Ḃ(u, r) H. H torlódási pontjink hlmzát jelölje H Péld. Tekintsük H := Ḃ(u, r) hlmzt és htározzuk meg z előbb definiált int H, ext H, H, H hlmzokt! Könnyen meggondolhtó, hogy int H = H = Ḃ(u, r). Továbbá, H = {u} B(u, r). Innen már következik, hogy ext H = R 2 \ B(u, r). Továbbá, z is meggondolhtó, hogy H = B(u, r) Kétváltozós függvények tuljdonsági Az előző szkszbn bevezetett d : R 2 R síkbeli távolság segítségével értelmezhetjük kétváltozós függvények htárértékét és folytonosságát. A definíciók z egyváltozós esettel teljesen nlóg módon hngznk z egyetlen különbség, hogy z értelmezési trtománybn közelség foglmát d függvény felhsználásávl értelmezzük. Htárértéket hsonlón vlós esethez csk z értelmezési trtomány torlódási pontjibn értelmezünk. A v htárértékre v R, tehát v = ± lehetséges, melynek ε sugrú környezeteit korábbn definiáltuk (ld. (4.2) és (4.3) egyenlőségeket) Definíció. Legyen f : R 2 R, u D(f), v R. Azt mondjuk, hogy f htárértéke z u helyen v, h minden ε > 0-hoz létezik δ > 0, hogy minden x D(f), x u, d(x, u) < δ esetén f(x) K ε (v). Másképpen: minden ε > 0-hoz létezik δ > 0, hogy minden x Ḃ(u, δ) D(f) esetén f(x) K ε(v). Jelölés: lim u f = v vgy lim x u f(x) = v. 224

231 Függvények folytonosságáról csk z értelmezési trtomány pontjibn beszélhetünk Definíció. Legyen f : R 2 R, u D(f). Azt mondjuk, hogy f folytonos z u pontbn, h minden ε > 0-hoz létezik δ > 0, hogy minden x D(f), d(x, u) < δ esetén f(x) f(u) < ε. Másképpen: minden ε > 0-hoz létezik δ > 0, hogy minden x B(u, δ) D(f) esetén f(x) K ε (f(u)) (itt K ε (f(u)) = (f(u) ε, f(u) + ε) nyílt intervllum) Definíció. Azt mondjuk, hogy f : R 2 R folytonos H D(f) hlmzon, h nnk minden pontjábn folytonos. Azt mondjuk, hogy f : R 2 R folytonos, h D(f) hlmzon folytonos. A vlós függvényeknél tnultkhoz nlóg módon igzolhtunk átviteli elveket Tétel (Átviteli elv htárértékre). Legyen f : R2 R, u D(f), v R. Ekkor ekvivlensek:. lim u f = v; 2. minden (x n ) D(f), x n u, x n u sorozt esetén f(x n ) v Tétel (Átviteli elv folytonosságr). Legyen f : R2 R, u D(f). Ekkor ekvivlensek:. f folytonos u-bn; 2. minden (x n ) D(f), x n u sorozt esetén f(x n ) f(u). Könnyen meggondolhtó, hogy 9... lszkszbn tlálhtó ábrákon bemuttott függvények mindegyike folytonos Péld. A 9.8. ábrán láthtó f(x, y) = 2xy függvénynek zonbn z origóbn, x 2 +y 2 vgyis (0, 0) pontbn nincs htárértéke. Ennek igzolásához gondoljuk meg, hogy h y = mx, (x 0) lkú egyeneseken közeledünk z origóhoz, kkor itt függvényértékek f(x, y) = f(x, mx) = 2mx2 x 2 + m 2 x 2 = 2m + m 2, vgyis m-től függő konstns értéket vesznek fel. Mivel ezek különböző m-ekre különböző értéket dnk, így függvénynek nincs htárértéke (0, 0)-bn. Ugynezen okok mitt bárhogyn is értelmeznénk függvényt (0, 0)-bn, ott nem lenne folytonos. 225

232 9.8. ábr. f(x, y) = 2xy x 2 +y Péld. Az f(x, y) = x2 y 2 függvénynek vn htárértéke z origóbn, mégpedig 0. x 2 +y 2 Ennek megmuttásához lklmzzuk számtni és mértni közép közti egyenlőtlenséget z x 2 és y 2 számokr! x2 y 2 x2 + y 2, 2 miből ( ) x x 2 y y Így 0 f(x, y) x2 + y 2, 4 és rendőr-elv lpján következik, hogy lim (x,y) (0,0) f(x, y) = 0. Másképp, egyszerű becsléssel dódik, hogy x 2 y 2 x 2 + y 2 x2 y 2 = x 2 0, (x, y) (0, 0). y 2 Áttérhetünk x = r cos ϕ, y = r sin ϕ polárkoordinátákr is. Ekkor x 2 y 2 x 2 + y 2 = r 4 cos 2 ϕ sin 2 ϕ r 2 r2 0, r 0. A fenti példákból is látszik, hogy kétváltozós függvények htárértéke jóvl összetettebb foglom, mint z egyváltozós htárérték, hiszen z dott ponthoz sokféleképpen közelíthetünk (nem csk egyenesek, hnem például prbolák, vgy tetszőlegesen bonyolult síkbeli lkztok mentén is). 226

233 9.2. Az R p és p változós függvények A fentiekben R 2 -re bevezetett foglmkt könnyen kiterjeszthetjük R p -re, tetszőleges p N esetén. A d = d 2 : R p R p R + (szintén euklideszinek nevezett) távolságfüggvényt x = (x,..., x p ) R p és y = (y,..., y p ) R p vektorokr d(x, y) = d 2 (x, y) := (x y ) (x p y p ) 2 (9.2) képlettel definiáljuk és, h nem okoz félreértést, ugynúgy jelöljük, mint megfelelő R 2 - beli távolságfüggvényt. Ez d is teljesíti 9.3 Állításbn felsorolt tuljdonságokt ( 3. tuljdonság teljesüléséhez ismét szükség vn z.6 Cuchy Schwrz-egyenlőtlenségre). Az R p -beli pontokr (vektorokr) bevezethetünk mindent, mit R 2 -en definiáltunk. Fontos megjegyeznünk, hogy Bolzno Weiertsrss tétel is érvényben mrd R p -beli soroztokr. Továbbá, értelmezhetjük f : R p R függvények folytonosságát, htárértékét. Ezekben definíciókbn egyszerűen d helyébe z R p -beli d : R p R p R távolságfüggvényt kell helyettesíteni. Megjegyezzük, hogy egy f : R p R függvény grph f := {(x, f(x)) : x D(f)} R p+ grfikonj már p = 3 esetén is nehezen elképzelhető (és rjzolhtó le...), hiszen R 4 egy részhlmzáról (ún. hiperfelületről) vn szó. 227

234 0. fejezet Metrikus terek Ebben fejezetben távolságfoglom áltlánosításávl (bsztrkciójávl) fogllkozunk. Mielőtt definíciókr rátérnénk, motivációképpen nézzük meg következő példát, z úgynevezett txi-geometriát! Képzeljük el Mnhttn utcáit mint egy négyzetrácsot, és tegyük fel, hogy txivl el krunk jutni A pontból B-be! 0.. ábr. Mnhttn-távolság 0.2. ábr. Básty-távolság Ekkor számunkr z A és B pont igzi távolság helyett z lényeges, hogy z utcákon lehető legrövidebb úton hogyn juthtunk el B-be. Vegyük észre, hogy lehető legrövidebb út nem egyértelmű (ld. 0.. ábrát), de hossz igen, ez x x 2 + y y 2 (hol A = (x, y ), B = (x 2, y 2 )). Ezt nevezhetjük A és B txitávolságánk (vgy Mnhttn-távolságánk ). Hsonló távolságot nyerünk, h skktáblán egyik mezőből másikb bástyávl krunk eljutni lehető legrövidebb úton. Básty helyett vehetünk más bábukt, és ekkor más távolságokt nyerünk. Kérdezhetjük, hogy vjon e távolságok milyen tuljdonságokkl rendelkeznek, hogyn néznek ki z egységgömbjeik, mik konvergens soroztok, folytonos függvények, stb. (ilyen és hsonló kérdésekkel fogllkozik metrikus terek elmélete). 228

235 0.. Alpfoglmk, nyílt és zárt hlmzok Alpötlet: Az (x, y) x y hozzárendelés z x és y vlós számok távolságát dj meg. Ezt áltlánosíthtjuk x = (x, x 2,..., x p ) R p és y = (y, y 2,..., y p ) R p vektorokr úgy, hogy d 2 (x, y) := ( p ) 2 (x y ) 2 + (x 2 y 2 ) (x p y p ) 2 = x k y k 2, mit z x és y pontok euklideszi távolságánk nevezünk. Az lábbikbn tovább áltlánosítjuk távolság foglmát. 0.. Definíció. Legyen X nem üres hlmz. Ekkor X-beli metrik vgy távolságfüggvény ltt egy olyn d : X X [0, + ) leképezést értünk, melyre z lábbi tuljdonságok teljesülnek:. d(x, y) = 0 x = y; 2. d(x, y) = d(y, x) x, y X esetén (szimmetri); 3. d(x, z) d(x, y) + d(y, z) x, y, z X esetén (háromszög-egyenlőtlenség) Definíció. A metrikus tér egy olyn (X, d) rendezett pár, hol X nem üres lphlmz, d pedig X-beli metrik Péld (metrikus terekre).. X := R p, d (x, y) := x y + x 2 y x p y p = d 2 (x, y) := k= p x k y k (0.) k= (x y ) 2 + (x 2 y 2 ) (x p y p ) 2 = ( p k= x k y k 2 ) 2 (0.2) Bizonyítás. A metrik. és 2. tuljdonság könnyen láthtó d és d 2 függvényre. A 3. tuljdonság d esetén könnyen igzolhtó, d 2 esetén z.6 Cuchy Schwrz-egyenlőtlenségből dódik Megjegyzés. Az d és d 2 metrikák definíciójávl nlóg módon tetszőleges α számr definiálhtó d α metrik. Az áltlános esetben zonbn háromszögegyenlőtlenség belátás meglehetősen nehéz. 229

236 2. X := R p, d (x, y) := mx k p x k y k Bizonyítás. Az. és 2. tuljdonságok nyilvánvlók. A 3. háromszög-egyenlőtlenséghez legyenek x, y, z R p. Minden k {,..., p} esetén tehát minden k {,..., p} esetén Ebből következik, hogy x k z k x k y k + y k z k, x k z k d (x, y) + d (y, z). d (x, z) d (x, y) + d (y, z). Amint láttuk, ugynzon z lphlmzon sokféle metrik értelmezhető, például R p -n értelmezhetjük d, d 2 és d metrikák így z (R p, d ), (R p, d 2 ) ill. (R p, d ) metrikus terekhez jutunk. A későbbiekben látni fogjuk, hogy ezek metrikus terek sok szempontból hsonlón viselkednek (p = esetén mindhárom metrik ugynzt távolságot dj) Megjegyzés. Bármely (R p, d i ), i =, 2, térben Ebből z is dódik, hogy d i (x, y) x k y k, k =,..., p. d i (x, y) d (x, y), i =, X tetszőleges, d(x, y) := {, h x y; 0, h x = y. diszkrét metrik. Bizonyítás. Az. és 2. tuljdonságok ismét világosk. A 3. tuljdonság rögtön következik, h x = z. H x z, kkor 3. egyenlőtlenség bl oldlán áll. Másrészt y z x és z pontok közül legfeljebb z egyikkel egyezhet meg, így jobb oldlon leglább áll, miből z egyenlőtlenség dódik. 230

237 4. X := b(h) H R hlmzon korlátos függvények hlmz, d (f, g) := sup f(h) g(h). h H Bizonyítás. Az. és 2. tuljdonságok zonnl dódnk. Legyenek f, g, u b(h) függvények. Ekkor minden h H esetén tehát minden h H esetén miből definíció szerint f(h) u(h) f(h) g(h) + g(h) u(h), f(h) u(h) d (f, g) + d (g, u), d (f, u) d (f, g) + d (g, u). 5. X := C[, b], d (f, g) := sup f(x) g(x) = mx f(x) g(x) x [,b] x [,b] ( 4.56 Weierstrss-tétel lpján) z előző egy speciális esete Definíció. Az (X, d) metrikus térben z u X pont körüli r > 0 sugrú nyílt gömb: B(u, r) := {x X : d(u, x) < r}; zárt gömb: B(u, r) := {x X : d(u, x) r}; gömbfelület: B(u, r) := {x X : d(u, x) = r}; kipontozott gömb(környezet): Ḃ(u, r) := B(u, r) \ {u} = {x X : 0 < d(u, x) < r} Definíció. Az u pont r sugrú környezetén B(u, r) nyílt gömböt értjük Péld (gömbökre).. A 0.3. ábrán z (R 2, d ), (R 2, d 2 ) és (R 2, d ) terekben (0, 0) pont (origó) körüli sugrú gömbök láthtók. Például, z (R 2, d ) tér esetén B((0, 0), ) = {(x, x 2 ) : x 0 + x 2 0 < } = {(x, x 2 ) : x + x 2 < }. 23

238 (R 2, d ) (R 2, d 2 ) (R 2, d ) x + x 2 = x 2 + x 2 2 = mx{x, x 2 } = 0.3. ábr. Origó középpontú egységkörök síkon d, d 2, d metrikákbn 2. H (X, d) diszkrét metrikus tér egy tetszőleges lphlmzon, kkor { {u}, r ; B(u, r) = X, r > Definíció. Legyen (x n ) (X, d) pontsorozt, u X. Azt mondjuk, hogy lim n x n = u vgy x n u, vgyis z (x n ) sorozt u-hoz konvergál, h n esetén d(x n, u) 0. Ekvivlensen: x n u pontosn kkor, h minden ε > 0-hoz létezik N = N(ε) N, hogy minden n N esetén d(x n, u) < ε, vgyis x n B(u, ε) Állítás. Sorozt htárértéke egyértelmű. Bizonyítás. H x n u és x n v lenne és u v, kkor r := d(u,v) 2 > 0 definícióvl elég ngy n-re x n B(u, r) és x n B(v, r). Másrészt B(u, r) B(v, r) =, ugynis h x B(u, r) B(v, r) voln, kkor háromszög-egyenlőtlenség lpján d(u, x) d(u, v) d(x, v) > d(u, v) r = d(u, v) d(u, v) 2 lenne, pedig d(u, x) < r = d(u,v) 2. Ez pedig ellentmond konvergenciánk. = d(u, v) Állítás. Az (R p, d ), (R p, d 2 ) és (R p, d ) terekben egy (x n ) R p sorozt pontosn kkor konvergens, h minden k p esetén k-dik koordinátákból álló (x n,k ) n N vlós sorozt konvergens. Az (x n ) sorozt d, d 2, ill. d metrik szerinti htárértéke z z u = (u,..., u p ) R p pont, melyre lim x n,k = u k, k N, n vgyis koordinát-soroztok htárértékeiből álló vektor. 232

