Analízis 1. tárgyban tanult ismeretekre épül, tehát ismertnek tekintjük

Átírás

1 Ismertető A Matematika 2. elektronikus oktatási segédanyag a Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Villamosmérnöki és Informatika Karán a mérnök-informatikus szakos hallgatók Analízis 2. tárgyához készült, de haszonnal forgathatják más szakok, karok vagy műszaki főiskolák, egyetemek hallgatói is, akik hasonló mélységben hasonló anyagot tanulnak matematikából. Az anyag az Analízis. tárgyban tanult ismeretekre épül, tehát ismertnek tekintjük a valós egyváltozós függvények differenciál- és integrálszámításának elméletét, valamint a numerikus sorozatok, sorok alapjait. A jegyzetben a közönséges differenciálegyenletekkel, függvénysorokkal (Taylor-sorokkal, Fourier-sorokkal), többváltozós függvényekkel (differenciálás, integrálás), valamint a komplex függvénytan alapjaival foglalkozunk. A jegyzet szerkezetével maximálisan igazodik a mérnök hallgatók igényeihez. A definíciók, tételek, bizonyítások mellett kiemelt szerepet kapnak a kidolgozott példák és a tematizált feladatok megoldásai. A mintegy 35 oldalas elméleti anyagot kiegészíti egy 5 oldalas példatár, amely többségében megoldott, tematizált gyakorlófeladatokat tartalmaz. A két jegyzet azonos témaköröket azonos mélységben tárgyal, a jelölésrendszer teljesen összehangolt. A jegyzetben az eligazodást tartalomjegyzék, valamint az elméleti anyagban található tárgymutató könnyíti meg. A megértést rengeteg színes ábra és néhány animáció segíti. Az elméleti jegyzetben tárgyalt anyag szándékosan jóval bővebb, mint a jelenlegi heti 4 óra előadáson és 2 óra gyakorlaton tárgyalható mennyiség. Az előadáson nem szereplő anyagrészeket az érdeklődő hallgatók önállóan is megérthetik a jegyzetből.

2 Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék. Közönséges differenciálegyenletek 3.. Bevezetés Elsőrendű differenciálegyenlet Alapfogalmak Gyakorló feladatok Szétválasztható változójú differenciálegyenletek Gyakorló feladatok Homogén és inhomogén lineáris elsőrendű differenciálegyenlet Gyakorló feladatok Új változó bevezetése Gyakorló feladatok Iránymező, izoklinák, grafikus megoldás Gyakorló feladatok Hiányos másodrendű differenciálegyenletek Gyakorló feladatok Magasabbrendű lineáris differenciálegyenletek A homogén egyenlet általános megoldása Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása Helyettesítéssel megoldható differenciálegyenletek Gyakorló feladatok Elsőrendű lineáris differenciálegyenlet-rendszerek Egzisztencia és unicitás tétel Picard-féle szukcesszív approximáció Egzisztencia és unicitás tétel Lineáris rekurzió Függvénysorok Bevezetés Függvénysorozatok

3 2.2.. Gyakorló feladatok Függvénysorok általános tulajdonságai Egyenletes konvergencia Egyenletesen konvergens függvénysorok tulajdonságai Gyakorló feladatok Hatványsorok A konvergenciasugár meghatározása A hatványsor tulajdonságai Analitikus függvény Gyakorló feladatok Taylor-polinom Maradéktag Taylor-sorok Néhány Taylor-sorfejtés Függvény és Taylor-sorának megegyezése Binomiális sor Gyakorló feladatok Fourier-sor Bevezetés A trigonometrikus rendszer Fourier-sorfejtés Többváltozós függvények Bevezető Véges dimenziós euklideszi tér Néhány definíció és tétel Pontsorozatok Kétváltozós függvény grafikonja Szintalakzatok Néhány felület Gyakorló feladatok Határérték, folytonosság Értelmezés Folytonos függvények Összetett függvény folytonossága Szükséges feltételek határérték létezésére Egyéb módszerek a határérték vizsgálatára Többértékű függvények határértéke és folytonossága Topológiai tételek Gyakorló feladatok Derivált

4 3.3.. Parciális derivált Totális derivált Differenciál és érintő Iránymenti derivált Magasabbrendű parciális deriváltak Magasabbrendű differenciálok Szélsőértékszámítás Többértékű függvények deriválhatósága (deriváltmátrix) Összetett függvény deriválhatósága (láncszabály) Gyakorló feladatok Integrál Kétváltozós függvények integrálja Többváltozós függvények integrálja A Jordan-mérték és a Riemann-integrál tulajdonságai Integrál-transzformáció Gyakorló feladatok Komplex függvénytan Bevezetés Komplex tagú számsorozatok, számsorok Számsorozatok Számsorok Komplex függvények folytonossága, differenciálása Határérték, folytonosság Deriválhatóság, regularitás A differenciálhányados geometriai jelentése Konform (konformis) leképezés Tartományon konform leképezések Néhány alapfogalom Lineáris egész függvény Reciprok függvény Általános lineáris törtfüggvény Elemi függvények Trigonometrikus és hiperbolikus függvények Exponenciális függvény Logaritmus függvény ill. reláció A hatványfüggvény általánosítása a komplex síkra Komplex vonalintegrál Alapvető definíciók, tulajdonságok Az integrál kiszámítása Cauchy-féle alaptétel

5 Cauchy-féle integrálformulák Komplex hatványsor (általánosított hatványsor) Pozitív kitevőjű hatványok végtelen összege Negatív kitevőjű hatványok végtelen összege Általánosított komplex hatványsor Laurent-sor Izolált szingularitások Reziduum-tétel Reziduumok meghatározása Néhány kidolgozott feladat

6 . fejezet Közönséges differenciálegyenletek.. Bevezetés Differenciálegyenlet: olyan egyenlet,amelyben az ismeretlen egy függvény, és az ismeretlen függvény és a differenciálhányados függvényei ugyanazon a helyen szerepelnek. Közönséges differenciálegyenlet: a függvény egyváltozós. Parciális differenciálegyenlet: a függvény többváltozós (mi ezzel az esettel nem foglalkozunk, tehát a továbbiakban csak közönséges differenciálegyenletekről beszélünk). n-ed rendű differenciálegyenlet: a fellépő legmagasabb rendű derivált n-ed rendű. Implicit alakja: F (x, y, y, y,..., y (n) ) =. Explicit alakja: y (n) = f(x, y, y, y,..., y (n ) ). Lineáris differenciálegyenlet ( n-ed rendű eset): n a i (x) y (i) (x) = f(x). i= A differenciálegyenlet megoldása A differenciálegyenlet megoldásához keressük azon differenciálható valós egyváltozós függvényeket, melyek kielégítik a differenciálegyenletet, tehát behelyettesítve a differenciálegyenletbe azonossághoz jutunk. Az n-ed rendű differenciálegyenlet megoldása: n paraméteres függvénysereg, melyet általános megoldásnak hívunk. Az általános megoldás explicit alakban: 6

7 y = g(x, C, C 2,, C n ), C, C 2,..., C n R, implicit alakban: G(x, C, C 2,, C n ) =, C, C 2,..., C n R. A differenciálegyenlet egyetlen megoldását partikuláris megoldásnak nevezzük, melyet az állandók speciális megválasztásával kapunk. Például n darab kezdeti feltétel megadásával jelölhetünk ki egyetlen megoldást: y(x ) = y,, y (x ) = y,,..., y (n ) (x ) = y,n ahol x, y,, y,, y,n adott valós számok. Ezt kezdetiérték problémának hívjuk. Partikuláris megoldás keresése peremfeltételek megadásával is történhet, de ezzel mi nem foglalkozunk. A differenciálegyenletek elméletének két alapkérdése van: Egzisztencia kérdése: egy adott kezdetiérték problémának létezik-e megoldása? Unicitás kérdése: egyértelmű-e a megoldás? A későbbiekben az egyes differenciálegyenlet típusoknál kitérünk az egzisztencia és unicitás kérdésére is. A fogalmak megértéséhez tekintsünk egy egyszerű példát!.. Példa y = 2x + 2. Adjuk meg a differenciálegyenlet általános megoldását! 2. Keressük meg az y() = 5 kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldást! 3. Keressük meg azon megoldást (ún. integrálgörbét), mely érinti az y = 8x 2 egyenest! Megoldás: Ez egy elsőrendű differenciálegyenlet explicit alakban megadva.. Egy y függvény akkor és csak akkor megoldása a differenciálegyenletnek, ha az egyenlet jobb oldalán adott függvény primitív függvénye. Így az általános megoldás: y(x) = x 2 + 2x + C (= (x + ) 2 + C ), C R. Valóban egyparaméteres görbesereget kaptunk, melyet az. ábra mutat. A sík minden pontján pontosan egy megoldásgörbe (más elnevezéssel: integrálgörbe) halad át. 7

8 y(x)=x 2 +2x y(x)=x 2 +2x+C ábra. Az y = 2x + 2 differenciálegyenlet megoldásai. 2. Egy y(x ) = y kezdetiérték problémát kell megoldanunk, ahol most x = és y = 5. Ehhez az általános megoldásban elvégezve az x = helyettesítést (y() = 5) : 5 = C, amiből C = 2 adódik. Így a keresett partikuláris megoldás: y = x 2 + 2x Milyen kezdetiérték probléma tartozik a megadott feltételhez? (x =?, y =?) Mivel a keresett partikuláris megoldás (x y ) pontbeli érintő egyenese az y = 8x 2 egyenes, így meredeksége: m = 8. Tehát adott a keresett megoldásfüggvény x pontbeli deriváltja, melyet behelyettesítve a differenciálegyenletbe, megkapjuk x értékét: 8 = 2x + 2 = x = 3, tehát x = 3 Az érintő egyenes egyenletéből pedig y értéke is adódik: y = = 4. Vagyis az y(3) = 4 kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldást keressük. 4 = C = C =, így a keresett megoldás: y = x 2 + 2x. 8

9 .2. Elsőrendű differenciálegyenlet.2.. Alapfogalmak.2. Definíció Elsőrendű implicit differenciálegyenletnek nevezzük az olyan egyenletet, amelyben az y, y és x szimbólumok szerepelnek, (amelyeket persze más betűkkel is jelölhetünk), és az y semmiképp se hiányzik az egyenletből. Ezt úgy írhatjuk fel, hogy: kifejezhető, akkor elsőrendű explicit differenciálegyen- Ha ebből az egyenletből az y letről beszélünk: Tehát az (.) alak általánosabb, mint az (.2) alak. Az adott x, y esetén jutunk az ún. Cauchy-problémához. F (x, y, y ) =. (.) y = f(x, y). (.2) y = f(x, y), y(x ) = y. (.3).3. Definíció a) Azt mondjuk, hogy a ϕ : (a, b) R, (a < b) differenciálható függvény megoldásfüggvénye a (.2) differenciálegyenletnek, ha ϕ (x) = f(x, ϕ(x)), x (a, b). (.4) A ϕ függvény grafikonját megoldásgörbének vagy integrálgörbének nevezzük: {(x, y) : y = ϕ(x), x (a, b).} (.5) Az összes megoldásfüggvény halmazát általános megoldásnak nevezzük. Ha ezek közül csak egyet tekintünk, például a Cauchy-feladat megoldását, akkor partikuláris megoldásról beszélünk. b) Azt mondjuk, hogy a ϕ megoldásfüggvénye (.3) Cauchy-problémának, ha van olyan (a, b) intervallum (a < b), hogy ϕ (x) = f(x, ϕ(x)), x (a, b), ahol x (a, b) és ϕ(x ) = y. (.6) ϕ-nek a grafikonja az (.3) Cauchy-probléma megoldásgörbéje. 9

10 Megjegyezzük, hogy egy megoldásfüggvény mindig valamely nem üres, nyílt intervallumon van értelmezve, és ott minden pontban differenciálható. Vannak olyan differenciálegyenlet tankönyvek is, amelyek nem kívánják meg, hogy a megoldások minden pontban deriválhatók legyenek. Azt azonban felteszik, hogy nulla összhosszúságú halmaz kivételével legyenek differenciálhatók a ϕ megoldások. Ilyenkor azt mondják, hogy ϕ majdnem mindenütt differenciálható az (a, b) -ben. ϕ helyett természetesen y -nal is jelölhetjük a megoldásfüggvényt, mi is általában így teszünk a későbbiekben. (A ϕ jelölés kezdetben segíti az anyag könnyebb megérthetőségét.).4. Példa Mutassuk meg, hogy az y = y 2 differenciálegyenletnek megoldása az y = 2 + e x+c, ahol x (, ) C R esetén, vagyis a teljes számegyenesen értelmezett függvénycsalád tagjai mind megoldások! Ellenőrizzük azt is, hogy az azonosan kettővel egyenlő függvény is megoldás! 2 Megoldás: Mivel a megadott függvény deriváltja y = e x+c, és fennáll, hogy y 2 = e x+c, azért tetszőleges x, C R esetén fennáll az egyenlőség. Tehát a megadott függvény kielégíti a differenciálegyenletet. Az azonosan 2-vel egyenlő konstans függvény deriváltja nulla, és 2 2 =, így y 2 valóban megoldás. Megjegyzés: azt nem állítja a feladat, hogy más megoldása nincs a differenciálegyenletnek..5. Példa. Oldjuk meg az y = + x 2 differenciálegyenletet! 2. Oldjuk meg az y =, y() = kezdetiérték problémát! + x2 3 Megoldás:. Az y = arctg x + C, C R az általános megoldás, amelynek elemei értelmezettek a (, ) intervallumon. 2. Ezek közül az y = arctg x π/4 adja az (, ) kezdeti értékhez tartozó megoldásgörbét. Vegyük észre, hogy minden ponton halad át megoldásgörbe, és mind a (, ) intervallumon vannak értelmezve.

11 .6. Példa Oldjuk meg az y = x differenciálegyenletet! 4 Megoldás: A ϕ(x) = ln x + C, x > és a ϕ(x) = ln( x) + C 2, x < függvények a megoldások, ahol C, C 2 tetszőleges valós konstansok. Ha az x = e, y = 2 kezdetiérték problémát akarjuk megoldani, akkor feltehetjük, hogy x >, így a 2 = ln e + C -ből C = 3 adódik. Ezért ϕ(x) = ln x 3 adja a megoldásfüggvényt. Ha pedig az x = e, y = 7 kezdetiérték problémát akarjuk megoldani, akkor feltehetjük, hogy x <, így a 7 = ln( ( e)) + C 2 -ből C 2 = 6 adódik, ezért ϕ(x) = ln( x) + 6 a megoldásfüggvény. A rövidebb írásmód kedvéért az általános megoldást ϕ(x) = ln x + C alakban szoktuk leírni, ami alatt az ln x + C függvény valamely (a, b) intervallumra való leszűkítését értjük, például a (, ) vagy a (, ) intervallumra való leszűkítését. A -t tartalmazó (a, b) intervallumra nem lehet úgy leszűkíteni, hogy differenciálható függvényhez jussunk. A fenti két kezdetiérték probléma megoldása: ϕ(x) = ln x 3, illetve ϕ(x) = ln x + 6 alakokban is írható. Ilyenkor az értelmezési tartományok nincsenek kiírva, de értelemszerűen az első esetben x >, a másodikban x <..7. Példa Mutassuk meg, hogy ha az y = ϕ(x), x (α, β) differenciálható, és kielégíti az x 3 y 3 = 3x 2 + K, K R (.7) implicit egyenletet, akkor megoldása az alábbi differenciálegyenletnek: xy 2 y + y 3 2/x =. (.8)

12 5 Megoldás: Az y helyett ϕ(x) -et gondolunk és differenciáljuk az (.7) implicit egyenlet mindkét oldalát x szerint, a K paramétert konstansnak tekintve: 3x 2 y 3 + x 3 3y 2 y = 6x, amiből 3x 2 -tel való osztással megkapjuk a kívánt differenciálegyenletet. (Megjegyezzük, hogy x = esetén ϕ nem elégíti ki az (.7) implicit egyenletet sem.) Ilyenkor az (.7) -et nevezzük az (.8) differenciálegyenlet implicit alakú megoldásának. Sokszor meg kell elégednünk a megoldások implicit alakjával..8. Példa. Bizonyítsuk be, hogy ha az y = y(x) differenciálható függvény kielégíti az x 2 + x y 2 2 x 2 y + 2 y 2 = (.9) implicit függvénykapcsolatot, akkor y = y(x) megoldása a ( 2 x y 2 x y ) dy dx = ( 4 x y 2 x y 2) (.) differenciálegyenletnek. 2. Bizonyítsuk be, hogy ha az x = x(y) differenciálható függvény kielégíti az (.9) implicit függvénykapcsolatot, akkor kielégíti az alábbi differenciálegyenletet: 3. Mi a tanulság? 6 Megoldás:. Tehát most az ( 2 x y 2 x y ) = ( 4 x y 2 x y 2) dx dy. (.) x 2 + x y 2 (x) 2 x 2 y(x) + 2 y 2 (x) = implicit egyenletet kell x szerint deriválni. Így az alábbi egyenlethez jutunk: 2 x + y 2 (x) + x 2 y(x) y (x) 4x y(x) 2 x 2 y (x) + 4 y(x) y (x) =. Innen pedig y (x) = dy dx cserével és rendezéssel adódik az állítás. 2. Ebben az esetben az y a független változó, ezért az x 2 (y) + x(y) y 2 2 x 2 (y) y + 2 y 2 =. egyenletet most az y független változó szerint kell deriválni: 2x(y) dx dy + dx dy y2 + x(y) 2y 4 x(y) dx dy y 2 x2 (y) + 4y =. Ebből rendezéssel kapjuk (.)-et. 2

13 3. y dy = f(x, y), azaz = f(x, y) dx esetén az inverzfüggvényre vonatkozó differenciálegyenlet: Most y jelöli a független változót. dx dy =, f(x, y) f(x, y) Megjegyzés: A fentiekből következően az (.) és az (.) differenciálegyenletek közös alakja: ( 2 x y 2 x y ) dy = ( 4 x y 2 x y 2) dx A megoldásnál tudnunk kell, hogy melyik a független változó. Mi megállapodunk abban, hogy esetünkben mindig az x lesz a független változó, ha nincs ezzel ellentétes állítás..9. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! y = xy (.2) 7 Megoldás: A megoldásgörbék valamelyik síknegyedben vannak, ugyanis x, y miatt nem metszhetik a tengelyeket. A megoldásoknak ki kell elégíteniük az differenciálegyenletet. Tehát yy = /x, azaz a 2yy = 2/x, azaz az (y 2 ) = 2/x a megoldások implicit alakja. Legyen C = 2 ln C, ekkor amelyet kényelmesebben azaz y 2 = 2 ln x + C, C R (.3) y 2 = 2 ln x + 2 ln C, C R +, y 2 = 2 ln( x C), C R +, e (y2 /2) = x C, C R +, (.4) amelyből x -et fejezhetjük ki, mint az y függvényét, vagyis a megoldásfüggvények inverzeiről beszélhetünk kényelmesen: x = ± C e (y2 /2), C R +, 3

14 vagyis x = k e (y2 /2), k R \ {}, y. (.5) Az (.5) formula minden y R -re értelmezett, de a mi esetünkben (.2) miatt y lehet csak. Ha differenciálegyenletet kell megoldanunk és a megoldásfüggvényekkel kapcsolatban semmi más feladatunk sincs, akkor az (.3) implicit függvénykapcsolat megtalálásával a feladatot megoldottnak tekinthetjük Gyakorló feladatok. Mutassuk meg, hogy az adott függvények megoldásai a feltüntetett differenciálegyenleteknek: (a) (b) y = 2 e 2x + 3 ex ; y + 2y = e x. y = x x 2, < x < ; y y = x 2x Mutassuk meg, hogy az alábbi differenciálegyenleteknek a feltüntetett paraméteresen adott görbék megoldásgörbéi: (a) x + y y = ; (b) x = cos t, y = sin t, t (, π). ( + xy) y + y 2 = ; (c) x = te t, y = e t, t <. (y ) 2 + e y = x ; x = t 2 + e t, y = 2 3 t3 + (t ) e t, t >. 4

15 3. Mutassuk meg, hogy ha az y = ϕ(x), x (α, β) függvény differenciálható, és kielégíti a megadott implicit egyenletet, akkor megoldása a feltüntetett differenciálegyenletnek is: (a) (b) (c) x 2 + y 2 x 6 + y 4 = K ; y y ( + 2y 2 ) = 3 x 5 x. y 2 + 6x = 9, y > ; y (y ) 2 + 2x y = y. arctg y x ln x 2 + y 2 =, x > ; (x y) y = x + y. 4. Mutassuk meg, hogy ha az y = ϕ(x), x (α, β) függvény kielégíti a megadott integrálegyenletet, akkor megoldása a feltüntetett differenciálegyenletnek is: (a) (b) (c) x y = e x e t2 dt + 3 e x, x (, ) ; x y = x x y = x y y = e x+x2. sin t t dt ; x > ; xy = y + x sin x. e t t dt, x > ; x y y = x e x. Útmutatás: Ha az integrandus függvény folytonos, akkor az integrálszámítás II. alaptétele szerint az y = ϕ(x) differenciálható. A 4b feladatot úgy kell érteni, hogy az integrandus függvény pontbeli szakadását megszüntettük, felhasználva, hogy (sin t)/t =. lim t 5

16 .2.3. Szétválasztható változójú differenciálegyenletek Más elnevezéssel: szeparálható vagy szeparábilis differenciálegyenletek... Definíció A szétválasztható változójú differenciálegyenletek speciális alakú elsőrendű differenciálegyenletek, melynek alakja y = f(x) g(y), ahol f C (a,b), g C (c,d). (.6) Tehát az explicit megadású y = ϕ(x, y) elsőrendű differenciálegyenlet jobb oldalán álló kétváltozós függvény felírható egy csak x-től és egy csak y-tól függő egyváltozós függvény szorzataként. A differenciálegyenlet megoldásaként keressük azt az y = y(x) függvényt, amelyre: y (x) f(x) g(y(x)), x (a, b)-re... Tétel A szétválasztható változójú differenciálegyenlet megoldása:.) Ha g(y ) = (y (c, d)), akkor y y megoldás. (Egyensúlyi helyzet, mivel y.) 2.) Ha (c, d ) (c, d) -ben g(y), akkor az y(x ) = y, x (a, b), y (c, d ) kezdetiérték probléma egyértelműen megoldható. Az y(x) megoldásfüggvényre vonatkozó implicit egyenlet: g(y) dy = f(x) dx. y d d c c a b x Bizonyítás..) y y -át behelyettesítve (.6)-ba: Tehát y y y = f(x) g(y }{{} ) }{{} = = valóban kielégíti a differenciálegyenletet. 6

17 2.) Mivel g(y), (.6) ekvivalens (.7)-tel: y g(y) = f(x) (.7) Ha y = y(x) ( y(x ) = y ) megoldása (.7)-nek, akkor y (x) g(y(x)) = f(x), x K x,δ. (.8) Legyen H(y) az /g(y) = h(y) egy primitív függvénye (c, d ) -en, tehát dh dy = g(y). /g folytonossága miatt létezik H, hiszen az integrálszámítás II. alaptételének következményeinél tanultunk erről (folytonos függvénynek mindig van primitív függvénye). Legyen F a f egy primitív függvénye (a, b) -n, tehát itt (f folytonossága miatt létezik F ). Látjuk, hogy (.8) az alábbi alakú df dx = f(x) d dx (H(y(x))) = amiből a differenciálegyenlet általános megoldása: d (F (x)), dx H(y(x)) = F (x) + C. (.9) (A deriváltak egyenlősége miatt a primitív függvények csak egy állandóban különböznek.) Az y(x ) = y kezdetiérték probléma megoldása az általános megoldásból: H(y(x )) = F (x ) + C = C = H(y(x )) F (x ), tehát C egyértelműen megadható. Megfordítva, ha (.9) valamilyen C -vel teljesül, akkor mindkét oldalt x szerint deriválva h (y(x)) y (x) = f(x), vagyis 7 y (x) g(y(x)) = f(x),

18 tehát y(x) megoldása (.6)-nak. Összefoglalva: F és H meghatározásával az ismeretlen y = y(x) függvényre a implicit függvénykapcsolatot kapjuk. Ezt írhatjuk H(y) = F (x) + C (.2) g(y) dy = f(x) dx alakban is. Az utóbbi alaknál az integrálási állandót csak a jobb oldalon írjuk ki. Megjegyezzük, hogy ( H szigorúan monoton, ezért elvileg y kifejezhető (.2)-ból. (Ugyanis H (y) = h(y) = ), így H (y) jeltartó.) g(y).2. Példa Oldjuk meg az alábbi kezdetiérték problémát! y = sh 2x, y() =. ch 3y 8 Megoldás: f(x) = sh 2x, f CR ; g(y) = ch 3y, g C R. Így minden kezdetiérték probléma egyértelműen megoldható. A megoldás: y = sh 2x ch 3y = dy dx = sh 2x ch 3y = ch 3y dy = Elvégezve a kijelölt integrálásokat kapjuk az általános megoldást: 3 sh 3y = ch 2x + C 2 sh 2x dx. (y = 3 arsh ( 32 ch 2x + C )). Az y() = kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldás: tehát 3 sh = 2 ch + C, vagyis = 2 + C = C = 2, 3 sh 3y = 2 ch 2x 2. 8

19 .3. Példa Adjuk meg az alábbi differenciálegyenlet összes megoldását! y = x y 9 Megoldás: f(x) = x és g(y) = y mindenütt folytonosak, de g(y) =, ha y =. Így az alábbit állíthatjuk: y megoldja a differenciálegyenletet. Tételünk értelmében az y > félsíkra eső kezdetiérték problémák egyértelműen megoldhatók, ilyenkor vizsgálatunkat az y > félsíkra korlátozzuk. Hasonlóan az y < félsíkra eső kezdetiérték problémák is egyértelműen megoldhatók, de vizsgálatunkat ekkor pedig az y < félsíkra korlátozzuk. A megoldás a változók szétválasztásával: dy y : y = Ha y > : ln y = x2 x dx = ln y = x2 2 + K + K = y = e x K vagyis y = e K e x2 2 Ha y < : ln( y) = x2 x + K = y = e 2 +K vagyis y = e K e x2 2 2 Így az általános megoldás a következő alakú lett: y = C e x2 2, ahol C R, de C. Az y megoldás beilleszthető C = választással az előző seregbe, így az összes megoldás: y = C e x2 2, C R. A megoldásokat az.2. ábra mutatja. Ebben az esetben a teljes síkot vizsgálva is állíthatjuk, hogy minden y(x ) = y kezdetiérték probléma egyértelműen megoldható..4. Példa. Oldjuk meg a differenciálegyenletet! 2 y = 3 3 y 2 2. Oldjuk meg az y(2) = kezdetiérték problémát! 3. Mit mondhatunk a megoldások egyértelműségéről? Megoldás:. f(x) és g(y) = 3 3 y 2 mindenütt folytonosak, és g(y) =, ha y =. Így y megoldás. Ha y, a változók szétválasztásával: 3 y 2/3 dy = dx = 3 y = x + C. 9

20 2 5 y(x)=ce x2 / ábra. Az y = xy differenciálegyenlet megoldásai. Tehát az általános megoldás: y = (x + C) 3, C R. Most az y megoldás nem illeszthető be ebbe a függvényseregbe a C konstans megfelelő megválasztásával. A megoldásokat az.3 ábra mutatja. 2. Az y(2) = kezdetiérték probléma megoldása például: y, de az y = (x+c) 3 függvényseregből is adódik megoldás: = (2 + C) 3 = C = 2, tehát y = (x 2) 3 is megoldás. Sőt például az y = (x + ) 3, ha x,, ha < x < 2, (x 2) 3, ha 2 x. függvény is megoldás, hiszen mindenütt differenciálható, kielégíti a differenciálegyenletet és y(2)=. És még végtelen sok ilyen típusú függvényt felírhatnánk. Tehát ennek a kezdetiérték problémának a megoldása nem egyértelmű. 3. Az előző példában az y megoldást betéve az integrálás útján kapott megoldások közé nem romlott el az egyértelműség. Ezért ezt a megoldást regulárisnak nevezzük. A mostani példában az y megoldást szingulárisnak nevezzük, mert ennek egyetlen pontjában sem teljesül az egyértelműség. Az y >, illetve y < félsíkok bármely pontján áthaladó megoldás lokálisan egyértelmű, mert a pont köré felvehető olyan nyílt téglalap, melyben tekintve a megoldásokat az adott ponton csak egyetlen megoldás halad át (nem szabad kilépnünk a vizsgált félsíkból). 2

21 3 2 y= y=(x+c) ábra. Az y = 3 3 y 2 differenciálegyenlet megoldásai..5. Megjegyzés A továbbiakban a g(y) = egyenlet vizsgálatából származó megoldásokat kérjük felsorolni, de nem kell vizsgálniuk, hogy figyelembe vételükkel elromlik-e az egyértelműség. Tehát nem kell megállapítani, hogy ezek reguláris vagy szinguláris megoldások-e..6. Példa Adjuk meg az alábbi differenciálegyenlet általános megoldását! y = x, y >, vagy y < y Megoldás: f(x) = x, f C R ; g(y) = y, g C (, ) és g C (,) Így minden y(x ) = y, A megoldás: y = x y x R, y kezdetiérték probléma egyértelműen megoldható. = dy dx = x y = y dy = x dx Elvégezve az integrálásokat kapjuk az általános megoldást: y 2 2 = x2 2 + C = x2 + y 2 = C ( y > vagy y < ).7. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! x y = y 2 y 2

22 2 Megoldás: A differenciálegyenlet szétválasztható változójú, mert y = y(y ) x alakú. Ebből a felírásból látjuk, hogy x, tehát a megoldásgörbék nem metszhetik az y tengelyt, hiszen x = -ra nem értelmezett a differenciálegyenlet. Másrészt látjuk, hogy y, y megoldások. (Persze az x >, vagy x < része.) Az.4. ábrán berajzoltuk azokat a legbővebb nyílt tartományokat, melyekbe eső kezdetiérték problémák egyértelműen megoldhatók. Ilyenkor persze csak a vizsgált tartományban tekintjük az adott ponton áthaladó görbét..4. ábra. A legbővebb nyílt tartományok, amelyekben az xy = y 2 y differenciálegyenlet kezdetiérték problémája egyértelműen megoldható. Ha y és y, azaz y (, ), vagy y (, ), vagy y (, ): dy y(y ) = x dx A bal oldalon elvégezve a részlettörtekre bontást: ( y ) dy = dx = ln y ln y = ln x + C. y x Ez a következő alakban is írható: ln y y y = ln x + C = eln y = e ln x e C. 22

23 K = e C választással: y = K x = y = ±K x, ahol K >. Így y = (±K) x. De y is megoldás, mely K = megengedésével beilleszthető az előző megoldások közé. Így a differenciálegyenlet megoldása: y = Cx, C R (persze az y = + Cx Ezekhez a megoldásokhoz hozzá kell venni az y megoldást is. (Az y megoldás C = választással adódik, mint láttuk.).8. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! 3 Megoldás: y sin x = y ln y, x kπ és y > alak is jó). y = sin x y ln y és sin x = sin 2 x 2 = 2 sin x 2 cos x 2 g(y) = y ln y =, ha y = = y megoldás. Ha y > és y : dy y ln y = 2 sin x 2 cos x 2 dx = y ln y dy = 2 cos 2 x 2 tg x 2 Az integrandusok f /f alakúak. Elvégezve az integrálást kapjuk a megoldást: ln ln y = ln tg x ( + ln C = ln C tg x ) (C > ). 2 2 Most célszerű az integrálási állandót így felvenni. (ln C R). = ln y = C tg x 2, C > dx. = ln y = C tg x 2, C > vagy C <. Mivel y is megoldás, azért C = is lehet. Összegezve kapjuk, hogy ln y = C tg x 2, C R Ezt az alábbi alakban is írhatjuk: y = e C tg x 2, C R 23

24 .9. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! x y + 2 y = Keressük meg az y(3) = kezdetiérték probléma megoldását! 4 Megoldás: A differenciálegyenlet: y = 2 x y, azaz dy dx = 2 x y Innen látható, hogy y megoldás. (A kezdeti feltételnek nem tesz eleget.) Ha y, a változók szétválasztásával: dy 2 y = x dx = ln y = 2 ln x + ln K, K > = Tehát a megoldás: y = C x 2, C R. ( y = ±K ) és y x 2 alakú. Az y(3) = kezdetiérték probléma megoldása: = C 3 2 = C = 9 : y = 9 x Gyakorló feladatok. Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenleteket illetve a hozzájuk tartozó Cauchyproblémákat: (a) (b) α) y = x e x. β) y = x e x, y( ln 5) =. α) y = e2x y 2. β) y = e2x, y() =. y2 γ) y = e2x, y(ln 2) = 3. y2 24

25 (c) α) β) y y = 3 x. y y = 3, y( ) = 2. x 2. Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenleteket! (a) y = y y cos 2 x sin 3 x, y > (b) y = y2 4 x (c) y y 2 4 = y (x 2 + 2x + 4), y > (d) y = y2 + 4 y 2 3 x 3 + 2x 2, y > 3 (e) y = sh6 2y ch 2y x (f) y = (2y + ) 6 ln 3x, x >, y > 2 (g) y = x y e2x2 +3y, y > (h) y = (2x + ) e3x 2 y e 5y2, y >.2.5. Homogén és inhomogén lineáris elsőrendű differenciálegyenlet Ahhoz, hogy a címet megértsük, átismételjük a lineáris tér és az általános értelemben vett lineáris függvény (amit szoktak homogén lineáris függvénynek is nevezni) fogalmát. Már most megjegyezzük, hogy az inhomogén jelző tagadást foglal magában és a lineáris tulajdonság hiányára utal..2. Definíció Az L teret lineáris térnek nevezzük az R valós számtest felett, ha értelmezett benne egy összeadás művelet és a valós skalárral való szorzás, továbbá ezekre teljesülnek a szokásos műveleti azonosságok. Pontosabban megfogalmazva, L az összeadásra ( + -ra) nézve kommutatív csoportot alkot és l, l, l 2 L és α, β R esetén teljesülnek a következő (.2) és (.22) 25

