Jegyzetek a Matematika A2H tárgyhoz

Átírás

1 Jegyzete a Matematia A2H tárgyhoz Kreedits Sádor és Révész Szilárd György Tartalomjegyzé. Végtele umerius soro 2.. Sorozato - rövid ismétlés Végtele umerius soro Abszolút overgecia Feltételese overges soro További overgecia-ritériumo Soro szorzása Függvéysorozato és függvéysoro Függvéysorozato Függvéysoro Hatváysoro és aalítius függvéye Nevezetes omplex aalitius függvéye, Euler formulá Taylor-sorfejtése további alalmazásai Fourier-soro

2 . Végtele umerius soro Helyesebb lee végtele összegeről vagy szummáról beszéléi, de az elevezés már meggyöeresedett. Magyarázatéppe a geometriai soro (valójába, ugye, azo is csa sorozato) özismert összegzése szolgálhat: ha ugyais egy is (modju /2 vóciesű) geometriai sor(ozat) tagjait összeadju, aor azt szoás geometriai sora (geometriai sor összegépletée, geometriai sor összegée) evezi. Ha ezt az összeadást egyre több tagra, végül tagra elvégezzü, aor az összege em vála végteleé, haem egy véges határértéhez overgála. Így jutu a "végtele geometriai sor", és aztá általába a "végtele soro" fogalmához. Ezért helyévaló a sorozatoal és a sorozato overgeciájával apcsolatos imseretei felidézésével ezdeü a tárgyalást... Sorozato - rövid ismétlés.. Defiíció. Az a R (C, R d ) sorozat overgál az a R (C, R d ) értéhez, ha ε > N = N(ε) üszöbérté, hogy > N, a a < ε... Megjegyzés. Az agyo em midegy, hogy ε > N = N(ε), amior is az N függhet az ε-tól, lehet más és más ülöböző ε értére, vagy pedig hogy N, hogy ε >, amior em függhet az N az ε-tól. Aor ugyais ha = N +, N +2,... (tehát ha > N), aor a a < ε teljesül mide ε > -ra; de aor a a =, tehát a sorozat úgy éz i, hogy a, a 2,..., a N, a, a,..., a,.... (Nem midegy, hogy a "mide láya tetszi egy fiú" ijeletést hogy értjü: azaz mide láyhoz létezi/található olya fiú, ai tetszi ei (de más és más), vagy va olya szívtipró férfiszépség fiú, hogy mide láya ő tetszi. A overgecia eldötéséhez több módo is yúlhattu. ) Defiíció szerit. Eor valahoa italálju, iszámolju a-t, és elleőrizzü a defiíciót (eresü ε-hoz N -t). 2) Alalmazu már ismert overges sorozatoat és szabályoat. 3) Tétel: mooto, orlátos sorozat overges. 4) Cauchy overgeciaritérium: Egy (x ) sorozat Cauchy tulajdoságú overges. Cauchy tulajdoság: Nem tudju/haszálju magát a határértéet, de azt ézzü, hogy agy -re a sorozat tagjai egymáshoz már agyo özel foga esi: ε > N = N (ε), hogy m, > N-re x x m < ε. 2

3 .2. Végtele umerius soro Soszor egy sorozat elemeit összegét adju meg. Pl. S = = 2. = Eor a határértéet végtele sor/végtele összeg alajába írhatju fel: S := 2. = (.2. Defiíció. Az x R (C, R d ) eleme végtele sora/összege: x := lim x ); = = A véges S := x összeg a sor -edi részletösszege: tehát x := lim S. =.2. Megjegyzés. Ez az improprius itegálra hasolít. = f(x)dx improprius itegrál úgy volt értelmezve, hogy "egyre messzebb elmegyü az itegrálásba, és vesszü a hatáérértéet": f(x)dx := lim T T f(x)dx. Itt ugyeez törtéi, csa em -lal, haem -val. Kovergecia eldötése végtele sorora/összegere: ) Pl. a feti x = 2. Megsejthetjü, hogy S =, mert s = = 2. 2 (Geometriai összegzés: (q + q q )(q ) = q +.) Ha ε > adott, aor ha > N, aor s S = ( 2 ) = 2 < és ez 2N < ε ( ) ε < 2N, azaz log 2 < N. Tehát ha ε > tetszőleges fix érté, aor ( ) ε mide N(ε) > log 2 üszöb-idex alalmas: S overges sorozat, és S. ε (Midig ε > a fix és N-re ell megoldai: N = N(ε), em ε = ε N!) Általába fotos sor a geometriai sor: ha q <, aq = lim aq = lim a q+ q 2) Szabályo: a sorozatora voatozó szabályoból öveteze. = a q. a) b) x = S, ha y := ax, aor y = a S. = (x + y ) = x + = = = = y, (s + t s + t). Az is övetezi, hogy ha x diverges, aor (a mellett) illetve = (x + y ) is, ha egyébét = = y overges volt. a x is, = 3

4 Vigyázat! s, t overges s, t, s /t is (t t ). De végtele soroál s t = y j = x y j soal boyolultabb! Ez pedig egésze más, mit 3) Mior lesz s = = x y, illetve = x j= = j= x y érdése! = x mooto övő? Ha s + s, azaz x + ( N). Ezért =.. Tétel. Ha x, és.. Példa. Igazolju, hogy x orlátos (felülről) overges. = a! tetszőleges a > mellett overges. (Nyilvá ez egy pozitív (em-egatív) tagú sor: a!.) Bizoyítás: Legye N > 2a egész és N. Eor a! = an N! Tehát S = a N (N + )... an N! a N an < (2a) N N! a! + a + a an + }{{ N! } A 2 = B N =N+ 2 N a N! A + B Mivel x := a!, és S A + B orlátos marad overges. ) (B := an N!, N. j= 2 j A + B. 4) Cauchy-ritériummal: Mit jelet s m s ε? Például ha m, aor s m s = m m a, tehát azt jeleti, hogy a ε. =+ =+.2. Példa. Igazolju, hogy az E(z) := szám eseté overges. z! végtele sor tetszőleges z C omplex Bizoyítás: Cauchy-ritériummal. Legye ε > tetszőlegese adott: ehhez aarju megadi N = N(ε) egy alalmas értéét. Ha m N > 2a, aor z a eseté m z m s m s =! z m N a N! N! 2 an j N! 2 = an j N! =+ =+ j=+ N a feti számolás szerit. Ha eze felül N még ahhoz is elég agy, aor s m s an N! < ε is teljesül (mert an (N )). Így igazolást yert a Cauchy-tulajdoság teljesülése. N! (Ezt már tavaly is iszámoltu most újra láttu.) Ebből a bizoyításból más is azoal látszi. 4 j=

5 .3. Abszolút overgecia.3. Defiíció. A.3. Példa. E(z) :=.2. Tétel. Ha x sor abszolút overges, ha = x overges. = z! abszolút overges, mert z! = a abszolút overges, aor overges is. z! = E( z ). Bizoyítás: Cauchy-ritérium; a overges, ε > N, m > N-re = m m m a < ε. De eor a a < ε az eredeti a sorhoz és tetszőleges =+ =+ =+ ε-hoz ugyaaz az N jó a Cauchy-ritériumba!.4. Példa. Legye α {+, } tetszőleges előjelsorozat ("pézfeldobás"). Eor a végtele sor overges. Bizoyítás: Ez abszolút overges: α = 2 2 = =.5. Példa. Legye e(ϕ) := cos(ϕ) + i si(ϕ) a ϕ szögű omplex egységvetor a omplex sío. Eor ha r overges, és r ( N), aor r e(ϕ ) tetszőleges ϕ -val = is overges (mert abszolút overges). A Cauchy-ritérium segítségével agyo so fotos overgeciaritériumot aphatu..3. Tétel. Ha x overges, aor x. =.3. Megjegyzés. Visszafele em igaz, midjárt látu ellepéldát.. Bizoyítás, a defiíció alapjá. Legye ε >, és tegyü fel, hogy ( ε Eor N = N, S x < 2) ε, ha N. Így, ha > N, aor 2 = = = x = x. x = S S = (S x) (S x) < (S x) + (S x) < ε/2 + ε/2 = ε. 2. Bizoyítás, Cauchy-ritériummal. Ha ε >, N, m > > N-re S m S < ε. Speciálisa ha > N, aor S + S < ε, azaz x < ε..4. Tétel (Összehasolító, vagy majorás-miorás ritérium). Ha K ostas és M N idex, hogy x Ky ( M), és ha továbbá 5 = = α 2