239 Bizonyítás. H (x n ) vlmelyik metrikus térben konvergens, kkor 0.5 Megjegyzés lpján koordinátákból álló soroztok is konvergensek. A másik irány pedig triviálisn dódik. Ennek z állításnk közvetlen következménye, hogy fenti p-dimenziós metrikus terekben is érvényben mrd Bolzno Weierstrss tétel Tétel (Bolzno Weierstrss). Az (R p, d ), (R p, d 2 ) és (R p, d ) terekben minden (x n ) korlátos soroztnk vn konvergens részsorozt. Bizonyítás. A 9. Tétel bizonyításávl nlóg módon láthtó Péld. Vizsgáljuk meg, hogy mit jelent egy (f n ) b(h) függvénysoroztnk fent definált d metrikábn vló konvergenciáj! Definíció szerint f n f d metrikábn ekvivlens zzl, hogy d (f n, f) = sup f n (h) f(h) 0, n, h H mi függvénysorozt egyenletes konvergenciáj H-n Definíció. Legyen (X, d) metrikus tér, H X, u X.. Az u pont belső pontj H-nk, h létezik r > 0, hogy B(u, r) H (ebből persze következik, hogy u H). H belső pontjink hlmzát jelölje int H. 2. Az u pont külső pontj H-nk, h létezik r > 0, hogy B(u, r) X \ H (ebből persze következik, hogy u / H). H külső pontjink hlmzát jelölje ext H. Világos, hogy ext H = int(x \ H). 3. Az u pont htárpontj H-nk, h minden r > 0 esetén B(u, r) H és B(u, r) (X \ H). H htárpontjink hlmzát jelölje H. (Vigyázt! Lehet htárpont H-bn, de X \ H-bn is!) 4. Az u pont torlódási pontj H-nk, h minden r > 0 esetén Ḃ(u, r) H. H torlódási pontjink hlmzát jelölje H. 233

240 5. Az u pont izolált pontj H-nk, h létezik r > 0, melyre B(u, r) H = {u}. 6. A H hlmz lezártj H := int H H = H H, hol diszjunkt uniót jelöli. u r ext H H r u int H u r 0.4. ábr. Hlmz belső, külső és htárpontj 0.5. Megjegyzés. Könnyen láthtó, hogy bármely H X esetén 0.6. Péld. X = int H H ext H.. (X, d) := (R, d ), H := (, b) intervllum (vgy H := [, b), H := (, b], H := [, b].) Ekkor int H = (, b), ext H = (, ) (b, ), H = {, b}, H = [, b], H = [, b], izolált pontj nincs (ugynis minden nemelfjuló intervllumbn vn rcionális és irrcionális szám, ld. z.4 Következményt). 2. (X, d) := (R, d ), H := Q rcionális számok hlmz. Ekkor int H = ext H =, H = H = H = R, izolált pontj nincs. Ugynezek érvényesek H = R \ Q-r Tétel. Legyen (X, d) metrikus tér, H X, u X. Ekkor ekvivlensek:. u H ; 2. r > 0 esetén B(u, r) H végtelen hlmz; 3. (x n ) H \ {u}, lim n x n = u. 234

241 Bizonyítás. A 2.. definícióból rögtön következik.. 3.: tekintsük B(u, n ) gömböket, és legyen x n Ḃ(u, n ) H, mi H definíciój szerint létezik. Ekkor d(x n, u) < n mitt x n u, és x n válsztás mitt x n u, n N : mivel r > 0 esetén létezik N N, hogy minden n N-re x n B(u, r), ezért z állítás következik Definíció. Legyen (X, d) metrikus tér, H X. Azt mondjuk, hogy H nyílt hlmz, h minden pontj belső pont, vgyis H = int H mi ekvivlens zzl, hogy H H =, vgyis H egyetlen htárpontját sem trtlmzz. Azt mondjuk, hogy H zárt hlmz, h minden htárpontját trtlmzz, vgyis H = H Tétel (:-)). A hlmz nem jtó! Vgyis: nem igz, hogy egy hlmz vgy nyílt vgy zárt Péld. Tetszőleges (X, d) metrikus térben és X zárt is és nyílt is. (R, d )-ben z (, b] intervllum se nem zárt se nem nyílt. Tekintsük z X := (0, ) (2, 3) (két nyílt intervllum uniój) lphlmzt és lássuk el d metrikávl! Ebben térben (0, ) hlmz nyílt és zárt is Állítás. Egy hlmz pontosn kkor nyílt, h komplementere zárt és fordítv (pontosn kkor zárt, h komplementere nyílt). Bizonyítás. Következik bból, hogy H = (X \ H) Péld. Legyen (X, d) diszkrét metrikus tér tetszőleges lphlmzon. Ekkor minden H X hlmz nyílt és következésképpen minden hlmz zárt. Bizonyítás. Világos, hogy B(x, ) = {x} H minden x H esetén Megjegyzés. A fentiek lpján H X pontosn kkor nyílt, h minden h H ponthoz vn olyn r > 0, hogy B(h, r) H Állítás. H H és H 2 nyílt hlmzok, kkor H H 2 is nyílt hlmz. Bizonyítás. Legyen x H H 2. Ekkor x H vgy x H 2 teljesül. Legyen például x H. Mivel H nyílt hlmz, ezért r > 0, hogy B(x, r) H H H 2, tehát x int(h H 2 ) Állítás. Akárhány nyílt hlmz uniój nyílt. Bizonyítás. A fenti állításhoz hsonlón igzolhtó. H egy pont benne vn nyílt hlmzok uniójábn, kkor (leglább) z egyik nyílt hlmzbn benne vn. De kkor ( nyílt hlmz definíciój szerint) egy pont körüli gömb is benne vn hlmzbn, így z unióbn is. 235

242 0.26. Állítás. H H és H 2 zárt hlmzok, kkor H H 2 is zárt hlmz. Bizonyítás. A de Morgn-zonosság lpján X \ (H H 2 ) = (X \ H ) (X \ H 2 ), mi 0.2 és z előző hogy H H 2 zárt. Állítás lpján nyílt. Ismét lklmzv 0.2 Állítást kpjuk, Állítás. Akárhány zárt hlmz metszete zárt Példák nyílt hlmzokr Állítás. Tetszőleges B(u, r) nyílt gömb nyílt hlmz. Bizonyítás. Legyen v B(u, r). Megmuttjuk, hogy δ := r d(u, v) > 0 esetén B(v, δ) B(u, r). H x B(v, δ), kkor vgyis x B(u, r). Ld ábrát. d(x, u) d(x, v) + d(v, u) < δ + d(v, u) = r, v δ u r 0.5. ábr. B(u, r) nyílt hlmz Állítás. X \ B(u, r) nyílt hlmz. Bizonyítás. Legyen x X \B(u, r). Megmuttjuk, hogy δ := d(x, u) r esetén B(x, δ) X \ B(u, r). Legyen y B(x, δ), ekkor háromszög-egyenlőtlenség lpján d(y, u) d(x, u) d(x, y) > d(x, u) δ = d(x, u) d(x, u) + r = r, vgyis y X \ B(u, r) Állítás. Tetszőleges H X esetén int H nyílt hlmz. 236

243 Bizonyítás. Be kell látni, hogy int H minden pontj belső pontj int H-nk. Legyen x int H, ekkor létezik r > 0, hogy B(x, r) H. Megmuttjuk, hogy B(x, r) int H is teljesül. Legyen y B(x, r). A 0.28 Állítás lpján vn olyn δ > 0, melyre B(y, δ) B(x, r) H, vgyis y int H is teljesül Következmény. Tetszőleges H X esetén ext H nyílt hlmz (ugynis ext H = int(x \ H)). Az lábbi tétel számegyenes nyílt hlmzit jellemzi Tétel. Egy H (R, d ) hlmz pontosn kkor nyílt, h előáll megszámlálhtó sok diszjunkt nyílt intervllum uniójként. Vázlt. Egyrészt tetszőleges ilyen hlmz nyílt 0.24 Állítás szerint. Másrészt, h H (R, d ) nyílt hlmz, kkor h H esetén definiáljuk z lábbi nyílt intervllumot: I h := {J H : J nyílt intervllum, h J}. Ilyen J intervllum vn H nyíltság mitt, és z is világos, hogy I h egy nyílt intervllum. Meggondolhtó, hogy tetszőleges h, h 2 H esetén I h I h2 = vgy I h = I h2 teljesül. A bizonyítás hátrlévő része következik bból, hogy számegyenesen bármely diszjunkt nyílt intervllumokból álló rendszer megszámlálhtó (hiszen mindegyikből tetszőlegesen válsztv egy rcionális számot zok páronként különbözőek, így legfeljebb megszámlálhtón végtelen sokn lehetnek) Példák zárt hlmzokr Állítás. Tetszőleges B(u, r) zárt gömb zárt hlmz. Bizonyítás. Következik 0.29 és 0.2 Állításokból Állítás. Tetszőleges H X esetén H zárt hlmz vgyis hlmz lezártj vlóbn zárt. Bizonyítás. Következik bból, hogy komplementere, X \ H = ext H nyílt 0.3 Következmény szerint Állítás. Bármely H X esetén H zárt hlmz. Bizonyítás. Elég megmuttni, hogy X \ H = int H ext H nyílt. Ez következik 0.30, 0.3 és 0.24 Állításokból vgyis hogy int H és ext H nyílt hlmzok, és z uniójuk is z. 237

244 0.36. Állítás. Bármely H X esetén H zárt hlmz. Bizonyítás. Megmuttjuk, hogy X \ H nyílt hlmz. Legyen u X \ H. Megmuttjuk, hogy vn egy u körüli gömb, mely része X \ H -nk. A Tétel szerint u-nk vn olyn B(u, r) környezete, melyben csk véges sok H-beli pont tlálhtó. Ekkor B(u, r) X \ H. Ugynis, h voln y B(u, r) H, kkor véve y-nk egy B(u, r)-be eső B(y, δ) gömbkörnyezetét (ld Állítás), erre nem teljesülhetne, hogy B(y, δ) H végtelen hlmz (hiszen B(y, δ) B(u, r), és B(u, r)-ben csk véges sok H-beli pont vn), mi ellentmond nnk, hogy y H. A következő állítás zárt hlmzok egy krkterizációját dj Állítás. Egy F X hlmz pontosn kkor zárt, h minden (x n ) F konvergens sorozt esetén lim n x n F. Bizonyítás. Tegyük fel először, hogy F zárt és legyen (x n ) F konvergens sorozt, x n u. Indirekt tegyük fel, hogy u X \ F. Mivel ez utóbbi hlmz 0.2 Állítás szerint nyílt, ezért létezik r > 0 sugár, hogy B(u, r) X \ F. Ekkor konvergenci definíciój szerint vn olyn N N, hogy minden n N esetén x n B(u, r) X \ F, mi ellentmond nnk, hogy (x n ) F. Másodszor tegyük fel, hogy minden (x n ) F konvergens sorozt esetén lim n x n F. Indirekt tegyük fel, hogy F nem zárt, tehát legyen u F (X\F ). Ekkor htárpont definíciój mitt minden > 0 számhoz létezik egy olyn u n n pont, mely benne vn z u körüli sugrú gömbben és F -ben is, vgyis n u n B(u, ) F, n N. n Az így kpott (u n ) F soroztr d(u n, u) < n, tehát u n u, másrészt u X \ F, mi ellentmondás Metrikus terek teljessége Definíció. Legyen (x n ) (X, d) pontsorozt. Azt mondjuk, hogy z (x n ) sorozt Cuchy-sorozt, h minden ε > 0-hoz létezik N = N(ε) N, hogy minden n, m N esetén d(x n, x m ) < ε Állítás. H (x n ) (X, d) konvergens, kkor Cuchy-sorozt. 238

245 Bizonyítás. Mint vlós esetben: h x n u, kkor válsszunk dott ε > 0 esetén ε/2-höz küszöbindexet, hogy n N esetén d(x n, u) < ε/2. Ekkor n, m N esetén háromszögegyenlőtlenségből kpjuk, hogy d(x n, x m ) d(x n, u) + d(x m, u) < ε/2 + ε/2 = ε Megjegyzés. A fenti állítás megfordítás áltlábn nem igz! Tetszőleges metrikus térben nem feltétlenül igz, hogy minden Cuchy-sorozt konvergens, ellentétben zzl, mit nnk idején R-ben láttunk. Teljes metrikus tér nek fogjuk nevezni zokt tereket, hol Cuchy-soroztok konvergensek Péld (Cuchy-soroztr, mely nem konvergens). Legyen X := R \ {0}, d := d X. Tekintsük z ( ) X soroztot. Könnyen láthtó, hogy ez megdott metrikábn n Cuchy-sorozt, hiszen R-ben is z, így szűkebb X térben is. Másrészt nem lehet konvergens, mert R-ben létezik htárértéke ( 0), mi nem eleme X-nek. (Másképp, h lenne htárértéke X-ben, kkor bővebb R-ben is voln, és htárértékeknek meg kellene egyezniük.) Definíció (FONTOS!). Egy (X, d) metrikus teret teljes metrikus tér nek mondunk, h benne minden Cuchy-sorozt konvergens Péld (Teljes metrikus terekre).. (R, d ), ld Tételt. 2. (R p, d ), (R p, d 2 ) és (R p, d ). Ez úgy láthtó, hogy p = 2 esetre már meggondoltuk, ld. 9.9 Tételt. 3. (X, d), hol X tetszőleges lphlmz, d diszkrét metrik. Könnyen láthtó (ld. gykorlt), hogy diszkrét metrikus térben Cuchy-soroztok és konvergens soroztok is csk kvázikonstns (egy indextől kezdve állndó) soroztok. 4. A (b(h), d ) tér teljes metrikus tér. Bizonyítás. * Legyen (f n ) b(h) Cuchy-sorozt, vgyis minden ε > 0 számhoz létezik N N, hogy n, m N esetén d (f n, f m ) := sup f n (h) f m (h) < ε. h H Ebből következik, hogy minden h H esetén f n (h) f m (h) < ε, 239

