KALKULUS II. PÉLDATÁR

Átírás

1 Lajkó Károly KALKULUS II. PÉLDATÁR mobidiák könyvtár

2

3 Lajkó Károly KALKULUS II. PÉLDATÁR

4 mobidiák könyvtár SOROZATSZERKESZTŽ Fazekas István

5 Lajkó Károly KALKULUS II. PÉLDATÁR Programozó és programtervez matematikus hallgatóknak mobidiák könyvtár Debreceni Egyetem Informatikai Intézet

6 Lektor Dr. Fazekas István Dr. Losonczi László Copyright c Lajkó Károly, 4 Copyright c elektronikus közlés mobidiák könyvtár, 4 mobidiák könyvtár Debreceni Egyetem Informatikai Intézet 4 Debrecen, Pf. A m egyéni tanulmányozás céljára szabadon letölthet. Minden egyéb felhasználás csak a szerz el zetes írásbeli engedélyével történhet. A m A mobidiák önszervez mobil portál (IKTA, OMFB-7/) és a GNU Iterátor, a legújabb generációs portál szoftver (ITEM, 5/) projektek keretében készült.

7 Tartalomjegyzék I. Integrálszámítás Primitív függvény, határozatlan integrál Riemann-integrál... 5 Gyakorló feladatok II. Vektorterek, Euklideszi terek, metrikus terek Alapfogalmak Az R n euklideszi tér R n és metrikus tér topológiája További lineáris algebrai el ismeretek Gyakorló feladatok III. Sorozatok R k -ban Gyakorló feladatok... 5 IV. Többváltozós és vektorérték függvények folytonossága, határértéke... 7 Gyakorló feladatok... 5 V. A Riemann-integrál általánosítása és alkalmazása Korlátos változású függvények Riemann-Stieltjes integrál.... Görbék, görbementi integrál... 5 Gyakorló feladatok... VI. Többváltozós függvények dierenciálszámítása... Gyakorló feladatok

8

9 I. fejezet Integrálszámítás. Primitív függvény, határozatlan integrál Alapintegrálok.. feladat. Bizonyítsa be a Kalkulus II. jegyzet I. fejezete. paragrafusában az úgynevezett alapintegráloknak nevezett alábbi képleteket (formulákat): a) b) c) d) e) f) g) h) i) d { ln() + C ( > ) ln( ) + C ( < ) µ d µ+ µ + + C ( R +, µ ) a d a + C ( R, a >, a ) ln a sin() d cos() + C ( R) cos() d sin() + C ( R) d arcsin() + C ( (, )) d arctg() + C ( R) + sh() d ch() + C ( R) ch() d sh() + C ( R) 9

10 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS j) + d arsh() + C ln( + + ) + C ( R) k) d arch() + C ln( + ) + C ( (, )) l) sin () d ctg() + C k ( (kπ, (k + )π), k Z) m) cos () d tg() + C k ( (kπ π, kπ + π ), k Z) ( n) ) a n n n+ d a n n + + C ( ( ϱ, ϱ)) n n Megoldás. A bizonyítások minden esetben a határozatlan integrál (primitív függvény) denícióján (a F : a, b R dierenciálható függvényt a f : a, b R függvény határozatlan integráljának nevezzük, ha F f teljesül) és az elemi függvények (Kalkulus I. VIII. fejezetében vizsgált) differenciálási szabályainak ismeretén alapulnak. Belátjuk, hogy az a)... n) képletek jobb oldalán szerepl F függvények deriváltjai a baloldali integrálokban szerepl f függvények. a) (ln() + C ), ha >, míg (ln( ) + C ) ( ), ha <, így az F () F () { ln() + C ( > ) ln( ) + C ( < ) függvényre ( ), ami (az integrál deníciója miatt) adja az állítást. b) A F () µ + µ + + C ( R +, µ ) függvényre létezik így igaz az állítás. c) A F () a ln a + C F () µ + (µ + )µ µ R + ra, ( R, a >, a ) függvényre R esetén, ami adja az állítást. d) F () cos() + C ( R)-re F () ( )( sin()) sin() ( R), tehát igaz az állítás. F () ln a a ln a a

11 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL e),..., i) az el bbiekhez hasonlóan bizonyítható. j) (arsh() + C) ( R) és + (ln( + ( ) + )) ( R), + ami adja az állítást. k) j)-hez hasonlóan bizonyítjuk. l) és m) is azonnal jön a ctg és tg függvények dierenciálási szabályainak ismeretében. n) A hatványsorok dierenciálására vonatkozó tétel miatt az F () n függvény dierenciálható és F () n s ez adja az állítást. n+ a n + C ( ] ϱ, ϱ [) n + a n n + (n + )n a n n ( ] ϱ, ϱ [), n Alapintegrálokra visszavezethet feladatok.. feladat. Számítsa ki a következ határozatlan integrálokat: ( ) d ; d ; ( ) d ; tg () d ; + d ; + a d ; Megoldás. Használjuk az alapintegrálokat és a Kalkulus II. jegyzet I/. fejezet. tételét (illetve annak általánosítását több függvényre), miután az integrál jele mögötti f függvényekre egyszer azonosságokat használunk.

12 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS. ( ) ( R) miatt ( ) d ( ) d 7 d 7 d d 6 d + C C ( R) ; 7 ( ) ( ) + ( ) miatt ( ) ( d ) + d d d + d + C ln() + + C ( > ) ln( ) + + C ( < ). + ( + ) + ( + d ) + d + ( R) miatt d arctg() + C ( R) ; (( ) ) miatt d 7 8 ( ) ( > ) 7 8 d C + d + C C C ( > ).

13 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 5. tg () sin () cos () cos () cos ( ] () kπ π tg () d cos (), kπ + π [, k Z ) felhasználásával ( ) cos () d cos () d + C tg() + C k ( ] kπ π, kπ + π [, k Z ) a + a + a ( > ) miatt + a ( ) d + a d d + a d + C + a + C + a + C ( > ). Egy egyszer helyettesítés.. feladat. Határozza meg az alábbi integrálokat: cos ( 5) d ; + d ; + 9 d ; d ; d ; (e + e ) d ; Megoldás. Egyszer számolás adja, hogy ha f() d F () + C, akkor f(a+b) d F (a+b)+c. Azaz, ha ismerjük f() határozatlan a integrálját, akkor egyszer en kapjuk az f(a+b) függvény határozatlan integrálját. Az f() cos () ( ] kπ π, kπ + π [ ), k Z függvényre F () tg() (lásd alapintegrálok), így az f( 5) cos ( 5) ( 5 ] kπ π, kπ + π [, k Z)

14 4 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS függvény határozatlan integráljára kapjuk, hogy cos ( 5) d tg( 5) + C k ( 5 ] kπ π, kπ + π [, k Z). Tudjuk, hogy + d arsh() + C ( R). Ha -et el állíthatjuk, mint valamilyen (lineáris) transzformáltja, úgy módszerünk alkalmazható De így miatt ( + 9 d + 9 ( ), + ) + d ( ) arsh + C ( R) ( ) d + ( ) arsh + C ( R). ( ( ) ) arsh + C Az ( R) függvényt az f() ( R) függvényb l az ( R) változó transzformációval kapjuk. Másrészt d így d C C ( R), d ( ) C ( ) C ( R).

15 Az. PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL egyenl ség és az Az + + d ( ) ( R) d arctg() + C alapintegrál miatt 6 arctg ( ) d + arctg ( ) + C ( ) + C ( R). ) ( egyenl ség és az a módszer) adja, hogy d arch() + C ) d ( ( ) arch + C arch ( ) ( > ) ( > ) alapintegrál (és + C ( > ).

16 6 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS A c) alapintegrál a e választással adja, hogy ezért és e d e + C ( R), e d e + C e + C ( R) ezek szerint (e + e ) d e d e + C ( R), e d + e d + C e e + C ( R). Néhány speciális integrandus.4. feladat. Határozzuk meg az alábbi határozatlan integrálokat: + d ; d ; sin 5 cos d ; tg() d ; sin d ; sin cos d ; d ; e + e d ; Megoldás. Egyszer en belátható, hogy ha f : a, b R dierenciálható, akkor és f α ()f () d f α+ () α + f () f() + C (α ) d ln(f()) + C (f() > ). Továbbá (lásd helyettesítéses integrálás tétele), f : a, b R, g : c, d a, b olyanok, hogy g c, d R és f, akkor létezik (f g)g és c R, hogy (( f(g())g () d ) ) f g () + C Az egyes integrálok ezen tételek valamelyikével számolhatók. f(t)dt tg() + C

17 Az. PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 7 + d + d ( + ) d ( R) egyenl ség mutatja, hogy f() + -re f (), így α mellett alkalmazható az els formula, ezért Mivel + d ( + ) 4 4 tg sin sin cos cos így f() cos >, ha ezért a második formula szerint: tg d + d ( + ) d + C 4 ( + ) 4 + C ( R). ( ] π + kπ, π + kπ[ ), ] π + kπ, π + kπ [ és f () sin, sin cos d ln(cos()) + C k ( ] π + kπ, π + kπ[ ). Az d d ( ) ( ) d ( ], [ ) egyenl ség mutatja, hogy f() ( ], [ ) esetén létezik f (), így alkalmazható az els formula, ezért: d ( ) ( ) ( ) d + C ( ], [ ). + C

18 8 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Hasonlóan, mint korábban: 4 4 d 4 4 ln( ) + C ( ) d ( ) <. ( ) Legyen >, akkor, továbbá sin d cos +C, így a harmadik formula szerint sin d Részletezés nélkül: sin d sin t dt t + C cos + C ( > ). e ( + e + e d ) e d ln( + e ) + C ( R) ; sin 5 () cos() d sin 5 ()(sin()) d sin6 () + C ( R) ; 6 sin cos d cos () sin() d cos () ( sin()) d cos ()(cos()) d cos () + C k cos() + C k ( ] π + kπ, π + kπ, k Z). Helyettesítéses integrálás.5. feladat. Számítsa ki az alábbi integrálokat: d ; + d ; ( + ) d ; d ; ( ) d ; e e + d ;

19 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 9 Megoldás. Itt most igazi helyettesítésekkel élünk majd, azaz a Kalkulus II. jegyzetben kimondott helyettesítéses integrálás tételét követ megjegyzésben megfogalmazott tételt használjuk: Ha f : a, b R, g : c, d a, b olyanok, hogy g és f, továbbá g, akkor (f g) g és ( ) (( ) ) f() d (f g)g g () + C f(g(t))g (t) dt tg () + C ( c, d ). Ha (f g)g és g ]c, d[-ben, akkor f és ismét érvényes ( ). Hogy milyen helyettesítést válasszunk, arra nincs általános módszer, de vannak jellegzetes típusok (ahogy err l már az elméletben is szóltunk). ( Az d az R d speciális esete, így az elméleti anyagban tett utalás szerint olyan g(t) (t R) helyettesítést alkalmazzunk, melyre g () t ( R), azaz ( t t t (t R) miatt) g(t) t (t R). Ekkor f() ( R), g(t) t -re g : R R és g (t) t (t R), továbbá létezik, n a + b c + d f(g(t))g (t)dt ( t ) t( t ) dt [ t + 6t 6 t 9 ] dt ezért létezik d t t7 7 t ) + C (t R) ; ( t ) t ( t ) dt t + C 4 ( ) ( ) 7 ( ) + C ( R). Hasonló gondolatmenettel az ( + ) d kiszámításánál a g () t ( > ), azaz t g(t) (t > ) helyettesítésnél: f() ( + ) ( > ), g(t) t (t > )-ra g és

20 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS g (t) t (t > ), továbbá létezik f(g(t))g (t) dt ( + t t dt )t ezért létezik ( + ) d ( ) d ( ) dt arctg t + C (t > ), + t ( + t )t t dt t + C arctg + C ( > ). d ( < ) miatt (az elmélet egyik példáján felbuzdulva) alkalmazzuk az g(t) sin t, t ] π, [ π helyettesítést. Ekkor g szigorúan monoton növeked, így g : ], [ R, g () arcsin(), g (t) cos t ( t ] π, [ π ), továbbá f() Így létezik ( ) d ( ) f(g(t))g (t) dt cos cos t dt t ] tg t + C, t ( ], [ ) mellett ( ) d tg(arcsin ) + C + C ( < ). π, π cos t dt [. cos t cos t dt tarcsin + C sin(arcsin ) sin (arcsin ) + C Az + d kiszámításánál (de általában, ha R(, + ) d típusú integrál szerepel) eredményt hoz az g(t) sh(t) (t R) helyettesítés. Ekkor a sh függvény szigorú monotonitása miatt g () arsh() ( R) és g (t) ch(t) (t R). Felhasználva a ch (t) sh (t) és ch (t) + ch(t) (t R) azonosságokat a hiperbolikusz függvényekre, kapjuk, hogy

21 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL f() + ( R) esetén létezik f(g(t))g (t) dt + sh (t) ch(t) dt + ch(t) ch (t) dt dt dt + ch(t) dt + C t + sh(t) + C (t R). 4 Ezért létezik + d + sh (t) ch(t) dt tarsh() + C arsh() + sh( arsh()) + C 4 arsh() + sh(arsh()) ch(arsh()) + C arsh() C ( R). Az d kiszámításánál, felhasználva, hogy ( d ) d (ha pl. ) és tudva a hiperbolikusz függvények ch (t) sh (t) azonosságát, melyb l sh (t) ch (t) következik, az ch(t) g(t) (t ) helyettesítésben bízunk. Ekkor (mivel a ch függvény szigorúan monoton növeked [, + [-en) g () arch ( ) ( ), g (t) sh(t) (t ) és g (t) (t > ), továbbá f() ( ) mellett létezik f(g(t))g (t) dt ch (t) sh(t) dt sh (t) dt ch(t) dt 4 sh(t) t + C (t ).

22 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Ezért (a helyettesítéses integrálás tételének ( ) formulája szerint) létezik ( d ) d ch (t) sh(t) dt tarch + C ( ( arch ( 4 sh sh ( arch ( arch ( )) )) ch ) + C ( ) arch ( ( arch ( arsh Megjegyzés. Hasonlóan kapjuk, hogy d ( arsh ( arsh )) ) + C ) + C ) + C ( ). ) + C ( ). Az e e + d ( R) meghatározásánál (de általában, ha R(e ) d típusú integrál van) eredményre vezet az e g () t ( R), azaz ln(t) g(t) (t > ) helyettesítés. Ekkor g (t) t f() ( R) mellett létezik e e + f(g(t))g (t) dt így létezik e e + d t t + t (t > ) és dt arctg(t) + C (t > ), t t + t dt te + C arctg(e ) + C ( R).

23 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL Parciális integrálás.6. feladat. Határozza meg az alábbi integrálokat: ln d ; cos() d ; arcsin d ; ( + ) ln d ; ( + ) ch() d ; arctg d ; ( )e d ; sin d ; e cos d ; e d ; arctg d ; sin 4 () d ; Megoldás. A parciális integrálás tétele szerint: Ha az f, g : a, b R függvények dierenciálhatók a, b -n és f g, akkor fg is és C R, hogy f()g () d f()g() (P) f ()g() d + C ( a, b ). A feladatban szerepl integrálok többsége a Kalkulus II. jegyzetben az el bb idézett tételt követ megjegyzésben szerepl típusok valamelyike. ln d ln d ( > ) igaz. Válasszuk az f() ln és g() ( > ) függvényeket, akkor f (), g (), továbbá létezik így f ()g() d d d ( > ), ln d f()g () d f()g() f ()g() d + C ln d + C ln + C ( > ). Az ( + ) ln d kiszámításánál tekintsük az f() ln, g () +, azaz g() + ( > ) függvényeket, akkor f () és f ()g() d 9 + ( ) ( ) + d + d ( > ).

24 4 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Ezért (tételünk szerint) létezik C R, hogy ( + ) ln d f()g () d f()g() f ()g() d + C ( ) ( ) + ln C ( > ). Megjegyzés. P n () ln d típusú integrál kiszámításánál mindig az f() ln, g () P n () választással használjuk (P)-t. Az ( )e d kiszámításánál az f(), g () e és így g() e, f () ( R) választással alkalmazható (P) és akkor C R, hogy ( )e d ( )e e d + C ( )e e + C ( )e + C ( R). e d esetében, el bb az f(), g () e, f (), g() e ( R) mellett (P)-t használva kapjuk, hogy C R, hogy ( e d ) e + e e e d + C, d + C ha létezik e d. Ennek meghatározására alkalmazzuk újra (P)-t, f(), g () e, f (), g() e ( R) mellett, akkor C R, hogy e d ( ) e e + ( ) e d + C e d + C e 4 e + C ( R).

25 Így. PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 5 e d e e 4 e + C + C ( ) e + C. 4 Megjegyzés. P n ()e a d típusú integrál kiszámításánál f() P n (), g () e a ( R) mellett használjuk (P)-t (esetleg többször is, de akkor más az el bbiekb l kapott f-fel). cos() d kiszámításánál legyen f(), g () cos(), f (), g() sin() ( R), akkor (P)-b l cos() d sin() sin() d + C sin() + cos() + C ( R). ( + ) ch() d esetében kétszer alkalmazzuk a parciális integrálás tételét és (tömör írásmódban) kapjuk, hogy ( + ) ch() d ( + ) sh() ( + ) sh() d + C [ ] ( + ) sh() ( + ) ch() ch() d + C + C ( + ) sh() ( + ) ch() + sh() + C + C ( + + ) sh() ( + ) ch() + C ( R). Megjegyzés. Az P n () sin(a + b) d, P n () cos(a + b) d, Pn () sh(a + b) d, P n () ch(a + b) d típusú integrálok kiszámításánál az f() P n () (és g () a másik tényez ) mellett alkalmazzuk (P )-t (esetleg többször). Így ( ) sin d cos ( ) cos d + C cos + cos d + C

26 6 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS cos + [ sin ] sin d + C + C cos + sin + 4 cos + C + C ( + ) cos + sin + C ( R). 4 arctg() d arctg() d arctg() arctg() + d + C arctg() ln( + ) + C ( R). + d + C arcsin() d arcsin() d arcsin() d+c arcsin() + ( ) ( ) d + C arcsin() + ( ) + C arcsin() + + C ( R). arctg() d arctg() + d + C arctg() + + d + C [ arctg() + d arctg() + C + d ( R). ] + C Megjegyzés. Az P n () arcsin() d, P n () arccos() d, Pn () arctg() d, Pn () arcctg() d típusú integráloknál a g () P n () és f() a másik tényez jelölés mellett alkalmazzuk (P )-t.

27 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 7 A parciális integrálás tételét (a (P ) formulával) felhasználva, f() e, g() cos ( R) választással e sin sin cos d e e d + C e sin e sin d + C e sin [ ] cos cos e e d + C + C e sin + 9 e cos 4 e cos d + C 9 C ( R) következik, ami rendezés után adja, hogy [ e cos d sin + ] cos e + C ( R). Megjegyzés. A fenti módszer alkalmazható általában az e a sin b d, e a cos b d típusú integrálok esetén is. sin n () d sin() sin n () d cos() sin n () cos()(n ) sin n () cos() d + C cos() sin n () + (n ) cos sin n () d + C cos() sin n () + (n ) ( sin ()) sin n () d + C cos() sin n () + (n ) sin n () d (n ) sin n () d + C ( R), és ebb l rendezéssel kapjuk, hogy sin n () d n cos() sinn () + n n Ez az I n sin n () d jelöléssel az sin n () d + C I n n cos() sinn () + n n I n + C ( R) ( R).