26 azonosságok. A skalárral való szorzás tulajdonságai: ha l L, αl L, αl = lα, l = l, (αβ) l = α (βl), (α + β) l = αl + βl, α (l + l 2 ) = αl + αl 2, l, l 2 L. (.2) A kommutatív csoport tulajdonságai: ha l, l 2 L, akkor l + l 2 L, l + (l 2 + l 3 ) = (l + l 2 ) + l 3, l, l 2, l 3 L, L : l + = + l = l, l L, l L esetén l L : l + ( l) = ( l) + l =, és l + l 2 = l 2 + l, l, l 2 L. (.22).2. Definíció Ha egy f függvény értékét az l + l 2 helyen tagonként számolhatjuk ki, továbbá a konstans kiemelhető a függvényből, akkor a függvényt lineárisnak nevezzük. Tehát az f : L L 2 függvényt lineáris függvénynek (operátornak, leképezésnek, stb.) nevezzük, ha a) L lineáris tér, b) f(l + l 2 ) = f(l ) + f(l 2 ), l, l 2 L, (.23) c) f(α l) = α f(l), l L és α R. (.24) Könnyen látható, hogy ilyenkor az L 2 képtér is lineáris tér. Másrészt, ha n az L tér nulleleme, akkor f(n ) az L 2 tér nulleleme..22. Példa a) A síkvektorok tere, valamint a térvektorok tere egy-egy lineáris teret alkot. (Ezért szokás a lineáris teret vektortér néven is emlegetni.) Nyilvánvaló, hogy a valós számok R tere is lineáris tér. b) Az [a, b] intervallumon értelmezett folytonos függvények C[a,b] tere, vagy az akárhányszor differenciálható függvények D (a,b) tere szintén példák lineáris térre. Mindkét esetben az azonosan nulla függvény a nullelem, egyik esetben az [a, b], másik esetben az (a, b) intervallumon értelmezve. 26

27 .23. Példa a) Az f : R R valós függvények közül az f(x) = mx lineáris függvény. (A g(x) = mx + b, b nem lineáris az.2. Definíció értelmében. Ezért a nyomaték kedvéért szokták az.2. Definíció szerinti lineáris függvényt homogén lineáris függvénynek is nevezni.) b) Az f : R R R valós kétváltozós függvények közül az f(x, y) = ax + by, a, b R lineáris függvény. Ugyanis az x = (x, y) és az a = (a, b) jelölést használva kapjuk, hogy skaláris szorzatról van szó: f(x) = a x, amire teljesül az (.23) és az (.24) tulajdonság..24. Definíció Ha az.2. Definícióban F az y és y szimbólumoknak lineáris függvénye, akkor jutunk homogén lineáris implicit differenciálegyenlethez: a(x) y + b(x) y = (.25) Feltételezve, hogy a(x), oszthatunk vele és így jutunk a homogén lineáris elsőrendű differenciálegyenlet általános alakjához: y + g(x) y = (.26) Itt feltételezzük, hogy g folytonos valamely (α, β) intervallumon. Homogén lineáris elsőrendű differenciálegyenlet.25. Tétel a) Az (.26) homogén lineáris elsőrendű differenciálegyenlet megoldásai lineáris teret alkotnak. b) Az y + g(x) y =, y(x ) = y (.27) kezdetiérték problémának x (α, β), bármely y R esetén van az (α, β) intervallumon értelmezett megoldása. (Ezt, a megoldás létezését garantáló állítást egzisztencia tételnek nevezzük.) c) Ha ϕ és ψ is a (α, β) intervallumon értelmezett megoldásai az (.27) kezdetiérték problémának, (vagyis grafikonjaik ugyanazon az (x, y ) ponton haladnak át), akkor ϕ(x) = ψ(x) x (α, β). (Ezt, a megoldás egyértelműségét garantáló állítást unicitás tételnek nevezzük.) d) Az (.26) homogén lineáris elsőrendű differenciálegyenlet megoldásai egydimenziós lineáris teret alkotnak, tehát a megoldások megadhatók egy sehol sem nulla ϕ elem konstans-szorosaként. 27

28 Bizonyítás. a) Meg kell mutatnunk, hogy ha ϕ és ψ is megoldásai az (.26) differenciálegyenletnek, akkor ϕ + ψ is megoldása (.26)-nak. Továbbá, ha egy ϕ függvény megoldása az (.26) differenciálegyenletnek, akkor ennek a ϕ függvénynek a konstans-szorosai is megoldások. Ha ϕ és ψ is megoldásai az (.26) differenciálegyenletnek, akkor Összeadva (.28)-at és (.29)-et: ϕ (x) + g(x) ϕ(x), x (α, β), (.28) ψ (x) + g(x) ψ(x), x (α, β). (.29) ϕ (x) + ψ (x) + g(x) (ϕ(x) + ψ(x)), x (α, β), amiből: (ϕ(x) + ψ(x)) + g(x) (ϕ(x) + ψ(x)), Tehát ϕ + ψ is megoldása az (.26)-nak. x (α, β). Ha egy ϕ függvény megoldása az (.26) differenciálegyenletnek, akkor (.28)-ból c -vel való szorzással kapjuk: amit átalakítva: c (ϕ (x) + g(x) ϕ(x)), x (α, β), (c ϕ(x)) + g(x) (c ϕ(x)), x (α, β). Tehát a ϕ függvénynek a konstans-szorosai is megoldásai az (.26)-nak. b) Ha y : y + g(x) y = dy = g(x) y, dx y dy y = (szeparábilis differenciálegyenlet), megoldás g(x) dx. Jelöljük g primitív függvényét G -vel! ( G létezik g folytonossága miatt.) Ekkor ln y = G(x) + C y = e C e G(x) = K e G(x), K > 28

29 y > : y < : és y = K e G(x) y = K e G(x) = y = C e (K > ) G(x), C R y is megoldás. az általános megoldás. A megoldást azon az (α, β) intervallumon kaptuk meg, ahol g folytonos. Ha y(x ) = y = y = C e G(x ) -ból C egyértelműen meghatározható. c) Nem bizonyítjuk. d) y = C e G(x), C R -ből látható, hogy valóban y = C ϕ(x) alakú az általános megoldás. Azt is látjuk, hogy ϕ(x) sehol sem nulla..26. Megjegyzés Ezt a megoldást y H = C Y (x), C R alakban írva később ellenőrizhetjük, hogy az elsőrendű lineáris differenciálegyenletekre is érvényesek a magasabbrendű homogén lineáris differenciálegyenletekre tanult tulajdonságok..27. Példa Oldjuk meg az homogén differenciálegyenletet! y + (sin x) y = 5 Megoldás: Az.25. Tétel d) állítása szerint egy y megoldást keresünk, ezért y -nal oszthatunk: dy y = sin x dx, amiből például ( y > feltételezéssel): ln y = cos x, azaz y = e cos x = ϕ(x) egy, nem nulla megoldás. Ezért az.25. Tétel d) állítása alapján a differenciálegyenlet általános megoldása y = C e cos x, x, C R. 29

30 Inhomogén lineáris elsőrendű differenciálegyenlet Tekintsük most az (I) y + g(x) y = f(x) (.3) differenciálegyenletet, amelyet f(x) esetén inhomogén lineáris elsőrendű differenciálegyenletnek nevezünk és (I)-vel jelölünk. Itt is feltesszük, hogy g és f folytonos az (α, β) intervallumon. Az (.3) inhomogén problémához tartozó homogén differenciálegyenlet: (H) y + g(x) y =. (.3).28. Tétel a) Az (I) y + g(x) y = f(x) inhomogén lineáris differenciálegyenlet y Iált általános megoldása felírható az (.3) homogén differenciálegyenlet y Hált általános megoldása és az (.3) lineáris inhomogén differenciálegyenlet valamely y p partikuláris megoldása összegeként, tehát: b) Az y Iált = y Hált + y p. (I) y + g(x) y = f(x) inhomogén lineáris differenciálegyenlet egyik partikuláris megoldása mindig megtalálható a konstans variálás módszerével. c) Az (I) y + g(x) y = f(x) x (α, β), és y(x ) = y (.32) inhomogén lineáris differenciálegyenletre vonatkozó kezdetiérték feladat egyértelműen oldható meg x (α, β), y R esetén. Bizonyítás. a) Először egy segédtételt bizonyítunk be. Segédtétel Ha (I)-nek két megoldását megtaláltuk, akkor ezeknek a megoldásoknak a különbsége megoldása az (H) y + g(x) y = homogén differenciálegyenletnek. 3

31 és Ugyanis (I) y (x) + g(x) y (x) f(x), x (α, β), (I) y 2(x) + g(x) y 2 (x) f(x), x (α, β), akkor a két egyenlet különbségéből kapjuk: Tehát: y (x) + g(x) y (x) (y 2(x) + g(x) y 2 (x)) f(x) f(x), x (α, β). (y (x) y 2 (x)) + g(x) (y (x) y 2 (x)), azaz y (x) y 2 (x) megoldása az (.3) homogén differenciálegyenletnek. Ezért nevezzük (.3)-et az (.3) inhomogén problémához tartozó homogén differenciálegyenletnek. Visszatérünk a bizonyításhoz. Jelöljük az (y (x) y 2 (x)) különbséget y H (x)-szel, ekkor: y (x) = y H (x) + y 2 (x). Ebből már következik a tétel állítása: y Iált = y Hált + y p Tehát az (.3) inhomogén lineáris differenciálegyenlet általános megoldása egyenlő a hozzá tartozó (.3) homogén lineáris differenciálegyenlet általános megoldása plusz az (.3) inhomogén lineáris differenciálegyenlet egyik partikuláris megoldása, ugyanis y := y Iált, y 2 := y p választással: y y 2 = y Hált az összes lehetséges megoldása (H)-nak egy konkrét megoldása (I)-nek tetszőleges megoldása (I)-nek (I)-nek nem lehet más megoldása, csak ami ebből y -re kijön, midőn y H minden lehetséges megoldását szerepeltetjük..29. Megjegyzés Használjuk még az alábbi jelöléseket is: y iá = y há + y ip vagy y iá = y H + y ip. helyén (H) b) Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását az állandó variálásának módszerével y p (x) = c(x) ϕ(x) alakban keressük, ahol ϕ (H) egy sehol sem nulla megoldása, tehát 3

32 ϕ (x) + g(x) ϕ(x). y p -nek az (I)-be való behelyettesítésével megmutatjuk, hogy létezik ilyen alakú megoldás. Deriváljuk y p -t: y p(x) = c (x) ϕ(x) + c(x) ϕ (x) Behelyettesítünk (I)-be: (c (x) ϕ(x) + c(x) ϕ (x)) + g(x) (c(x) ϕ(x)) = Ebből = c (x) ϕ(x) + c(x) (ϕ (x) + g(x) ϕ(x)) }{{}, mivel ϕ a (H) megoldása c (x) = f(x) ϕ(x) = c (x) ϕ(x) = f(x). adódik. Mivel ez folytonos, ezért létezik primitív függvénye, tehát c mindig meghatározható integrálással. Mivel csak egy y p kell, ezért elég egyetlen c(x) -et találni (az integrálási állandó -nak választható). c) Nem bizonyítjuk..3. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! y 2 x y = x Adjuk meg az y( ) = 3 kezdetiérték probléma megoldását is! 6 Megoldás: Minden olyan tartományban, melyben x a differenciálegyenlet egyértelműen megoldható. (H): y 2 x Ha y : dy 2 y = y = = dy dx = 2 x y, y megoldás x dx = ln y = 2 ln x + C, C R = y = e C x 2 y > : y = e C x 2 y < : y = e C x 2 (e C = y > ) há = C x 2, C R és y is megoldás. Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását az állandó variálásával keressük: y ip = c(x) x 2, y ip = c (x) x 2 + c(x) 2x. 32

33 Behelyettesítve (I)-be: Innen: (I): c (x) = x c (x) x 2 + c(x) 2x 2 c(x) x2 = x. }{{ x } = c(x) = ln x + K Mivel egyetlen y ip megoldást keresünk, K = választható, így y ip = x 2 ln x. Az inhomogén egyenlet általános megoldása: y iá = C x 2 + x 2 ln x (C R). Tehát y iá = C x 2 + x 2 ln x, ha x > és y iá = C x 2 + x 2 ln( x), ha x <. Az y(-)=3 kezdetiérték probléma megoldása: 3 = C + ln = C = 3 = y = 3 x 2 + x 2 ln( x)..3. Példa Oldjuk meg az alábbi kezdetiérték problémát! y y x = x ex, y() = 5 7 Megoldás: Minden olyan tartományban, melyben x a differenciálegyenlet egyértelműen megoldható. (H): y y dy = = x dx = y x. Az.25. Tétel d) állítása szerint y há = C ϕ(x) alakú, ahol ϕ(x) egy sehol sem megoldása a homogén egyenletnek. Ha erre a tételre hivatkozunk, akkor elkerülhetjük az előző példa megoldásánál használt hosszadalmas eljárást. Ha y (az előző miatt ezt most feltesszük): dy y = dx x = ln y = ln x, így y = x (= ϕ(x)). Tehát a homogén egyenlet általános megoldása: y há = C x, C R. Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldásának keresése: y ip = c(x) x, y ip = c (x) x + c(x). Behelyettesítve (I)-be: (I) c (x) x + c(x) c(x) x = x e x. }{{ x } 33

34 Innen: c (x) = e x = c(x) = e x = y ip = x e x. Az inhomogén egyenlet általános megoldása: y iá = C x + x e x (C R). Az y()=5 kezdetiérték probléma megoldása: 5 = C + e = C = 5 e = y = (5 e)x + xe x Gyakorló feladatok Oldja meg az alábbi differenciálegyenleteket!. y e 2x ( + e 2x ) y = 2. y x ln x y = x ln x, e2 y(e) = 2 3. y y x 2x2 =, y() = 4. y + y + x = + 2x + x, y() = 2 5. y + y x = ex + 3ex x 6. y 3 x y = 2 7. y + 2 x y = 2 x + 3 2, y() = 8. y + 2 x y = 3, y() = 2 9. y 3 x y = x4. y + 2 x y = 3x2, y() = 4. y + 2y sh x = sh x 2. y + y x = ( x + 2 ) e 2x, x > 3. y + 2x y = 4x 34

35 4. y 3y = x x y y = e x (x 2 + x 3 ) 6. y + a y = e 5x, a 7. y + a y = e mx, a.3. Új változó bevezetése Bizonyos differenciálegyenletek helyettesítéssel az eddig tanult differenciálegyenlet típusok valamelyikére vezethetők vissza. Mi két esettel ismerkedünk meg részlesebben.. Szétválasztható változójúra visszavezethető differenciálegyenletek: ( y (a) y = ϕ(x, y) = f x) Tehát a jobb oldali kétváltozós függvény felírható y/x függvényeként. Ekkor a helyettesítés: u := y ( u(x) = y(x) ), x x x y = u x y = u x + u A helyettesítés elvégzése után az alábbi szétválasztható változójú differenciálegyenlethez jutunk: u x + u = f(u) (b) y = f(ax + by) (a, b R) u := a x + b y u x = f(u) u = g(u) u = du dx = g(u) x y = b u a b x y = b u a b A helyettesítés után kapott egyenlet: b u a b = f(u), mely szintén szétválasztható változójú differenciálegyenlet. 35

36 2. Egyéb helyettesítések: ezeknél megadjuk, hogy mivel helyettesítünk..32. Példa Helyettesítéssel oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! y = 2y2 + x 2 xy, x, y 8 Megoldás: y = 2 y x + x y, u := y x = y = u x, y = u x + u u x + u = 2u + u 2 u x = u + u u = x u2 + u 2u u 2 + du = x dx Tehát a végeredmény: 2 ln (u2 + ) = ln x + C ln (u 2 + ) = ln x 2 + 2C u 2 + = x 2 }{{} e 2C :=K> y 2 x + = 2 Kx2 y 2 = Kx 4 x 2, K >..33. Példa Megfelelő helyettesítéssel oldjuk meg az alábbi kezdetiérték problémát! 9 Megoldás: x 2 y + x y = x 2 + y 2, y() = 2 ( y ) 2 y y = + x x y = x2 + y 2 xy x 2, x (Most x >.) 36

37 u := y x = y = ux = y = u x + u Visszahelyettesítve: ( u) Az adott kezdeti feltételt kielégítő megoldás: y() = 2 : 2 = C u x + u = + u 2 u u x = + u 2 2u du dx ( u) = 2 x = ln x + C, x = x most, mivel x K,δ. u = C + ln x y x = C + ln x. = C = = y = x.34. Példa Helyettesítéssel oldjuk meg az alábbi kezdetiérték problémát! 2 Megoldás: y = e 2y+x 2, y() = u := 2y + x = y = u 2 x 2 u 2 2 = eu 2 du dx = u = 2 e u e u du = 2 dx e u = 2x + C = y = u 2 2 e 2y x = 2x + C y() = : = C Tehát a kezdeti feltételt kielégítő megoldás implicit alakja: e 2y x = 2x ( ). + ln x

38 Ebből most a megoldás explicit alakja is könnyen felírható: 2y x = ln ( 2x). y = x 2 ln ( 2x) Példa Alkalmazzuk az u(x) = y 3 (x) helyettesítést, és oldjuk meg a differenciálegyenletet! 2 Megoldás: 3x y 2 y = x 3 y 2 u = y 3, u = 3y 2 y, y = u 3y 2 A differenciálegyenlet átalakítva (beszorozva y 2 /x-szel): 3y y 2 2 x y3 = x 2. Elvégezve a helyettesítést: u 2 x u = x2, lineáris elsőrendű differenciálegyenlethez jutottunk. Mint tudjuk u há = C ϕ(x) alakú. (H): u 2 du u = = x dx = 2 x u = u du = 2 x dx = ln u = 2 ln x = ln u = ln x 2 = u = x 2 = ϕ(x) Tehát u há = C x 2. A partikuláris megoldást az állandó variálásával keressük: u ip = c(x) x 2 = u ip = c x 2 + c 2x c x 2 + c 2x 2 x cx2 = x 2 = c (x) = = c(x) = x = u ip = x 3 u iá = u há + u ip = C x 2 + x 3 Visszahelyettesítve: y 3 = C x 2 + x 3 = y = 3 C x 2 + x 3. 38

39 .36. Példa A megadott helyettesítéssel oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! 22 Megoldás: y(xy + ) + x( + xy + x 2 y 2 )y =, u = xy u = y + xy = xy = u y = xy = u u x Elvégezve a behelyettesítést: u ( x (u + ) + ( + u + u2 ) u u ) = x. u + u + u 2 u 3 = x (u 3 + u 2 + u ) du = u 2 x dx 2 + u + ln u = ln x + C Visszahelyettesítéssel kapjuk a végeredményt: 2x 2 y + ln xy = ln x + C. 2 xy.37. Példa A megadott helyettesítéssel oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! ( ) ( y y 2 = 2x x 2 + y + ), z = x 2 + y + y 2 y y 23 Megoldás: Behelyettesítve: z = x 2 + y + y = z = 2x + y y = y y2 y 2 y 2 z 2x = 2x z = z + 2x z = 2x. = z 2x Ez egy lineáris elsőrendű differenciálegyenlet, de egyben szétválasztható változójú is (így rövidebb a megoldás, melyet most nem részletezünk). A megoldás: Visszahelyettesítve: z = C e x2 +. x 2 + y + y = Ce x

40 .3.. Gyakorló feladatok Oldja meg az alábbi differenciálegyenletet a megadott helyettesítéssel!. 4x 3y + y (2y 3x) =, u = y x 2. ( 2x 2y) y = x + y +, u = x + y 3. y + y x = x2 y 4, u = y 3 4. y + 2xy = 2x y 3, u = y ( + x 2 ) y = 2xy + ( + x2 ) 2 y 4, u = y 5 6. (x 2 y 2 ) y + 2x y 3 =, u = xy 7. y = y2 x 2 2 y x, u = y x 8. 3 y 2 x y = x2 y 2, u = y3 9. y = 2x + y y x, x >, u = y x. xy sh y ch y = x 2 sh x, u = ch y. xy sin y + cos y =, u = cos y 2. + y x + y = + ln2 (x + y), y() = e, u = ln (x + y) + x 2 3. xy cos (x + y) = sin 2 (x + y) x cos (x + y), u = sin (x + y).4. Iránymező, izoklinák, grafikus megoldás Tegyük fel, hogy az y = ϕ(x), x (α, β) megoldása az y = f(x, y) differenciálegyenletnek. Ekkor ϕ (x) = f (x, ϕ(x)), x (α, β). Ha ϕ átmegy az (x, y ) ponton, akkor ϕ(x ) = y és ϕ (x ) = f (x, ϕ(x )) = f(x, y ). 4

41 ábra. Az y = y x differenciálegyenlet iránymezője, valamint az y() =, y() =, y() = és az y() = 2 kezdeti feltételhez tartozó megoldásgörbék. (A megoldásgörbéket az.4. feladatban kiszámoljuk.) Tehát, ha az (x, y ) koordinátákat behelyettesítjük a differenciálegyenlet jobb oldalába, akkor az így kapott f(x, y ) érték megadja az (x, y ) ponton átmenő megoldásgörbe érintőegyenesének a meredekségét ( tg α = f(x, y ) )..38. Definíció (Vonalelem, iránymező) Az y (x) = f(x, y) elsőrendű differenciálegyenlet esetén az (x, y ) pontban megrajzolt f(x, y ) meredekségű vonaldarabkát vonalelemnek nevezzük. Ha az x y sík minden pontjában felvesszük a vonalelemet, akkor jutunk az iránymezőhöz. Tehát az iránymező a vonalelemek összessége. Minden y = f(x, y) differenciálegyenlethez tartozik egy iránymező. A megoldásgörbéknek illeszkedniük kell ehhez az iránymezőhöz, vagyis a megoldásgörbét minden pontjában érinti az iránymező valamely vonaleleme. Az.5 és az.6 ábrán egy-egy differenciálegyenlet iránymezője látható néhány megoldásgörbével..39. Példa Rajzoljuk fel az iránymezőt! y = y, x (Az y tengely pontjaihoz nincs rendelve irány.) x 24 Megoldás: Az y = mx egyenes pontjaihoz a differenciálegyenlet ugyanazt az irányt rendeli: tg α = m (.7 ábra). Tehát most a vonalelemek párhuzamosak a szóban forgó ponthoz mutató helyvektorral. A megoldásgörbének minden pontban érintenie kell a megfelelő vonalelemet. 4

42 ábra. Az y = x y 2 differenciálegyenlet iránymezője, valamint az y( ) =.5, az y( ) =.5 és az y() = 2 kezdeti feltételhez tartozó megoldásgörbék. (A megoldásokat numerikusan határoztuk meg.) ábra. Az y = y differenciálegyenlet iránymezőjét a kék vonalelemek jelölik. A x piros görbék a megoldásgörbék (integrálgörbék), amelyek most kivételesen egybeesnek az izoklinákkal (.4. definíció). 42

43 A megoldások leolvashatók az iránymezőből: y = c x, x >, vagy y = c x, x <. (Valóban: ln y = ln x + ln c = y = c x, x és y, x.).4. Példa Határozzuk meg az y = y x differenciálegyenlet általános megoldását, valamint az y() =, y() =, y() =, y() = 2 kezdetiértékekhez tartozó megoldásokat. Ábrázoljuk a megoldásokat és az iránymezőt! 25 Megoldás: Elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletről van szó. A homogén egyenlet y = y, melynek általános megoldása y há (x) = Ke x, ahol K R. Az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását az együttható variálásával, y ip (x) = K(x)e x alakban keressük. Az inhomogén egyenletbe visszahelyettesítve K (x) = xe x = K(x) = xe x dx =... parciális integrálás = e x (x + ) adódik, tehát y iá (x) = Ke x + x +, K R és y() = = K = 2 = y(x) = 2e x + x +, y() = = K = = y(x) = e x + x +, y() = = K = = y(x) = x +, y() = 2 = K = = y(x) = e x + x +. Az iránymező valamint a fenti négy megoldásgörbe az.5 ábrán látható..4. Definíció (Izoklina) Az izoklina azon pontok halmaza, melyekhez az y = f(x, y) differenciálegyenlet ugyanazt az irányt rendeli, tehát az izoklina pontjaiban a vonalelemek párhuzamosak. Ennek megfelelően az izoklinák egyenlete:.42. Példa. f(x, y) = K, K R. y = x y 2 Írjuk fel az izoklinák egyenletét! Mely pontokban van a megoldásoknak lokális szélsőértéke és milyen a szélsőérték jellege? 43

44 2. Tekintsük a differenciálegyenlet (, 2) ponton átmenő megoldását! (Belátható, hogy van ilyen: egzisztencia tétel.) Van-e ennek a megoldásfüggvénynek inflexiója az (, 2) pontban? A differenciálegyenlet iránymezője, valamint néhány megoldás, köztük az (, 2) ponton áthaladó is az.6 ábrán látható. 26 Megoldás:. Izoklinák: x y 2 = K (fektetett parabolák) A lokális szélsőérték létezésének szükséges feltétele: y =. Tehát a K = -hoz tartozó izoklina pontjaiban lehet lokális szélsőérték: x y 2 = = x = y 2 parabola pontjai jönnek szóba. (Az x = y 2 izoklinát a megoldásgörbék vízszintesen metszik.) Mivel az első derivált előjelváltását most nem tudjuk ellenőrizni, a második derivált értékét vizsgáljuk az adott pontokban. Ehhez az y (x) = x y 2 (x) differenciálegyenlet mindkét oldalát x szerint deriváljuk: y = 2 y y. Az x = y 2 parabola pontjaiban y = és így: y = > = Az x = y 2 parabola pontjaiban y = és y >, tehát a megoldásfüggvényeknek lokális minimuma van a parabola pontjaiban (.8 ábra). 2. y() = 2 és y = x y 2 = y () = ( 2) 2 = 3 y = 2yy = y () = 2( 2)( 3) = Nem teljesül az inflexiós pont létezésének szükséges feltétele = nincs itt inflexió. Az.6 ábrára berajzoltuk az (, 2) ponton áthaladó megoldást is, jól látszik, hogy ebben a pontban nincs inflexió, a függvény lokálisan konkáv..43. Példa Milyen lokális tulajdonsága van az y = x 3 + y 3 9 differenciálegyenlet (2, ) ponton átmenő megoldásának az adott pontban? 27 Megoldás: Az y (x) = x 3 + y 3 (x) 9 egyenletben x helyére 2 kerül. (y(2) = ) y (2) = = = lokális szélsőérték lehet. A differenciálegyenlet mindkét oldalát x szerint deriváljuk és itt is elvégezzük az x = 2 helyettesítést: y = 3x 2 + 3y 2 y }{{}, y (2) = 2. = Tehát y (2) = és y (2) > = y(2) = lokális minimum érték. 44

45 ábra. Az y = x y 2 differenciálegyenlet iránymezője (kék), a K = -hoz tartozó izoklina (zöld) valamint néhány megoldásgörbe (piros). Jól látható, hogy a megoldásgörbék vízszintes érintővel metszik az izoklinát, és lokális minimumuk van a metszéspontban..44. Példa Az y = ϕ(x) átmegy az x = 2, y = 4 ponton, és kielégíti az y 2 y = x(64 y 3 ) + x 2 differenciálegyenletet. Milyen lokális tulajdonsága van ennek a megoldásgörbének a (2, 4) pontban? 28 Megoldás: Az x helyére 2 -t, az y helyére 4 -et helyettesítve kapjuk: 4 2 y (2) = 2( ) + 2 2, amiből y (2) =. Deriváljuk x szerint a fenti implicit differenciálegyenletet: 2yy y + y 2 y = (64 y 3 ) + x( 3y 2 )y +. Az x helyére 2 -t, az y helyére 4 -et és az y helyére -át helyettesítve kapjuk: + 6y (2) = + 2( 3 ) +, amiből y (2) = 6 >. Tehát y(x) -nek x = 2 -ben lokális minimuma van ( y (2) = ; y (2) > ), a minimum értéke: 4. 45

46 .45. Példa Legyen az y = ϕ(x), x K 2,δ y = 2 (x 2) y 2, kezdetiérték problémának. megoldása az y(2) =. Határozzuk meg a ϕ (2), ϕ (2), ϕ (2) értékeket! 2. Van-e lokális szélsőértéke ϕ -nek x = 2 -ben? 3. Írjuk fel a ϕ függvény x = 2 bázispontú harmadfokú Taylor polinomját!.46. Megjegyzés Mivel ϕ a differenciálegyenlet megoldása, így ϕ (x) = 2 (x 2) ϕ 2 (x), ϕ(2) = Mivel a jobb oldal differenciálható, azért a bal oldal is. Tehát létezik ϕ (x), x K 2,δ. Hasonlóan kaphatjuk, hogy ϕ akárhányszor differenciálható K 2,δ -ban.. ϕ (x) = 2 (x 2) ϕ 2 (x) = ϕ (2) = 2 (2 2) ϕ 2 (2) }{{} =( ) 2 = = 5 ϕ (x) = 4 (x 2) ϕ(x) ϕ (x) = ϕ (2) = 4 (2 2) + ( ) 5 = 5 ϕ (x) = 4 + ϕ (x)ϕ (x) + ϕ(x)ϕ (x) = ϕ (2) = ( ) ( 5) = Mivel ϕ (2) = 5 = nincs lokális szélsőérték x = 2 -ben. (Szükséges feltétel nem teljesül). 3. T 3 (x) = ϕ(2) + ϕ (2)! (x 2) + ϕ (2) 2! (x 2) 2 + ϕ (2) 3! = + 5 (x 2) 5 2! (x 2) (x 2) 3 3!.4.. Gyakorló feladatok. y = x 2 + 2y 2 (x 2) 3 = A differenciálegyenlet megoldása nélkül válaszoljunk a következő kérdésekre! (a) Mely pontokban párhuzamosak a megoldások az y = 2x egyenessel? 46

47 2. (b) Lehet-e lokális szélsőértéke a megoldásoknak? (c) Írja fel az y() = kezdetiérték problémához tartozó megoldásgörbe x = körüli harmadfokú Taylor polinomját! y + y 2 + x 2 + = Írja fel az izoklinák egyenletét! Van-e a megoldásoknak lokális szélsőértéke? Vizsgálja meg a megoldásgörbék pozitív síknegyedbe (x >, y > ) eső részeit monotonitás szempontjából! Számítsa ki az x =, y = ponton átmenő megoldás első és második deriváltját az x pontban! 3. Milyen lokális tulajdonsága van az y = y 4 x 3 + 2x 5 4. differenciálegyenlet (, 2) ponton átmenő megoldásának az adott pontban? y = (y 2 4)x + x 5. (a) A sík mely pontjaiban párhuzamos az iránymező az y = x egyenessel? Vázoljuk ezeket a pontokat és jelöljünk be három vonalelemet! (b) Milyen lokális tulajdonsága van az x =, y = 2 ponton átmenő megoldásnak az adott pontban? (Ha egyáltalán van ilyen megoldás.) y = x 2 + y 2 2 (a) Vázoljuk az izoklinákat, jelöljük be a vonalelemek irányát! (b) Mely pontokban van lokális maximuma, illetve lokális minimuma a megoldásgörbéknek? 47

48 .5. Hiányos másodrendű differenciálegyenletek A másodrendű differenciálegyenlet általános alakja: F (x, y, y, y ) =. Most ennek két speciális esetével foglalkozunk.. F (x, y, y ) = Hiányzik: y. y := p(x) = y = p (x) helyettesítést alkalmazzuk. 2. F (y, y, y ) = Hiányzik: x. y dy := p(y), vagyis dx = y (x) = p(y(x)) helyettesítés alkalmazásával oldjuk meg. y előállításához az összetett függvény deriválási szabályát (a láncszabályt) használjuk fel: y = d dx y = d dp p(y(x)) = dx dy dy dx = dp dy p..47. Példa Oldjuk meg az alábbi kezdetiérték problémát! y = 6y y 3, y() =, y () = 3 29 Megoldás: x hiányzik: y = p(y), y = dp dy p. Behelyettesítéssel kapjuk: dp dy p = 6y p3, p megoldás. = y konstans megoldás. (Most nem jó, mert y ().) Általános megoldás: p : dp = p 2 6y dy p = 3y2 + C p = y = 3y 2 + C (3y 2 + C ) dy = dx 48

49 (Szétválasztható változójú differenciálegyenlethez jutottunk a helyettesítéssel.) y 3 + C y = x + C 2. Partikuláris megoldás: y () = 3 : 3 = 3( ) 2 + C = C =. y 3 = x + C 2 és y() = : = + C 2 = C 2 =. Tehát a kezdetiérték probléma megoldása: y 3 = x = y = 3 x..48. Példa Oldjuk meg az alábbi kezdetiérték problémát! xy 2y = 2 x, y() = 3 5, y () = Megoldás: y hiányzik: y := p(x) = y = p. xp 2p = 2 = p 2 x 3 x p = 2 (lineáris elsőrendű inhomogén diff.egy.) x 4 Ha p : (H): p 2 dp p = = x dx = 2 x p dp p = p megoldás 2 dx x = ln p = 2 ln x + K p = e K x 2, és p = p há = Cx 2 p ip = c(x) x 2 = p ip = c x 2 c 2x Behelyettesítve (I)-be: c x 2 c2x 2 x cx2 = 2 x 4 c = 2 x 6 = 2x 6 = c(x) = 2x 5 5 = 2 5 p = y = C x x 5 = p ip = 2 5 x 3 = y = C x x 2 + C 2 Írható y = C x 3 + 5x + C 2 2 alakban is, de ekkor y = 3C x 2 2 -t képezni kell, ha 5 x3 kezdetiérték probléma van. (Vagy előzőleg meg kellett volna C -et határozni.) 49 x 3

