Analízisfeladat-gyűjtemény IV.

Átírás

1 Oktatási segédanyag a Programtervező matematikus szak Analízis. című tantárgyához ( tanév tavaszi félév) Analízisfeladat-gyűjtemény IV. (Függvények határértéke és folytonossága) Összeállította Filipp Zoltán, Kővári Zsolt, Lóczi Lajos és Szili László 004

2 Tartalomjegyzék I. Feladatok 3. Függvények határértéke Számhalmaz torlódási pontja Függvény határértékének az értelmezése Függvény határértékének meghatározása Függvények folytonossága Topológiai fogalmak K-ban A pontbeli folytonosság fogalma Függvények folytonosságának a vizsgálata Kompakt halmazon folytonos függvények Egyenletes folytonosság II. Megoldások 5. Függvények határértéke Számhalmaz torlódási pontja Függvény határértékének az értelmezése Függvény határértékének meghatározása Függvények folytonossága Topológiai fogalmak K-ban A pontbeli folytonosság fogalma Függvények folytonosságának a vizsgálata Kompakt halmazon folytonos függvények Egyenletes folytonosság

3 I. rész Feladatok 3

4

5 . Függvények határértéke 5. Függvények határértéke.. Számhalmaz torlódási pontja F. Adjon meg olyan A R halmazt, amelyre (a) A = {, 3}; (b) A = N. F. Van-e olyan A R halmaz, amelyre A = { n n N}? F3. Legyen = A R. Igazolja, hogy ha sup A A, akkor sup A A... Függvény határértékének az értelmezése F4. Legyen f valós-valós függvény. Mit jelent az, hogy (a) f = 7; (b) f 7; (c) f(x) = ; (d) f(x) = ; x 0 0 x 0+0 (e) x f(x) = ; (g) (i) (f) +0 f = +. f(x) = ; (h) f =. x + x f(x) = + ; (j) f =. x + x + (k) f(x) = + ; (l) f =. x x Környezetekkel és abszolút értékkel is fogalmazza meg ezeket az állításokat! Adjon meg olyan függvényeket, amelyekre a fenti relációk teljesülnek. F5. Pozitív állítás formájában fogalmazza meg azt, hogy az f K K függvénynek az a D f pontban (a) nincs határértéke; (b) A K nem határértéke. F6. A definíció alapján lássa be, hogy (a) minden a R esetén x a x n = a n, ahol n =,, 3,... ; (b) x + xn = +, ha n =,, 3,... ; { +, ha n =, 4, 6,... (c) x xn = ha n =, 3, 5,...; (d) minden a R \ {0} esetén x a x n = a n, ahol n =,, 3,... ;

6 6. Függvények határértéke (e) x + (f) x 0 x n = 0 = x n x, ha n =,, 3,... ; x n {, ha n =, 3, 5,... = + ha n =, 4, 6,.... F7. A definíció alapján igazolja, hogy (a) x x = 4; (c) x 0 sin x = 0; (e) x 0 sin x x (b) x x = ; = ; (f) x + (d) x 0 x sin x = 0; sin x x = 0. F8. A definíció alapján határozza meg az alábbi határértékeket: x (a) ; (b) x 0 + x x 0 x + ; (c) x x 4 + x 3 x 3x + ; (d) x x + 5; x 5x + 6 x (e) ; (f) x x 3 x x + x x +. F9. Legyen a az f R R függvény értelmezési tartományának torlódási pontja. Tegyük fel, hogy léteznek olyan (x () n ) : N D f \ {a} és (x () n ) : N D f \ {a} sorozatok, amelyre n + x() n = n + x() n = a és n + f(x() n ) n + f(x() n ) teljesül. Mutassa meg, hogy az f függvénynek nincs határértéke az a D f pontban. F0. Bizonyítsa be, hogy az alábbi határértékek nem léteznek (a) sign (x); x 0 (b) x 0 x..3. Függvény határértékének meghatározása F. Legyen f (x) := x, f (x) := x, f 3 (x) := x, f 4 (x) := (x R \ {0}). x Határozza meg f i(x)-et i =,, 3, 4-re. Azután vizsgálja a következő x + függvények határértékét + -ben: f + f, f f, f f 3, f /f, f /f 3, f f, f f 4, f 3 f 4.

7 .3. Függvény határértékének meghatározása 7 F. Legyen p(x) := α 0 + α x + + α n x n (x R), ahol α 0,..., α n R és α n 0. Mutassa meg, hogy (a) minden a R esetén x a p(x) = p(a); (b) (c) p(x) = sign (α n)(+ ), x + p(x) = x ( )n sign (α n )(+ ). F3. Határérték szempontjából vizsgálja meg a racionális törtfüggvények (két polinomfüggvény hányadosa) határértékét + -ben és -ben. Mj. Kritikus határértékek vizsgálata. Függvények határértékének a meghatározásánál szerencsés esetekben alkalmazhatjuk a határérték és a műveletek kapcsolatára vonatkozó (igen általános!) tételünket. Ezek az eredmények akkor használhatók, ha a tételben szereplő K-beli A + B, AB, A/B műveletek értelmezve vannak. Ha valamelyik művelet nincs értelmezve, akkor a megfelelő függvények határértékéről általában semmit sem mondhatunk. Ezeket a kritikus határértékeket röviden a (+ ) + ( ), 0 (± ), ± ±, 0 0 szimbólumokkal szoktuk jelölni. Ilyen esetekben a sorozatoknál már megismert módszert követhetjük: a kritikus határértéket valamilyen módon (alkalmas azonosságok felhasználásával) megpróbáljuk nem kritikus határértékre átalakítani. F4. Számítsa ki az következő határértékeket: (a) x x 3 + x + x 3 + x + ; (c) x + x n (b) x x (n N); x + x x + ; (d) 3x x + 5 x x ; x m (e) (m, n N); x x n ( n (f) x x m ) (m, n N); n x m ( a (g) x x b ) (a és b valós paraméter); x 3 (h) x 0 x [ x], ahol [x] az x R egész részét jelöli; (i) x x 3 x + x 3 + x.

8 8. Függvények határértéke F5. Határozza meg az alábbi hárértékeket: + x (a) ; (b) x 0 x x 5 (c) x 0 x 5 + 5x x ; (d) x 0+0 x ; x 5 + x x ; + x m x n + x (e) x n (m, n N); (f) (n N); x x 0 x ( F6. Milyen a, b R mellett igaz az, hogy x x + (ax + b) ) = 0? x + F7. Határozza meg az alábbi hárértékeket: sin ax (a) (a, b R \ {0}); x 0 sin bx tg x sin x (c) x 0 (e) x π cos x (b) ; x 0 x sin x sin a ; (d) (a R); x 3 x a x a sin 5x sin 3x ; (f) ; x 0 sin x cos x sin x cos x x (g) ; x 0 + x sin x cos x F8. Számítsa ki az alábbi határértékeket: (a) (h) x 0 x sin x tg x x. x + ex ; (b) x ex ; e x e x x e (c) ; αx e βx (d). x 0 x sin x x 0 x F9. Vizsgálja meg, hogy az alábbi függvényeknek az értelmezési tartományuk melyik torlódási pontjában van határértéke: (a) R x {x}; (b) R x x {x}; { x, ha x Q (c) f(x) := x, ha x R \ Q; {, ha x Q (d) f(x) := 0, ha x R \ Q; (e) Riemann-függvény:, ha x = p Q \ {0}, (p, q) =, q N, p Z q q f(x) :=, ha x = 0 0, ha x R \ Q (itt (p, q) jelöli a p és q számok legnagyobb közös osztóját).