28 8 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS úgynevezett rekurzív formulát adja I n -re. Ha például n, úgy sin () d cos() sin() + + C. Ha n, úgy sin () d cos() sin () + sin() d + C cos() sin () cos() + C ( R). Általában n lépésben (n ) megkapjuk I n -t. Megjegyzés. Hasonló eljárással megadható I n cos n () d rekurzív formulája is. Trigonometrikus és hiperbólikusz függvényekre vonatkozó azonosságok felhasználása.7. feladat. Számítsa ki az alábbi integrálokat: + cos() d ; sh() d ; sin () d ; Megoldás. A cos adja, hogy Ezért cos() d ; sin sin 5 d ; sin 4 () d ; + cos + cos cos + cos d sin() d ; cos cos d ; ctg () d. egyenl ségb l cos + cos, ha π + kπ, k Z. ha ] π + kπ, π + kπ[, k Z. d cos tg + C tg + C k cos cos() d ; következik, ami d

29 A sin. PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 9 cos cos sin Így Mivel egyenl ség adja, hogy sin cos, azaz, ha kπ, k Z. cos d sin d ctg + C k ( ]kπ, k + π[, k Z). sin sin cos sin + cos sin cos így sin d ln sin cos cos + sin, sin cos ( cos d + ) + ln cos sin ( sin d + C ) ( + C ln tg ) + C k, ha például ]kπ, (k + )π[, k Z. Belátható, hogy ( ( sin d ln tg )) + D k ( ](k )π, kπ[, k Z). Az cos ( sin + π ) cos d ln ( sin ( tg ( π + kπ, k Z ) egyenl ség miatt ) d ln tg + π + π ( + π )) + C k, 4 + C k

30 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS ha + π 4 ha + π 4 Az ]kπ, (k + )π[, k Z, míg ( ( ( cos d ln tg + π ))) + D k, 4 ](k + )π, (k + )π[, k Z. sh sh ch ch sh sh ch azonosság miatt illetve sh d ch sh sh ch ch sh ( ln sh ) ( ln th d ( ln ( ) sh ch d + C ) + C ch ( )) + C ( > ), ( ( sh d ln th )) + C ( < ) következik. Az ismert sin α sin β [cos(α β) cos(α + β)] trigonometrikus azonosság miatt így sin sin 5 [cos cos 8] ( R), sin sin 5 d (cos cos 8) d cos cos 8 d + C sin sin 8 + C ( R). 4 6

31 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL Tudjuk, hogy cos α cos β [cos(α + β) + cos(α β)] α, β-ra, így A A cos cos [ ( cos + ) [ cos cos 6 ez pedig adja, hogy cos cos d cos 5 6 d + sin sin ( + cos )] ] ( R), cos 6 d + C + C 5 sin sin + C ( R). 6 sin sin sin ( cos ) sin sin cos sin trigonometrikus azonosság miatt sin d sin d + cos + cos cos ( sin ) d + C + C ( R). sin 4 sin ( cos ) sin 4 sin cos azonosság miatt sin 4 d 8 cos cos cos 4 ( R) 8 d cos d 8 8 sin sin 4 + C 8 4 cos 4 d + C 8 4 sin sin 4 + C ( R). Megjegyzés. Az utóbbi két feladat az sin 4 d speciális eseteként is számítható (amit a parciális integrálásnál vizsgáltunk).

32 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Racionális (tört)függvények integrálása Legyenek P n, Q m : R R n-, illetve m-edfokú polinomok, a, b R olyan intervallum, melyben Q m nem zérus. Az R: a, b R, R() P n() Q m () függvényt racionális (tört)függvénynek nevezzük. Bizonyítható, hogy ha n m, akkor léteznek P n m és P l (n m illetve l(< m)-edfokú) polinomok, hogy R() P n() Q m () P n m() + P l() Q m () a, b -re. Legyen továbbá a Q m polinom (R feletti úgynevezett irreducibilis tényez kre való) felbontása Q m () A( a ) α ( a r ) αr ( + p + q ) β ( + p s + q s ) βs, ahol A Q m f együtthatója, i,..., r, j,..., s esetén a i, p j, q j R, α i, β j N és p j 4q j < (azaz + p j + q j nem bontható fel valós els fokú polinomok szorzatára). Ekkor léteznek A ik, B jl, C jl R, hogy P l () Q m () A + + A α a ( a ) α + + A r + + A rα r a r ( a r ) α + r + B + C + + B β + C β + p + q ( + p + q ) β B s + C s + + B sβ s + C sβs + p s + q s ( + p s + q s ) βs a, b esetén. Így egy racionális törtfüggvény P n () d határozatlan integráljának meghatározása visszavezethet egy n m-edfokú polinom, illetve az Q m () A ( a) i d és B + C ( d típusú integrálok meghatározására. + p + q) j A feladatban mindig megadjuk a racionális (tört)függvény fenti el állítását (meghatározva P n m -et és a törtekben szerepl együtthatókat is).

33 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL.8. feladat. Határozza meg adott A, B, C R, a R, p, q R (p 4q < ), i, j N esetén az integrálokat. Megoldás. a) Nyilvánvaló, hogy i esetén b) i > esetén A ( a) i d és { A a d A ln( a) + C B + C ( + p + q) j d, ha > a A ln( ( a)) + C, ha < a. ( a) i+ A A ( a) i d i + ( a) i+ A i + (Lásd Egy egyszer helyettesítés cím fejezet.) B + C ( + p + q) j B + C [ ( + p ) p ] j + q 4 + C, ha > a + C, ha < a. [ ( + p B + C ) ] j + b b j B + C + p b + ( R) j miatt (ahol q p 4 4q p 4 > miatt vezetjük be, hogy b q p 4 ), + p az bt p g(t) (t R) illetve g () t ( R) b helyettesítéssel kapjuk (a helyettesítéses integrálás tétele szerint), C,

34 4 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS hogy ( B + C B bt p ) + C ( + p + q) j d b j (t + ) j Ha j, úgy ebb l B + C + p + q d B b (j ) + C B p b j b dt t + p b t (t + ) j dt + t p + b (t + ) j dt t + p b B b (j ) ln + p b + C B p b j következik R esetén. Ha j >, úgy B + C ( + p + q) j d B arctg + p b (t + ) j+ b (j ) j + + C B p b j + C + C C + t p + b (t + ) j dt t + p b következik. Ugyanakkor a parciális integrálás tételét felhasználva + C

35 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 5 (t (t + ) j dt + ) t (t + ) j dt t t (t + ) j dt [t (t + ) j+ j + j j Ezért, ha j >, akkor B + C ( + p + q) j d (t dt + ) j (t dt + ) j ] dt + C 4 (t + ) j+ j + (t + ) j dt + (j ) p B C B b (j ) ( j) + b j (j ) t t (t + ) j + C 4. (t + ) j t+ p + C B p + j b j j Ha (t + ) (t + ) j dt t+ p + C 5. dt-re az el bbi módszert alkalmazzuk, illetve azt tovább j folytatjuk, úgy integrálunk véges (j) lépésben meghatározható. Megjegyzés. Természetesen (a megjegyezhet ség nehézségei miatt) nem ezen bonyolult formulákat használjuk, hanem minden konkrét feladatban ugyanezt az eljárást követjük majd..9. feladat. Határozza meg az alábbi integrálokat: + d ; + ( )( + 5) d ; d ; + ( + + ) d. Megoldás. + d + d 5 ( + ) d ; ( + )( + )( + ) d ; ( + )( + ) d ; (az.8. feladat a) esetének megfelel en). + d ; { ln( + ) + C,ha > ln( ( + )) + C,ha < d ; + d ;

36 6 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS 5 ( + ) d 5 ( + ) d 5( + ) 5( + ) C 5 + ( ) + + miatt + d + ( )( + 5) miatt + ( )( + 5) d + C,ha > + C,ha <,ha > + + C,ha <. ( )( + ) + + ( ) d + + d ln( + ) + C,ha > + ln( ( + )) + C,ha <. ( ) + ( + 5) ( )( + 5) ( ) d ( ) (, 5) ln( ( + 5)) + ln( ( )) + C,ha < 5, ln( + 5) + ln( ( )) + C,ha ] 5, [, ln( + 5) + ln( ) + C,ha >. Megmutatjuk, hogy A, B, C R, hogy ( + )( + )( + ) A + + B + + C + A jobb oldalon közös nevez re hozva, és rendezve ( + )( + )( + ) (,, ). (A + B + C) + (5A + 4B + C) + 6A + B + C ( + )( + )( + )

37 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 7 következik, ha,,, ami csak akkor teljesülhet, ha (A + B + C) + (5A + 4B + C) + 6A + B + C ami csak úgy lehetséges, ha ( R), A + B + C, 5A + 4B + C, 6A + B + C. Ez egy lineáris egyenletrendszer A, B, C-re, melynek egyértelm megoldására (nem nehéz számolással) következik, így A 6, B, C ( + )( + )( + ) (,, ), ami adja, hogy ( + )( + )( + ) d 6 ln( ( + )) ln( ( + )) + ln( ( + )) + C,ha <, 6 ln( ( + )) ln( ( + )) + ln( + ) + C,ha ], [, 6 ln( ( + )) ln( + ) + ln( + ) + C,ha ], [, 6 ln( + ) ln( + ) + ln( + ) + C 4,ha > ( 5 + 6) + (5 6 + ) ( 5 + 6) ( )( ) Megmutatjuk, hogy A, B, C R, hogy ( )( ) A + B + C (,, ) (,, ). A jobb oldalt hasonlóan alakítva, mint az el z feladatban ( )( ) (A + B + C) + ( A B 5C) + 6C ( )( ) következik, ha,,, ami csak akkor igaz, ha A + B + C 5, A B 5C 6, 6C,

38 8 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS ami teljesül, ha A 6, B 5 6, C 6. Az el bbiek miatt, így (,, ), ami adja, hogy d ln( ( )) 6 ln( ( )) + 6 ln( ) + C,ha <, ln( ( )) 6 ln( ( )) + 6 ln() + C,ha ], [, ln( ( )) 6 ln( ) + 6 ln() + C,ha ], [, ln( ) 6 ln( ) + 6 ln() + C 4,ha >. Az d az.8. feladat b) részének megfelel integrál B, C, p, q és j mellett, hiszen p 4q 4 <. Az ( + ) ( R)

39 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 9 azonosság és a g () + t ( R) illetve t d 4 4 g(t) (t R) helyettesítés adja, hogy d t + t + dt + C t (+ ) t t + dt + t (+ ) ] ln [ ( ( + )) + + t + dt + C t (+ ) ( ( arctg + )) + C ( R). Az ( + )( d integrál meghatározásához el bb megmutatjuk, + ) hogy A, B, C R, hogy ( + )( + ) A + + B + C + ( ). A jobboldalt közös nevez re hozva, rendezés után kapjuk, hogy ( + )( + ) (A + B) + (B + C) + A + C ( + )( + ) ami csak úgy lehetséges, ha A + B, B + C, A + C, azaz ha A, B, C, így ( + )( + ) ( ). ( ), Ezért integrálunkban az.8. feladatban szerepl mindkét típus el fordul, továbbá a b) típusnál már teljes négyzet a nevez. Ezeket gyelembe

40 4 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS véve: ( + )( + ) d Az + d 4 + d + ln( + ) 4 ln( + ) + arctg() + C,ha >, ln( ( + )) 4 ln( + ) + arctg() + C,ha <. + ( ) ( ) ( ) + d ( )( + ) ( ) ( + ) ( R) egyenl ség miatt + ( ) ( + ) és megmutatjuk, hogy A, B, C R, hogy ( ) ( + ) A + B ( ) + C + (, ) (, ), azaz ( ) ( + ) (A + C) + (A + B C) A + B + C ( ) ( + ) (, ), ami csak úgy lehetséges, ha A + C, A + B C, A + B + C, azaz, ha A 5, B 5, C, 5 ezért ( ) 5 + Ebb l következik, hogy + d 5 d ln( ( )) + ( ) 5 5 ln( ( )) + ( ) 5 5 ln( ) + ( ) 5 ( ) d 5 (, ). + d + C 5 ln( ( + )) + C,ha <, 5 ln( + ) + C,ha ], [, 5 ln( + ) + C,ha >.

41 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 4 Az + ( d az.8. feladat b) részében szerepl integrál speciális esete: B, C, p, q p 4q < és + + ) j >. Így az ott használt módszerrel dolgozhatunk + ( + + ) d + [( + ) + ] d (t ) + (t + ) dt t+ + C t (t + ) dt t+ (t + ) dt t+ + C (t + ) (t + ) t dt t+ (t + ) dt t+ + C + + t + dt t+ + t t (t + ) dt + C + + arctg( + ) + + ) t(t t+ (t + ) dt t+ + C arctg( + ) + C 5 ( R).

42 4 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Racionális törtfüggvényre vezet helyettesítések.. feladat. Alkalmas helyettesítéssel vezesse vissza az alábbi integrálokat racionális törtfüggvények integráljára: + d ; ( + + ) d ; sin cos + 5 d ; tg + tg d ; 6 7 d ; d ; ( + ) + + d ; e d. d ; + sin + cos d ; ( + cos ) sin d ; + + d ; + d ; (7 ) d ; e d ; e Megoldás. Az els három feladat annak annak speciális esete, amikor egy ( R, n ) a + b c + d,..., n k a + b d c + d (ahol R(u,..., u k+ ) az u,..., u k+ meghatározni. Ekkor mindig eredményre vezet a racionális függvénye) integrált kell t n a + b c + d g (), g(t) dtn b a ct n helyettesítés (alkalmas intervallumon), ahol n az n,..., n k természetes számok legkisebb közös többszöröse.

43 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 4 A t g (), t g(t) (t ) helyettesítésnél g (t) t, így (a helyettesítéses integrálás tétele szerint): A + d + t t dt t + C (t + ) dt t + C + t dt t t + dt t + C ln( + ) + C ( ). t g () ( ), t g(t) (t > ) helyettesítéssel, g (t) t d t t t dt t dt 4 t 4 ( 4 ( + ln + t ( t ) (t > ) mellett t ( t ) dt t + C + C (t )(t + ) + C t ) 4 t + dt + C t ) t ( ln ) + + C ( > ).

44 44 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS A t 6 g () ( ), t 6 g(t) (t ) helyettesítéssel, g (t) 6t 5 (t ) mellett t 6 ( + t + t ) 6t5 dt t 6 + C ( + + ) d 6 t(t + t + ) dt t 6 + C 6 t(t + )(t t + ) dt t 6 + C t(t + ) A t + ( ( t 4 B t + + ) ) + dt t 6 + C 6 ( t 4 Ct + D ) + 6 dt t 6 + C, ahol A, B, C, D a korábban használt módszerrel meghatározhatók, az integrálok pedig az.8 feladatbeliek speciális esetei. A következ három (de az azokat követ is) az R(sin, cos ) d speciális esete, ahol R(u, v) az u és v változók racionális függvénye. Ekkor (ahogy az elméletben már jeleztük) a tg t g () ( ] π, π[ ) illetve arctg(t) g(t) (t R) helyettesítés mindig eredményt hoz (racionális törtfüggvény integráljához jutunk), ugyanis ekkor sin() sin cos sin + cos tg tg + t t + (t R), cos cos() sin tg sin + cos + tg és g (t) + t (t R) miatt R(sin, cos ) d R ( t + t, t + t ) t + t (t R) + t dt ttg + C

45 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 45 adódik és a jobb oldalon az integrandus racionális törtfüggvény. Ezért: + sin + cos d + t + t + t + t t + dt ttg + C ln (tg ) + ( ln sin cos + 5 d 4t + t t + t + 5 t + t + ( t + ( 5 + ) ( ) 5 t t dt ttg + C + C,ha tg + > (tg )) + + C,ha tg + < + t dt ttg + C dt ttg + C ) dt ttg + C + tg arctg C dt ttg + C

46 46 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS ( + cos ) sin d ( + ) t t + t dt ttg + C + t + t t + (t + )t dt ttg + C ( A t + Bt + C ) t dt + ttg ami már egyszer en meghatározható. tg ( + tg d π ] 4, π, π [ ) számítható az el bbi módszerrel, de a g () tg t, arctg t g(t) helyettesítéssel is. Ekkor g (t), így t + tg t + tg d + t ( t + dt ttg + C ) dt ttg + C, A t + + Bt + C t + ami már egyszer en folytatható. A következ hat integrál kiszámításánál két módszer is kínálkozik. A) Ezek olyan integrálok, melyek az R(, a + b + c) d integrál speciális esetei, így: (i) ha a >, akkor a a + b + c a + t vagy a + b + c a t ; (ii) ha c >, akkor a a + b + c t + c vagy a + b + c t c ; (iii) ha R, hogy a + b + c, akkor a a + b + c t( ) helyettesítés után racionális törtfüggvényt kell integrálni (természetesen minden esetben megadható az g(t) helyettesít függvény, melynek t g () inverzének alakja azonnal látszik).

47 B) Az. PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 47 a + b + c a [ ( + b ) + a ] 4ac b 4a teljes négyzetté alakítás jelzi a másik lehetséges utat, melynél 4ac b d 4ac b, vagy d jelöléssel, + b a helyére helyettesítünk sin t-t, vagy sh t-t, vagy ch t-t. 4a 4a d Az + + d integrálnál a t, t + + g (), t t g(t) helyettesítés g (t) t t + mellett adja, hogy ( t) + + d t ( t t t + t ) ( ) t t + ( t) dt t ++ + C, ami már egy racionális tört integrálja. Ez persze még elég sok munkával jár. Másrészt az + + ( + )

48 48 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS azonosság, illetve az + helyettesítés adja, hogy sh t, sh t g(t) (t ) + + d ( ) sh t + + ( ) 4 sh t ch t dt + tarsh ch t sh t dt 4 + tarsh 8 ch t ch t 8 tarsh + 8 ch arsh + 6 arsh ch t dt tarsh + + C ch t dt tarsh + + C + C dt + + C tarsh sh + arsh + C. Az 6 7 d számításánál a t t 6 7 g (), t + 7 t + 6

49 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 49 helyettesítés, g (t) t + t 4 (t + 6) mellett adja, hogy 6 7 d ( ) t t + 7 t + t 4 t + 6 (t + 6) dt t C (t + 6t 7) (t + 6) dt t C, ami viszonylag egyszer en kezelhet. Másrészt az 6 7 ( ) [ ( ) ] 4 azonosság, ch t, illetve 4 ch t + g(t) helyettesítés, g (t) 4 sh t miatt adja, hogy 6 7 d ( ) 4 d 4 4 ch t sh t dt tarsh + C 4 6 sh t dt tarsh + C ch t 6 8 arsh 4 4 dt tarsh + C ( 4 4 sh arsh 4 ) + C ( R). A második módszer most is gyorsabban ad eredményt. A t t ( + ) g (),

50 5 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS illetve t t + g(t) (t R) helyettesítés, g (t) t + 4t + (t + ) adja, hogy + d t + t + t(t )(t + ) dt t ( +) + C ( t + t ) t + dt t ( +) + C [ ln t + ln(t ) arctg t] t ( +) + C. A másik módon: ( + ) és az + sin t g (t) cos t adja, hogy + d ( ( ) ) + ( + ) ( t arcsin + ), sin t g(t), + ( + ) d cos t + cos t dt tarcsin + + C ami például a tg t helyettesítéssel vihet tovább. Most a két módszer nagyjából egyformán gyors. A t, azaz t 4 helyettesítéssel (t + ) d t + t + 4 t(t + ) dt t C ( 4 t ) t + (t + ) dt t C ln( ) ln( ) C.

51 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 5 Próbálja ki a másik módszert is. A 7 t( 5), azaz 5t + t + helyettesítéssel 5t (7 ) d + 9 t ] ch[arsh( + )] sh[arsh( + )] + C C. + [ 9 t + 4 9t dt t t 5 + C. + C ( + ) + + d ( + ) ( + ) + d sh t sh t + ch t dt tarsh(+) + C sh t dt tarsh(+) + C cth[arsh( + )] + C + sh (arsh( + )) + Az e t, ln t g(t) (t > ) helyettesítés, g (t) t adja, hogy e d e t t t dt te + C ( t dt te A t + B ) t + + C A ln(e ) + B ln(e + ) + C, ha >, ahol A és B egyszer en meghatározható. Az e t, ln t g(t) (t > ) helyettesítéssel, g (t) t -vel e d t t dt te + C (t > ) miatt dt te következik. A t u, t u + g(u) (u R) helyettesítés és g (u) u adja,

52 5 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS hogy t Így t dt u u + u du u t + C u + u du + u t+ + C [u arctg u] u t + C t arctg t + C. e d e arctg e + C ( ).. Riemann-integrál A Riemann-integrálhatóság fogalma, a Darbou-tétel következményei.. feladat. Legyen [a, b] R egy intervallum. Bizonyítsa be, hogy a P k normális felosztássorozata [a, b]-nek, ha a) P k { k i k i a + ib a, i,,,..., k} k (egyenl részekre osztással kapott felosztássorozat) ; b) P k { k i a k < k < < k k b}, ahol k, k,..., k k egy mértani sorozat egymás után következ tagjai. Megoldás. a) k i k i k i b a, így P k. sup, i,,..., k} sup b a b a k k k és lim k b a k i { k i, ezért lim k P k, azaz (deníció szerint) P k normális felosztássorozat. b) Ha k rögzített, úgy (a feltétel miatt) k i aq i (i,,..., k), ahol b q k > (ami könnyen ellen rízhet ). a Ekkor k i k i k i aqi (q ), így q > miatt P k sup{ aq i (q ), i,,..., k} aq k (q ) a i ( b a ) k k ( ) k b a.