246 tehát rögzített h-r (f n (h)) R Cuchy-sorozt, így konvergens. Jelölje htártéket lim f n(h) := f(h), h H. (0.3) n Megmuttjuk, hogy (f n ) d metrikábn trt z így definiált f b(h) függvényhez. Legyen ε > 0 rögzített és válsszunk ε-hoz N N-et úgy, hogy n, m N esetén sup f n (h) f m (h) < ε. (0.4) h H Rögzítsünk most egy n N indexet! Ekkor (0.4) egyenlőtlenségben elvégezve z m htárátmenetet, (0.3) lpján kpjuk, hogy tetszőleges h H-r Ebből f n (h) f(h) ε. d (f n, f) = sup f n (h) f(h) ε, n N. h H tehát z (f n ) sorozt konvergens is (b(h), d ) térben, miből z állítás következik Állítás. Legyen (X, d) teljes metrikus tér és M X zárt részhlmz. Ekkor d M := d M M jelöléssel (M, d M ) teljes metrikus tér. Bizonyítás. Legyen (x n ) M Cuchy-sorozt d M szerint. Ekkor (x n ) X is teljesül, és (x n ) nyilván Cuchy-sorozt d szerint is, tehát (X, d) teljessége mitt konvergens. Legyen htárértéke u X. No de 0.37 Állítás mitt u M is teljesül, és ezzel z állítást beláttuk Következmény. A 0.43 Példábn felsoroltk lpján ([, b], d ), (C[, b], d ) és (R[, b], d ) teljes metrikus terek (ld. 8.4 és 8.5 Tételeket) Definíció. Legyenek (X, d) és (Y, ρ) tetszőleges metrikus terek. Azt mondjuk, hogy z f : X Y leképezés kontrkció, h létezik q [0, ), hogy ρ(f(x ), f(x 2 )) q d(x, x 2 ), x, x 2 X. Ez definíció szemléletesen zt mondj, hogy kontrkció olyn leképezés, mi minden távolságot q-szorosár kicsinyít vgy más szóvl összehúz Tétel (Bnch-féle fixponttétel). Legyen (X, d) teljes metrikus tér, f : X X kontrkció, hol D(f) = X. Ekkor f-nek létezik egyetlen fixpontj, vgyis!u X, melyre f(u) = u. Továbbá, ez fixpont megkphtó tetszőleges x 0 X pontból kiindulv z x n+ := f(x n ), n N rekurzióvl értelmezett sorozt htárértékeként. 240

247 Bizonyítás. Legyen x 0 X tetszőleges, és indukcióvl, x n+ := f(x n ), n N. Belátjuk, hogy (x n ) Cuchy-sorozt, ezért konvergens, és htárértéke mg fixpont. Az (x n ) X soroztr, n > m esetén metrikár vontkozó háromszög-egyenlőtlenségből dódik, hogy d(x n, x m ) d(x n, x n ) + d(x n, x n 2 ) + + d(x m+, x m ). (0.5) Másrészt, z (x n ) sorozt definíciój szerint és kihsználv, hogy f kontrkció, kpjuk, hogy minden k = m +,..., n esetén A (0.5) és (0.6) lpján d(x k, x k ) = d(f(x k ), f(x k 2 )) q d(x k, x k 2 ) = = d(f(x k 2 ), f(x k 3 )) q 2 d(x k 2, x k 3 ) q k d(x, x 0 ). d(x n, x m ) d(x n, x n ) + d(x n, x n 2 ) + + d(x m+, x m ) ( q n + q n q m) d(x, x 0 ) = qm q n d(x, x 0 ). q Mivel q [0, ), ezért q n 0, így n := qn q d(x, x 0 ) 0, n (0.6) (0.7) is teljesül. Tehát z ( n ) számsorozt konvergens, így 3.43 Tétel lpján Cuchy-sorozt is. Ezért minden ε > 0 számhoz létezik N N, hogy n > m N esetén n m = qm q n q A (0.7) egyenlőtlenség mitt ilyen n, m indexekre d(x n, x m ) < ε d(x, x 0 ) < ε. is igz, tehát (x n ) X is Cuchy-sorozt, és X teljessége mitt konvergens. Legyen u := lim n x n. Megmuttjuk, hogy u fixpontj f-nek. Mivel 0 d(u, f(u)) d(u, x n ) + d(x n, f(u)) = d(u, x n ) + d(f(x n ), f(u)) d(u, x n ) + q d(x n, u) 0, n, ezért d(u, f(u)) = 0, tehát u = f(u). H v = f(v) is teljesül, kkor 0 d(u, v) = d(f(u), f(v)) q d(u, v), mi 0 q < mitt csk úgy lehet, hogy d(u, v) = 0, vgyis u = v. 24

248 0.48. Péld (Newton-féle gyökkeresési eljárás (bbiloni módszer)). Legyen X := [, ) ellátv (szokásos) d metrikávl. Mivel (R, d ) teljes, ezért 0.44 Állítás lpján (X, d ) is z. Definiálj f(x) := ( x + 2 ). 2 x y (x n + 2xn ) y = x x n+ = 2 y = 2 ( x + 2 ) x x = f(x 0 ) x 2 = f(x ) x 3 = f(x 2 ) x 4 = f(x 3 ) x 4 x 3 x 2 x x 0 x 0.6. ábr. Newton-féle gyökkeresési eljárás lépései Először meggondoljuk, hogy f : X X. Legyen x [, ), megmuttjuk, hogy f(x) [, ). A számtni-mértni közép közti egyenlőtlenségből dódik, hogy f(x) = ( x + 2 ) x 2 2 x x = 2. Másrészt, h x, y X, kkor ( f(x) f(y) = x x y 2 ) = y 2 ( = 2 ) (x y) xy x y, 2 ( x y + ) 2(y x) xy tehát f : X X kontrkció q = 2 x 0 [, ) kezdőpontból induló, konstnssl. Ezért 0.47 Tétel szerint tetszőleges (x n + 2xn ) x n+ := 2 242

249 rekurzióvl definiált sorozt z f fixpontjához, vgyis z u = ( u + 2 ) 2 u egyenlet megoldásához, u = 2-höz trt Megjegyzés. A 0.47 Bnch-féle fixponttételben ngyon lényeges, hogy kontrkció definíciójábn 0 q <! Ugynis, például z f : R R, f(x) = x + leképezésre f(x) f(y) = x y, tehát q =, de nyilván nincs fixpontj R-en Kompktság metrikus terekben Definíció. Legyen (X, d) metrikus tér. Egy H X hlmz átmérője dim := 0. dim H := sup {d(x, y) : x, y H}. Fontos, hogy fenti definícióbn sup helyett nem írhtunk mx-ot, pl. (R, d )-ben egy I = (, b) intervllum átmérője b, de nincs két olyn pontj, minek ennyi lenne távolság. Másrészt h (X, d) diszkrét metrikus tér, kkor dim(b(x, )) = 0 bármely 2 x X esetén Definíció. Legyen (X, d) metrikus tér. Egy H X hlmzt korlátosnk mondunk, h dim H <. A következő tétel zt mondj, hogy egy hlmz pontosn kkor korlátos, h belefogllhtó egy (tetszőleges pont körüli) gömbbe Tétel. Legyen (X, d) metrikus tér. Egy H X esetén ekvivlensek:. H korlátos; 2. u X és r > 0, hogy H B(u, r); 3. v X esetén ρ > 0, hogy H B(v, ρ). 243

250 dim H h v H 0.7. ábr. Korlátos hlmz belefogllhtó dott középpontú gömbbe Bizonyítás. A nyilvánvló. A 2.. bból következik, hogy 2. fennállás esetén dim H 2r teljesül.. 3.: legyen v X dv, és válsszunk egy tetszőleges h H pontot. Legyen ρ := dim H + d(h, v) +. Ekkor bármely x H esetén tehát H B(v, ρ). d(x, v) d(x, h) + d(h, v) dim H + d(h, v) < ρ, A fenti állításból (is) látszik, hogy korlátosság foglm mennyire metrik-függő foglom. H például R 2 -en tekintjük diszkrét metrikát, ebben minden hlmz korlátos lesz, hiszen z egész tér belefogllhtó bármely pont körüli, tetszőleges -nél ngyobb sugrú nyílt gömbbe. A szokásos euklideszi metrikábn zonbn nyilvánvló, hogy nem minden hlmz korlátos Definíció. Legyen (X, d) metrikus tér. Egy H X hlmzt (sorozt)kompktnk mondunk, h bármely H-beli soroztnk vn H-beli ponthoz konvergáló részsorozt. Az (X, d) metrikus tér (sorozt)kompkt, h benne X soroztkompkt hlmz, vgyis tetszőleges soroztnk vn konvergens részsorozt Péld. A 3.36 Bolzno Weierstrss-tétel lpján z (R, d ) térben minden [, b] korlátos és zárt intervllum soroztkompkt Tétel. Legyen (X, d) metrikus tér. H H X soroztkompkt, kkor H korlátos és zárt hlmz. Bizonyítás. Először zártságot bizonyítjuk. A 0.37 Állítás lpján elég megmuttni, hogy bármely H-beli konvergens sorozt htárértéke H-bn vn. Legyen (x n ) H konvergens sorozt. Mivel H soroztkompkt, ezért minden H-beli soroztnk, így (x n )-nek is vn H-bn lévő ponthoz konvergáló részsorozt no de kkor lim x n H is teljesül, hiszen lim x n megegyezik minden részsoroztánk htárértékével. 244

251 Másodszor tegyük fel indirekt, hogy H soroztkompkt, de nem korlátos. Legyen x H tetszőleges. Válsszunk x 2 H \ B(x, ) pontot ilyen létezik z indirekt feltevés és 0.52 Tétel szerint. Indukcióvl, z n-edik lépésben válsszunk ( n ) x n H \ B(x i, ) i= pontot ilyen létezik, mert világos, hogy véges sok gömb uniój, n i= B(x i, ) korlátos. Kptunk tehát egy (x n ) H soroztot, melyre teljesül, hogy d(x n, x i ), i =,..., n. (0.8) Ebből soroztból nem válszthtó ki konvergens részsorozt, hiszen egyetlen részsorozt sem Cuchy-sorozt (mivel tetszőleges tgjánk bármely kisebb indexű tgtól vló eltérése ngyobb vgy egyenlő mint ) Péld. * Korlátos és zárt, de nem soroztkompkt hlmzr. Legyen X := l = {(x n ) : (x n ) korlátos, vlós sorozt}. A d : X X [0, ), d(x, y) := sup x n y n n N függvényről könnyen láthtó, hogy metrik. Álljon H hlmz zon soroztokból, melyeknek pontosn egy eleme, többi 0, vgyis jelöléssel e := (, 0, 0,... ) e 2 := (0,, 0,... ). e n := (0, 0, 0,..., }{{}, 0... ) n. H := {e i : i N}. Világos, hogy H X és H B(0, ), hol most 0 konstns 0 soroztot jelöli, tehát H korlátos hlmz. Mivel d(e i, e j ) =, h i j, ezért H elemei körüli gömbökre ( B e i, ) ( B e j, ) =, i j

252 teljesül. Ebből következik, hogy h x H, kkor x B(e j, ) vlmely j N számr. 2 H x e j voln, kkor létezne x körül olyn gömb, mely nem trtlmzz e j -t, így nem lehetne x H. Ebből kpjuk, hogy H H (sőt, H = H), tehát H zárt hlmz is. Másrészt d(e i, e j ) =, i j mitt z (e n ) soroztból nem válszthtó ki konvergens részsorozt (mivel egyetlen részsorozt sem Cuchy-sorozt), tehát H nem soroztkompkt Tétel. Soroztkompkt hlmz zárt részhlmz soroztkompkt. Bizonyítás. Legyen H soroztkompkt és G H zárt hlmz, (x n ) G tetszőleges sorozt. Mivel (x n ) H is teljesül, zért soroztnk vn olyn (x nk ) részsorozt, mely egy H-beli ponthoz konvergál. No de 0.37 Állítás szerint ez htárérték G-ben vn, mivel z állítást beláttuk Tétel. Az (R p, d ), (R p, d 2 ) és (R p, d ) terekben minden korlátos és zárt hlmz soroztkompkt. Bizonyítás. Legyen H (R p, d k ) (k =, 2, vgy ) korlátos és zárt hlmz, továbbá (x n ) H sorozt. Mivel (x n ) feltétel szerint korlátos is, ezért 0.2 Bolzno Weierstrss-tétel mitt (x n )-nek vn konvergens részsorozt. No de H zárt is, ezért 0.37 Állítás lpján e részsorozt htárértéke is H-bn vn, mivel bizonyítás kész Tétel. Az (R p, d ), (R p, d 2 ) és (R p, d ) terekben egy hlmz pontosn kkor soroztkompkt, h korlátos és zárt. Bizonyítás. Következik z előző és 0.55 Tételekből. 246

253 . fejezet Folytonosság, htárérték metrikus terekben Legyenek z lábbikbn (X i, d i ), i =, 2 metrikus terek, D(f) X, f : X X 2. Az (X, d ) térbeli gömböket B -el, z (X 2, d 2 ) térbeli gömböket B 2 -vel jelöljük. (Vigyázt! Ebben fejezetben d és d 2 tetszoleges metrikákt jelöl!).. Definíció. Legyen f : X X 2, u D(f), v X 2. Azt mondjuk, hogy f htárértéke z u helyen v, h minden ε > 0-hoz létezik δ > 0, hogy minden x D(f), x u, d (x, u) < δ esetén d 2 (f(x), v) < ε. Másképpen: minden ε > 0-hoz létezik δ > 0, hogy Jelölés: minden x Ḃ(u, δ) D(f) esetén f(x) B 2 (v, ε). lim u f = v vgy lim x u f(x) = v..2. Definíció. Azt mondjuk, hogy f folytonos z u D(f) helyen vgy z u pontbn, h minden ε > 0-hoz létezik δ > 0, hogy minden x D(f), d (x, u) < δ esetén d 2 (f(x), f(u)) < ε. Másképpen: minden ε > 0-hoz létezik δ > 0, hogy minden x B (u, δ) D(f) esetén f(x) B 2 (f(u), ε)..3. Definíció. Azt mondjuk, hogy f folytonos H hlmzon, h nnk minden pontjábn folytonos. A vlós függvényeknél tnultkhoz nlóg módon megfoglmzhtunk átviteli elveket. 247