6 a.) (Majorás ritérium) b.) (Miorás ritérium) y overges, aor = x diverges, aor = x is (abszolút) overges; = y is diverges. Bizoyítás: Először is, a b.) rész az a.)-a övetezméye (és megfordítva is): általába a logiába ha P Q, az ugyaaz, mithogy Q P, azaz eze logiailag evivalese. ε > N, m > N-re y y m < ε. De x < Ky aor x x m x x m Ky Ky m = K y y m < Kε. Tehát a x végtele sor sőt a x sor is a Cauchy-ritérium miatt overges. = = Bizoyíthatu a 4.) helyett a 3.) módszerrel is: ha A := x x M és B := aor S :=.6. Példa. x x x M + = = Valóba, mert 5 log(3)! overges. =M+ = y, = Ky A + K B, orlátos overges. 5 < 5 log(3)!!, és erről tudju, hogy 5! = E(5) overges (= e5 ). Fotos példa a harmoius sor... Állítás. = (diverges). =.. Követezméy. A = "p-harmoius sor" p < -re diverges. p Bizoyítás: Bármilye agy is N, ha > N tetszőleges, és m := 2-et választu, aor s m s = 2 =+ = = 2 = 2. Tehát ha ε < 2 volt, aor ahhoz semmilye N sem jó a Cauchy tulajdosághoz; em Cauchy em overges. Persze ha p <, aor p <, tehát / p > /, azaz a miorás-ritérium szerit is diverges. p =.4. Megjegyzés. A harmoius sor arra is példa, hogy x, de 6 x diverges. =

7 .2. Követezméy. A ( ) ú.. Leibiz-sor em abszolút overges. = ( ).5. Megjegyzés. Ez ezért érdees, mert azért overges sor (még ha em is = abszolút overges). (A overgecia bizoyítását ésőbb láti fogju több módo is.) Az abszolút overgecia maga utá voja a overgeciát, emellett a majorás-ritérium értelmébe soszor a overgecia bizoyításához úgy is el tudu juti, hogy sierül abszolút értébe megfelelőe felülbecsüli a végtele sor tagjait: ilyeor ha a majoráló sor overgál, aor a felülbecsült sor is abszolút overges, tehát overges is lesz. Ezért tehát az abszolút overgecia haszos és fotos. Azt már láttu (és téyleg triviális is), hogy overges sort (a sor tagjait) egy ostas együthatóval megszorozva, illetve overges soroat (a soro tagjait) összeadva, az elvárt szabályo teljesüle. Nézzü most egy mási, végesből ismert alapszabályt, a tago összeadása özti ommutativitást: igaz-e, hogy végtele soroál is a szumma alatt felsorolt végtele so összeadadó tetszőleges sorredbe adható össze? Mivel végtele so tagról va szó, tisztázzu, mit is értü a sor tagjaia más sorredbe redezésé, más sorredbevaló összeadásá. Végesbe ugye ez egyértelmű: modju a + a 2 +a 3 +a 4 helyett teitjü modju azt az összeadási sorredet, hogy a 3 +a 2 +a 4 +a. Azaz ha, 2, 3, 4 az, 2, 3, 4 számo egy tetszőleges felsorolása valamilye más sorredbe, aor az a + a 2 + a 3 + a 4 összeget ell teitsü. A ombiatoriába taultu, hogy ez azt jeleti, hogy a H := {, 2, 3, 4} halmaz elemeit permutálju, sorredbe raju: σh H egy permutáció, vagy sorredbe raás, ha a j := σ(j) értée mide elemet potosa egyszer tartalmaza, sorola fel, azaz más szóval, haσ bijetív (ölcsööse egyértelmű) leépezésh-ból H-ra. Végtele halmazora tehát így lehet értelmezi az "átredezést": teitü egy σ : H H bijetív megfeleltetést, és eszerit a permutáció szerit raju sorredbe az elemeet. Az em elegedő, hogy modju a σ(j)- özött megtalálható mide idex, mert az is baj, ha többször előfordul egy idex, azaz egy összeadadó: és az sem jó, ha mide σ(j) ülöböző (de esetleg ihagya valamilye idexet). Végesbe a modju 4 elem özött ha mide σ(j) ülöböző, aor midegyi egyszer is jelei meg; és megfordítva, ha midegyi szám megjelei σ-épét, aor midegyi csa egyszer jelehet meg. De végtelebe ez em teljesül: például σ() := 2 csupa ülöböző elemeet redel N mide eleméhez, de csa a égyzetszámoat apju meg, vagy pl. σ(j) := [/3] mide N-beli elemet előállít háromszor is. Tehát egy végtele összeg tagjaia átredezését egy σ : N N permutációval (ölcsööse egyértelmű, bijetív leépezéssel) fogju defiiáli: ez felel meg aa a ritériuma, hogy mide idex (és így mide a tag a végtele sorba felsorolt összeadadóból) potosa egyszer lépje fel az átredezett összegbe is..4. Defiíció. Legye a egy tetszőleges végtele sor, és σ : N N egy permutáció. = Eor a végtele sor σ szeriti átredezése alatt a a σ() végtele sort értjü: speciálisa, a σ-átredezett sor overges, és limesze α, ha lim = a σ() = α. 7 =

8 Az ember azt várá, hogy a ommutativitás szabálya a végtele soro összegzésére is érvéyes maradjo. Ez azoba csa részbe igaz, és éppe ezért az abszolút overgecia még fotosabba fog mutatozi a számura..5. Tétel. Ha egy abszolút overges sor, amelye összege = a, és ha a σ : N N egy átredezése (permutációja) a természetes számoa, aor az eszerit átredezett a σ() sor is abszolút overges, és a σ() = a. Bizoyítás: Legye a = A(< ). ε > N, hogy N-re így magára az N-re is ee az abszolút sora a részletösszegei már ε-ál jobba megözelíti a határértéet N ( összeget): a A < ε, azaz =N+ a < ε. Az új σ sorredbe valamilye,..., N idexe mellett (potosa egyszer) fellépe a,..., N számo: σ( ) =,..., σ( N ) = N. Legye M := max{,,..., N }. m Eor ha m M, aor az Sm σ = a σ() összeg tagjai özött ott szerepel a σ( ) = a, a σ( ) = a,..., a σ(n ) = N, tehát az S N = a + a a N eredeti rész-összeg mide tagja, így Sm σ m S N = a σ() a < ε () =N+ j (j=,...,n) Ezért Sm σ a Sm σ S N + S N a < 2ε ( m M), tehát a σ() = a. Ugyaezt alalmazva a -re, az abszolút overgecia (ugyaazo érté mellett) is övetezi..6. Megjegyzés. Az állítása az csa egy része, hogy ha aor tagjait bármilye más σ : N N sorredbe összeadva, a a a = A = a σ() a abszolút overges sor, a σ() sor is abszolút overges. Ha csa ezt aarju igazoli (és a végtele összege egyelőségével em törődü), aor azt özvetleül megaphatju egyszerűbbe is. Bizoyítás: a, a σ() pozitív tagú, így részletösszegei övevőe. Tegyü fel, hogy a A, és jelölje tetszőleges N-re S σ := a σ(). Legye m := max{σ(), σ(),..., σ()}. Eor a σ(),..., σ() idexe mid fel vaa sorolva a,,..., m idexe özött. Ezért S σ a + a a m S m A az átredezett sor abszolútértéeiből épzett sor részletösszegei is orlátosa overgese a σ() abszolút overges overges is. 8