53 Ugyanakkor (a sorozatokra tanultak szerint) lim k k b és lim a k. RIEMANN-INTEGRÁL 5 ( ) k b k a b k b lim k a a b a, ami adja, hogy lim P k, azaz P k normális felosztássorozata [a, b]- k nek... feladat. Legyen f : [a, b] R korlátos függvény. Bizonyítsa be, hogy [a, b] P k normális felosztássorozatára létezik lim s(f, P k) I, k lim S(f, P k) Ī és lim O(f, P k) Ī I. k k Megoldás. Legyen ε > adott, akkor a Darbou-tétel miatt δ(ε) >, hogy P-re, melyre P < δ(ε) s(f, P ) I < ε, S(f, P ) Ī < ε. Legyen P k normális felosztássorozat akkor lim P k miatt k δ(ε) > -hoz N (δ(ε)), hogy k > N (δ(ε)) esetén P k < δ(ε). Ha tehát N(ε) N (δ(ε)), akkor k > N(ε)-ra P k < δ(ε), így s(f, P k ) I < ε, S(f, P k ) Ī < ε, ami (a határéték deníciója miatt) adja az els két állítást. A harmadik O(f, P k ) S(f, P k ) s(f, P k )-ból jön k esetén... feladat. Bizonyítsa be, hogy az f : [a, b] R, f() függvény Riemann-integrálható és b d b4 a 4. a Megoldás. Legyen P k a.. feladat a) része szerinti normális felosztássorozata [a, b]-nek, azaz P k { k i k i a + i b a, i,,,..., k }. k Függvényünk monoton növeked, így az [ k i, k i ] intervallumhoz tartozó m k i illetve Mi k éppen az intervallum alsó, illetve fels végpontjaiban felvett függvényértékek, azaz m k i 4 ( a + (i ) b a ) (, Mi k a + i b a ). k k

54 54 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Ezért k i b a k miatt s(f, P k ) S(f, P k ) k i k i ( a + (i ) b a ) b a k k ( a + i b a ) b a k k., Egyszer számolás adja, hogy s(f, P k ) [ k (i ) + ka + a (b a) k i ( a + a (b a) k + k S(f, P k ) [ k i + ka + a (b a) k i ( a + a (b a) k + + k Így I lim a(b a) a(b a) k a(b a) a(b a) k k (i ) + i (k )(k ) k + k i + i k(k + ) k + (b a) k (b a) k (b a) 4 ] k i i (b a) 4 ] k (i ) i (k ) k b a k ) (b a) s(f, P k) b4 a 4, Ī lim k 4 S(f, P k) b4 a 4 k 4 b a k ) (b a) teljesül (ahol felhasználtuk az el z feladatot is), ami adja, hogy I Ī b4 a 4, azaz f Riemann-integrálható és teljesül az is, hogy b a d b4 a 4 Megjegyzések.. Ha P k -nak a.. feladat b) részében vizsgált normális felosztássorozatot választjuk, úgy még egyszer bben kapjuk feladatunk bizonyítását (ellen rízzük).. Az f() ( [a, b]) függvény folytonos, ezért Riemann-integrálhatósága a Kalkulus II. jegyzet I.4. fejezet 5. tételéb l is következik. Az integrál értékének meghatározása ugyanúgy történik. 4. 4

55 . RIEMANN-INTEGRÁL 55 A Riemann-integrálhatóság kritériumai, elegend feltételei, m veleti tulajdonságok.4. feladat. Bizonyítsa be, hogy az f(), [, ] függvény Riemann-integrálható [, ]-en és ( ) d. Megoldás. Az adott függvény Riemann-integrálható [, ]-en, mert monoton csökken (ahogy azt már általánosabb lineáris függvények esetén korábban megmutattuk). Az integrál értéke meghatározható például P k normális felosztássorozathoz tartozó s(f, P k ) határértékeként. { Legyen rögzített k-ra P k k i k i i } k, i,,..., k, akkor a.. feladat szerint P k normális felosztássorozat. [ f monoton csökken, így az i [ k i, k i ] k, i ] k intervallumhoz tartozó m k i f(k i ) i k, k i, ezért k s(f, P k ) k i ( i ) k k k i ( k i ) k k k i k(k + ) k k + k i ( s(f, P k) lim k + ). k k k (k N), ami adja, hogy I lim Ezzel a feladatot megoldottuk..5. feladat. Vizsgálja a következ függvények Riemann-integrálhatóságát, határozza meg a Riemann-integrál értékét (ha létezik): a) f() + 5, [, ] ; {, ha [, [ b) f() ;, ha [, ], c) ha [, [ ], ] f() ;, ha

56 56 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS d) f() 5 + 6, [, ] ; e) f() +, [ 5, 5]. Megoldás. a) Az f() +5, [, ] függvény folytonos, így Riemann-integrálható [, ]-en. Ismeretes, hogy b a d b a és b a 5 d 5(b a), ezért d és 5 d. Így a Riemann-integrál m veleti tulajdonságai (Kalkulus II.I.6.. tétel) miatt létezik ( + 5) d és b) Az ( + 5) d f() d + 5 d +. {, ha [, [, ha [, ] függvény (ahogy ez egyszer en belátható) monoton növeked, így a Kalkulus II.I.4.6. tétel miatt Riemann-integrálható [, ]-en és akkor a [, ] és [, ] intervallumokon is. Mivel f(), ha [, ], így f() d d. Másrészt f() {, ha [, [, ha így f() d értéke meghatározható [, ] tetsz leges P k normális felosztássorozatához tartozó s(f, { P k ) határértékeként. Legyen P k olyan, hogy P k, k i k i + i k, i,,..., k },

57 ekkor m k i (i,..., k), k i k, így ezért. RIEMANN-INTEGRÁL 57 s(f, P k ) k ( ) k, i lim s(f, P k) k Most már az integrál intervallum feletti additivitása miatt (lásd Kalkulus II. I.4.8. tétel) c) Az f() d f() f() d + f. f() d +., ha [, [ ], ], ha függvény (ahogy ezt már korábban beláttuk) nem korlátos [, ]-en, így nem Riemann-integrálható. d) Az f() 5 + 6, [, ] függvény folytonos, így Riemannintegrálható. Másrészt f az f (), f () és f () 6 ( [, ]) függvények lineáris kombinációja. Mivel pedig beláttuk, hogy b a így és d b4 a 4, 4 b a d d b a 4, és 6 d 6( ). b a d 6 d 6(b a), 8

58 58 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Végül felhasználva a Kalkulus II. I.6. fejezet. tételét: (5 + 6) d 5 e) Az abszolútérték deníciója miatt f() d { ( + ), ha [ 5, ] +, ha [, 5]. f (például az összetett függvény folytonosságára vonatkozó tételt használva) folytonos [ 5, 5]-ben, így Riemann-integrálható [ 5, 5]-on, de akkor a [ 5, ] és [, 5] intervallumokon is és 5 5 Ezért + d 5 ( + ) d 5 d + 5 d ( ) ( 5) + ( ( 5)) , d ( + ) d d + d 5 ( ) + (5 ( )) d 5 + d + + d 46. 5

59 . RIEMANN-INTEGRÁL 59 Egyenl tlenségek, középértéktételek Riemann-integrálra.6. feladat. Bizonyítsa be, hogy a) b) c) d) e) π 4 ( + 4) d ( + sin ) d ; ( + ) d ( 6 + 8) d ; + 4 d. ( + 5) d ; ( ) d ; Megoldás. Az itt szerepl integrálok (a függvények folytonossága miatt) léteznek. a) , ha, így , ha [, ]. Ezért a Kalkulus II. I.7. fejezet (Egyenl tlenségek, középértéktételek Riemann-integrálra). tétele szerint az integrálok közötti egyenl tlenség is teljesül. b) + sin R, így az el bb idézett tétel szerint π ( + sin ) d amit bizonyítani kellett. c) + + π d (π ), ( ) + 8 4, ami R esetén igaz, így akkor is, ha [, ]. Ebb l pedig (újra felhasználva tételünket) jön az egyenl tlenség a két integrálra.

60 6 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS d) ( ) ( ) 4, azaz 6 + 8, ha [, 4], ami az el bbi tételt használva adja, hogy 4 ( 6 + 8) d 4 d, s ezt kellett bizonyítani. e) , ami R-re teljesül, így amit bizonyítani kellett. d feladat. Bizonyítsa be, hogy, Megoldás. Az f : 8 π π 4 [ π 4, π ] sin d 6. R, f() sin függvény szigorúan monoton csökken, mert f cos sin () cos sin cos sin tg

61 ami Ezért Tehát [, π m M. RIEMANN-INTEGRÁL 6 ] esetén illetve a [ π 4, π ] ( π ) sin π inf f() f [ π 4, π ] π ( π ) sin π sup f() f 4 [ π 4, π ] 4 π 4 π [, π ] esetén is igaz. sin π, π π 4 π, π. f() sin folytonos a [ π 4, π ] intervallumon, így Riemann-integrálható, ezért a Riemann-integrálokra vonatkozó középértéktétel m(b a) formulája miatt a π 4, b π sin, f() 8 ( π π π ) 4 b a π π 4 f() d M(b a), m π, M π 6, sin d ( π π π ) 4 mellett amit bizonyítani kellett..8. feladat. Legyen f : [, ] R, f(). Bizonyítsa be, hogy létezik c [a, b], hogy d c. Megoldás. f folytonos [, ]-on, így a középértéktétel. következménye miatt c [, ], hogy f(c) c d, s ez adja az állítást.

62 6 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Az integrálfüggvény.9. feladat. Határozza meg az F : R R függvény lokális széls értékhelyeit, ha a) F () b) F () c) F () π log + t 5 dt ; sin t + cos t dt ; t 5t + 4 e t + Megoldás. Ismeretes (lásd Kalkulus II. jegyzet), hogy adott f : [a, b] R Riemann-integrálható függvény esetén az F : [a, b] R, F () a dt. f(t) dt függvényt f integrálfüggvényének nevezzük. Megmutattuk, hogy ha f folytonos [a, b]-ben, akkor F () f(). Így ha f folytonos [a, b]-n, akkor F () f() [a, b]-re, azaz F egy primitív függvénye f-nek. Mindhárom feladat f : R R függvényei (az integrandusok) folytonosak, így R esetén F () f() az els két esetben, míg miatt F () G ( ). a) F () log + 5 F () G( ) ( R) G() ( R) és t 5t + 4 e t + F () ±, így F-nek ±-ben lehet széls értéke. F az y log y és + dierenciálható függvények kompozíciója, 5

63 így továbbá. RIEMANN-INTEGRÁL 6 F () 5 + +, F ( ) 5 4 <, F () 5 4 > miatt F-nek maimuma van -ben és minimuma van -ben. b) F () sin ( R) és + cos továbbá így F () sin kπ, F () cos ( + cos ) + sin ( + cos ) cos + ( + cos ) ( R), F (lπ) 9 >, F ((l + )π) < (l Z). 9 Ezért az lπ (l Z) helyeken lokális minimuma van, míg az (l + )π (l Z) helyeken lokális maimuma van F-nek. c) F () G ( ) és F (),,,,. e + F (), majd F ( ), F ( ), F (), F (), F () meghatározásával kapjuk, hogy a és helyen lokális maimuma, a,, helyeken lokális minimuma van F-nek... feladat. Határozza meg a hatérértékeket. Megoldás. a) Az F () a) lim lim F () lim cos t dt ; b) lim + (arctg t) dt + cos t dt, G() ( R) dierenciálható függvények, cost F () és lim G() lim, továbbá F () cos és G () miatt lim F () G () lim cos, így F

64 64 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS és G teljesíti a L'Hospital-szabály feltételeit, ezért lim b) Legyen most F () cos t dt F () (arctg ), G () F () lim G() lim F () G (). (arctg t) dt, G() +, így +, (ezt ellen rízzük) és lim G() +, továbbá lim (arctg + ) π 4 miatt F () lim + G () π 4 lim + (arctg t) dt + és lim + lim + lim F () + +, így a L'Hospital-szabály adja, hogy F () lim + G() lim F () + G () π 4. A Newton-Leibniz formula, integrálási módszerek.. feladat. Számítsa ki az alábbi Riemann-integrálokat: a) d) d ; b) π + d ; e) sin d ; c) d ; d ; f) ( ) d

65 . RIEMANN-INTEGRÁL 65 Megoldás. Ismeretes a Newton-Leibniz formula nev tétel: Legyen f, F : [a, b] R olyan, hogy f Riemann-integrálható, F folytonos [a, b]-n és dierenciálható ]a, b[-n, továbbá F () f() ( ]a, b[ ), akkor b a f() d F (b) F (a) [F ()] b a. Az integrandusokban szerepl f függvények mindegyike folytonos az adott intervallumon, így a Riemann-integrálok léteznek. Továbbá léteznek az F primitív függvények, melyeket az f() d határozatlan integrálok adnak meg (ahol C választható). a) f(), így F () d [ d ] 8 ( ). b) f() sin, így c) f() F (), így sin d cos π sin d [ cos ] π cos(π) ( cos()). F () d arcsin() d ( ) ( [arcsin()] arcsin arcsin ) π ( 4 π ) π 4.

66 66 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS d) f() +, így F () d arctg() + [arctg()] arctg( ) arctg π π 6 π 6. + d ( ) e) f() , így ( + ) + F () d ( + ) + d d [arctg( + )] arctg() arctg( ). f) f() , így F () [ ] 9 4. ( ) d

67 . RIEMANN-INTEGRÁL 67.. feladat. Számítsa ki az alábbi Riemann-integrálokat: π π π π cos d ; sin d ; sin sin d ; arccos d ; π π 4 e π 9 d ; Megoldás. Az f() cos Riemann-integrálható, + cos F () ctg d ; ln d ; e d ; sin n d ; + d ; + cos primitív függvénye f-nek, így Az π cos d π π π π 5 d ; sin + sin d ; cos d ; + d ; cos + d ( [, π]) függvény folytonos, így d sin + 4 [ ] sin π + π 4. ( [, π]) f() ctg cos sin sin sin ( sin függvény folytonos, így Riemann-integrálható. F () ( ) sin d ctg [ π 4, π ]) ( [ π 4, π ])

68 68 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS primitív függvénye f-nek, így a Newton-Leibniz formula szerint: π π 4 ctg d [ ctg ] π π 4 π + π 4 + π. Az f() ( [, ]) függvény folytonos, így Riemannintegrálható. 5 Az F () d 5 5 ( [, ]) primitív függvénye f-nek, ezért a N-L formulát felhasználva: Az 5 d [ ] ( 7). f() sin sin sin ( cos ) sin sin + cos ( sin ) ( [, π]) függvény Riemann-integrálható, mert folytonos. A F () [sin sin d + cos ( sin ) ] d sin d + cos ( sin ) d cos + cos ( [, π]) függvény primitív függvénye f-nek, így a N-L formula szerint: π Az sin d [ cos + ] π ( cos ) ( + ) 4. f() ln (ln ) ( [, e])

69 . RIEMANN-INTEGRÁL 69 függvény folytonos, így Riemann-integrálható [, e]-n. A határozatlan integrálokról tanultakat felhasználva kapjuk, hogy az ln F () d (ln ) (ln ) d ln ( [, e]) (ln ) függvény primitív függvénye f-nek, így N-L formula szerint: Az e f() ln d [ ] e ln ln e ln. sin sin cos + sin + sin ( + sin ) + sin függvény folytonos, így Riemann-integrálható [, π]-n. Az F () sin + sin d ( + sin ) + sin d ( [, π]) ln( + sin ) ( [, π]) függvény primitív függvénye f-nek, ezért a N-L formula szerint: Az π sin + sin d [ ln( + sin ) ] π ln ln. f() sin sin [cos( ) cos( + )] cos [ ( cos 4 π, π ]) függvény folytonos, így Riemann-integrálható. Az F () sin sin d cos d 4 sin [ ( 8 sin 4 π, π ]) cos 4 d

70 7 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS függvény primitív függvénye f-nek, ezért a N-L formula szerint: π π sin sin d [ 4 sin ] π sin 4 8 π. Az ( [, ]) függvény dierenciálható, az e ( [, ]) függvény folytonos, így a Riemann-integrálra vonatkozó parciális integrálás tétele szerint: e d [ e ] e d e e d. Másrészt az ( [, ]) függvény is dierenciálható és az e ( [, ]) függvény folytonos, így a parciális integrálás tétele szerint: e d [e ] e d e [e ] e [e e ]. A két formulát használva: e d e. A parciális integrálás tétele (egyszer en ellen rízhet módon) most is alkalmazható, ezért π π cos d [ sin ] π π π π sin d [sin ] π π.

71 . RIEMANN-INTEGRÁL 7 Az el bbiekhez hasonló vizsgálat adja, hogy alkalmazható a parciális integrálás tétele, mely szerint most: arccos d arccos d [ arccos ] arccos π 6 π 6 d ( ) ( ) d ( ) ( ) d π 6 ( 4 π 6 ( ) ) π 6 +. d Használható a parciális integrálás tétele, így: I n π π sin n d π sin sin n d [ cos sin n () ] π [ cos ](n ) sin n ()(cos ) d

72 7 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS (n ) (n ) π π sin n cos d sin n ( cos ) d (n )I n (n )I n, ami adja az I n n I n rekurzív formulát I n -re. Ebb l pedig I adódik, hogy n π n k (k N) esetén I k k k d π és I n k + (k N) esetén pedig I k+ Megjegyzés. Belátható, hogy Az π sin d miatt könnyen k k I 5 (k ) π 4 6 k, k k + k k I 4 6 (k) 5 k +. π cos n d π sin n d. f() + ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( [, ]) függvény folytonos és így Riemann-integrálható [, ]-on. Az F () + d d d ln( ) ln( ) ( [, ]) függvény primitív függvénye f-nek, így a N-L formula miatt [ + d ln ] ln ln ln ln.

73 . RIEMANN-INTEGRÁL 7 Az utolsó négy integrálnál a helyettesítéses Riemann-integrálás tételét használjuk, alkalmas g(t) helyettesítéssel: Ha g : [a, b] [c, d] folytonosan dierenciálható, f : [c, d] R folytonos, akkor Az b a f(g(t))g (t) dt g(b) g(a) f() d d Riemann-integrál esetében, ha a és b π [ 4, π ]) helyettesítéssel élünk, úgy ( sin t g(t) t ( π ) g(), g sin π 4 4. ( [, Az f() ( g(t) sin(t) t sin d ]) függvény folytonos a [, π 4 ]) folytonosan dierenciálható, így sin() π 4 π 4 π 8 4. d sin t dt π 4 π 4 cos t sin t cos t dt sin t dt [ ] π sin t 4 t 4 és az Az 9 + d integrálnál, ha az t g(t) (t [, ]) helyettesítést használjuk, úgy g (t) t ; a, b mellett g(a) g(), g(b) g() 9. Mivel f() + ( [, 9]) folytonos, g(t) t (t [, ]) folytonosan dierenciálható, a helyettesítéses integrálás tétele adja, hogy:

74 74 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS 9 + d π g() g() 4 + ( ) t + t + t dt 4 + t t + dt dt 4 [t ln(t + )] 4[ ln 4]. Az cos + d integrálnál, mivel az f() R(cos ) cos + és folytonos (a határozatlan integrálásnál követettek szerint) az arctg t g(t) (t [, ]) helyettesítést használjuk. Ekkor g (t) (t [, ]) miatt g folytonosan dierenciálható; + t a, b mellett g(a) g(), g(b) g() π, így a helyettesítéses integrálás tétele szerint: π cos + d g() g() cos + d t + 5 dt ( ) t arctg arctg 5 5. t + t + ( ) t [ arctg dt + t dt ] 5 5 arctg

75 . RIEMANN-INTEGRÁL 75 Improprius-integrálok.. feladat. Vizsgáljuk az alábbi improprius-integrálok konvergenciáját, ha konvergensek, úgy határozzuk meg értéküket is: d ; d ; d ; d ; d (p > ) ; p + d. d ; ln d ; d ; 4 d ; Megoldás. Az els négy integrál a Kalkulus II. jegyzet I.. fejezetének. de- níciójában értelmezett típusba sorolható, amikor az integrandus f : [a, b[ R típusú függvény, mely [a, t] [a, b[ intervallumon korlátos és Riemann-integrálható, b + vagy ε >, hogy f nem korlátos [b ε, b[- n. Az b f improprius-integrál konvergens, ha t lim f véges határérték, a s ekkor b f. a lim t t b a f. t b a lim +, így az f : [, [ R, f() függvény nem korlátos az [ ε, [ (ε < ) intervallumon, ugyanakkor folytonos [, t] [, [ intervallumon, így Riemann-integrálható [, t]-n, továbbá t d [arcsin ]t arcsin t, ha t [, [.