9 . Függvények folytonossága 9. Függvények folytonossága.. Topológiai fogalmak K-ban F0. Mutassa meg, hogy ha H K, akkor (a) H zárt halmaz (H := H H a H halmaz lezártja); (b) H = H akkor és csak akkor teljesül, ha H zárt halmaz; (c) H F minden olyan zárt F K halmaz esetén, amelyre H F. ((a) és (c) szerint H az a legszűkebb K-beli zárt halmaz, amely még tartalmazza a H halmazt. F. Igazolja, hogy ha H a valós számok nemüres, felülről korlátos részhalmaza, akkor sup H H. F. Bizonyítsa be, hogy tetszőleges H K halmaz esetén H zárt halmaz. Mutassa meg azt is, hogy H és H torlódási pontjai megegyeznek. Megegyezik-e mindig a H és a H halmaznak a torlódási pontjai? F3. Legyen H K, és jelölje int H a H halmaz belső pontjainak a halmazát. (Az int H halmazt a H belsejének nevezzük.) Lássa be, hogy (a) int H mindig nyílt halmaz; (b) H akkor és csak akkor nyílt, ha H = int H; (c) ha G H és G nyílt, akkor G int H. F4. Zárt, illetve kompakt halmazok metszete, uniója zárt-e, kompakt-e? F5. Adjon meg olyan R-beli kompakt halmazt, amelynek torlódási pontjai megszámlálható halmazt alkotnak. F6. Legyen H azon x [0, ] számok halmaza, amelynek tizedestört alakja csak a 4 és a 7 számjegyeket tartalmazza. Igaz-e, hogy H = [0, ]?.. A pontbeli folytonosság fogalma F7. Mit jelent az, hogy az f R R függvény nem folytonos az a D f pontban? F8. Az f valós-valós függvény a D f pontbeli folytonossága ekvivalens-e a következővel δ R +, hogy ε R + és x k δ (a) D f esetén f(x) f(a) < ε?

10 0. Függvények folytonossága F9. Tegyük fel, hogy az f R R függvény folytonos az a D f pontban és f(a) > 0. Mutassa meg, hogy ekkor az a pontnak létezik olyan környezete, amelyben f csak pozitív értéket vesz fel. F30. Kiterjeszthető-e az f : R \ {0} R, f(x) = x sin x folytonosan? függvény a 0 pontban F3. Mely pontokban folytonosak az alábbi függvények: {, ha x racionális (a) f : R R, f(x) =, ha x irracionális; { 0, ha x racionális (b) f : R R, f(x) = x, ha x irracionális? F3. Adjon példát olyan, az egész R-en értelmezett függvényre, amely csak a 4 pontban folytonos..3. Függvények folytonosságának a vizsgálata F33. Határozza meg az alábbi függvények folytonossági, illetve szakadási helyeit, valamint a szakadási helyek típusát: x 5x + 6, ha x R \ {, 5} (a) f(x) := x 7x + 0 0, ha x =, x = 5;, ha x R \ { } (b) f(x) := ( + x) 0, ha x = ; x 4, ha x R \ {} (c) f(x) := x α, ha x = (α R paraméter); sin x, ha x R \ {0} (d) f(x) := x 0, ha x = 0; sin x, ha x R \ {0} (e) f(x) := x, ha x = 0; sin x, ha x R \ {0} (f) f(x) := x, ha x = 0;

11 .3. Függvények folytonosságának a vizsgálata {e x (g) f(x) :=, ha x R \ {0}, ha x = 0; { e x, ha x R \ {0} (h) f(x) :=, ha x = 0; (i) f(x) := x [ x ] (x R + 0 ); (j) f(x) := ( ) [x ] (x R); [ x, ha x R \ {0} (k) f(x) := x], ha x = 0. F34. Az α R paraméter mely értékei esetén lesz mindenütt folytonos a következő függvény: { αx + 4x, ha x (a) f(x) := x + 3, ha < x; { x α, ha x < 4 (b) f(x) := αx + 0, ha x 4;, ha x > 0 (c) f(x) := e x+ x x + α, ha x 0? F35. Mutassa meg, hogy a Riemann-függvény (l. az F9.(e) feladatot) irracionális pontokban folytonos, de a racionális helyeken szakadása van. F36. Bizonyítsa be, hogy ha az f : R R függvény folytonos és f értéke minden racionális pontban 0, akkor f(x) = 0 minden x R esetén. F37. Igazolja, hogy egy intervallumon értelmezett monoton függvénynek legfeljebb megszámlálható sok szakadása van, és az is mind elsőfajú szakadási hely. F38. Adjon meg olyan f : (0, ) R monoton növekedő függvényt, amelynek minden (0, )-beli racionális szám szakadási helye. F39. Legyen f és g valós-valós függvény. (a) Lehet-e az f + g, fg, f/g függvény folytonos az a D f D g pontban, ha az f és a g függvénynek az a pont szakadási helye? (b) Tegyük fel, hogy az f függvény folytonos, a g függvénynek pedig szakadása van az a D f D g pontban. Lehet-e az f +g, fg, f/g függvény folytonos a-ban? F40. Igazolja, hogy az f(x) := ( + x )sign x (x R) szakadásos függvénynek az inverze folytonos.

12 . Függvények folytonossága.4. Kompakt halmazon folytonos függvények F4. Bizonyítsa be, hogy minden páratlan fokszámú, valós együtthatós polinomnak van valós gyöke. F4. Igazolja, hogy az alábbi egyenleteknek van megoldása a jelzett I intervallumon: (a) x = cos x, I := (0, π/); (b) e x = x, I := R; (c) x + x + x6 + = 0, I := (, ); x (d) x + x + = 0, I := (, ), I := (, 3). x 3 F43. (a) Igazolja, hogy az x 3 + x polinomnak pontosan egy valós gyöke van, és számítsa ki ezt a gyököt 0 pontossággal. (b) Igazolja, hogy az x 3 + x + 4x 3 polinomnak pontosan egy pozitív valós gyöke van, és számítsa ki ezt a gyököt 0 pontossággal. F44. Bizonyítsa be, hogy ha f : [a, b] R folytonos, akkor minden x, x,..., x n [a, b] (n N) esetén van olyan ξ [a, b], amelyre f(ξ) = f(x ) + f(x ) + + f(x n ). n F45. Mutassa meg, hogy ha f : [a, b] R folytonos és R f = [a, b], akkor van olyan ξ [a, b], amelyre f(ξ) = ξ. F46. Tegyük fel, hogy az f : R R folytonos függvény határértéke mind + -ben, mind pedig -ben +. Mutassa meg, hogy ekkor f-nek létezik minimuma..5. Egyenletes folytonosság F47. A definíció alapján döntse el, hogy egyenletesen folytonosak-e az alábbi függvények: (a) f(x) := x ( x [0, ] ) ; (b) f(x) := x ( x [, + ) ) ; (c) f(x) := x ( x [, + ) ) ; (d) f(x) := x ( x [0, + ) ) ; (e) f(x) := ( ) ( ) x [, + ) ; (f) f(x) := x (0, ). x x

13 .5. Egyenletes folytonosság 3 F48. Igazolja, hogy az (a) f(x) := sin x ( ) x (0, ), (b) f(x) := x sin x x függvények egyenletesen folytonosak. ( x (0, ) ) F49. Legyen f, g : A R, ahol = A R. Tegyük fel, hogy f és g egyenletesen folytonos. Mutassa meg, hogy ebből következik f +g egyenletes folytonossága, de nem következik f g egyenletes folytonossága. F50. Az előző feladat feltételeit egészítsük ki azzal, hogy f és g korlátos. Igazolja, hogy ekkor f g is egyenletesen folytonos lesz. F5. Legyenek f és g az [a, b] intevallumon értelmezett valós értékű egyenletesen folytonos függvények. Tegyük fel, hogy g(x) 0 (a x b). Mutassa meg, hogy ekkor f g egyenletesen folytonos. F5. Határozza meg azokat a p : R R polinomokat, amelyek egyenletesen folytonosak. F53. Bizonyítsa be, hogy ha a folytonos f : [0, ) R függvénynek van véges határértéke + -ben, akkor f egyenletesen folytonos.

14 4. Függvények folytonossága

15 II. rész Megoldások 5

16

17 . Függvények határértéke 7. Függvények határértéke.. Számhalmaz torlódási pontja M. (a) Legyen például A := { + n N} { 3 + n N}. Mutassa meg, n n hogy ennek a halmaznak is és 3 is torlódási pontja, és minden R \ {, 3} pont már nem torlódási pont. (b) Legyen például A := + m= { m + n n N}. M. Nincs ilyen R-beli halmaz, ui. ha egy halmaznak minden (n N) szám n torlódási { pontja, akkor ennek a halmaznak 0 is torlódási pontja, és ezt az n N} halmaz nem tartalmazza. n M3. A szuprémum definíciójából következik, hogy sup A minden környezete tartalmaz A-beli elemet. Mivel sup A A, ezért sup A minden környezete tartalmaz sup A-tól különböző A-beli elemet is, ami azt jelenti, hogy sup A torlódási pontja az A halmaznak... Függvény határértékének az értelmezése M4. (a) Környezetekkel megfogalmazva: D f és ε > 0 számhoz δ > 0, hogy x ( k δ ( )\{ } } D f esetén f(x) k ε (7). Abszolút értékekre átírva: D f és ε > 0-hoz δ > 0, hogy x D f, 0 < x ( ) < δ esetén f(x) 7 < ε. (b) Tagadva az előző állítást: D f és ε > 0, hogy δ > 0-hoz x D f, hogy 0 < x ( ) < δ és f(x) 7 ε. (c) Környezetekkel megfogalmazva: A 0 eleme D f bal-torlódáspontjai halmazának és ( ) bármely V környezetéhez van a 0-nak olyan U baloldali környezete, hogy f a D f U \ {0} halmazt V -be képezi. Abszolút értékekkel kifejezve: (0 D f (, 0]) és ( ε > 0 δ > 0 x D f, melyre δ < x < 0, igaz, hogy f(x) ( ) < ε). (h) ( D f ) és ( ε > 0 d < 0 x D f, melyre x < d, fennáll, hogy f(x) ( ) < ε). (j) (+ D f ) és ( c < 0 d > 0 x D f, melyre x > d, teljesül, hogy f(x) > c).