50 y() = 5 : 5 = C C 2 = C + C 2 = y () = 3 5 : 3 5 = 3C 2 = C = 5 3, C 2 = 3 A keresett megoldás: y = x3 3 + ( 5x + ) Példa Az yy + y 2 = differenciálegyenlet általános megoldásából válasszuk ki azt az integrálgörbét, amely a) keresztülhalad a (, ) ponton és ott érintőjének meredeksége, b) y() = 2, y () = 3 (A differenciálegyenlet megoldásához alkalmazza az y (x) = p(y(x)) helyettesítést!) 3 Megoldás: y = p(y), y = dp dy p p p 2 dp = y dp dy p + p2 = dy y, p ± 2 ln p2 = ln y + C ln p 2 = ln y 2 + C }{{} =ln y 2 +ln K=ln K y2, ahol K> p 2 = K y 2, K > p 2 = ±K y 2 és p ± is megoldás. Összesítve kapjuk: p 2 = + C y 2, C R. 5

51 a) y() =, y () = A kezdeti feltételekből: ( ) 2 = + C 2 = C = b) Hf. p = dy dx = ± (csak a jó) y = x + C 2, y() = = C 2 = y + x =..5.. Gyakorló feladatok Oldja meg az alábbi differenciálegyenleteket!. y + (x ) (y ) 3 = y = p(x) 2. y y + x = y = p(x) 3. 2yy y = y = p(y) 4. y = (y ) 3 + y y = p(y) 5. y + 2x (y ) 2 =, y() =, y () = 4 y = p(x).6. Magasabbrendű lineáris differenciálegyenletek L[y] := y (n) + a n (x) y (n ) + + a (x) y + a (x) y (H): L[y] = (homogén egyenlet) (I): L[y] = f(x) (inhomogén egyenlet) Ha f, a,..., a n C(a,b), akkor minden y (k) (x ) = y,k, ahol k =,,..., n, x (a, b) kezdeti érték probléma egyértelműen megoldható..5. Tétel Ha y, y 2 megoldása (I)-nek, akkor y y 2 megoldása (H)-nak. 5

52 Bizonyítás. Az elsőrendű inhomogén egyenletre vonatkozó állításhoz hasonlóan..5. Tétel Következmény: y iá = y há + y ip Bizonyítás. Az elsőrendű inhomogén egyenletre vonatkozó állításhoz hasonlóan..6.. A homogén egyenlet általános megoldása.52. Tétel (H) megoldásai lineáris teret alkotnak. Bizonyítás. Belátjuk, hogy ha Y, Y 2 megoldása (H)-nak, akkor Y + Y 2 és C Y is az. + ( Y (n) + a n (x) Y (n ) + + a (x) Y + a (x) Y ) Y (n) 2 + a n (x) Y (n ) a (x) Y 2 + a (x) Y 2 (Y + Y 2 ) (n) + a n (x) (Y + Y 2 ) (n ) + + a (x) (Y + Y 2 ) + a (x) (Y + Y 2 ) Tehát valóban L[Y + Y 2 ]. Hasonlóan lehet megmutatni, hogy L[Y ] -ból következik L[C Y ]. Ebből már következik, hogy (H) megoldásai lineáris teret alkotnak..53. Tétel (H) megoldásainak tere n dimenziós. (Nem bizonyítjuk.) Ha tehát megadunk n db lineárisan független megoldást, akkor y há = n C i Y i (x), C i R. i=.54. Definíció f, f 2,..., f n függvények lineárisan függetlenek x I-n, ha n λ i f i (x), x I akkor és csak akkor, ha λ i =, i =,..., n. i= 52

53 .55. Definíció Az f,..., f n függvények legyenek az x változónak legalább (n ) - szer folytonosan differenciálható függvényei. A f f 2 f n f f 2 f n W (x) = f (n ) f (n ) 2 f n (n ) mátrixot Wronski-féle mátrixnak, a belőle képzett determinánst Wronski-féle determinánsnak nevezzük. Legyen f,..., f n legalább (n ) -szer folytonosan differenciálható I-n:. az I-n W f,..., f n lineárisan függetlenek I-n 2. Például: f (x) = x 3, f 2 (x) = x 3 x 3 { x 3 W = 3x 3x 2 2 3x (Kevésbé fontos számunkra: f,..., f n lineárisan összefüggő = W. ) lineárisan függetlenek (, ) -en, de De igaz a következő tétel:.56. Tétel L[Y i ], x I, i =,..., n, tehát Y,..., Y n a homogén egyenlet megoldásai I-n : Y,..., Y n lineárisan függetlenek W (x), ha x I. (Tehát, ha f i -k helyére a homogén egyenlet megoldásai kerülnek, akkor már érvényes a megfordított, egyben erősebb állítás is.) (Nem bizonyítjuk.) Hogyan kereshetünk n darab lineárisan független megoldást a homogén egyenlethez? 53

54 A homogén egyenlet általános megoldása függvény együtthatós esetben Például másodrendű esetben, ha Y adott, Y 2 = u(x) Y (x) hiányos másodrendű differenciálegyenlet adódik. alakban kereshető. u-ra Mi nem foglalkozunk ezzel az esettel. A homogén egyenlet általános megoldása konstans együtthatós esetben y (n) + a n y (n ) + + a y + a y =, a i R, i =,,..., n y = e λx, λ R alakban keressük az egyenlet megoldásait, tehát próbafüggvénnyel kísérletezünk: y = λ e λx, y = λ 2 e λx,..., y (k) = λ k e λx,..., y (n) = λ n e λx Behelyettesítve (H)-ba: (λ n + a n λ n + + a λ + a }{{} ) karakterisztikus polinom e λx =.57. Definíció Az y (n) + a n y (n ) + + a y + a y = differenciálegyenlethez tartozó karakterisztikus polinom: λ n + a n λ n + + a λ + a Mivel az előző egyenletben e λx, a megoldáshoz a karakterisztikus polinomnak kell nullának lennie. Így jutunk el az ún. karakterisztikus egyenlethez..58. Definíció Az y (n) + a n y (n ) + + a y + a y = differenciálegyenlethez tartozó karakterisztikus egyenlet: λ n + a n λ n + + a λ + a = 54

55 Ennek n db gyöke van, de lehetnek többszörös gyökök, valamint komplex gyökök is. Mivel állandó együtthatós a polinom, a komplex gyökök csak konjugált párban fordulhatnak elő. A különböző esetek:. A különböző valós gyökökhöz tartozó e λix, e λjx (i j) függvények lineárisan függetlenek. 2. Ha pl. λ k -szoros gyök (belső rezonancia), akkor is van hozzá k db lineárisan független megoldás: e λ x, xe λ x, x 2 e λ x,..., x k e λ x. (Nem bizonyítjuk.) 3. Az előző állítások akkor is igazak, ha a gyökök komplexek. De így nem valós megoldást kapnánk. Az alábbiakban felhasználjuk az Euler formulát: Mint tudjuk, e jϕ = cos ϕ + j sin ϕ. Pl. e 2+j3 = e 2 e j3 = e 2 (cos 3 + j sin 3). Tehát Re e 2+j3 = e 2 cos 3, Im e 2+j3 = e 2 sin 3. És most nézzük a konjugált komplex gyökök esetét! Pl.: λ = α + jβ, λ 2 = λ = α jβ : Y = e λ x = e (α+jβ)x = e αx e jβx = e αx (cos βx + j sin βx), Y 2 = e λ 2x = e (α jβ)x = e αx e j( β)x = e αx (cos ( βx) + j sin ( βx)) = = e αx (cos βx j sin βx). Mint tudjuk Y és Y 2 tetszőleges lineáris kombinációja is megoldás. Y := Y +Y 2 = e αx cos βx ( = Re e ) λ x 2 Y 2 := Y Y 2 2j = e αx sin βx ( = Im e λ x ) Ezek is lineárisan függetlenek. Ezekre cseréljük le Y, Y 2 -t. Tehát látjuk, hogy Y, illetve Y2 az Y valós és képzetes része. (Többszörös komplex gyökök esetén Y, Y2 szorzandó x-szel, x 2 -tel, x 3 -nel, stb.).59. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! y 2y 3y = 55

56 32 Megoldás: A karakterisztikus egyenlet és annak megoldásai: λ 3 2λ 2 3λ = = λ =, λ 2 =, λ 3 = 3 Tehát a lineárisan független megoldások: e x, e x, e 3x A homogén egyenlet általános megoldása pedig ezek lineáris kombinációja: y há = C e x + C 2 e x + C 3 e 3x = C + C 2 e x + C 3 e 3x, C, C 2, C 3 R.6. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! y + 2y + y = 33 Megoldás: λ 3 + 2λ 2 + λ = λ (λ 2 + 2λ + ) = = λ =, λ 2 = λ 3 = Tehát belső rezonancia van. y há = C + C 2 e x + C 3 x e x.6. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! y + 4y + 3y = 34 Megoldás: λ 3 + 4λ 2 + 3λ = λ (λ 2 + 4λ + 3) = = λ =, λ 2 = 2 + 3j, λ 3 = 2 3j y há = C + C 2 e 2x cos 3x + C 3 e 2x sin 3x.62. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! y (5) 2y (4) + 2y 4y + y 2y = 35 Megoldás: λ 5 2λ 4 + 2λ 3 4λ 2 + λ 2 = (λ 2)(λ 2 + ) 2 = λ = 2, λ 2 = λ 3 = j, λ 4 = λ 5 = j (belső rezonancia) Mivel e jx = cos x + j sin x, ezért Re e jx = cos x, Im e jx = sin x lineárisan független valós megoldások és ezek x -szeresei is, így az általános megoldás: y há = C e 2x + C 2 cos x + C 3 sin x + C 4 x cos x + C 5 x sin x = = C e 2x + (C 2 + C 4 x) cos x + (C 3 + C 5 x) sin x 56

57 .63. Példa Írjunk fel egy olyan legalacsonyabb rendű valós konstans együtthatós homogén lineáris differenciálegyenletet, amelynek megoldásai:. e x, e x, e 2x 2. 5 e x 4 e x + 7 e 2x 3. 3x 2 e 3x 4. e x, xe x, x 2 e x 5. x 2 e x, x 3 e 2x 6. e 2x sin x, e 2x cos x 7. e 2x sin 3x, e 3x 8. e 2x sin x, x 2 e 2x sin x, 9. tetszőleges másodfokú polinom, sin x 36 Megoldás:. A karakterisztikus polinom gyökei: e x miatt: λ =, e x miatt: λ 2 =, e 2x miatt: λ 3 = 2. Így a karakterisztikus polinom: (λ )(λ + )(λ 2) = = λ 3 2λ 2 λ + 2 =. Ezért a keresett differenciálegyenlet: y 2y y + 2y =. 2. Megoldása megegyezik az a) feladat megoldásával, mivel a megadott függvény az e x, e x, e 2x függvények lineáris kombinációja. 3. x 2 miatt: λ = λ 2 = λ 3 =, e 3x miatt: λ 4 = 3. Így a karakterisztikus polinom: λ 3 (λ ( 3)) = = λ 4 + 3λ 3 =. Ezért a keresett differenciálegyenlet: y (4) + 3y =. 4. Hf. 57

58 5. Hf. 6. A karakterisztikus polinom gyökei: λ,2 = 2 ± j. Így a karakterisztikus polinom: (λ (2 + j)) (λ (2 j)) = ((λ 2) j) ((λ 2) + j) = = (λ 2) 2 + = λ 2 4λ + 5 =. (Felhasználtuk, hogy (a b) (a + b) = a 2 b 2.) Ezért a keresett differenciálegyenlet: y 4y + 5y =. 7. Hf. 8. Hf. 9. Hf Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása Állandók variálása A módszer minden jobb oldali f függvénynél alkalmazható, azonban elég nehézkes. Speciális f-re lesz jobb módszerünk is. Az állandók variálását csak a másodrendű esetre mutatjuk meg. Legyen adott az a(x) y +b(x) y +c(x) y = f(x) -hez tartozó homogén differenciálegyenlet megoldása: y há = C Y (x) + C 2 Y 2 (x). Ekkor az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását az alábbi alakban keressük: c(x) y ip := c (x) Y (x) + c 2 (x) Y 2 (x) b(x) y ip = c Y + c 2 Y 2 + c Y + c 2 Y }{{} 2 := Alulhatározott feladat (majd meglátjuk, hogy jogos a felvétel). a(x) y ip = c Y + c Y + c 2 Y 2 + c 2 Y 2 Az áttekinthetőség növelésére a bal oldalon nem jelöljük az x-től való függést. Behelyettesítve (I)-be (c, c 2, c, c 2-re rendezzük): c (ay + by + cy }{{} ) + c 2 (ay 2 + by 2 + cy 2 ) + ay }{{} c + ay 2c 2 = f(x) =L[Y ] =L[Y 2 ] 58

59 c, c 2-re az alábbi egyenletrendszert kapjuk: [ ] [ ] [ ] Y Y 2 c Y Y 2 c = f(x) 2 }{{} a W W =, mert Y, Y 2 lineárisan függetlenek és L[y] = megoldásai = az egyenletrendszer egyértelműen megoldható c, c 2-re: [ ] [ ] c [ ] Y Y c = 2 2 Y Y 2 f(x) a c, c 2 folytonossága miatt létezik c, c 2. (Integrációs állandó nem kell.) Ezt a módszert nem kérjük számon, ezért nem adunk rá példát. Kísérletezés Az alább ismertetésre kerülő módszer csak speciális f függvény (a jobb oldalon álló ún. zavaró függvény) esetén alkalmazható és csak állandó (konstans) együtthatójú lineáris differenciálegyenletnél! Ha az állandó együtthatójú inhomogén lineáris differenciálegyenlet jobb oldalán álló f függvény:. Ke αx, 2. P m (x) = a m x m + + a, 3. K sin βx vagy K cos βx, 4. Ke αx sin βx vagy Ke αx cos βx. 5. P m (x) sin βx vagy P m (x) cos βx, ahol P m (x) adott m -ed fokú polinom, 6. P m (x) e αx, ahol P m (x) adott m -ed fokú polinom, 7. P m (x) e αx sin βx vagy P m (x) e αx cos βx, ahol P m (x) adott m -ed fokú polinom függvények valamelyike, akkor a partikuláris megoldást az alábbi alakban kereshetjük:. y ip = Ae αx, A ismeretlen, 59

60 2. y ip = Q m (x) = B m x m + + B, B,..., B m ismeretlen, 3. y ip = A sin βx + B cos βx, A, B ismeretlen, 4. y ip = e αx (A sin βx + B cos βx), A, B ismeretlen, 5. y ip = Q m (x) sin βx + R m (x) cos(βx), ahol Q m (x), R m (x) ismeretlen m-ed fokú polinomok, 6. y ip = Q m (x) e αx, ahol Q m (x) ismeretlen m -ed fokú polinom, 7. y ip = e αx (Q m (x) sin βx + R m (x) cos(βx)), ahol Q m (x), R m (x) ismeretlen m -ed fokú polinomok. A próbafüggvényben szereplő még határozatlan állandókat tartalmazó kísérletező függvényt elegendően sokszor differenciálva és az inhomogén differenciálegyenletbe behelyettesítve az egyenlő együtthatók módszerével (a megfelelő tagok együtthatóinak összehasonlításával) tudjuk meghatározni. Ha a feltételezés helyes volt, akkor annyi független lineáris egyenletet kapunk az ismeretlen együtthatókra, ahány ismeretlenünk van. (Tehát pontosan megoldás van.) Ha a jobb oldali f függvényben az előző függvények összege szerepel, akkor a kísérletező függvényeket is össze kell adni. Külső rezonancia: A módszer nem vezet eredményre, ha a kísérletező függvény, vagy annak egy tagja szerepel a homogén egyenlet megoldásai között. Ilyenkor x-szel szorozzuk ezt a tagot mindaddig, amíg megszűnik a rezonancia..64. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! 37 Megoldás: y 3y + 2y = ( e 3x) + ( x 2 + x ) λ 2 3λ + 2 = (λ 2)(λ ) = = y há = C e 2x + C 2 e x Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását kísérletezéssel keressük..65. Megjegyzés A könnyebb érthetőségért a jobb oldali f(x) = (e 3x ) + (x 2 + x) zavaró függvényben ()-be tettük az egyes megengedett függvényeket tartalmazó tagokat, melyekhez tartozó kísérletező függvényeket szintén ()-ben adjuk meg. A további példáknál hasonlóan járunk el. 6

61 2 y ip := (Ae 3x ) + (Bx 2 + Cx + D) 3 y ip = 3Ae 3x + 2Bx + C y ip = 9Ae 3x + 2B Behelyettesítve az inhomogén egyenletbe: (9A 9A + 2A)e 3x + x 2 (2B) + x(2c 6B) + (2D 3C + 2B) = e 3x + x 2 + x Az azonos típusú függvények együtthatóinak összehasonlításával megkapjuk a keresett ismeretlenek értékét. 2A = A = 2 2B = B = 2 2C 6B = = 2C = 4, C = 2 2D 3C + 2B = = 2D = 6, D = 5 2 y iá = C e 2x + C 2 e x + 2 x2 + 2x e3x.66. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! 38 Megoldás: y 3y + 2y = (x) + (e x ) y há = C e 2x + C 2 e x (Lásd az előző példában!) Most külső rezonancia van. Megmutatjuk, hogy derül ez ki, ha nem vesszük észre és így rossz függvénnyel kísérletezünk. 2 y ip := (Ax + B) + (Ce x ) 3 y ip = A + Ce x y ip = Ce x x (2A)+(2B 3A)+(2C } {{ 3C + C } ) e x = x+e x ( : ellentmondásra jutottunk) = És most nézzük a megoldást a helyesen felvett kísérletező függvénnyel: 2 y ip := (Ax + B) + (Cx e x ) 3 y ip = A + Cxe x + Ce x y ip = Cxe x + Ce x + Ce x 6

62 x(2a) + (2B 3A) + xe x (2C } {{ 3C + C } ) + e x ( 3C + 2C) = x + e x = 2A = A = 2 2B 3A = B = 3 2 A = 3 4 C = C = y iá = C e 2x + C 2 e x + 2 x xex.67. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! 39 Megoldás: y y = (x 2 x + ) + (e x ) λ 2 = = λ =, λ 2 = : y há = C e x + C 2 e x y ip := (Ax 2 + Bx + C) + (Dxe x ) (külső rezonancia) y ip = 2Ax + B + Dxe x + De x y ip = 2A + Dxe x + De x + De x Ax 2 Bx + (2A C) + xe x ( D + D) + e x 2D = x 2 x + + e x A =, B = C = 2A = 3, D = 2 y iá = C e x + C 2 e x x 2 + x xex.68. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! 4 Megoldás: y 2y + y = 6e x λ 2 2λ + = y há = C e x + C 2 xe x (belső rezonancia) y ip := Ax 2 e x (külső rezonancia) 2 y ip = 2Axe x + Ax 2 e x y ip = 2Ae x + 2Axe x + 2Axe x + Ax 2 e x x 2 e x (A } 2A {{ + A } ) + xe x ( 4A }{{ + 4A } ) + 2A e x = 6 e x, 2A = 6 = A = 3 = = y iá = C e x + C 2 xe x + 3x 2 e x 62

63 .69. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! 4 Megoldás: y + 8y + 25y = e 4x Mivel λ 2 + 8λ + 25 = : λ,2 = 8 ± 64 2 = 8 ± j6 2 = 4 ± j3 e ( 4+j3)x = e 4x (cos 3x + j sin 3x), a homogén egyenlet általános megoldása: y há = C e 4x cos 3x + C 2 e 4x sin 3x 25 y ip := Ae 4x (nincs külső rezonancia!) 8 y ip = 4Ae 4x y ip = 6Ae 4x (25A 32A + 6A)e 4x = e 4x 9A = A = 9 y iá = C e 4x cos 3x + C 2 e 4x sin 3x + 9 e 4x.7. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! 42 Megoldás: y há = C e 2x + C 2 e 3x y + 5y + 6y = 2e 2x, y() =, y () = 3 λ 2 + 5λ + 6 = (λ + 2)(λ + 3) = (y ip = Ae 2x nem jó, mert külső rezonancia van.) 6 y ip := x Ae 2x = Axe 2x 5 y ip = Ae 2x 2Axe 2x y ip = 2Ae 2x 2Ae 2x + 4Axe 2x xe 2x (6A } A {{ + 4A } ) + e 2x (5A 4A) = 2e 2x A = 2 = y iá = C e 2x + C 2 e 3x + 2xe 2x y() = : = C + C 2 = C = C 2 y () = 3 : y = 2C e 2x 3C 2 e 3x + 2e 2x 4xe 2x 3 = 2C 3C = C 2 =, C = y = e 2x e 3x + 2xe 2x 63

64 .7. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! 43 Megoldás: y + y = ( 4 cos x) + (x), y() = 2, y () = 2 λ 2 + = λ,2 = ±j y há = C cos x + C 2 sin x y ip := (Ax cos x + Bx sin x) + (Cx + D) (külső rezonancia) (y ip = A cos x Ax sin x + B sin x + Bx cos x + C) y ip = A sin x A sin x Ax cos x + B cos x + B cos x Bx sin x (A A) x cos x + (B B) x sin x + (2B) cos x + ( 2A) sin x + Cx + D = 4 cos x + x 2B = 4, B = 2; 2A =, A = ; C = ; D = y iá = C cos x + C 2 sin x 2x sin x + x y() = 2 : 2 = C y () = 2 : y = C sin x + C 2 cos x 2 sin x 2x cos x + 2 = C 2 + = C 2 = y = 2 cos x + sin x + x( 2 sin x).72. Példa Tetszőleges a R-re oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet: 44 Megoldás: y + ay + ay = λ 2 + aλ + a = λ,2 = a + a 2 4a 2 a 2 4a 4 a. < a < 4 (a 2 4a < ) : λ,2 = a 2 ± j 2 4a a 2 y = C e a 2 x cos ( 2 4a a2 x ) + C 2 e a 2 x sin ( 2 4a a2 x ) 64

65 2. a =, illetve a = 4 : λ,2 = a 2 ( belső rezonancia) y = C e a 2 x + C 2 x e a 2 x 3. a < vagy a > 4 (a 2 4a > ) : λ,2 = a ± 2 2 a2 4a y = C e ( a a 2 4a)x + C 2 e ( a 2 2 a 2 4a)x.6.3. Helyettesítéssel megoldható differenciálegyenletek Bizonyos típusú függvényegyütthatós lineáris differenciálegyenletek új független változó bevezetésével állandó együtthatójú differenciálegyenletté alakíthatók. A módszert a következő példán mutatjuk meg..73. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! y 2 y =, (x > ) x2 x = e t helyettesítéssel dolgozzunk! 45 Megoldás: Tehát az x régi független változó helyére a t új független változót helyettesítjük be: x = x(t) t = t(x) A helyettesítéssel kapott differenciálegyenlet megoldása ϕ(t) lesz, így az eredeti differenciálegyenlet megoldása y(x) = ϕ(t(x)) módon adódik. Hogyan kell elvégeznünk a helyettesítést? ϕ(t); dϕ dt = ϕ y ϕ jelölést alkalmazva az alábbi helyettesítéseket végezzük el: y = dy dx = dϕ dt dt dx = ϕ = ϕ dx ẋ = ϕ e. t dt (Az összetett függvény és az inverzfüggvény deriválási szabályát használtuk fel.) y = d dx y = d dx ϕ ẋ = d dt ϕ ẋ dt }{{} dx dx dt = ẋ = ϕ ẋ ϕ ẍ ẋ 2 ẋ = ϕ et ϕ e t (e t ) 3 = ϕ ϕ (e t ) 2 65

66 Elvégezve a behelyettesítéseket: x = e t = t = ln x, ϕ ϕ (e t ) 2 ϕ = = ϕ ϕ 2ϕ = 2 (e t ) 2 Másodrendű állandó együtthatójú lineáris differenciálegyenletet kaptunk. ϕ := e λt : λ 2 λ 2 = = λ = 2, λ 2 = ϕ = C e 2t + C 2 e t = y(x) = C x 2 + C 2 x, C, C 2 R.74. Megjegyzés Az eljárás x < -ra is jó. Ekkor x = e t a helyettesítés. x = e t = t = ln ( x) y = ϕ y ϕ ẋ ϕ ẍ = = ϕ( et ) ϕ( e t ) e t ẋ 3 (e t ) 3 Az egyenlet ugyanaz lesz: = ϕ ϕ (e t ) 2 (ua.) ϕ ϕ 2ϕ = = ϕ = C e 2t + C 2 e t = y(x) = C x 2 C 2 x Ez pedig írható a következő alakban is: y(x) = C x 2 + C 2 x, C, C 2 R.75. Példa x = e t helyettesítéssel oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! 46 Megoldás: x 2 y xy + y = ln x y(x) = ϕ(t(x)) y = ϕ ẋ = ϕ e t y = Elvégezve a behelyettesítést: ϕ ẋ ϕ ẍ ẋ 3 = ϕ et ϕ e t e 3t e 2t ϕ et ϕ e t e t ϕ + ϕ = t e 3t et = ϕ 2 ϕ + ϕ = t (H): ϕ = e λt : λ 2 2λ + = (λ ) 2 = = ϕ há = C e t + C 2 t e t ϕ ip := At + B ( 2) ϕ ip = A At + B 2A = t A =, B = 2 ϕ ip = t + 2 ϕ ip = ϕ iá (t) = C e t + C 2 te t + t + 2 és x = e t ; t = ln x y = C x + C 2 x ln x + ln x

67 .76. Példa x = e t helyettesítéssel oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! 47 Megoldás: x 2 y xy + 2y = x e 2t ϕ et ϕ e t e 3t e t ϕ e t + 2ϕ = et = ϕ 2 ϕ + 2ϕ = e t (H): λ 2 2λ + 2 = λ,2 = ± j = ϕ há = e t (C cos t + C 2 sin t) 2 ϕ ip := Ae t ( 2) ϕ ip = Ae t A = ϕ ip = e t ϕ ip = Ae t ϕ iá (t) = e t (C cos t + C 2 sin t) + e t y = x(c cos ln x + C 2 sin ln x) + x.6.4. Gyakorló feladatok Oldja meg az alábbi differenciálegyenleteket!. y + 3y + 2y = 2. y 4y + 5y = 3. y 6y + 9y =, y() =, y () = 4. y + 4y = x 5. y + y = 2 sin x cos x, y() =, y () = 6. y 7y + 6y = sin x 7. y (4) + 4y = cos x. Adja meg az összes periodikus megoldást! 8. y + 4y = 2 sin x cos x 9. y + αy + 3y = Milyen α érték mellett lesz a differenciálegyenlet minden megoldásfüggvénye olyan, hogy lim x y(x) =?. y 4y = e αx, α R. 67

68 . y + y = e αx, α R. 2. y 5y = 2e 5x 3. y 4y + 4y = e 2x 4. y (5) y (4) 2y = x + 5. y (4) 2y + y = 2e x 6. x 2 y xy + y = ln x, (x = e t helyettesítéssel).7. Elsőrendű lineáris differenciálegyenlet-rendszerek dx dt dy dt = 2x + 3y + = x + y + et mátrixos alakban: [ ẋ ẏ ] = [ 2 3 ] [ x y ] + [ e t ] Ez egy kétváltozós elsőrendű lineáris differenciálegyenlet-rendszer, ahol t a független változó, x, y pedig az ismeretlen függvények. A fenti mátrixos alakot röviden így jelölhetjük: ẋ = Ax + f(t), ahol x = [ x y ], f(t) = [ f (t) f 2 (t) ]. Konstans együtthatós inhomogén lineáris differenciálegyenlet-rendszer: ẋ = Ax + f(t) ( f(t) ), ahol A n n -es, adott, konstans elemű mátrix. A fenti differenciálegyenlet-rendszerhez tartozik egy homogén differenciálegyenlet-rendszer. 68

69 Homogén lineáris differenciálegyenlet-rendszer: ẋ = Ax (H) Az egyváltozós lineáris differenciálegyenlethez hasonlóan itt is igaz, hogy az inhomogén általános megoldása megegyezik a homogén általános megoldása plusz az inhomogén egy partikuláris megoldása:.77. Tétel x iá = x há + x ip.78. Megjegyzés Az inhomogén lineáris differenciálegyenlet-rendszer egy partikuláris megoldásának keresése sok esetben próbafüggvény-rendszerrel történhet. Mi az inhomogén esettel nem foglalkozunk..79. Tétel A homogén lineáris differenciálegyenlet-rendszer megoldástere lineáris tér, dimenziója n, ha az A együttható mátrix n n-es mátrix..8. Tétel Ha λ sajátértéke A-nak és s egy a λ-hoz tartozó sajátvektor ( As = λs ), akkor differenciálegyenlet-rendszernek. Bizonyítás. ẋ = e λt s e λt s 2. e λt s n x = e λt s megoldása az ẋ = Ax (H) = λe λt s λe λt s 2. λe λt s n = λeλt s = e λt λs = e λt A s = Ae λt s = A x.8. Tétel Ha az A n n-es konstans elemű mátrixnak n darab különböző sajátértéke λ, λ 2,..., λ n és az ezekhez tartozó egy-egy megfelelő sajátvektor s, s 2,..., s n, akkor az 69

70 ẋ = A x (H) általános megoldása felírható x = c e λt s + c 2 e λ2t s 2 + c 3 e λ3t s c n e λnt s n alakban, ahol c, c 2,..., c n tetszőleges konstansok ( valós számtest felett és komplex számtest felett is igaz az állítás. ).82. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszert! ẋ 3 x ẏ = 5 y ż 3 z 48 Megoldás: Karakterisztikus polinom: det(a λe) =. 3 λ 5 λ 3 λ = = λ3 λ λ 36 = λ = 2, λ 2 = 3, λ 3 = 6 (A λe)s = λ=2 = 3 s s 2 s 3 = Ez egy közönséges lineáris egyenletrendszer, ami Gauss-módszerrel megoldható. s 2 =, s és s 3 közül az egyik tetszőleges, így a λ = 2 -höz tartozó egyik sajátvektor: s =. Hasonlóan kapható λ 2 = 3 = s 2 = és λ 3 = 6 = s 3 = Így a homogén egyenlet általános megoldása: x há = c e 2t + c 2 e 3t. 2 + c 3 e 6t 7. 2 =

71 x = c e 2t + c 2 e 3t + c 3 e 6t y = c 2 e 3t 2c 3 e 6t ahol c, c 2, c 3 tetszőleges z = c e 2t + c 2 e 3t + c 3 e 6t valós konstansok..83. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszert! ẋ = 2x + 9y ẏ = x + 2y 49 Megoldás: ẋ = [ ] [ x y ] det(a λe) = 2 λ 9 2 λ = (2 λ)2 9 = = (A λ E)s = = (A λ 2 E)s 2 = = [ ] [ s s 2 ] = = s = 3, s 2 =, s = [ ] [ s2 s 22 ] = = s 2 = 3, s 22 =, s 2 = (2 λ) 2 = 9 2 λ = ±3 λ = 5 λ 2 = [ [ [ 3 ] ] ] [ 3 ] ] ] x há = c e 5t [ 3 + c 2 e t [ 3 x = 3c e 5t + 3c 2 e t, y = c e 5t c 2 e t, ahol c, c 2 R 7

72 .84. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszert! [ ] 2 6 ẋ = x 2 5 Megoldás: A λe 2 λ 6 = 2 λ = Karakterisztikus polinom: (2 λ) = = (2 λ) 2 = 6 2 λ = ±4j λ = 2 + 4j, λ 2 = 2 4j (A λ E)s = = [ ] [ ] [ ] 4j 6 s = 4j s 2 s = 4j, s 2 =, [ ] 4j s = Hasonlóan megkaphatjuk, hogy (A λ 2 E)s 2 = = [ 4j 6 4j ] [ s2 s 22 s 2 = 4j, s 22 =, s 2 = ] = [ [ 4j Mivel a két sajátérték egymás konjugáltja, ezért a két sajátvektor is egymás konjugáltja. Így s 2 meghatározására nem lett volna szükség. λ és s segítségével felírhatjuk a komplex megoldást: [ ] [ ] 4j 4j x komplex megoldás = e (2+4j)t = e 2t (cos 4t + j sin 4t). Itt is igaz, hogy, ha x megoldása az ẋ = Ax valós együtthatós differenciálegyenlet-rendszernek, akkor Re x és Im x is megoldások és lineárisan függetlenek. e 2t ( 4) sin 4t 4 sin 4t Re x komplex megoldás = = e 2t e 2t cos 4t cos 4t e 2t 4 cos 4t 4 cos 4t Im x komplex megoldás = = e 2t e 2t sin 4t sin 4t 72 ] ]

73 A megoldástér dimenziója 2, ezért a valós általános megoldás az előző két megoldás összes lineáris kombinációja. 4 sin 4t 4 cos 4t x há = c e 2t + c 2 e 2t valós alakú megoldás. cos 4t sin 4t Megjegyezzük, hogy λ 2 és s 2 -ből ugyanehhez az általános megoldáshoz jutnánk..85. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszert: ẋ = x ẋ 2 = x 2 + x 3 ẋ 3 = 3x 3 Adjuk meg az x() = 3 kezdetiérték probléma megoldását is! 2 5 Megoldás: ( ) ẋ = x = A x 3 λ det (A λe) = λ 3 λ = ( λ)2 (3 λ) λ,2 = a c = b = a := t 2 c b := u t s = u = t + u Tehát van két lineárisan független sajátvektor: s =, s 2 =. λ 3 = 3 2 a 2 b = a = 2b + c = c 73

74 Ebből például s 3 =. 2 A megoldás: x(t) = c e t + c 2 e t + c 3 e 3t. 2 vagy más alakban: x (t) c e t x(t) = x 2 (t) = c 2 e t + c 3 e 3t. x 3 (t) 2c 3 e 3t Az x() = 3 kezdetiérték probléma megoldása: 2 c 3 = c 2 + c 3 = c =, c 2 = 2, c 3 = 2 2c 3 e t x = 2e t + e 3t 2e 3t.8. Egzisztencia és unicitás tétel (y (x) = f(x, y(x)); y(x ) = y ) differenciálegyenlet ( ) x y(x) = y + f(t, y(t)) dt x integrálegyenlet (f folyt.) ( ) x (Ui.: y x (x) = y + f(t, y(t)) dt = f(x, y(x)), y(x ) = y +... = y ) x x Az utóbbi integrálegyenletből jön az ötlet, hogy a matematikában több területen is eredményesen használt fokozatos közelítések módszerével (y n (x) = y + f(t, y n (t)) x dt) próbálkozzunk. x 74