76 76 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Ebb l lim t arcsin t π t lim t miatt kapjuk, hogy d lim arcsin t π t, így az improprius-integrál konvergens és értékére d π teljesül. Az + d-nél a, b +, f : [, + [ R, f() korlátos [, t] [, + [ -en és folytonossága miatt Riemann-integrálható, továbbá t ami lim t + d t d t miatt adja, hogy t lim t + t d, azaz az improprius-integrál konvergens és értéke + Hasonló meggondolásokkal, mint el bb t [ ] t t, d [ln ]t ln t ln ln t, ami lim ln t + miatt adja, hogy lim t + improprius-integrál divergens. t t + d. d +, így az d Megjegyzés. Az el z két feladat vizsgálható a Kalkulus II. jegyzetben szerepl α d feladat speciális eseteként is.

77 . RIEMANN-INTEGRÁL 77 Az f() ( [, + [) függvény korlátos és folytonos bármely [, t] [, + [ intervallumon, így t t d ( )( + ) d t ( + ) [ln( + ) ln( )]t ln t + t ln. [ ln + ] t d t + Másrészt lim és lim ln(u) ln() miatt (az összetett t + t u függvény határértékére vonatkozó tétel szerint) lim ln t + t + t. Így t lim t + azaz az + + [ d lim t + ln t + t ln ] ln, d ln. d improprius-integrál konvergens és A következ négy integrál a Kalkulus II. jegyzet jelzett fejezetének. de- níciójában értelmezett típus, így az integrandus f : ]c, a] R típusú függvény, mely [t, a] ]c, a] intervallumon korlátos és Riemann-integrálható és ε >, hogy f nem korlátos ]c, c + ε]-on. Ekkor az a f improprius integrált akkor neveztük konvergensnek, ha f vé- ges határérték, továbbá a c integrál értéke. Az lim + f. a lim t c+ t a lim t c+ t c f szerint deniált az improprius d integrálnál c, b, f : ], ] R, f() -re, + miatt nem korlátos ], ]-en, de korlátos és folytonos is

78 78 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS [t, ] ], ] intervallumon és így Riemann-integrálható, továbbá t d t d t Ebb l lim t miatt kapjuk, hogy lim t + t + lim t + ( t), azaz Hasonló meggondolással f() t [ ] t t (t ], ]). d konvergens és t d ( ], ]) mellett d [ln ] t ln t (t ], ]), melyb l lim ln t miatt lim t + t + az t d improprius integrál nem konvergens. Ha f() ( ], ]) és p > rögzített, akkor p Ebb l t p d lim ln t, lim t + miatt kapjuk, hogy így p. ln t,ha p p t p p,ha p t + t p d. lim ln t +, ezért t + {,ha < p < +,ha p > +,ha p lim t + p d,ha < p <, t p d divergens, ha p, konvergens, ha < p <, ekkor értéke p

79 . RIEMANN-INTEGRÁL 79 Az ln d integrálnál, az el bbivel azonos meggondolások után kapjuk, hogy t ln d t ln d [ ln ] t t d t ln t [] t t ln t + t (t ], ]). A L'Hospital-szabály alkalmazásával belátható, hogy lim t + lim t + t ln d, azaz az t ln t, így ln d improprius integrál konvergens és ln d. Az utolsó két integrál az elméletben tárgyalt harmadik típushoz tartozik, amikor f : ]a, b[ R típusú és ]a, b[ mindkét végpontja (vagy egyik) végtelen, vagy a végpontok egy környezetében f nem korlátos (esetleg mindkét dolog fennáll). Ekkor, ha s f véges érték, akkor azt mondjuk, hogy az b Az miatt a lim t a+ s b t f improprius integrál konvergens, értéke pedig e határérték. 4 lim + d integrál esetén a, b, 4 +, f() 4 lim 4 + ( ], [) nem korlátos a, illetve + egy alkalmas környezetében, de korlátos, folytonos és így Riemann-integrálható [t, s] ], [ intervallumon, így s t d s 4 t ( ) d arcsin s t arcsin s arcsin t (t, s ], [).

80 8 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Ekkor és miatt így Az lim s arcsin s arcsin π lim t + arcsin t arcsin π s lim t + s t 4 π, d konvergens és értéke π. d esetében a, b +, f() + ( R) folytonos R-en, így [t, s] R esetén Riemann-integrálható és Ebb l s t miatt, + d [arctg ]s t arctg s arctg t lim s + arctg s π s lim t s + t következik, tehát + + d + és lim t s + (t, s R). lim t arctg t π [arctg s arctg t] π d konvergens és értéke π.

81 . RIEMANN-INTEGRÁL 8 Sorozatok, sorok és Riemann-integrál.4. feladat. Határozza meg az alábbi sorozatok határértékét: n + n + + n n ; n + + n ; n + n n n + + n n n n + n ; p + p + + n p ( n p+ (p > ) ; sin π n n + sin π n + + sin n n ( + n n + + n ) n. n Megoldás. S n n + n + + n ( n n + n + + n ) n n n i i n n ) π mutatja, hogy S n az f() ( [, ]) függvény alsó közelít összege, ha P n a [, ] n egyenl részre osztásával kapott felosztás, azaz s(f, P n ) bármely n N-re. P n normális felosztássorozata [, ]-nek, f Riemannintegrálható (mert folytonos), így ezért lim s(f, P n) n [ d ] lim S n lim s(f, P n) n n. S n n + + n n + n + n + + n n n n mutatja, hogy S n adott n N-re az f() +, n i + i n n ( [, ]) függvény s(f, P n ) alsó közelít összege, ha P n a [, ] n egyenl részre osztásával kapott felosztás. Ekkor P n normális felosztássorozat, f folytonos, ezért Riemann-integrálható [, ]-en, ;

82 8 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS így ezért lim s(f, P n) n + d [ln( + )] ln, n S n n + + lim S n lim s(f, P n) ln. n n n n ( ) n n ( ) i i n, + n ( n n n + n ) + + ( n + n) n ami adja, hogy n N-re S n az f() ( [, ]) függvény + s(f, P n ) alsó közelít összege, ha P n a [, ] n egyenl részre osztásával kapott felosztás, így P n normális felosztássorozata [, ]-nek, f folytonos, ezért Riemann-integrálható [, ]-en és tehát lim s(f, P n) n + d [arctg ] S n p + p + + n p n p+ n ( ) i p n n, i arctg arctg π 4, lim S n lim s(f, P n) π n n 4. [( ) p + n ( ) p ( n ) ] p + + n n n így S n az f() p ( [, ]) függvény egy integrálközelít összege, ha P n a [, ] n egyenl részre osztásával nyert felosztás, azaz S n σ(f, P n )

83 . RIEMANN-INTEGRÁL 8 (t i in ), i,..., n n-re. P n normális felosztássorozat, f folytonos, így Riemann-integrálható, így ezért ( S n lim σ(f, P n) n [ p p+ d p + ] lim S n lim σ(f, P n) n n p +. ) sin π n + sin π n + + sin n n π n n p +, i ( sin i π n ) n. Így f() sin(π) ( [, π]) mellett S n σ(f, P n ) (n N), ahol P n a [, π] n egyenl részre osztásával kapott felosztás, P n normális felosztássorozat, f Riemann-integrálható, így S n lim S n lim σ(f, P n) n n π ( + n + + n + + [ cos sin π d π + n n ) n ] π n i π. + i n n az f() + ( [, ]) folytonos függvény egy integrálközelít összege, így lim S n lim σ(f, P n) n n ( )..5. feladat. Bizonyítsa be, hogy bármely ], ]-re. Megoldás. A arctg ( ) n n n [ ] + d ( + ) n n+ n + ( ) n ( ) n n

84 84 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS egy q kvóciens geometriai sor, hogy a. Ez konvergens, ha ], [ és az összege, azaz A + ( ) n n + ( ], [). n ( ) n n függvénysor (hatványsor) egyenletesen konvergens a [ t, t] n (t ], [) zárt intervallumon az f n () ( ) n n függvények Riemannintegrálhatók [ t, t]-n, így a függvénysor tagonként integrálható (lásd Kalkulus II. I.. fejezet. Tétel következménye). Ezeket és a N-L formulát használva arctg t t t + d ( ) n n következik, ha t ], [. De a t n ( ) n n d n n ( ) n tn+ n n + ( ) n tn+ n + hatványsor t -re is konvergens (lásd Leibniz-kritérium), továbbá a korábbiak miatt n ( ) n + π arctg, 4 melyek együtt adják a feladat állítását.

85 ) Határozza meg az alábbi integrálokat: a) b) c) d) ( + ) d ; + d ; d ; + sin (5 + 7) d ; ( + ) 6 d ; 5 ( ) d ; 5 e d ; sin d ; GYAKORLÓ FELADATOK 85 Gyakorló feladatok d ; 9 4 d ; ( cos 4 + π ) d ; d ; 4 9 ( + ) 7 d ; ctg d ; cos d ; e) e + e d ; ( + ) d ; f) g) d ; n ln d ; e a cos b d ; sh a cos b d ; ln ( + ) d ; sin 5 d ; ch 4 d ; 9 4 d ; sin ln(tg ) d ; e sin d ; e sin d ; sin 5 cos d ; cos sin 4 d ;

86 86 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS h) + d ; ( ) d ; d ; + d ; d ; d ; ( + ) d ; d ; i) j) + e d ; d ; + + d ; d ; sin cos 6 d ; ( + ln ) d ; e d ; sin d ; ( ) d ; ( + e ) d ; sin + sin d ; arcsin d ; d ; ma(; ) d ; ) Bizonyítsa be, hogy létezik az ( ) d integrál és hogy ) Határozza meg ( ) d. f() d értékét, ha 5,ha > f(),ha.

87 4) Számítsa ki az alábbi Riemann-integrálokat: e 5 d ; sin(π ln ) d ; arccos d ; GYAKORLÓ FELADATOK 87 π π 4 sin d ; cos 5 d ; ( + ) d ; π + d ; ( + + )e d ; cos n d ; 5) Vizsgálja az alábbi improprius integrálok konvergenciáját, határozza meg értéküket, ha konvergensek: 5 d ; + arctg d ; + 4 d ; e d.

88

89 II. fejezet Vektorterek, Euklideszi terek, metrikus terek. Alapfogalmak.. feladat. Legyen adott egy X nemüres halmaz és d : X X R, d (, y) {,ha y,ha y. Bizonyítsa be, hogy (X, d ) metrikus tér. (d a diszkrét metrika, (X, d ) a diszkrét metrikus tér.) Megoldás. A metrikus tér deníciója szerint (lásd Kalkulus II. jegyzet II.. fejezet 6. deníció) be kell látnunk, hogy ) d (, y), d(, y) y (, y X). Ez d deníciója szerint nyilvánvaló. ) d (, y) d (y, ) (, y X). Ez is látszik d deníciójából. ) d (, z) d (, y) + d (y, z) (, y, z X). Ha, y, z X olyanok, hogy y z, akkor + nyilván igaz ; y z, akkor d (, z), d (, y), d (y, z), így + teljesül ; az y z és z y esetekben ugyanígy járunk el ; ha, y, z páronként különböznek, úgy d (, z), d (, y) és d (y, z) és + miatt kapjuk a háromszögegyenl tlenséget. Ezzel az összes lehetséges esetet megnéztük... feladat. Ha (,..., n ), y (y,..., y n ) R n (n ) és a) d : R n R n R, d (, y) ma i n i y i, 89

90 9 II. VEKTORTEREK, EUKLIDESZI TEREK, METRIKUS TEREK b) d : R n R n R, d (, y) n i y i, i akkor bizonyítsa be, hogy (R n, d ) és (R n, d ) metrikus tér. Megoldás. Az els két tulajdonság teljesülése azonnal jön d és d deníciójából (az abszolút érték és az egyenl tlenségek tulajdonságainak felhasználásával). Így csak a háromszögegyenl tlenség bizonyítását részletezzük. Ha (,..., n ), y (y,..., y n ), z (z,..., z n ) R n tetsz legesek, úgy i {,,..., n}-re (az abszolútérték tulajdonsága miatt) i z i ( i y i ) + (y i z i ) i y i + y i z i. Az egyenl tlenségeket összeadva azonnal kapjuk d -re a háromszögegyenl tlenséget. Másrészt i y i ma i n i y i d (, y) és y i z i ma y i z i d (y, z) i n és az el bbi egyenl tlenség miatt i {,,..., n}-re i z i d (, y) + d(y, z), amib l d (, z) ma i z i d (, y) + d (y, z) i n következik, ami adja d -re a háromszögegyenl tlenséget... feladat. Legyen [a, b] R intervallum, X az X. { f f : [a, b] R folytonos függvény} szerint deniált halmaz, továbbá d: X X R, d(f, g). sup{ f() g() }. Bizonyítsa be, hogy (X, d) metrikus tér. Megoldás. f() g(), f() g() f() g() miatt a metrikus tér els tulajdonsága nyilván igaz. A második tulajdonság az f() g() g() f() ( [a, b])

91 egyenl ség miatt jön d deníciójából. Ha f, g, h X, úgy a [a, b]-re teljesül. ALAPFOGALMAK 9 f() g() (f() h()) + (h() g()) f() h() + h() f() egyenl tlenség f() h() d(f, h) és h() g() d(h, g) miatt adja, hogy f() g() d(f, h) + d(h, g) ( [a, b]), amib l azonnal következik d-re a háromszögegyenl tlenség..4. feladat. Legyen (X, d) metrikus tér. Bizonyítsa be, hogy a) bármely X és bármely r R + esetén K(, r); b) ha X, r R + és K(, r), akkor létezik ε R +, hogy K(, ε) K(, r); c) bármely, y X, y-ra létezik r R +, hogy K(, r) K(y, r). Megoldás. Ismeretes, hogy K(, r). { X, d(, ) < r}. a) d(, ) és K(, r) deníciója adja az állítást; b) Legyen < ε. r d(, ) és y K(, ε) tetsz leges, akkor d(y, ) d(y, ) + d(, ) < ε + d(, ) r adja, hogy y K(, r), tehát K(, ε) K(, r); c) Ha r. d(, y) és létezne olyan z X, melyre z K(, r) K(y, r), akkor a háromszögegyenl tlenség miatt d(, y) d(, z) + d(z, y) < r + r d(, y), s ez ellentmondás..5. feladat. Legyen (X, d) metrikus tér. Bizonyítsa be, hogy H X akkor és csak akkor korlátos, ha létezik a X és r R +, hogy H K(a, r). Megoldás. Deníció szerint H akkor korlátos, ha létezik r R +, hogy bármely, y H-ra d(, y) < r. Ekkor a diam H. sup{ d(, y), y H} számot H átmér jének nevezzük. a) Ha a X és r R +, hogy H K(a, r), akkor, y H-ra d(, a) < r, d(y, a) < r és akkor a háromszögegyenl tlenség miatt d(, y) d(, a) + d(a, y) < r, ami deníció szerint adja H korlátosságát.

92 9 II. VEKTORTEREK, EUKLIDESZI TEREK, METRIKUS TEREK b) Ha H korlátos halmaz, a X rögzített, diam H c és y H is rögzített, úgy r d(a, y ) + c + választással H-ra d(, a) d(, y ) + d(y, a) c + d(a, y ) < c + d(a, y ) + r, vagyis H K(a, r) teljesül. (Ezzel az állításnál még többet bizonyítottunk.). Az R n euklideszi tér.6. feladat. Bizonyítsa be, hogy R n a benne értelmezett összeadással és skalárral való szorzással vektortér. Megoldás. Ellen rizni kell a vektortér )-7) tulajdonságát. Legyen (,..., n ), y (y,..., y n ), z (z,..., z n ) R n ; λ, µ R tetsz legesen adott, akkor ) + y ( + y,..., n + y n ) (y +,..., y n + n ) y + ; ) + (y + z) ( + (y + z ),..., n + (y n + z n )) (( + y ) + z,..., ( n + y n ) + z n ) ( + y) + z; ) (,..., ) esetén + (,..., n )+(,..., ) ( +,..., n +) (,..., n ) ; 4) (,..., n ) -re legyen (,..., n ), akkor + ( ) (,..., n ) + (,..., n ) ( + ( ),..., n + ( n )) (,..., ) ; 5) (,..., n ) (,..., n ) (,..., n ) ; 6) λ(µ) λ(µ(,..., n )) λ(µ,..., µ n ) ((λµ),..., (λµ) n ) (λµ)(,..., n ) (λµ); 7) (λ + µ) (λ + µ)(,..., n ) ((λ + µ),..., (λ + µ) n ) (λ +µ,..., λ n +µ n ) (λ,..., λ n )+(µ,..., µ n ) λ(,..., n ) + µ(,..., n ) λ + µ. (Felhasználtuk a valós számok testaiómákban rögzített tulajdonságait.).7. feladat. Adottak az (, 5, 5), y (,, ) R -beli vektorok, határozza meg az + y, y, y vektorokat. Megoldás. + y (, 5, 5) + (,, ) ( + ( ), 5 +, 5 + ) (, 7, 8); y. + ( )y (, 5, 5) + ( )(,, ) (, 5, 5) + (,, ) (,, );

93 . AZ R n EUKLIDESZI TÉR 9 ( y + ) ( y (, 5, 5) + ) (,, ) ( (, 5, 5) +,, ) ( 4, 4, )..8. feladat. Bizonyítsa be, hogy ha (,..., n ), y (y,..., y n ) R n, úgy, y. y n y n skaláris (bels ) szorzat R n -ben. Megoldás. Ellen rízni kell a skaláris szorzat négy deniáló tulajdonságát: ), y.. y n y n y y n n y, ; ) + y, z. ( + y )z ( n + y n )z n ( z n z n ) + (y z y n z n )., z + y, z ; ) λ, y. (λ )y (λ n )y n λ( y ) λ( n y n ) λ( y n y n ). λ, y ; 4), n n +... n és n (,..., n ) (,..., ). (Itt is használtuk a valós számok néhány ismert tulajdonságát aiómákat, vagy tételeket.).9. feladat. Bizonyítsa be, hogy ha (,..., n ), y (y,..., y n ) R n, akkor.,. n i, d(, y). y n ( i y i ) i norma, illetve távolság (metrika) R n -ben. Megoldás. A normát a 8. feladat szerint bels szorzatból származtattuk, így a Kalkulus II. jegyzet II.. fejezet. tétele szerint az teljesíti a norma három tulajdonságát. d normából (így bels szorzatból) származtatott, így a Kalkulus II. jegyzet el bb idézett fejezetének. tétele szerint d valóban távolság (metrika) R n -ben. Megjegyzés. A tulajdonságok közvetlenül is beláthatók. i

94 94 II. VEKTORTEREK, EUKLIDESZI TEREK, METRIKUS TEREK. R n és metrikus tér topológiája.. feladat. Bizonyítsa be, hogy az (X, d) metrikus térbeli (így az R n - beli) nyílt környezetek nyílt halmazok. Megoldás. Legyen X és r R + tetsz leges. Deníció szerint a K(, r) környezet akkor nyílt, ha minden pontja bels pont, azaz K(, r) esetén ε R +, hogy K(, ε) K(, r). Utóbbi viszont a 4. feladat b) része miatt igaz... feladat. Legyen adott (X, d) (vagy (R n, d)) metrikus tér. Bizonyítsa be, hogy X (vagy R n ) akkor és csak akkor torlódási pontja a H X (vagy R n ) halmaznak, ha minden környezetében H-nak végtelen sok eleme van. Megoldás. a) Ha K(, r) környezetében végtelen sok H-beli eleme van H-nak, akkor -tól különböz eleme is, így (deníció szerint) torlódási pont. b) Ha torlódási pontja H-nak, úgy K(, r)-ben -tól különböz H-beli elem. Tegyük fel, hogy K(, r), hogy abban csak véges sok eleme van H-nak, akkor nyilván véges sok -tól különböz H-beli elem van K(, r)-ben, legyenek ezek, mondjuk,..., n H, úgy ha < ε min{d(, ),..., d(, n )}, akkor K(, ε)-ban nincs -tól különböz H-beli elem, ellentmondásban azzal, hogy torlódási pont. Így minden K(, r)-ben végtelen sok H-beli elem van... feladat. Bizonyítsa be, hogy ha H X (vagy R n ) ((X, d) vagy (R n, d) metrikus tér), akkor H határpontjainak illetve torlódási pontjainak halmaza is zárt halmaz. Megoldás. a) Jelölje H H határát. Be kell látnunk, hogy H minden torlódási pontját tartalmazza. Legyen torlódási pontja H-nak és r R + tetsz leges, akkor (a torlódási pont deníciója miatt) H,, hogy K(, r). A 4. feladat b) része miatt ε >, hogy K(, ε) K(, r). Ugyanakkor H miatt (a határpont deníciója szerint) y H, y K(, ε) K(, r) H K(, r) ; z CH, z K(, ε) K(, r) CH K(, r) ; ami viszont (ugyancsak a határpont deníciója miatt) adja, hogy H, amit bizonyítani kellett.