18 8. Függvények határértéke M6. (a) Legyen tehát n N és a R rögzített. Ha x a <, akkor x < + a is fennáll, s így x n a n n n = x a x j a n j x a x j a n j j=0 j=0 n x a ( + a ) j a n j. j=0 Legyen K := n j=0 ( + a )j a n j csak a rögzített a-tól és n-től függő állandó. Nyilván K (+ a ) n > 0. A fenti számolás miatt adott ε > 0-hoz a δ := min (, ε K ) választás a esz definíciójában megfelelő. (b) Legyen n N és a R rögzített. Ha x >, akkor x n > x. Ebből következik, hogy tetszőleges c > 0-hoz megválasztva a d := max (, c) számot, igaz lesz, hogy minden x > d esetén x n > c. (d) Legyen tehát n N és 0 a R rögzített. Mivel a > 0, ezért x a < a maga után vonja, hogy a 3 a < x <. Ennek felhasználásával x n a n = xn a n x a x n a n x a ( n 3 a j=0 ( a n j=0 x j a n j x n a n ) j a n j ) n a n n j=0 ( Legyen K := 3 a ) j a n j. Nyilván K > 0. Adott ε > 0-hoz a δ := ( a ) n a ( ) n min a, ε választás a esz ε δ definíciójában megfelelő. K (f) Igazoljuk, hogy tetszőleges n N esetén a x 0+0 x n értéke (+ ), valamint azt, hogy páratlan n N esetén továbbá, hogy páros n N + esetén x 0 0 x n jobboldali határérték x 0 0 x n =, = +. Ezekből a feladat állítása már következik, hiszen a 0-beli esz pontosan akkor létezik, ha létezik a balés jobboldali esz, és ezek egyenlőek. A három bizonyítandó állítás közül példaképpen megmutatjuk a másodikat, a többi igazolása analóg, mindössze előjelcserékre van szükség a megfelelő

19 .. Függvény határértékének az értelmezése 9 helyeken. Legyen tehát n N rögzített páratlan természetes szám. Legyen c < 0 tetszőlegesen adott. Az ehhez tartozó δ legyen δ := n. Ekkor minden x esetén, amelyre δ < x < 0 fennáll, hogy < c. (Valóban: x n δ = n < x < 0 miatt < c c xn < 0. Ezt átrendezve kapjuk, hogy > x n c, illetve, hogy < c. Figyeljünk rá, hogy menet közben az egyenlőtlenség x n iránya kétszer is megfordult, amikor negatív számmal szoroztunk. A esz definíciója alapján készen vagyunk.) M7. (b) Nyilván x = x x+ x x, ha x 0. Ez azt mutatja, hogy tetszőlegesen adott ε > 0 számhoz δ := ε megfelelő. c (d) Tetszőlegesen adott ε > 0 számhoz a δ := ε választás megfelelő, ugyanis x sin x x. (Itt felhasználtuk azt, hogy minden α R esetén sin α, ami következik a minden α valós számra fennálló sin α + cos α = azonosságból.) Ha tehát 0 < x < δ, akkor x sin 0 < ε. x (f) Mivel sin x x, ezért tetszőleges ε > 0 számhoz a d := x ε megfelelő, hiszen x > d maga után vonja, hogy sin x 0 x < ε. választás M8. (a) A 0-hoz közeli pontokban a függvényértékek -hez vannak közel, ebből azt sejtjük, hogy a kérdéses határérték. Ezt precízen a szokásos ε-δ definícióval bizonyíthatjuk be: legyen ugyanis ε > 0 tetszőlegesen adott szám. Ekkor közös nevezőre hozással kapjuk, hogy +x = x. Ha x <, akkor +x < + x, tehát x < x. Emiatt a δ := min (, ε +x ) választás megfelelő. (c) -hez közeli pontokban a számláló is és a nevező is 0-hoz közeli érték. Két kicsi szám hányadosa bármi lehet, ezért a határérték megsejtéséhez először átalakítjuk a törtet: x 4 + x 3 x 3x + = (x )(x + 3) (x )(x ) = (x + )(x + 3) x ( x R \ {, } ). Ez a kifejezés -hez közeli pontokban ( 8)-hoz közeli értékeket vesz fel, ezért azt sejtjük, hogy a keresett esz ( 8). A bizonyításhoz azt kell megmutatnunk, hogy tetszőlegesen adott ε > 0 esetén x 3 + x + 3x + 3 x ( 8) ε,

20 0. Függvények határértéke ha 0 < x < δ, valamely, alkalmas, ε-tól függő δ > 0 számmal. Alakítsuk át a vizsgálandó kifejezést: közös nevezőre hozással és kiemeléssel kapjuk, hogy x 3 + x + 3x + 3 x ( 8) = x 3 + x + x 3 x = x + x + 3 x. x Ebből látszik, hogy egy lehetséges δ megkapható, ha felülről megbecsüljük az x +x+3 x kifejezést. Ha például első közelítésben megköveteljük, hogy 0 < x < legyen, akkor ezzel el tudjuk érni, hogy < x és x < 3 teljesüljön, amiből kapjuk, hogy x + x + 3 x < x + x + 3 / x + x + 3 / < (3/) + (3/) + 3 / = 73 < 37. Ebből látjuk, hogy a δ := min (, ε 37) választás megfelelő. (f) Megmutatjuk, hogy a esz értéke. Legyen ugyanis ε > 0 tetszőlegesen adott szám. Be kell lássuk, hogy minden x < d esetén x x + ε, ha d < 0 alkalmas, ε-tól függő valós szám. Mivel x 3 x + =, így (+ x ) elegendő a jobb oldalról megmutatni, hogy 0-hoz tetszőlegesen közel kerülhet, 3 ha x elég nagy abszolút értékű negatív szám. A ε egyenlőtlenség (+ x ) viszont következik az x < 3 egyenlőtlenségből, tehát a d := 3 ε választás ε megfelelő. M9. A feladat állítása nem más, mint a függvényhatárérték létezésére vonatkozó és az átviteli elvvel megfogalmazott szükséges és elégséges feltétel tagadása. M0. (a) Mivel a sign függvény leszűkítése a negatív számok halmazára a konstans függvény, ezért nyilván sign (x) =. Hasonlóan kapjuk, hogy x 0+0 x 0 0 sign (x) =, vagyis a 0-beli baloldali- és jobboldali határértékek különbözőek, tehát a 0-beli határérték nem létezik. (b) Már tudjuk, hogy x 0 0 x = és tehát a 0-beli határérték nem létezik. x 0+0 x = +, melyek különbözők,

21 .3. Függvény határértékének meghatározása.3. Függvény határértékének meghatározása M. (a) Mivel minden a R esetén x a x n = a n, ha n = 0, ill. n =, ezért az állítás a határérték és a műveletek kapcsolatára vonatkozó tételünkből következik. (b) Mivel valamint M3. Legyen ( p(x) = x n α n + α n x + α n + + α ) 0 x x n x = + és x + x + x = 0, (x R \ {0}), ezért az állítás a határérték és a műveletek kapcsolatára vonatkozó tételünkből következik. (c) A (b)-hez hasonlóan. Megjegyzés. A (b) és (c) állítások tehát azt jelentik, hogy polinomok viselkedését a plusz/mínusz végtelen környezetében a polinom főtagja (az α n x n tag, illetve még pontosabban az α n főegyüttható előjele és n paritása) határozza meg, azaz polinom határértéke a ± végtelenben megegyezik a főtag ± végtelenben vett határértékével. r : R \ H R, r(x) := α nx n + α n x n + + α 0 β m x m + β m x m + + β 0, ahol n és m pozitív egészek, α i, β j R, α n 0, β m 0, továbbá H a nevezőben levő polinom zérushelyeinek a halmaza. Világos, hogy + és torlódási pontja D r -nek. Meg kell határoznunk a r(x) és r(x) x x + határértékeket. Az ötlet az, hogy emeljünk ki a számlálóból x n -t, a nevezőből pedig x m -t, azaz végezzük el a következő átalakítást: r(x) = x n m αn + α n + + α 0 x x n (x D β m + β m + + β 0 r \ {0}). x x m Itt az egyes tagok, illetve tényezők határértéke már látható. Csak a -ben vett határértéket részletezzük, a + -ben vett határértéket is hasonlóan lehet megvizsgálni.