9 .3. Követezméy. Írhatju aár a vagy {a H} vagy a alaba is az abszolút N a H overges szummáat ( H = ω = #N). Elég valahogya megadu a halmazt, amelye tagjait össze ell adi, mert mide sorredbe összegezve ugyaaz az eredméy..7. Megjegyzés. Ez az utóbbi megjegyzés ülööse a haszura váli aor, ha eleve úgy vaa megadva a sor elemei, tagjai, hogy azo idexezése icse egy meghatározott sorredbe rava, haem a sorredet is eü ell hozzá megadi. Ilyee lesze például a j a,j típusú végtele többszörös szummá pl. a Cauchy-szorzatál amelybe a sorba a tago sorredjét abszolút overgecia eseté tetszőlegese választhatju meg, tehát pl. csoportosíthatju azoat a + j szerit övevőleg, de aár másét is..4. Feltételese overges soro Fetebb tehát megmutattu, hogy az elvárt ommutativitási szabály teljesül, ha a érdéses sor abszolút overges. Vajo ez midig igaz, és csa arra va szüség, hogy icsit ügyesebb bizoyítást adju? Nos, éppe elleezőleg: az átredezhetőség egyetle más sorra sem fog teljesüli! Sőt, agyo em fog teljesüli! Figyelem! Ha egy sor em abszolút overges, aor a sorredet megváltoztatva bármi megtörtéhet!.6. Tétel. (Riema) Ha egy sor feltételese (=em abszolút) overges, aor éppe elleező jeleség lép fel: a sor átredezései lehete divergese (+ -hez, -hez, vagy bárhogya oszcillálva) vagy overgálhata is, mégpedig bármilye előírt értéhez. Ee oa: " "; a =, a =. a > a < A Riema-féle átredezési tételt em bizoyítju (bár lehete), de a téyről tudi ell! ( ).7. Példa. Említettü, hogy a ú.. Leibiz-sor vagy alteráló harmoius sor = overges. Ugyaaor azoba va olya σ átredezése, amely + -hez divergál. A overgecia ésőbb (Leibiz tételéből) soal általáosabba is i fog jöi. Itt egy mási godolatmeetet is megemlítü, ami azt haszálja fel, hogy ésőbb (az itegrál-irtériumál) majd igazolju, hogy a = sor overges. Ee ismeretébe 2 u.i. a majorás-ritériumot alalmazhatju aa igazolására is, hogy = is (2 )(2) overges. Ez utóbbi sora a részletösszegei viszot = = (2 )(2) = = S alaúa, ahol általába S a Leibiz-soru -edi részletösszegét jelöli. Tehát azt találju, hogy S 2 a valamilye véges a határértéel. Viszot S 2+ S 2 = ( ), 2+ tehát S 2+ a is teljesül, és aor maga S a is feáll (mide ε > értéhez N (ε)...), azaz a Leibiz-sor részletösszegeie sorozata overges, a Leibiz-sor overgál. A példa léyeges része azoba az, hogy midemellett mégiscsa va olya átedezése a sora, ami végtelehez divergál. Valóba, ostruálju meg σ-t úgy, hogy legelőször is 9

10 vesszü a --et, aztá a +/2-et, aztá a -/3-ot, aztá a +/4, +/6 és a +/8-ot, majd a /5-öt, a +/-et, a +/2,..., +/2-ot, és általába mide egyes (egatív előjelű) páratla recipro utá a soro övetező páros reciproal együtt sorba az összes soro övetező páros reciprooat a számu étszereséig; és csa ezutá a övetező egatív előjelű páratla szám reciproot, de egyedül, és utáa megit so párosat, stb. Egy olya S σ részletösszeg, amelybe pot egy páratla szám (egatív előjellel vett) reciproáig, modju éppe /(2m + )-ig metü el, így fog iézi: S σ = l + + 4l 2m +. Már a harmoius sor divergeciájáál láttu, hogya lehet ezt alulról megbecsüli: itt ugye olya páros reciprooból álló része vaa, hogy 2l + + 4l 4l + 4l + 4l = l + 4l > 4. Tehát S σ + /4 /3 + /4 /5 + /4 + /4 /(2m + ) = m m De itt 2 eseté a levot tago már csa /5 agyságúa, ezért 2+ Sσ m/4 /3 (m 2)/5 > + m/2 +. Az alteráló harmoius sor overgeciáját fetebb a /2 sor (eddig még em is bizoyított) overgeciájára hivatozva igazoltu. De az alteráló harmoius sor overgeciájáál soal általáosabb Leibiz övetező tétele..7. Tétel. (Leibiz) Ha a (mooto csöe -hoz), aor a váltaozó előjelű ( ) a ú.. alteráló vagy más éve Leibiz-típusú sor overges (még ha esetleg = em is abszolút overges). Jelölje továbbá s := ( ) a a sor összegét, és s := = ( ) a a sor -edi részletösszegét! Eor a sor -edi részletösszegée özelítési hibájára feáll s s a +. Bizoyítás: Ha m, páros (azaz aor + páratla), és modju m is páros, aor ettesével összefogva a tagoat s m s = a + + a }{{ +2 a } +3 + a }{{} a m + a }{{ m, és ha m páratla, aor s } m s = a + + a +2 a }{{} +3 + a }{{} a m 2 + a }{{ m a } m, azaz mideéppe feáll s m s. Másfelől azoba ha m páros, aor s m s a + + (a +2 a +3 ) a m a +, és ha m páratla, aor s m s a + + (a +2 a +3 ) }{{} = } {{ } +... }{{} }{{} + a m a m }{{} a +. Tehát végül is a + s m s tetszőleges páros és m eseté. Ha páratla, aor teljese hasolóa s m s < a + adódi. Ezért aár páros, aár páratla -re és m mellett s m s a +.

11 Összességébe tehát ha N-et úgy választju, hogy a N < ε (ami elég agy N-re beövetezi, mivel a ), aor mide m N-re s m s a + a N < ε adódi, azaz s Cauchy tulajdoságú, és így overges lesz. Végül teitsü most egy fix mellett határérté-épzést m -re! Mivel s m s a +, ebből s s = lim m s m s a +, amit állítottu..5. További overgecia-ritériumo Az összehasolító ritériumból azoal adóda más, a gyaorlatba öye haszálható ritériumo..8. Tétel. (Györitérium.) Ha u olya végtele sor, hogy valamilye q < és N N = üszöb-idex mellett u q N-re, aor u abszolút overges..8. Megjegyzés. Vigyázat, u em elég, például =, i= i= =! Bizoyítás: Ha u q u q, tehát a q vóciesű geometriai sor majorálja a u sort abszolút overges. =.9. Tétel (Speciális györitérium). Ha a györitériumba felírt u meyiségre limesz is létezi, aor a u sor lim u < eseté abszolút overges, és = u > eseté diverges. lim.9. Megjegyzés. Ugyaaor ha lim u =, aor abból em övetezi semmi: lehetséges overgecia is, de lehetséges divergecia is! Bizoyítás: Jelölje α := lim u. Először teitsü azt az esetet, amior α <. Legye eor továbbá q := +α 2 (< ) és ε := q α = α(> ). Eor persze > 2 -ra u < α + ε = q <, azaz u q, és a (overges) q < vóciesű geometriai sorral majorálhaju u -et u abszolút overges. Ha α >, aor persze u ( ), tehát egyúttal u is és ezért em tart -hoz az u u diverges. z.8. Példa. E(z) =!. z! = z z! {(/2) /2 } = z / /2 Ez a ifejezés, így a speciális györitérium értelmébe overgecia va z C-re.

12 .. Tétel. (Háyadosritérium.) Ha N-re u + u q <, vagy lim u + u <, aor a u végtele sor abszolút overges. = Bizoyítás: Ha u + u α <, aor > N ( α)-re u + 2 u < α + α =: q <. 2 Tehát elég az első, általáosabb feltétel mellett bizoyítai. Ha az feáll, aor u N darab {}}{ u N q... q = u N q N q = C q. Mivel N-re u C q, és a C q = C q geometriai sor overges, azért a majorás-ritérium szerit u is overges... Megjegyzés. Ha u + u ( N), aor u u N N-ra,, diverges... Tétel (Határérté teszt). Legyee u, v. u Ha lim <, aor v overges u overges. v u Ha lim = c (, ), aor u overges v overges. v u Bizoyítás: Ha egyszer lim v <, aor N eseté u Kv, tehát alalmazhatju a majorás-ritériumot, amely szerit ha v overges, aor u is (abszolút) overges. Ha a határérté véges, de em ulla, aor persze a recipro sorozat határértée is véges és em ulla, tehát a szerepe megcserélhetőe és a ét sor overgeciája evivales. Végtele összege hasolóa a improprius itegrálhoz. Pl. tudju a övetezőt is:.2. Tétel. Ha f(x) függvéy, aor az aor overges, ha T f(x)dx orlátos. f(x)dx improprius itegrál potosa Bizoyítás: Ha R(T ) := T tehát potosa aor lesz orlátos, ha overges. f(x)dx, aor f miatt R(T ) (mooto övő) is,.3. Tétel (Itegrál-ritérium v. itegrál-összehasolító ritérium). Tegyü fel, hogy f(x), f függvéy. Eor f() overges f(x)dx overges. = Bizoyítás: Pozitív tagú sorra, illetve em-egatív függvéyre a overgecia a orlátossággal egyeértéű, mivel S := T = f(), illetve R(T ) := f(x) dx -be, illetve T -be 2