95 . R n ÉS METRIKUS TÉR TOPOLÓGIÁJA 95 b) A másik állítás bizonyítása a)-hoz hasonló... feladat. Legyen H { ( m, ) } m, n N R. n Határozza meg H torlódási pontjait (R, d)-ben. Megoldás. Megmutatjuk, hogy H {( n, ) } n N {(, ) } n N {(, )}. n rögzített n N-re ( ) n, esetén r R+ -re m N, hogy (( ) ( d n,, n, )) m ( n ) ( + ) n m m < r, hiszen m < r m >, ilyen m pedig (mivel N felülr l nem korlátos) r létezik. Ez pedig azt jelenti, hogy az ( ) n, pont bármely környezetében létezik ( ) n, -tól különböz H-beli elem, azaz ( ) n, n N-re torlódási pontja H-nak. Hasonlóan megmutatható, hogy a (, ) (n N) pontok is torlódási n pontjai H-nak. Tekintsük a (, ) pontot és legyen r R + tetsz leges, akkor n N, hogy d ( (, ), n < r n > ( n, )) n r ( n ) + ( n) n < r, hiszen, ilyen n N pedig (hasonló okok miatt, mint ( n, n el bb) létezik. Így a (, ) bármely környezetében (, ) H-beli pont, tehát (, ) torlódási pontja H-nak. Mutassuk meg, hogy más torlódási pontja nincs H-nak..4. feladat. Bizonyítsa be, hogy (R n, d)-ben egy nyílt halmaz minden eleme torlódási pontja a halmaznak. )

96 96 II. VEKTORTEREK, EUKLIDESZI TEREK, METRIKUS TEREK Megoldás. Legyen H R n nyílt halmaz, H tetsz leges elem, úgy ha r R + tetsz leges, H nyíltsága miatt ε R +, ε r, hogy K(, ε) H és K(, ε) K(, r). Az el bb mondottak szerint n N, hogy n >, így ε (,..., n ) ( esetén, ha y R n, y + ) n,,..., n, úgy y és ( ( d(, y) + )) + ( ) n + + ( n n ) n < ε, így y K(, ε) y K(, r), azaz torlódási pont, amit bizonyítani kellett..5. feladat. Legyen R n, r R +. Bizonyítsa be, hogy a K(, r) nyílt környezet átmér je r. Megoldás. Ha, y K(, r), akkor a háromszögegyenl tlenség miatt d(, y) d(, ) + d(, y) < r + r r, azaz K(, r) korlátos és nyilván diam K(, r) r. Tegyük fel, hogy α diam K(, r) < r. Legyen ε. r α (> ) és (,..., n ). Ha ( r + ε,,..., n ), y ( + r ε,,..., n ), akkor egyrészt, y K(, r) (ezt lássuk be) és d(, y) [( r + ε ) ( + r ε )] + ( ) + + ( n n ) (r ε) r ε r (r α) r + α > α + α α, ellentmondásban azzal, hogy diam K(, r) α < r, így igaz az állítás..6. feladat. Bizonyítsa be, hogy (R n, d)-ben egy szakasz átmér je egyenl a szakasz hosszával. Megoldás. Ha a, b R n, a b, akkor az a-t és b-t összeköt n-dimenziós szakaszon az E { a + t(b a) t [, ]} R n halmazt értjük. Ha, y E, akkor t, t [, ], hogy a + t (b a), y a + t (b a), így d(, y) y R n (t t )(b a) R n t t b a R n d(a, b), ezért diam E d(a, b). De a, b E, így diam E d(a, b).

97 GYAKORLÓ FELADATOK feladat. Legyen H R n (n ) és H i (i,..., n) a H elemei i- edik koordinátáiból álló halmaz. Bizonyítsa be, hogy H akkor és csak akkor korlátos, ha bármely H i korlátos (R, d)-ben. Megoldás. Ha, y H tetsz leges, hogy (,..., n ), y (y,..., y n ), akkor egyszer en belátható, hogy i,..., n-re i y i n ( i y i ) y d(, y) n ma( i y i ) i n ma i y i. i Ha H, úgy nyilván igaz az állítás, ha H, úgy a) ha H korlátos, úgy r R +, hogy d(, y) < r, y H-ra, így i,..., n-re i y i < r, ami adja H i korlátosságát R-ben i-re; b) ha H i korlátos R-ben, úgy r i R +, hogy i y i < r i i, y i H i, így az el bbi egyenl tlenség miatt d(, y). n ma r i r R+ i, y H-ra, s ez adja H korlátosságát (R n, d)-ben..8. feladat. Bizonyítsa be, hogy (R n, d) véges H részhalmaza kompakt. Megoldás. H R n kompakt, ha korlátos és zárt. Ha H véges, akkor nyilván korlátos, ugyanakkor véges halmaznak nincs torlódási pontja, így zárt is (ami jön abból is, hogy egy véges R n -beli halmaz komplementere nyílt). 4. További lineáris algebrai el ismeretek Ehhez a fejezethez a Diszkrét matematika (más szakosok pedig a Lineáris algebra tárgyak) keretében, jegyzeteiben és példatáraiban találnak feladatokat. Gyakorló feladatok ) Bizonyítsa be, hogy a H (R n, d) halmaz akkor és csak akkor korlátos, ha H, vagy ha r >, hogy H K(, r), ahol (,..., ) az R n -beli zérus elem. ) Legyenek (,, ), y (, 4, 5), z (π, e, ) R -beli vektorok, határozza meg az 5 y + z vektort. i

98 98 II. VEKTORTEREK, EUKLIDESZI TEREK, METRIKUS TEREK ) Bizonyítsa be, hogy H R n akkor és csak akkor zárt az (R n, d) euklideszi térben, ha minden torlódási pontját tartalmazza. 4) Határozza meg a H [, [ ], [ ], ] R halmaz bels, küls, torlódási és határpontjait. 5) Vizsgálja a H ], [ [, 7] és H [, ] [, + [ R -beli halmazok korlátosságát. 6) Határozza meg a H [, ] [, [ ], [ R és H { ( n, ( )n ) } n N R halmazok átmér jét. 7) Bizonyítsa be, hogy a [, ] [, 4] R halmaz kompakt. 8) Vizsgálja a H ], [ [, ] [, ] R és H [, ] [, ] [, + [ R halmazok kompaktságát.

99 III. fejezet Sorozatok R k -ban R -beli sorozat kor-.. feladat. Bizonyítsa be, hogy az ( látos. n, ( )n ) Megoldás. Be kell látnunk, hogy a sorozat elemeinek halmaza korlátos R - ben. Ez igaz, ha teljesül az, hogy például a (, ) R pontnak r > sugarú környezete, mely tartalmazza a sorozat összes elemét. Mivel (( ) ) ( ) d n, ( )n, (, ) n + (( ) n ) n + < n N-re (hiszen n + n + n n n, ami igaz; és < < <, ami szintén igaz), így a sorozat bármely eleme benne van a (, ) sugarú környezetében... feladat. Bizonyítsa be, hogy az ( korlátos. 99 n, n, n + ) n R -beli sorozat

100 III. SOROZATOK R k -BAN Megoldás. Az el bbiekhez hasonló gondolatmenet, a n N-re egyszer en adódó (( d n, n, n + ) ), (,, ) n ( ) ( n + n n + (n + ) + n4 n (4n) < (n + ) n < ) ( n + + n ) + (n + ) n < n 4 egyenl tlenség miatt adja, hogy a sorozat minden eleme benne van a (,, ) pont 4 sugarú környezetében, így a sorozat korlátos... feladat. Bizonyítsa be, hogy ha az n R k -beli sorozat konvergens, akkor egy határértéke van. Megoldás. Tegyük fel, hogy a, b R k, a b, hogy n a és n b is teljesül. Ez azt jelentené, hogy ε > -ra létezne n(ε), hogy bármely n n(ε)-ra n K(a, ε) és n K(b, ε) is teljesülne. Válasszuk ε-t úgy, hogy ε beláttuk) K ( a, d(a, b) ) ( d(a, b) K b, >, akkor (ahogy ezt korábban már ) d(a, b), így ezen ε > esetén a fentiek nem teljesülhetnek. Így a b, ami adja az állítást..4. feladat. Deníció alapján vizsgálja az ( n, ( )n sorozatok konvergenciáját. Megoldás. a) Belátjuk, hogy az ( ) és ( ) n, n 4, n + n ) n, ( )n R -beli sorozat divergens. Ehhez azt kell megmutatni, hogy (a, b) R -re ε >, hogy

101 n(ε) N esetén n n(ε), hogy III. SOROZATOK R k -BAN (( ) ) d n, ( )n, (, ) ε. Legyen (a, b) olyan, hogy b és ε teljesül >, akkor a n N-re (( ) ) ( ) d n, ( )n, (a, ) n a + (( ) n ) ( ) n a + > egyenl tlenség miatt (( ) ) d n, ( )n, (a, ) > ε is igaz n N-re, így (a, ) nem határértéke a sorozatnak. Legyen most (a, b) olyan, hogy b > és ε >, akkor páratlan n N-re (( ) ) (( d n, ( )n, (a, b) d n, ( n a ) ), (a, b) ) + ( b) ( + b) + b ε, ami adja, hogy az ilyen (a, b) sem lehet határérték. Hasonlóan belátható, hogy olyan (a, b) sem lehet határérték, ahol b <. ( n, n, n + ) n b) Belátjuk, hogy az határértéke a (,, ) R pont. R -beli sorozat konvergens és

102 III. SOROZATOK R k -BAN A n N-re teljesül (( d n, n, n + ) ), (,, ) n ( ) ( ) ( n + n + + ) n n + n 4 + n n n egyenl séget és azt felhasználva, hogy n miatt ε > n(ε) N, n n(ε)-ra n konvergenciáját a (,, )-höz..5. feladat. Deníció alapján bizonyítsa be, hogy az n ( n, n,..., k n ) R k -beli sorozat konvergál a (,..., ) R k -hoz. Megoldás. Egyszer en indokolható, hogy n N-re ( ) d( n, ) n k k(k + )(k + ) n ( n < ε, kapjuk a sorozat ) ( ) k + + n k(k + )(k + ), n 6 ahol c R konstans. 6 Másrészt a c n sorozat konvergens és határértéke, ami azt jelenti, hogy ε > n(ε), n n(ε) c n < ε. Ezek összevetése adja, hogy az n sorozatnál (,..., ) választással ε > n(ε), n n(ε)-ra d( n, ) d( n, ) < ε, azaz n konvergál a R k elemhez..6. feladat. Bizonyítsa be a Kalkulus II. III./. fejezet 4. tételét, azaz, hogy: Az n R k -beli sorozat konvergens és határértéke R k, ha n ( n,..., kn ) jelöléssel az n,..., kn (úgynevezett koordináta)

103 III. SOROZATOK R k -BAN sorozatok konvergensek és az (,..., k ) jelöléssel in i (i,..., k). Megoldás. a) Ha n, akkor ε > n(ε), n n(ε) (n N) esetén n R k < ε i in n R k < ε (i,..., k), (i,..., k). azaz in i b) Ha in i (i,..., k) ε > n i (ε) (i,..., k), hogy n n i (ε) (n N) in i < ε (i,..., k). Ha (,..., k ), akkor n(ε) sup választással n n(ε) esetén { ( ) ε n i k } i,..., k n R k ( i in ) + + ( k kn ) < azaz n teljesül..7. feladat. Vizsgálja a a) b) c) ( cos nπ, n + ) n ( ) n n + sin n n, sin π, n n ( n, n,..., k ) n R -beli ; R k -beli ; R -beli ; k ε k ε, sorozatok konvergenciáját. Megoldás. A 6. feladatban bizonyított tételt használjuk. a) A cos nπ R-beli sorozat nem konvergens, mert n k + (k,,...) esetén cos nπ cos(k + )π, így lim cos(k + )π k, míg ha n 4k (k N), akkor cos nπ cos 4k π cos kπ miatt lim cos 4k π k, így van két olyan részsorozata, melynek határértéke különböz. Mivel a ( cos nπ, n + ) n R -beli sorozat els komponens sorozata nem konvergens, így sorozatunk sem.

104 4 III. SOROZATOK R k -BAN b) Ismeretes, hogy n n. miatt Míg lim n n + π π és lim n sin n sin, ha n n lim sin n + π sin π. n n sin n n n sin n, sin n és sin n miatt lim n n n. Így a sorozatunk minden komponens sorozata konvergens, ami adja konvergenciáját a 6. feladat miatt és azt is, hogy ( n n, sin n + n π, sin n ) (,, ). n c) Ha i N rögzített, úgy i n, így ezen -beli sorozat minden komponens sorozata -sorozat, ezért konvergens Rk és lim n ( n, n,..., k n ) (,,..., )..8. feladat. Cauchy-sorozat-e a ( ) n, ( )n R -beli sorozat. Megoldás. Nem. Ehhez azt kell belátni, hogy ε >, hogy n(ε) N esetén p, q N, p, q n(ε), hogy d( p, q ) ε. Legyen ε p n, q n + (n N), esetén d( n, n+ ) ( ) (n) (n + ) + (( ) n ( ) n+ ) >, ami adja a nemleges választ..9. feladat. Cauchy-sorozat-e az R -beli sorozat? n ( n + n + n + n +, n n!, n )

105 Megoldás. A korábbiakban tanultak szerint lim n n + n + n + n +, GYAKORLÓ FELADATOK 5 lim n n n!, lim n n, így az n komponens sorozatai, ezért maga n is konvergens ( n (,, )). Ez pedig a Cauchy-féle konvergenciakritérium miatt adja, hogy n Cauchysorozat. Gyakorló feladatok ) Vizsgálja a (( ) n n, + ( )n ) és ( (n n sin π ), ( n, + ) ) n sorozatok korlátosságát. ) Vizsgálja a (( ) n n ), + ( )n és ( ( + ) n+, n sorozatok konvergenciáját. n n!, ) 5n + n n + 5n

106

107 IV. fejezet Többváltozós és vektorérték függvények folytonossága, határértéke 4.. feladat. Határozza meg az alábbi függvények értelmezési tartományát: f (, y) sin y ; f (, y) cos + y ; f (, y) + y ; f 4(, y) sin( + y ) ; f 5 (, y) 4 ln(cos y) ; f 6 (, y) arcsin ( ) y Megoldás. A sin függvény y R esetén értelmezett, így D f R. Az (, y) + y függvénynek + y miatt (, y) R - re van értelme, a cos függvény is minden valós számra értelmezett, így D f R. Az (, y) és (, y) + y függvények (, y) R -re értelmezettek, így hányadosuk akkor nem értelmezhet, ha a nevez, azaz + y (, y) (, ). Ezért D f R \ {(, )}. Az el bbihez hasonló meggondolással kapjuk, hogy f 4 nem értelmezett, ha sin( + y ) + y kπ, k {,,,...}, azaz a (, ) pontban és az origó középpontú kπ sugarú körökön. Így D f4 R \ { (, y) + y kπ, k,,,...}. A z 4 z függvény akkor értelmezett, ha z, így ln(cos y) kell, hogy teljesüljön, ami igaz, ha cos(y) y kπ (k Z), vagyis ha (, y) az, vagy y tengelyen, vagy pedig az y kπ (k Z \ {}) hiperbolákon van. Tehát D f5 { (, y) y kπ, k Z}. 7 ;

108 8 IV. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK FOLYTONOSSÁGA, HATÁRÉRTÉKE Az arcsin függvény értelmezési tartománya a [, ] intervallum. Így f 6 értelmezett, ha és y teljesül, azaz y D f6 { (, y) y, y }. 4.. feladat. Korlátosak-e az alábbi függvények: f (, y) sin + y ((, y) R ), f (, y) + y + ((, y) R ). Megoldás. A t sin t (t R) függvényre sin t (t R) teljesül, így sin + y ((, y) R ) miatt az f függvény értékkészlete korlátos, azaz f korlátos. + y + + y + + y (ami igaz), így + y + teljesül (, y) -re. R Másrészt + y + (ami igaz) (, y) R. Ezek adják, hogy f értékkészlete alulról és felülr l is korlátos, így korlátos. 4.. feladat. Bizonyítsa be a deníció alapján, hogy az és f (, y) + y ((, y) R ) ( + y ) sin f (, y) + y,ha (, y) (, ),ha (, y) (, ) függvények folytonosak a (, )-pontban. Megoldás. A folytonosság deníciója az f : R R függvényekre a (, )-ban a következ : Az f : R R függvény a (, )-ban folytonos, ha ε > -hoz δ(ε) >, hogy (, y) R d((, y), (, )) < δ(ε) esetén f(, y) f(, ) < ε.

109 IV. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK FOLYTONOSSÁGA, HATÁRÉRTÉKE 9 Az f függvényre f (, y) f (, ) + y + y ( ) + (y ) d((, y), (, )) (, y) R -re, így ha ε > -ra δ(ε) ε >, akkor + y d((, y), (, )) < ε esetén f (, y) f (, ) < ε, ami adja a folytonosságot. (, y) R \ {(, )}-ra f (, y) f (, ) ( + y ) sin + y + y d ((, y), (, )), így ha adott ε > -ra δ(ε) ε >, akkor d((, y), (, )) < δ(ε) ε esetén d ((, y), (, )) < ε, így f (, y) f (, ) < ε, azaz f folytonos (, )-ban feladat. A deníció alapján bizonyítsa be, hogy a) az f : R R, f(, y, z) + y + z függvény folytonos (, y, z ) R -ban; b) az f : R R, f(, y, z) yz függvény folytonos a (,, ) pontban. Megoldás. a) Nyilvánvaló, hogy,ha + y + z + y + z >,ha + y + z, y y, z z ( ) + (y y ) + (z z ) Másrészt (, y, z), (, y, z ) R -ra d((, y, z), (, y, z )). f (, y, z) f (, y, z ) ( + y + z) ( + y + z ) ( ) + (y y ) + (z z ) + y y + z z ( + y y + z z ) 6d((, y, z), (, y, z )).

110 IV. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK FOLYTONOSSÁGA, HATÁRÉRTÉKE Így, ha ε > tetsz leges és δ(ε) ε >, akkor 6 d((, y, z), (, y, z )) < δ(ε) ε 6 esetén f (, y, z) f (, y, z ) < 6 ε 6 ε, ami adja f folytonosságát (, y, z ) R esetén. b) (, y, z) R \ {(,, )} esetén f (, y, z) f (,, ) yz + y + z + y + z y z ( + y + z ) d((, y, z), (,, )) + y + z y + y + z d((, y, z), (,, )), ezért δ(ε) ε választás adja az állítást feladat. Vizsgálja az alábbi függvények folytonosságát: a) f (, y) b) f (, y) c) f (, y) y + y, ha (, y) (, ), ha (, y) (, ) y 4 + y, ha (, y) (, ), ha (, y) (, ) y y + y, ha (, y) (, ), ha (, y) (, ), a (, ) pontban;, a (, ) pontban; z + y + z, a (, ) pontban. Megoldás. Az átviteli elv szerint az f : R R függvény folytonos a (, )-ban, ha ( n, y n ), ( n, y n ) (, ) R -beli sorozatra f( n, y n ) f(, ). a) Ha tekintjük az ( n, n ) sorozatot, hogy ( n, n ) (, ), akkor f ( n, n ) n n n + n így f nem folytonos (, )-ban. f(, ),

111 IV. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK FOLYTONOSSÁGA, HATÁRÉRTÉKE b) Tekintsük az ( n, n) sorozatot, hogy ( n, n) (, ), akkor f ( n, n) n n 4 n + 4 n f(, ), így f nem folytonos (, )-ban. c) Legyen ( n, y n ) tetsz leges R -beli sorozat, hogy ( n, y n ) (, ), ez a korábbiak szerint (lásd sorozatok) teljesül, ha n, y n. Ekkor ( n, y n ) (, ) esetén f ( n, y n ) ny n n yn n + yn n n + yn y n n + yn n yn n yn és n yn miatt (a rend r-elv szerint) f ( n, y n ), ami teljesül, ha f ( n, y n ) f(, ). Ez pedig adja, hogy f folytonos (, )-ban feladat. Folytonos-e az f : R R, f(, y) ( ( + y ) sin + y, y y + y ), ha (, y) (, ), f(, ) (, )függvény a (, )pontban. Megoldás. A Kalkulus II. jegyzet IV.. fejezet. tétele szerint az f : E R k R m (f (f, f,..., f m ), f i : E R) függvény folytonos E-ben, ha az f i függvények folytonosak. Az els komponens függvény a. feladat, a második függvény az 5. feladat miatt folytonos (, )-ban, így f is feladat. Bizonyítsa be, hogy az f : [, π] R, f() (cos, sin ) függvény folytonos [, π]-n. Megoldás. Az f () cos, f () sin ( [, π]) egyváltozós függvények folytonosak (ezek f komponens függvényei), így f is feladat. Egyenletesen folytonosak-e az a) f : R R, f (, y) + 4y ; b) f : R R, f (, y) + y függvények?