22 . Függvények határértéke Mivel x x tételünkből következik, hogy = 0, ezért a határérték és a műveletek kapcsolatára vonatkozó x α n + α n + + α 0 x x n β m + β m + + β 0 x x m = α n β m. Másrészt, mivel x = is igaz, ezért a határérték és a műveletek x kapcsolatára vonatkozó tételünkből következik, hogy A fentiek alapján tehát r(x) = x x xn m = 0, ha n < m, ha n = m ( ) n m (+ ), ha n > m. 0, ha n < m α n β m, ha n = m sign ( α n ) β m ( ) n m (+ ), ha n > m. M4. (a) A számláló határértéke -ben 3, a nevezőé pedig 4, ezért a hányadosfüggvény határértékére vonatkozó tételünk alapján a tört határértéke -ben 3/4. (b) A számlálónak is és a nevezőnek is 0 a határértéke az pontban, ezért a hányadosfüggvény határértékére vonatkozó tételünk nem alkalmazható ( típusú kritikus határértékről van szó). Ha n =, akkor a kérdezett határérték nyilván, ezért feltehetjük, hogy n egynél nagyobb természetes szám. Az a n b n = (a b) (a n + a n b + + b n ) (a, b R) azonosságot alkalmazva azt kapjuk, hogy x n x = (x )(xn + x n + + ) x = x n +x n + + (x R\{}), és erre a függvényre a műveleti tételeink már alkalmazhatók: x n x x = (x )(x n + x n + + ) x x = = x (x n + x n + + ) = n.

23 .3. Függvény határértékének meghatározása 3 (c) A számláló és a nevező határértéke is + ha x +. Most + esettel van dolgunk. Emeljük ki a domináns tagokat, azaz x -et, majd az + egyszerűsítés után kapjuk, hogy: x + x + 3x x + 5 = x + + x 3 x + 5 x. A tanult műveleti szabályok értelmében az eredmény: 3. (d) A számlálónak +, a nevezőnek pedig a határértéke -ben, tehát ez egy + -típusú kritikus határérték. Emeljük ki a domináns tagokat: a számlálóban x -et, a nevezőben pedig x 3 -t. Egyszerűsítés után, adódik: x x + x x = x ( + ) x x x x 3 ( ) x 3 = x x + x x = 0. x 3 = (e) 0 -típusú kritikus határérték. Alakítsuk szorzattá a polinomokat (mindkettő tartalmaz (x )-es tényezőt). Egyszerűsítés után a kapott racionális 0 törtfüggvény határértéke egyenlő a helyettesítési értékkel. x m x x n = (x ) (x m + x m + + ) x (x ) (x n + x n + + ) = = x x m + x m + + x n + x n + + = m n. (f) Egyik tagnak sincs határértéke -ben (a jobb-és bal oldali határértékek különbözők). Vezessük be a t := x jelölést. Azt kapjuk, hogy: ( n x x m ) ( ) n = n x m t 0 (t + ) m n (t + ) m Legyen m, n. A binomiális tétel segítségével kifejtve a nevezőben lévő hatványokat, majd elvégezve az összevonásokat: ( ) n t 0 n ( n ) m k=0 k t k m ( m ) = k=0 k t k

24 4. Függvények határértéke = t 0 Hozzunk közös nevezőre: = ( m m ( m k= k m( n k= t 0 ( m k= ( m k ) ) n t k n ( n ) = k= k t k ( n k) t k ) n( m ( m ) k= k t k ) ) tk ) ( n ( n k= k) tk ) A számláló is és a nevező is t-nek polinomja. A számlálóban az elsőfokú tagok kiejtik egymást, a többi tagból pedig ki tudunk emelni t -et. A nevező mindkét tényezőjéből t-t kiemelve, majd egyszerűsítve azt kapjuk, hogy: m( n ( n k= = k) t k ) n( m ( m ) k= k t k ) t 0 ( m ) t k ) ( n ( n = k= k) t k ) k= ( m k (az így kapott racionális törtfüggvény határértéke a helyettesítési érték, azaz) = m (n ( ) n m ) = n m. m n Ez a képlet lesz érvényes akkor is, ha n = és m N vagy m = és n N (miért?). (g) Ha a = 0 és b = 0, akkor a kérdezett határérték 0. Ha a = 0 és b R \{0}, ( akkor a b ) határérték nem létezik (miért?). Ha a R \ {0} és x x 3 ( a ) b = 0, akkor a határérték adódik, ami szintén nem létezik. x x Tegyük fel, hogy a is és b is 0-tól különböző valós szám. Hozzunk közös nevezőre: ( a x x b ) a(x + x + ) b = x 3 x (x )(x + x + ) = a x + a x + (a b) = x (x )(x + x + ). Itt a számlálónak 3a b, a nevezőnek pedig 0 a határértéke az pontban, ezért a műveletekre vonatkozó tételünk nem használható. Két esetet különböztetünk meg.. eset: Ha 3a b 0, akkor csak a jobb- és bal oldali határértékek léteznek, és ezek: a x + a x + (a b) x +0 (x )(x + x + ) = = sign (3a b)(+ ) (miért??),

25 .3. Függvény határértékének meghatározása 5 a x + a x + (a b) x 0 (x )(x + x + ) = sign (3a b) ( ) (miért??). Ezek különbözők, így a kérdezett határérték ebben az esetben nem létezik.. eset: Ha 3a b = 0 akkor egy 0 típusú kritikus határérték adódik. A b = 3a 0 helyettesítéssel kapott törtfüggvényt tudjuk egyszerűsíteni (x )-gyel: x a x + a x a (x )(x + x + ) = a (x + ) x x + x + = a. Összefoglalva: a kérdezett határérték 3a = b esetén a; 3a b esetén nem létezik. (h) Az egész rész definíciója alapján [ ] [ ] x x < + x (x R, x 0). Ha x > 0, akkor x-szel szorozva, majd átrendezve kapjuk, hogy: [ ] x < x (x > 0). x A közrefogási elv értelmében a jobb oldali határérték létezik, és [ ] x =. x 0+0 x Az x < 0 esetben hasonló módon azt kapjuk, hogy: [ ] x < x (x < 0). x Így a bal oldali határérték is létezik, és x x 0 0 [ x ] =. Mivel a bal- és a jobb oldali határértékek megegyeznek, ezért a kérdezett határérték is létezik, és -gyel egyenlő. (i) A számláló tart -hez, a nevező pedig 0-hoz, ha x. -típusú kritikus 0 határértékről van szó. Most a jobb oldali határérték +, a bal oldali pedig (miért??), ezért a keresett határérték nem létezik.

26 6. Függvények határértéke M5. (a) 0 -típusú kritikus határérték. Gyöktelenítsük a számlálót, azaz bővítsük a 0 törtet ( + x + )-gyel, majd egyszerűsítsünk x-szel: x 0 + x x ( = x 0 = = x 0 + x +. + x ) ( + x + ) x ( + x + ) = (b) Az (a)-hoz hasonló módon járunk el, eredményül 4 adódik. (c) Vezessük be a t := 5 + 5x jelölést. Ekkor t, ha x 0, illetve x = t5. Az új változóra áttérve azt kapjuk, hogy a következő határértéket 5 kell kiszámolnunk: (t 5 ) t 5t 5 + 5t 0. Látható, hogy a számlálónak és nevezőnek egyaránt zérushelye az, ezért 0 0 típusú kritikus határértékről van szó. Mivel (t 5 ) 5t 5 + 5t 0 = (t ) (t 4 + t 3 + t + t + ) 5(t 5 5t + 4) = (t ) (t 4 + t 3 + t + t + ) 5[(t 5 ) 5(t )] = = = (t )(t4 + t 3 + t + t + ) 5[(t 4 + t 3 + t + t + ) 5] = (t )(t 4 + t 3 + t + t + ) 5[(t 4 ) + (t 3 ) + (t ) + (t )] = (t 4 + t 3 + t + t + ) 5[(t 3 + t + t + ) + (t + t + ) + (t + ) + ], ezért a keresett határérték (d) 0 -típusú kritikus határérték. Gyöktelenítsük a számlálót is és a nevezőt 0 is. Egyszerűsítés után kapjuk, hogy: ( + x)( + x + ) x x + x =. (e) 0 -típusú kritikus határérték. 0. megoldás: Vezessük be a t := nm x új változót. Nyilván t, ha x. Ekkor a következő ekvivalens határértéket kell számolnunk: t n t t m = n m.