13 mooto övő. Ezért elegedő a felülről orlátosság érdését teitei. N := [T ]-vel: R(T ) N+ f() + f = 2 2 f f tehát R(T ) orlátos S N orlátos..4. Követezméy..5. Követezméy. A ζ(α) := értée eseté is a ζ(α+iβ) := = N N N+ p-harmoius sor < p α N f f() f(n) = S N f = f() + R(N) f() + R(T ), dx < p >. xp sor overges α >. Sőt, omplex α + iβ = sor (abszolút) overges, ha α := Re(α+iβ) >. α+iβ Bizoyítás: Fel ell haszálju a hatváyozás és az expoeciális függvéy azoosságait, valamit azt is, hogy e it = (t R), amit majd ésőbb, az Euler-formuláál fogu tauli. Ez utóbbit tehát előre elfogadva, felírhatju, hogy = exp( (α+iβ) log ) = α+iβ exp( (α log ) exp(iβ log ) = exp( (α log ) = miatt α > -re a sor abszolút overges... Megjegyzés. { dx x = α > α α α, de = α általába em is ismert. α.2. Megjegyzés. ζ(z) a híres Riema-féle zeta függvéy, amire a mai matematia legagyobb yitott problémája voatozi: a Riema-sejtés. Házi feladat.) Határozzu meg, mely x R eseté lesz overges a 2.) Határozzu meg, mely x R eseté lesz overges a = = x sor! ( ) sor! x 3

14 .6. Soro szorzása.5. Defiíció. Legyee (a ), (b ) tetszőleges valós sorozato, vagy a, tetszőleges (formális) soro. Eor ezee a sorozatoa vagy soroa az Hadamardszorzata (ejtsd: Ádámár-szorzata) alatt a a b formális sort értjü..3. Megjegyzés. Véges oordiáta--esere, azaz R elemeire a megfelelő meyiség az a = (a,..., a ) és a b = (b,..., b ) vetoro a, b := = a b saláris szorzata, amit lieáris algebrából taulu..4. Tétel. Ha a abszolút overges, és b orlátos, aor a = a b Hadamardszorzat is abszolút overges. = b Bizoyítás: Ha b K, aor a b K a a majorás ritérium alalmazható..6. Követezméy. Ha a, b overgese, és legalább az egyiü abszolút overges, aor a a b Hadamard-szorzat is az. Bizoyítás: Legye pl. a abszolút overges. b, tehát orlátos. Ezért alalmazható a feti tétel. Mivel b is overges, ezért.9. Példa. Ha mid a ét sor csa feltételese overges, aor előfordulhat, hogy az Hadamard-szorzat diverges lesz! Például a = b = ( ) eseté a = a = ( ) oveges alteráló (Leibiz típusú) soro, de a b = =. A tagoétim vagy Hadamard-szorzata em so öze va a végtele soro természetéhez, szerezetéhez. Fotosabb lesz számura a övetező defiíció..6. Defiíció (Cauchy-szorozat). a b = c, ahol c := a b a b. Az összes olya párosítás, ahol az idexe összege éppe..7. Defiíció (Végtele soro Cauchy-szorzata). Ha sor, aor a Cauchy-szorzatu a a és = c (formális) sor, ahol c := l=j b j a b. ét (formális) 4

15 .4. Megjegyzés. Tehát a Cauchy-szorzat a b + + (a b + a b a b ) Vegyü észre, hogy az összes a b j típusú szorzatot potosa egyszer vesszü bele az összegzésbe: abba a c -be, amelyre = + j teljesült. Tehát vesszü az összes {a b j : N, j N} szorzatoat, és ezeet az idexe összege szerit haladva felsorolju. Azt is megfigyelhetjü, hogy egy-egy ilye c az N N rácso éppe a + j = egyeesre eső (, j) idexpároo vett + tagú részösszege felel meg..5. Tétel. Ha a = A, = B abszolút overges soro, aor a Cauchyszorzatu, sőt a (,j) N 2 a b j = j= j= j= b j a b j = a b j (,j) N 2 a b j = A B. ettős sor is abszolút overges, és c =.5. Megjegyzés. Tehát "ez az igazi szorzás" a végtele soroál. Véges esetbe is ezt ell tei: mide tagot midegyiel össze ell szorozi az összege felbotásaor (a disztributív szabály szerit) és aztá ezt a so szorzatot mid össze ell adi. Az, hogy eze utá (abszolút) overges sort apu és aa összege éppe a soro összegée szorzata, úgy értelmezhetjü, hogy végteleszer végtele összegere is érvéyes a disztributív szabály már ha abszolút overgese. Bizoyítás: Cauchy-ritériummal (tavaly igazából már iszámoltu E(z)E(w)-re). Ugye, ha egy sor abszolút overges, a tagjait aármilye sorredbe összeadhatju. Tehát igazából elegedő a tago halmazát megadi összeadi aárhogya lehet ezt a legelemibb felbotásra a (,j) N a 2 b j sorra alalmazzu. Mivel a és b j abszolút overges soro, S := a L ( ), azaz a részletösszege orlátosa, és hasolóa, T m := b j M ( ). Ezért a j = m Cauchy-szorzatra és a ettős szummára N c N j= a b N a N b j L M j= c és (,j) N 2 a b j is abszolút overgese. Legyee A, B, C a megfelelő soro, illetve a Cauchy-szorzat sor -edi részletösszegei! 5

16 Tehát C := c j abszolút overges, aárcsa a D := a b l ettős, azaz "dupla" j= (,l) N 2 sor, és midegy, milye sorredbe adju össze a tagjaiat, ugyaz az összegü, speciálisa C = D. A Cauchyba szereplő "átlós" felsorolás helyett iább a "égyzetes" sorredet teitve viszot olya részletösszege adóda, amelyere D := a b j = A B AB C := c j = D = AB. j= Alapvető alalmazás: j=.6. Tétel. Az e z := lim ( + z ) z = E(z) := függvéy teljesíti az úgyevezett! Cauchy-féle mulipliatív függvéyegyeletet: E(z)E(w) = E(z + w). Bizoyítás: Abszolút overgese és E(z+w) = és ez az ala éppe E(z)E(w) Cauchy-szorzata.! ( ) z w = z! w ( )!, 6

17 2. Függvéysorozato és függvéysoro 2.. Függvéysorozato Bármilye dologból lehet sorozatoat teitei. Számsorozato (umerius sorozato): (valós vagy omplex) (x ): mide N-hez megadu egy x() = x R, illetve z() = z C számértéet. Tehát egy sorozat az egy N R (C) függvéy. Teitettü már más sorozatoat is. Vetorsorozat: v = (x, y, z) R 3 vagy u = (x, x 2,..., x d R d (C d ) vetorora veszü egy u = u() = (x (), x () 2,..., x () d ) Rd : N R d függvéyt. Halmazsorozat: U alaphalmaz, (H ) H() = H U megadása mide N-re, tehát egy N P (U)(= 2 U ) leépezés/függvéy. Felosztássorozat:... (A gépfegyversorozat az egy icsit más: ugyais az -i eleme az em egy gépfegyver, haem egy lövedé.) 2.. Defiíció. (Függvéysorozat) (f ) függvéysorozat, ha elemei függvéye a defiícióba beleértjü, hogy ugyaott értelmezett függvéye, tehát -re f R D = {D R függvéye } ugyaazo fix D halmazra. Komplex függvéysorozat: f C D = {D C függvéye } itt D C. 2.. Példa. f (x) := ( + x ) R R (vagy f (z) := ( + z ) C C) függvéysorozat. Vegyü észre, hogy mide rögzített x R (z C) értére f (x), illetve f (z) egy valós/omplex számsorozat lesz. Fotos tulajdoságo: például orlátos, overges... Probléma: lehet, hogy (f (x)) = orlátos x R-re mit sorozat, de mégsem redelezi egyetle, özös orláttal x-re. Például midjárt = -re f (x) = + x : R-e em lesz + x K. Ugyaez a probléma előjö a overgeciával is Defiíció. Az f : D R (C) függvéysorozat egyeletese orlátos a H D halmazo, ha K <, x H, N f (x) K. (Tehát em potoét x H K = K x <...) Példa. f (x) = ( + ) x em egyeletese orlátos R-e, de tetszőleges [a, b] = I orlátos, zárt itervallumo egyeletese is orlátos: K = K I, hogy a x b, N ( + ) x K. Bizoyítás: Nyilvá ( + ) x ( ) = + x, + x így elég láti, hogy f (x) (( ) ( ) ) max + a, + b max(e a, e b ) =: K a,b, ahol ihaszáltu, hogy x > -ra ( + x ) e x. Hasolóa vagyu a overgeciával is Defiíció. Egy f : D R függvéysorozat overgeciahalmaza az a H D halmaz, amelye f (x) overges számsorozat. Az f(x) := lim f (x) (x H) az f (f H ) függvéy-sorozat határfüggvéye: f : H R. 7