112 IV. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK FOLYTONOSSÁGA, HATÁRÉRTÉKE Megoldás. Azt kell vizsgálni, hogy igaz-e a deníció ilyen függvényekre, azaz hogy: ε > δ(ε) >, (, y), (u, v) R d((, y), (u, v)) < δ(ε) esetén f (, y) f (u, v) < ε. a) (, y), (u, v) R -re f (, y) f (u, v) ( + 4y ) (u + 4v ) ( u) + 4(y v) u + 4 y v d((, y), (u, v)) + 4d((, y), (u, v)) 5d((, y), (u, v)). Legyen adott ε > -ra δ(ε) ε >, akkor az el bbiek miatt 5 d((, y), (u, v)) < δ(ε) ε 5 f (, y) f (u, v) < ε, így f egyenletesen folytonos R -n. b) Megmutatjuk, hogy f nem egyenletesen folytonos R -n. Ehhez azt kell belátni, hogy: ε >, δ(ε) > -ra (, y), (u, v) R, d((, y), (u, v)) < δ(ε) esetén f (, y) f (u, v) ε. Legyen ε, úgy δ(ε) > -ra n N, hogy n < δ(ε). ( Ha (, y) (, n) és (u, v), n + n), úgy és d((, y), (u, v)) ( ) + f (, y) f (u, v) n ( ( n n + )) n n < δ(ε) ( n + n) azaz f nem egyenletesen folytonos R -n feladat. Egyenletesen folytonos-e az + n, f : R n R m, f() A + b függvény, ahol A m n-es nem null mátri, b R m adott vektor. Megoldás., y R n esetén f() f(y) R m (A + b) (Ay + b) R m A Ay R m A( y) R m A y R n.

113 IV. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK FOLYTONOSSÁGA, HATÁRÉRTÉKE Így A miatt, ha adott ε > -ra δ(ε) >, úgy, y Rn A esetén, ha d(, y) y R n < δ(ε), akkor f() f(y) R m < ε, ezért f egyenletesen folytonos R n -en. 4.. feladat. A deníció alapján bizonyítsa be, hogy az f : R \ {(, )} R, f(, y) ( + y ) cos ε + y függvénynek létezik határértéke (, )-ban. Megoldás. A (, ) R torlódási pontja a D f R \ {(, )} halmaznak. Azt kell megmutatni, hogy A választással ε > -hoz δ(ε) >, hogy (, y) R \ {(, )}, < d((, y), (, )) < δ(ε) esetén f(, y) < ε. (, y) R \ {(, )} esetén f(, y) ( + y ) cos + y + y d ((, y), (, )), ezért ε > -ra, ha δ(ε) ε >, akkor így < d((, y), (, )) < δ(ε). ε f(, y) < ε, lim (,y) (,) ( + y ) cos + y. 4.. feladat. Bizonyítsa be, hogy az alábbi függvényeknek nem létezik határértéke a (, ) pontban: a) f : R \ {(, )} R, f (, y) y + y ; b) f : R \ {(, )} R, f (, y) + y. Megoldás. Az átviteli elvet használjuk a határértékre. a) (, ) D f. Tekintsük el ször az n R -beli sorozatot, melyre ( n, n ) (, ), akkor ( f n, ) n ( n, ) n n n n + n.

114 4 IV. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK FOLYTONOSSÁGA, HATÁRÉRTÉKE ( Ha n n, ) n, úgy n (, ) és ( f n, ) ( ) n n ) n ( n n 4 Így nem teljesül, hogy A R, hogy n (, ) ( n D f ), akkor f ( n ) A, ezért f -nek nem létezik határértéke (, )-ban. b) (, ) D f. ( ) Ha n, úgy n (, ) és n, n f ( n, ) n n + n +, n ezért nem létezik f-nek véges határértéke. Ugyanakkora. feladathoz hasonlóan beláthatjuk, hogy lim + y, így a Kalkulus II. jegyzet IV. 6. fejezet. tétele szerint kapjuk, (,y) (,) hogy lim (,y) (,) + y +, azaz f-nek (, )-ban a határértéke feladat. Bizonyítsa be, hogy lim (,y) (, ) Megoldás. (, ) torlódási pontja az f : R \ {(, )} R, f(, y) y + y 4 5. y + y 4 függvény értelmezési tartományának. Legyen ( n, y n ) tetsz leges olyan R -beli sorozat, hogy ( n, y n ) (, ), akkor n, y n és és lim f ( n, y n ) lim n y n n n ( lim n)( lim n n y n) lim n f ( n, y n ) lim n ( n + y 4 n) lim n n + lim n y4 n 4 + 5,

115 illetve a m veleti tulajdonságok miatt GYAKORLÓ FELADATOK 5 lim n n y n n + y 4 n ami az átviteli elv szerint adja állításunkat. ) Határozza meg az 5, Gyakorló feladatok f (, y) ep( + y) ; f (, y) f (, y) arccos y + y függvények értelmezési tartományát. ) Korlátosak-e az függvények? ) Vizsgálja az és f (, y) arcsin y f (, y, z) + y + z + cos( + y ) ; ( y, y ), ( (, y, z) R ) ( + y) cos f (, y) cos, ha y y, ha (, y) (, ) f (, y) y ( (, y) R ) függvények folytonosságát a (, ) pontban. 4) Folytonosak-e az, ha (, y) (, ) f (, y) + y, ha (, y) (, ) és f (, y, z) ( + y + z (, y, z) R ) függvények a (, ) illetve (,, ) pontban. És az (, y ) (, ) illetve (, y, z ) (,, ) pontban?

116 6 IV. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK FOLYTONOSSÁGA, HATÁRÉRTÉKE 5) Egyenletesen folytonos-e az f (, y) + y R -n, illetve a [, ] [, ] téglalapon? 6) Léteznek-e a és határértékek? lim (,y) (,) ( + y ) cos lim (,y,z) (,,) + y yz + y + z ( (, y) R ) függvény

117 V. fejezet A Riemann-integrál általánosítása és alkalmazása. Korlátos változású függvények 5.. feladat. Bizonyítsa be, hogy V (f, [a, b]) f(b) f(a), ha f : [a, b] R monoton növeked, V (f, [a, b]) f(a) f(b), ha f : [a, b] R monoton csökken. Megoldás. Ha f növeked, akkor P felosztására [a, b]-nek n n V (f, [a, b], P ) f( k+ ) f( k ) (f( k+ ) f( k )) k k (f( ) f( )) + (f( ) f( )) + + (f( k+ ) f( k )) f( k+ ) f( ) f(b) f(a), így V (f, [a, b]) sup V (f, [a, b], P ) f(b) f(a). P Ha f csökken, úgy P-re n n V (f, [a, b], P ) f( k+ ) f( k ) (f( k+ ) f( k )) k így V (f, [a, b]) sup P k (f(b) f(a)) f(a) f(b), V (f, [a, b], P ) f(a) f(b). Megjegyzés. Ha f konstans [a, b]-n, akkor nyilván f(a) f(b), így V (f, [a, b]). 5.. feladat. Bizonyítsa be, hogy ha f : [a, b] R adott függvény, c [a, b] tetsz leges, akkor V (f, [a, b]) V (f, [a, c]) + V (f, [c, b]). 7

118 8 V. A RIEMANN-INTEGRÁL ÁLTALÁNOSÍTÁSA ÉS ALKALMAZÁSA (Kalkulus II. IV.. fejezet 4. tétel). Megoldás. Legyen P [a, c], P [c, b] egy felosztása, akkor P P felosztása [a, b]-nek és () miatt V (f, [a, b], P P ) V (f, [a, c], P ) + V (f, [c, b], P ) következik, amib l () miatt el bb V (f, [a, c], P ) + V (f, [c, b], P ) V (f, [a, b]), majd (5) V (f, [a, c]) + V (f, [c, b]) V (f, [a, b]) következik. Legyen most P. {a,,..., j, j+,..., n b} [a, b] tetsz leges felosztása, hogy j c j+, akkor P {a,,..., j, c}, P {c, j+,..., n b} felosztása [a, c], illetve [c, b]-nek, továbbá miatt f( j+ ) f( j ) f( j+ ) f(c) + f(c) f( j ) n V (f,[a, b], P ) f( k+ ) f( k ) j k f( k+ ) f( k ) + f(c) f( j ) + f( j+ ) f(c) + + k n kj+ f( k+ ) f( k ) V (f, [a, c], P ) + V (f, [c, b], P ) V (f, [a, c]) + V (f, [c, b]), illetve V (f, [a, b]) V (f, [a, c]) + V (f, [c, b]) adódik, mely (5)-tel együtt adja az állítást. Megjegyzés. Ha c,..., c n [a, b], úgy V (f, [a, b]) V (f, [a, c ]) + V (f, [c, c ]) + + V (f, [c n, b]).

119 . KORLÁTOS VÁLTOZÁSÚ FÜGGVÉNYEK feladat. Korlátos változásúak-e az alábbi függvények: f () sin ( [, π]) ; f () + 4 ( [, ]) ;, ha [, [ f (), ha [, [ ;, ha [, ] { π cos, ha ], ] f 4 (), ha. Megoldás. Az f () sin ( [, π]) fügvény monoton növeked a [, π ] és monoton csökken a [ π ], π intervallumon (hiszen f () sin cos [ sin és sin, ha, π ] [, illetve sin, ha π ], π ), így f korlátos változású a [, π ] [ és π ], π intervallumokon (mert monoton függvény korlátos változású). Ekkor viszont az el z feladatban bizonyított Kalkulus II. jegyzetben is szerepl [ tételt követ. következmény szerint f korlátos változású a [, π], π ] [ π ], π intervallumon. Az f () +4 ( [, ]) függvényre f () ( [, ]) és f (), illetve f () miatt f monoton csökken és így korlátos változású a [, ], illetve monoton növeked és ezért korlátos változású az [, ] intervallumon. Így az f -nél alkalmazott befejezéssel f korlátos változású a [, ]-n. Egyszer en ellen rízhet, hogy az f függvény monoton növeked, így korlátos változású. Az f : [a, b] R függvény akkor korlátos változású, ha V (f, [a, b]). n sup V (f, [a, b], P ) sup f( k+ ) f( k ) < +, P ahol P. {a,,..., n b} [a, b] tetsz leges felosztása. Ha P n felosztássorozata [a, b]-nek, hogy lim akkor nyilván nem véges V (f, [a, b]), így f nem korlátos változású. k n V (f, [a, b], P n) +,

120 V. A RIEMANN-INTEGRÁL ÁLTALÁNOSÍTÁSA ÉS ALKALMAZÁSA {. Legyen P n, n, n,..., }, n N-re. ( ) f 4 k k cos kπ ( )k (k,,..., n) k és f(), így V (f 4, [, ], P n ) ( ) ( )n n A n n. sor divergens, mégpedig lim +, így (a korábban n n k tanultak szerint) lim 4, [, ], P n ) +, ezért V (f 4, [, ]) +, n azaz f 4 nem korlátos változású feladat. Határozza meg V (f, [a, b])-t, ha a) f () sin, [, π] [a, b] ; b) f () sin, [, π] [a, b] ; c) f () n {, ha [, ], ha ], ] k, [, ] [a, b]. Megoldás. Az els feladathoz f zött megjegyzést és a. feladat eredményét használjuk. a) Legyen c π, c π, akkor az. feladat megjegyzése miatt: V (f, [, π]) V ( [ f,, π ]) ( [ π + V f,, π A sin függvény növeked [, π ] -n, így a. feladat miatt A sin függvény csökken [ π V V ( [ f,, π ]) sin π sin. ( f, ] -n, így, π ]) ( ). [ π, π ]) ( [ ]) π + V f,, π

121 . KORLÁTOS VÁLTOZÁSÚ FÜGGVÉNYEK A sin függvény növeked [ ] π, π -n, így Ezért V ( [ ]) π f,, π ( ). V (f, [, π]) 4. b) Legyen c π, c π, c π,..., c 9 9 π, akkor ( [ V (f, [, π]) V f,, π ]) ( [ π ]) + V f,, π + ( + V f, [9 π ]), π. Másrészt az f sin függvény a [, c ],..., [c 9, π] intervallumokon váltakozva növeked illetve csökken, továbbá a totális variáció minden részintervallumon, így c) Legyen c, c, akkor V (f, [, π]). V (f, [, ]) V (f, [, ]) + V ( [ f,, ]) ( [ ]) + V f,,. Egyszer en belátható, hogy f csökken a [, ], növeked a [, ] és csökken az [ ], intervallumokon, és hogy V (f, [, ]), ezért V ( [ f,, ]) 4 V (f, [, ]) 5. és V ( [ ]) f,, 4,

122 V. A RIEMANN-INTEGRÁL ÁLTALÁNOSÍTÁSA ÉS ALKALMAZÁSA. Riemann-Stieltjes integrál 5.5. feladat. Létezik-e b a) f () b) f () a f dg, ha, ha, ha ], [, ha [, ], ha [, [ [ ], ha,, g () {, ha [, [, ha [, ], ha [, [ [ ], g (), ha., Megoldás. a) Legyen P n egy tetsz leges normális felosztássorozata [, ]-nek, hogy P n { n, n,..., n n k } (n N), t n k [n k, n k ] tetsz leges, akkor ha ], úgy [ n i, n i+ n k σ(f,g, P n ) f (t n k )[g ( n k ) g ( n k )] k f (t n )( ) + + f (t n i )( ) + f (t n i+)( n i+ )+ + ( n i+ n i+) + ( n i+ n i+) + + ( n n k ) f (t n i+)( n i+ ) n i+ +. P n normális, [ n i, n i+ ] (ahol i nyilván függ n-t l), így lim n n i+ és f folytonossága miatt lim f (t n n i+ ) f (), melyek adják, hogy lim σ(f, g, P n ) n ami deníció szerint adja, hogy b) Legyen P n { σ(f, g, P n )-re, f dg., n, n,..., n n } a [, ] n egyenl részre osztásával nyert normális felosztássorozat. Ha n k, úgy k k osztáspont, ha n páratlan úgy nem, ezért n k mellett σ(f, g, P k ) ( ) + ( ) + + ( ),,

123 . RIEMANN-STIELTJES INTEGRÁL ha t n k n és (hasonló számolással) σ(f, g, P k ), ha t n k Az els esetben. σ(f, g, P k ), a másodikban σ(f, g, P k ) f dg feladat. Vizsgálja meg, hogy létezik-e b a ki értékét), ha f dg (ha létezik, úgy számítsa ( [, π ]), a) f (), g () sin b) f (), g () e ( [, ]), c) f () 5, g () ( [, ]). Megoldás. Ismeretesek a következ k: Ha f : [a, b] R folytonos, g : [a, b] R korlátos változású, akkor Ha b a b a f dg és b f dg (elegend feltétel). a g df egyike létezik, akkor a másik is és b a b f dg + (a parciális integrálás tétele). Ha a < c < b és b a f dg, c a f dg és b (additivitás az intervallumra). c a f dg g df [f g] b a b a f dg Ha f, g : [a, b] R, f és g folytonos ( visszavezetés Riemann-integrálra). b a c a f dg b f dg + a) f folytonos, g korlátos változású (mert monoton), így a parciális integrálás tételét felhasználva: b a c f dg f()g () d. π d(sin ) és

124 4 V. A RIEMANN-INTEGRÁL ÁLTALÁNOSÍTÁSA ÉS ALKALMAZÁSA π d(sin ) [ sin ] π π sin d π + [cos ] π π. b) f folytonos, { e, ha [, ] g () e,, ha [, ] így g monoton csökken [, ]-n, ezért itt korlátos változású, monoton növeked [, ]-n, így itt is korlátos változású. Ezek adják, hogy g [, ]-n is korlátos változású. Tehát d(e ) és a parciális integrálás tétele, valamint a Riemannintegrál tulajdonságai alapján: d(e ) [ e ] e [ e e e d + ] e d e d [e ] e + e e +. c) f folytonos, g korlátos változású a [, ], [, ], [, ] intervallumokon, így azokon léteznek a Riemann-Stieltjes integrálok és 5 d( ) [ d( ) + 5 ( ) d + ] (a visszavezetést is használva). [ d( ) ] 5 d

125 . GÖRBÉK, GÖRBEMENTI INTEGRÁL 5. Görbék, görbementi integrál 5.7. feladat. Bizonyítsa be, hogy a G { (, y) R + y } egységkör egy paraméteres el állítása az f (cos, sin): [, π] R (nyilván) folytonos függvény. Megoldás. Meg kell mutatni, hogy G Γ { (cos t, sin t) t [, π]}. Ismeretes, hogy cos t + sin t t [, π], így Γ G. Megmutatjuk, hogy (, y) G-re pontosan egy t [, π] létezik, hogy (, y) (cos t, sin t) Γ (azaz G Γ is igaz). + y miatt, y [, ]. [ Ha, y [, ], úgy egy és csak egy t, π ] létezik, hogy cos t (hiszen a cos függvény folytonos és szigorúan monoton csökken [, π ] -n és cos, cos π egyszer). Ekkor, így és között minden értéket felvesz és csak sin t cos t y, ( másrészt π ) t, π esetén cos t [, ] és sin t [, ] egyszerre nem teljesül, ezért ebben az esetben igazoltuk az állítást. A többi esetben, vagyis ha, y [, ]; [, ] és y [, ] vagy fordítva, hasonlóan járhatunk el feladat. Bizonyítsa be, hogy az f (cos, sin): [, π] R egységkör sima zárt görbe. Megoldás. f ( sin, cos): [, π] R és a sin és cos függvények folytonossága miatt f folytonos, továbbá i f i (t) ( sin(t)) + cos t sin t + cos t >, ami deníció szerint adja, hogy az egységkör sima görbe. Másrészt az zárt is. f() (cos, sin ) (, ) (cos π, sin π) f(π),

126 6 V. A RIEMANN-INTEGRÁL ÁLTALÁNOSÍTÁSA ÉS ALKALMAZÁSA 5.9. feladat. Legyen f (f, f ): [, ] R, ahol f (t) t t, f (t) t t. Van-e az f görbének többszörös pontja? Megoldás. f( ) (, ) f(), így (, ) többszörös pont. 5.. feladat. Bizonyítsa be, hogy az, y R n pontokat összeköt szakasz ívhossza y R n. Megoldás. Az adott szakasz paraméteres el állítását az f(t) + t(y ) ( + t(y ),, n + t(y n n )) (t [, ]) folytonos függvény adja. Ha P { t, t,..., t m } a [, ] egy felosztása, akkor l(f, P ) m ( + t i (y )) ( + t i (y )) R n i m (t i t i )(y ) R n i y R n m (t i t i ) y R n i m (t i t i ) y R n( ) y R n, i melyb l nyilván következik, hogy l(f) sup{l(f, P )} y R, P és ezt kellett bizonyítani. 5.. feladat. Rektikálható-e az cos π, ha t > f(t) t, t t (t [, ]), ha t R -beli görbe? Megoldás. Megmutatjuk, hogy sup{l(f, P )} +. { P. Ha P n, } n, (n N) a [, ] egy felosztássorozata, úgy f ( ) i n,...,, i, ( )i i ( ) i, ( )i i (i,,..., n), f() (, )

127 miatt. GÖRBÉK, GÖRBEMENTI INTEGRÁL 7 ( l(f, P n ) ) ( + ( ) + ) + ( ( )) + ( + n ) + ( n ( n)) n > > ( + ) + ( + ) + + ( n + n) > n, ami n + miatt adja, hogy lim l(f, P n) +, ezért n {l(f, P )} +, vagyis görbénk nem rektikálható. sup P 5.. feladat. Határozza meg az alábbi görbék ívhosszát: f(t) ( cos t, sin t, t) (t [, π]) ; g(t) (t, t, ) t (t [, ]) ; ( [ h(t) (t cos t, t sin t, t) t, π ]). Megoldás. Alkalmazható a sima görbék rektikálhatóságára és ívhosszának kiszámítására vonatkozó tétel. E szerint l(f) b f komponens függvényei: továbbá a f (t) dt b a n i f i (t) dt. f (t) cos t f (t) sin t és f folytonos; f (t) sin t f (t) cos t és f folytonos; f (t) t f (t) és f is folytonos, f (t) + f (t) + f (t) 9 sin t + 9 cos t + 4 >, így f sima görbe. Ezért l(f) π dt π.