27 .3. Függvény határértékének meghatározása 7 (lásd 4(e)).. megoldás: Gyöktelenítsük a számlálót is és a nevezőt is (felhasználva az (a b)(a n + a n b + + b n ) = a n b n azonosságot), majd osztva (x )-gyel kapjuk, hogy: x ( n x) n + ( n x) n + + ( m x) m + ( m x) m + + = n m (f) Az előző feladathoz hasonlóan kapjuk az n végeredményt. M6. Vegyük észre, hogy ha a 0, akkor az adott függvény határértéke: +. Feltehető tehát, hogy a > 0. Ekkor (+ ) (+ )-típusú kritikus határértékről van szó. Gyöktelenítés után azt kapjuk, hogy: ( x x + (ax + b) ) x x + (ax + b) = x + x + x x + + (ax + b) = = x + ( a )x (ab + )x + ( b ). x x + + (ax + b) Tegyük fel, hogy a számláló főegyütthatója (azaz ( a )) nullától különböző. Ekkor x-szel elosztva a számlálót is és a nevezőt is azt kapjuk, hogy a tört határértéke 0 < a < esetén +, < a esetén pedig. Ha a =, akkor a feladat a következő alakot ölti: x + (b + )x + ( b ) x + + x + b x x (b + ) + b x = x b x x x = b, ami b = esetén lesz 0. Tehát ebben az esetben a =, b =. M7. (a) 0 sin x -típusú kritikus határérték. Vegyük észre, hogy a = -ből az is 0 x 0 x sin ax következik, hogy minden a R \ {0} esetén = is teljesül. Ezért x 0 ax sin ax x 0 sin bx = a sin ax x 0 b ax sin bx bx = a b. Megjegyzés. A tett észrevétel így általánosítható: Ha a valós-valós f függvényre f(x) = 0 teljesül, akkor =. (A bizonyítást érdemes sin f(x) x 0 x a f(x) meggondolni!)

28 8. Függvények határértéke (b) 0 -típusú kritikus határérték. 0. megoldás: Bővítsük a törtet ( + cos x)-el cos x x 0 x = x 0 ( cos x)( + cos x) x ( + cos x) sin x = x 0 x + cos x =.. megoldás: A trigonometriából is ismert azonosságokat felhasználva írjuk át a számlálót x segítségével: cos x = sin x + cos x (cos x sin x ) = sin x. Ekkor, a nevezőben is kialakítva x -t kapjuk, hogy : cos x x 0 x = x 0 x ( sin 4 x ) = x 0 ( x sin ) x =. 3. megoldás: Írjuk be a cos függvényt definiáló hatványsort, majd az összevonások után osszunk x -tel, végül hatványsorok határértékéről szóló tétel alapján vesszük a helyettesítési értéket: cos x x 0 x ( x + x3 + ( ) n xn + )! 3! n! = = x 0 x x x3 n+ xn + + ( )! 3! n! = = x 0 x = ( x 0! x xn + + ( )n+ ) = 3! n!. (c) 0 -típusú kritikus határérték. A számlálóban átírva tg x-et ki tudunk emelni 0 sin x-et, majd közös nevezőre hozva, a következő alakra hozhatjuk a függvényt: Lásd a (b) feladatot. sin x x 0 x cos x x cos x = (d) 0 -típusú kritikus határérték. 0. megoldás: Vezessük be a h := x a jelölést. Nyilván h 0, ha x a. Az addíciós tételt felhasználva azt kapjuk, hogy: sin x sin a sin(a + h) sin a = x a x a h 0 h sin a cos h + cos a sin h sin a =. h 0 h =

29 .3. Függvény határértékének meghatározása 9 Alakítsuk kifejezésünket úgy, hogy ismert határértékek alakuljanak ki, majd a műveleti szabályokat használva, adódik: ( cos a sin h h 0 h sin a cos h ) h = cos a. h. megoldás: Ismét a trigonometriából is ismert sin α sin β = sin α β cos α + β szorzattá alakítási szabályt használva (érdemes ezt bebizonyítani, kiindulva az addíciós tételekből!), kapjuk, hogy: sin x sin a x a x a x a sin cos x+a = x a x a = sin x a x a x a cos x+a = cos a. 3. megoldás: A (b) feladatnál látott módon írjuk be a sin x, illetve sin a hatványsorát, majd a konvergens sorokra vonatkozó tétel értelmében vonjuk össze a két sort, és csoportosítsunk a megfelelő hatványok szerint: x a + n=0 ( ) n (n+)! (xn+ a n+ ). x a A számlálóban x n+ a n+ -et szorzattá alakítva, majd egyszerűsítve (x a)- val (figyeljük meg, hogy a számlálóban lévő sor első tagja is tartalmaz (x a)-t!) kapjuk, hogy: + x a n=0 ( ) n (n+)! (xn + x n a + + a n ) = = + n=0 + ( ) n (n + (n+)! )an = n=0 ( ) n (n)! an = cos a. (e) Ebben az esetben cos x sin x cos π 4 sin π 4 = 0 midőn x π, így a 0 0 esettel van dolgunk.. megoldás: Alakítsuk át a nevezőt úgy, hogy áttérünk félszögre (cos x = cos x sin x ), majd szorzattá alakítás és egyszerűsítés után kapjuk eredményül, hogy: x π cos x sin x cos x =.

30 30. Függvények határértéke. megoldás: Végezzük el a h := x π helyettesítést. Ekkor h 0, ha x π. Átírás után az addíciós tételeket használva és összevonva a következő határértéket ki kell számolnunk: sin h h 0 sin h Hasonlóan az (a) ponthoz kapjuk eredményül a -t. (f) 0 -típusú kritikus határérték. 0. megoldás: Kialakítjuk az ismert sin(f(x)) f(x) alakot: sin 5x sin 3x x 0 sin x sin 5x 3x 5 3sin = 5x 3x x 0 sin x x =.. megoldás: Alakítsuk szorzattá a számlálót (lásd a (d) pontnál a szabályt). Kapjuk, hogy: sin 5x sin 3x x 0 sin x = x 0 sin x cos 4x sin x =. 3. megoldás: Itt is alkalmazható a hatványsorokra való átírás, majd egyszerűsítés után két konvergens hatványsor hányadosának határértéket számoljuk. (g) 0 -típusú kritikus határérték. Gyöktelenítsük a nevezőt, majd osszuk el a 0 számlálót is és a nevezőt is x -tel. Így a már megismert határértékeket tudjuk kialakítani: x x ( + x sin x + cos x) = = x 0 + x sin x cos x x 0 + x sin x cos x x 0 + x sin x + cos x sin x x + cos x = + x = 4 3. (h) A nevezőben tg x = sin x -et írva kapjuk, hogy: cos x x sin x x 0 tg x x = cos x x sin x x 0 sin x x cos x.

31 .3. Függvény határértékének meghatározása 3 A törtben írjuk be a sin, illetve a cos függvény hatványsorát: cos x x 0 = x 0 cos x = x 0 cos x x 0 x (x x3 3! + x5 5! ) (x x3 3! + x5 5! ) x( x! + x4 4! ) = x 3 3! x5 5! + (x x3 3! + x5 5! ) + ( x + x3! x5 4! + ) = x 3 x5 + 3! 5! = cos x x 0 (! 3! )x3 + ( 5! 4! )x5 + = = cos x x + 3! 5! x 0 ( ) + (! 3! 5! 4! )x + = x + 3! 5! ( ) + (! 3! 5! 4! )x + = 3!! 3! M8. (a) Feltehető, hogy x > 0. Könnyen kialakíthatjuk a sejtést, hogy x + ex = +. Felhasználva az exp függvény definícióját azt kapjuk, hogy: és innen a e x = + n=0 x n n! > x (x > 0), =. f(x) = + definícióját használva megkapjuk állításunkat. x + (b) Legyen x = y. Ha x, akkor y +, így x ex = y + e y = y + e = y + = 0. (c) Írjuk be az ex, az e x, illetve a sin x helyére hatványsoraikat, és használjuk a 8.(h) pontnál bemutatott módszert. A végeredmény:. (d) Itt is alkalmazzuk a fenti módszert. A végeredmény: α β.