254 .4. Tétel (Átviteli elv htárértékre). Legyen f : X X 2, u D(f), v X 2. Ekkor ekvivlensek:. lim u f = v; 2. minden (x n ) D(f), x n u, x n u sorozt esetén f(x n ) v; 2. minden (x n ) D(f), x n u, x n u sorozt esetén (f(x n )) n N konvergens. Bizonyítás. A vlós függvényekre vontkozó átviteli elvhez hsonlón történik.. 2.: Legyen (x n ) D(f), x n u, x n u, vlmint ε > 0. Ekkor htárérték definíciój mitt létezik δ > 0, hogy minden x D(f), d (x, u) < δ esetén d 2 (f(x), v) < ε. No de konvergenci mitt δ > 0-hoz létezik N N, hogy minden n N indexre d (x n, u) < δ. Tehát n N-re d 2 (f(x n ), v) < ε, így f(x n ) v. 2..: Indirekt tegyük fel, hogy lim u f nem létezik vgy nem v. Ekkor létezik olyn ε > 0, melyhez minden n N esetén tlálunk x n Ḃ(u, ) D(f) elemet, hogy n f(x n ) / B 2 (v, ε). Így kptunk egy x n u, x n u soroztot (hiszen d (x n, u) < 0), n melyre f(x n ) v, ez ellentmondás. A 2. ekvivlenciájánk bizonyítás ehhez hsonló..5. Tétel (Átviteli elv folytonosságr). Ekvivlensek:. f folytonos u-bn; 2. minden (x n ) D(f), x n u sorozt esetén f(x n ) f(u). Bizonyítás. A htárértékre vontkozó átviteli elvhez, illetve vlós függvényeknél tnultkhoz hsonlón történik..6. Definíció. Az f : X X 2 függvényről zt mondjuk, hogy Lipschitz-tuljdonságú, h létezik L > 0, hogy d 2 (f(x), f(y)) L d (x, y) minden x, y D(f) esetén. Világos, hogy 0.46 Definícióbn bevezetett kontrkció Lipschitz-tuljdonságú L = q válsztássl..7. Állítás. H f Lipschitz-tuljdonságú, kkor folytonos is. Bizonyítás. Világos, hogy ε > 0-hoz δ := ε L válsztás jó..8. Péld (Metrikus tereken értelmezett folytonos függvényekre).. Az +,,, : R R R (összedás, kivonás, szorzás, osztás) függvények folytonosk (bizonyítás: átviteli elvvel és vlós soroztoknál tnultk segítségével, R 2 -en vehetjük d, d 2, vgy d metrikát). 248

255 2. H (X i, d i ), i =, 2 tetszőleges metrikus terek, c X 2 dott, kkor z f(x) := c, x X konstns függvény folytonos. 3. Legyen = (,..., p ) R p dv. Az A : R p R, Ax := p k x k =, x, k= x = (x,..., x p ) R p lineáris függvény folytonos z (R p, d i ), i =, 2, terekben. Vegyük először R p -n d metrikát! p p p Ax Ay = k x k k y k = k (x k y k ) k= k= k= p p k x k y k mx x k y k k = L d (x, y) k {,...,p} k= vgyis A Lipschitz-tuljdonságú L := p k= k konstnssl. Mivel 0.5 Megjegyzés lpján d i (x, y) d (x, y), i =, 2, ezért k= Ax Ay L d i (x, y), i =, 2 is teljesül, így A Lipschitz-tuljdonságú z (R p, d i ), i =, 2 terekben is fenti L konstnssl. 4. Tekintsük z F : (R[, b], d ) R, F f := b f, f R[, b] lineáris leképezést. Ennek folytonosságát kétféleképpen is bizonyíthtjuk. Az átviteli elv segítségével: láttuk (8.5 Tétel), hogy h f n f d metrikábn vgyis f n f, kkor Másrészt: F f F g = F f n = b vgyis F Lipschitz-tuljdonságú. f b b f n b f = F f. b g = (f g) (b ) sup f(x) g(x) = L d (f, g), x [,b] 249

256 Tekintsük most zt z esetet, mikor X = R p, X 2 = R q, tehát f : R p R q p változós, q dimenziós értékkészlettel rendelkező függvény..9. Definíció. Legyen f : R p R q, i {,..., q}. Az f függvény i-edik koordinátfüggvénye f i : R p R, f i (x) = [f(x)] i, x D(f), hol [f(x)] i R jelöli z f(x) R q vektor i-edik koordinátáját. Így f = (f,..., f q ). Könnyen meggondolhtó következő állítás..0. Állítás. Legyen f : R p R q, D(f). Az f függvény pontosn kkor folytonos -bn, h minden f i : R p R, i =,..., q koordinátfüggvénye folytonos -bn. A továbbikbn z egyváltozós függvények htárértékérol és folytonosságáról tnult fontosbb tételek metrikus terek között htó függvényekre vló áltlánosításávl fogllkozunk... Tétel (Kompozíciófüggvény htárértéke). Legyenek (X i, d i ) metrikus terek, i =, 2, 3, f : X X 2, f 2 : X 2 X 3 függvények. Továbbá legyen u D(f ). Tegyük fel, hogy létezik lim u f := u 2. Az lábbi két állítás bármelyikébol következik, hogy lim u (f 2 f ) = u 3.. u 2 D(f 2 ) és f 2 folytonos u 2 -ben, f 2 (u 2 ) = u 3 ; 2. u 2 D(f 2 ) és lim u2 f 2 := u 3, továbbá f injektív z u egy környezetében (vgy u 2 / R(f )). Bizonyítás. Legyen (x n ) D(f 2 f ), x n u, x n u tetszőleges sorozt. Ekkor (x n ) D(f ) is teljesül. Az f u -beli htárértékére vontkozó átviteli elv lpján, f (x n ) u 2. Az. esetben z f 2 folytonosságár vontkozó átviteli elv mitt f 2 (f (x n )) f 2 (u 2 ) = u 3 Az 2. esetben elég ngy n-re f (x n ) u 2, tehát lklmzhtó z f 2 függvény u 2 -beli htárértékére vontkozó átviteli elv, miből z állítás következik..2. Tétel (Kompozíciófüggvény folytonosság). Legyenek (X i, d i ) metrikus terek, i =, 2, 3, vlmint f : X X 2, f 2 : X 2 X 3 függvények. Tegyük fel, hogy f folytonos z u D(f ) helyen, f 2 folytonos z u 2 := f (u ) D(f 2 ) helyen. Ekkor f 2 f : X X 3 folytonos z u helyen. 250

257 Bizonyítás. A.5 Tételbeli átviteli elvet fogjuk lklmzni. Legyen (x n ) D(f 2 f ), x n u tetszőleges sorozt. Ekkor (x n ) D(f ) is teljesül. Az f folytonosságár vontkozó átviteli elv lpján, f (x n ) f (u ) = u 2. Az f 2 függvény u 2 -beli folytonosságát kihsználv f 2 (f (x n )) f 2 (f (u )) = f 2 (u 2 ), mibol z állítás következik..3. Péld. Az átviteli elvből és z előző tételekből könnyen láthtó, hogy minden (n változós) polinomfüggvény és rcionális törtfüggvény, vlmint minden komplex polinomfüggvény folytonos. A következő tétel korábbn látott 4.56 Weierstrss-tétel áltlánosítás metrikus terek között htó folytonos függvényekre..4. Tétel (Áltlánosított Weierstrss-tétel). Legyenek (X i, d i ), i =, 2 metrikus terek, K X soroztkompkt hlmz, f : K X 2 folytonos függvény, melyre D(f) = K. Ekkor f(k) := {f(x) : x K} X 2 hlmz is soroztkompkt. Bizonyítás. Legyen (y n ) n N f(k) dott sorozt. Meg kell muttnunk, hogy kiválszthtó belőle konvergens részsorozt, melynek htárértéke f(k)-bn vn. No de tudjuk, hogy minden n-re y n = f(x n ) vlmely x n K pontr. Az így kpott (x n ) K soroztból (K soroztkompktság mitt) kiválszthtó (x nk ) k N K konvergens részsorozt, melyre lim k x n k := u K. Másrészt f folytonos K-n, tehát z átviteli elv mitt lim f(x n k ) = f(u) f(k) k is teljesül. Tehát megfelelo részsorozt. y nk := f(x nk ), k N.5. Megjegyzés. A korábbn látott 3.36 Bolzno Weierstrss-tétel szerint egy [, b] R korlátos és zárt intervllum soroztkompkt. A fenti tétel lpján egy f : [, b] R folytonos függvény értékkészlet-hlmz soroztkompkt, 4.52 Bolzno Drboux-tétel lpján pedig tudjuk, hogy intervllum. Így 0.55 Tétel szerint z R(f) értékkészlethlmz egy korlátos és zárt intervllum, tehát vn legngyobb és legkisebb eleme. Ez pedig éppen 4.56 Weierstrss tétel. 25

258 Az lábbi definíció és z zt követő tétel szintén z egyváltozós függvényeknél megismertek áltlánosítás..6. Definíció. Legyenek (X i, d i ), i =, 2 metrikus terek. Azt mondjuk, hogy z f : X X 2 függvény egyenletesen folytonos, h minden ε > 0 számhoz létezik δ > 0, hogy minden x, y D(f), d (x, y) < δ esetén d 2 (f(x), f(y)) < ε..7. Megjegyzés. Világos, hogy h egy függvény egyenletesen folytonos H-n, kkor ott folytonos. Továbbá minden Lipschitz-tuljdonságú függvény egyenletesen is folytonos (ε-hoz δ = ε/2 válsztás megfelel)..8. Tétel (Áltlánosított Heine-tétel). Legyenek (X i, d i ), i =, 2 metrikus terek, K X soroztkompkt hlmz, f : K X 2 folytonos függvény, melyre D(f) = K. Ekkor f egyenletesen folytonos K-n. Bizonyítás. Indirekt tegyük fel, hogy f nem egyenletesen folytonos K-n. Ekkor létezik olyn ε > 0, melyhez minden n N esetén vnnk olyn x n, y n K pontok, melyekre d (x n, y n ) < n, de d 2(f(x n ), f(y n )) ε. Mivel z így definiált (x n ) n N K sorozt egy soroztkompkt hlmzbn vn, ezért létezik (x nk ) k N konvergens részsorozt, melyre lim x n k := u K. k A feltétel lpján d (x nk, y nk ) < n k 0, k, ezért lim y n k = u k is teljesül. Az f függvény folytonosság mitt (.5 Tételbeli átviteli elv szerint) dódik, mi ellentmond lim f(x n k ) = lim f(y nk ) = f(u) k k d 2 (f(x nk ), f(y nk )) ε, k N feltételnek. 252

259 2. fejezet Jordn-mérték R p -n Ebben fejezetben terület-, ill. térfogtfoglmt értelmezzük mtemtikilg. Először z p = 2 (sík) esettel fogllkozunk. Olyn m mérték et krunk definiálni, melyre m értelmezési trtományánk elemei sík bizonyos, ún. mérhető részhlmzi, és h H R 2 mérhető, kkor m(h) 0. A mérhető hlmzoktól, ill. z m mértéktől z lábbi tuljdonságok teljesülését várjuk el:. z üres hlmz mérhető, m( ) = 0; 2. m egybevágóságr invriáns: h f : R 2 R 2 távolságtrtó leképezés és H mérhető, kkor f(h) is mérhető és m(h) = m(f(h)); 3. m dditív: h H és G mérhetőek és egymásb nem nyúlók (vgyis int H int G = ), kkor H G is mérhető és m(h G) = m(h) + m(g); 4. Q egységnégyzet mérhető és m(q) =. Az lábbikbn muttunk egy konstrukciót egy ilyen mérték előállításár. Előzetesen megjegyezzük, hogy egyrészt léteznek más, fenti tuljdonságokt kielégítő mértékek is, másrészt létezik számos konstrukció z áltlunk felépített Jordn-mérték re is. Kiindulásképpen definiáljuk Q, koordináttengelyekkel párhuzmos, egységnyi oldlú [0, ] [0, ] négyzet területét -nek, vgyis legyen ter Q =. Később meg fogjuk muttni, hogy megkonstruált m mérték esetén is m(q) = lesz (ld. 4. tuljdonság). A mérték felépítéséből következni fog többi tuljdonság is. Az. Felmerül kérdés, hogy vjon miért vnnk egyáltlán mérhető és nem mérhető hlmzok, vgyis miért nem fogunk sík minden részhlmzához mértéket rendelni. Ennek tárgylás túlhldj jelen jegyzet kereteit. Itt most csk nnyit említünk meg, hogy ngyon nehéz lenne sík minden részhlmzán értelmezett, kívánt tuljdonságoknk megfelelő m függvényt definiálni

260 nyilvánvló módon, 3.-t 2.0 Állításbn bizonyítjuk, 2.-t pedig itt nem bizonyítjuk. Tekintsük sík koordináttengelyekkel párhuzmos, oldlhosszúságú négyzetekre vló rácsfelbontását, tengelyekből kiindulv. Ezen kis négyzetek területét 2 n -nk 4 n definiáljuk. Legyen = H R 2 korlátos hlmz. Jelölje H n zon kis zárt négyzetek unióját rácsból, melyek belemetszenek H-b (vigyázt! itt felülvonás nem metrikus értelemben vett lezárást jelent!). Továbbá, jelölje H n zon kis zárt négyzetek unióját, melyek részei int H-nk. Ezek ter (H n ), ill. ter (H n ) területe legyen z unióbn szereplő négyzetek szám (ez H korlátosság mitt véges) szorozv 4 n -el. Világos, hogy H n H n, így ter (H n ) ter (H n ), n N. (2.) Az is könnyen láthtó, hogy h n-et növeljük, rácsfelbontás sűrűsödik: z n + -dik lépésben z n-dik rácsfelbontáshoz trtozó kis négyzetek mindegyikét 4 egyenlő részre osztjuk. Így könnyen meggondolhtó, hogy másrészt H n H n+ és H n H n+, ter (H n ) ter (H n+ ) és ter (H n ) ter (H n+ ). Ebből következik, hogy (ter (H n )) n N monoton növő, ( ter (H n ) ) monoton fogyó, és n N H hlmz korlátosság mitt korlátos soroztok. 2.. Definíció. A fentiek lpján definiálhtjuk tetszőleges H R 2 korlátos hlmz belső, ill. külső mértékét mint m(h) := lim n ter (H n ), m(h) := lim n ter (H n ). A (2.) egyenlőtlenség lpján m(h) m(h) Definíció. Legyen H R 2 korlátos hlmz. Azt mondjuk, hogy H (Jordn- )mérhető, h m(h) = m(h) =: m(h), hol m(h) jelöli H Jordn-mértékét Péld (Egységnégyzet mértéke). Megmuttjuk, hogy teljesül mértéktől megkívánt 4. tuljdonság, vgyis Q = [0, ] [0, ] egységnégyzet mérhető és m(q) =. Könnyen meggondolhtó, hogy tetszőleges n N esetén ter (Q n ) = 4 2 n + 4 n, ter (Q n) = n + 4 n. 254