128 8 V. A RIEMANN-INTEGRÁL ÁLTALÁNOSÍTÁSA ÉS ALKALMAZÁSA g komponens függvényei: g (t) t g (t) ; g (t) t g (t) t; g (t) t és g, g, g folytonosak, továbbá g (t) 9 t g (t) + g (t) + g (t) + 9t t4 >, így g sima görbe. Ezért l(g) + 9t t4 dt ( ) 9 t + Hasonló meggondolások után: l(h) π π π dt (9 ) t + dt [ ] t + t (cos t t sin t) + (sin t + t cos t) + dt cos t t sin t + t sin t + cos t + t sin t + t cos t + dt + t dt arsh π ch s ds [s + sh s ] arsh π π arsh + π ( t ) dt ( + ch s) ds arsh π + π + π 8.

129 . GÖRBÉK, GÖRBEMENTI INTEGRÁL feladat. Számítsa ki az f görbementi integrált, ha g a) g(t) (t, t, t) (t [, ]), f(,, ) ( +,, ); b) g a (,, ) és (,, 4) pontokat összeköt irányított egyenes szakasz, f(,, ) (,, ); c) g(t) (t, t, t ) (t [, ]), f(,, ) (,, ). Megoldás. A tanultak szerint ha g folytonos [a, b]-n, f folytonos g ([a, b])-n, akkor g f n b i a E feltételek mindhárom esetben teljesülnek. a) g f (t 4 + t)t dt + [ t6 6 + t ] + [ t4 4 (f i g)g i(t) dt. t t dt + ] t t dt + +. b) El ször írjuk fel az adott szakasz paraméteres el állítását: c) g(t) (,, ) + t[(,, 4) (,, )] (,, ) + t(,, ) Ekkor már: g f (,, + t) (g (t), g (t), g (t)) (t [, ]). g f dt + [ t 5 5 t t dt + ] [ t 4 4 dt + ] t t dt + [ t ] dt [6t] 6. t t dt

130 V. A RIEMANN-INTEGRÁL ÁLTALÁNOSÍTÁSA ÉS ALKALMAZÁSA Gyakorló feladatok ) Bizonyítsa be, hogy V (f, [a, b]) f(b) f(a) ha f : [a, b] R monoton növeked. ) Korlátos változásúak-e az alábbi függvények: sin, ha ], ] f () + cos ( [, π]); f (), ha ) Határozza meg V (f, [a, b])-t, ha f () 4) Létezik-e b {, ha, ha [, ] \ {} ; f () cos ( [, π]). a f dg, ha {, ha Q [, ] a) f() ; g : [, ] R nem konstans, ha R \ Q [, ] monoton növeked függvény; {, b) f : [a, b] R folytonos függvény, ha a i, i,..., n g() c i, ha a i, i,..., n, ahol a < a < a <... < a n < b, c i R. b 5) Számítsa ki f dg értékét, ha a a) f(), g() cos ( [, π]); b) f() +, g() e ( [, ]). 6) Határozza meg az alábbi görbék ívhosszát: a) f(t) ( t, t, t ) (t [, ]); b) f : [, ] R, f(). 7) Számítsa ki az g f görbementi integrált, ha a) g a (,, ) és (,, ) pontokat összeköt irányított egyenes szakasz, f(,, ) (,, ); b) g a (,,, ) és (,,, ) pontokat összeköt irányított egyenes szakasz, f(,,, 4 ) ( 4,, 4, )..

131 VI. fejezet Többváltozós függvények dierenciálszámítása 6.. feladat. Számítsa ki az alábbi függvények parciális deriváltjait, ha (és ahol) léteznek: f (, y) 4 + y 4 4 y ((, y) R ); f (, y) ln( + y ) ( + y ); ( ) f (, y) arcsin ( y ) y, y ; f 4 (, y) arctg ( + y ); + y f 5 (, y) 4 + y sin( + y) ((, y) R ); f 6 (, y, z) + y + z + y + z ( + y + z ); f 7 (, y, z) ( ) z (, y, z > ). y Megoldás. Ha f : D R n R típusú függvény, úgy az i-edik változója szerinti parciális derivált létezése az (,..., n ) pontban azt jelenti, hogy létezik a lim i i f(,..., i, i, i+,..., n ) f(,..., i,..., n ) i i véges határérték (i,,..., n lehetséges), vagyis azt, hogy a ϕ(t) f(,..., i, t, i+,..., n ) (az i egy környezetében értelmezett) függvény dierenciálható t i -ben. Tehát azt a technikát alkalmazhatjuk, hogy adott (például i ) változó szerinti parciális derivált létezésének bizonyításánál, illetve kiszámításánál csak az adott (itt i ) változóban tekintjük a függvényt, a többi változót konstansnak tekintve, így mindig egyváltozós függvénnyel számolunk (a tanultaknak megfelel en).

132 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA Az f kétváltozós függvény csak, vagy csak y függvényében is negyedfokú függvény, mely mindenütt dierenciálható, így használhatjuk az egyváltozós függvényekre vonatkozó dierenciálási és m veleti szabályokat. Ezért D f(, y) 4 4y 4 8y D f(, y) 4y 4 y 4y 8 y (, y) R -re, (, y) R -re. (D f(, y) helyett használhatjuk a D f(, y), f (, y), f y f (, y), míg D f(, y) helyett a D y f(, y), f y (, y), (, y) jelöléseket is.) f értelmezett a D R \ {(, )} nyílt halmazon és bármelyik változójában tekintve (a másik rögzítése mellett) az ln és az + y, vagy y + y függvények összetett függvénye, melyek mind dierenciálhatók, ezért D f (, y) + y + y D f (, y) + y y y + y (, y) R \ {(, )}-ra, (, y) R \ {(, )}-ra. f D értelmezési tartományán (ezt már vizsgáltuk) az y, y y függvények (mint egyváltozósak) dierenciálhatók, ugyanakkor az arcsin: [, ] R függvény nem dierenciálható -ben és +-ben, így a parciális deriváltak nem léteznek D azon (, y) pontjaiban, amikor y és y. Ezért és ha < y D f (, y) D f (, y) < és y. ( ) y y ( ) ( y ) y

133 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA f 4 is összetett függvény az és y változójában is, mégpedig az arctg és az illetve + y y függvényeké, melyek dierenciálhatók, + y így D f 4 (, y) + y + + y y ( + y ) + y, + y + y D f 4 (, y) + y y + + y + y y ( + y ) + y (, y) D R \ {(, )}. Az f 5 függvénynél nem léteznek (, y) R -re a parciális deriváltak, csak (, y) R \ {(, )} esetén, mert a t t függvény nem dierenciálható t -ban, így (, y) R \ {(, )}-ra D f 5 (, y) 4 + y 4 sin( + y) y cos( + y), D f 5 (, y) 4 + y y sin( + y) y cos( + y). Az f 6 háromváltozós függvény három parciális deriváltja létezik (, y, z) R \ {(,, )}-ra és + y + z ( + y + z) D f 6 (, y, z) + y + z + y + z y + z y z, ( + y + z )

134 4 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA + y + z ( + y + z) D f 6 (, y, z) + y + z y + y + z + z y zy, ( + y + z ) + y + z ( + y + z) D f 6 (, y, z) + y + z z + y + z + y z yz ( + y + z ) Ha (, y, z) R +, úgy léteznek a parciális deriváltak és ( ) z D f 7 (, y, z) z y y ; ( ) z D f 7 (, y, z) z y y ; ( ) z ( ) D f 7 (, y, z) ln. y y 6.. feladat. Vizsgálja a D f(, ) és D f(, ) létezését az alábbi esetekben: ( a) + y ) sin f(, y) + y, ha (, y) (, ) ;, ha (, y) (, ) b) f(, y) y ((, y) R ) ; y c) f(, y) 4 + y, ha (, y) (, ), ha (, y) (, ) d) f(, y) + y, ha (, y) (, ), ha (, y) (, ) e) f(, y) y ((, y) R ) ; f) f(, y) + y ((, y) R ).. ; ;

135 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA 5 Megoldás. Az f : D R R függvény (, )-beli parciális deriváltjainak létezéséhez a f(, ) f(, ) lim és f(, y) f(, ) lim y y határértékeket kell vizsgálni. f(, ) f(, ) a) lim lim sin lim sin, mert, illetve az sin függvény korlátos, ezért D f(, ). Hasonlóan b) lim f(, y) f(, ) lim lim y y lim y y y y D f(, ) ; y y sin y lim y y sin y lim lim D f(, ), lim y y lim y D f(, ); c) lim D f(, ), d) lim lim y y D f(, ); lim D f(, ); lim y y lim y D f(, ); e) lim D f(, ), lim y y D f(, );

136 6 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA + + f) lim nem létezik, mert {, ha >, ha < lim miatt lim +, lim, ezért nem létezik D f(, ). Ugyanígy látható be, hogy D f(, ). 6.. feladat. Milyen e irányra létezik D e f(, ), ha a) f (, y) y ((, y) R ); b) f. feladat c)-beli függvény; c) f. feladat d)-beli függvény; d) f 4 a. feladat e)-beli függvény; Megoldás. Ha f : D R R és (, y ) D, illetve e (e, e ) ) adott, úgy deníció szerint R ( e e + e D e f(, y ). lim t f( + te, y + te ) f(, y ) t ha ez a határérték létezik. Ha (, y ) (, ), úgy D e f(, ). f(te, te ) f(, ) lim t t (ha létezik a határérték). a) b) lim t te te lim t e e t t t lim t e e t csak akkor létezik, ha e vagy e, és ekkor értéke: (ami éppen D f (, ) és D f (, ) lesz, összhangban a. feladat b) részével). Ha e e, úgy lim t, ezért D e f(, ). t lim t (te ) te (te ) + (te ) t lim t t e e t (e + e ) lim t e e e e, így e (e, e )-re D e f(, ) e e. (Speciálisan most is kapjuk, hogy D f(, ) D f(, ), összhangban a. feladat c) részével.),

137 c) d) VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA 7 lim t (te ) (te ) + (te ) így D e f(, ) e irányra. lim t t te te t e lim t e + e lim t lim t e e e, ha e t, ha e t t t lim e e, t t ami csak akkor létezik, ha e vagy e (azaz csak a parciális deriváltak!) feladat. Vizsgálja az adott függvények adott pontbeli dierenciálhatóságát: a) a. feladat a) függvényét a (, )-ban; b) a. feladat c) függvényét a (, )-ban; c) a. feladat d) függvényét a (, )-ban; d) a. feladat e) függvényét a (, )-ban; e) az f(, y) y ((, y) R ) függvényt a (, )-ban; f) az f(, y, z) + y + z ((, y, z) R ) a (,, )-ban. Megoldás. Azt mondjuk, hogy az f : D R n R m függvény dierenciálható az D pontban, ha egy A L(R n, R m ) lineáris leképezés, hogy f() f( ) A( ) R m lim R n. Ekkor f ( ) A az f függvény -beli dierenciálhányadosa. Ha f dierenciálható -ban, úgy ott bármely komponens függvényének létezik minden parciális deriváltja, továbbá f ( ) (D i f j ( )) m n. A dierenciálhatóságnak tehát szükséges feltétele a D i f j parciális deriváltak létezése. Ha ezeket meghatároztuk, és megalkottuk bel lük az A derivált mátri-jelöltet, akkor ellen rízni kell a deníció teljesülését. a) A. feladat a) részében meghatároztuk a parciális deriváltakat: D f(, ) D f(, ), így a jelölt a derivált mátrira: A ( ).,

138 8 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA Ekkor lim (,y) (,) ( + y ) sin + y ( )( y ) + y lim + y sin (,y) (,) + y, mert + y és sin + y korlátos. Ezért f dierenciálható (, )-ban és f (, ) ( ). b) A. feladat c) részében beláttuk, hogy D f(, ) D f(, ) csak A ( ) lehetséges. Ekkor lim (,y) (,) y 4 + y ( )( ) + y lim (,y) (,) mert ( n, ) (, ) választással n n ( n 4 + n ) n n + n n 4 y ( 4 + y ) + y, n + n. Ez azt jelenti, hogy függvényünk nem dierenciálható (, )-ban. c) A. feladat d) részében beláttuk, hogy D f(, ), D f(, ), így csak A ( ) lehetne a (, )-beli derivált. Ekkor lim (,y) (,) + y ( )( y ) + y lim (,y) (,) lim (,y) (,) + y + y y, ( + y )

139 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA 9 mert ( n, ) (, ) választással n n ( n n ) n 8 n 8 8. Ezért a függvényünk nem dierenciálható (, )-ban. d) A. feladat e) részében beláttuk, hogy D f(, ) D f(, ) A (, ) a jelölt. lim (,y) (,) y ( ) ( ) lim + y (,y) (,) ami nem, mert ( n, n ) (, ) választással n n n + n ezért f nem dierenciálható (, )-ban. e) Az f(, y) y függvénynél és n n, y + y, lim D f(, ) ; lim y y D f(, ), lim (,y) (,) y ( ) ( y) lim + y (,y) (,) y + y, y mert, a második tényez pedig miatt korlátos. + y Ezért függvényünk dierenciálható (, )-ban. f) f(,, ) f(,, ) ( R \ {}) miatt nem létezik a lim határérték, azaz D f(,, ). Így f nem dierenciálható (,, )-ban (mert ha az lenne, akkor D f(,, ) is létezne). Hasonlóan belátható egyébként, hogy D f(,, ) és D f(,, ) sem létezik. f(,, ) f(,, )

140 4 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA 6.5. feladat. Bizonyítsa be, hogy ha f : D R n R olyan függvény, hogy f() f(,..., n ) g( i ) (i {,..., n}) (ahol g egyváltozós függvény), (,..., n ) D és g dierenciálható i -ben, akkor f dierenciálható -ban és Megoldás. f ( ) f (,..., n ) ( g ( i ) ). f() f( ) ( g ( i ) )( ) lim R n g( i ) g( i ) g ( i )( i i ) lim n ( i i ) lim i (,..., n ) (,..., n ) g( i ) g( i ) g ( i ) i i i i n ( i i ), mert az els tényez határértéke (mivel g ( i )), míg a második tényez korlátos. Ez pedig adja f dierenciálhatóságát -ban és f ( ) jelzett alakját. Megjegyzés. A lokális tétel globális formában is megfogalmazható feladat. Bizonyítsa be, hogy ha f : D R R olyan függvény, hogy f(, y) g()h(y) ((, y) D), (, y ) D és g ( ), h (y ), akkor f (, y ) és f (, y ) (g ( )h(y ) g( )h (y )). Megoldás. Felhasználjuk a dierenciálhatóság denícióját, azt is, hogy g ( ) és h (y ) létezése adja, hogy g folytonos -ban és h folytonos y -ban, valamint, hogy az ( R) függvény folytonos, illetve, hogy i ( ) + (y y ), y y ( ) + (y y ).

141 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA 4 f(, y) f(, y ) (g ( )h(y ) g( )h (y )) ( ) y y ( ) + (y y ) g()h(y) g( )h(y ) g ( )h(y )( ) g( )h (y )(y y ) ( ) + (y y ) (g() g( ))h(y) + g( )(h(y) h(y )) g ( )h(y )( ) g( )h (y )(y y ) ( ) + (y y ) g() g( ) h(y) g ( )h(y ) + g( ) h(y) h(y ) g( )h (y ) y y ( ) + (y y ) + ( ) + (y y ), ha (, y) (, y ), ami adja f dierenciálhatóságát (, y )-ban és a feladatban megfogalmazott formulát feladat. Vizsgálja az f(, y) + y + cos y + y sin ((, y) R ) függvény dierenciálhatóságát és határozza meg az f (, y) deriváltmátriot. Megoldás. A g (, y) ((, y) R) függvény az függvény dierenciálhatósága miatt (, y) R esetén dierenciálható és g (, y) ( ) (lásd 5. feladat). Hasonlóan kapjuk, hogy a g (, y) y ((, y) R ) függvény dierenciálható és g (, y) ( y) ((, y) ). A 6. feladat az R, y cos y, y y, sin (, y R) függvények dierenciálhatósága miatt adja, hogy a g (, y) cos y és g 4 (, y) y sin ((, y) R ) függvények dierenciálhatók és (, y) R -re: g (, y) ( cos y ( sin y)), g 4(, y) (y cos y sin ). A Kalkulus II. jegyzet Dierenciálási szabályok. tétele szerint ekkor a négy függvény összege is dierenciálható és f (, y) ( + cos y + y cos y sin y + y sin ) feladat. Legyen f : R R, f(r, ϕ) (r cos ϕ, r sin ϕ): a) létezik-e f, ha igen f?, det f? b) határozza meg az S [, ] [, π] képét f-re. Megoldás. a) f (f, f ) dierenciálható, ha f és f is az és ( ) ( ) f f D f D f D f D f f

142 4 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA (lásd Kalkulus II. jegyzet). Most f (r, ϕ) r cos ϕ, f (r, ϕ) r sin ϕ, így f és f is két egyváltozós (dierenciálható) függvény szorzata, ezért dierenciálhatók. Továbbá ( ) f cos ϕ r sin ϕ (r, ϕ) sin ϕ r cos ϕ (r, ϕ)-re. Ebb l det f (r, ϕ) r cos ϕ + r sin ϕ r következik. b) [, ] [, π] az (r, ϕ)-sík egy téglalapja. f ennek egy (r, ϕ) pontjához az (, y)-sík (, y) (r cos ϕ, r sin ϕ) pontját rendeli. Az r egyenes képe az f(, ϕ) (cos ϕ, sin ϕ) egységkör, illetve ha ϕ [, π], úgy ennek fels félköre. Az r egyenes képe hasonlóan a sugarú origó középpontú kör, illetve annak fels félköre. Ha < r <, úgy az r sugarú (-középpontú) fels félkört kapjuk. E gondolatok adják, hogy S képe az {(, y) + y, y } fél körgy r feladat. Legyen D {(,, ) }, Megoldás. f : D R, f() + + +, f? (,, ) f() ( ),, miatt f komponens függvényei az f (,, ) ; f (,, ) f (,, ) ; valós érték függvények. Ezek mind lineáris függvények hányadosai, melyek (ahogy ezt a Kalkulus II. jegyzetben beláttuk) dierenciálhatók, így a m veleti tulajdonságok (hányados dierenciálhatósága) miatt f, f és f is dierenciálható D-n.

143 Ezért VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA 4 f (,, ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ). ( ) ( ) ( ) ( ) 6.. feladat. Legyen ( f : ) R R olyan függvény, hogy f(,, ) (, ) és f (,, ), továbbá legyen g : R R, g(, y) ( + y +, y). Létezik-e (g f) (,, ) és ha igen, mivel egyenl? Megoldás. Az összetett függvény dierenciálására vonatkozó tétel feltételeit kell vizsgálnunk. Most D R, n, m, k. f dierenciálható az (,, ) pontban. Be kell látni, hogy g dierenciálható az f(,, ) (, ) pontban, ez igaz mert: g dierenciálható (, y) R -ben, ha a g (, y) + y + és g (, y) y ((, y) R ) komponensfüggvényei dierenciálhatók, ami teljesül, mert g lineáris függvény (így dierenciálható), g pedig két egyváltozós dierenciálható függvény szorzata (ami a 8. feladat miatt dierenciálható). Ekkor De így g (, ) Ezért (g f) (,, ) g (f(,, ))f (,, ) g (, )f (,, ). g (, y) ( ) 6. ( ) ( ) (g f) (,, ) 6 ( ) 5 6 ( ) ( ) D g (, y) D g (, y), D g (, y) D g (, y) y ( + + ) (ahol használtuk a mátriok szorzási szabályát a Kalkulus II. jegyzetb l).