75 .8.. Picard-féle szukcesszív approximáció (Fokozatos közelítések módszere.).86. Tétel Q = [x a, x + a] [y b, y + b] (zárt!) f : D R; D R 2, Q D. y y + b y y b x a x x + a x Ha f, f y C Q, akkor a ϕ (x) = y. ϕ n (x) = x y + f(t, ϕ n (t)) dt x rekurzíve meghatározott függvénysorozathoz létezik olyan δ >, hogy ϕ n egyenletesen konvergál ϕ -hez K x,δ -n és ϕ megoldása az y = f(x, y); y(x ) = y kezdetiérték problémának. (ϕ (x) f(x, ϕ(x))) (Ha ϕ is megoldás lenne K x,δ -ban, akkor ϕ (x) ϕ(x) x K x,δ.).8.2. Egzisztencia és unicitás tétel.87. Tétel Ha f, f y folytonos a Q (zárt) téglalapon (f, f y C Q ), akkor K x,δ, amelyben az y = f(x, y), y(x ) = y kezdetiérték problémának egy és csakis egy megoldása van. (Nem bizonyítjuk.) (A tétel bizonyítása a szukcesszív approximáció módszerét használja fel. Így nem csupán a megoldás létezésének kérdését intézi el, hanem lehetőséget ad ezen megoldás közelítő kiszámítására is (konstruktív bizonyítás).) 75

76 .88. Példa Adjunk közelítő megoldást az alábbi kezdetiérték problémára! y = x 2 + y 2, y() = x 52 Megoldás: Az integrálegyenlet: y = + Szukcesszív approximációval dolgozunk: x ( ϕ n (x) = t 2 + ϕ 2 n (t) ) dt. (t 2 + y 2 (t)) dt. ϕ (x) (= y ) [ ] x t 3 x ϕ (x) = (t ) dt = = x3 3 3 ( ) x t 3 2 [ ] t 3 x ϕ 2 (x) = (t 2 + ) dt = t7 = x x7 9 7 ( ) x t 3 2 ϕ 3 (x) = (t t7 ) dt = = x x x x (ϕ 3 x 2 + ϕ 2 3. Visszahelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy bár ϕ 3 nem elégíti ki a differenciálegyenletet, de pl. K, -ben a bal oldal és a jobb oldal eltérése már kicsi.).9. Lineáris rekurzió.89. Definíció Legyen N = N {}, k N és F : R k R. Ekkor az f(n) = F (f(n ), f(n 2),..., f(n k)) (n k) formulát (k-ad rendű) rekurziónak nevezzük. Egy rekurzió egy f : N R megoldását rekurzióval adott sorozatnak, vagy röviden rekurzív sorozatnak nevezzük. k Ha F (x, x 2,..., x k ) = a i x i, ahol a, a 2,..., a k R adottak, akkor lineáris rekurzióról beszélünk. Ekkor i= f(n) = k a i f(n i). i=.9. Tétel Egy k-ad rendű lineáris rekurzió megoldásainak halmaza k dimenziós lineáris tér. Bizonyítás. Először megmutatjuk, hogy lineáris tér. Ehhez be kell látni, hogy ha f és g megoldások, és c R, akkor f + g és cf is megoldás. 76

77 és Legyen n k. Ekkor (f + g)(n) = f(n) + g(n) = = k a i f(n i) + i= k a i (f(n i) + g(n i)) = i= (cf)(n) = cf(n) = c k a i f(n i) = i= k a i g(n i) = i= k a i (f + g)(n i) i= k ca i f(n i) = i= k a i (cf)(n i). Mivel f(), f(),..., f(k ) egyértelműen meghatározza a megoldást, a megoldástér valóban k dimenziós..9. Megjegyzés A megoldástér egy bázisát alaprendszernek nevezzük..92. Példa (Fibonacci-sorozat) Legyen adott f() és f(). Definiáljuk az f sorozatot a következő (másodrendű, lineáris) rekurzióval, minden n > -re: f(n) = f(n ) + f(n 2). Ha például f() = és f() =, akkor a sorozat első néhány eleme:,,, 2, 3, 5, 8, 3,.... Sejtés: keressük a rekurzió feloldását f(n) = q n alakban. Ekkor q n = q n + q n 2, azaz ha q, akkor q 2 = q +, amit karakterisztikus egyenletnek hívunk. Ennek gyökei q,2 = ± 5. 2 Megoldás tehát a q n és a q2 n sorozat. Az előző tétel szerint ezek lineáris kombinációja is megoldás lesz. Sőt, mivel q q 2, ezért minden megoldás ezek lineáris kombinációja lesz..93. Lemma Az általános megoldás így az összes megoldások halmaza: f(n) = c q n + c 2 q n 2, i= {f : N R : c, c 2 R : f(n) = c q n + c 2 q n 2 }..94. Példa (Fibonacci-sorozat) Ha például f() = és f() =, akkor c + c 2 = c q + c 2 q 2 = 77

78 miatt c = és így a sorozat: = = q q 2 5 f(n) =.95. Példa Határozzuk meg az. f() =, f() = ; 2. f() =, f() = ; kezdeti feltételekhez tartozó megoldását! 5 5, míg c 2 = 53 Megoldás: A karakterisztikus egyenlet: 5 ( + 5 ) n 5 ( 5 ) n = 5 = q 2 q 5 5, 5 2 n. f(n) = 3f(n ) 2f(n 2) q n = 3q n 2q n 2 nullától különböző megoldásai a q 2 3q + 2 = másodfokú egyenlet gyökei, nevezetesen q = és q 2 = 2. Egy alaprendszer f (n) = q n = és f 2 (n) = q n 2 = 2 n, az általános megoldás f(n) = c + c 2 2 n.. = f() = c + c 2 2 = c + c 2 és = f() = c + c 2 2 = c + 2c 2 egyenletrendszer megoldása c =, c 2 =, így a megoldás f(n) = + 2 n. 2. = f() = c + c 2 2 = c + c 2 és = f() = c + c 2 2 = c + 2c 2 egyenletrendszer megoldása c =, c 2 =, így a megoldás f(n) =..96. Példa f(n) = 9 f(n ) 2f(n 2) 2. Határozzuk meg a rekurzió általános megoldását! 2. Határozzuk meg az f() =, f() = 7 kezdeti feltételekhez tartozó megoldását! 3. Van-e O(n) nagyságrendű megoldás? 78

79 54 Megoldás:. A karakterisztikus egyenlet: nullától különböző megoldásai a q n = 9 2 qn 2q n 2 q q + 2 = másodfokú egyenlet gyökei, nevezetesen q = 4 és q 2 = 2. Egy alaprendszer f (n) = q n = 4 n és f 2 (n) = q n 2 = ( 2) n, az általános megoldás f(n) = c 4 n + c 2 2 n. 2. = f() = c 4 + c 2 = c 2 +c 2 és 7 = f() = c 4 + c 2 = 4c 2 + 2c 2 2 egyenletrendszer megoldása c = 2, c 2 = 2, így a megoldás f(n) = 2 4 n 2 2 n. 3. Egy megoldás pontosan akkor O(n), ha c R : f(n) cn. Ez pontosan akkor teljesül, ha c =, vagyis az ilyen megoldások az alakú sorozatok..97. Példa f(n) = c 2 2 n f(n) = 2f(n ) 3 f(n 2) 4. Határozzuk meg a rekurzió általános megoldását! 2. Határozzuk meg az f() = 6, f() = 7 kezdeti feltételekhez tartozó megoldását! 3. Van-e O() nagyságrendű megoldás? 55 Megoldás:. A karakterisztikus egyenlet: q n = 2q n 3 4 qn 2 nullától különböző megoldásai a q 2 2q = 79

80 másodfokú egyenlet gyökei, nevezetesen q = és q 2 2 = 3. Egy alaprendszer f 2 (n) = q n = ( ) n 2 és f2 (n) = q2 n = ( 3 n, 2) az általános megoldás f(n) = c ( ) n c n 2. 2 ( 2. 6 = f() = c + c 3 ) ( = c + c 2 és 7 = f() = c + c 3 ) = c 2 + 3c 2 egyenletrendszer megoldása c = 2, c 2 = 4, így a 2 megoldás f(n) = 2 2 n + 4 ( 3 2) n. 3. Egy megoldás pontosan akkor O(), ha korlátos. Ez pontosan akkor teljesül, ha c 2 =, vagyis az ilyen megoldások az alakú sorozatok. f(n) = c 2 n.98. Megjegyzés Általában, az f(n) = a f(n ) + a 2 f(n 2) + + a k f(n k) (n k) k-ad rendű lineáris rekurzió alaprendszerét a q k = a q k + a 2 q k a k karakterisztikus egyenlet segítségével határozzuk meg. k Nevezetesen, ha q egy m-szeres valós gyöke a q k a i q k i karakterisztikus polinomnak, akkor az alaprendszer hozzátartozó m eleme: q n, nq n,..., n m q n. Ha pedig α ± βj egy m-szeres nem valós gyökpár (β ), akkor az alaprendszer hozzátartozó 2m eleme: n p ((α + βj) n + (α βj) n ) és n p j((α + βj) n (α βj) n ), ahol p lehetséges értékei,,..., m. Az.. Feladatban látni fogjuk, hogy ezek valós számsorozatok, ha a kezdetiértékek, és a rekurzió együtthatói valósak..99. Példa Adjuk meg f()-et, ha tudjuk, hogy f() = 3, f() = 4, f(2) = 9 és ha n 3, akkor f(n) = f(n ) + f(n 2) + f(n 3). 56 Megoldás: A karakterisztikus polinom i= q 3 + q 2 q = ( q 2 ) (q + ) 8

81 gyökei q = és q 2,3 =. Egy alaprendszer f (n) =, f 2 (n) = ( ) n és f 3 (n) = ( ) n n, az általános megoldás f(n) = c + c 2 ( ) n + c 3 ( ) n n. A 3 = f() = c +c 2, 4 = f() = c c 2 c 3 és 9 = f(2) = c +c 2 +2c 3 egyenletrendszer megoldása c i = i, így a sorozat azaz f(n) = + 2( ) n + 3( ) n n, f() = + 2( ) + 3( ) = = Példa Adjuk meg f()-et, ha tudjuk, hogy f() = 5, f() = 7, f(2) = 3 és ha n 3, akkor 57 Megoldás: A karakterisztikus polinom f(n) = f(n ) f(n 2) f(n 3). q 3 + q 2 + q + = ( q 2 + ) (q + ) gyökei q = és q 2,3 = ±j. Egy alaprendszer f (n) = ( ) n, { f 2 (n) = j n + ( j) n 2( ) n/2, ha n páros =, ha n páratlan, és az általános megoldás f 3 (n) = j(j n ( j) n ) = { 2( ) (n+)/2, ha n páratlan, ha n páros, f(n) = c ( ) n + c 2 (j n + ( j) n ) + c 3 j(j n ( j) n ) = { c + c 2 2( ) n/2, ha n páros = c + c 3 2( ) (n+)/2, ha n páratlan. A 5 = f() = c +2c 2, 7 = f() = c 2c 3 és 3 = f(2) = c 2c 2 egyenletrendszer megoldása c i = i, így a sorozat azaz f(n) = ( ) n + 2(j n + ( j) n ) + 3j(j n ( j) n ) = { + 4( ) n/2, ha n páros = + 6( ) (n+)/2, ha n páratlan, f() = + 4( ) 5 = 5. 8

82 2. fejezet Függvénysorok 2.. Bevezetés Függvénysorozaton olyan sorozatot értünk, amelynek minden eleme függvény, függvénysoron pedig olyan sort, melynek tagjai függvények. Ahogy a n= a n numerikus sor összegét az s n = n k= a k részletösszeg sorozat határértékeként definiáljuk, úgy egy függvénysor összegét is a részletösszeg függvénysorozat határértékeként értelmezzük. Ily módon függvénysorok és függvénysorozatok kölcsönösen megfeleltethetők egymásnak. Egy függvénysor esetén is vizsgálhatjuk a részletösszegek sorozatát, és fordítva, egy függvénysorozat esetén áttérhetünk az egymást követő elemek különbségéből képzett sorra. Ez a tény indokolja a függvénysorok és a függvénysorozatok általános elmélete között megfigyelhető párhuzamokat. A gyakorlati alkalmazások szempontjából talán a függvénysorok fontosabbak, ugyanakkor az általános elmélet kiépítését egyszerűbb a függvénysorozatokkal kezdeni. Ebben a jegyzetben szinte kizárólag függvénysorok vizsgálatára szorítkozunk, csupán a teljesség kedvéért egyetlen fejezetet szentelünk a függvénysorozatoknak, melyben bizonyítások, példák nélkül, tömören összefoglaljuk a függvénysorozatokra vonatkozó legfontosabb, általános tételeket. Ez a fejezet kihagyható, az analóg tételek részletes tárgyalása megtalálható a függvénysorok fejezetben Függvénysorozatok 2.. Definíció (Függvénysorozat) Legyen adott minden n N esetén egy f n : D n R valós függvény úgy, hogy D = n N D n. Ekkor az {f n } n N = f, f 2, f 3... függvényhalmazt a D halmazon értelmezett függvénysorozatnak nevezzük. Röviden jelölés: f n (x), vagy f n. 82

83 Az f n (x) függvénysorozat elemei tekinthetők kétváltozós függvényeknek is, az egyik, n N diszkrét változó, míg a másik, x R folytonos Definíció (Konvergenciatartomány, határfüggvény) A D R halmazon értelmezett {f n } n N függvénysorozat H D konvergenciatartománya és határfüggvénye H = {x D f n (x) konvergens}, f(x) = lim n f n (x), x H Definíció (Egyenletes konvergencia) Az f n függvénysorozat a H halmazon (H H D) egyenletesen konvergál az f függvényhez, ha ε > esetén N(ε) N, hogy f(x) f n (x) < ε, (Tehát N(ε) független x H -tól.) x H és n > N(ε) esetén Megjegyzés Az egyenletes konvergencia globális tulajdonság, függ a H H halmaz megválasztásától. A szuprémum-norma bevezetésével az egyenletes konvergenciát kicsit átfogalmazhatjuk Definíció (Szuprémum norma) Az f függvény H D f halmazon vett szuprémumnormája: { } f H := sup f(x). x H 2.6. Lemma Az f n függvénysorozat a H halmazon (H H D) pontosan akkor konvergál egyenletesen az f függvényhez, ha lim f n f H = n Bizonyítás. Az állítás egyszerűen következik az egyenletes konvergencia és a szuprémum norma definíciójából. (2.3. és 2.5. definíciók.) 2.7. Tétel (Cauchy-kritérium egyenletes konvergenciára) Az f n függvénysorozat akkor és csak akkor konvergál a H halmazon egyenletesen, ha ε > esetén N(ε) N küszöbindex, melyre vagyis f n (x) f m (x) < ε x H és n, m > N(ε) esetén, f n f m H < ε n, m > N(ε). A tétel belső konvergenciakritérium, ugyanis nem hivatkozik az f(x) = lim n f n (x) határfüggvényre. Alapötlet. A bizonyításhoz a numerikus sorozatokra vonatkozó hasonló kritériumot kell felhasználni. A függvénysorokra vonatkozó analóg tételt bebizonyítjuk. 83

84 Egyenletesen konvergens függvénysorozat tulajdonságai A következő három tétel azt mutatja, hogy egyenletesen konvergens f n (x) függvénysorozat esetén az n-ben vett határérték felcserélhető az x-ben vett határértékkel, az integrálással illetve a deriválással. Folytonos függvények sorozatának határfüggvénye általában nem folytonos. (Lásd példa.) Egyenletes konvergencia esetén azonban a határfüggvény is folytonos Tétel (Elégséges feltétel a határfüggvény folytonosságára) Ha az f n függvénysorozat minden eleme folytonos a H konvergenciatartomány egy I H intervallumán, és f n egyenletesen konvergens I-n, akkor az f(x) = lim n f n (x) határfüggvény is folytonos az I intervallumon. Alapötlet. A bizonyítás a függvénysorokra vonatkozó analóg tételéhez hasonló. Függvénysorozat integráljának határértéke általában nem egyezik meg a határfüggvény integráljával (lásd példa), de egyenletes konvergencia esetén az állítás igaz Tétel (Elégséges feltétel a határfüggvény integráljára) Ha az f n függvénysorozat elemei integrálhatóak az [a, b] intervallumon, és [a, b]-n egyenletesen konvergálnak az f határfüggvényhez, akkor f is integrálható [a, b]-n, és b lim n a f n (x) dx = b a f(x) dx = b a lim f n(x) dx, n azaz az x-ben vett határozott integrál felcserélhető az n-ben vett határértékkel. Egyenletes konvergencia esetén a differenciálás is felcserélhető az n-ben vett határértékkel. 2.. Tétel (Elégséges feltétel a határfüggvény deriváltjára) Ha az f n függvénysorozat elemei differenciálhatóak az I intervallumon, és az f n deriváltfüggvények I- n egyenletesen konvergálnak a g határfüggvényhez, továbbá f n konvergens I-n, akkor f(x) = lim n f n (x) is differenciálható I-n, és lim f n(x) = g(x) = d n dx lim f n(x) = f (x) n x I esetén, tehát az I intervallumon az x-ben vett differenciálás felcserélhető az n-ben vett határértékkel. 84

85 2.2.. Gyakorló feladatok Az alábbiakban jelölje f(x) = lim n f n (x) az f n (x) függvénysorozat határfüggvényét, és legyen H = D f a konvergenciatartomány.. Határozza meg a következő függvénysorozatok határfüggvényét és konvergenciatartományát! 2. f n (x) = (x + )n n (a) f n (x) = (2x) n (b) f n (x) = sin n 2x (c) f n (x) = (x )n 9 n (d) f n (x) = x x n (a) Határozza meg a fenti függvénysorozat határfüggvényét és konvergenciatartományát! (b) Egyenletesen konvergens-e a függvénysorozat a [ 2, ] intervallumon? 3. f n (x) = x 2 + x n Egyenletesen konvergens-e a (, ] ill. (, ) intervallumon? 4. f n (x) = (arcsin x) n (a) Határozza meg a fenti függvénysorozat határfüggvényét és konvergenciatartományát! (b) Egyenletesen konvergens-e a konvergenciatartományban? 5. f n (x) = n2 x 2 n 2 x 2 + (a) Határozza meg a fenti függvénysorozat határfüggvényét és konvergenciatartományát! (b) Egyenletesen konvergens-e [, ]-en illetve [, 2]-n? 6. f n (x) = x x 2n (a) Határozza meg a fenti függvénysorozat határfüggvényét és konvergenciatartományát! (b) Egyenletesen konvergál-e f n a konvergenciatartományon? 85

86 n= (c) Mely x pontban teljesül a f n (x ) numerikus sorra a konvergencia szük- séges feltétele? Határozza meg a f n (x) függvénysor konvergenciatartományát! 7. f n (x) = xe nx (a) f(x) = lim n f n (x) =? n= (b) f n f [,] =? Egyenletes-e a konvergencia [, ]-en? 8. f n (x) = x n 2 + 4x 2 (a) f(x) = lim n f n (x) =? (b) f n f =? Egyenletes-e a konvergencia? 9. Határozza meg a következő hatérértéket! lim n x n dx =? e2nx 2.3. Függvénysorok általános tulajdonságai 2.. Definíció (Függvénysor) Legyen adott minden k N esetén egy f k : D R függvény, ahol = D R a függvényeknek a közös értelmezési tartománya. Ekkor ezen függvényekből, mint tagokból képzett f k = f + f + + f k + k= végtelen összeget függvénysornak nevezzük Definíció (Részletösszeg) A n= f n függvénysor n-edik részletösszege: s n (x) := n k= f k (x), (x D) Definíció (Konvergenciatartomány, összegfüggvény) A n= f n függvénysor konvergenciatartománya a H = {x D s n (x) konvergens numerikus sorozat} D 86

87 halmaz, tehát azon x pontok halmaza ahol az s n (x) részletösszeg-sorozat konvergens. Ezen a halmazon az s(x) := lim n n f k (x), (x H) k= módon értelmezzük a függvénysor s összegfüggvényét Példa Határozzuk meg a ( x 3 ) k k= függvénysor konvergenciatartományát és összegfüggvényét! 58 Megoldás: Adott x esetén egy q = x hányadosú geometriai sorról van szó, mely 3 pontosan akkor konvergens, ha q = x (, ). Tehát a H konvergenciatartomány és 3 az s(x) összegfüggvény: H = ( 3, 3), s(x) = x/3 x/3 = x 3 x Definíció (Maradékösszeg) A n= f n függvénysor n-edik maradékösszegét az r n (x) := k=n+ f k (x), (x H) formula definiálja a függvénysor H konvergenciatartományán Lemma Egy függvénysor pontosan azokban az x pontokban konvergens, amelyekben a maradékösszegek sorozata zérushoz tart, azaz k= Bizonyítás. A bizonyításhoz az f k (x) = s(x) R lim n r n (x) =. s(x) = s n (x) + r n (x) egyenlőségen hajtsuk végre az n határátmenetet. 87

88 Rögzített x esetén a n= f n(x) függvénysor tagjai egy numerikus sort adnak, így a függvénysorra gondolhatunk úgy is, mint végtelen sok numerikus sor összességére, amelyeket az x ponttal paraméterezünk. Ezért ha k= f k (x) = s(x), x H, akkor a nyomaték kedvéért azt is mondjuk, hogy a k= f k függvénysor a H halmazon pontonként konvergál s -hez Definíció Azt mondjuk, hogy a k= f k függvénysor a H D halmazon pontonként konvergál (vagy egyszerűen csak konvergál) az s : H R összegfüggvényhez, ha x H esetén lim s n(x ) = lim n n n f k (x ) = k= f k (x ) = s(x ), k= azaz ε > -hoz N(ε, x ), hogy s n (x ) s(x ) < ε, ha n > N(ε, x ) és x H. Nyilvánvaló, hogy különböző x H esetén más-más { s n (x ) } numerikus sorozathoz juthatunk, így N(ε, x ) értéke függhet x -tól is Egyenletes konvergencia 2.8. Definíció A k= f k függvénysor a H D halmazon egyenletesen konvergál az s függvényhez, ha ε > esetén N(ε) küszöbszám, hogy s n (x) s(x) < ε, ha n > N(ε) és x H. Az N(ε) küszöbszám független az x H ponttól. Tehát az N(ε) küszöbszám univerzálisan jó a H halmaz minden pontjában Példa A 2.4. feladatban láttuk, hogy ( x ) k x =, ha x H = ( 3, 3). 3 3 x k= a) Igazoljuk, hogy a függvénysor a H = ( 2, 2) halmazon egyenletesen konvergens! b) Igazoljuk, hogy a függvénysor a H = ( 3, 3) halmazon nem egyenletesen konvergens! 88

89 59 Megoldás: a) Tetszőleges x ( 2, 2) esetén: s(x) s n (x) = ( ) n+ x 3 x 3 k=n+ ( 2 n+ 3) 2 = 3 3 ( x ) k ( x n+ = 3) 3 x = 3 ( ) n+ x 3 x 3 ( ) n+ 2 < ε, ha n > N(ε). 3 Itt az N(ε) értékét a 3 ( 2 3) n+ sorozathoz választhattuk. Tehát a H = ( 2, 2) halmaz x pontjában ugyanaz az N(ε) küszöbszám használható, vagyis a H halmazon a konvergencia egyenletes. Nyilván a H = [ 2, 2] halmazon is egyenletes a konvergencia. Sőt, hasonló gondolatmenettel belátható, hogy < δ < 3 esetén a [ 3 + δ, 3 δ] halmazon is egyenletes a konvergencia. b) Indirekt bizonyítunk. Ha ( ) n+ x s(x) s n (x) = 3 x 3 < ε, n > N(ε) és x ( 3, 3) teljesülne, akkor ( ) n+ x lim x 3 x ε, n > N(ε) 3 is fennállna, amiből ε adódna, ami ellentmondás Tétel Ha a k= f k(x) függvénysor egyenletesen konvergens H-n, akkor pontonként is konvergens. Bizonyítás. Ez a definíció közvetlen következménye, hiszen N(ε) = N(ε, x ) választható x H esetén Definíció (Cauchy-kritérium) A k= f k(x) függvénysor a H halmazon eleget tesz a Cauchy-kritériumnak, ha ε > -hoz N(ε), x-től független küszöbszám, hogy x H esetén f n+ (x) + f n+2 (x) + + f m (x) < ε, m > n > N(ε) Tétel Egy függvénysor pontosan akkor egyenletesen konvergens egy halmazon, ha itt eleget tesz a Cauchy-kritériumnak, azaz k= f k egyenletesen k= f k eleget tesz a konvergens H-n Cauchy-kritériumnak H-n 89

90 Bizonyítás. ( ) Az egyenletes konvergencia miatt tetszőleges ε > esetén ε-höz létezik olyan N ( ε 2 2), hogy x H esetén s m (x) s(x) < ε és s n (x) s(x) < ε ( ε ) 2 2, ha m > n > N. 2 Ebből következik, hogy s m (x) s n (x) = s m (x) s(x) + s(x) s n (x) s m (x) s(x) + s n (x) s(x) < ε 2 + ε 2 = ε, ha m > n > N ( ε 2) és x H, vagyis teljesül a Cauchy-kritérium. ( ) A tétel másik részét nem bizonyítjuk. (A numerikus sorokra vonatkozó megfelelő tétel bizonyításához hasonlóan bizonyítható, felhasználva a H halmazon való egyenletes konvergencia fogalmát.) Megjegyezzük, hogy most is beszélhetünk abszolút konvergenciáról: Definíció A k= f k(x) függvénysor abszolút konvergens x -ban, ha a k= f k(x ) sor konvergens. A függvénysor abszolút konvergenciájából következik a függvénysor konvergenciája. Ha a k= f k(x ) sor konvergens az x H pontban, akkor a k= f k(x ) sor is konvergens. Ez az állítás a numerikus sorokra tanult tétel megismétlése. A következő tétel elégséges feltételt fogalmaz meg egy függvénysor egyenletes konvergenciájára Tétel (Weierstrass-kritérium) Ha létezik olyan {b k } k N sorozat, hogy f k (x) b k minden x H és k N esetén, továbbá a k= b k numerikus sor konvergens, akkor (a) (b) f k (x) abszolút konvergens x H, k= f k (x) egyenletesen konvergens H -n. k= Bizonyítás. (a) A k= f k(x) abszolút konvergenciája a majoráns kritériumból következik a H halmaz minden pontjában. 9

91 (b) Megmutatjuk, hogy k= f k(x) eleget tesz a Cauchy-kritériumnak a H halmazon. Ha x H és m > n > N(ε), akkor f n+ (x) + + f m (x) f n+ (x) + + f m (x) b n+ + + b m < ε, n= mert k= b k teljesíti a Cauchy-kritériumot, hiszen k= b k konvergens. Az N(ε) küszöbindex független x-től, mivel a k= b k numerikus sorhoz választottuk. Mivel a k= f k(x) függvénysor teljesíti a Cauchy-kritériumot H-n, ezért egyenletesen konvergens H-n. sin (n 3 x + π) Példa A függvénysor abszolút konvergens x R pontban, és n 2 + n= egyenletesen konvergens a (, ) intervallumon, mert x R esetén f n (x) n 2 + < n = b 2 n és bn = n < (konvergens) Példa A ne n( x +) függvénysor abszolút konvergens x R pontban, és egyenletesen konvergens a (, ) intervallumon, mert x R esetén n f n (x) = f n (x) = (e x + ) n < n e = b n, n n e = b n n konvergens, mert lim n n n b n = lim = n n e e < n= n= = f n (x) egyenletesen konvergens R -en. n= Egyenletesen konvergens függvénysorok tulajdonságai Tudjuk, hogy véges sok folytonos függvény összege is folytonos, és tagonként integrálhatjuk illetve tagonként deriválhatjuk véges sok függvény összegét. Végtelen összeg (függvénysor) esetére ezek az állítások nem feltétlenül teljesülnek. Azonban a végtelen soroknál egyenletes konvergenciát megkövetelve elégséges feltételeket nyerünk arra, hogy a függvénysor összege folytonos, tagonként integrálható6, illetve az összege deriválható legyen Tétel (Elégséges feltétel az összeg folytonosságára) Ha az s(x) = f k (x) (x Iintervallum) k= függvénysor tagfüggvényei folytonosak az I intervallumon (f k CI ) és a sor egyenletesen konvergens I-n, akkor az s(x) összegfüggvény is folytonos I-n. 9

92 (A tételben I lehet nyílt, zárt, vagy félig nyílt, félig zárt, akár nem korlátos intervallum is.) Megjegyzés A tétel azt jelenti, hogy egyenletes konvergencia esetén az x-ben vett limesz és a k-ra vett végtelen összegzés felcserélhető: lim s(x) = lim f k (x) = lim f k (x) = f k (x ) = s(x ). x x x x x x k= k= Bizonyítás. Legyen x, x I, és ε >. Ekkor s(x) s(x ) = s(x) s n (x) + s n (x) s n (x ) + s n (x ) s(x ) k= s(x) s n (x) + s }{{} n (x) s n (x ) + s }{{} n (x ) s(x ) < ε, }{{} <ε/3 <ε/3 <ε/3 ha x x < δ(ε, x ), ahol a δ(ε, x ) > -t a következőképpen határozzuk meg. A függvénysor egyenletes konvergenciáját kihasználva először választunk egy elég nagy n indexet, melyre az első és a harmadik tag becslése teljesül. Ezután az s n részletösszeg x pontbeli folytonosságát kihasználva választjuk meg δ-t úgy, hogy a második tag becslése is fennálljon Következmény Ha az összeadandó függvények folytonosak, de az s(x) összegfüggvény nem folytonos az I intervallumon, akkor a konvergencia nem egyenletes I -n Példa Igazoljuk, hogy a (x k x k ) k= függvénysor nem egyenletesen konvergens a H konvergenciatartományán. 6 Megoldás: Teleszkopikus összegről van szó, így a részletösszegek és az összeg könnyen megkapható: n s n (x) = (x k x k ) = k= = x x + x 2 x + x 3 x x n x n = x n, ha x <, s(x) = lim s n (x) = lim (x n ) =, ha x =, n n, egyébként. A konvergenciatartomány H = (, ]. A (, ] halmazon a konvergencia nem egyenletes, mert az összeadandó f k (x) = x k x k függvények folytonosak, de az s(x) összegfüggvény nem folytonos a (, ] halmazon. 92

93 2.3. Tétel (Egyenletesen konvergens függvénysor tagonkéti integrálhatósága) Ha f k C[a,b] és a k= f k(x) függvénysor egyenletesen konvergens a H = [a, b] halmazon, akkor b b b s(x) dx = f k (x) dx = f k (x) dx. a a k= Mivel az f k tagfüggvények folytonosak és a konvergencia egyenletes, ezért (a tétel miatt) az s összegfüggvény is folytonos, tehát a tételben szereplő integrálok léteznek Példa Indokoljuk meg, hogy a k= a 2 ( x ) k dx 3 k= kifejezésben az integrálás és az összegzés sorrendje felcserélhető, és végezzük el az integrálást mindkét esetben! 6 Megoldás: A 2.9. feladatban láttuk, hogy a ( x k k= 3) függvénysor egyenletesen konvergens a [ 2, 2]-on, ezért nyilván a [, 2]-on is az. (A [ 2, 2]-on alkalmas, x-től független N(ε) küszöbszám alkalmas a [, 2]-on is.) Így alkalmazhatjuk a 2.3. tételt: Másrészt vagyis I = 2 I = 2 ( ( x ) k ) dx = 3 k= = ( ( x ) k ) dx = 3 k= k= k= x k+ 2 (k + ) 3 k 2 ( 2 ( x ) k ) dx = 3 = x 3 x dx = k= 2 2 k+ (k + ) 3 k. ( 3 x 3 x 3 ) 3 x dx = = [x + 3 ln(3 x)] 2 = (2 + 3 ln 3 ln 3) = 3 ln 3 2, k= 2 k+ = 3 ln 3 2. (k + ) 3k Tehát a 2.3. tétel segítségével meghatároztuk egy numerikus sor összegét. 93

94 2.33. Tétel (Egyenletesen konvergens függvénysor tagonkéti deriválhatósága) Ha f k C[a,b] (azaz f k (x) létezik és folytonos [a, b]-n) és s(x) = g(x) = f k (x) k= f k(x) k= akkor s deriválható [a, b] -n, és s = g. Tehát s (x) = d dx s(x) = d dx f k (x) = k= pontonként konvergál [a, b]-n, valamint egyenletesen konvergál [a, b]-n, k= d dx f k(x) = f k(x) = g(x). Bizonyítás. A tétel a tagonkénti integrálhatóságra vonatkozó (nem bizonyított) 2.3. tétel felhasználásával egyszerűen igazolható. ( x ) s(x) = f k (x) = f k (a) + f k(t) dt = k= k= t=a x ( ) x = k= f k (a) + t=a k= f k(t) dt = s(a) + k= t=a g(t) dt. Először a Newton Leibniz formulát alkalmaztuk az f k függvényekre, majd a 2.3. tétel segítségével felcseréltük az összegzés és az integrálás sorrendjét. A tétel értelmében a g függvény folytonos, így az integrálfüggvény alaptulajdonságai szerint s differenciálható, és s (x) = g(x). A 2.27., 2.3. és a tételekben szereplő függvénysorokról fontos feltenni, hogy a szóban forgó halmazon egyenletesen konvergensek. Ezt olyan ellenpéldákon mutatjuk be, ahol a konvergencia a megfelelő halmazon csak pontonként, de nem egyenletesen teljesül. Az egyszerűség kedvéért az s n (x) részletösszeg függvényeket adjuk meg. Ezt azért tehetjük meg, mert tetszőleges s n (x) függvénysorozathoz van olyan k f k függvénysor, amelynek éppen s n (x) az n -edik részletösszege. Legyen ugyanis f (x) = s (x), f k (x) = s k (x) s k (x), ha k =, 2, (2.) Így az f k tagú függvénysor n-edik részletösszege: n f k (x) = s (x) + }{{} k= f (x) n ( sk (x) s k (x) ) = }{{} f k (x) = s (x) + ( s (x) s (x) ) + ( s 2 (x) s (x) ) + (s n (x) s n (x) ) = s n (x). k= 94