261 Így m(q) = lim n ter (Q n ) = lim n ter (Q n ) = m(q) =, tehát Q mérhető és m(q) =. Hsonlón meggondolhtó, hogy konstrukcióbn szereplő oldlú kis négyzetek is mérhetők és mértékük. Ebből következik ( későbbiekben 2 n 4 n belátott 2.9 Következmény lpján), hogy tetszőleges H korlátos hlmz esetén H n és H n is mérhető, és ter (H n ) = m(h n ), ter (H n ) = m(h n ). Így továbbikbn ezek területének jelölésére is ter helyett z m mértéket hsználjuk Péld (Nem mérhető hlmzr). Legyen H := Q (Q Q), z egységnégyzet rcionális koordinátájú pontji. Világos, hogy H külső mértéke, belső mértéke 0 (hiszen minden nem üres és nem egy pontból álló hlmzbn vn olyn pont, melynek minden koordinátáj rcionális és olyn is, melynek leglább egy koordinátáj irrcionális). Mérhető hlmzok fontos osztályát lkotják nullmértékű hlmzok Definíció. Azt mondjuk, hogy H R 2 nullmértékű, h H mérhető és m(h) = Állítás. H R 2 pontosn kkor nullmértékű, h m(h n ) 0, n. Bizonyítás. H H nullmértékű, kkor definícióból következik z állítás. H m(h n ) 0, kkor 0 m(h n ) m(h n ) lpján m(h n ) 0 is teljesül Következmény. A H hlmz pontosn kkor nullmértékű, h minden ε > 0 számhoz vn olyn G H mérhető hlmz, melyre m(g) < ε. Bizonyítás. H H nullmértékű, kkor G := H megfelel. Megfordítv, h tetszőleges ε > 0 számhoz létezik olyn G hlmz, melyre G H és m(g) < ε, kkor ezesetben elég ngy n-re m(g n ) < ε is teljesül. Másrészt, H G mitt ilyen n indexekre m(h n ) m(g n ) < ε is fennáll. Ebből m(h n ) 0, tehát 2.6 Állítás mitt H nullmértékű Tétel. H R 2 pontosn kkor mérhető, h H nullmértékű. Bizonyítás. másrészt H H n \ H n = ( H) n minden n N, m(( H) n ) = m(h n \ H n ) = m(h n ) m(h n ) definíció mitt. Mivel m(h n ) m(h n ) pontosn kkor nullsorozt, h H mérhető, ezért m(( H) n ) is pontosn kkor nullsorozt. Vgyis H pontosn kkor mérhető, h H nullmértékű Következmény. H H, G R 2 mérhető hlmzok, kkor H G, H G, H \ G is mérhetők. 255

262 Bizonyítás. Igzolhtó, hogy Így fenti tételből következik z állítás. (H G) H G, (H G) H G, (H \ G) H G Állítás. H H és G mérhetőek és egymásb nem nyúlók, kkor Bizonyítás. Könnyen láthtó, hogy m(h G) = m(h) + m(g). m((h G) n ) = m(h n ) + m(g n ) m(( H G) n ), hiszen H G-be metsző 2 n oldlú négyzeteket előtte kétszer számoltuk. Másrészt m(( H G) n ) m( H n ) 0, n, miből z állítás definíció szerint következik. 2.. Péld (Üres hlmz mérhetősége). Legyen H :=. H G tetszőleges mérhető hlmz (ilyen létezik, ld. például z egységnégyzet), kkor H előáll mint G \ G, vgyis 2.9 Következmény lpján mérhető. Másrészt, 2.0 Állítás szerint miből m(h) = m( ) = 0. m(h G) = m(g) = m(h) + m(g), 2.2. Állítás. H H koordináttengelyekel párhuzmos oldlú tégllp, kkor mérhető és m(h) = b, hol és b z oldlhosszúsági. Bizonyítás. Didikus rcionális koordinátájú csúcspontokkl rendelkező tégllpr definícióból következik. Más esetben közelítsük csúcspontok koordinátáit didikus rcionálisokkl. Meggondolhtó (nem könnyű!), hogy z így kpott tégllpok külső, ill. belső mértéke trtni fog z eredeti tégllp külső, ill. belső mértékéhez Állítás. H f C[, b], kkor nullmértékű hlmz. grph(f) := {(x, f(x)) : x [, b]} R 2 256

263 Bizonyítás. Legyen ε > 0 dv. Mivel f egyenletesen folytonos, ezért δ > 0, hogy h x y < δ, kkor f(x) f(y) < ε. Legyen b Φ = {I..., I n } F[, b] ε -hoz létezik b olyn felosztás, melynek finomság kisebb, mint δ, vgyis I i < δ minden i esetén. Definiálj G grph(f) hlmzt Ekkor 2.2 Állítás lpján m(g) = n ( ) G := I i [min f, mx f]. I i I i n ( I i i= i= mx I i Az állítás 2.7 Következményből dódik. ) f min f < ε I i b n I i = ε Megjegyzés. Az előző állítás Riemnn-integrálhtó függvényekre is igz. Vgyis h f R[, b], kkor grfikonj nullmértékű hlmz. Ugynis, 7.6 Tétel lpján tetszőleges ε > 0-hoz létezik olyn Φ = {I,..., I n } intervllumfelosztás, melyre Ω f (Φ) = S f (Φ) s f (Φ) < ε. Véve Φ felosztásbn szereplő I i intervllumokt, G := n ( ) I i [min f, mx f] I i I i i= hlmz lefedi grph(f)-et, (esetleg elfjuló) tégllpok uniój, melyre m(g) = Ω f (Φ) < ε Következmény. A kör(lp), ellipszis, és minden olyn hlmz, melynek htár szkszonként egy folytonos (vgy Riemnn-integrálhtó) függvény grfikonj, mérhető hlmzok síkon. Bizonyítás. Következik 2.8 Tételből és fenti állításból. A továbbikbn tetszőleges p N esetén bevezethetjük z m p R p -beli (Jordn- )mértéket, ill. mérhetőséget p = 2 esettel nlóg módon. A fentiekhez hsonlón definiálhtjuk z R p tér koordináttengelyekkel párhuzmos oldlú, élhosszúságú p 2 n dimenziós kockákr vló rácsfelbontását, vgyis egy kock [ i 2, i ] [ + i2 n 2 n 2, i ] [ 2 + ip n 2 n 2, i ] p +, i n 2 n,..., i p Z i= 257

264 lkú. Egy ilyen kis kock (p dimenziós) térfogt legyen. Adott H R p korlátos hlmz esetén jelölje most H n zon kis zárt kockák unióját rácsból, melyek belemetszenek 2 np H-b, H n pedig zon kis zárt kockák unióját, melyek részei int H-nk. Ezek térfogt ter p (H n ) ill. ter p (H n ) legyen z unióbn szereplő kockák szám szorozv -vel. A 2 np fenitekhez hsonlón meggondolhtó, hogy másrészt H n H n+ és H n H n+, ter p (H n ) ter p (H n+ ) és ter p (H n ) ter p (H n+ ). Ebből következik, hogy (ter p (H n )) n N monoton növő, ( ter p (H n ) ) monoton fogyó, n N korlátos soroztok. A 2 dimenzióvl nlóg módon definiálhtjuk z m p (H) és m p (H) p dimenziós belső, ill. külső mértéket mint lim n ter p (H n ), ill. lim n ter p (H n ) Definíció. Egy H R p korlátos hlmzt (Jordn-)mérhető hlmznk mondunk, h külső és belső mértéke megegyezik, és H (Jordn-)mértéke. m p (H) := m p (H) = m p (H) Meggondolhtó, hogy Állítások z m p p dimenziós Jordn-mértékre is érvényben mrdnk. A 2.2 Állítást úgy kell módosítni, hogy h H egy p dimenziós, (koordináttengelyekkel párhuzmos oldlú) tégl, vgyis kkor H mérhető, és H := [, b ] [ 2, b 2 ] [ p, b p ], m p (H) = (b ) (b 2 2 ) (b p p ). 258

265 3. fejezet Riemnn-integrál R p -n Ebben fejezetben z egyváltozós függvényeknél megismert Riemnn-integrál foglmát terjesztjük ki többváltozós függvényekre. 3.. A p dimenziós integrál lptuljdonsági Az egydimenziós Riemnn-integrálhoz hsonlón, p dimenziós Jordn-mérték segítségével definiálni fogjuk f : H R p R korlátos függvények Riemnn-integrálját, hol H mérhető hlmz. 3.. Definíció. Egy H R p mérhető hlmz felosztás egy Φ := {H,..., H n } egymásb nem nyúló, nemüres mérhető hlmzokból álló rendszer, hol n H = H i. A H hlmz felosztásink hlmzát jelölje F(H) (ld. 3.(). ábr). i= 3.2. Péld. Legyenek T,..., T n z R p tér egy rácsfelbontásánk zon téglái, melyekre T i H, i =,..., n. Legyen H i := H T i, i =,..., n. Ekkor {H,..., H n } H hlmz egy rácsszerű felosztását dj (ld. 3.(b). ábr) Definíció. Legyen f : H R korlátos függvény, H R p mérhető, Φ := {H,... H n } H egy felosztás. Ekkor z f Φ felosztáshoz trtozó lsó, ill. felső közelítőösszege n ( ) s f (Φ) := inf f m p (H i ) H i ill. S f (Φ) := i= n ( ) sup f H i i= 259 m p (H i ).

266 T T 2 T 3 T 4 T 5 H H 5 H 6 H 7 H 2 H 3 H 4 H 8 () A H hlmz egy felosztás (b) A H hlmz egy rácsszerű felosztás 3.. ábr. Az egyváltozós esetben látottkhoz hsonlón igzolhtó (ld. 7.6 Tételt), hogy tetszőleges Φ, Ψ felosztásokr s f (Φ) S f (Ψ) Definíció. Legyen f : H R korlátos függvény, H R p mérhető. Az f lsó Riemnn-integrálj f := sup {s f (Φ) : Φ F(H)}, felső Riemnn-integrálj A fentiekből nyilvánvló, hogy H H f := inf {S f (Φ) : Φ F(H)}. H f Ezek lpján már definiálhtjuk Riemnn-integrálhtóságot Definíció. Legyen f : H R korlátos függvény, H R p mérhető. Azt mondjuk, hogy f Riemnn-integrálhtó H-n, h A közös értéket jelölje H f = A H hlmzon Riemnn-integrálhtó függvények hlmzát jelölje R(H). H f. 260 H H f. f.

267 3.6. Péld.. Legyen H R p tetszőleges mérhető hlmz, c R, f : H R, f(x) = c, x H konstns függvény. Ekkor f Riemnn-integrálhtó H-n és f = c m(h). 2. Definiálj z f : [0, ] [0, ] R, {, (x, y) (Q Q) ([0, ] [0, ]), f(x, y) := 0, egyébként. H A Dirichlet-függvény esetéhez hsonlón (ld. 7.0 Példát) meggondolhtó, hogy f nem Riemnn-integrálhtó [0, ] [0, ] hlmzon. A továbbikbn kimondunk egy, z egydimenziós Riemnn-integrálnál tnultkhoz nlóg integrálhtósági kritériumot. A bizonyítás egy z egyben átvihető p dimenziós integrálr. A tétel kimondásához szükségünk lesz egy definíciór Definíció. Az f : H R függvény Φ = {H,..., H n } F(H) felosztáshoz trtozó oszcillációs összege n ( ) Ω f (Φ) := S f (Φ) s f (Φ) = sup f inf f m p (H i ). H i H i i= 3.8. Tétel (Leghsznosbb kritérium). Legyen f : H R korlátos függvény, H R p mérhető. Az f pontosn kkor Riemnn-integrálhtó, h minden ε > 0 számhoz létezik Φ F(H) felosztás, hogy Ω f (Φ) < ε. Bizonyítás. Az egyváltozós eset megfelelő tételének (ld. 7.6 Tételt) bizonyításávl megegyező módon történik. Összefoglljuk Riemnn-integrál legfontosbb tuljdonságit Tétel. Legyenek f, g R(H), c R.. Ekkor f + g R(H) és c f R(H), vlmint (f + g) = f + H H H (c f) = c 26 H H f. g,

268 2. H f g, kkor H f Bizonyítás. Az egydimenziós esettel nlóg módon Tétel. Legyenek A, B R n egymásb nem nyúló mérhető hlmzok, f A integrálhtó A-n és f B integrálhtó B-n. Ekkor f integrálhtó A B-n is és f = f + f. A B Bizonyítás. Legyenek Φ = {A,..., A n } F(A), Ψ = {B,..., B m } F(B) tetszőleges felosztások. Ekkor továbbá s f (Φ) + s f (Ψ) = s f (Γ) Γ := {A,..., A n, B,..., B m } F(A B), A B A f A B H g. B f = S f (Γ) = S f (Φ) + S f (Ψ). Ebből bl oldl szuprémumát, jobb oldl infimumát véve minden Φ F(A) és Ψ F(B) felosztásr kpjuk, hogy A f + B f = A f + miből z állítás következik. B f A B f A B f A f + B f = A f + Ezen tétel fontos következménye, hogy minden integrál tekinthető téglán vett integrálnk. 3.. Tétel. Legyen T R p tégl, H T mérhető hlmz, f R(H). Ekkor z { f(x), x H; f(x) := 0, x T \ H módon definiált f : T R függvény integrálhtó T -n és f = f. T H B f, 262

269 Bizonyítás. Mivel H és T \ H mérhető, egymásb nem nyúló hlmzok, ezért lklmzhtó z előző tétel, miből f = f + f = f. T H T \H H A 3.8 Tétel segítségével igzolhtó z lábbi 3.2. Állítás. Legyenek B A mérhető hlmzok, f integrálhtó A-n. Ekkor f B integrálhtó B-n. Az egyváltozós esetben láttuk, hogy minden f C[, b] folytonos függvény Riemnnintegrálhtó (ld Tételt), és bizonyításbn f egyenletes folytonosságát hsználtuk fel. Ennek megfelelően p dimenzióbn fel kell tenni H értelmezési trtomány mérhetősége mellett kompktságát Tétel. Legyen H R p mérhető soroztkompkt (vgyis korlátos és zárt) hlmz, f : H R folytonos. Ekkor f Riemnn-integrálhtó H-n. Bizonyítás. A 3.8 Tételt fogjuk felhsználni. Legyen ε > 0 dv. Mivel feltételek mitt ε.8 Tétel szerint f egyenletesen is folytonos H-n, zért m p(h) > 0-hoz létezik olyn δ > 0, hogy ε f(x) f(y) < m p (H), h d 2(x, y) < δ, hol d 2 z p dimenziós euklideszi távolságot jelöli. Válsszunk H-nk egy olyn Φ = {H,..., H n } felosztását, melyben dim H i < δ, i =,..., n (ilyen létezik, pl. vehetünk oldlú rácsszerű felosztást, hol p < δ). Ekkor feltétel szerint 2 k 2 k Ω f (Φ) = n sup {f(x) f(y) : x, y H i } m p (H i ) i= mivel z állítást beláttuk. ε m p (H) n m p (H i ) = ε, A következő fontos tételek rról szólnk, hogy mi köze egy korlátos hlmz mértékének z integrálhoz Tétel. Legyen H T R p, hol H tetszőleges (korlátos) hlmz, T tégl. Jelölje {, x H; χ H (x) := (3.) 0, x T \ H, H hlmz krkterisztikus függvényét T -n. Ekkor m p (H) = χ H, m p (H) = T 263 T χ H. i=