18 2.4. Defiíció. Az f függvéysorozat egyeletese overges egy E H részhalmazo, ha az f E E : R függvéysorozat egyeletese oerges: ε > N = N(ε), N x E f (x) f(x) ε egyeletese Cauchy: ε > N(ε), m N x E f (x) f m (x) ε. Tehát az egyeletesség azt jeleti, hogy N(ε) em függ x-től Példa. E (z) := z! E(z) = z! bizoyításáál vehettü egy tetszőleges B = B(, r) = {z C : z r} örlapot: a overgecia bizoyításáál csa az ellett, hogy 2 z N, és z N N! < ε teljesüljö, amihez elegedő, hogy N = N r,ε 2r, és rn N! < ε Példa. Határozzu meg az f (x) := cos(x) függvéysorozat overgeciahalmazát! Megoldás: cos(x) 2π-vel periodius, így a overgeciahalmaza is az lesz. Ha cos x = x = 2π cos(x) = ( N) 2πZ H. Ha < x < 2π, aor cos(x) oszcillál, x / H H = 2πZ. Pl. ha x = 2πp, ahol (p, q) =, aor cos x a cos( 2π ) ( =,..., q ) értéee oszcillál. q q ( 2.5. Példa. Legye g (x) := + cos x ). Hol orlátos, overges, igaz-e egyeletes orlátosság, egyeletes overgecia (illetve milye halmazo)? ( Megoldás: cos x, azaz g = f cos ompozíció függvéy, ahol f (z) = + ) z a feti Euler-féle függvéysorozat, amiről beláttu, hogy egyeletese orlátos [, ]-e például f (z) e ( z ) és egyeletese overges is például a B = B(, )-e g (x) e cos x 2.. Tétel. Ha f f a H halmazo, ésf C(H), aor f C(H). (Folytoos függvéye egyeletese overges sorozatáa limesze is az.) Bizoyítás: Legye ε > tetszőleges adott érté. Az egyeletes overgecia miatt N = N (ε/3), hogy x H, N f (x) f(x) ε/3. Teitsü egy ilye -et például aár az = N értéet! Mivel f C(H), azért x H δ = δ(ε/3, x, ), hogy ha x H B(x, δ) f (x) f(x) < ε/3. Ezzel f(x) f(x ) f (x) f(x) + f (x) f (x ) + f (x ) f(x ) < ε Tétel. Tegyü fel, hogy az F : I R függvéye folytoosa deriválhatóa az I itervallumo. Jelölje f : I R az f := F deriváltaat. Ha (i) F = f f az I-, és (ii) a I, F (a) overges, aor F is overges I-, továbbá F := lim F C (I), és F = f. 8

19 2.. Megjegyzés. A látszólag fura (ii) feltételre is szüség va! Godolju meg, hogy ha I := R, és f f azoosa ugyaaza függvéy, aor persze f f az I-, de ettől még a primitív fügvvéyere lehetséges F = F + c egy diverges c ostas-választással. Tehát em elegedő, hogy F = f, az is ell, hogy a so választható primitív függvéy szabad ostasai valahogya "összeilleszedjee". Bizoyítás: Legye L, ε >, és x I, x a < L tetszőleges. Tudju, hogy f, f C(I) (f az (i) feltevés és a feti tétel miatt), így vaa primitív függvéyei is: persze eddig is tudtu, hogy F = f, de most már tudhatju azt is, hogy va primitív függvéye f- e is. Sőt, az is igaz, hogy mide primitív függvéy x f(t) dt + C alaba áll elő, a ahol C tetszőleges ostas, és R(x). = x f(t) dt az f egy Riema-féle itegrálfüggvéye a (mégpedig az a-ból iduló, azaz az, amelyire R(a) = ). A Newto-Leibiz szabály szerit F (x) = x x a f (t)dt+f (a). De F (a) A overes, és midjárt megmutatju, hogy f (t)dt is overges, mégpedig f(t)dt-hez. ( a a ε ) Ugyais ha > N, aor f f és > N miatt f(t) f (t) ε ( t I), L L tehát x x x f(t)dt f (t)dt f(t) f (t) dt x a ε L < ε. Legye tehát F (x) := A + a a x a a x f(t)dt az f. Ez f-e persze primitív függvéye: F = f. Eor tehát F (x) F (x), az I [a L, a + L] részitervallumo egyeletese is Megjegyzés. Az állítottál még egy icsit többet is bizoyítottu, ameyibe F F egyeletese az I [a L, a + L] részitervallumo tetszőleges L érté mellett. Ez gyara ( előfordul (például + ) x e x stb.) erre azt az elevezést haszálju, hogy a overgecia loálisa egyeletes. Az is öye látható a bizoyításból, hogy az eredméyhez az (i) feltételbe is elegedő ezt a loálisa egyeletes overgeciát feltei, hisze bizoyíthatu mide I := [a L, a + L] itervallumo ülö-ülö is Függvéysoro Ahogya a umerius sorozatoból aptu a umerius soroat, ugyaúgy apju függéysorozatoból a függvéysoroat Defiíció. Ha f : D R (C) ( N) függvéye, aor a f összeget végtele függvéysora evezzü. Ee -edi részletösszege az S := S (f) := f összeg, tehát arészletösszeg is függvéy, éspedig az S (x) = f (x) f (x) : D R függvéy. A H := {s D : f (x) overges (azaz lim S (x)} halmaz a sor overgeciatartomáya, és eze f(x) := f (x) az összege. 9

20 A sor egy E H halmazo egyeletese orlátos, overges, Cauchy tulajdoságú, ha S E mit függvéysorozat az Példa. Határozzu meg a g(z) := z (omplex változós!) geometriai sor overgeciatartomáyát és összegét! Legye B(, ) := {z C : z < } a yílt egységörlap. Eze g(z) = lim S (g, z) = z + lim =. A overgecia em egyeletes B(, )-e, de mide isebb B(, r) = z z {z C : z r} örlapo már egyeletes, mert itt z + z r+ miatt adott ε-hoz r N = N(ε, r), ami függetle z-től. Ha z, aor a sor tagjai sem tartaa -hoz, ezért a sor yilvávalóa diverges: így H = B(, ), és itt a sor loálisa egyeletese overges, összege pedig z. z 2.. Követezméy. ( z) = z ( z < ), és ez egyeletese overges mide 2 isebb B(, r)-e, ahol r < tetszőleges. =+ =+ Bizoyítás: Ez evivales azzal, hogy ( z) = ( + )z, ami z B(, r) eseté 2 egyeletese overges, mert ( + )z ( + )r, ami egy overges ume- rius sor maradéa. (A overgecia adódi pl. a háyadosritériummal.) ( ) De = z z, és (z ) = z = ( + )z, és a feti tétel miatt aor a f(z) := ( + )z jelöléssel és F (z) := S (g, z), a =, f := F = S 2 (f) szereposztással (i) f f B(, r)-e (ii) F () = l =: F (), l= ( ) tehát a feti tétel szerit F (z) = f(z), azaz f(z) = = z ( z). 2 A umerius sorora tárgyalt fogalma (például abszolút és feltételes overgecia, Cauchyféle szorzat) és tétele, ritériumo (háyados-, gyö-, határérté-, itegrál-, sorred-) változatlaul érvéybe marada. De mior lesz a overgecia egyeletes? 2

21 2.6. Defiíció (Weierstrass ritérium). A a H halmazo, ha olya a R +, f (x) függvéysor ormálisa overges a < overges sor, hogy f (x) a ( N) Követezméy. Ha az f függvéye orlátosa (például f C([a, b]), aor elég a ritériumot elleőrizi K-ra, ugyais =, 2,..., -re vehető a := sup f, és véges H so tag em befolyásolja a < -t Megjegyzés. Vegyü észre, hogy f (x) a miatt szüségéppe a is, tehát a overgeciával együtt persze a abszolút overges is Tétel. (Weierstrass) Ha f (x) ormálisa overges H-, aor ott abszolút és egyeletese is overges. Bizoyítás: Mide x H-ra a majorás ritérium szerit f (x) abszolút overges. Legye f(x) az összeg: f := f. Legye ε > adott: eor a overgeciája miatt N ε, hogy a < ε. De eor tetszőleges m > N-re teljesül f(x) S m (f, x) = =N+ f (x) a a < ε S m f. =m+ =m+ =N+ Vegyü észre, hogy pot ezt alalmaztu a feti példába midig egy overges umerius sorral becsültü, így aptu egyeletes overgeciát Példa. Legye ζ(z) := = z a Riema-féle ζ függvéy Megjegyzés. Ezzel apcsolatos a mai matematia legelső, legfotosabb yitott problémája, a Riema-sejtés. Itt z = x + iy C omplex változó is lehet. A hatváy értelmezése: z = e log z = e x log +iy log := e x log e(y log ) = x (cos(y log )+i si(y log )); z = x Követezméy. Ha p > tetszőleges, aor z az x = Re z p félsío: p ezért mide ilye félsíba ζ(z)sora ormálisa overges (mert dt < ). p tp Ugyaaor ha x, aor ζ(x) = diverges. x 2.. Állítás. A ζ függvéy differeciálható Re z > -be. 2