95 .2.8 s(x) s s 2 s 5 s 8 s ábra. A folytonos s n függvények s pontonkénti határfüggvénye nem folytonos az origóban Példa Legyen Ekkor s n (x) = e nx2 = ( e x2 ) n, D = H = R ( Ért. és konv. tart.) s(x) = lim n s n (x) = Az s függvény nem folytonos, pedig az s n {, ha x,, ha x =. függvények folytonosak (2. ábra) Példa Legyen n 2 x, ha x [, /n), s n (x) = n 2 x + 2n, ha x [/n, 2/n),, ha x > 2/n. lim n s n (x) dx =? lim s n(x) dx =? n 62 Megoldás: Az s n függvény grafikonja: 95

96 n s n (x) A határfüggvény n 2 n s(x) = lim n s n (x), x [, ) = H, mert x > esetén s n (x) =, ha x, azaz ha n 2, és s 2n x n() =. (Például x = nél s n (x) =, ha n 2.) Látható, hogy ( I = lim s n (x) dx = lim n n 2 2 ) n n = k= I 2 = lim s n(x) dx = n dx =, tehát az s n függvénysorozat esetében a határértékképzés és az integrálás sorrendjének felcserélésekor megváltozik a kifejezés értéke. Ugyanakkor ha a 2. formula szerint áttérünk a k= f k függvénysorra, akkor n n f k (x) dx = lim f k (x) dx = lim f k (x) dx = n n f k (x) dx = k= k= n lim n = lim = s n (x) dx = I = n f k (x) dx = k= lim s n(x) dx = I 2 =, n tehát a végtelen összegzés és az integrálás sorrendjének cseréjekor megváltozik a kifejezés értéke. Sem az s n függvénysorozat, sem a k= f k függvénysor nem egyenletesen konvergens a [, ) intervallumon. k= Példa Igaz-e a következő egyenlőség? 2 x n e dx =? nx n= n= 2 x n dx enx 96

97 63 Megoldás: A függvénysor általános tagja ( x ) n ( f n (x) = = xe x n = (g(x)) n C e R, x ahol g(x) = x e x. e g(x) = x e x A g(x) = x e x függvény grafikonja. Az f n (x) függvények vizsgálatából megállapítható, hogy ( ) n f n (x) max f n(x) = f n () = = b n. x [,2] e A ( ) n n= e numerikus sor konvergens ( < q = Tehát a Weierstrass kritérium (2.24. tétel) miatt < hányadosú geometriai sor). e n= f n(x) egyenletesen konvergens a [, 2] intervallumon, így a 2.3. tétel értelmében az integrálás és az összegzés felcserélhető, tehát az egyenlőség fennáll Példa Differenciálható-e a s(x) = n= arctg x n n 2 sor összegfüggvénye, és igaz-e, hogy s(x) deriváltját a sor tagonkénti deriválásával kapjuk? 64 Megoldás: Mivel arctg x n f n (x) = < n 2 π 2 n 2 és n= π 2 n 2 = π 2 n= n 2 konvergens, ezért a Weierstrass-kritérium (2.24. tétel) értelmében n= f n(x) egyenletesen konvergens R-en. Vizsgáljuk meg, hogy f n(x) egyenletesen konvergens-e! Nyilvánvalóan f n CR, és n= f n(x) = d arctg x n = d dx n 2 n 2 dx arctg x n = n 2 + ( x n ) 2 n, 97

98 f n(x) = n 3 + x2 n 2 n 3 és n= n 3 konvergens, ezért a Weierstrass kritérium értelmében n= f n(x) is egyenletesen konvergens R-en. Így a tétel feltételei teljesülnek, tehát az összegfüggvény deriválható és deriváltját a végtelen sor tagonkénti deriválásával kapjuk Példa Határozzuk meg a következő határértéket! sin ( ) n 3 x 2 + π 2 lim =? x 5 n + n 2 x 4 n= 65 Megoldás: Mivel a sor összegfüggvényét nem tudjuk felírni, csak akkor van reményünk a feladat megoldására, ha a limeszképzés és a szummázás felcserélhető. Ez a folytonosságról szóló tétel alkalmazását igényli. Az f n (x) tagfüggvények folytonosak, és tetszőleges x R esetén sin ( ) n 3 x 2 + π 2 f n (x) = 5 n + n 2 x 4 5 = b n. n A n= b n = ( ) n n= 5 geometriai sor konvergens ( q = < ), tehát a Weierstrasskritérium (2.24. tétel) értelmében a függvénysor egyenletesen konvergens R-en. 5 Így a tétel feltételei teljesülnek, tehát alkalmazható: ( sin n 3 x 2 + π ) ( sin n 3 x 2 + π ) ( ) n lim 2 = lim 2 = = x 5 n + n 2 x 4 x 5 n + n 2 x 4 5 = n= n= Gyakorló feladatok. Határozza meg az alábbi függvénysorok konvergenciatartományát! (a) (b) (c) (d) ln n x n= n= n= n= n x ( ) n enx n ( ) n n 2 + x 4 98 n=

99 (e) (f) n= n= n + x 4 e nx 2. Egyenletesen konvergensek-e az alábbi függvénysorok az adott I intervallumon? (a) (b) (c) n= n= ( ) n, I = (, ) n 2 + 2x2 sin n 2 (x + 3), I = (, ) n cos nx ( x ) n, I = [, ] illetve I = (, 2) n n= 3. Szabad-e tagonként deriválni tetszőleges x-re a 2.4. Hatványsorok Definíció A a k (x x ) k k= n= sin (nπx + 3) n 3 függvénysort? függvénysort x középpontú (bázispontú) hatványsornak nevezzük. Az a k R konstansok a hatványsor együtthatói Megjegyzés Sokszor elég a k= a k x k hatványsorral foglalkozni, mert az x bázispontú hatványsor u := x x helyettesítéssel k= a ku k alakú lesz Tétel Ha a k= a kx k sor x 2 -ben konvergens, akkor x < x 2 esetén x -ben abszolút konvergens és így konvergens is. Bizonyítás. Megmutatjuk, hogy a hatványsor x -ben abszolút konvergens és így konvergens is. Mivel k= a kx k 2 konvergens, ezért lim a k x k 2 =. (Teljesül a konvergencia szükséges feltétele.) Konvergens sorozat korlátos, tehát K, melyre k esetén a k x k k 2 K. Ekkor k ak x k = ak x 2 k x Kq k, q = x <, x 2 x 2 99

100 és k= Kqk = K q konvergens majoráns, így ak x k konvergens, tehát k= a k x k k= konvergens Tétel Ha a a k x k hatványsor az x = x 2 helyen divergens, akkor x > x 2 k= esetén x -ben is divergens. Bizonyítás. Indirekt. Feltesszük, hogy x -ben konvergens. De ekkor x 2 < x esetén is konvergens lenne az előző tétel miatt, ami ellentmondás Következmény E két tételből már látható, hogy a k= a kx k hatványsor H konvergenciatartománya mindig középpontú, R sugarú nyílt intervallumból és esetleg az R vagy R végpontokból áll, ahol R az úgynevezett konvergenciasugár (2.45. definíció). Mivel -ban a fenti hatványsor mindig abszolút konvergens, ezért H nem üres halmaz, R > vagy R = vagy R = lehetséges. Az egyes példáknál látjuk majd, hogy ezek az esetek valóban előfordulnak. A hatványsor a ( R, R) nyílt intervallumon abszolút konvergens. A hatványsor a (, R) és az (R, ) intervallumokon nem abszolút konvergens de itt konvergencia sem állhat fenn a tétel miatt, itt tehát divergens a hatványsor. Megjegyezzük, hogy < R < esetén az x = R és az x = R pontokban mind a konvergencia, mind pedig a divergencia fennállhat. Ezért az x = ±R pontokban minden egyes hatványsor esetében külön kell vizsgálódnunk. Tehát (origó középpontú hatványsor esetén) a lehetséges esetek:. R =, H = {}. Például: k= k! x k, mert lim k k! x k, ha x. 2. < R <, H = [( R, R)]. Ekkor a sor x < R esetén konvergens, x > R esetén divergens. R R A végpontokban, x = R esetén külön vizsgálat szükséges. 3. R =, H = R.

101 Áttérve az x középpontú hatványsorra, az alábbi állítást kapjuk Tétel A k= a k(x x ) k hatványsor konvergenciatartománya x középpontú intervallum (nyílt, vagy zárt, vagy csak egyik oldalról zárt). Az intervallum belső pontjaiban a hatványsor abszolút konvergens. x R x + R x Vagyis a k= a k(x x ) k hatványsor x x < R esetén abszolút konvergens, x x > R esetén divergens, ahol R a sor konvergencia sugara. A végpontokban a konvergenciát külön kell vizsgálni. Természetesen most is lehet R =, illetve R = Definíció (Konvergenciasugár) A a k (x x }{{} ) k = u k= hatványsor konvergenciasugara: { R = sup x x = u a k u k k= a hatványsor az x illetve u pontban abszolút konvergens } Példa Határozzuk meg a hatványsor konvergenciatartományát! n= x n n 66 Megoldás: x = -ben: n= n = divergens = miatt x > -ben divergens x = -ben: ( ) n n= n konvergens = 2.4. miatt x < -ben konvergens Tehát a konvergenciasugár R = és a konvergenciatartomány H = [, ) Megjegyzés A x n n= hatványsor konvergenciasugara már nem vizsgálható az n 2 előbbi módszerrel, mert x = ±-ben a sor konvergens, ezért R > is igaz lehetne. A következő alfejezetben a konvergenciasugár meghatározásával foglalkozunk.

102 2.4.. A konvergenciasugár meghatározása A hatványsor konvergenciasugarának meghatározására két lehetőségünk is lesz. Ezekhez felhasználjuk a pozitív tagú sorokra vonatkozó általánosított gyök- ill. hányados kritériumot. Elevenítsük fel ezeket! Tétel (Gyökkritérium numerikus sorra) A n= c n pozitív tagú (c n > ) numerikus sor esetén legyen A = lim n c n. Ekkor a sor konvergens, ha A <, divergens, ha A >. (Ha A =, akkor külön vizsgálat szükséges.) Tétel (Hányados kritérium numerikus sorra) Abban az esetben, ha a n= c n c pozitív tagú (c n > ) numerikus sor esetén létezik A = lim n+ n c n, a sor konvergens, ha A <, divergens, ha A >. (Ha A =, akkor külön vizsgálat szükséges.) Ezeket a kritériumokat függvénysor konvergenciájának eldöntésére is felhasználhatjuk. Nézzünk egy példát! 2.5. Példa Tekintsük a f n (x) = n= n= ( + x 2 ) n 4 nx n n (2.2) függvénysort! (Ez nem hatványsor!) Rögzített x R esetén a c n = f n (x) pozitív tagú numerikus sorra alkalmazzuk a gyökkritériumot: n cn = + x2 4 x n Tehát a 2.2 függvénysor x-re konvergens. n <. Visszatérve a n= a nx n hatványsorokra, két tétel is kimondható Tétel (Gyökkritérium hatványsorra) A n= a nx n hatványsor R konvergencia sugara: R = α, ahol α := lim n a n. 2

103 Pontosabban:. R = α = lim n, ha < α <, a n 2. R =, ha α =, 3. R =, ha α =. Bizonyítás. Az x = -ban a sor abszolút konvergens, ezért csak x -ban vizsgálódunk. Az abszolút konvergenciát vizsgáljuk, tehát a n= c n := n= a n x n sorra alkalmazzuk a pozitív tagú numerikus sorokra vonatkozó gyökkritériumot: lim n a n x n = x lim n a n }{{} := α = x α = q.. Ha α =, akkor q = <, tehát a sor minden x -re abszolút konvergens, R =. 2. Ha α, akkor x α = q <, azaz x < /α esetén a sor abszolút konvergens, és x > /α esetén (q > ) a sor nem abszolút konvergens, így R = /α. 3. Ha α =, akkor x α = q = (mivel x ), vagyis a sor nem abszolút konvergens semmilyen x esetén se, így R =. (Tehát csak x = esetén konvergens a hatványsor.) Tétel (Hányados kritérium hatványsorra) Ha létezik az α := lim n a n+ a n határérték, akkor a n= a n x n hatványsor R konvergencia sugara:. R =, α ha < α <, 2. R =, ha α =, 3. R =, ha α =. Bizonyítás. Az előző tételhez hasonlóan történik, csak most a hányados kritériumot használjuk. A n= a nx n abszolút konvergenciáját x esetében vizsgáljuk. (Az x = - ban abszolút konvergens.) Ha a n+ x n+ a n+ lim = lim x = α x = q <, n a n x n n a n akkor a sor abszolút konvergens, ha q >, akkor nem abszolút konvergens.. Ha α =, akkor q = minden x -re, a sor minden x -re abszolút konvergens, tehát R =. 3

104 2. Ha < α <, akkor x < /α esetén fennáll az abszolút konvergencia, az x > /α esetén nem áll fenn az abszolút konvergencia. Tehát R = /α. 3. Ha α =, akkor q = (ugyanis x ), így a sor minden x esetén divergens, tehát R = Példa Határozzuk meg a hatványsor konvergenciatartományát! 67 Megoldás: lim n n an = lim n n n= n ( 3) n xn n ( 3) n = lim n n n 3 = 3 = R = R = 3. Így a vizsgált függvénysor x < 3 esetén, vagyis ( 3, 3)-ban abszolút konvergens, x > 3 esetén divergens. A végpontokban, x = ±3 esetén további vizsgálat szükséges: x = 3 : x = +3 : n= n= n ( 3) n ( 3)n = n ( 3) n 3n = n divergens, mert n. ( ) n n divergens, mert ( ) n n. (Mindkét esetben a sor konvergenciájának szükséges feltétele sérül.) Tehát a konvergenciatartomány: ( 3, 3) Példa Határozzuk meg a hatványsor konvergenciatartományát! 68 Megoldás: a n = n!, a n+ a n n! x n n= = (n + )! n! Tehát csak x = esetén konvergens a sor. 4 = n + = R =.

105 2.55. Példa Határozzuk meg a (n 2 + n) (x + 2) n n= hatványsor konvergenciatartományát! 69 Megoldás: a n+ a n = (n + )2 + (n + ) n 2 + n = n + 2 n = + 2 n = R = R =. Most x = 2, így x x = x+2, tehát a sor x+2 < esetén konvergens, x+2 > esetén divergens, x + 2 = esetén pedig további vizsgálat szükséges: x = 2 + = : x = 2 = 3 : (n 2 + n) div., mert az ált. tag. n= (n 2 + n)( ) n div., mert az ált. tag. n= Tehát a konvergenciatartomány: ( 3, ) Példa Határozzuk meg az 3x x x x x 5 + hatványsor R konvergenciasugarát! 7 Megoldás: { 2 n, ha n páros; a n = 3 n, ha n páratlan; tehát n an = { 2, ha n páros; 3, ha n páratlan. Tehát a torlódási pontok: t = 2, t 2 = 3. Így lim n a n = 3 = R = R = Példa Keresse meg az alábbi sorok konvergenciatartományát! a) n= ( ) n n 9 n xn b) n= ( ) n n 9 n (x )n c) n= ( ) n (x )2n n 9n 5

106 7 Megoldás: a) n an = n ( )n n 9 = n n n 9 9 = R = R = 9; x =. x = 9 : x = 9 : ( ) n ( ) n n 9 n 9n = konv. (de nem absz. konv.). n ( ) n n 9 n ( 9)n = n ( )2n = divergens. n Tehát a konvergenciatartomány (KT): ( 9, 9] azaz 9 < x 9 b) Most x =, ennek a 9 sugarú környezetéről van szó, tehát KT: 9 < x 9 azaz 8 < x. c) Vigyázat! Most a n = {, ha n páratlan, ( ) n/2 n 2 9n/2, ha n páros. A lim n a n határértékkel lehetne dolgozni, de jobb, ha helyettesítéssel visszavezetjük a problémát a)-ra. z := (x ) 2 ( ) n esetén: n 9 n zn Tehát a z-re felírt sor konvergenciatartománya az a) példa értelmében 9 < z 9. Így 9 < (x ) 2 9 adódik. Tehát KT: x A hatványsor tulajdonságai Az előző alfejezetek 2.44., 2.5. és tételei a hatványsor konvergenciatartományáról és abszolút konvergencia tartományáról szólnak. Ezeket itt nem ismételjük meg. A 2.4. megjegyzés értelmében a következő tételeket x = középpontú hatványsorokra mondjuk ki Tétel (Hatványsor egyenletes konvergenciája) Ha [α, β] ( R, R), akkor a a k x k hatványsor egyenletesen konvergens [α, β] -n. ( R α β [ ] ) R 6

107 Bizonyítás. Legyen q := max { α, β } < R. Ekkor a k x k a k q k, ha x [α, β], és a k= a k q k sor konvergens (mivel a hatványsor a konvergenciatartomány bármely belső pontjában abszolút konvergens, tétel). Így a Weierstrass kritérium (2.24. tétel) értelmében fennáll az egyenletes konvergencia (2.8. definíció) az [α, β] intervallumon. Az egyenletes konvergencia következményei Tétel Az f(x) = k= a kx k összegfüggvény folytonos x ( R, R) esetén. Bizonyítás. Adott x ( R, R) esetén megválasztható az [α, β] zárt intervallum úgy, hogy R < α < x < β < R: ( R α β [ ] ) x R Mivel [α, β] ( R, R), ezért a hatványsor egyenletesen konvergens [α, β] intervallumon (2.58. tétel). Mivel az a k x k tagfüggvények mindenütt folytonosak, ezért a tétel értelmében f is folytonos x-ben Lemma Ha a k= a kx k hatványsor R-ben is konvergens, akkor összegfüggvénye e helyen balról folytonos, tehát f(r) = a k R k = lim f(x). x R k= 2.6. Megjegyzés Hasonló tétel mondható ki ( R)-re is Tétel (Hatványsor tagonkénti integrálása) Az R konvergenciasugarú f(x) := k= a k x k hatványsor bármely [a, b] ( R, R) intervallumon tagonként integrálható, azaz b a f(x) dx = b ( ) a k x k dx = a k= k= b a a k x k dx = b a k xk+. k + Bizonyítás. Az a k x k tagfüggvények folytonosak [a, b]-n (sőt mindenütt) és [a, b] ( R, R) miatt a sor egyenletesen konvergens az [a, b] intervallumon (2.58. tétel). Így a 2.3. tétel értelmében az integrálás és a végtelen összegzés sorrendje felcserélhető. k= a 7

108 2.63. Tétel (Hatványsor tagonkénti differenciálása) A hatványsor összegfüggvénye a konvergenciaintervallumának bármely belső x pontjában differenciálható, mégpedig tagonként:. azaz d dx a k x k = k= ka k x k k= (újfent hatványsor) 2. és a két sor konvergenciasugara megegyezik. Bizonyítás. Először a 2. állítást látjuk be, mivel a tagonkénti deriválhatósághoz n= f n egyenletes konvergenciája kell. lim n n n an = lim n n n n a n = lim n n a n miatt R = R 2 (= R) Felhasználtuk, hogy n= n a n x n és n= n a n x n együtt konvergens illetve divergens, ugyanis a második sor az első sornak konstans szorosa (x-szerese)..: Minden x ( R, R) esetén található olyan [α, β] zárt intervallum, melyre x [α, β] ( R, R). α x β ( [ ] ) R R A tagonkénti deriválással kapott k= ka k x k sor is hatványsor, így a tétel értelmében egyenletesen konvergens [α, β] ( R, R)-en. Az eredeti ak x k sor is konvergens [α, β] -n és a tagfüggvények a k x k C[α,β]. Tehát teljesülnek a tagonkénti differenciálhatóságra vonatkozó tétel feltételei, így d a k x k d ( = ak x k) = k a k x k. dx dx k= k= Megjegyzés A tagonkénti deriválással kapott sor konvergenciatartománya nem feltétlenül egyezik meg az eredeti sor konvergenciatartományával, ugyanis a végpontok viselkedése eltérhet. Az előző tétel következménye: Következmény A hatványsor összegfüggvénye a konvergenciatartomány bármely belső pontjában akárhányszor deriválható (mégpedig tagonként) és a konvergenciasugár ugyanaz marad mindegyik derivált sor esetén Megjegyzés Az x középpontú hatványsorokra hasonló tételek igazak. A fentiekből látható, hogy a hatványsor a konvergenciatartomány belsejében ugyanúgy differenciálható és integrálható, mint a polinomok. 8 k=

109 Összegfüggvény meghatározása A fenti tételek lehetőséget nyújtanak bizonyos hatványsorok összegfüggvényének a meghatározására is. Erre mutatunk most példákat Példa Adjuk meg a k= hatványsor f(x) összegfüggvényét zárt alakban (véges sok elemi függvény segítségével), és határozzuk meg a konvergenciatartományt (az f összegfüggvény értelmezési tartományát)! 72 Megoldás: A konvergenciasugár R =, mert n an = lim n = = n R. k= lim n x k k n A végpontok vizsgálata: x = : k divergens, x = : ( ) k konvergens. k Tehát D f = H = [, ). Vegyük észre, hogy a keresett hatványsort tagonként deriválva geometriai sort kapunk, aminek az összege zárt alakban felírható, és ezután f integrálással kapható meg. Legyen x (, ). Ekkor a Newton Leibniz formula szerint, valamint a tagonkénti deriválhatóságról tanult tétel értelmében: x t= k= x ( f (t) dt N L. d = f(x) f() = f(x) = }{{} t= dt = x x = t= k tk k k= }{{} k= t k = t dt = t= t k k k= ) d t = dt = ln( x). t Tehát f(x) = ln ( x), ha x [, ). (A 2.6. lemma miatt x = esetén is fennáll az egyenlőség.) Példa Adjuk meg zárt alakban a Φ(x) = n x n 2 n=2 függvényt! Határozzuk meg Φ értelmezési tartományát! 9

110 73 Megoldás: Akár a hányados- (2.52. tétel), akár a gyökkritériumból (2.5. tétel) megkapható, hogy R =, és a végpontok behelyettesítésével divergenciát kapunk, tehát D Φ = (, ). Vegyük észre, hogy a vizsgált hatványsor x-szeresének tagonkénti integráljával geometriai sort kapunk, aminek az összege zárt alakban felírható. Tehát legyen t= φ (x) := x Φ(x) = n=2 nx n. Ha x <, akkor alkalmazható a tagonkénti integrálásról szóló tétel a Φ függvényre: x x Φ (t) dt = n t n dt = x n = x2 t= x. Az integrálfüggvényből deriválással kaphatjuk meg Φ -et, majd x-el osztva Φ-t: ( ) x 2 Φ (x) = = x n=2 n=2 x(2 x) = Φ(x) = 2 x ; x <. ( x) 2 ( x) 2 (Ha x =, az osztást nem végezhetjük el. Ekkor behelyettesítéssel közvetlenül látszik, hogy Φ() = = 2 = 2, tehát eredményünk ekkor is helyes.) ( ) Analitikus függvény Definíció (Analitikus függvény) Az f függvény az x pontban analitikus, ha x egy környezetében konvergens hatványsor összegeként áll elő, azaz R >, hogy f(x) = a k (x x ) k, ha x (x R, x + R) = K R (x ). k= Az f függvény az (α, β) intervallumon analitikus, ha az intervallum minden pontjában az. A következő tétel kapcsolatot teremt egy analitikus függvény hatványsorának együtthatói és a függvény között Tétel (Hatványsor egyértelműsége) Ha f analitikus x -ban, azaz R >, hogy x K R (x ) esetén f(x) = k= a k (x x ) k, akkor a k = f (k) (x ). k!

111 Ez egyben azt is jelenti, hogy x -ban analitikus függvény egyértelműen fejthető x középpontú hatványsorba, mégpedig f(x) = k= f (k) (x ) k! (x x ) k, x K R (x ). Bizonyítás. A hatványsor tagonkénti deriválásáról tanult tételt használjuk fel, és az egyszerűség kedvéért bevezetjük a x = x x jelölést. f(x) = a k (x x ) k = k= a k x k = k= = a + a x + a 2 x a n x n + f(x ) = a f (x) = a + 2a 2 x + 3a 3 x na n x n + f (x ) = a f (x) = 2a a 3 x + + n(n )a n x n 2 + f (x ) = 2a 2 f (x) = 2 3a n(n )(n 2)a n x n 3 + f (x ) = 3!a 3.. f (n) (x) = n!a n + (n + )!a n+ x + f (n) (x ) = n!a n Tehát valóban a n = f (n) (x ). n! Gyakorló feladatok. Határozza meg az alábbi függvénysorok konvergenciatartományát! (a) (b) (c) (d) (e) n= ( x ) n n 2 ( 3) n n= n= n= n= n xn n + 2 (x 3)n n 5 n (x + 2)n n5 n + 3 (x + )n (n + )!

112 (f) (g) (h) (3x 6) n n= n= n= (2n)! (x + ) 3n n 2 2 n (2x + ) 2n (n + ) 2 3 n 2. Határozza meg az alábbi sorok konvergenciatartományát és összegfüggvényét! (a) (k )x k+ (b) (c) k=2 k=2 k= x k k k (x 2)k k Taylor-polinom Taylor-polinomokat leggyakrabban függvények közelítésére használjuk. Az f függvénynek az x pont környékén a nullad rendű közelítése az f(x ) értékű konstans függvény. Ez a függvény T (x) f(x ) nullad fokú Taylor-polinomja. Az f függvényt az x pont környezetében legjobban közelítő lineáris függvény a függvény grafikonjának érintő egyenese: f(x) f(x ) + f (x )(x x ) = T (x), amivel már találkoztunk. Ez a T (x) elsőfokú Taylor-polinom. f(x) T (x) x Látható, hogy az elsőfokú Taylor-polinomot a következő tulajdonságok definiálják: T elsőrendű polinom, T (x ) = f(x ), T (x ) = f (x ). Ezt röviden úgy mondjuk, hogy T legalább első rendben érinti f-et. A magasabb rendű Taylor-polinomok ezen tulajdonságok általánosításával kaphatóak meg. 2

113 2.7. Definíció Az f és g legalább n -szer differenciálható függvények legalább n-ed rendben érintik egymást x -ban, ha f (i) (x ) = g (i) (x ), i n Definíció Az f és g legalább (n + ) -szer differenciálható függvények pontosan n-ed rendben érintik egymást x -ban, ha f (i) (x ) = g (i) (x ), i n és f (n+) (x ) g (n+) (x ) Példa Hányad rendben érintik egymást a következő függvények? 74 Megoldás: f(x) = sin x, g(x) = x x3 6. f(x) = sin x, g(x) = x x3, f() = g() = ; 6 f (x) = cos x, g (x) = x2 2, f () = g () = ; f (x) = sin x, g (x) = x, f () = g () = ; f (x) = cos x, g (x) =, f () = g () = ; f (4) (x) = sin x, g (4) (x) =, f (4) () = g (4) () = ; f (5) (x) = cos x, g (5) (x) =, f (5) () g (5) (). Tehát a két függvény pontosan negyedrendben érinti egymást. Legyen f legalább n-szer differenciálható x -ban! Keressük azt a legfeljebb n -edfokú T n (x) polinomot, amely x -ban legalább n-edrendben érinti f-et Tétel (Taylor-polinom egyértelműsége) Legyen f legalább n-szer differenciálható x -ban! Egyetlen olyan legfeljebb n -edfokú T n (x) polinom van, amely x -ban legalább n-edrendben érinti f-et, mégpedig T n (x) = f(x ) + f (x )(x x ) + f (x ) 2! (x x ) f (n) (x ) (x x ) n. n! Bizonyítás. A bizonyítás nagymértékben hasonlít a 2.7. tételéhez. Keressük T n (x)-et x x hatványai szerint felírt alakban. Az f függvény és a T n polinom értéke és első n deriváltja megegyezik x -ban, tehát: T n (x) = a + a (x x ) + a 2 (x x ) a k (x x ) k + + a n (x x ) n = T n (x ) = a = f(x ); 3

114 T n(x) = a + 2 a 2 (x x ) + + k a k (x x ) k + + n a n (x x ) n = T n(x ) = a = f (x ); T n (x) = 2 a a 3 (x x ) + + k(k )a k (x x ) k n(n )a n (x x ) n 2 = T n (x ) = 2 a 2 = f (x ); T n (x) = 3! a n(n )(n 2)a n (x x ) n 3 Tovább ismételve a differenciálást és behelyettesítést: Tehát: = T n (x ) = 3! a 3 = f (x ). T (k) n (x ) = k! a k = f (k) (x ),... T (n) n (x ) = n! a n = f (n) (x ). a k = f (k) (x ) k! k =,,..., n Definíció (Taylor-polinom) A legalább n-szer differenciálható f függvény x bázispontú n-edrendű Taylor-polinomja az egyetlen legfeljebb n-edfokú polinom, mely x - ban legalább n-edrendben érinti f-et. A tétel értelmében a Taylor-polinom x x hatványai szerint rendezett alakja: T n (x) = f(x ) + f (x )(x x ) + f (x ) 2! (x x ) f (n) (x ) (x x ) n. n! Megjegyzés Egy m-edfokú P m (x) polinom T n (x) Taylor-polinomja m n esetén önmaga: P m (x) = T n (x), ha m n, esetleg más hatványok szerint felírva, ugyanis egyetlen n-edrendben érintő polinom van és önmaga ilyen Maradéktag A Taylor-polinomok bevezetésének legfőbb célja egy f függvény polinomokkal való közelítése az x pont környezetében. Felmerül a kérdés, hogy mely f függvényekre pontos a közelítés, olyan értelemben, hogy lim T n(x) = f(x), azaz lim f(x) T n (x) =. n n Látni fogjuk, hogy a legtöbb elemi függvényre igaz a fenti határérték, azonban van olyan függvény is, melyre x x esetében T n (x) f(x). A kérdés vizsgálatához célszerű bevezetni a maradéktag fogalmát. 4

115 2.77. Definíció (Maradéktag) Az f függvény T n Taylor-polinomjához tartozó R n maradéktag: R n (x) = f(x) T n (x). A következő tétel R n (x) nagyságrendjét, illetve a Taylor-polinommal való közelítés jóságát mutatja Tétel (Maradéktag nagyságrendje) Legyen f legalább n-szer differenciálható K δ (x )-ban (δ > ). Ekkor R n (x) lim x x (x x ) =, n azaz R n (x) = o ( (x x ) n) az x -ban. Bizonyítás. lim x x R n (x) (x x ) = lim f(x) T n (x) n x x (x x ) n L H = lim x x f (x) T n(x) n(x x ) n L H = L H f (x) T n (x) = lim x x n(n )(x x ) n 2 L H = n lépés után L H = alakúak, ezért alkalmazhattuk a L Hospital sza- (Az utolsó tört kivételével a törtek bályt.) L H f (n) (x) T n (n) (x) = lim = x x n! (x x ) n n n! = Megjegyzés Ha T n (x) helyett másik polinomot tekintünk, akkor ez az állítás nem igaz. Lagrange-féle alakban felírt maradéktag 2.8. Tétel (Lagrange-féle maradéktag létezése) Ha f legalább (n + )-szer differenciálható K δ (x )-ban (δ > ), és x K δ (x ), akkor létezik olyan x és x közti ξ (tehát x < ξ < x, vagy x < ξ < x ), melyre tehát R n (x) = f (n+) (ξ) (n + )! (x x ) n+, n f (k) (x ) f(x) = (x x ) k + f (n+) (ξ) k! (n + )! (x x ) n+. k= }{{}}{{} R T n(x) n(x) 5

116 2.8. Megjegyzés A tételt nem bizonyítjuk, csak megjegyezzük, hogy n = esetében visszakapjuk a korábban tanult Lagrange-féle középérték-tételt: f(x) = T (x) + R (x) = f(x ) + f (ξ)(x x ) Definíció (Lagrange-féle maradéktag) A 2.8. tételben szereplő R n (x) = f (n+) (ξ) (n + )! (x x ) n+, (x < ξ < x vagy x < ξ < x ) maradéktagot a Taylor-polinom Lagrange-féle maradéktagjának nevezzük Példa Határozzuk meg f(x) = sin x-nek az origó középpontú, ötödfokú Taylorpolinomját, és becsüljük meg, hogy mekkora az f(x) T 5 (x) közelítés hibája a [,.] intervallumon! Azaz f(x) = sin x T 5 (x) =? f T 5 <?, ha x [,.] és x =. 75 Megoldás: Az f függvény és deriváltjai: f(x) = sin x, f (x) = cos x, f (x) = sin x, f (x) = cos x, f (4) (x) = sin x, f (5) (x) = cos x, f (6) (x) = sin x, f (7) (x) = cos x, valamint ezek értéke az origóban: f() =, f () =, f () =, f () =, f (4) () =, f (5) () =, f (6) () =, f (7) () =. Ennek megfelelően az ötödfokú Taylor-polinom és maradéktagja: T 5 (x) = x x3 3! + x5 5!, R 5(x) = sin ξ 6! A hibabecslésnél azt használjuk fel, hogy < ξ < x <., és így sin ξ <., tehát H = R 5 (x) < 6! (.)6. Most azonban élesebb becslés is adható, hiszen f (6) () =, ezért T 5 (x) T 6 (x), és így az alábbi is igaz: sin x = x x3 3! + x5 5! + cos ξ 7! x 6. x 7 ; H 7! (.)7. 6