270 Bizonyítás. A felső integrálr-külső mértékre vontkozó állítást bizonyítjuk, másik hsonlón megy. Legyen ε > 0 dv. A külső mérték definíciój szerint tlálhtó olyn k N, hogy m p (H k ) m p (H) + ε. Világos, hogy h z R p tér 2 k oldlú kockákr vló felbontásánk elemeit elmetsszük T téglávl, kpott Φ = {F,..., F n } rendszer T egy (rácsszerű) felosztását dj, így T n χ H (sup χ H ) m p (F i ) = m p (F i ) + 0 m p (F i ) (3.2) F i= i i:f i H i:f i H= = m p (F i ) m p (H k ) m p (H) + ε. (3.3) i:f i H Mivel ε > 0 tetszőleges volt, ezért T χ H m p (H). A másik irányú egyenlőtlenség bizonyításához tekintsük z R p egy tetszőleges, oldlú 2 k rácsfelbontásánk elemeit! Jelölje T téglánk z ebből szármzó rácsszerű felosztását Ψ = {G,..., G m }. Mivel G i hlmzok mind mérhetők, ezért m p (H) m p ( G i ) = m p (G i ) = m p (G i )+ 0 m p (G i ) = S χh (Ψ), i:g i H i:g i H i:g i H i:g i H= miből m p (H) χ H. T 3.5. Következmény. Egy H T (korlátos) hlmz pontosn kkor mérhető, h χ H krkterisztikus függvénye Riemnn-integrálhtó T -n. Ekkor m p (H) = χ H Tétel (Az integrál geometrii jelentése). Legyen H R p mérhető. Egy f : H R + függvény pontosn kkor Riemnn-integrálhtó, h subgrph(f) := {(x,..., x p, x p+ ) : (x,..., x p ) H, 0 x p+ f(x,..., x p )} R p+ T Jordn-mérhető. Ekkor H f = m p+ (subgrph(f)). 264

271 Bizonyítás. Az f szám definíció szerint tetszőleges közelíthető oly módon, hogy H H hlmznk vesszük egy rácsszerű felbontását, és ezen z lsó, illetve felső közelítő összeget. Ezen közelítő összegek tuljdonképpen olyn p + dimenziós tégltestek unióink (vgyis, olyn mérhető hlmzoknk) mértékét dják, melyek lulról, illetve felülről közelítik z m p+ (subgrph(f)) számot. Ebből z állítás következik. A részletek meggondolását z olvsór bízzuk Fubini tétele A következőkben z integrálszámítás egy fontos lptételét, z integrálás sorrendjének felcserélhetőségét bizonyítjuk 2 dimenzióbn. A tétel téglán (tégllpon) vett integrálról szól de 3. Tétel lpján tudjuk, hogy ez nem jelent megszorítást Tétel (Fubini tétele). Legyen f : R 2 R, [, b] és [c, d] korlátos és zárt intervllumok, jelölje [, b] [c, d] megfelelő tégllpot. (A) változt. Tegyük fel, hogy f-re teljesülnek z lábbi feltételek: f R([, b] [c, d]), és (A) x [, b] esetén z y f(x, y), y [c, d] ún. szekciófüggvény Riemnn-integrálhtó [c, d]-n. Ekkor ϕ(x) := d c f(x, y)dy, x [, b] jelöléssel ϕ Riemnn-integrálhtó [, b]-n, emellett b b ( d f = ϕ = [,b] [c,d] c ) f(x, y)dy dx. (B) változt. Tegyük fel, hogy f-re teljesülnek z lábbi feltételek: f R([, b] [c, d]), és (B) y [c, d] esetén z x f(x, y), x [, b] ún. szekciófüggvény Riemnn-integrálhtó [, b]-n. Ekkor ψ(y) := b f(x, y)dx, y [c, d] jelöléssel ψ Riemnn-integrálhtó [c, d]-n, emellett d d ( b f = ψ = [,b] [c,d] c c 265 ) f(x, y)dx dy.

272 z f y f(x, y) d f(x, y) dy c c d y x b x 3.2. ábr. Szekciófüggvény integrálj 3.8. Következmény. H f-re teljesülnek z (A) és (B) változt feltételei, kkor [,b] [c,d] f = b ( d c ) f(x, y)dy dx = d c ( b ) f(x, y)dx dy, vgyis z x és y szerinti integrálás sorrendje felcserélhető, és z így kpott integrálok értékei megegyeznek függvény kétdimenziós integráljávl Megjegyzés. Az (A) ill. (B) változt feltételei mindig teljesülnek, h f folytonos [, b] [c, d]-n, ld. 3.3 Tétel. Fubini-tétel (A) változt bizonyítás. Legyen Φ := {J,..., J n } F([, b]) z [, b] intervllum egy tetszőleges felosztás, Ψ := {K,..., K m } F([c, d]) [c, d] intervllum egy tetszőleges felosztás. Ekkor Φ Ψ := {J i K l : i =,..., n, l =,..., m} F([, b] [c, d]) z [, b] [c, d] tégl egy (mondhtjuk rácsszerű) felosztását dj. Könnyen láthtó, hogy z (A) pontbn definiált ϕ függvényre, x J i esetén ϕ(x) = d c f(x, y)dy m ( ) inf f(x, y) K l y K l l= m ( ) inf f(x, y) K l, (x,y) J i K l l= tehát inf J i ϕ m ( ) inf f K l. J i K l l= 266

273 Ebből tehát s ϕ (Φ) = n i= ( ) inf ϕ J i J i Hsonlón beláthtó, hogy [,b] [c,d] n i= m ( ) inf f K l J i = s f (Φ Ψ). J i K l l= S ϕ (Φ) S f (Φ Ψ), s f (Φ Ψ) s ϕ (Φ) S ϕ (Φ) S f (Φ Ψ). A kpott egyenlőtlenségeket felhsználv, továbbá f Riemnn-integrálhtóság lpján könnyen láthtó, hogy b f = sup s f (Φ Ψ) sup s ϕ (Φ) = ϕ, Φ F([,b]),Ψ F([c,d]) Φ F([,b]) másrészt [,b] [c,d] f = inf S f(φ Ψ) inf S ϕ(φ) = Φ F([,b]),Ψ F([c,d]) Φ F([,b]) Mindebből z állítás következik. A (B) változt nlóg módon bizonyíthtó Megjegyzés. Fubini tétele áltlánosíthtó tetszőleges f : R p R függvényre. Pl. p = 3 esetén egy f R ([, b] [c, d] [s, q]) függvény integrálj megfelelő feltételek mellett előáll 3 drb egydimenziós integrál egymásutánjként Péld (Olyn függvényre, melyre nem lklmzhtó Fubini-tétel). Legyen f : [0, ] [0, ] R,, 0 < x < y < ; y 2 f(x, y) :=, 0 < y < x < ; x 2 0, különben. Ekkor 0 0 Másrészt 0 0 f(x, y)dxdy = f(x, y)dydx = 0 0 ( y 0 ( x 0 y 2 dx + y ( x ) ) dx dy = 2 ( x ) ) dy + 2 x y dy dx = 2 Az eredmény nem meglepő, hiszen f nem korlátos [0, ] [0, ]-en ( y + b [ x ϕ. ] x= x=y ( x + [ y ) ] y= y=x dy =. ) dx =.

274 3.22. Péld (Olyn függvényre, melyre nem teljesül Fubini-tétel). Ebben példábn egy olyn függvényt muttunk, mely integrálhtó [0, ] [0, ] négyzeten, viszont Fubini-tétel másik feltétele nem teljesül rá, mivel z y f(, y) nem integrálhtó [0, ]- 2 en. Jelölje D Dirichlet-függvényt és legyen f : [0, ] [0, ] R, { 0, x 2 f(x, y) :=, D(y), x =. 2 A kívánt feltételek nyilván teljesülnek. Fubini tételét lklmzhtjuk egydimenziós integrálok kiszámításár is Péld. Számítsuk ki z 0 x ln x dx integrál értékét! Ez ugyn egy improprius integrál, de beláthtó, hogy ilyen típusú integrálr is lklmzhtó Fubini-tétel. Az f : [0, ] [0, ] R, f(x, y) := x y hozzárendeléssel megdott függvény Riemnn-integrálhtó, hiszen korlátos, és (0, 0) pont kivételével folytonos. 0 ( 0 ) x y dy dx = Fubini tétele lpján ( ) x y dy dx = ( ( 0 0 ) e y ln x dy dx = ) x y dx dy = Tehát x dx = ln 2. ln x A Fubini-tétel következménye z lábbi két állítás. [ ] y= ln x x ey dx = ln x y=0 0 ln x dx. [ ] x= y + xy+ dy = dy = ln 2. x=0 0 y Definíció. Legyenek ϕ, ϕ 2 C[, b] folytonos függvények, ϕ (x) ϕ 2 (x) minden x [, b] esetén. (Kétdimenziós) normáltrtomány ltt következő lkú korlátos és zárt (soroztkompkt) hlmzokt értjük: vgy H = {(x, y) [, b] R : ϕ (x) y ϕ 2 (x)} y irányú normáltrtomány (3.4) H = {(x, y) R [, b] : ϕ (y) x ϕ 2 (y)} x irányú normáltrtomány. (3.5) 268

275 y y ϕ 2 b ϕ ϕ 2 ϕ b x x 3.3. ábr. Normáltrtományok Állítás. Legyen H R 2 (3.4) (y irányú) vgy (3.5) (x irányú) normáltrtomány, f : H R folytonos függvény. Ekkor (3.4) esetben ( b ) ϕ2 (x) f = f(x, y)dy dx, (3.5) esetben H H f = b ϕ (x) ( ) ϕ2 (y) f(x, y)dx dy. ϕ (y) Bizonyítás. Tekintsük z első esetet! Ekkor H [, b] [c, d], hol pl. c = min [,b] ϕ, d = mx [,b] ϕ 2. Definiáljuk { f(x, y), (x, y) H; f(x, y) := 0, (x, y) ([, b] [c, d]) \ H. Az állítás 3. és 3.7 Tételekből következik. A másik H esete hsonlón meggondolhtó Péld.. r sugrú félkör területe T = = H 2π = 2. r sugrú félgömb térfogt V = = H 0 r 0 r 2 y 2 2 cos 2 α dα = r 0 ( dx dy = r 2 y 2 K 2π 0 ) dz = 269 r 0 2 r 2 y 2 dy (cos 2α + ) dα = π 2. r 0 (r 2 z 2 )π dz = 2 3 r3 π.

276 3.27. Állítás (Cvlieri-elv). Legyenek A, B R 2 [0, + ) 3 dimenziós mérhető hlmzok, és tegyük fel, hogy minden z [0, + ) esetén z mgsságbn vett, xy síkkl párhuzmos síkmetszetük területe megegyezik, vgyis minden z [0, + ) esetén ϕ A (z) := m 2 ({ (x, y) R 2 : (x, y, z) A }) = m 2 ({ (x, y) R 2 : (x, y, z) B }) = ϕ B (z). Ekkor m 3 (A) = m 3 (B), vgyis két hlmz mértéke is megegyezik. z A B T T 2 z y ( z : T = T 2 ) V (A) = V (B) x 3.4. ábr. Cvlieri-elv Bizonyítás. Legyen T := [, b ] [ 2, b 2 ] [0, c] olyn tégl, melybe A és B is belefogllhtó. Definiáljuk A és B krkterisztikus függvényét T -n: {, (x, y, z) A; χ A (x, y, z) := 0, (x, y, z) T \ A. χ B (x, y, z) := {, (x, y, z) B; 0, (x, y, z) T \ B. A 3.5 Következmény és 3.7 Fubini-tétel lpján c ( ) c m 3 (A) = χ A = χ A (x, y, z) dx dy dz = ϕ A (z) dz T 0 [,b ] [ 2,b 2 ] 0 c c ( ) = ϕ B (z) dz = χ B (x, y, z) dx dy dz = χ B = m 3 (B). 0 0 [,b ] [ 2,b 2 ] T 270

277 3.28. Péld (Félgömb térfogt). Az r sugrú félgömb térfogt megegyezik nnk testnek térfogtávl, melyet úgy kpunk, hogy egy r lpsugrú, r mgsságú hengerből kiveszünk egy r lpsugrú, r mgsságú kúpot. Azz V (félgömb) = r 2 πr 3 r2 πr = 2 3 r3 π. R T h r R T 2 h h R R T = r 2 π = (R 2 h 2 )π T 2 = R 2 π h 2 π = (R 2 h 2 )π 3.5. ábr. Félgömb térfogt 27

278 4. fejezet Differenciálegyenletek 4.. Motiváció, példák A természetben és minket körülvevő világ szinte bármely területén tlálkozhtunk olyn jelenségekkel, melyek térben és (vgy) időben zjlnk le. Az ilyen jelenségeket/folymtokt mtemtikábn differenciálegyenletek nyelvén írhtjuk le leghtékonybbn. Az lábbikbn néhány konkrét példát muttunk erre. Vlójábn már középiskoli fizik tnulmányink során tlálkoztunk differenciálegyenletekkel. Lássunk erre két példát! 4.. Péld. Képzeljük el, hogy egy utó egyenes vonlú egyenletes mozgást végez! Tegyük fel, hogy számegyenesen z x 0 pontból indul, és állndó, v sebességgel hld! Htározzuk meg z utó x(t) helyzetét t időpontbn! Világos, hogy z utó t idő ltt vt utt tett meg, így x(t) = x 0 + vt. Mi helyzet, h z utó sebessége függ z időtől, és v(t) függvény írj le? Ekkor 6.. szkszbn látottk lpján pillntnyi sebessége x (t), tehát x (t) = v(t) (4.) x(0) = x 0 (4.2) A (4.) egy úgynevezett (integrálhtó) közönséges differenciálegyenlet, hiszen integrálássl megkphtjuk z összes x megoldását. A (4.2) feltétel neve kezdeti feltétel (vgy mellékfeltétel). A differenciálegyenlethez hozzávéve kezdeti feltételt kpjuk z ún. kezdetiérték-feldtot. Ennek megoldás x(t) = x 0 + t 0 v(s) ds. 272