32 3. Függvények határértéke M9. A törtrész-függvény értelmezését használva, megadhatjuk ennek explicit alakját: x, ha x < 3 x, ha x < f(x) = {x} = x, ha 0 x < x +, ha x < 0 x +, Ha a (n, n + ) valamely n Z mellett, akkor x a ha x < f(x) = (x n) = a n. x a Ha pedig a := m Z akkor, a bal oldali határértékre kapjuk, hogy: f(x) = (x m + ) =, x a 0 x m 0 és hasonló módon a jobb oldali határértékre, pedig: f(x) = (x m) = 0. x a+0 x m+0 A fentiek alapján tehát f(x) ( m Z). Még vizsgálnunk kell a + x m és eseteket. Az átviteli elvet használva igazolható, hogy f(x), x + például tekintsük az (x n ) := (n + ) illetve a (z n) := (n) sorozatokat. Hasonlóan f(x) sem. x (b) Az (a) pontnál látott módon járjunk el. Az adott függvény az egészrészfüggvény. A végeredmény: m Z és a (m, m + ) esetén f(x) = m, x a illetve m Z esetén: f(x) = m, és f(x) = m. x m 0 x m+0 Tehát egész helyeken nincs határértéke f-nek, de léteznek a kétoldali határértékek. Azt mondjuk, hogy a függvénynek ugrása van ezen pontokban. (a)- hoz hasonlóan f(x) illetve f(x). x + x

33 .3. Függvény határértékének meghatározása 33 (c) Mivel D f = R, ezért D f = R. Legyen a R tetszőlegesen rögzített. Használjuk az átviteli elvet. Vegyünk egy olyan (x n ) : N Q racionális tagú sorozatot, melyre x n = a, illetve egy olyan (z n ) : N R irracionális tagú n + sorozatot, melyre z n = a. (Ilyen sorozatok léteznek. Miért?) Ekkor a n + konvergens sorozatoknál tanult műveleti szabályok értelmében a helyettesítési értékek sorozataira kapjuk, hogy: illetve f(x n) = n + n + (x n) = a, f(z n) = n + n + ( z n) = a. Ha f-nek létezik a pontban határértéke, akkor az átviteli elv értelmében teljesülnie kell az a = a feltételnek. Ez utóbbi csak a = 0 esetén teljesül. Ezek szerint a R \ {0} esetén x a f(x) és f(x) = 0 x 0 lehet csak. Ha most v : N R tetszőleges sorozat, melyre (v n) = 0, n + akkor könnyű meggondolni, hogy f(v n ) 0 (n + ) is teljesül. A definíció szerint is könnyen igazolhatjuk, hogy f(x) = 0, hiszen x 0 { x 0, ha x Q f(x) 0 = x 0, ha x R \ Q miatt tehát: f(x) 0 = x < ɛ, ha 0 < x 0 < δ, ahol 0 < δ ɛ. Vizsgálnunk kell még a határértéket + és -ben. ugyanis, ismét az átviteli elvet használva az Ezek sem léteznek, x n := n (n N), (x n) = + n + sorozattal illetve a irracionális sorozattal, pedig: f(x n ) = n + (n + ) z n := n (n N), (z n) = + n + f(z n ) = (z n ) = n (n + ).

34 34. Függvények határértéke Tehát f(x). Hasonló módon f(x) sem. Megjegyzés: érdemes x + x vázlatot készíteni f grafikonjáról és megfigyelni, hogyan jelentkeznek a fent megállapított tulajdonságok! (d) Használjuk ismét az átviteli elvet (lásd a (c) pont megoldását). A végeredmény: sehol sem létezik f-nek határértéke: x a f(x) ( a R {+, }). (e) Érdemes picit vizsgálni a függvényt! Könnyen láthatjuk, hogy értékkészlete: { } R f = n n =,, 3, {0}, halmaz; illetve f periodikus és periódusa. Éppen ezért elég vizsgálni a kérdést a [0, ] intervallumon illetve +, -ben. Vegyük észre, hogy rögzített n =,, 3, természetes szám esetén f véges sok helyen veszi fel az n értéket a [0, ] intervallumon, azaz [ { f } ] { m } = n n Q [0, ] (m, n) = = {x, x,, x k }, ahol k = k(n) jelöli az n-nél kisebb, hozzá relatív prím m-ek számát. Ha most a [0, ] rögzített és 0 < ε adott (ez feltehető), akkor n 0 N úgy, hogy < ɛ n 0 + n 0. Világos, hogy -nél nagyobb értéket f csak véges sok n 0 + helyen vesz fel. Tehát az A := {,,,, 3 n 0 +} jelöléssel s = s(ε) N: f [A] = {x, x,, x s }. Ha most a-nak olyan környezetét választjuk, melybe nem esik bele egyetlen elem sem a fenti véges halmazból, akkor a megfelelő függvényértékek az adott ε alatt maradnak. Pontosítva: legyen δ := min{ a x i i =,..., s, x i a} > 0. Ekkor x : 0 < x a < δ esetén f(x) 0 < ε, és ez definíció alapján azt jelenti, hogy f(x) = 0 ( a [0, ]). x a Az átviteli elvet használva adódik, hogy x a f(x) (a {+, }).

35 .3. Függvény határértékének meghatározása 35 (Tekinstük például az (n); (n ) sorozatokat az a = + esethez és ezek ( )- szeresét az a = esethez.) Megjegyzés. A definíció alapján könnyen megállapíthatjuk a Riemann függvényről, hogy páros, periodikus és periódusa. Ezért a vizsgálat során elég a [0, ] intervalumon szemlélteni ; ott is elég a racionális pontokra szorítkoznunk, hiszen irracionális helyeken 0 a függvény értéke. A továbbiakban a racionális x-ekhez tarozó (x, f(x)) síkbeli pontokra úgy hivatkozunk, mint Riemann-pontok. Érdekes, hogy megadható egy viszonylag egyszerű algoritmus, amivel a fent említett Riemann-pontok pontosan szerkeszthetők. Bármely Riemann-pont és az x tengelyre eső vetülete egy az y tengellyel párhuzamos egyenest határoz meg, így az ilyen egyenesek egymással is párhuzamosak. Ennek megfelelően bármely két Riemann-pont az x koordinátákkal egy-egy trapézt feszítenek ki. A legnagyobb ilyen trapéz az egységnégyzet; a (0, ) illetve az (, ) Riemann-pontok által meghatározott négyzet (f(0) = ). E négyzet átlóinak metszéspontja, azaz az (, ) pont is Riemann-pont. Alkalmazzuk ismét az eljárást a most kapott pont illetve ennek a közvetlen ősei által kifeszített trapézokra. Ezek átlóinak metszéspontjai (, ) illetve (, ) ismét Riemann-pontok. Folytatva a fenti algoritmust az új pontok és közvetlen őseik által meghatározott 4 trapézra újabb 4 Riemann-pontot tudunk előállítani. Igazolható, hogy a fenti eljárással minden Riemann-pont előállítható (pontosan egyszer), és csak ezek a pontok keletkeznek az iterációval.