22 Bizoyítás: Csa x > -re, valós értelembe ézzü meg. Formálisa, ζ (x) = ( ) = x (e log x ) = log e log x, azaz ζ log (x) =, ez ormálisa overges x = x [p, )-re (p > ), és így mide [p, ) alaú félegyeese alalmazható a feti tétel. Legfotosabb függvéysortípuso: a Dirichlet soro: alaú függvéysoro ( például ζ(z)). z = Hatváysoro: a (z z ) (például geometriai sor, e z sora). Trigoometrius soro: a + (a cos x + b si x) alaú soro. Eze ha overgála = aor 2π-vel periodiuso. (Periodius függvéye esetébe fotosa.) ( ) x Példa. Igazolju, hogy arctg x =, x < eseté, sőt itt loálisa 2 + egyeletese (azaz mide isebb zárt itervallumba: r x r, ahol r < egyeletese) abszolút overges. Bizoyítás: Megit a tagoéti itegrálhatóság tételére hivatozu. Nyilvá S(x) := ( ) x 2+ ( ) x 2+ S(x) :=, mert x < r eseté a sor ormálisa overges, r 2+ ugyais: <. De még a derivált függvéysor is ormálisa, így egyeletese 2 + is overges: S (x) = s (x) = ( ) x 2 ( ) x 2 = s(x) = + x geometriai 2 sor. Az x = potba S () = = S(), tehát S (x) = s(x) x < -be. Végül x x S(x) = + s(t)dt = dt = arctg x ( x < ). + t Hatváysoro és aalítius függvéye 2.7. Defiíció. Az f : C C függvéyt aalitius függvéye evezzü a D (yílt) halmazo, ha z D-re r >, hogy f(z) = a (z z ) hatváysor alaba áll elő (beleértve, hogy a hatváysor overges) z-re, amelyre z z < r Példa. e z aalitius az egész omplex sío, ugyais e z = e z z e z = e z a := ez!, r = jó. 2.. Példa. Ha p(z) = c z c z + c poliom, aor p aalitius C-. 22 (z z ) ;!

23 Ugyais p(z) = p(z + (z z )) = c j= ( ) z j (z z ) j = j Ez a hatváysor véges is, így a overgecia triviális Tétel. Legye a együttható-sorozat, teitsü a a (z z ) ( ) ( ( ) ) c z j (z z ) j. j formális hatváysort. Eor létezi olya R érté, hogy a hatváysor ormálisa (így abszolút és egyeletese) overges mide z z r < R eseté, és diverges, ha z z > R Megjegyzés. A z z = R esetbe em állítu semmit. (És téyleg bármi lehet!) Bizoyítás: Ha ( ) diverges mide z z eseté, aor R =, és észe vagyu. Legye most H := {ϱ : z C, z z = ϱ, amelyre ( ) overges}. Legye R := sup H; eor < R +. Legye < r < R. Eor R := sup H miatt ϱ H (r, R], azaz ϱ > r, és így z C, z z = ϱ, amire ( ) overges. Eor a overgecia miatt a (z z ), azaz a ϱ. Teitsü most a B(z, r) örlapot, legye ζ B(z, r), azaz ζ z r. Eor a (ζ z ) a r, és ez a umerius sor overges, pl. ( ) r ( ) r mert a r = a ϱ, és = ϱ ϱ r, a ϱ (Hadamard-szorzat!). ϱ Tehát ( ) ormálisa overges B(z, r)-be r < R-re overgál B(z, R)-be is. H és R (a sup) defiíciója miatt viszot z, z z > R, amire ( ) overges Defiíció. A feti R érté a ( ) hatváysor overgesiasugara Tétel. (Cauchy Hadamard) Ha L := lim a, aor a ( ) hatváysor overgeciasugara R = L (beleértve, hogy ha L =, aor R = +, és ha L = +, aor R = ). Bizoyítás: Ha z z > R, aor a (z z ) = ( a z z ) ( ), mert a z z L z z > L R =, és így > -ra az -edi hatváya is lesz. Tehát z z > R-re ( ) divergál. De ha r < R, aor ζ z r eseté ( )-ot majorizálja a j= =j a r umerius sor, és erre a speciális györitérium alalmazható, mivel a r L r <. ( ) z 2.. Példa. A log = hatváysor overgeciasugara lim z = miatt R = L = =. Az e z z =! = overgeciasugara L := lim 23! = miatt R = L = =.

24 2.6. Tétel. Tegyü fel, hogy az F (z) := a (z z ) függvéysor overgeciasugara R > (lehet is). Eor a z z < R örlapo F C (B(z, R)), és F () (z) = a ( )... ( + )(z z ), = ahol ee a -adi derivált sora is R a overgeciasugara. Bizoyítás: Feltehetjü, hogy z =, és elég = -re bizoyítau (majd iducióval). Legye F overgeciasugara R, a (formális) F sor overgeciasugara pedig R. R R. Ha most ζ (= ζ z ) < R, aor r < R, ζ < r < R, így a r < (R mit overgeciasugár értelmezése és 2.4 tétel). De aor a r és = ζ a ζ <, mert = r <. Tehát a ζ potba F sora overges R R. R R. Fordítva még egyszerűbb; ha a ζ < a ζ <, ezért R R. Tehát mide r < R-re a B(, r) örlapo egyeletese overgál az F formális sora, továbbá a özéppotba yilvá S (F, a = F () ( in), tehát F formális sora téyleg az F deriváltja Tétel (Taylor együtthatótétele). Ha f(z) = a (z z ) overgeciasugara pozitív, aor f aárháyszor is deriválható z -ba, és f () (z ) = a!, azaz a = f () (z ) ( N)! Bizoyítás: z = z -ba is overges az f () sora, de ott = a! Tétel. (Hatávysor aalitiussága) Ha f(x) = a (z z ) ( z z < R) egy R > overgeciasugárral, aor a B(z, R) yílt örlapo f aalitius függvéy, és tetszőleges z z < R pot örül legalább az R := R z z sugarú örlapo érvéyes az f () (z) f(ζ) = (ζ z)! Taylor-féle hatváysor-előállítás. = Bizoyítás: A ζ z = (ζ z) + (z z ) felbotást és biomiális tételt alalmazva, ( ) f(ζ) = a (ζ z ) = a ((ζ z) + (z z )) = a (ζ z) (z z ) ( ) ( ) = (ζ z) a (z z ) = c (ζ z), c := a (z z ). 24 =