279 4.2. Péld. Egy másik példábn képzeljük el, hogy npsütésben 30 Celsiusr felmelegedett itlunkt szeretnénk 5 Celsiusr lehűteni 0 -os hűtőben. Hány percre tegyük be? H T (t) jelöli z itl hőmérsékletét t időpillntbn, kkor Newton lehűlési törvénye szerint z itl hőmérsékletváltozás rányos közeg (hűtő) és z itl hőmérsékletének különbségével (h z itl sokkl melegebb hűtőnél, kkor gyorsn hűl, h ngyjából zonos hőmérsékletűek, kkor lssn hűl). Mtemtikilg: T (t) = k(t hűtő T (t)) T (0) = 30, (4.3) hol T hűtő = 0. A (4.3) első sor egy ún. elsőrendű lineáris közönséges differenciálegyenlet. Csk felsorolásszereűen megemlítünk néhány további példát, melyek mtemtiki megoldás differenciálegyenletre vezethet: rdioktív bomlás, szporodás (biológi), keverési folymtok (kémi), pénzügyi folymtok, stb Szétválszthtó változójú (szeprábilis) differenciálegyenletek Motivációs péld: 4.3. Péld (Rdioktív nyg bomlás (vgy szporodás)). Tegyük fel, hogy egy rdioktív nyg bomlását vizsgáljuk! Jelölje z nyg mennyiségét t időpontbn y(t). Ismert, hogy z nyg bomlási sebessége rányos még meglévő nyg mennyiségével, zz y = ky, hol k < 0, hiszen bomlásról vn szó, ezért y < 0. Az egyenlet megoldásánk menete következő. Világos, hogy z y 0 függvény megoldás. Tegyük fel most, hogy y 0. Ekkor y (t) = k y(t) y (t) y(t) = k ln y(t) = k t + ln c, c R + / exp( ) y(t) = c e kt, c R + y(t) = c e kt, c R + R. Mivel zonbn z y 0 is megoldás, ezért z össze megoldás leírhtó z lábbi képlettel: y(t) = c e kt, c R. 273

280 4.4. Állítás. Minden olyn differenciálhtó y : R R függvényhez, melyre y = k y, létezik c R konstns, hogy y(t) = c e kt, t R. Vlójábn, c = y(0), tehát y(t) = y(0) e kt, t R. Bizonyítás. Legyen Ekkor tehát ϕ konstns. ϕ(t) := y(t) e kt. ϕ (t) = y (t) e kt ky(t) e kt = ky(t) e kt ky(t) e kt = 0, Áltlánosítv fenti problémát, legyen I R tetszőleges intervllum. Keressük zokt z y : I R, z I intervllumon értelmezett differenciálhtó függvényeket, melyekre teljesül, hogy y (x) = f(x)y(x), (x I) (4.4) hol f C(I) dott függvény. Világos, hogy h F egy primitív függvénye f-nek (minden folytonos függvénynek vn primitív függvénye, ld Tételt), kkor y(x) := c e F (x), x I megoldás tetszőleges c vlós szám esetén. A fenti 4.4 Állítás bizonyításávl nlóg módon láthtó, hogy csk ilyen lkú megoldások léteznek Péld. Tekintsük z lábbi egyenletet! y (x) = x y(x) Az eddigiekben látottk lpján megoldások y(x) = c e x2 2, c R lkúk, néhányt 4.. ábrán muttunk be. Ezen péld megoldásár muttunk egy fizikus módszert is. Írjuk át y -t dy/dx lkúvá, mjd szorozzunk át dx-szel (bármi is legyen z...) Ezután gyűjtsük egyik oldlr z y-tól, másik oldlr csk x-től függő tgokt (ez megtehető z egyenlet szétválszthtó volt mitt), és integráljuk mindkét oldlt. Kpjuk, hogy y = xy dy dx = xy dy = xy dx dy = x dx y 274

281 y dy = x dx ln y = x2 2 + c, c R y = e c e x2 2, c R y = ±e c e x2 2, c R. Mivel z y 0 is megoldás, ezért z összes megoldás y(x) = c e x2 2, c R. y c > 0 c = 0 x c < ábr. Az y (x) = xy(x) egyenlet megoldási: ce x2 2 Kezdetiérték-feldt megoldás Keresünk olyn differenciálhtó y : I R függvényt, melyre y (x) = f(x) y(x), y(x 0 ) = y 0 R. x I Tudjuk, hogy megoldások y(x) = c e F (x), c R lkúk, hol F f egy primitív függvénye. A kezdeti feltétel mitt y(x 0 ) = c e F (x0) = y 0, miből c = y 0 e F (x0), így kezdetiérték-feldt megoldás y(x) = y 0 e F (x) F (x0). 275

282 4.6. Péld. { y (x) = x y(x), y(0) = Ekkor 4.5 Péld megoldási közül csk z y(x) = e x2 2 megoldás. Térjünk most rá szétválszthtó változójú (vgy szeprábilis) differenciálegyenletek áltlános lkjár Definíció. Keressük zokt z y : I J intervllumon értelmezett differenciálhtó függvényeket, melyekre teljesül, hogy y (x) = f(x) g(y(x)), hol f C(I), g C(J). Az ilyen típusú egyenleteket szétválszthtó változójú (vgy szeprábilis) differenciálegyenletnek hívjuk. Az ilyen egyenletek megoldás következő módon történik. Tegyük fel, hogy 0 / R(g). Ekkor y (x) g(y(x)) = f(x). dt, kkor mindkét oldlt integ- H G z egy primitív függvénye, vgyis G(y) = y g rálv G(y(x)) = c + x y 0 g(t) x 0 f(t) dt. Szerencsés esetben ebből y(x) ki is fejezhető expliciten. A későbbiekben látni fogjuk (ld. implicitfüggvény-tétel), hogy bár y sok esetben nem fejezhető ki expliciten, mégis fenti ún. implicit egyenlet (megfelelő feltételek mellett) meghtároz egy y differenciálhtó függvényt z x 0 pont körül Péld. A megoldások 4.2. ábrán láthtók. y 2 (x) y (x) = 2x 4.3. Szétválszthtór visszvezethető egyenletek Számos olyn differenciálegyenlettel tlálkozhtunk, melyek első ránézésre ugyn nem szétválszthtó változójú típusb trtoznk, de megfelelő trnszformációvl ilyen típusú egyenletre vezethetők vissz. Nézzünk most két egyszerű példát! Ezekben differenciálegyenleteknél szokásos módon z y(x) függvény jelöléséből elhgyjuk z x rgumentumot. 276

283 y c > 4 c = 4 x c < ábr. Az y 2 (x)y (x) = 2x egyenlet megoldási: 3 3(x x 2 + c) 4.9. Péld (Homogén fokszámú egyenlet). ( y y = f, x) hol f folytonos. Vezessük be z := y új ismeretlen függvényt! Ekkor y = zx, így x y = z + xz, tehát z egyenlet z + xz = f(z), miből z = f(z) z. x Ez egy szeprábilis egyenlet. Ezt megoldv z-re, z y = zx összefüggésből megkpjuk z y-t is Péld. y = f(y + x), hol f folytonos. Vezessük be z := y + x új ismeretlen függvényt! Ekkor z = y +, tehát z = f(z), mi egy szétválszthtó egyenlet Elsőrendű lineáris differenciálegyenlet Motivációs példként lásd z első szkszbn bemuttott 4.2 Példát! 277

284 4.. Definíció. Legyen I R tetszőleges intervllum. Keressük zokt z y : I R, z I intervllumon értelmezett differenciálhtó függvényeket, melyekre teljesül, hogy y (x) = f(x)y(x) + g(x), hol f, g C(I) dott függvények. Az ilyen típusú egyenleteket elsőrendű lineáris differenciálegyenletnek hívjuk. Szokás még y + fy = g lkú felírás is. H g 0, kkor z egyenlet inhomogén elsőrendű lineáris differenciálegyenlet. H g = 0, kkor z egyenlet homogén elsőrendű lineáris differenciálegyenlet, mi egyben szétválszthtó változójú. A lineritás zt jelenti, hogy f és g csk z x változótól függ (tehát y-tól nem). Az ilyen egyenletek megoldási menete következő. Megszorozv z egyenlet mindkét oldlát egy tetszőleges ρ differenciálhtó függvénnyel, kpjuk, hogy y (x)ρ(x) ρ(x)f(x)y(x) = ρ(x)g(x). H elérjük, hogy legyen, kkor kpott egyenlet ρ(x)f(x) = ρ (x) (4.5) [y(x)ρ(x)] = ρ(x)g(x) lkúvá egyszerűsödik. A (4.4) megoldás lpján, z (4.5) egyenletre F (x) ρ(x) = e egy jó megoldás, hol F z f egy primitív függvénye. Ebből, mivel ρ g C(I), vgyis Riemnn-integrálhtó is, Innen hol x 0 I tetszőleges. [y(x)ρ(x)] = ρ(x)g(x) y(x)ρ(x) = c + x x 0 ρ(t)g(t) dt y(x) = c e F (x) + e F (x) x y(x) = c e F (x) + x x 0 e F (t) g(t) dt. x 0 e F (x) F (t) g(t) dt, (4.6) 278

285 H kezdeti érték is dv vn, vgyis y(x 0 ) = y 0, fenti megoldóképletben legyen x 0 ez kezdőpont, és c := y 0 e F (x0). Ekkor y(x 0 ) = y 0 e F (x 0) e F (x 0) + e F (x 0) x0 x 0 e F (t) g(t) dt = y Péld. y (x) + y(x) x = x + e x (x 0) x Világos, hogy z I intervllum, hol z egyenletet vizsgáljuk, z I = R + vgy I = R. Az első esetben F (x) = ln x, második esetben F (x) = ln x. A (4.6) megoldóképlet lpján tehát I = R + esetben y(x) = c e ln x + x 0 e ln x+ln t t + t e t dt = c x + x xex = c x + ex, c R. Az I = R esetben hsonló lkr jutunk. A megoldások 4.3. ábrán láthtók. y c > 0 c < 0 c = 0 c > 0 x c < ábr. Az y (x) + y(x) = x+ x x ex egyenlet megoldási: e x + c x 4.3. Péld. { y (x) + y(x) x = x+ x ex, y() = e. Ekkor 4.2 Péld megoldási közül csk z y(x) = e x, D(y) = (0, + ) megoldás. 279

286 4.5. Elsőrendű egyenletek geometrii jelentése Az elsőrendű közönséges differenciálegyenletek áltlános lkj y = f(x, y), (4.7) hol f : I J R dott függvény (I és J intervllumok), és keressük y-t. Most z egyszerűség kedvéért tegyük fel, hogy f : R R R, és legyen y tetszőleges megoldás. Ekkor (4.7) egyenlet zt jelenti, hogy z y megoldásnk minden x pontbn előírjuk deriváltját, mi geometriilg függvénygrfikon érintőjének meredekségét dj meg. Az f függvény vlójábn sík minden (x, y) pontjábn meghtároz egy irányt, mit megrjzolv kpjuk z úgynevezett iránymezőt. Így (4.7) differenciálegyenletet úgy is megoldhtjuk, hogy olyn y függvényeket keresünk, melyek grfikonjánk érintői éppen z iránymezőre illeszkednek Péld. y = x y Az iránymező z y = x egyenes pontjibn, z y = x egyenes pontjibn, z x = 0 egyenesen 0, z y = 0 egyenesen pedig meredekségű irányokt htároz meg. Ezen irányok berjzolás után jól láthtó (ld ábrát), hogy körvonlk illeszkednek z iránymezőre, ezért megoldások lkúk. y(x) = ± c x 2, c R + y x 4.4. ábr. Az y (x) = x y(x) egyenlet iránymezője 280

287 4.6. Másodrendű lineáris egyenletek 4.5. Péld (Hrmonikus rezgőmozgás). Tegyük fel, hogy egy m tömegű test egy rugón függve mozog, súrlódástól tekintsünk el. A test egyensúlyi helyzetéből vló kitérése t időpontbn legyen x(t). Hooke törvénye lpján ismert, hogy testet vissztérítő erő rányos kitéréssel, z rányossági tényező pedig D direkciós vgy rugóállndó. Newton második törvénye szerint z erő, jelen esetben tehát D x, tömeg és gyorsulás (vgyis x ) szorzt. Így Dx = mx, miből x + D m x = 0. A D m konstnst szokás ω2 0-el helyettesíteni, így hrmonikus rezgőmozgás egyenlete. Hsonlón írhtó le z ingmozgás is. x + ω 2 0x = Állítás. H x + ω 2 0x = 0, kkor léteznek c, c 2 vlós számok, hogy Bizonyítás. Tekintsük x(t) = c sin(ω 0 t) + c 2 cos(ω 0 t), t R. g(t) := x(t) x (0) ω 0 sin(ω 0 t) x(0) cos(ω 0 t), t R hozzárendeléssel definiált függvényt! Egyszerű számolássl ellenőrizhető, hogy h := (g ) 2 + g 2 függvény deriváltj minden t pontbn 0, ezért h konstns függvény. Másrészt, g definíciójából dódik, hogy g (0) = g(0) = 0, így h 0, miből g 0. Tehát c := x (0) ω Megjegyzés. H kkor szokás bevezetni z jelöléseket. Ezekkel és c 2 := x(0) jó válsztás. x(t) = c sin(ω 0 t) + c 2 cos(ω 0 t), t R, A := c 2 + c 2 2, ϕ := rcsin c 2 c 2 + c 2 2 x(t) = A cos ϕ sin(ω 0 t) + A sin ϕ cos(ω 0 t) = A sin(ϕ + ω 0 t), t R. 2π Ez zt jelenti, hogy rugó A mplitúdójú (vgyis mximális kitérésű), ω 0 periodikus mozgást végez. 28 periódusú

288 5. fejezet Többváltozós differenciálszámítás I. Többváltozós függvényekkel kpcsoltbn eddig htárérték, folytonosság és integrálhtóság foglmivl ismerkedtünk meg. A következőkben többváltozós függvények differenciálszámításávl fogllkozunk. A könnyebb érthetőség kedvéért z egyes témköröket először R 2 -ből R-be képező függvényekre tárgyljuk, mjd z eredményeket áltlánosn is kimondjuk R p -ből R-be képező függvényekre. Emlékeztetőül, egy f : R 2 R függvény grfikonj 5.. ábr. Kétváltozós függvény grfikonj grph(f) = {(x, y, z) : (x, y) D(f), z = f(x, y)} R 3 A jegyzet hátrlévő részében szorosn Lczkovich T. Sós [LTS07] irodlmt követem. 282