144 44 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA 6.. feladat. Vizsgálja meg, hogy az alábbi függvények folytonosan dierenciálhatók-e (, )-ban a) ( + y ) sin f(, y) b) y y f(, y) + y, ha + y,ha + y + y, ha + y,ha + y Megoldás. A tanultak szerint azt mondjuk, hogy az adott függvények folytonosan dierenciálhatók (, )-ban, ha létezik D f és D f parciális deriváltjuk a (, ) egy környezetében és azok folytonosak (, )-ban. a) A. a) és 4. a) feladatban beláttuk, hogy D f(, ) és D f(, ) (s t azt is, hogy f dierenciálható (, )-ban). Nyilvánvaló, hogy D f(, y) sin + y + ( + y ) cos sin D f(, y) y sin + y + y + y cos + y ; ( + y ) + y ( (, y) (, )), y + y cos + y ( (, y) (, )). Ha ( n, y n ) (, ) sorozat, hogy D f( n, y n ) D f(, ), illetve D f( n, y n ) D f(, ), akkor D f és D f nem folytonosak (, )- ban, így f nem folytonosan dierenciálható. Legyen n (n N) és ( n, n ) (, ), akkor például mert D f( n, n ) n sin cos n n lim n sin n n, de n cos n n, (utóbbi egyszer en belátható). Hasonlóan belátható, hogy D f( n, n ) is igaz. f tehát nem folytonosan dierenciálható (, )-ban. Megmutatható, hogy (, y ) (, ) pontban folytonosan dierenciálható f. ;

145 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA 45 b) A Kalkulus I. jegyzetben már vizsgáltuk a függvényt és megmutattuk, hogy y y D f(, y) + y + y ( + y ) ( y ) ( + y ), ha (, y) (, ) lim, ha ; (, y) (, ) y D f(, y) + y + y y( + y ) ( y )y ( + y ), ha (, y) (, ) lim y y, ha. (, y) (, ) Egyszer számolás adja, hogy (, y) (, )-ra D f(, y) y ( + y ( y ) ( + y ) ), D f(, y) ( + y y 4 ) ( + y ). Ellen rizhet, hogy D f(, y) kifejezésében az y, míg D f(, y) kifejezésében az szorzója korlátos, ezért lim D f(, y) D f(, ) (,y) (,) és lim D f(, y) D f(, ). (,y) (,) Ez pedig adja a D f és D f parciális deriváltak folytonosságát (, )-ban, ezért függvényünk folytonosan dierenciálható (, )-ban. 6.. feladat. Vizsgálja D D f(, y) és D D f(, y) létezését és egyenl ségét, ha y f(, y) + y, ha (, y) (, ), ha (, y) (, ) Megoldás. A Kalkulus II. jegyzetben már beláttuk, hogy továbbá, hogy D f(, ) D f(, ), D f(, y) y( + y ) y ( + y ) y y ( + y ) ((, y) (, )), D f(, y) y ( + y ) ((, y) (, )) y y Ezekb l: D D f(, ) lim 4 y y lim y y +,.

146 46 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA így D D f(, ). Hasonlóan D D f(, ) lim 4 lim +, így D D f(, ). Egyszer en belátható viszont, hogy (, y) (, )-ra D D f(, y) y 4 y 4 ( + y ) D D f(, y). 6.. feladat. Írja fel a Taylor-formulát az f(,, ) + + ((,, ) R ) függvényre az (,, ) esetén, r mellett, a maradéktag nélkül. Megoldás. Egyszer en belátható, hogy f kétszer dierenciálható, ugyanis f dierenciálható (,, ) R -ban és a D f, D f és D f parciális deriváltak is dierenciálhatók (ellen rízzük). Ekkor f(,, ) + df((,, ), (h, h, h ))! kiszámítása a feladat (k (h, h, h ) jelöléssel), ahol df((,, ), (h, h, h )) f i (,, )h i i + d f((,, ), (h, h, h ))! f (,, )h + f (,, )h + f (,, )h d f((,, ), (h, h, h )) f i i (,, )h i h i i,i f (,, )h + f (,, )h + + f (,, )h + f (,, )h h + + f h h + f h h

147 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA 47 (felhasználva a vegyes parciálisok egyenl ségét is). Mivel f(,, ) és f (,, ) f (,, ), f (,, ) f (,, ), f (,, ) f (,, ), f (,, ) f (,, ), f (,, ) f (,, ), f (,, ) f (,, ), f (,, ) 6 f (,, ) 6, f (,, ) 6 f (,, ) 6, f (,, ) 6 f (,, ) 6. Így a keresett formula: [ 6h + 6h + 6h ] h h h h h, ami f( + h, + h, + h ) bizonyos közelítését adja feladat. Határozza meg az alábbi függvények lokális széls értékeit: a) f (, y) + (y ) ((, y) R ), b) f (, y) y ((, y) R ), c) f (, y) 4 + y 4 + 4y y ((, y) R ), d) f 4 (, y, z) + y + z y + z ((, y, z) R ). Megoldás. Ismeretes a következ tétel (lásd Kalkulus II. jegyzet): Ha az f : D R n R függvény kétszer dierenciálható az D pontban, továbbá f ( ) és d f(, h) pozitív (negatív) denit, akkor -ban f- nek szigorú lokális minimuma (maimuma) van. Továbbá igaz, hogy d f(, h) pozitív (negatív) denit, ha a f ( ), f ( ) f ( ) f ( ) f ( ),... f ( ) f ( )... f n ( ) f ( ) f ( )... f n ( ) n... f n ( ) f n ( )... f n n ( )

148 48 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA úgynevezett bal fels sarokdeterminánsok (az úgynevezett Hesse-mátriból) pozitívak (illetve váltakozva negatívak és pozitívak). a) Az f függvény (mint egyváltozós dierenciálható függvények összege) dierenciálható, továbbá nyilván a D f (, y) 4 és D f(, y) (y ) parciális deriváltak is dierenciálhatók (lásd 5. feladat), így f kétszer dierenciálható. f (, y) (4 (y )) (, ) 4, (y ), y, így a függvénynek a (, ) pontban lehet lokális széls értéke. D D f(, y) 4, D D f(, y), D D f(, y), D D f(, y), így a Hesse-mátri (, y) R -re ( ) 4, így a (, ) pontban is. 4 >, 4 8 >, így d f((, ), h) pozitív denit, ezért f-nek (, )-ben lokális minimuma van. b) Az f függvényr l egyszer en belátható, hogy kétszer dierenciálható. D f (, y), D f (, y) y (, y) (, ). Itt lehet lokális széls értéke f -nek. D D f (, y), D D f (, y) D D f (, y), D D f (, y) (, y) R -re, így (, )-ban is. A Hesse-mátri: ( ), így, 4 <, ezért d f ((, ), h) nem pozitív és nem negatív denit, így más módon kell megnézni, hogy (, )-ban van-e lokális széls érték. Mivel r > -ra, y R, hogy (, y), (, ) K((, ), r) és f (, y) y <, f (, ) >, azaz K((, ), r)-ben f felvesz pozitív és negatív értéket is, így (, )-ban nincs lokális széls értéke f -nek. c) Az f (, y) 4 + y 4 + 4y y függvény kétszer dierenciálható (, y) R -re (indokolja). D f (, y) 4 } 4 + 4y D f (, y) 4y + 4 4y

149 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA 49 (, y) (, ); (, y) (, ); (, y) (, ). Így a (, ), (, ) és (, ) pontokban lehet lokális széls értéke f -nak. D D f (, y) 4, D D f (, y) D D f (, y) 4, D D f (, y) y 4. ( ) A (, ) pontban a Hesse-mátri: , így 4, miatt nem alkalmazható tételünk. Bizonyítsa be, hogy (, )-ban nincs lokális széls érték. A (, ) és a (, ) pontban is kapjuk egyszer számolással, hogy >, 84 >, így e két pontban szigorú lokális minimuma van f -nak, ennek értéke: 8. d) Az f 4 (, y, z) + y + z y + z ((, y, z) R ) kétszer dierenciálható (, y, z) R esetén (indokolja). D f 4 (, y, z) y + D f 4 (, y, z) y D f 4 (, y, z) z ezért itt lehet f 4 -nek lokális széls értéke. (, y, z) (,, ), D D f 4 (, y, z), D D f 4 (, y, z) D D f 4 (, y, z), D D f 4 (, y, z) D D f 4 (, y, z), D D f 4 (, y, z) D D f 4 (, y, z), D D f 4 (, y, z), D D f 4 (, y, z), így a Hesse-mátri mindenütt, így (,, )-ben is >, >, 6 >, ami adja, hogy f 4 -nek szigorú lokális minimuma van a (,, )-ben, értéke f(,, ) feladat. Bizonyítsa be, hogy az f : R R, f(, y) (e cos y, e sin y)

150 5 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA függvény (leképezés) reguláris R -n, kölcsönösen egyértelm a D {(, y) < y < π} halmazon, de nem kölcsönösen egyértelm R -n. Határozza meg f(d)-t és (f ) (, )-et. Megoldás. Az f (, y) e cos y, f (, y) e sin y függvények (mint egyváltozós folytonosan dierenciálható függvények szorzatai) folytonosan differenciálhatók és det f () e cos y e sin y e sin y e cos y e ( (, y) R), így f reguláris leképezés R -n. A korábban tanultak szerint f kölcsönösen egyértelm D-n, ha f(, y ) f(, y ), y y. Ha (e cos y, e sin y ) (e cos y, e sin y ), akkor e cos y e cos y, e sin y e sin y. A két egyenlet négyzetre emelése és összeadása adja, hogy e (cos y + sin y ) e (cos y + sin y ), azaz e e teljesül, ami (az ep függvény szigorú monotonitása miatt) teljesül, ha. Ekkor viszont cos y cos y és sin y sin y kell, hogy teljesüljön, ami csak akkor igaz < y, y < π-re, ha y y. Ezzel bizonyítottuk, hogy f kölcsönösen egyértelm D-n. Mivel f(, ) f(, π) és π, így f R -n nem kölcsönösen egyértelm. Rögzített R-re az {(, y) < y < π} halmaz képe az (u, v) síkban az (u, v) (e cos y, e sin y) pontok összessége, melyekre u + v (e ) teljesül, azaz egy (, )-középpontú, e sugarú kör, megfosztva az (e, ) ponttól. R tetsz leges lehet, így f(d) R \ {(u, ) u }. D-n f reguláris és kölcsönösen egyértelm, így f is reguláris. A (, ) pont a (, π ) ( ) képe f-re, azaz f (, )., π Ezért felhasználva a Kalkulus II. jegyzet VI. fejezet tételét: (f ) (, ) ( ( f, π )) ( ) ( 6.6. feladat. Legyen f : R R, f(, y) y, akkor f(, ). Létezik-e a -nak olyan környezete, melyen f(, y) megoldható y-ra függvényében? Dierenciálható-e a kapott g függvény -ban? ).

151 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA 5 Megoldás. A Kalkulus II. jegyzetben szerepl implicitfüggvény-tétel k, n speciális esetének feltételei most nem teljesülnek maradéktalanul, ha (a, b) (, ). f folytonosan dierenciálható (ez ellen rizhet ), de f y (, y) miatt f y (, ). y Ugyanakkor az y egyenlet megoldható y-ra függvényében. A megoldás a g() ( R) folytonos függvény, hiszen ( ) R. Ugyanakkor g nem dierenciálható -ban, mert g() g() lim lim határérték nem létezik (hiszen lim feladat. Megoldható-e az y y +, lim lim ). y y egyenletrendszer y -re és y -re függvényében az pont egy környezetében? Megoldás. Az f (, y, y ) y y f (, y, y ) y y, f (f, f ): R R jelöléssel egyenletrendszerünk f(, y, y ) (f (, y, y ), f (, y, y )) alakú. A kérdés tehát az, hogy -e g (g, g ) valamilyen K(, r)-en értelmezett függvény (függvényrendszer), hogy f(, g ( ), g ( )) K(, r)- en. Egyik út a válaszhoz, ha megoldjuk a kétismeretlenes egyenletrendszert y -re és y -re, ebb l a megoldásrendszerb l kiválasztjuk azokat, melyek K(, r)-en értelmezettek. A választ e nélkül is megadhatjuk, ha teljesülnek az implicitfüggvény-tétel feltételei a, k, n mellett. Nyilván f (f, f ) folytonosan dierenciálható. Kérdés, milyen y és y -re teljesülnek egyenleteink, ha, azaz, hogy y y, y y. Ez teljesül például, ha y y, tehát

152 5 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA b (, ). Ekkor det f y (, y, y ) miatt det f (,, ). y y y y y Tehát (a, b, b ) (,, ), hogy det f (,, ). y Ezért az implicitfüggvény-tétel miatt K(, r) R és egy egyértelm en meghatározott g : K(, r) R (g (g, g )), hogy g() (g (), g ()) (, ) és f(, g()) ( K(, r)). Továbbá g folytonosan dierenciálható feladat. Határozza meg az alábbi feltételes lokális széls érték feladatok megoldását: a) Az f(, y) + y ((, y) R ) függvénynek a h() ( ) + y feltételre vonatkozó széls értékeit; b) Az f(, y) + y ((, y) R ) függvénynek a h() ( ) + (y + ) feltételre vonatkozó széls értékeit. Megoldás. A feltételes lokális széls érték szükséges feltételére vonatkozó tétel szerint (a kétváltozós esetre korlátozódva) úgy járunk el, hogy deniáljuk az F : D R R, F (, y, λ) f(, y) + λh(, y) függvényt. Ott lehet feltételes lokális széls érték, ahol D F (, y, λ), D F (, y, λ), h(, y). a) Most is teljesül, hogy f és h folytonosan dierenciálhatók. így a F (, y, λ) + y + λ[( ) + y ], D F (, y, λ) + λ( ) D F (, y, λ) y + λy h(, y) ( ) + y. egyenletrendszert kell megoldani. A megoldások λ,, y és λ,, y, így az (, ) és (, ) pontokban lehet feltételes lokális széls érték. f(, ), f(, ) 9.

153 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA 5 Az ( ) + y egy kör egyenlete, mely kompakt halmaz, így azon f felveszi a maimumát és minimumát, s ezek csak 9 illetve lehetnek. b) f és h folytonosan dierenciálhatók. Legyen ekkor a F (, y, λ) + y + +λ [ ( ) + (y + ) ], D F (, y, λ) + λ( ) D F (, y, λ) + λ(y + ) h(, y) ( ) + (y + ) egyenletrendszert kell megoldani, s erre λ,, y λ, +, y + adódik. Az ( ) + (y + ) is egy kör egyenlete, ami kompakt halmaz, melyen f felveszi maimumát és minimumát, ezek pedig f ( +, + ) + (, f, ) feladat. Határozza meg az y minimális és maimális értékét az + y kör pontjaiban. Megoldás. Az f(, y) y ((, y) R ) függvény folytonosan dierenciálható, a h(, y) + y ((, y) R ) függvény is. A feladat úgy fogalmazható, hogy határozzuk meg az f(, y) y ((, y) R ) függvény lokális széls értékeit a h(, y) + y feltételre. A probléma megoldására vonatkozó tétel feltételei teljesülnek, így az alkalmazható. Tekintsük az F (, y, λ) y + λ( + y ) ((, y, λ) R ) függvényt. A problémának a D F (, y, λ) y + λ D F (, y, λ) + λy h(, y) + y

154 54 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA egyenletrendszer megoldásaként kapott (, y) pontokban lehet megoldása. Az els két egyenletb l kapjuk, hogy + y 4λ ( + y ) λ ±. y ; y ±. λ -re y, így + ± λ -re y, így + ± Ezért az f függvénynek a h feltételre a (, ) (,, ), (, ) (,, ) pontokban lehet lokális széls értéke. Az + y feltétel egy kört határoz meg az (, y) síkban, mely kompakt halmaz, így ezen f(, y) y felveszi az abszolút minimumát és maimumát, melyek és f f (, (, ) ( f ) ( f,, ) ) miatt és lehetnek. Megjegyzés. Az alábbi gondolatmenet mutatja, hogy egyes esetekben elemi módszerek egyszer bben vezetnek eredményre. ( + y) + y + y miatt y [ ( + y) ( + y ) ] [ ( + y) ], ami mutatja, hogy y akkor minimális, ha ( + y) az, vagyis ha + y y, de akkor a feltételb l ezért y a a értéket. + ± ( ) ( ), és, y, pontokban veszi fel minimumát,

155 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA 55 Másrészt ( y) y +y miatt y + y és egyenl ség csak y esetén lehetséges, ami hasonlóan mint el bb adja, hogy az ) maimumot y a -ben veszi fel. (, ) (,, 6.. feladat. Határozza meg az f(, y) + y y + y függvény széls értékeit a D {(, y) R, y, + y } halmazon. Megoldás. D egy zárt háromszöglap, melyet az, y és + y egyenesek határolnak. Ez kompakt halmaz, így azon f-nek van maimuma és minimuma. El ször nézzük, hogy D belsejében, a D nyílt halmazon van-e lokális széls értéke f-nek. Ott lehet, ahol D f(, y) y +, D f(, y) y, melynek megoldása az (, y) (, ) D pont, így f-nek D -on nincs lokális (és így globális) széls értéke. Így a maimum és minimum hely a háromszög kerületén van. a) Ha az, y [, ] által meghatározott határszakaszt tekintjük, úgy az f(, y) g(y) y y (y [, ]) egyváltozós függvény széls értékeit keressük. Ekkor g (y) y és g (y) miatt kapjuk, hogy g-nek y ], [-ben lokális minimuma van, melynek értéke: 9. 4 g(), g(). Így f (, ) 9, f(, ), f(, ). 4 b) Ha y, akkor az f(, ) h() + ( [, ]) egyváltozós függvény széls értékeit kell meghatározni. h () + [, ], így h-nak ], [-ben nincs lokális széls értéke. A végpontokban h(), h(), így f(, ), f(, ). c) Ha + y, akkor y, így az f(, ) l() ( [, ]) egyváltozós függvény széls értékeit keressük. Ekkor l () 6 ], [, így csak [, ] végpontjaiban kell meghatározni l értékeit: l(), l(), így

156 56 VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA f(, ), f(, ) (. A minimum így az f, ) 9, a maimum az f(, ) érték. 4 Gyakorló feladatok ) Számítsa ki az alábbi függvények parciális deriváltjait: ( y ) ((, f (, y) arctg y) R \ {(, y) y R} ) ; f (, y) sin( + y) ((, y) R ); f (, y, z) y z (, y, z > ); f 4 (, y, z) yz (, y, z > ). ) Létezik-e D f(, ), D f(, )? Milyen e-re létezik D e f(, )? Dierenciálható-e f (, )-ban? Folytonos-e f (, )-ban? Ha f(, y) y,ha + y + (y ) (, y) (, ),ha (, y) (, ). ) Legyen f : R R, f(, y) (e cos y, e sin y). Létezik-e f? Ha igen, határozza meg. Határozza meg az S [, ] [, π] halmaz képét f-re. 4) Legyen R n rögzített, f : K(, ) R n, f() Számítsa ki f ()-et (ha létezik). 5) Legyen f : R R, g : R R, hogy f(, ) (e +, cos, + + ), g(y, y, y ) (y + y + y, y y + ). Ha F () g(f()) ( R ), úgy F (, )? Ha G(y) f(g(y)) (y R ), úgy G (,, )? 6) Bizonyítsa be, hogy D D f D D f, ha. f(, y) y y ((, y) R ), vagy f(, y) arccos y.

157 GYAKORLÓ FELADATOK 57 7) Írja fel a Taylor-formulát az a (,, ) pontban r mellett a maradéktag nélkül, ha f(,, ) + + ((,, ) R ). 8) Írja fel és y polinomjaként az f(, y) + y + y + y ((, y) R ) függvényt. 9) Határozza meg az alábbi függvények lokális széls értékeit: a) f(, y) + y + y ((, y) R ); b) f(, y) ( y)( y) ((, y) R ); c) f(, y) y ((, y) R ); d) f(, y) sin + sin y + sin( + y) ((, y) ] π, π[ ] π, π[). ) Bizonyítsa be, hogy az f : R R, f(, y) ( y, y) függvény kölcsönösen egyértelm a D {(, y) R > } halmazon. Regulárise f D-n? ) Megoldható-e a egyenletrendszer az,, 4 ismeretlenekre függvényében, illetve az,, ismeretlenekre 4 függvényében? ) Határozza meg az alábbi feltételes lokális széls érték feladatok megoldását: a) Az f(, y) + y + y függvényét az + y feltételre; b) Az f(,, ) + függvényét az + + feltételre. ) Határozza meg az f(, y) sin + sin y + sin( + y) ( [ (, y), π ] [, π ]) függvény széls értékeit. 4) Határozza meg az 5 6y + 5y 8 ellipszisen azokat a pontokat, melyek maimális illetve minimális távolságra vannak a (, ) ponttól.