117 2.84. Példa Határozzuk meg az I =. e sin x dx integrál közelítő értékét, az integrandust a másodfokú Taylor-polinomjával közelítve, és adjunk felső becslést az elkövetett hibára! 76 Megoldás: Határozzuk meg az integrál mögötti f függvény másodfokú Taylor-polinomját! f(x) = e sin x, f() =, f (x) = e sin x cos x, f () =, = T 2(x) = + x 2 + x2 6. f (x) = e sin x sin x + e sin x cos 2 x, f () =, Így az integrál közelítő értéke: I I 2 =. T 2 (x) dx = A hibabecslést a Lagrange-féle maradéktagra vonatkozó 2.8. tétel alapján végezzük. f (x) = e sin x ( cos x 3 sin x cos x + cos 3 x) = e sin x cos } x{{ sin x} (3 + sin x), sin 2x 2 így x [,.] esetén a Lagrange-féle hibatag a következő módon becsülhető: R 2 (x) = f(x) T 2 (x) = f (ξ) x 3 e..2 (3 +.) x 3 <.6 x 3. 3! 2 6 (Felhasználtuk, hogy sin x < x, ha x < π.) Tehát az integrál hibabecslése: 2... I I 2 = f(x) dx T 2 (x) dx f(x) T 2 (x) dx = = x=. x= R 2 (x) dx < x=. x= x=.6 x 3 dx = =.5 6. Látható, hogy nagyon pontosan, közel 5 relatív hibával kaptuk meg az integrál numerikus értékét! 7

118 2.6. Taylor-sorok Definíció (Taylor-sor) Legyen f akárhányszor differenciálható x -ban. Ekkor a formálisan előállítható T (x) = k= f (k) (x ) k! (x x ) k = = f(x ) + f (x )(x x ) + + f (n) (x ) (x x ) n + n! hatványsort az f függvény x alapponthoz tartozó Taylor-sorának nevezzük. Speciálisan x = esetén: k= f (k) () k! x k = f() + f () x + f () 2! x f (n) () n! x n + Ezt MacLaurin-sornak is hívják. k= Tehát egy akárhányszor differenciálható f függvényhez az x - ban hozzárendeltük a f (k) (x ) (x x k! ) k hatványsort, jelben: Felvetődik a kérdés, hogy f(x) k= f (k) (x ) k!. Milyen x-re konvergens a kapott sor? (H =?) 2. Milyen kapcsolat van f és T között? (x x ) k = T (x) Látni fogjuk, hogy bizonyos feltételek teljesülése esetén f(x) = T (x) minden x H esetén. (Vagyis ilyenkor az f függvény helyett a T hatványsorával dolgozhatunk.) Az alábbi példa szerint azonban előfordulhat az is, hogy a függvényt Taylor-sora az alappont kivételével sehol nem állítja elő, azaz x x esetén f(x) T (x) Példa Legyen f(x) = {e x 2, ha x ;, ha x =! Belátható, hogy n N esetén f (n) () =. Így T (x), tehát T () = f(), de más x-re nem áll fenn az egyenlőség, hiszen f(x), ha x. 8

119 2.6.. Néhány Taylor-sorfejtés A következő példáknál azt használjuk ki, hogy a hatványsor összegfüggvényének Taylorsora a 2.7. tétel és a definíció értelemben önmaga. Ha tehát egy függvényt fel tudunk írni hatványsor összegfüggvényeként, akkor az csak a Taylor-sora lehet Példa Határozzuk meg az pont körüli Taylor-sorát! f(x) = x 2 + x + függvény x = 2 77 Megoldás: Másodfokú polinomról van szó, tehát a megjegyzés értelmében T (x) = T m (x) = f(x), ha m 2. Az x 2 hatványai szerint felírt Taylor-sor is csak legfeljebb másodfokú tagokat tartalmaz, és az együtthatók akár a definícióból, akár a polinom algebrai átrendezésével megkaphatóak. Most ez utóbbi utat mutatjuk be: f(x) = x } 2 + {{ x + } körüli T.-sor = T (x) = k= = (x 2) 2 + 5(x 2) + 7 = T }{{} 2 (x) = T 3 (x) = = 2 körüli Taylor-sor f (k) (2) k! (x 2) k. Elevenítsük föl a végtelen geometriai sor összegképletét: n= q n =, ha q <, q melyet a következő példákban visszafelé fogunk használni, tehát a jobb oldalon szereplő törtet írjuk át végtelen összeg alakjába Példa Határozzuk meg az f(x) = x függvény a) x =, b) x = 3 pont körüli Taylor-sorát és a sor konvergenciatartományát! 78 Megoldás: Mindkét esetben az f(x) függvényt alkalmas konvergens geometriai sor összegeként írjuk fel. A konvergenciatartományt a geometriai sor konvergenciájára érvényes q < feltételből kapjuk. a) f(x) = x = + x + + xn + = T (x), ha x (, ). 9

120 A Taylor-sor n-edik részletösszege a véges geometriai sor összegképlete alapján: n T n (x) = x k = xn+ x. k= b) A nevezőbe először x helyett q = x 3-at csempészünk, majd kiemeléssel a kifejezést alakra hozzuk: q f(x) = x = 2 (x 3) = = 2 (x 3) }{{ 2 } q ( = ( ) ( ) 2 ( ) ) 3 x 3 x 3 x = ( ) n+ = (x 3) n = 2 T (x). n+ n= Most a konvergenciatartomány: q = x 3 2 < = x 3 < 2, = < x < 5. A sorfejtés általános részletösszege: T n(x) = 2 ( ) n+ n ( 3 x ) 3 x k 2 =. 2 x k= A most kapott két Taylor-sor első néhány részletösszege látható a 2.2 ábrán valamint az animáción. Jól érzékelhető, hogy csak a kiszámolt konvergenciatartományon belül konvergál T n (x) illetve Tn(x) az adott f(x) függvényhez Megjegyzés Hasonlóan megmutatható, hogy az f(x) = függvény értelmezési x tartományának minden pontjában analitikus, tehát tetszőleges x pont egy környezetében konvergens hatványsor (geometriai sor) összegeként írható föl. Próbálkozzunk meg például az x = 2 esettel önállóan! 2.9. Példa Határozzuk meg az ( ) 2 f(x) = x függvény x = 2 pont körüli Taylor-sorát és a sor konvergenciatartományát! 2

121 4 2 f T T 2 T 3 T 4 T 5 f T * T * 2 T * 3 T * 4 T * ábra. Az x függvény és x =, illetve x = 3 körüli első néhány Taylor-polinomja. 79 Megoldás: A példa eredményét, valamint a tételt használjuk fel, mely szerint hatványsort tagonként differenciálhatunk. ( ) f(x) = = d ( + x + x 2 + x x n + ) x dx = + 2x + 3x 2 + n x n + = (n + )x n. Tagonkénti differenciáláskor a konvergenciasugár nem változik, tehát R =, és a végpontokban ( x = ± ) a sor divergens, mert az általános tag nem tart -hoz. Tehát a konvergenciatartomány: (, ) Megjegyzés Hasonlóan, az függvény sorának kétszeres tagonkénti deriválásával megkapható az ( 3 x x) függvény origó körüli Taylor-sora Példa a) Határozzuk meg az n= f(x) = x 2 3x + 2 függvény pont körüli Taylor-sorát és a sor konvergenciatartományát! x = 2 2

122 b) A sorfejtésből határozzuk meg a következő deriváltat: d ( x= 2 = f dx x 2 3x + 2) () ( 2) =? 8 Megoldás: a) Először bontsuk az f függvényt parciális törtek összegére úgy, ahogy azt a racionális törtfüggvények integrálásánál tanultuk: f(x) = x 2 3x + 2 = (x )(x 2) = A x + B x 2 = = = x + x 2. Ezután külön-külön határozzuk meg mindkét parciális tört Taylor-sorát és konvergenciatartományát a példában megismert módon. Az első tört: x = x = 3 (x + 2) = 3 x+2 = 3 = ( ( x + 2 ) ( x + 2 ) 2 ( x + 2 ) ) 3 (x + 2) n = n+ A konvergenciatartomány: KT : x < = x + 2 < 3, R = 3. A második tört: = 4 ( + ( x + 2 ) ( x n= x 2 = (x + 2) 4 = 4 ) 2 ( x + 2 ) ) = 4 A konvergenciatartomány: KT 2 : x < = x + 2 < 4, R 2 = 4. n= x+2 = 4 (x + 2)n. 4 n+ Az f függvény Taylor-sora a két sor összege, konvergenciatartománya pedig a két konvergenciatartomány metszete: f(x) = n= ( 3 n+ 4 n+ ) (x + 2) n, ha x + 2 < 3, azaz x ( 5, ). 22

123 b) A Taylor-sorfejtés együtthatói és a derivált közti a k = f k (x ) k! kapcsolat alapján: a = f () ( 2)! Példa Határozzuk meg az ( = f () ( 2) =! 3 ). 4 f(x) = + x 2 függvény x = pont körüli Taylor-sorát és a sor konvergenciatartományát! 8 Megoldás: Megint a konvergens geometriai sor összegképletét használjuk fel. f(x) = ( x 2 ) = x2 + x 4 x 6 + = ha q = x 2 <, tehát a konvergenciatartomány: (, ). ( ) k x 2k, k= is. Ez a példa lehetőséget biztosít az arctg x függvény Taylor-sorának a meghatározására Tétel (arctg x Taylor-sora) Igazoljuk, hogy az arctg x függvény origó középpontú Taylor-sora és konvergenciatartománya: arctg x = x x3 3 + x5 5 = Bizonyítás. Az előző feladat alapján n= ( ) n x2n+ (arctg x) = + x 2 = x2 + x 4 x 6 +, ha x [, ]. (2.3) 2n + ha x <. A tétel szerint tagonként is elvégezhető az integrálás: = t t3 3 + t5 5 x arctg x = arctg x arctg = x t= N L. = x t= (arctg t) dt = ( t 2 + t 4 t 6 + ) dt = = x x3 3 + x5 5 = n= ( ) n x2n+ 2n +. 23

124 Az R = konvergenciasugár a tagonkénti integrálással nem változik. Az x = ± végpontok behelyettesítésekor a = n= ( ) n 2n + Így a 2.6. lemma miatt a végpontok- sort kapjuk, ami konvergens, mert Leibniz-típusú. ban is előállítja a Taylor-sor a függvényt. Az arctg függvény és első néhány Taylor-polinomja a 2.3 ábrán és az animáción látható. 2.5 arctg(x) T (x) T 3 (x) T 5 (x) T 7 (x) ábra. Az arctg x függvény és első néhány Taylor-polinomja. Látható, hogy a [, +] konvergenciatartományon kívül a Taylor-polinomok nem közelítenek a függvényhez Megjegyzés A végpontokban való konvergenciából az is adódik, hogy = n= ( ) n 2n + = arctg = π 4. Könnyen látható, hogy a 2.3 sorfejtés minden x [, ] esetén Leibniz-sort ad, tehát a sorfejtés hibáját igen könnyen becsülhetjük, például: arctg x T 5 (x) x

125 2.96. Tétel (ln( + x) Taylor-sora) Igazoljuk, hogy az ln( + x) függvény origó középpontú Taylor-sora és konvergenciatartománya: ln( + x) = x x2 2 + x3 3 = n= n+ xn ( ), ha x (, ]. (2.4) n Bizonyítás. Most is a függvény deriváltjának Taylor-sorát kaphatjuk meg könnyen: ( ) ln( + x) = + x = ( x) = x + x2 x 3 + = ( x) n, ha x <. Ezt a tétel értelmében tagonként integrálva: ln( + x) = x t= + t dt = x t= n= ( t + t 2 t 3 + ) dt = = x x2 2 + x3 3 = n= n+ xn ( ) n. A konvergenciasugár az integrálással nem változik, és behelyettesítéssel könnyen meggyőződhetünk arról, hogy a kapott Taylor-sor az -ben konvergens, a -ben pedig divergens. Az ln( + x) függvény és első néhány Taylor-polinomja a 2.4 ábrán és az animáción látható Megjegyzés A 2.6. lemmát az pontban alkalmazva az adódik, hogy = ( ) n+ = ln( + ) = ln 2. n Példa Határozzuk meg az f(x) = 2 ln + x x n= pont körüli Taylor-sorát és a sor konvergenciatartományát! függvény x = 82 Megoldás: Az előző, 2.4 sorfejtésből x x helyettesítéssel adódik, hogy ln( x) = x x2 2 x3 3 = n= xn n, ha x [, ). A két sorfejtés összegéből már kapható egy x < esetén konvergens sorfejtés: f(x) = 2 ( ) x 3 ln( + x) ln( x) = x x5 5 + = x 2n+ 2n n=

126 3 2 ln(+x) T (x) T (x) T 2 (x) T 3 (x) T 4 (x) T 5 (x) ábra. Az ln(+x) függvény és első néhány Taylor-polinomja. Látható, hogy a (, ] konvergenciatartományon kívül a Taylor-polinomok nem közelítenek a függvényhez Függvény és Taylor-sorának megegyezése Adható egy egyszerű, sokszor alkalmazható, általános feltétel arra, hogy az f függvényhez az f (k) () f(x) T (x) = x k k! definícióval hozzárendelt T Taylor-sor a teljes számegyenesen megegyezzék f-el. Ebben a fejezetben ezzel a feltétellel és ennek alkalmazásával ismerkedünk meg. Szükséges és elégséges tétel f(x) = T (x) fennállására: Tétel Legyen T n az akárhányszor differenciálható f függvény n-ed rendű Taylorpolinomja, T pedig ezek határértéke. Ekkor k= T n (x) = n k= f (k) () k! x k n f(x) azaz f(x) = T (x) akkor és csak akkor, ha R n (x) = f (n+) (ξ) (n + )! x n+ n. Bizonyítás. A tétel egyszerű következménye a maradéktag definíciójának, valamint a Lagrange-féle alakjáról szóló 2.8. tételnek. 26

127 2.. Definíció A g, g,..., g n,... függvények a D = D gn halmazon egyenletesen korlátosak, ha K R : g n (x) K, ha x D, n N, azaz a függvényeknek a D halmazon van közös K korlátjuk. Például a sin(x), 2 sin(2x), 3 sin(3x),... n sin(nx),... függvények egyenként korlátosak, de nem egyenletesen korlátosak. Azonban a cos(x), cos(4x), cos(9x),... cos(n 2 x),... függvények egyenletesen korlátosak, K = megfelel. A következő tétel egyszerű, könnyen ellenőrizhető, és emellett sokszor igen jól alkalmazható, elégséges feltételt ad az f(x) = T (x) egyenlőség fennállására. 2.. Tétel (Függvény és Taylor-sor egyezése) Ha f akárhányszor differenciálható ( R, R)-en és az f, f, f,... f (n),... deriváltfüggvények egyenletesen korlátosak itt, akkor f (k) () f(x) = x k x ( R, R)-en. k! k= 2.2. Megjegyzés Az x bázispontra hasonló tétel mondható ki az (x R, x + R) intervallumon. Bizonyítás. A 2.8. tételben láttuk, hogy n f (k) () f(x) = x k f (n+) (ξ) + x n+. k! (n + )! k= }{{}}{{} T n(x) R n(x) Lagrange-féle alakja Az egyenletes korlátosságot kihasználva könnyen adható felső becslés a maradéktagra a (felhasználva a lim n n = nevezetes határértéket): n! f(x) T n (x) = R n (x) = f (n+) (ξ) = (n + )! Így T n (x) f(x), tehát T (x) = f(x). x n+ K f (n+) (ξ) (n + )! Rn+ (n + )! x n+ = n. 27

128 Elemi függvények Taylor-sorfejtése Az előző, 2.. tétel segítségével sok elemi függvényre egyszerűen igazolható, hogy Taylor-soruk az egész R-en előállítja őket Lemma (sin x Taylor-sora) Minden valós x esetén sin x = x x3 3! + x5 5! x7 7! + = ( ) n x 2n+ (2n + )!. A 2.5 ábrán és az animáción látható a sin x függvény és az első néhány Taylorpolinomja. n= 2.5 sin(x) T (x) T 3 (x) T 5 (x) T 7 (x) π -3π/2 -π -π/2 π/2 π 3π/2 2π 2.5. ábra. A sin x függvény és első néhány Taylor-polinomja. Bizonyítás. Legyen f(x) = sin x. Ekkor f deriváltjai és ezek értéke az origóban: f(x) = sin x, f() = ; f (x) = cos x, f () = ; f (x) = sin x, f () = ; f (x) = cos x, f () = ; f (4) (x) = f(x) = sin x, f (4) () = f() = ;. innen periodikusan ismétlődik. 28

129 A deriváltak (, )-en egyenletesen korlátosak, ezért x R esetén sin x = f() + f ()! x + f () 2! x 2 + f () 3! = x x3 3! + x5 5! x Lemma (cos x Taylor-sora) Minden valós x esetén x f (k) () x k + = k! 7! + = ( ) n x 2n+ (2n + )!. n= n= cos x = x2 2! + x4 4! x6 6! + = ( ) n x2n (2n)!. A 2.6 ábrán és az animáción látható a cos x függvény és az első néhány Taylorpolinomja. 2.5 cos(x) T (x) T 2 (x) T 4 (x) T 6 (x) π -3π/2 -π -π/2 π/2 π 3π/2 2π 2.6. ábra. A cos x függvény és első néhány Taylor-polinomja. Bizonyítás. Az előző tételhez hasonlóan bizonyítunk. A deriváltak: f(x) = cos x, f() = ; f (x) = sin x, f () = ; f (x) = cos x, f () = ; f (x) = sin x, f () = ; f (4) (x) = f(x) = cos x, f (4) () = f() = ;. innen periodikusan ismétlődik. 29

130 A deriváltak most is egyenletesen korlátosak R-en, és leolvashatók az együtthatók Lemma (e x Taylor-sora) Minden valós x esetén e x = + x + x2 2! + x3 3! + x4 4! + = A 2.7 ábrán látható az e x függvény és az első néhány Taylor-polinomja. n= x n n! e x T (x) T (x) T 2 (x) T 3 (x) ábra. Az e x függvény és első néhány Taylor-polinomja. Bizonyítás. Legyen f(x) = e x. Minden k N esetén f (k) (x) = e x, és így f (k) () =, ez magyarázza a Taylor-sor együtthatóit. Konvergencia: f (k) (x) = e x az R-en nem korlátos, de tetszőleges [α, β] R-en már igen, f (k) (x) e β. [ ] α x β Tehát az [α, β] intervallumon a deriváltak egyenletesen korlátosak, így a 2.. tétel alapján f(x) = T (x), ha x [α, β]. Minthogy ez az érvelés tetszőleges [α, β] intervallumra igaz, ezért a teljes számegyenesen előállítja az e x függvényt a Taylor-sora. 3

131 2.6. Megjegyzés Az x ( x) helyettesítéssel megkaphatjuk e x Taylor-sorát is: e x = x + x2 2! x3 3! + x4 4! = n= 2.7. Lemma (sh x Taylor-sora) Minden valós x esetén ( x) n, (x R). n! sh x = x + x3 3! + x5 5! + x7 7! + = x 2n+ (2n + )!. Bizonyítás. Az sh x = 2( e x e x) definícióba behelyettesítve a már ismert n= e x = + x + x2 2! + x3 3! + x4 + (x R) 4! e x = x + x2 2! x3 3! + x4 (x R) 4! sorfejtéseket adódik az eredmény Lemma (ch x Taylor-sora) Minden valós x esetén ch x = + x2 2! + x4 4! + x6 6! + = x 2n (2n)!. Bizonyítás. A ch x = 2( e x + e x) definícióba kell behelyettesíteni az exponenciális függvények Taylor-sorát Megjegyzés A trigonometrikus és hiperbolikus függvények origó középpontú sorfejtéséből látható, hogy a páros függvények (f(x) = f( x)) Taylor-sorában csak páros kitevős hatványok szerepelnek, míg a páratlan függvények ( f(x) = f( x)) Taylorsorában csak páratlan kitevős hatványok vannak. Példák Taylor-sorfejtésekre 2.. Példa Az f(x) = sin x cos x függvény x = középpontú Taylor-sora: n= = 2 (2x (2x)3 3! + (2x)5 5! f(x) = sin x cos x = sin(2x) = 2 ) + (x R). (2x)7 7! 3

132 A következő néhány példa az sorfejtésre (2.5. lemma) támaszkodik. e u = + u + u2 2! + u3 3! + u4 4! +, u R 2.. Példa Az f(x) = e x2 függvény x = középpontú Taylor-sora: e x2 = + x 2 + 2! x4 + 3! x6 + 4! x8 +, x R (u = x 2 ) Példa Az f(x) = e x2 függvény x = e x2 = x 2 + 2! x4 3! x6 + 4! x8, x R (u = x 2 ). A valószínűségszámításban találkozunk az f(x) = e x2 Gauss-görbével Példa Az f(x) = e x függvény x = középpontú Taylor-sora: ex = e x x 2 = ( x ) 2 ( x ) 3 ( + +, x R u = x ). 2! 2 3! Példa Az f(x) = e 3x2 függvény x = középpontú Taylor-sora: e 3x2 = + 3x 2 + 2! 32 x 4 + 3! 33 x 6 +, x R ( u = 3x 2 ) Példa Adjuk meg az f(x) = e 3x függvény a) x =, illetve b) x = középpontú Taylor-sorát és annak konvergenciatartományát! 83 Megoldás: a) x = : e 3x = + 3x + 2! (3x)2 + 3! (3x)3 +, x R. b) x = = e 3 ( + 3(x ) + 32 (x ) 2 2! e 3x = e 3(x )+3 = e 3 e 3(x ) = ) +, x R (x ) 3 3! A következő két példában a geometriai sor összegképletére lesz szükségünk: n= q n =, ha q <. q 32

133 2.6. Példa Adjuk meg az f(x) = 7 + x függvény Taylor-sorát és annak konvergenciatartományát, ha 84 Megoldás: a) x = : 7 + x = 7 a) x =, b) x = 2! x 7 = 7 ( x ( x ) 2 ( x ) ) , 7 7 tehát egy q = x hányadosú geometriai sorról van szó, aminek konvergenciatartománya 7 és konvergenciasugara: q = x = x < = x ( 7, 7), R = b) x = 2: = x = (x 2) + 9 = = 9 (x 2) 9 ( x 2 ( ) 2 ( ) ) 3 x 2 x 2 + +, tehát egy q = x 2 hányadosú geometriai sorról van szó, aminek konvergenciatartománya és 9 konvergenciasugara: q = x 2 9 = x 2 9 < = x ( 7, ), R = Példa Fejtsük x = bázispontú Taylor-sorba az f(x) = 2x 2 x 2 függvényt, és határozzuk meg a sor konvergenciatartományát! 85 Megoldás: 2x 2 x = x 2 x2 2 = x ( + x2 2 + ( ) x 2 2 ( ) ) x = 2 2 A konvergenciatartomány: x 2 2 <, tehát x < 2, azaz R = 2, H = ( 2, 2). 33 k= x 2k+ 2 k.

134 2.8. Példa a) Határozzuk meg a f(x) = k= 2k + k! sor konvergenciatartományát és összegfüggvényét! b) k= 2k + k! 86 Megoldás: a) A konvergenciasugarat a hányados kritériumból kaphatjuk meg: =? x 2k a k+ a k = 2k + 3 (k + )! k! 2k + = 2k + 3 (k + )(2k + ) k = R =. A sort a tétel szerint tagonként integrálva az exponenciális függvény sorát (2.5. lemma) ismerhetjük föl: = k= 2k + k! x t= f (x) := t 2k dt = k= x t= 2k + k! f(t) dt = x t= k= x 2k+ 2k + = x k= 2k + t 2k dt = k! (x 2 ) k k! = xe x2. Így a vizsgált sor összege x R esetén f(x) = f (x) = ( x e x2) = e x 2 + 2x 2 e x2. b) Az pontban vett helyettesítési értékről van szó: k= 2k + k! = f() = e + 2e = 3e Példa Határozzuk meg a következő numerikus sor S összegét: S = n= n 5 n =? 34

135 87 Megoldás: A numerikus sor helyett az f(x) = n= x n n hatványsort összegezzük, ugyanis S = f ( 5). A tételt felhasználva: x n ( ) x f(x) = n = d t n ( x ) dt = t n dt = dt n n= t= x = t= n= t t= n= dt = ln ( x), ha x <. A hatványsor konvergenciasugara, ezért x = 5 behelyettesíthető: S = n= ( ) ( n 5 = f = ln ) = ln 5 n Példa Határozzuk meg a következő numerikus sor összegét: k=2 (2k)! =? 88 Megoldás: A vizsgált numerikus sort a ch x függvény sorával (2.8. lemma) hozhatjuk kapcsolatba. Ezért k=2 ch x = + x2 2! + x4 4! + x6 6! +, x R, (2k)! = 4! + 6! + = ch() 2! = ch() Példa Határozzuk meg a következő összegeket! a) f(x) = n= (n + )! xn =? b) S = n= (n + )! 3 n =? 89 Megoldás: a) A hányadoskritériummal (2.52. tétel) belátható, hogy a konvergenciasugár végtelen (R = ). 35

136 Az f(x) helyett először célszerűbb x f(x)-et meghatározni. Tetszőleges x R esetén: x n+ x f(x) = (n + )! = x2 2! + x3 3! + = ex x. n= A tétel miatt az f összeg folytonos függvény, és azt is tudjuk, hogy f() =. Ezért: e x x, ha x, f(x) = x, ha x =. (L Hospital szabállyal megmutatható, hogy f valóban folytonos x = -ban is.) b) S = n= ( ) (n + )! 3 = f n 3 = e Példa Határozzuk meg a következő sor összegét! 2 k ( ) k =? (2k)! k= = 3 e Megoldás: A vizsgált összeg a cos x függvény sorára vezethető vissza: tehát cos x = x2 2! + x4 4! = k= 2 k ( ) k (2k)! = Példa Határozzuk meg az k= k= ( ) k x 2k (2k)!, x R, ( ) k ( 2) 2k = cos( 2). (2k)! I = e x2 dx integrál közelítő értékét az integrál mögötti függvényt az ötödfokú Taylor-polinomjával közelítve, és adjunk felső becslést az így elkövetett hibára! 9 Megoldás: Először az exponenciális függvény Taylor-sorát felhasználva (2.5. lemma) alakítsuk át az integráljel mögötti függvényt, majd a tételt felhasználva cseréljük föl az integrálás és az összegzés sorrendjét! I = x= e x2 = x= ( ) ( x 2 ) k dx = k! k= ( ) k k= 36 k! x= x 2k dx = ( ) k. (2k + ) k! }{{} a k k=

137 Egy Leibniz-sor összegére jutottunk. Látható, hogy ötödfokú Taylor-polinom járulékát a k =,, 2-höz tartozó tagok adják, így az integrál közelítő értéke: I x= T 5 (x) dx = a + a + a 2 = = Leibniz-sorok esetén a hibát az első elhagyott tag abszolút értékével becsülhetjük, így T 5 (x) dx I a 3 = 7 3! = 42. x= Binomiális sor Ebben a fejezetben az f(x) = ( + x) α, α R függvény x = pontra támaszkodó Taylor-sorával foglalkozunk Megjegyzés Speciálisan α = esetén q = x hányadosú geometriai sort kapunk, mely a (, ) intervallumon konvergens: α = : ( + x) = ( x) = ( x) n, ha x <. n= Általános esetben a Taylor-sorfejtést a definíció szerint végezzük: f(x) = ( + x) α f() = f (x) = α( + x) α f () = α f (x) = α(α )( + x) α 2 f () = α(α ).. f (k) (x) = α(α ) (α k + )( + x) α k Így az f(x) = ( + x) α függvény Taylor-sora: f (k) () = α(α ) (α k + ). ( + x) α α(α ) T (x) = + αx + x 2 α(α )(α 2) + x 3 + = 2! 3! α(α ) (α k + ) = + x k f (k) () = x k. k! k! k= 37 k=

138 2.25. Megjegyzés Abban a speciális esetben, ha α = n N, akkor ( + x) n egy n- edfokú polinom, melynek Taylor-sora önmaga. Ennek x hatványai szerint kifejtett alakját a binomiális tétel adja meg: ( + x) n = n k= ( ) n x k, k ahol ( ) n = k n! k! (n k)!. Ez a most kapott Taylor-sor együtthatóin is jól látszik, ugyanis k > n esetén x k együtthatója zérus, k n esetén pedig x k együtthatója éppen a jól ismert binomiális együttható: n(n ) (n k + ) k! (n k) 2 = (n k)! }{{} = n! k!(n k)! = ( ) n. k Ezért tetszőleges α esetén is átvesszük a binomiális együtthatóra bevezetett jelölést Definíció (Általánosított binomiális együttható) Ha α R tetszőleges, és k N természetes szám, akkor az általánosított binomiális együttható: ( ) ( ) α α(α ) (α k + ) α := és :=. k k! Példa ( 2 ) 3 = 3 2 ( ) ( ) 3 3! = = Példa ( ) = k ( ) ( 2) ( 3) ( k) k! = ( ) k = {, ha k páros,, ha k páratlan Definíció (Binomiális sor) Tetszőleges α R valós kitevő esetén az f(x) = ( + x) α függvény sorfejtésével kapott ( + x) α T (x) = Taylor-sort binomiális sornak nevezzük. k= ( ) α x k k 38

139 2.3. Megjegyzés Eddigi eredményeink alapján (2.24. és megjegyzések) a binomiális sor a geometriai sor és a binomiális tétel közös általánosításának tekinthető: α = : x < ( + x) = T (x) = ( x) k k= α = n N : ( + x) n = T (x) = T n (x) = α / N : ( + x) α T (x) = k= n k= ( ) α x k k ( ) n x k k (Geometriai sor) (Binomiális tétel) (Binomiális sor) A továbbiakban a következő kérdésekkel foglalkozunk:. Mikor konvergens a binomiális sor, mennyi a konvergenciasugara? 2. Előállítja-e a konvergenciasugarán belül a binomiális sor a sorba fejtett függvényt? Ezekre a kérdésekre ad választ a következő két tétel Tétel (Binomiális sor konvergenciasugara) A k= ( α k) x k binomiális sor konvergenciasugara R =. Bizonyítás. A hatványsorokra vonatkozó hányados kritériummal dolgozunk. ( ) α α(α ) (α k + ) a k = =, k k! ( ) ( ) α α(α ) (α k + )(α k) α α k a k+ = = = k + (k + )! k k +. Tehát a k+ a k = α k α k + = k + k k = = R = R = Tétel (Binomiális sor összege) A konvergenciasugarán belül a binomiális sor a sorba fejtett függvényt állítja elő, azaz ( + x) α }{{} f(x) = ( ) α x k, x (, ), α R esetén. k k= }{{} T (x) 39

140 Bizonyítás. Az f deriváltfüggvényei most nem egyenletesen korlátosak, így a 2.. tétel nem alkalmazható. Ezért más módszerrel látjuk be az egyenlőséget. Megmutatjuk, hogy x (, ) esetén ( ) T (x) = T (x) f(x) f(x) konstans. Tudjuk azonban, hogy f() = T () =, így T (x) = T () f(x) f() x <. A vizsgálandó derivált ( ) T = T f T f f f 2 = T ( + x) α T α ( + x) α f 2 = = ( + x)α ( + x) 2α ( ( + x)t αt ), =, tehát T (x) = f(x), ha tehát elég az ( + x)t αt egyenlőség igazolása. (Az egyszerűség kedvéért a T és f függvények x argumentumát nem írtuk ki.) Ehhez T és T hatványsorát használjuk, utóbbit tagonkénti deriválással kapjuk meg (2.63. tétel). α(α ) x ! ( ) α k T (x) = + αx + x k + ( αt (x) = α + α 2 x + α2 (α ) α x α 2! k T α(α ) α(α )(α 2) (x) = α + x + x 2 + ( )! ( 2! ) α α + k x k + (k + ) x k + k k + ( ) xt α(α ) α (x) = αx + x k x k +! k k= ) x k + Tehát a vizsgált kifejezés hatványsor alakban ( ( ) ( ) ( )) α α α ( + x)t αt = (k + ) + k α x k, k + k k ahol tetszőleges k N esetében az x k hatvány együtthatója ( ) ( ) ( ) ( ) ( α α α α (k + ) + k α = (k + ) α k ) k + k k k k + + k α =. Ezzel beláttuk, hogy x (, ) esetében ( + x)t (x) αt (x) = ( ) T = T (x) f f(x) T () f() =. 4

141 2.33. Megjegyzés A végpontokban a konvergenciát külön meg kell vizsgálni, erre nem mondunk ki tételt Megjegyzés Belátható, hogy x < esetén ( α k) x k, tehát k egy értékétől kezdődően a sor tagjai monoton csökkenően tartanak a -hoz. A -hoz tartás a konvergencia miatt nem kérdéses, csak a monoton csökkenés. (Mi nem bizonyítjuk általánosságban a monoton csökkenést.) Ezért, ha váltakozó előjelű a sor, akkor felírható egy konstans és egy Leibniz típusú sor összegeként. Ilyen esetben könnyű a hibaszámítás: ( + x) α N k= ( ) α x k = s N közelítésnél H < k ( ) α x N+. N + (Az első elhagyott tag majorálja a hibát, ha N értéke akkora, amelynél már teljesül a monoton csökkenés.) Példák binomiális sorfejtésre Példa Határozzuk meg az f(x) = + x függvény x = középpontú Taylor-sorát és a sor R konvergenciasugarát! Mit mondhatunk a részletösszegek hibájáról? 92 Megoldás: A binomiális sorfejtést alkalmazzuk: ( ) ( ) ( ) f(x) = ( + x) 2 = x + 2 x 2 + = 2 = + 2 x + ( ) 2 2 x 2 + 2! k= ( ) ( 3) ! ( ) 2 x k = k x 3 +, ha x < R = (konvergenciasugár). Megmutatható, hogy x > -ra Leibniz-típusú a sor (x < -nál nem az!). < x < esetén + x + 2 x és H = f(x) T (x) < 8 x2. Ezért (Tehát + x = + x + o(x), ha x >.) 2 Például.5 = ( +.5) 2 +.5, és a hiba H < 2 8 (.5)2. 4