289 5.. Prciális derivált 5... f : R 2 R eset 5.. Definíció. Legyen f : R 2 R, (, b) int D(f). Az f függvény első változó szerinti prciális deriváltj létezik (, b)-ben, h lim x f(x, b) f(, b) x = lim h 0 f( + h, b) f(, b) h R. Ekkor fenti htárértéket nevezzük z f függvény első változó szerinti prciális deriváltjánk (, b)-ben, és jelöljük: f(, b) (vgy D f(, b) vgy f (, b) vgy f x x(, b) stb.) Itt vlójábn rról vn szó, hogy z (, b) pont második koordinátáját lerögzítjük, és z így kpott x f(x, b) egyváltozós függvényt deriváljuk -bn. z f x f(x, b) z y = b síkmetszet x f(x, b) b y x (, b) b f(, b) = (x f(x, b)) () x 5.2. ábr. Első változó szerinti prciális derivált 5.2. Definíció. Legyen f : R 2 R, (, b) int D(f). Az f függvény második változó szerinti prciális deriváltj létezik (, b)-ben, h lim y b f(, y) f(, b) y b = lim h 0 f(, b + h) f(, b) h R. Ekkor fenti htárértéket nevezzük z f függvény második változó szerinti prciális deriváltjánk (, b)-ben, és jelöljük: 2 f(, b) (vgy D 2 f(, b) vgy f (, b) vgy f y y(, b) stb.) Itt vlójábn rról vn szó, hogy z (, b) pont első koordinátáját lerögzítjük, és z így kpott y f(, y) egyváltozós függvényt deriváljuk b-ben. 283

290 z f y f(, y) z x = síkmetszet y f(, y) b y x (, b) b 2 f(, b) = (y f(, y)) (b) y 5.3. ábr. Második változó szerinti prciális derivált 5.3. Definíció. Az f : R 2 R függvény első, ill. második prciális deriváltfüggvénye f : R 2 R ill. 2 f : R 2 R D( f) = {(x, y) int D(f) : f(x, y)}, ( f)(x, y) := f(x, y) D( 2 f) = {(x, y) int D(f) : 2 f(x, y)}, ( 2 f)(x, y) := 2 f(x, y) f : R p R eset A fentiek könnyen áltlánosíthtók p változós függvényekre. Például: 5.4. Definíció (9.54). Legyen f : R p R, = (,..., p ) int D(f), i {,..., p}. Az f függvény i-edik változó szerinti prciális deriváltj létezik -bn, h lim x i i f(,... i, x i, i+,..., p ) f(,..., p ) x i i R. Ekkor fenti htárértéket nevezzük z f függvény i-edik változó szerinti prciális deriváltjánk -bn, és jelöljük: i f() vgy f x i () vgy f x i (, b) stb. Itt tuljdonképpen z történik, hogy z pont összes koordinátáját lerögzítjük z i-edik kivételével, és z így kpott x i f(,... i, x i, i+,..., p ) egyváltozós függvényt deriváljuk i -ben Differenciálhtóság Bevezető Két-, illetve többváltozós függvények differenciálhtóságát (mit szokás prciális deriválttól vló jobb megkülönböztethetőség céljából totális differenciálhtóságnk is ne- 284

291 vezni) nem tudjuk egyszerűen z egyváltozós függvények eredeti, különbségi hánydoson lpuló differenciálhtóság-foglmából definiálni. Ugynis, vektorok körében nem értelmezhető z osztás. Ezért szükségünk lesz differenciálhtóságnk 6. Fejezetben levezetett ekvivlens megfoglmzásir, ezen belül is leginkább (6.4) Weierstrss-féle definíciór, melyeket z lábbikbn idézünk fel Definíció. Egy f : R R függvény differenciálhtó z int D(f) pontbn, h lim x f(x) f() x = f () R f(x) f() f () (x ) lim x x f(x) = f() + f () (x ) + ε(x) (x ), = 0 (5.) lim ε(x) = 0. (5.2) x y f f(x) f() érintő szelő x f(x) f() x x 5.6. Megjegyzés. Az 5.4. ábr. Egyváltozós függvény deriváltj -bn y = f() + f () (x ) függvény pontbeli érintőjének egyenlete (ld. 6.6 Definíciót) Definíció (Ld. lineáris lgebr). Az l : R 2 R (homogén) lineáris függvény, h α, α 2 R, hogy l(x, y) = α x + α 2 y, (x, y) R

292 Itt α = l(, 0), α 2 = l(0, ). Ezért úgy is foglmzhtunk, hogy l : R 2 R lineneáris függvény, h létezik egyetlen α = (α, α 2 ) R 2 sorvektor, mellyel ( ) x l(x, y) = α = α, (x, y). y Itt z első szorzás mint mátrix-szorzás értendő, hol z α = (α, α 2 ) egy sorból álló mátrix z l lineáris leképezés stndrd bázisbn felírt mátrix. Mivel lineáris leképezéseket gykrn zonosítjuk (stndrd bázisbn felírt) mátrixukkl, ezért l-et is zonosíthtjuk z α vektorrl f : R 2 R eset 5.8. Definíció. Legyen f : R 2 R függvény, (, b) int D(f). Azt mondjuk, hogy f differenciálhtó z (, b) pontbn, h létezik olyn l = l (,b) : R 2 R lineáris függvény, melyre f(x, y) f(, b) l(x, y b) lim = 0 (5.3) (x,y) (,b) (x, y b) f(x, y) f(, b) l(x, y b) lim (x,y) (,b) (x, y b) f(x, y) = f(, b) + l(x, y b) + ε(x, y) (x, y b), = 0 (5.4) lim ε(x, y) = 0 (5.5) (x,y) (,b) Ekkor z l lineáris leképezést hívjuk z f függvény (, b) pontbeli deriváltjánk. Itt (5.3) kitétel (5.) egyváltozós differenciálhtósági definíció, (5.5) pedig (5.2) egyenlőség nlógj (ez utóbbi esetben z f () R szám tekinthető egy f () : R R lineáris leképezésnek, hol függvény z ezzel számml vló szorzás) Tétel. H f differenciálhtó (, b)-ben, kkor folytonos is (, b)-ben. Bizonyítás. A (5.5) egyenlet lpján könnyen ellenőrizhető, hogy lim (x,y) (,b) f(x, y) = f(, b), tehát f folytonos (, b)-ben (itt felhsználjuk, hogy lineáris függvények folytonosk, ld..8 Példát) Tétel. H f differenciálhtó (, b)-ben, kkor f-nek léteznek prciális deriváltji (, b)-ben, és 5.8 Definícióbn l(x, y) = f(, b) x + 2 f(, b) y. 286

293 Bizonyítás. Tekintsük differenciálhtóság (5.3) definícióját és rögzítsük le y = b-t! Ekkor l(x, y) = α x + α 2 y jelöléssel kpjuk, hogy f(x, b) f(, b) α (x ) lim x x miből 5. Definíció lpján következik, hogy f(, b) = α. A 2 f(, b) = α 2 bizonyítás hsonlón dódik. Fontos, hogy ez tétel nem megfordíthtó. = 0, 5.. Péld. Az f(x, y) = { 0, x = 0 vgy y = 0,, különben függvénynek léteznek prciális deriváltji (0, 0)-bn, f(0, 0) = 2 f(0, 0) = 0 (hiszen z x f(x, 0) és z y f(0, y) függvények zonosn 0-k), de függvény még csk nem is folytonos (0, 0)-bn Következmény. H f differenciálhtó (, b)-ben, kkor derivált egyértelmű. Az lábbi következmény zt foglmzz meg, hogy prciális deriváltk létezése mellett mi szükséges differenciálhtósághoz Következmény. Legyen f : R 2 R függvény, (, b) int D(f). Az f pontosn kkor differenciálhtó z (, b) pontbn, h ott léteznek prciális deriváltji f(, b) és 2 f(, b), továbbá f(x, y) f(, b) f(, b) (x ) 2 f(, b) (y b) lim (x,y) (,b) (x, y b) f(x, y) f(, b) f(, b) (x ) 2 f(, b) (y b) lim (x,y) (,b) (x, y b) f(x, y) = f(, b)+ f(, b) (x )+ 2 f(, b) (y b)+ε(x, y) (x, y b), 5.4. Definíció. H f differenciálhtó (, b)-ben, kkor z f (, b) := ( f(, b), 2 f(, b)) R 2 = 0 (5.6) = 0 lim ε(x, y) = 0 (x,y) (,b) vektort függvény (, b)-beli deriváltvektoránk vgy grdiensének nevezzük. Egyéb jelölései: grdf(, b), f(, b). A fentiek lpján világos, hogy z l lineáris leképezés mint f deriváltj zonosíthtó ezzel vektorrl. 287

294 Az eredeti definíciót sjnos ritkán tudjuk hsználni konkrét függvények differenciálhtóságánk eldöntésére. Az lábbikbn egy, gykorltbn sokszor lklmzhtó elégséges feltételt bizonyítunk Tétel (Differenciálhtóság elégséges feltétele). Legyen f : R 2 R függvény, (, b) int D(f), és tegyük fel, hogy f és 2 f prciális deriváltfüggvények léteznek z (, b) pont egy környezetében és folytonosk (, b)-ben. Ekkor f differenciálhtó (, b)-ben. Bizonyítás. Legyen ε > 0 rögzítve. Megmuttjuk, hogy létezik δ > 0, hogy h (x, y) (, b) < δ, kkor f(x, y) f(, b) f(, b) (x ) 2 f(, b) (y b) < ε (x, y b), (5.7) mivel 5.3 Következmény lpján z állítást beláttuk. A bizonyítás menete, hogy y y (x, y) c (x, c) b (, b) (d, b) (x, b) d x x 5.5. ábr. Folytonos prciális deriváltk és differenciálhtóság, bizonyítás (5.7) egyenlőtlenség bl oldlán háromszög-egyenlőtlenség segítségével becsempésszük 5.5. ábrán láthtó (x, b) pontot, pontosbbn z f(x, b) függvényértéket, és f(x, y) f(x, b) 2 f(, b) (y b), ill. f(x, b) f(, b) f(, b) (x ) kifejezésekről igzoljuk, hogy elegendően kicsik. A f és 2 f prciális deriváltfüggvények folytonosság mitt létezik δ > 0, hogy h (x, y) (, b) < δ, kkor f(x, y) f(, b) < ε 2 és 2f(x, y) 2 f(, b) < ε 2. (5.8) Rögzítsünk le egy (x, y) (, b) < δ tuljdonságú (x, y) pontot és lklmzzuk t f(x, t) függvényre 6.34 egyváltozós Lgrnge-féle középértéktételt [b, y] (vgy [y, b]) szkszon! Eszerint létezik c = c(x, y) [b, y] pont, melyre f(x, y) f(x, b) = 2 f(x, c) (y b). (5.9) 288

295 Alklmzv most t f(t, b) függvényre z egyváltozós Lgrnge-féle középértéktételt z [, x] (vgy [x, ]) szkszon kpjuk, hogy létezik d = d(x, y) [, x] pont, melyre A feltételekből dódik, hogy is teljesül, miből (5.8) lpján f(x, b) f(, b) = f(d, b) (x ). (5.0) (x, c) (, b) < δ és (d, b) (, b) < δ 2 f(x, c) 2 f(, b) < ε 2, és f(d, b) f(, b) < ε 2. (5.) A (5.9), (5.0) és (5.) összefüggések felhsználásávl f(x, y) f(, b) f(, b) (x ) 2 f(, b) (y b) f(x, y) f(x, b) 2 f(, b) (y b) + f(x, b) f(, b) f(, b) (x ) = 2 f(x, c) (y b) 2 f(, b) (y b) + f(d, b) (x ) f(, b) (x ) < ε 2 y b + ε x < ε (x, y b), 2 mivel bizonyítás kész Definíció. Az f : R 2 R függvényt kétváltozós polinomfüggvénynek (vgy polinomnk) nevezzük, h z f(x, y) függvényérték c n,m x n y m (c n,m R, n, m N) lkú tgok véges összegeként áll elő. Más szóvl, N f(x, y) = c n,m x n y m, c n,m R. n,m= Két kétváltozós polinom hánydosát kétváltozós rcionális törtfüggvénynek nevezzük Következmény. A polinomfüggvények mindenütt differenciálhtók (hiszen prciális deriváltjik is polinomok, és polinomok folytonosk R 2 -en). A rcionális törtfüggvények differenciálhtók z értelmezési trtományuk minden pontjábn (hiszen prciális deriváltjik is rcionális törtfüggvények, és rcionális törtfüggvények folytonosk R 2 - en) Definíció. Legyen (, b) int D(f) és f differenciálhtó (, b)-ben. Ekkor z f függvény (, b) pontbeli érintősíkj egyenletű sík. Átrendezve, z = f(, b) + f(, b) (x ) + 2 f(, b) (y b) 0 = f(, b) (x ) + 2 f(, b) (y b) + ( )(z f(, b)), tehát z érintősík z R 3 tér egy (, b, f(, b)) ponton átmenő ( f(, b), 2 f(, b), ) normálvektorú síkj. 289

296 5.6. ábr. Az f(x, y) = 00 x 2 y 2 függvény egy érintősíkj 5.9. Megjegyzés. A derivált definíciójából dódik, hogy z érintősík elég közel vn függvény grfikonjához, hiszen f(x, y) (f(, b) + f(, b) (x ) + 2 f(, b) (y b)) lim (x,y) (,b) (x, y b) hol számlálóbn z f(x, y) és z érintősík megfelelő pontjánk távolság szerepel Iránymenti derivált, Lgrnge-középértéktétel Definíció. Legyen v = (v, v 2 ) R 2 tetszőleges vektor. Az f : R 2 R függvény (, b) int D(f) pontbeli v irányú iránymenti deriváltj létezik, h lim t 0 f((, b) + t (v, v 2 )) f(, b) t = lim t 0 f( + tv, b + tv 2 ) f(, b) t = 0, R. Ekkor fenti htárértéket nevezzük z f függvény v irányú iránymenti deriváltjánk (, b)-ben, és jelöljük: v f(, b) (vgy D v f(, b) vgy f (, b)). Itt vlójábn rról vn v szó, hogy t f((, b) + t (v, v 2 )) egyváltozós függvényt deriváljuk 0-bn. Amennyiben v =, kkor v f(, b) zt jelenti, hogy f-et megszorítjuk z (, b) ponton átmenő, v irányvektorú egyenesre, és kpott egyváltozós függvény deriváljuk t = 0-bn Megjegyzés. A prciális deriváltk vlójábn speciális iránymenti deriváltk: f(, b) = (,0) f(, b), f(, b) = (0,) f(, b) 290