36 36. Függvények folytonossága. Függvények folytonossága.. Topológiai fogalmak K-ban.. A pontbeli folytonosság fogalma M7. Az f R R függvény nem folytonos az a D f pontban pontosan akkor, ha ε R +, hogy δ R + esetén x D f, x a < δ, amelyre f(x) f(y) ε. M8. Nem. A feladatban megfogalmazott tulajdonság azt jelenti, hogy az f függvény az a D f pont egy δ-sugarú környezetében állandó. Minden ilyen függvény persze folytonos a-ban, de van olyan folytonos függvény, amelyre ez a tulajdonság nem teljesül. Egy triviális példa erre az f(x) := x (x R) függvény és az a = 0 pont. M9. Mivel f folytonos a D f -ben, ezért ε R + számhoz δ R +, hogy x D f és x a < δ esetén f(x) f(a) < ε. Legyen most ε := f(a). Mivel f(a) > 0, ezért ez a választás megengedett. A definíció szerint ehhez az ε-hoz létezik olyan δ R + szám, hogy x D f, x a < δ esetén f(x) f(a) < f(a) f(a) < f(x) f(a) < f(a) 0 < f(a) < f(x) < 3f(a). M30. Igen. Mivel x 0 x sin x = 0, ezért az f(x) := függvény folytonos a 0 pontban. { f(x), ha x R \ {0} 0, ha x = 0 M3. (a) Könnyű szemléletes képet alkotni a függvényről. Ebből azt a sejtést alakíthatjuk ki, hogy a függvény az értelmezési tartományának egyetlen pontjában sem folytonos. A bizonyítás: Legyen a D f = R. Azt kell igazolni, hogy ε R +, hogy δ R + számhoz x D f, x a < δ, amelyre f(x) f(a) ε. Tegyük fel, hogy a Q. Ekkor f(a) =. Legyen (például) ε :=. Mivel minden intervallum tartalmaz irracionális számot, ezért δ R + számhoz x Q, hogy x a < δ. Ebben az x pontban f(x) f(a) = = > = ε

37 .3. Függvények folytonosságának a vizsgálata 37 teljesül, így f nem folytonos a-ban. A bizonyítás a Q esetén is hasonló. (b) Most is a függvény képéből kiindulva alakíthatjuk ki azt a sejtést, hogy f csak az a = 0 pontban folytonos. A bizonyítás: Legyen a = 0. Ekkor f(a) = f(0) = 0. Az a-beli folytonossághoz tehát azt kell igazolni, hogy ε R + számhoz δ R +, hogy x R, x < δ esetén f(x) < ε. Legyen ε R + egy rögzített szám. Ha x Q, akkor f(x) = 0 < ε minden δ R + mellett igaz. Ha x Q, akkor f(x) = x < ε teljesül, ha 0 < δ ε. Ez azt jelenti, hogy minden ε R + esetén a δ := ε választás biztosítja a 0-beli folytonosság definíciójában megadott követelmény teljesülését, azaz f C{0} valóban fennáll. Az a tény, hogy f nem folytonos az a R \ {0} pontban az (a) részben mutatott módon igazolható. Egy másik lehetőség az átviteli elv alkalmazása. M3. Az előző feladat alapján könnyű megadni ilyen függvényt. Legyen például: { 4, ha x Q f(x) := x, ha x Q. Ez a függvény csak az a = 4 pontban folytonos..3. Függvények folytonosságának a vizsgálata M33. (a) Mivel x 7x + 0 = (x )(x 5), ezért és 5 a nevező zérushelye. Racionális törtfüggvény az értelmezési tartományának minden pontjában folytonos, ezért f az R \ {, 5} halmaz minden pontjában folytonos. A további vizsgálatokhoz alakítsuk át a hozzárendelési utasítást: x 5x + 6 x 7x + 0 = (x )(x 3) (x )(x 5) = x 3 x 5 = + x 5 Legyen a =. A fentiek alapján x 3 f(x) = x x x 5 = 3 f() = 0, (x R \ {, 5}). ezért az a = pont az f függvénynek megszüntethető szakadási helye. Legyen most a = 5. Ekkor f(x) = és f(x) = + (miért?), x 5 0 x 5+0

38 38. Függvények folytonossága ami azt jelenti, hogy az a = 5 pont az f függvénynek másodfajú szakadási helye. (b) f C{a} minden a R \ { } esetén (racionális törtfüggvény). A definíció alapján igazolható, hogy f = +, és ez azt jelenti, hogy az x a = pont az f függvénynek másodfajú szakadási helye. (c) f C{a} minden a R \ {} esetén. Mivel x 4 x x = (x )(x + ) x x = x (x + ) = 4, ezért α = 4 esetén f folytonos az a = pontban is. Ha α R \ {4}, akkor az a = pont az f függvénynek megszüntethető szakadási helye. sin x (d) f C{a} minden a R \ {0} esetén. Mivel = f(0) = 0, az x 0 x a = 0 pont az f függvénynek megszüntethető szakadási helye. (e) f C{a} minden a R\{0} esetén. A 0 pontbeli folytonosság vizsgálatához először vegyük észre azt, hogy sin x = x x3 3! + x5 5! x7 7! + = = x ( x ) x 5 ( x ) + + > 0, 3 5! 6 7 ha 0 < x < 6. Mivel a sin függvény páratlan, ezért sin x < 0, ha 6 < x < 0. Ez azt jelenti, hogy sin x = sin x x x, ha 0 < x < 6. sin x Így = miatt sin x x 0 x x 0 x = is igaz, ami azt jelenti, hogy f az a = 0 pontban is folytonos. M34. (a) Az f függvény minden a R \ {} pontban folytonos. Az a = pontban létezik a jobb oldali- és a bal oldali határérték is, és f(x) = ( x + 3) =, x +0 x +0 f(x) = x 0 x 0 (αx + 4x ) = α + 3, ezért ebben az esetben a függvény akkor és csak akkor folytonos, ha ezek a határértékek megegyeznek, azaz pontosan akkor, ha α =.

39 .3. Függvények folytonosságának a vizsgálata 39 (c) Az elemi függvények folytonosságára, valamint a folytonosság és a műveletek kapcsolatára vonatkozó tételünkből következik, hogy az f függvény folytonos a a R \ {0} pontokban. Nyilvánvaló, hogy Mivel ezért f(x) = ( x + α) = α. x 0 0 x 0 0 ( x + ) = + és x 0+0 x y + ey = +, f(x) = x 0+0 x 0+0 e x+ x = 0. A függvény a 0 pontban akkor és csak akkor folytonos, ha a bal- és a jobb oldali határértékek megegyeznek, azaz pontosan akkor, ha α = 0. M35. Az 9.(e) feladat megoldásában igazoltuk, hogy a Riemann-függvénynek minden valós helyen 0 a határértéke. Mivel irracionális pontokban a függvényérték 0, ezért ezeken a helyeken a függvény folytonos. Racionális pontokban a függvényértékek 0-tól különbözők, ezért ezeken a helyeken a függvénynek elsőfajú szakadása van. M36. Alkalmazza az átviteli elvet. M37. Legyen az f : (a, b) R függvény például monoton növekedő. Tudjuk, hogy ennek minden x (a, b) pontban létezik az f(x 0) bal oldali- és az f(x + 0) jobb oldali határértéke. Jelöljük H-val az f szakadási helyeinek a halmazát. Ekkor x 0 H esetén f(x 0 0) < f(x 0 + 0) és minden x, y H, x y esetén ( f(x 0), f(x + 0) ) ( f(y 0), f(y + 0) ) =. Így létezik olyan g invertálható függvény, amelynek értelmezési tartománya H és értékkészlete Q egy részhalmaza. (Minden x H esetén legyen g(x) egy olyan racionális szám, amely eleme az ( f(x 0), f(x + 0) ) intervallumnak.) Ebből következik, hogy H legfeljebb megszámlálható, és így f szakadási helyeinek a halmaza is legfeljebb megszámlálható. M38. Egy nem triviális példa a következő: Legyen H := (0, ) Q. Tudjuk, hogy H megszámlálható, ezért létezik N H bijekció. Jelöljön (r n ) egy ilyen bijekciót. (A (0, )-beli racionális számokat sorozatba rendezzük.) Vegyünk egy tetszőleges pozitív tagú a n sort, és tekintsük a következő függvényt: n= f : (0, ) R, f(x) := r n x a n,

40 40. Függvények folytonossága ahol az összegzést úgy kell érteni, hogy a a n sor olyan indexű tagjait adjuk össze, amelyekre az (r n ) sorozatban r n x teljesül. Könnyen belátható, hogy f monoton növekedő, H minden pontjában f-nek elsőfajú szakadása van (az x = r n pontban az ugrása f(r n +0) f(r n 0) = a n ) és a (0, ) irracionális pontjaiban a függvény folytonos. M39. (a) Legyen f(x) := {, ha x R Q, ha x R Q és g := f. Ezek a függvények az értelmezési tartományuk egyetlen pontjában sem folytonosak (mindegyik pont másodfajú szakadási hely), ugyanakkor az f + g, fg, f/g és f függvény mindegyike mindenütt folytonos. (b) Ha az a D f D g pontban f folytonos és g-nek szakadása van, akkor az f + g függvénynek is szakadása van az a pontban. Az ellenkező esetben ui. az (f + g) f = g függvény is folytonos lenne a-ban. Az fg lehet folytonos a-ban. Legyen például f(x) := x (x R), { 0, ha x R \ {0} g(x) :=, ha x = 0 és a := 0. M40. Mutassa meg, hogy f invertálható, R f = (, ) {0} (, + ) és y, ha y (, + ), f (y) = 0, ha y = 0 y, ha y (, ). Ez a függvény mindenütt folytonos..4. Kompakt halmazon folytonos függvények M4. Legyen p(x) := α n+ x n+ + + α 0 (x R) egy páratlan fokszámú valós együtthatós polinom, és tegyük fel, hogy α n+ > 0. Ekkor p(x) = és p(x) = +. (Miért?) x x + Ezért léteznek olyan x < 0 < x számok, amelyekre p(x ) < 0 < p(x ) teljesül. A p függvény folytonos az [x, x ] intervallumon (is), ezért Bolzano tételéből következik, hogy van olyan ξ [x, x ] R pont, amelyre p(ξ) = 0.