25 Ez aor jogos átalaítás, ha a ettős szumma is abszolút overges. De ( ) ( ) a (ζ z) (z z ) = a ϱ r, ahol ϱ := ζ z < R := R z z, r := z z, R = R r. Tehát a ettős sor majorálható a a (ϱ + r) sorral. Márpedig ϱ + r < R, így ez overges, ezért jogos az átalaítás, a szumma tetszőleges sorredbe teithető. Ha már va egy hatváysor-előállítás, az csa a Taylor-féle együtthatóal lehetséges, Taylor feti tétele miatt Megjegyzés. Az em igaz, hogy ha f C (R), aor midig overges hatváysorba fejthető. Előfordulhat, hogy a Taylor-sora diverges, és az is, hogy overges, de em az f függvéyhez. {e x 2.2. Példa. Legye f(x) := 2 x. x = Eor f C (R), mide N-re f () () =, de persze f(x) 2.7. Megjegyzés. Itt azt ehéz iszámoli, hogy f () () = (egyáltalá?).! x =, ha x. Láttu, hogy a "agyo szép függvéye" amelye aalitiusa éppe egy orét f () (x ) S (f, x) := T (x) := (x x ) poliomsorozattal özelíthetőe jól meg: T! f B(x, R)-be. Ugyaaor az L(x) = f(x ) + f (x ) (x x ) = T (x) lieáris özelítés azért jó volt mide differeciálható függvéyre is em ellett aalitiusság. Általáos érdés: özelíthetőség poliommal Tétel. (Weierstrass) Ha f C[a, b], aor P poliiomsorozat (deg P ), hogy P f az [a, b] orlátos, zárt itervallumo Megjegyzés. Mide poliom folytoos. Taultu(!), hogy ha P C[a, b] folytoosa és P f, aor f C[a, b] is övetezi. Tehát eél többet em is lehet elépzeli, ameddig egyeletes a overgecia: ez a tétel csa folytoos függvéyere lehet igaz. (A tételt em bizoyítju egyeletes folytoosság, idő... bár em olya ehéz.) Láttu, hogy a hatváysoro azaz a részletösszegei a overgeciaörö belül egyeletese overgese: ha ( )f(z) a (z z ), R > a overgeciasugár, r < R, aor S (f, z) f(z), sőt S (m) (f, z) f (m) (z) z z r-be. Sőt, azt is láttu, hogy ha z z = ϱ < R, aor f-et z örül is hatváysorba lehet fejtei, és mide r < R ϱ sugarú örbe ez ormálisa overges is lesz, a deriváltara pedig már az előzőe miatt úgyszité ormális, és így abszolút és egyeletes overgecia lesz: f(ζ) = c (ζ z) ( ζ z r < R ϱ), S (f, ζ) f(ζ), S (m) (f, ζ) f (m) (ζ). 25

26 De mi eze a szépe overgáló részletössieg-poliomo, mi az együtthatói? Taylor feti együttható-tétele miatt csa egyetle lehetőség va: c = f () (z) ( N).! 2.9. Defiíció. Legye f egy z -ba -szer differeciálható (tehát em feltétleül aalitius!) függvéy. Eor fz potja örül felírt -edredű Taylor-poliomja T (f, z, z) := f () (z ) (z z ).! 2.9. Megjegyzés. = ; eor T (z) = f(z ) = c ostas poliom. Ez jól özelíti f-et z örül, ha lim (f(z) T (z)) =, azaz, ha lim f(z) = f(z ), tehát ha az f folytoos. z z z z = ; T (z) = f(z ) + f (z )(z z ) lieáris özelítés. Ez a legjobb lieáris özelítés volt f differeciálható volt z -ba (A!). 2.. Defiíció. Az a it D f potba P = P az f legjobb -edfoú özelítése a örül (f l.j..f.. a ), ha deg P poliom és () lim z a f(z) P (z) (z a) = 2.2. Állítás. Legfeljebb egy l.j..f.. va adott a it D f örül. Bizoyítás: Ha P, Q l.j..f.., aor R := P Q-val R(z) (2) lim z a (z a) =. Ez egy deg R poliommal csa úgy törtéhet meg, ha R =. Ugyais R(a) = (ülöbe (2) bui!), így (z a) iemelhető idució megy. 2.. Tétel. (Taylor-özelítés a Legrage-féle maradétaggal) Legye f D + (I), ahol I R itervallum, és a, b I tetszőleges. Eor a és b özött olya ξ pot, hogy f(b) = T (f, a, b) + f (+) (ξ) ( + )! (b a) (mi(a, b) ξ := ξ a,b max(a, b)). 2.. Megjegyzés. Szoás úgy is felíri, hogy a fix, b pedig tetszőleges x I Követezméy. Ha csa f C [a δ, a + δ] igaz, aor T (f, a, x) l.j..f.. a. (Sőt, ha f D [a δ, a + δ] és f () folytoos a-ba.) Ugyais f(x) = T (f, a, x) + f () (ξ) (x a) igaz ξ [a, x] vagy [x, a]-val, (mivel! f D (I)) ha x [a δ, a + δ] (a tétel -re és b = x-re alalmazva). Mármost aor f(x) T (x) (x a) =! f () (ξ x )(x a) f () (a) (x a)!, (x a) 26

27 ha x a, mert aor ξ x a és f () folytoos volt a-ba. Taylor-tétel bizoyítása: Legye K := f(b) T (b) (b a) + úgy választju, hogy a g(t) := f(t) T (t) K (t a) + függvéyre g(a) = g(b) = legye. Vegyü észre, hogy a-ba g(a) = g (a) =... = g () (a) = a T miatt.. lépés: Rolle tétele miatt c [mi(a, b), max(a, b)], hogy g (c ) =. 2. lépés: Rolle tétele miatt c 2 az a és c özött, hogy g (c 2 ) =.. +. lépés: Rolle tétele miatt c + az a és c özött, hogy g (+) (c + ) =. Legye ξ := c + : = f (+) (ξ) K ( + )!, azaz f(b) T (b) (b a) + = K = f (+) (ξ) ( + )! Követezméy. Ha f (+) orlátos I = [a r, a + r]-be például ha f C + (I) f(x) T (x) aor emcsa lim =, de még f(x) T x a (x a) (x) M + ( + )! x a + is teljesül (= O( x a + )) Követezméy. Ha például f () (t) M (+)! ( N, t I), aor T (f) f az a egy öryezetébe (sőt elég M A ( + )! is) f aalitius Követezméy. cos x, si x emcsa C függvéye, de aalitius függvéye is. 2.. Tétel. cos x = m= ( ) m x 2m, si x = (2m)! m= ( ) m x 2m+. (2m + )! Bizoyítás: cos, si C (R), cos () (), si () () T. T (cos, x) = cos () ()! Hasolóa a si függvéyel. x, cos () () = { ha = 2m + páratla ( ) m ha = 2m páros 2.4. Nevezetes omplex aalitius függvéye, Euler formulá 2.8. Követezméy. A fet cos x-re és si x-re felírt hatváysoro x helyébe omplex z értéet írva is overgese marada (overgeciasugár =!). Tehát iterjeszthetjü a defiíciójuat omplex változóra. 2.. Defiíció. cos z := m= ( ) m z 2m, si z := (2m)! m= ( ) m z 2m+ (2m + )! ( z C) Mire hasolítaa eze? ch z = sh z, sh z = ch z, -ba -e és - váltaoza, ott is hasoló Taylor-sor lesz. Sőt, ezeet felírhatju e z hatváysorából is: ch z = 2 (ez + e z ) stb. z 2m Tehát tudju, hogy ch z = (2m)!, sh z = z 2m+ (2m + )!, és egyébét ez = ch z + sh z. m= m= 27

28 Legye most z = it, aár t C, de most legye csa t R. z 2m (it) 2m ch(it) = = = i 2m t 2m = (2m)! (2m)! (2m)! m= m= m ( ) m t 2m = cos t (2m)! m (it) 2m+ sh(it) = (2m + )! = i ( ) m t 2m+ = i si t (2m + )! m= m e it = ch(it) + sh(it) = cos t + i si t = e(t) e z = e x+iy = e x e iy = r e(y), r = e x az e z polároordiátás alaja. e z = r = e x (emléezzü: z = e z log = e x log = x, most lett bebizoyítva!) cos t = ch(it) = 2 (eit + e it ) = Re e it = Re e(t) si t = i sh(it) = 2i (eit e it ) = Im e it = Im e(t) Az Euler-formulá so midet megmagyaráza. Ez a omplex változó egyi értelme, hasza igazából soal egységesebbe látu midet Állítás. e z periodius függvéy. Bizoyítás: e z+2πi = e z e 2πi = e z. A trigoometrius függvéye azoosságai, a hiperbolius függvéye azoosságai, az e z függvéy Cauchy-féle függvéyegyelete (e z+w = e z e w ) mid egymásból levezethetőe Taylor-sorfejtése további alalmazásai.) Határértée. Például lim x si x tg x x 3 tart: ilyeor "aármi is lehet", például x2 x ±, 3 si x 3 5x =? Nehézség: számláló, evező ülö-ülö -hoz 3, lehet diverges Defiíció. Határozatla (idefiit) "problémás" határértéee evezzü a,,,, jellegű határértéeet. Az x, ex, l x segítségével visszavezethetőe típusra. l x 2.3. Példa. lim eredetileg, de írható lim x x x x, l x formába is. Hasolóa, e = e e = ; = ; l =. 28