142 2.36. Megjegyzés Hasonlóan megmutatható, hogy k N + esetén k + x + x k = T (x), ha x. Sőt, mivel tetszőleges α R esetén ( α ) = α, ezért ( + x) α + αx, ha x Példa Binomiális sorfejtés segítségével határozzuk meg és adjunk felső becslést az elkövetett hibára! 5 34 közelítő értékét, 93 Megoldás: Az 5 34 = ( + 33) 5 felbontás nem használható, mert x = 33 >. Azonban a következő átalakítás eredményre vezet: = ( = = 2 + ) 5 ( ) ( ) k = 2 5 S n = 6 k 6 Pl. n=2 ( = ( ) ! k= ) = = Belátható, hogy a kapott sor Leibniz-típusú, ezért a hiba könnyen becsülhető: H = 5 ( ) 34 S 2 < A pontos érték 5 34 = , így a valódi hiba ennél kisebb: 5 34 S Látható, hogy a binomiális sorfejtés igen gyorsan konvergál, jól használható közelítésre Példa Határozzuk meg az f(x) = 2 + x 2 függvény x = középpontú Taylor-sorát és a sor R konvergenciasugarát! 94 Megoldás: A kifejezést ( + u) α alakra hozzuk, és alkalmazzuk a binomiális sorfejtést: = = ( ) + x2 2 = ( ) ( ) 2 x 2 k. 2 + x x k 2 2 k= A konvergenciasugár: x 2 2 < = x < 2 = R = 2. 42

143 2.39. Példa Határozzuk meg az f(x) = 4 6 x 3 függvény x = középpontú Taylor-sorát és a sor R konvergenciasugarát! 95 Megoldás: Ugyanúgy járunk el, ahogy az előző példában. f(x) = 4 6 ( x 3 = 2 k= 6 ) 4 = 2 ( + ( ) 4 ( ) k x 3k. k 6 k )) ( x3 4 = 6 2 A konvergenciasugár: x3 6 = x < 3 6 = R = Példa Határozzuk meg az k= ( ) ) k 4 ( x3 = k 6 f(x) = x 2 függvény x = középpontú Taylor-sorát és a sor R konvergenciasugarát! 96 Megoldás: A tétel felhasználásával: f(x) = ( + x2 8 = 2 + ( x 8 ) 2 ) 3 = 2 A konvergenciasugár: x 2 8 < = x < 8 = R = Példa Határozzuk meg az k= ( ) ( ) 2k 3 x. k 8 f(x) = arcsin x függvény x = középpontú Taylor-sorát és a sor R konvergenciasugarát! 43

144 97 Megoldás: Az f függvényre lehet közvetlenül alkalmazni a binomiális sorfejtést, majd a kapott sort a tétel értelmében tagonként integráljuk. f (x) = = ( + ( x 2 ) ) ( ) 2 = 2 ( x 2 ) k = x 2 k = + 2 x x4 + A binomiális sorfejtés konvergens, ha x 2 <, tehát ha x <, azaz R =. Ezután x arcsin x = dt = ( ) ( ) k 2 x 2k+ t 2 k 2k + = t= k= = x + 6 x x5 +. A tagonkénti integráláskor a konvergenciasugár nem változik, R = R =. k= Érdemes a kapott eredményt egy tételben összefoglalni Tétel arcsin x = x + 6 x x5 +, R =, arccos x = π ( 2 x + 6 x3 + 3 ) 8 5 x5 +, R =. Bizonyítás. Az első állítást az előző, 2.4. feladatban igazoltuk. A második állítás az ( π ) cos α = sin 2 α = arccos x = π 2 arcsin x egyenlőségből következik Példa Írjuk fel az f(x) = x x függvény x = körüli Taylor sorát és adja meg annak konvergenciasugarát! Létezik-e C és α úgy, hogy f( n ) Cnα legyen? 98 Megoldás: Először a binomiális sorfejtés alapján írjuk föl külön a két tag Taylor-sorát: ( + x 2 ) 5 = + 5 x2 + ( + x 2 ) 7 = + 7 x x 4 + 2! ha x 2 <, R =, 7 7 x 4 + 2! ha x 2 <, R 2 =. 44

145 Így az f függvény Taylor-sorának konvergenciasugara is R =, és a sor első néhány tagja: ( f(x) = ) ( x ) x 4 + = 7 2 2! ( = ) ( ) ( x 4 + x 6 + = Kx 4 + ϕ(x) ). 7 }{{}}{{} K K x 4 ϕ(x) Látható, hogy a konstans és a négyzetes tagok kiestek. Az utolsó lépésben kiemeltünk a sorfejtés minden tagjából Kx 4 -t, ami a sor első el nem tűnő tagja. Az itt szereplő ϕ(x) függvény a (, ) intervallumon egy konvergens Taylor-sor összegfüggvénye, tehát folytonos az origóban, és ϕ() =. Elevenítsük föl, hogy az a n és b n sorokat akkor nevezzük azonos nagyságrendűnek, a a n b n, ha lim n n bn =. Belátjuk, hogy ( ( ) 4. f Kn n) 4 = K n Ha n >, akkor < <, tehát n ( ) ( 4 f = K ( + n n) ϕ( ) ) n K ( = Kn 4 + n 4 ϕ, n) és így, kihasználva, hogy lim x ϕ(x) =, azt kapjuk, hogy f ( ) n Kn = + ( ) 4 K ϕ n n. n Tehát C = K = 2 + 3, és α = Példa Számítsuk ki a. integrál értékét közelítően! 3 + x 2 dx 99 Megoldás: A megoldás az integrandus binomiális sorfejtésén alapul: f(x) = 3 + x 2 = ( + x 2) 3 = k= ( ) 3 x 2k, ha x 2 <, k 45

146 tehát a konvergenciasugár R =. A tétel értelmében a hatványsort szabad tagonként integrálni, mivel [,.] (, ). Tehát:. 3 dx = ( ). ( ). 3 x 2k dx = 3 x 2k+ = + x 2 k k= k 2k + k= ( ) = 3. 2k+ k 2k + = = ( )( 4) ( )( 4)( 7) a, }{{ 2! 5 }} 3! {{ 7 } :=a :=b és az elkövetett hiba H b. (Egyszerűen belátható, hogy Leibniz-sorról van szó.) Példa Határozzuk meg az x5 dx integrál értékét közelítőleg, az integrálandó függvényt ötödrendű Taylor-polinomjával közelítve! Adjunk becslést az elkövetett hibára! Megoldás: Először fejtsük binomiális sorba az integrandust: x5 = 5 ( ( x5 x ) ) 5 32 = = 2 ( ) (x ) 5k ( ) = 2 5 = 2 5 k 2 k 32 k x5k. k= A konvergenciasugár ( x 2 ) 5 <, = x < 2, = R = 2, ezért a [,.] intervallumon a sor egyenletesen konvergens, tehát szabad tagonként integrálni:. ( ) 2 5 ( ) k 32 k x5k dx = 2 5 x 5k+. = k 32 k 5k + = 2 k= k= ( ) 5. 5k+ k 32 k 5k + = 2 ( k= k= k= ( 4) 5 5 2! 2 ) (. + )

147 Egyszerűen látható, hogy a kapott sor most is Leibniz-típusú, ezért a hiba nagysága kisebb, mint az első elhagyott tag abszolút értéke: H < 2 ( 4) Gyakorló feladatok. Írja fel az alábbi függvények x = körüli Taylor-sorát, és határozza meg a sor konvergenciatartományát! (a) f(x) = 2x 2 + 3x 2 (b) f(x) = + 2x 2 (c) f(x) = e 2x (d) f(x) = e x2 (e) f(x) = sin 2 x (f) f(x) = x 2 (g) f(x) = arctg 2x (h) f(x) = x 3 (i) f(x) = 3 2x 2 (j) f(x) = 3 27 x 2. Írja fel az alábbi függvények x = körüli Taylor-sorát, és határozza meg a sor konvergenciatartományát! (a) f(x) = 6x 3 2x (b) f(x) = x (c) f(x) = e x (d) f(x) = e 2x 3. f(x) = x 5 e x, f (67) () =? 4. f(x) = ln (8 3x 2 ), f () () =?, f (9) () =? 47

148 5. Fejtse x = bázispontú Taylor-sorba az f(x) = arsh x függvényt, felhasználva, hogy (arsh x) = + x 2, és határozza meg a konvergenciasugarat! Adja meg a g(x) = arsh (2x 3 ) függvény sorfejtését is! 6. f(x) = 5 + 2x 2 + sh x (a) Adja meg a függvény x = körüli hatodrendű Taylor-polinomját! (b) Határozza meg a függvény x = körüli Taylor-sorának konvergenciasugarát! 7. (a) Fejtse x = bázispontú Taylor-sorba az f(x) = (b) 3 8 x függvényt, és határozza meg a sorfejtés konvergenciasugarát! Írja fel f harmadrendű Taylor-polinomját elemi műveletekkel! (c) (x f(x)) (2) () =? 8. f(x) = 2 + 2x x 2 (a) Írja fel a függvény x = körüli Taylor-sorát, és határozza meg annak konvergenciasugarát! (b) lim x f(x) x 4 =? 9. Határozza meg az alábbi integrálok közelítő értékét az integrálandó függvény Taylorsorának 3. részletösszegét felhasználva! (a) (b) (c) (d) π 4 2. cos x 2 dx sin x x arctg x x dx dx + x 3 dx 48

149 2.7. Fourier-sor Bevezetés Elevenítsünk fel néhány lineáris algebrában tanult fogalmat! Definíció (Skaláris szorzás) Ha L lineáris tér (vektortér) a valós számok teste felett, akkor a v, v 2 L vektorpárokon értelmezett (v v 2 ) = (v, v 2 ) R műveletet skaláris szorzásnak nevezzük, ha v, v 2 L és λ R esetén teljesülnek a következő axiómák:. (v v) és (v v) = akkor és csak akkor, ha v =. (Itt az L nulleleme.) 2. (v v 2 ) = (v 2 v ) (Komplex vektortér esetén: (v v 2 ) = (v 2 v ).) 3. (λv v 2 ) = λ(v v 2 ) 4. (v + v 2 v 3 ) = (v v 3 ) + (v 2 v 3 ) Természetesen az axiómákból azonnal következik a valós vektortéren értelmezett skaláris szorzás linearitása a második változóban is Példa Az [a, b] intervallumon folytonos függvények C[a,b] lineáris terén az (f g) = b f(x) g(x) dx művelet skaláris szorzás. a Definíció (Euklideszi tér) Azokat a lineáris tereket, amelyekben skaláris szorzás van értelmezve, euklideszi tereknek nevezzük. A következő alapvető fogalmakat értelmezzük euklideszi terekben: Definíció (Ortogonalitás, norma, távolság) Ha két vektor skaláris szorzata nulla, azaz (v v 2 ) =, akkor azt mondjuk, hogy v ortogonális v 2 -re. A v L vektor normája: v = (v v) (euklideszi norma). Két vektor távolsága különbségük normája: ρ(v, v 2 ) = v v 2. A következő absztrakt tételt közvetlenül alkalmazzuk majd a Fourier-sorok elméletében Tétel Ha a v,..., v n vektorok egyike sem nullvektor (v i ), és páronként ortogonálisak, akkor lineárisan függetlenek. 49

150 Bizonyítás. Tegyük föl, hogy az adott vektorok lineáris kombinációjaként előáll a nullvektor. Szorozzuk meg az így kapott egyenlőséget skalárisan az egyik v i vektorral: λ v + + λ i v i + + λ n v n = λ (v v i ) + + λ }{{} i (v i v i ) +λ i (v }{{} i v i ) + + λ }{{} n (v n v i ) =. }{{} = = = Mivel a v i vektor tetszőlegesen választható, ezért minden i-re λ i =, ami azt jelenti, hogy csak a triviális lineáris kombinációval állítható elő a nullvektor, tehát a vizsgált rendszer valóban lineárisan független Megjegyzés A tételt az egyszerűség kedvéért véges számosságú vektorrendszerre mondtuk ki, de teljesen hasonlóan bizonyítható az állítás tetszőleges számosságú vektorrendszer esetén is, ugyanis a lineáris kombináció fogalma mindig véges tagú összeget jelent A trigonometrikus rendszer Definíció (Trigonometrikus rendszer) Az {, sin x, cos x, sin 2x, cos 2x... } = {, sin kx, cos kx} k= függvényrendszert trigonometrikus rendszernek nevezzük. A trigonometrikus rendszer első néhány eleme a ábrán látható Tétel (Trigonometrikus rendszer ortogonalitása) Az, sin x, cos x, sin 2x, cos 2x... sin kx, cos kx... függvények páronként ortogonálisak a [ π, π] intervallumon (vagy általában az [a, a + 2π] -n), így közülük bármely véges sok lineárisan független. Itt az ortogonalitást az skaláris szorzással értelmezzük. (f g) = π π f(x) g(x) dx Megjegyzés A tételben szereplő függvények által generált tér nem véges dimenziós. Bizonyítás. ( sin kx) = ( cos kx) = π π π π sin kx dx = cos kx dx = teljes periódusra integrálunk 5 v i

151 .5 cos(x) cos(2x) cos(3x).5 sin(x) sin(2x) sin(3x) π -3π/4 -π/2 -π/4 π/4 π/2 3π/4 π -π -3π/4 -π/2 -π/4 π/4 π/2 3π/4 π (sin kx sin lx) = 2.8. ábra. A trigonometrikus rendszer első néhány függvénye. = π π sin kx sin lx dx = 2 { π, ha k = l, ha k l π π (cos (k l)x cos (k + l)x) dx = Ebből speciálisan az is következi, hogy sin kx = (sin kx sin kx) = π. Ehhez hasonlóan igazolható, hogy { π, ha k = l (cos kx cos lx) =, és (sin kx cos lx) =., ha k l Speciálisan: cos kx = (cos kx cos kx) = π Megjegyzés A konstans függvény normája különbözik a többi függvény normájától: ( ) = π π 2 dx = 2π = = ( ) = 2π Megjegyzés A tétel és bizonyítása értelmében a következő függvényrendszer ortonormált rendszer (ONR): ϕ (x) = 2π, ϕ (x) = sin x π, ϕ 3 (x) = sin 2x π, ϕ 2k (x) = sin kx π, ϕ 2 (x) = cos x π, ϕ 4 (x) = cos 2x π, ϕ 2k (x) = cos kx π, 5

152 Mivel a {ϕ i } függvények közül tetszőlegesen kiválasztva véges sokat, azok lineárisan függetlenek, jogos a kérdés, hogy egy 2π szerint periodikus f függvény felírható-e a következő alakban: f(x) = A felvetődő kérdések: α i ϕ i (x) = a 2 + (a k cos kx + b k sin kx). i=. Hogyan kaphatóak meg az α i illetve az a k, b k együtthatók? 2. Milyen f-ekre és hol van egyenlőség? Definíció (Trigonometrikus sor) A k= Φ(x) = α i ϕ i (x) = a 2 + (a k cos kx + b k sin kx) i= k= alakú függvénysort trigonometrikus sornak nevezzük Definíció (Trigonometrikus polinom) A t n (x) = a n 2 + (a k cos kx + b k sin kx) alakú függvényeket n-edrendű trigonometrikus polinomnak nevezzük. k= Felvetődik a kérdés, hogy mi a kapcsolat a trigonometrikus sor Φ összegfüggvénye és az a k, b k együtthatók között. Bizonyos feltételek mellett erre ad választ a következő tétel Tétel Ha a Φ(x) = a 2 + (a k cos kx + b k sin kx) k= trigonometrikus függvénysor egyenletesen konvergál a Φ összegfüggvényhez, akkor Φ és az a k, b k együtthatók között egyértelmű kapcsolat van, mégpedig: a k = π b k = π π π π π Φ(x) cos kx dx = Φ(x) sin kx dx = (Φ cos kx), (cos kx cos kx) k =,, 2,... (Φ sin kx), (sin kx sin kx) k =, 2,... 52

153 Bizonyítás. Általánosságban a Φ(x) = i= α iϕ i (x) egyenletet kellene szoroznunk skalárisan ϕ k -val és így megkapnánk α k értékét, ahonnan már a k ill. b k is meghatározható. Most a tételben szereplő alakot használva az a 2 együtthatóra mutatjuk meg a képlet helyességét. Hasonlóan történik a bizonyítás a többi együtthatóra is. Az a 2 + a cos x + b sin x + a 2 cos 2x + + a k cos kx + b k sin kx + = Φ(x) egyenletet cos 2x-szel beszorozva és [ π, π]-n integrálva azt kapjuk, hogy π ( a π 2 cos 2x + a cos x cos 2x + b sin x cos 2x + a 2 cos 2x cos 2x + ) π + a k cos kx cos 2x + b k sin kx cos 2x + dx = Φ(x) cos 2x dx. Az egyenletes konvergencia miatt szabad tagonként integrálni (2.3. tétel), tehát a 2 ( cos 2x) + a (cos x cos 2x) + b (sin x cos 2x) + a 2 (cos 2x cos 2x) + + a k (cos kx cos 2x) + b k (sin kx cos 2x) + = (Φ(x) cos 2x). A bal oldalon (cos 2x cos 2x) = cos 2x 2 = π, a többi skaláris szorzat pedig az ortogonalitás miatt (2.53. tétel) nulla, így a 2 (cos 2x cos 2x) = (Φ(x) cos 2x) = a 2 = π (Φ(x) cos 2x) (cos 2x cos 2x) Megjegyzés A tétel feltételei között igen fontos, hogy egyenletesen konvergens trigonometrikus sorról van szó, hiszen a 2.3. tétel értelmében emiatt tudtuk tagonként integrálni a végtelen sort. Eddig kizárólag 2π szerint periodikus függvények sorfejtésével foglalkoztunk. A trigonometrikus rendszer (illetve a megjegyzésben leírt normált változata) és a tétel is könnyen kiterjeszthető 2l szerint periodikus függvényekre ( < l R) Tétel (A 2l szerint periodikus trigonometrikus sor) Tetszőleges l > esetén a ψ (x) = 2l, ψ (x) = l sin πx l, ψ 2 (x) = l cos πx l, ψ 3(x) = sin 2πx, ψ 5 (x) = sin 3πx l l l l ψ 4(x) = cos 2πx, ψ 6 (x) = cos 3πx l l l l 53

154 függvényrendszer ortonormált rendszer a [ l, l] (vagy az [x, x+2l]) intervallumon a példában definiált skaláris szorzásra nézve. Továbbá, ha a Φ(x) = a 2 + k= ( a k cos kπx l + b k sin kπx ) l trigonometrikus függvénysor egyenletesen konvergál a Φ összegfüggvényhez, akkor a k = l b k = l l l l l Φ(x) cos kπx l Φ(x) sin kπx l dx, k =,, 2,... dx, k =, 2,... Bizonyítás. A bizonyítás teljesen hasonló a és a tételek bizonyításához Fourier-sorfejtés Definíció (Fourier-sor) Legyen az f függvény 2π-szerint periodikus és a [, 2π] intervallumon Riemann-integrálható (f R [,2π] ). Ekkor az f függvény Fourier-sora az trigonometrikus sor, ahol a 2 + (a k cos kx + b k sin kx) k= a k = π b k = π π π f(x) cos kx dx = π π π f(x) sin kx dx = π a+2π a a+2π a f(x) cos kx dx = (f cos kx), k =,, 2,... π f(x) sin kx dx = (f sin kx), k =, 2,... π (Itt a R tetszőleges.) Az a k, b k együtthatók a Fourier-együtthatók. Jelölje Φ n a Fourier-sor n-edik részletösszegét, Φ pedig az összegfüggvényt, tehát Φ n (x) = a n 2 + (a k cos kx + b k sin kx), Φ(x) = a 2 + (a k cos kx + b k sin kx). k= A következő (bizonyítás nélkül közölt) tétel értelmében az adott fokú trigonometrikus polinomok között a Fourier-sor Φ n részletösszegei közelítik normában a legjobban az f sorba fejtett függvényt. k= 54

155 2.63. Tétel Legyen f integrálható, 2π-szerint periodikus függvény, t n (x) = A n 2 + (A k cos kx + B k sin kx) = k= 2n i= α i ϕ i (x) pedig egy n-edfokú trigonometrikus polinom. Ekkor a π f t n = (f(x) t n (x)) 2 dx π távolság akkor minimális, ha az A k, B k együtthatók a Fourier-együtthatók, tehát t n = Φ n Példa Határozzuk meg az f(x) = sin 4 x függvény Fourier-sorát! Megoldás: A sorfejtéshez most fölösleges a definícióban szereplő integrálokat kiszámolnunk, elég fölismernünk, hogy f véges trigonometrikus polinom: f(x) = sin 4 x = ( sin 2 x ) ( 2 cos 2x ) 2 = = cos 2x + 4 = 3 cos 2x + cos 4x = Φ(x). }{{} 8 }{{} 2 }{{} 8 a a 2 a 4 cos 2 2x }{{} + cos 4x 2 Tehát f Fourier-sorában csak véges sok együttható nem zérus, és a Fourier-sor mindenütt előállítja a függvényt. A Fourier-sorokkal kapcsolatban még válaszolni kell arra a kérdésre, hogy milyen x-ekre konvergens a Fourier-sor, és mikor igaz, hogy f(x) = Φ(x). Bizonyítás nélkül közlünk erre vonatkozó tételeket Tétel Ha a 2π szerint periodikus f függvény folytonos, és Fourier-sora egyenletesen konvergens, akkor f(x) = Φ(x). Például az úgynevezett háromszögjelre alkalmazható a tétel Példa (Háromszögjel Fourier-sora) Határozzuk meg az f(x) = x, ha x [ π, π); f(x + 2π) = f(x) formulákkal értelmezett f háromszögjel Fourier-sorát, és igazoljuk, hogy a sor összege előállítja f-et! 55 =

156 5π/4 π f(x) Φ (x) Φ (x) Φ 3 (x) Φ 5 (x) 3π/4 π/2 π/4 -π/4-2π -3π/2 -π -π/2 π/2 π 3π/2 2π 2.9. ábra. Az f(x) háromszögjel és Fourier-sorának első néhány részletösszege. 2 Megoldás: Az f függvényt és Fourier-sorának első néhány részletösszegét a 2.9 ábra mutatja. A Fourier-sor együtthatói a definíció alapján számoljuk, az integrálást a [ π, π] intervallumra végezve (k {, 2, 3... }): a = π b k = π π π π π π x dx = 2 π páros {}}{ x π páratlan {}}{ sin kx } {{ } páratlan páros páros {}}{{}}{ x cos kx }{{} x dx = 2 π dx =, a k = dx = 2 π π π páros = 2 ( [x sin kx ] π π k x= }{{} =, ha k páros, = 4 k 2 π, ha k páratlan. π [ x 2 2 ] π x= = π, x cos kx dx = π ) sin kx dx = 2 [ cos kx ] π = k π k 2 x= 56

157 Tehát a háromszögjel Fourier-sora: Φ(x) = π 2 4 ( cos x cos 3x cos 5x ) = π π cos ( (2n + )x ). π (2n + ) 2 A kapott trigonometrikus sor általános tagja könnyen majorálható, cos ( (2n + )x ) (2n + ) 2 (2n + ) = b n, és b 2 n <, tehát a Weierstrass-kritérium (2.24. tétel) értelmében a sor egyenletesen és abszolút konvergens R-en. Mivel f folytonos, ezért az előző, tétel értelmében a most kapott Fourier-sor előállítja a háromszögjelet, Φ(x) = f(x) minden x R esetében. A 2.9 ábrán látható, hogy már a Fourier-sor első néhány részletösszege is igen jól közelíti az f függvényt Megjegyzés Ahogy hatványsoroknál, most is egy rögzített x pontban kiértékelve a sort egy numerikus sor összegét kapjuk meg. Például az x = pontban f() = = Φ() = π 2 4 π (2k + ), 2 ahonnan adódik. k= k= n= n= (2k + ) = = π Tétel Ha f kétszer folytonosan deriválható, 2π szerint periodikus függvény, akkor Fourier-sora egyenletesen konvergens. Önmagában az f Fourier-sorának egyenletes konvergenciából még nem következik az f(x) = Φ(x) egyenlőség. Csak annyi következik a tétel értelmében, hogy Φ Fourier-együtthatói megegyeznek f Fourier-együtthatóival. (És a tétel értelmében Φ folytonos.) Felmerül a következő kérdés: ha f és Φ Fourier-együtthatói azonosak, lehetséges-e, hogy f(x) Φ(x)? Lehetséges. Ha a példában az f(x) = x függvény értékét egyetlen pontban megváltoztatjuk, (pl. f () := 3, és x esetén f (x) = f(x)), akkor a Fourier együtthatók nem változnak meg, így Φ(x) sem változik, de f () Φ(), így f Φ f. Ha viszont f folytonos, akkor már érdekes a kérdés, és a válasz összefügg a trigonometrikus rendszer teljességével. Legyenek f és Φ Fourier-együtthatói azonosak, tehát f Φ Fourier-együtthatói nullák, vagyis (f Φ ϕ k ) =. Tehát f Φ ortogonális a ϕ, ϕ, ϕ 2,... függvényrendszerre. Bővíthető-e a trigonometrikus rendszer? 57

158 2.69. Tétel (Trigonometrikus rendszer teljessége) Jelölje {ϕ k } k N a megjegyzésben is használt trigonometrikus rendszert. Ha a g függvény 2π-szerint periodikus, folytonos, és (g ϕ k ) = 2π g(x)ϕ(x) dx =, k N, akkor g, azaz a trigonometrikus rendszer folytonos függvénnyel nem bővíthető. A Fourier-sor konvergenciájával kapcsolatban sok tétel ismert. Mi egy könnyen kezelhető tételt használunk: 2.7. Tétel (Dirichlet, elégséges feltétel a Fourier-sor konvergenciájára) Ha az f függvény 2π-szerint periodikus, integrálható a [, 2π] intervallumon, és [, 2π] felbontható véges sok részintervallumra úgy, hogy ezek belsejében f monoton, és a részintervallumok végpontjaiban f-nek a féloldali határértékei léteznek (végesek), akkor f Fourier-sora minden x R pontban konvergens, és Φ(x) = f(x ) + f(x + ). 2 Tudjuk, hogy monoton függvénynek minden pontban létezik a bal és jobb oldali határértéke, tehát a Dirichle-tétel feltételeinek eleget tevő f függvénynek csak elsőfajú szakadásai lehetnek. A tétel értelmében f folytonossági pontjaiban a Fourier-sor előállítja a függvényt, a szakadási pontokban pedig a két féloldali határérték átlagát Példa (Négyszögjel Fourier-sora) Határozzuk meg az {, ha x [2kπ, 2kπ + π), f(x) = (k Z), ha x [2kπ π, 2kπ), négyszögjel Fourier-sorát valamint a Fourier-sor Φ összegét! 3 Megoldás: Az f függvényt a 2. ábra első része mutatja. A Fourier-sor együtthatói a definíció alapján számoljuk, az integrálást a [ π, π] 58

159 .5 f(x).5 Φ(x) π -3π/2 -π -π/2 π/2 π 3π/2 2π -.5-2π -3π/2 -π -π/2 π/2 π 3π/2 2π 2.. ábra. Az f(x) négyszögjel és Fourier-sorának Φ(x) összege. intervallumra végezve (k {, 2, 3... }): a = π a k = π b k = π = 2 π π π f(x) dx =, mivel f páratlan függvény, páratlan páros π {}}{{}}{ f(x) cos kx dx =, π }{{} páratlan páratlan páratlan π {}}{{}}{ f(x) sin kx dx = 2 π sin kx dx = π }{{} π páros [ cos kx ] π, ha k páros, k x= = 4 kπ, ha k páratlan. (A négyszögjel valójában nem páratlan függvény, de ha a szakadási helyeken értékét -nak definiálnánk, akkor már az lenne, és ez a változtatás az integrálok értékét nem befolyásolja.) Tehát a négyszögjel Fourier-sora: Φ(x) = 4 π ( ) sin 3x sin 5x sin x = π 59 sin ( 2n + )x ). (2.5) 2n + n=

160 f(x) - Φ (x) Φ 3 (x) Φ 5 (x) Φ 7 (x) -.5-2π -3π/2 -π -π/2 π/2 π 3π/2 2π 2.. ábra. Az f(x) négyszögjel és Fourier-sorának első néhány részletösszege. A Dirichlet-tétel értelmében (2.7. tétel) a sor összege előállítja a függvényt azokban a pontokban, ahol f folytonos, a szakadási helyeken pedig Φ(kπ) = f(kπ + ) + f(kπ ) 2 A 2. ábrán összehasonlíthatjuk a sorba fejtett f(x) függvényt és Fourier-sorának Φ(x) összegét. A 2. ábra a négyszögjel Fourier-sorának első néhány közelítő összegét mutatja. Az animáció azt mutatja, hogy az első mintegy hatvan Fourier-részletösszeg hogyan közelíti a négyszögjelet Megjegyzés A négyszögjel Fourier-sora biztos, hogy nem egyenletesen konvergens a [, 2π] intervallumon, mert ha az lenne, akkor a tétel értelmében a Φ összegfüggvény folytonos lenne (2.29. következmény). Ez a tény az animáción is jól látszik, a szakadásoknál a részletösszegek túllövése nem csökken, csak egyre kisebb tartományra korlátozódik Megjegyzés A (2.5) sorfejtést az x = π 2 n= =. ( ) n 2n + = = π 4. helyen kiértékelve azt kapjuk, hogy Pontosan ugyanezt az összeget már az arctg függvény Taylor-sorfejtésénél is, a megjegyzésben megkaptuk. 6

161 3π/2 f(x) 3π/2 Φ(x) π π π/2 π/2 -π/2 -π/2 -π -π -3π/2-2π -3π/2 -π -π/2 π/2 π 3π/2 2π -3π/2-2π -3π/2 -π -π/2 π/2 π 3π/2 2π 2.2. ábra. Az f(x) fűrészfogjel és Fourier-sorának Φ(x) összegfüggvénye Példa (Fűrészfogjel Fourier-sora) Határozzuk meg az f(x) = x, ha x [ π, π); f(x + 2π) = f(x) formulákkal értelmezett fűrészfogjel Fourier-sorát valamint a Fourier-sor Φ összegét! 4 Megoldás: A Dirichlet-tétel (2.7. tétel) értelmében a Fourier-sor Φ összegfüggvénye megegyezik f-fel azokban a pontokban, ahol f folytonos, a szakadási helyeken pedig a bal és jobb oldali határérték számtani közepét kapjuk. Az f függvényt és a Fouriersorának összegét a 2.2 ábra mutatja. A Fourier-sor együtthatói most is a definíció alapján számoljuk, az integrálást 6

162 a [ π, π] intervallumra végezve (k {, 2, 3... }): a = π a k = π b k = π = π π π π π + 2 π π { 2, k 2, k x dx =, x} cos {{ kx} dx =, páratlan x} sin {{ kx} dx = 2 π páros π x= cos kx k ha k páros, ha k páratlan. Tehát a fűrészfogjel Fourier-sora: π x sin kx dx = 2 [ cos kx ] π x + π k x= }{{} dx = ( ) k+ 2 k + 2 π [ sin kx k 2 ] π x= }{{} = ( ) k+ π k = Φ(x) = 2 k+ sin kx ( ) k k= sin 2x sin 3x sin 4x = 2 sin x (2.6) A 2.7. Dirichlet-tétel értelmében { f(x), ha x π + 2kπ, Φ(x) =, ha x = π + 2kπ. (k Z) A fűrészfogjel Fourier-sorának első néhány részletösszege a 2.3 ábrán, valamint az animáción látható Megjegyzés A tétel következménye értelmében a fűrészfogjel Fouriersora sem egyenletesen konvergens a [, 2π] intervallumon. Ez most is jól látszik az animáción. A (2.6) sorfejtést az x = π helyen kiértékelve most is a megjegyzésben szereplő 2 numerikus sor összegét kapjuk meg. 62

163 3π/2 π π/2 -π/2 f(x) -π Φ (x) Φ 2 (x) Φ 3 (x) Φ 4 (x) -3π/2-2π -3π/2 -π -π/2 π/2 π 3π/2 2π 2.3. ábra. Az f(x) fűrészfogjel és Fourier-sorának első néhány részletösszege. 63

164 3. fejezet Többváltozós függvények 3.. Bevezető 3... Véges dimenziós euklideszi tér Az n-dimenziós valós euklideszi teret R n -nel jelöljük, elemei rendezett szám n-esek, azaz n-dimenziós vektorok. Ezeket aláhúzással jelöljük. x = (x, x 2,..., x n ) R n 3.. Tétel R n lineáris tér a vektorok összeadására illetve a vektor skalárral való szorzására nézve. Ahhoz, hogy egy vektorteret euklideszi térnek nevezzünk, szükséges egy úgynevezett skaláris szorzat (lásd Definíció), amit szokásosan a következőképpen értelmezünk (x y) = (x, y) = n x i y i, Ha nem okoz félreértést, megtehetjük, hogy egyszerű szorzásként jelöljük: xy Tétel A fenti definíció kielégíti a skaláris szorzat axiómáit. Euklideszi tér mindig normált tér is, azaz a belső szorzatból mindig származtatható norma, amit szokásosan abszolút értéknek vagy hosszúságnak nevezünk. Nevezetesen x = (x, x) = n x 2 i = x. i= i= 64

165 Normált tér metrikus tér is, azaz a normából mindig származtatható metrika, amit szokásosan távolságnak nevezünk. Nevezetesen d(x, y) = x y = n (x i y i ) 2. Az alábbi vektorrendszert szokásosan R n természetes bázisának nevezzük. e i = (,,...,,,,..., ) R }{{} i. }{{} n, (i =, 2,..., n) i db n i db Valóban, ezek páronként merőlegesek (skaláris szorzatuk ), így lineárisan függetlenek. Továbbá, kifeszítik a teret, azaz generátorrendszert alkotnak, ugyanis minden x R n, x = (x, x 2,..., x n ) esetén i= x = x e + x 2 e x n e n = n x i e i. i= Végül egységnyi hosszúak, így ortonormált bázist alkotnak. Ezért R n valóban n- dimenziós Megjegyzés Két- és háromdimenziós esetben (n = 2, 3) a koordinátákat sokszor jelöljük x, x 2 és x 3 helyett x, y és z-vel, illetve a bázisvektorokat e, e 2 és e 3 helyett i, j és k-val Definíció Ha D R n, akkor az függvényt n-változós függvénynek nevezzük. f : D R A függvény értékkészlete is lehetne többdimenziós, azaz többértékű (vektor értékű) függvényekről is beszélhetnénk, de a 3.2.6, és alszakaszokat leszámítva, többnyire csak egyértékű (valós értékű) függvényekről lesz szó. A fejezet többi részében, ha mást nem mondunk, f n-változós (valós értékű) függvényt jelöl Néhány definíció és tétel Kimondunk egy sokszor használható egyszerű tételt. 65