41 .4. Kompakt halmazon folytonos függvények 4 M4. (b) Tekintsük az f(x) := e x + x (x R) függvényt. f(0) = és f() = e > 0. Mivel f folytonos R-en, ezért folytonos a [0, ] intervallumon is, így Bolzano tétele alapján van olyan ξ (0, ) pont, amelyre f(ξ) = 0, azaz e ξ = ξ teljesül. M43. (b) Legyen p(x) := x 3 + x + 4x 3 (x R). Mivel p(0) = 3 és p() = 4, továbbá p folytonos a [0, ] intervallumon (ui. p polinom lévén folytonos R-en), ezért a Bolzano-tétel alapján a polinomnak van gyöke a (0, ) intervallumon. A gyök egyértelműségét belátjuk, ha igazoljuk azt, hogy p szigorúan monoton (0, )-en. Legyen 0 < x < y. Ekkor p(y) p(x) = y 3 x 3 + (y x ) + 4(y x) = = (y x)(y + xy + x + x + y + 4) > 0, és ez azt jelenti, hogy p szigorúan monoton növekedő R + -on, tehát ezen a halmazon p-nek pontosan egy gyöke van. Jelöljük ezt ξ-vel. A ξ [0, ] =: [x 0, y 0 ] gyök közelítő meghatározásához a Bolzano-féle felezési eljárást használjuk. Világos, hogy ξ c 0 < = 0.5, ahol c 0 := x 0 + y 0 Mivel p(c 0 ) = p( ) = 3 8 alapján így = 0 + =. < 0 és p(y 0) = p() > 0, ezért a Bolzano-tétel ξ [, ] = [c 0, y 0 ] =: [x, y ], ξ c < 4 = 0.5, ahol c := x + y = Most p(c ) = p( 3) = 99 > 0 és p(x 4 64 ) = p( ) < 0, ezért ξ [, 3 ] = [x, c ] =: [x, y ], 4 így ξ c < 8 = 0.5, ahol c := x + y = Mivel p(c ) = p( 5) = 69 > 0 és p(x 8 5 ) = p( ) < 0, ezért ξ [, 5 ] = [x, c ] =: [x 3, y 3 ], 8 tehát ξ c 3 < 6 = 0.065, ahol c 3 := x 3 + y 3 = = 3 4. = 5 8. = 9 6.

42 4. Függvények folytonossága A további számolások: p(c 3 ) = p( 9 ) = 49 > 0 és p(x ) = p( ) < 0, ezért tehát ξ [, 9 ] = [x3, c 3 ] =: [x 4, y 4 ], 6 ξ c 4 < 3 = 0.035, ahol c 4 := x 4 + y 4 p(c 4 ) = p( 7) = 563 < 0 és p(y ) = p( 9 ) > 0, ezért 6 tehát ξ [ 7 3, 9 ] = [c4, y 4 ] =: [x 5, y 5 ], 6 ξ c 5 < 64 = , ahol c 5 := x 5 + y 5 p(c 5 ) = p( 35) = 337 < 0 és p(y ) = p( 9 ) > 0, ezért 6 tehát ξ [ 35 64, 9 ] = [c5, y 5 ] =: [x 6, y 6 ], 6 ξ c 6 < 8 = < 0.0 ahol c 6 := x 6 + y 6 = = = = = = 7 8. Ez azt jelenti, hogy a c 6 = 7 8 = szám már 0 -nél közelebb van a ξ gyökhöz. Megjegyzés. A Bolzano-féle felezési eljárás tehát egy igen egyszerű módszer függvény zérushelyének (egyenlet gyökének) közelítő meghatározására. Ez a példa is illusztrálja azonban azt, hogy nagy pontosság elérésének nagy lehet a műveletigénye. Később majd ennél jóval hatékonyabb módszereket is meg fognak ismerni. Az is érzékelhető, hogy ez az eljárás viszonylag egyszerűen algoritmizálható. Írjon programot a Bolzano-féle felezési eljárásra!!! M44. Az állítás egyszerűen következik a Bolzano-tételből és abból, hogy min{f(x ), f(x ),..., f(x n )} f(x ) + f(x ) + + f(x n ) n max{f(x ), f(x ),..., f(x n )}.

43 .5. Egyenletes folytonosság 43 M45. Alkalmazza a Bolzano-tételt a g : [a, b] R, g(x) := f(x) x függvényre. M46. Az f függvény folytonos (például) a [, ] kompakt intervallumon, ezért a Weierstrass-tétel alapján f-nek ezen a halmazon van maximuma is és minimuma is, azaz x m, x M [, ] pont, hogy f(x) f(x M ) =: M és f(x) f(x m ) =: m x [, ] esetén. ( ) Vegyünk egy P > M valós számot. Mivel + f = +, ezért ehhez a P -hez x R, hogy f(x) > P x x pontban. ( ) De P > M, ezért ( ) alapján x > is igaz. Azonban f = + is fennáll, ezért x R, hogy f(x) > P x x esetén és x <. ( ) Az f függvény az [x, x ] kompakt intervallumon is folytonos, ezért ezen a halmazon is van minimuma, azaz x [x, x ], amelyre f(x) f(x ) teljesül x [x, x ] esetén. Az [x, x ] intervallum tartalmazza a [, ] intervallumot, ezért [x, x ]-en felvett minimum nem lehet nagyobb a [, ]-beli minimumnál, azaz f(x ) m. Így ( ) és ( ) alapján f(x) > P > M m f(x ), ha x x vagy x x. A fentieket összefoglalva azt kapjuk, hogy az f(x) f(x ) egyenlőtlenség minden x R pontban teljesül, ami azt jelenti, hogy az f függvénynek valóban van minimuma..5. Egyenletes folytonosság M47. (a) Mivel x y = x + y x y x y < ε, ha x, y [0, ] és x y < δ := ε, ezért a függvény egyenletesen folytonos az [0, ] intervallumon. (b) Megmutatjuk, hogy f nem egyenletesen folytonos az [, + ) halmazon, azaz van olyan ε R + szám, hogy minden δ R + esetén léteznek olyan x, y [, + ) számok, amelyekre x y < δ és f(x) f(y) ε. Legyen például ε := és δ R + adott. Ekkor van olyan n N, amelyre n >. Ha δ x := n + és y := n, akkor n x y = n < δ és f(x) f(y) = (n + n ) n = + n > ε,

44 44. Függvények folytonossága ami azt jelenti, hogy az f függvény nem egyenletesen folytonos az [, + ) intervallumon. (c) Mivel x y = x y x + y x y < ε, ha x, y [, + ) és x y < δ := ε, ezért a függvény egyenletesen folytonos az [, + ) intervallumon. (d) Mivel minden x, y (0, + ) esetén x y x y = = x y x y x + y x + y x y x + y x + y x y = x y, x + y x + y ezért tetszőleges ε R + esetén x y < ε, ha x, y [0, + ) és x y < δ := ε, ami azt jelenti, hogy f egyenletesen folytonos a [0, + ) intervallumon. (e) Mivel x = y x y xy < x y < ε, ha x, y [, + ) és x y < δ := ε, ezért a függvény egyenletesen folytonos az [, + ) intervallumon. (f) Megmutatjuk, hogy f nem egyenletesen folytonos a (0, ) intervallumon, azaz van olyan ε R + szám, hogy minden δ R + esetén léteznek olyan x, y (0, ) számok, amelyekre x y < δ és f(x) f(y) ε. Legyen például ε := és δ R + adott. Ekkor van olyan n N, amelyre n >. Ha δ x := és y :=, akkor x, y (0, ) és n n+ x y = n(n + ) < δ és f(x) f(y) = ε, ami azt jelenti, hogy az f függvény nem egyenletesen folytonos a (0, ) intervallumon. M48. (a) Legyen f(x), ha x (0, ) f(x) :=, ha x = 0 sin, ha x =.