29 Feladat megoldása: si x = x x3 3 + o(x3 ), tg x = x + x3 3 + o(x3 ), l.j.3.f.. Ezért si x tg x lim x x 3 x 3 [x = lim 3 + o(x3 )] [x + x3 3 + o(x3 )] x x 3 = Tétel (L Hospital szabály). Ha f, g D(I), a I, és f(a) = g(a) = (vagy f(x) lim f(x) =, lim g(x) = például ha a / I, például a = ), aor a lim x a x a x a g(x), f (x) típusú határérté = lim, ha ez utóbbi létezi. x a g (x) ( ) Bizoyítás: Feltehető, hogy a véges pot (ha em: ϕ(t) := f, x = t t = t = ) A Lagrage.é.t. miatt f(x) = f(x) f(a) = f (ξ)(x a), g(x) = g(x) g(a) = g (η)(x a), és ha ülö lim f (ξ), és lim g (η), aor persze eze háyadosa jö i. ξ a η a Nehézség: mi va, ha ülö-ülö a lim, vagy például g (η)? 2.3. Tétel. (Cauchy-özépértététel) Ha f, g D[a, b], aor ξ [a, b], hogy f (ξ) g (ξ) = f(b) f(a) (özös ξ-vel tehát). g(b) g(a) 2.9. Követezméy. L Hospital-szabály. Bizoyítás: Legye h(x) := f(x)(g(b) g(a)) g(x)(f(b) f(a)). Erre h(a) = h(b) = Rolle-tétel miatt ξ, = h (ξ) = f (ξ)(g(b) g(a)) g (ξ)(f(b) f(a)) az állítás. 2.) Függvéyértée umerius iszámítása Példa. Határozzu meg a függvéytáblázatba (4 jegyre) cos, 3 értéét! Hiba: R < 5 5 ; cos x = T 2m+ (x) + cos(2m+2) (ξ) x 2m+2, (2m + 2)! R 2m+ (2m + 2)!,, 36 32m+2. m =, evés, m = 2-re 6! cos, 3 T 5 (, 3) = x2 2 + x4 4! x=,3 =, = =,9553. } 24 {{ 4 } 3,374 4 < 5 5. Tehát 3.) Itegrálfüggvéy hatváysorral, határozott itegrál Példa. si x 2 dx =? 29

30 si x 2 ( ) m dx = (2m + )! (x2 ) 2m+ ( ) m x 4m+3 dx = (2m + )! (4m + 3), m= m= [ ] si x 2 ( ) m x 4m+3 ( ) m dx = = (2m + )! (4m + 3) (2m + )! (4m + 3) = m= m=... alteráló (Leibiz-típusú) sor ; még hibabecslést is öyű adi (Leibiz 2 tételével persze!), pl. égy tizedesre már jó m = 2-ig ez az ala, mert 7! 5 < ) Kompliált függvéye szép előállítása. Például cos ( ) m x = (2m)! xm, m= si x x = ( ) (2 + )! x2. Ezeből a formulából pl. öye leolvashatóa a cos x vagy a si x hatodi, vagy x tizedi deriváltjai a -ba amit "diretbe" elég ehéz iszámoli. Biomiális soro: ( ) p ( x) p = x, ( ) p p(p )... (p + ) ahol a Taylor épleteből :=.! (Jelölés: p := p(p )... (p + ) az ú.. "Pochammer szimbólum".) 5.) Differeciálegyelete megoldása hatváysoroal. Differeciálegyelet függvéyegyelet, amelybe y = f(x) mellett a derivált is szerepel. Ilyeeet láttu tipiusa példul az implicit deriválás alalmával. Az is egy differeciálegyelet, hogy ha primitív függvéyt eresü: y = f(x). Ilyeor az egyértelmű primitív függvéyhez fixáli ell egy ovstasot Példa. Oldju meg az y y = x, y() = (ostas fixálása) ezdeti érté feladatot! Tegyü fel, hogy y(x) = a x, azaz tegyü fel, hogy a megoldás aalitius. y() = a =. y (x) = a x, y y = = (( + )a + a )x =? x. az együttható uicitása miatt a a =, 2a 2 a =, ( a = a = a 2 = ), és ( + )a + a =, a + = + a 2 =... = ( + )! a 2 2 = ( + )!. 2 y(x) = + x +! x = + x + 2(e x x) = 2e x x. =2 Elleőrzés: y (x) y(x) = 2e x (2e x x ) = x, y() = 2e =, y mide feltevést teljesít. (A differeciálegyelete elméletéből egyébét övetezi, hogy csa egyetle modju C 2 osztályú megoldás lehetséges, ezért ha megtaláltu, aor ez mide. Egy mási u 3

31 megoldásra u.i. aor az ellee teljesüljö, hogy a v := y u függvéyre v v és v() =, tehát v = v, v d /v, log v(x), log v(x) = log v() + x, v(x) = dx v()ex, de mivel v() =, ebből v, azaz y u. Tehát azzal, hogy feltettü, hogy va aalitius megoldás, em veszítettü itt semmit. Az amúgy is világos reurzíva, az y = y + x előállítrásból hogy ha y C, aor a jobboldal C, tehát a baloldal is, azaz y C, tehát y C 2, s.í.t., y C. Nem aora agy merészség tehát feltei, hogy a megoldás aalitius is.) 2.6. Fourier-soro Teitsü egy F (z) := c z Maclauri- ( örüli Taylor-) sort, és tegyü fel, hogy a overgeciasugár R > ; eor ez szépe (ormálisa, egyeletese, abszolút) overgál a C := {z = e it : t R (vagy t 2π)} egységörö. Tehát azt apju, hogy a ϕ(t) := F (e it ) = c e it = (a cos t + b si t), (ahol most a := c, b := ic ) előállítás overges sor Defiíció. Az ilye alaú függvéysoroat általába trigoometrius soroa evezzü. 2.. Megjegyzés. Ha R >, C- egyeletes a overgecia, ezért tetszőleges m N-re 2π 2π 2π ϕ(t)e imt dt = c e i( m)t dt = c m 2πi, mert := m eseté e it dt = [ e it i ] 2π =. (Eze a formulá az ú.. ortogoalitási reláció e it -re.) 2.. Követezméy (Cauchy-féle együttható-formula). Ha az F (z) = c z Maclauri sor overgecia-sugara R >, aor c = 2πi 2π F (e it )e it dt. (Ez agyo fotos formula, ami az együttható Taylor-féle előállítását iegészíti. Azt lehet modai, hogy léyegébe erre a formulára épül a omplex függvéyta...) Idulju most i tetszőleges f R[, 2π] 2π periodius Riema-itegrálható függvéyből. Eor ehhez is le lehet gyártai az együtthatóat, fel lehet íri a sort Defiíció. Egy f R[, 2π] függvéy Fourier-sora az a trigoometrius sor, melyre a := π 2π f(t)dt, a := π 2π f(t) cos t dt, b := π 2π f(t) si t dt Megjegyzés. Ortogoalitási reláció valós alaba azt jeleti, hogy 2π si x si mx dx = 2π cos x si mx dx = azaz a trigoometrius sor valós alaba is ortogoális. 3 ( m) és 2π 2π cos x cos mx dx = cos x si x dx =

32 2.4. Tétel. Ha f szaaszoét folytoosa differeciálható (beleértve, hogy az osztópotoba balról is, jobbról is azzá tehető), aor a Fourier-sora overgál, és S (f, t) (f(t ) + f(t + )) Példa. Ha f(x) = sg x, x < π, és periodiusa iterjesztjü, aor is sg x = 4 si(2 + )x. π Megjegyzés. Nem overgálhat egyeletese, mert em folytoos f(x). De az igaz, hogy ha f C (R) 2π-periodius, aor egyeletes a overgecia. Ebből övetezi, hogy C függvéye özelíthetőe trigoometrius poliomoal: T (x) = a + a cos x+b si x Tétel. (Weierstrass 2. approximációs tétele) Ha f C(R) 2π periodius, aor is ε > létezi T trigoometrius poliom, hogy f(x) T (x) ε ( x R, egyeletese) Példa. Teitsü a p(x) := x 2 ( x π) parabolafüggvéyt, 2π-vel periodiusa iterjesztve. Számítsu i a Fourier-sorát! π p páros, ezért 2π p(x) si mx dx = p(x) si mx dx = (m N) π }{{} páratla a = π p(x)dx = [ x 3 2π π 2π 3 2π 3 2π 3 = π2 3 π π a = p(x) cos x dx = 2 π π π (Kétszeres, parciális itegrállal.) ] π π = x 2 cos x dx. x 2 2 si x cos x dx = x 2x = x2 si x + 2 si x, 3 si x dx = 2x cos x x2 si x cos x dx 2 [ 2 πa = x2 si x + 2 x cos x + 2 ] π si x = 2π( ), a = 4( ) Követezméy. π 2 = p() = a + a cos(π) = π ( ) ( ), azaz 2 = = ζ(2) = = π2 2 6 = 32