166 3.5. Tétel Ha x, y R n, és i {, 2,..., n}, akkor x i max x i x i i x i, és x i y i max x i y i d(x, y) i i Fontos elnevezések és jelölések. x i y i. Környezet: Minden a R n és r > esetén a r sugarú környezete K a,r = K(a, r) = {x R n : d(x, a) < r}. Ha r-nek nincs jelentősége, röviden K a -val is jelöljük. n = esetén (a r, a + r) nyílt intervallum; n = 2 esetén a középpontú r sugarú nyílt körlap; n = 3 esetén a középpontú r sugarú nyílt gömb; n > 3 esetén n dimenziós a középpontú r sugarú nyílt gömb. Átszúrt környezet: Minden a Rn és r > esetén a r sugarú átszúrt vagy lyukas környezete K a,r = K a,r \ {a} = {x R n : < d(x, a) < r}. Belső pont: A b R n az A R n belső pontja, ha K b : K b A. int A: A belseje, azaz A belső pontjainak halmaza. Határpont: A h R n -et az A R n határpontjának nevezzük, ha se nem belső pontja, se nem külső pontja, azaz ha K h : K h A és K h A. front A: A határa, azaz A határpontjainak halmaza. Külső pont: A k R n az A R n külső pontja, ha K k : K k A =. cl A: A lezártja, azaz A belső pontjainak és határpontjainak halmaza. Másképpen azon pontok halmaza, melyek nem külső pontok. Torlódási pont: c torlódási pontja az A R n halmaznak, ha K c átszúrt környezetre: K c A. Nyílt halmaz: A R n nyílt, ha minden pontja belső pont, azaz int A = A. 66

167 Zárt halmaz: A R n zárt, ha minden határpontja eleme, azaz cl A = A. Korlátos halmaz: Az A R n halmaz korlátos, ha K : A K. Kompakt halmaz: A R n kompakt, ha korlátos és zárt Megjegyzés Ha A jelöli A R n komplementerét, azaz A = R n \ A, akkor megmutathatóak a következők:. int A = cl A. 2. A R n pontosan akkor zárt, ha komplementere nyílt. 3. A R n pontosan akkor zárt, ha tartalmazza minden torlódási pontját. Igaz a Cantor-axióma általánosítása: 3.7. Tétel R n egymásba skatulyázott, nem üres, kompakt részhalmazaiból álló sorozat metszete nem üres. Bebizonyítható a Bolzano Weierstrass tétel általánosítása: 3.8. Tétel R n korlátos, végtelen elemű részhalmazának mindig van torlódási pontja. Folytonos út: Ha a = (a,..., a n ), b = (b,..., b n ) R n, és ϕ i C [α,β] úgy, hogy ϕ i (α) = a i és ϕ i (β) = b i i {,..., n} esetén, akkor g a,b = {(ϕ (t),..., ϕ n (t)) R n : t [α, β]} egy az a és b pontokat összekötő folytonos út. Összefüggő halmaz: A R n összefüggő, ha bármely két pontja összeköthető halmazbeli folytonos úttal, azaz Szakasz: Ha a, b R n, akkor az az a és b pontokat összekötő szakasz. a, b A : g a,b A. l a,b = {a + t(b a) : t [, ]} Konvex halmaz: A R n halmazban fut, azaz konvex, ha bármely két pontját összekötő szakasz a a, b A : l a,b A. 67

168 3..3. Pontsorozatok 3.9. Definíció Az x : N R n függvényt n-dimenziós pontsorozatnak, vagy vektorsorozatnak nevezzük. A számsorozatoknál megszokott módon a sorozat k-adik elemére az x(k) helyett az x k jelölést használjuk, és ha ez nem okoz félreértést a sorozatot is x k -val jelöljük. a R n esetén azt mondjuk, hogy x k konvergens, és határértéke a, ha ε > : N(ε) : k > N(ε) = x k K a,ε. Ezt úgy is mondjuk, hogy x k tart a-hoz, és az alábbi módokon jelöljük. lim x k = a lim x k = a x k a k 3.. Tétel (Koordinátánkénti konvergencia) Ha az x k n-dimenziós pontsorozat k-adik elemének koordinátáira az x k, x k2,..., x kn jelöléseket használjuk, és a = (a, a 2,..., a n ) R n, akkor lim x k = a i {,..., n} : lim x ki = a i. Bizonyítás. = : Legyen N(ε) az x k a pontsorozat konvergenciájánál szereplő, ε > -hoz tartozó küszöb! Ugyanez jó lesz minden i {,..., n} esetén az x ki a i konvergenciájánál is ε-hoz tartozó küszöbnek, hiszen a 3.5. Tétel szerint, ha k > N(ε), akkor x ki a i d(x k, a) < ε. =: Legyen most N i ( ε ) az ε -hez tartozó küszöb, az x n n ki a i konvergenciánál, és legyen N(ε) = max N i ( ε ). Ekkor k > N(ε) esetén k > N i n i( ε ) minden i-re, és így n a 3.5. Tétel szerint d(x k, a) x ki a i < ε n = ε! i i Emiatt a tétel miatt a pontsorozatok konvergenciáját mindig visszavezethetjük számsorozatok konvergenciájának vizsgálatára, így ezzel nem kell külön foglalkoznunk. 3.. Példa Mi a határértéke az (( + 2 k ) ) k, 2k2 k 2 + sorozatnak? 5 Megoldás: ( ( + 2 ) ) k, 2k2 ( e 2, 2 ) k k

169 3..4. Kétváltozós függvény grafikonja A vektor változós, valós értékű függvények közül fontos a kétváltozós függvények vizsgálata. Ezeket szemléltetni is tudjuk az alábbi módokon. Ahogy az egyváltozós (egyértékű) függvényt egy görbeként ábrázolhattuk, a kétváltozós függvényt egy felülettel szemléltethetjük, ha elég sima. Ezt a H felületet f grafikonjának nevezzük: H = {(x, y, z) R 3 : (x, y) D f, z = f(x, y)} = graf f. z z z = f(x, y) (x, y, z) x x y (x, y) y x y (a) Egy pont (b) Felület Például az f(x, y) = c c x cy függvény grafikonja a z = c c x c y felület, azaz a b a b x a + y b + z c =, tehát egy olyan síkról van szó, amely az x, y, z tengelyeket rendre az (a,, ), (, b, ), (,, c) pontokban metszi. Lásd a 3. ábra. Ha megforgatjuk az (x, z) síkban lévő z = f(x) görbét a z tengely körül, akkor a ( ) z = f(r) = f x2 + y 2 felülethez jutunk. Lásd a 3.2 ábra. Például a z = x 2 + görbének a z tengely körüli megforgatásával a z = ( x2 + y 2 ) 2 + = x 2 + y 2 + felülethez jutunk (forgási paraboloid). Lásd a 3.3 ábra. Az f(x, y) = 4 x 2 + y 2 grafikonja a z = 4 x 2 + y 2 felület, ami a z = x görbe z tengely körüli forgatásával keletkezett. Lásd a 3.4 ábra. 69

170 z C A x O B y 3.. ábra. Tengelyeket adott pontokban metsző sík. z z = f(r) z z = f(r) r z r x x y y x y (a) (b) r = x 2 + y 2 (c) 3.2. ábra. Forgásfelület Szintalakzatok Másik lehetőség többváltozós függvény szemléltetésére a szintalakzatok ábrázolása Definíció Szintalakzatnak nevezzük azon D f -beli pontok halmazát, melyekhez f ugyanazt az értéket rendeli Megjegyzés Az értékkészlet minden eleméhez tartozik tehát egy szintalakzat. Ha például c R f, akkor a hozzátartozó szintalakzat {x D f : f(x) = c}. A függvény egy szintalakzaton tehát állandó. 7

171 z x y 3.3. ábra. Forgásparaboloid. z y x 3.4. ábra. Kétváltozós függvény esetén a rögzített z R f -hez tartozó szintalakzat a z = f(x, y) egyenlet megoldásainak halmaza. Ha f elég sima, akkor a szintalakzat egy vagy több görbe az (x, y) síkon, ezért kétváltozós esetben a szintalakzatokat szintvonalaknak hívjuk. Ilyet láthatunk egy domborzati térképen, lásd a deszter/mapinfogyak oldalról átvett 3.5 ábrán. Hasonlóan háromváltozós függvény esetén szintfelületről beszélünk. Mivel az előző alszakasz utolsó két függvénye z tengely körüli forgástestet adott, így szintvonalaik origó középpontú körök lesznek. z = f(x, y) = x 2 + y 2 + esetén a z = -hez tartozó szintvonal egyetlen pont, z < -hez nem tartozik szintvonal, mert R f = [, ), és z > esetén a szintvonal egy origó középpontú kör. A 3.3 és a 3.6(a) ábrákon a z =, 2, 3, 4-hez tartozó szintvonalak láthatók. 7

172 3.5. ábra. Szintvonal z = f(x, y) = 4 x 2 + y 2 esetén a z = -hoz tartozó szintvonal egyetlen pont, negatív z-hez nem tartozik szintvonal, mert R f = [, ), és pozitív z esetén a szintvonal egy origó középpontú kör. A 3.4 és a 3.6(b) ábrákon a z =,, 2, 3-hoz tartozó szintvonalak láthatók. (a) (b) 3.6. ábra. Forgástest szintvonala 72

173 3..6. Néhány felület z z x y x + y + 2z = 6 x + y + 2z = 2 z x y x z = x 2 + y 2 y z y x z = xy 73

174 3..7. Gyakorló feladatok Ábrázolja a következő függvényeket!. 3x + 4y z = 2; 2. z = 2x 2 + 3y 2 ; 3. z = x 2 y 2 ; 4. z = 6 + x 2 + y 2 ; 5. z = 6 x 2 y 2 ; 6. z = x 2 + y 2 ; 7. z 2 = x 2 + y 2 ; 8. x 2 + y 2 + z 2 = R 2 ; 9. z = R 2 x 2 y 2 ;. x 2 a 2 + y2 b 2 + z2 c 2 = ;. z = y 2 x Határérték, folytonosság Értelmezés 3.4. Definíció Legyen a torlódási pontja D f -nek, és b R! Azt mondjuk, hogy f határértéke a-ban b, ha Ezt így jelöljük: ε > : δ(ε) > : x D f K a,δ(ε) = f(x) K b,ε. lim f(x) = b. x a Legyen a D f! Azt mondjuk, hogy f folytonos a-ban, ha ε > : δ(ε) > : x D K a,δ(ε) = f(x) K f(a),ε. Az egyváltozós esethez hasonlóan, most is szoros kapcsolat van a határérték és a folytonosság között, ami a definíció közvetlen következménye. 74

175 3.5. Következmény Legyen a D f torlódási pontja D f -nek! f pontosan akkor folytonos a-ban, ha lim f(x) = f(a). x a 3.6. Tétel (Átviteli elv) Legyen a torlódási pontja D f -nek! f határértéke a-ban b pontosan akkor, ha minden D f \ {a}-beli a-hoz tartó x k sorozatra az f(x k ) sorozat tart b-hez, azaz lim f(x) = b x a { x k a = f(x k ) b, ahol x k tetszőleges D f \ {a}-beli sorozat. Legyen most a D f! f folytonos a-ban pontosan akkor, ha minden D f -beli a-hoz tartó x k sorozatra az f(x k ) sorozat tart f(a)-hoz Tétel Legyen a belső pontja D f -nek úgy, hogy f folytonos a-ban, és f(a) >. Ekkor K a : x K a = f(x) >. Útmutatás: Mint valósban. Legyen ε = f(a) és δ(ε) elég kicsi, hogy K a,δ D f is teljesüljön Folytonos függvények 3.8. Definíció Ha A D f, és f folytonos minden a A pontban, akkor azt mondjuk, hogy f folytonos A-n. Ha f folytonos D f -en, akkor f-et folytonosnak nevezzük. Az átviteli elv segítségével bizonyítható az alábbi tétel: 3.9. Tétel (Folytonosság és műveletek) Ha f és g n-változós függvények folytonosak az a D f D g pontban, illetve λ R tetszőleges, akkor λf, f ±g és f g is folytonos a-ban. Ha még g(a), akkor f g is folytonos a-ban Példa Mutassuk meg, hogy f(x, y) = y folytonos R 2 -en! 6 Megoldás: Bármely rögzített (a, b) pontbeli folytonosság belátható definíció szerint, δ(ε) = ε választással. Ugyanis a 3.5. Tétel miatt f(x, y) f(a, b) = y b d((x, y), (a, b)). Hasonlóan látható, hogy az f(x, y) = x is folytonos R 2 -en, illetve hogy f(x) = x i folytonos R n -en, i =, 2,..., n. 75

176 3.2. Megjegyzés A fenti tételből következik, hogy x m, y k valamint x m yk is folytonosak és így ezek konstansszorosai, összegei is folytonosak. Tehát az n változós polinomok folytonosak. Sőt, az r(x) = p m(x) (két polinom hányadosa) racionális tört kifejezés is p k (x) folytonos, ha a nevező nem nulla Példa Hol folytonos a háromváltozós, negyedfokú polinom? p 4 (x, y, z) = x 3 z + 5xyz 4z 2 + 6y 2 7 Megoldás: Az iménti megjegyzés szerint mindenhol, azaz az egész R 3 -on Következmény A skaláris szorzás folytonos. 2 Útmutatás: Tekintsük az n-dimenziós skaláris szorzást egy 2n-változós függvénynek a következőképpen: (x, x 2,..., x n, y, y 2,..., y n ) x y + x 2 y x n y n. Ez az előzőek szerint folytonos Összetett függvény folytonossága Legyen most f egyváltozós, míg g többváltozós! Ekkor f g : D f g R n R függvényt esetén értelmezzük, így: x D f g = {x D g : g(x) D f } (f g)(x) = f(g(x)) Tétel (Összetett függvény folytonossága) Ha g folytonos a-ban, ahol a D g, és f folytonos b-ben, ahol b = g(a) D f, akkor f g folytonos a-ban. Például, ha folytonos egyváltozós függvénybe folytonos kétváltozós függvényt helyettesítünk, akkor folytonos függvényt kapunk Példa Hol folytonos a sin(x + 2y 2 ) függvény? 8 Megoldás: A f(x) = sin x egyváltozós függvényről korábbról tudjuk, hogy folytonos, a g(x, y) = x + 2y 2 függvényről pedig az előbb láttuk, hogy szintén folytonos. Az összetett függvény folytonosságáról szóló tétel alapján a sin(x + 2y 2 ) = (f g)(x, y) függvény is folytonos mindenhol, azaz az egész R 2 -en. 76

177 Szükséges feltételek határérték létezésére Látjuk, hogy a szokásos függvényekből zárt alakban alkotott függvények többváltozós esetben is folytonosak, így határértékük vizsgálata sem nehéz. Más a helyzet a következő függvényekkel. Az egyszerűség kedvéért, bevezetjük a következő jelölést Definíció Ha D R n és a R n, akkor D-nek a-val való eltolása alatt a {x + a R n : x D} halmazt értjük. Erre bevezetjük a jelölést. Hasonlóan értelmezzük a D + a D a = {x a R n : x D} halmazt is Megjegyzés D a = {x R n : x + a D} Lemma a pontosan akkor torlódási pontja D f -nek, ha torlódási pontja D f a- nak. Továbbá, ha D g = D f a, és g(x) = f(x + a), akkor lim f(x) = lim g(x). x a x Ez alatt azt értve, hogy ha az egyik létezik, akkor a másik is, és ilyenkor egyenlőek. A lemma miatt elég csak origóbeli határértéket vizsgálnunk a következő tételben (és általában is). Továbbá, a következő tételt csak kétváltozós függvényre mondjuk ki, de hasonlót mondhatnánk még több változó esetén is Tétel Legyen D f R 2 úgy, hogy az origó belső pontja D f {}-nak, azaz K D f! Ha az f függvénynek létezik határértéke az origóban, és ez A R, azaz akkor a következők is teljesülnek:. lim x y= lim (x,y) (,) f(x, y) = lim x f(x, ) = A; f(x, y) = A R, 77

178 2. lim x= y f(x, y) = lim y f(, y) = A; 3. lim y=x f(x, y) = lim f(x, x) = A; x x 4. m R : lim f(x, y) = lim f(x, mx) = A; x x y=mx 5. ha x K : lim y f(x, y), akkor lim x lim y f(x, y) = A; 6. ha y K : lim f(x, y), akkor lim lim f(x, y) = A; x y x 3 Útmutatás: A 4. állítás azt mondja, hogy bármely m meredekségű egyenes mentén tartva az origóhoz a határérték ugyanaz marad. Ez az átviteli elv közvetlen következménye. A 2. állításban az egyetlen, a 4-ben nem tárgyalt egyenes, a függőleges mentén tartunk az origóhoz. Ez ugyanúgy jön az átviteli elvből. Az. és a 3. állítás a 4. speciális esete m = illetve m = választással. Az 5. és 6. állításban pedig lényegében tengelyekkel párhuzamos töröttvonal mentén közelítjük az origót Példa Hol folytonos az alábbi függvény? xy, ha (x, y) (, ), f(x, y) = x 2 + y2, ha (x, y) = (, ) 9 Megoldás: A 3.2. Megjegyzésből következik, hogy az f függvény minden (x, y) (, ) pontban folytonos, csak a (, ) pontban kell vizsgálnunk. Ott az átviteli elv alapján belátható, hogy a határérték nem létezik és így a függvény a (, ) pontban nem folytonos. Ugyanis, az x k, y k = x k origóhoz tartó pontsorozat mentén a függvény /2-hez tart f(x k, y k ) = x ky k x 2 k + y2 k = x kx k x 2 k + x2 k 2, míg az x k, y k = 2x k origóhoz tartó pontsorozat mentén a függvény 2/5-höz tart f(x k, y k ) = x k2x k x 2 k + 4x2 k 2 5. A határérték nem lehet egyszerre /2 és 2/5 is. 78

179 Ezt az okoskodást megfogalmazhatjuk úgy is, hogy az f függvényt az y = mx mentén vizsgálva az eredmény függ az m-től, ezért a limesz nem létezik: lim f(x, y) = lim f(x, mx) = lim y=mx x x (x,y) (,) xmx x 2 + m 2 x 2 = m + m 2 valóban függ az m-től. (Az előbbi meggondolásban m = -et, illetve m = 2-t választottunk.) 3.3. Példa lim f(x, y) =? (x,y) (,) x 2 y 2, ha (x, y) (, ), f(x, y) = 3x 4 + 4y4, ha (x, y) = (, ) Megoldás: x = (az y tengely) mentén: lim f(x, y) = lim f(, y) =, míg x= y y x 4 y = x mentén: lim y=x f(x, y) = lim f(x, x) = lim x x x határérték. Vagy y = mx egyenesek mentén: 3x 4 + 4x 4 = 7 m 2 x 4 lim f(x, y) = lim y=mx x 3x 4 + 4m 4 x = 4 (x,y) (,) függ m-től, ezért nem létezik határérték. m m 4, ezért nem létezik Megjegyzés A lim x f(x, y) jelentése, hogy rögzített y mellett x tart a nullához, tehát a függvényt egy x-tengellyel párhuzamos egyenes mentén vizsgáljuk. x + y + 2z Példa lim (x,y,z) x z + xy =? Megoldás: lim lim lim x + y + 2z z x y x z + xy = lim lim z x x + 2z x z = lim z 2z z = 2 lim lim lim x + y + 2z x y z x z + xy = lim lim x + y x y x + xy = lim x x x = 2, ezért nem létezik a határérték. A fenti, úgynevezett ismételt limeszek jelentése, hogy a tengelyekkel párhuzamos töröttvonal mentén vizsgáltuk a függvényt. Ezért ha azonos értéket kaptunk volna, abból még nem következne a határérték létezése. Például az x = y = z = t és t egyenes mentén lehetne más a határérték. 79

180 A következő példa mutatja, hogy a Tételben szereplő feltételek együttes teljesülése sem elégséges Példa Van-e határértéke az origóban az függvénynek? f(x, y) = x2 y x 4 + y 2 2 Megoldás: A tételben szereplő mind a 6 határérték létezik, és mind, ami alapján a kérdésre lehetne a válasz igen, de a határérték csak lehetne. Vizsgáljuk most az (x k, y k ) = (, ) k k sorozatot. Mivel ez tart az origóhoz, az átviteli 2 elv szerint ha létezne a kérdéses határérték, akkor = lim f(x k, y k ) = lim adódna, tehát a határérték nem létezik. A fenti függvény látható az animáción. ( k ( ) 2 k k 2 ) 4 ( + ) 2 = k 2 k 4 2 k 4 = Egyéb módszerek a határérték vizsgálatára Láttunk módszereket arra, hogy ha a határérték nem létezik, azt hogyan lehet megmutatni. Ha egy az előzőekhez hasonló függvénynek van határértéke, ezt vagy definíció szerint bizonyítjuk, vagy néha a következő módszerrel Példa Folytonos-e f az origóban? 2xy 2, ha (x, y) (, ), f(x, y) = x 2 + y2, ha (x, y) = (, ) 3 Megoldás: Legyen x n = ϱ n cos ϕ n, y n = ϱ n sin ϕ n, ahol ϕ n tetszőleges, ϱ n. Ekkor (x n, y n ) egy tetszőleges (, )-hoz tartó pontsorozat. E mentén vizsgáljuk f(x n, y n ) konvergenciáját: 2ϱ 3 n cos ϕ n sin 2 ϕ n lim ϱ n ϱ 2 n ϕ ntetsz. tehát f folytonos (, )-ban. = lim ϱn ϕ ntetsz. 2ϱ }{{} n cos ϕ n sin 2 ϕ n = = f(, ), }{{} korlátos 8

181 3.36. Példa Hol folytonos az xyz, ha (x, y, z) (,, ), f(x, y, z) = x 2 + y 2 + z2, ha (x, y, z) = (,, ) függvény? 4 Megoldás: A 3.2. Megjegyzés miatt az origót kivéve mindenhol folytonos, így csak az origóbeli folytonosságot kell vizsgálnunk. Mivel (x, y, z) (,, ) esetén a 3.5. Tétel miatt ezért f(x, y, z) = így f folytonos az origóban is. xyz x y z = (x, y, z) x 2 + y 2 + z2 (x, y, z) (x, y, z) (x, y, z) (x, y, z) = (x, y, z), lim f(x, y, z) =, (x,y,z) (,,) Többértékű függvények határértéke és folytonossága A szakasz eddigi definícióit és tételeit lényegében változatlan formában megismételhetjük többértékű, azaz vektor értékű függvényekre is. Mi csak a leglényegesebbeket ismételjük, és kimondunk egy tételt, ami mutatja, hogy a bizonyításokat sem kell ismételnünk Definíció Legyen D R n, és f : D R m n-változós, m-értékű függvény, a torlódási pontja D f = D-nek, és b R m! Azt mondjuk, hogy f határértéke a-ban b, ha Ezt így jelöljük: ε > : δ(ε) > : x D K a,δ(ε) = f(x) K b,ε. lim f(x) = b. x a Legyen most D R n, és f : D R m n-változós, m értékű függvény, és a D! Azt mondjuk, hogy f folytonos a-ban, ha ε > : δ(ε) > : x D K a,δ(ε) = f(x) K f(a),ε Tétel (Koordinátánkénti konvergencia) Legyen D R n, és f : D R m, f koordináta-függvényeire használjuk az f,..., f m : D R jelölést, és legyen a torlódási pontja D = D f -nek illetve b = (b, b 2,..., b m ) R m. Ekkor lim f(x) = b i {,..., m} : lim f i(x) = b i. x a x a 8

182 3.39. Tétel (Koordinátánkénti folytonosság) Legyen D R n, és f : D R m, f koordináta-függvényeire használjuk az f,..., f m : D R jelölést, és legyen a D = D f. Ekkor f folytonos a-ban i {,..., m} : f i folytonos a-ban. Az előző tételek mutatják, hogy a valós értékű függvényeknél kimondott tételek vektor értékű függvényekre is kimondhatók. Például a folytonosság és a műveletek kapcsolata igaz marad a skalárral való szorzás, az összeadás és a kivonás esetében. Szorzásra és osztásra azonban nem mondhatjuk, mert ekkor vektorokat kellene szorozni illetve osztani. Az összetett függvény folytonosságára vonatkozó tételt megismételjük bizonyítás nélkül. Legyen g : D g R n R k, illetve f : D f R k R m! Ekkor f g : D f g R n R m függvényt x D f g = {x D g : g(x) D f } esetén értelmezzük, így: (f g)(x) = f(g(x)) Tétel (Összetett függvény folytonossága) Ha g folytonos a-ban, ahol a D g, és f folytonos b-ben, ahol b = g(a) D f, akkor f g folytonos a-ban. A Következmény alapján kapjuk, hogy folytonos vektor értékű függvények skaláris szorzata folytonos, azaz ha f és g folytonos a-ban, akkor ( ) f(x), g(x) is folytonos a-ban Topológiai tételek Bolzano-tétele általánosan úgy szól, hogy összefüggő halmaz folytonos képe összefüggő. Ennek egy speciális alakja a következő Tétel (Bolzano-tétel) Ha D f összefüggő halmaz, f folytonos, a, b D f úgy, hogy f(a) f(b) és c [f(a), f(b)], akkor ξ D f : f(ξ) = c. Bizonyítás. Mivel D f összefüggő, ezért g a,b D f folytonos út, azaz g : [α, β] D f folytonos, amire g(α) = a és g(β) = b. Az összetett függvény folytonosságáról szóló 3.4. Tétel szerint f g : [α, β] R folytonos. (f g)(α) = f(a) és (f g)(β) = f(b), ezért az egyváltozós Bolzano-tétel szerint t [α, β], hogy Ekkor ξ = g(t) D f és f(ξ) = c. (f g)(t) = c. 82

183 Weierstrass-tétele általánosan úgy szól, hogy kompakt halmaz folytonos képe kompakt. Ennek egy speciális alakja a következő Tétel (Weierstrass-tétele) Ha D f kompakt és f folytonos, akkor felveszi minimumát és maximumát, azaz ξ, η D f : x D f : f(ξ) f(x) f(η) Definíció Azt mondjuk, hogy f egyenletesen folytonos a H D f halmazon, ha ε > -hoz δ(ε) >, hogy d(x, y) < δ(ε) = d(f(x), f(y)) < ε (x, y H) Tétel (Heine-tétele) Kompakt halmazon folytonos függvény ott egyenletesen folytonos Példa. Folytonos-e f, illetve g? x 2 y 2, ha (x, y) (, ), f(x, y) = x 2 + y2, ha (x, y) = (, ) x 2 y 2, ha (x, y) (, ), g(x, y) = x 4 + y4, ha (x, y) = (, ) 2. Korlátos-e f, illetve g a H = {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 } körlapon? 5 Megoldás:. Az origón kívül mindenhol folytonos f és g is, így csak az origóbeli folytonosság a kérdés. ϱ 4 n cos 2 ϕ n sin 2 ϕ n lim ϱ n ϱ 2 n ϕ ntetsz. tehát f folytonos (, )-ban. = lim ϱn ϕ ntetsz. ϱ 2 n }{{} m 2 x 4 lim g(x, y) = lim x x x 4 + m 4 x = 4 y=mx Ez függ m-től így g nem folytonos (, )-ban. 83 cos 2 ϕ n sin 2 ϕ }{{ n = = f(, ), } korlátos m2 + m 4.

184 2. Mivel H kompakt, így Weierstrass-tétele szerint f(h) is kompakt, ezért korlátos. Mivel g nem folytonos, itt nem alkalmazható Weierstrass-tétele. A számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség miatt x 4 y 4 x4 + y 4, így 2 x2 y 2 x 4 + y x2 y x 4 y =. Tehát g korlátos Gyakorló feladatok x + 2y. lim (x,y) (,) 3x y =? x 2 + y 2 2. lim (x,y) (,) x 2 y =? 2 3. lim (x,y) (,) 4. lim (x,y) (,) x 3/2 y x2 + y =? 2 3 x2 + y 2 x 2 + 2y 2 =? sin xy 5. lim (x,y) (,) x 2 + y =? 2 x 3 y 6. lim (x,y) (,) x 2 + y =? 2 x 3 y 7. lim (x,y) (,) x 6 + y =? 2 sin x 2 y 8. lim (x,y) (,) x 2 + y =? 2 x 2 y 2 9. lim (x,y) (,) x 2 y 2 + (x y) =? 2 x 2 y. lim (x,y) (,) x 4 + y =?. Hol folytonos az sin x 2 y, ha x, f(x, y) = x 2 y, ha x = 84

185 függvény? 2. Milyen c R esetén lesz arctg, ha (x, y) (, ), f(x, y) = x 2 + y2 c, ha (x, y) = (, ) mindenütt folytonos? 3. Legyen T pedig az x + y négyzet. xy, ha (x, y) (, ), f(x, y) = 2x 2 + 3y2, ha (x, y) = (, ), Folytonos-e a függvény a T tartományon? 4. Legyen T pedig az x + y négyzet. xy 2, ha (x, y) (, ), f(x, y) = 2x 2 + 3y2, ha (x, y) = (, ), (a) Folytonos-e a függvény a T tartományon? (b) Korlátos-e a függvény a T tartományon? (c) Felveszi-e a függvény a T tartományon a inf f(x, y) érté- (x,y) T keket? sup f(x, y) és (x,y) T 5. Vizsgáljuk az függvényt! sin xy, ha x, f(x, y) = x, ha x = (a) D f =? (b) Folytonos-e a függvény a T kompakt halmazon? (c) Korlátos-e a függvény a T kompakt halmazon? 85

186 2 T Derivált Parciális derivált Definíció Legyen a D f, és x = a i + h! Konstruáljuk meg a g egyváltozós függvényt úgy, hogy teljesüljön, azaz legyen g(x) = g(a i + h) = f(a + he i ) (h R : a + he i D f ) g(x) = f(a,..., a i, x, a i+,..., a n )! Ha g deriválható x = a i -ben, akkor azt mondjuk, hogy f parciálisan deriválható az i-edik változója szerint a-ban, és g (a i )-t az f a-beli, i-edik változó szerinti parciális deriváltjának nevezzük. Ezt többféleképpen is jelölhetjük, nevezetesen f x i (a); df dx i ; x=a f x i ; x=a df dx i (a); f x i (a); D i f(a) Megjegyzés Ahhoz, hogy a fenti g deriválható legyen a i -ben kell, hogy a i belső pontja legyen D g -nek. Emiatt csak olyan a-ban értelmeztük az i-edik változó szerinti parciális deriváltat, amire a + he i D f, ha h elég kicsi. Ha például a belső pontja D f -nek, akkor ez a feltétel biztosan teljesül a 3.5. Tétel miatt Megjegyzés A parciális deriváltakat közvetve egyváltozós határértékként értelmeztük, így f x f(a,..., a i + h,..., a n ) f(a,..., a i,..., a n ) i (a) = lim = h h f(a,..., a i, x, a i+,..., a n ) f(a,..., a i, a i, a i+,..., a n ) = lim = x ai x a i 86 f(a + he i ) f(a) = lim. h h

187 Speciálisan, kétváltozós esetben és f x(x, y ) = lim x x f(x, y ) f(x, y ) x x f y(x, y ) = lim y y f(x, y) f(x, y ) y y = lim h f(x + h, y ) f(x, y ) h f(x, y + k) f(x, y ) = lim. k k Megjegyzés (Geometriai tartalom) z = f(x, y) kétváltozós esetre: Tekintsük a függvény grafikonja, és az y = y sík (lásd 3.7(a) ábra zöld síkja!) metszetét, azaz az y = y feltételnek eleget tevő felületi görbét (lásd 3.7(a) ábra piros görbéje). Ez a {(x, y, f(x, y ))} = {(x, y }{{}, z) : (x, y ) D f, z = f(x, y )} g(x) ponthalmaz. Legyen α ezen görbe (x, y, f(x, y )) pontbeli érintőegyenesének (lásd 3.7(a) ábra kék egyenese) hajlásszöge (az y = y síkban). Az egyváltozós függvény deriváltjának geometriai tartalma miatt: tg α = g (x ) = f x(x, y ), ezért az adott érintőegyenes irányába mutató vektor: v = (,, f x(x, y )) = i + f x(x, y )k. Most tekintsük a függvény grafikonja, és az x = x sík (lásd 3.7(b) ábra zöld síkja!) metszetét, azaz az x = x feltételnek eleget tevő felületi görbét (lásd 3.7(b) ábra piros görbéje). Ez a {(x, y, f(x, y) )} = {(x }{{}, y, z) : (x, y) D f, z = f(x, y)} g(y) ponthalmaz. Legyen β ezen görbe (x, y, f(x, y )) pontbeli érintőegyenesének (lásd 3.7(b) ábra kék egyenese) hajlásszöge (az x = x síkban). Az egyváltozós függvény deriváltjának geometriai tartalma miatt: tg β = g (y ) = f y(x, y ), ezért az adott érintőegyenes irányába mutató vektor: v 2 = (,, f y(x, y )) = j + f y(x, y )k. Számoljuk most ki a két érintőegyenes által meghatározott sík egyenletét! Ez a sík áthalad a P = (x, y, f(x, y )) ponton és n normálvektora merőleges v -re és v 2 -re is, tehát i j k n = v v 2 = f x(x, y ) f y(x, y ) = f x(x, y )i f y(x, y )j + k. Ennek ( )-szeresével szoktunk dolgozni, így ennek a síknak egy egyenlete: f x(x, y )(x x ) + f y(x, y )(y y ) (z f(x, y )) =. Később lesz róla szó, hogy milyen feltételek mellett fogjuk ezt a síkot az f függvény (x, y )- hoz tartozó érintősíkjának nevezni. 87

188 z z f(a) f(a) x a α y β x a y (a) Első változó szerinti (b) Második változó szerinti 3.7. ábra. parciális derivált A 3.7 ábra az f(x, y) = + x 2 + y 2 függvény a = (x, y ) = deriváltjait szemlélteti Példa Adjuk meg az függvény parciális deriváltjait! 6 Megoldás: f(x, y) = y 3 e 3x + 2x 4 + 3(2y + ) 5 ( 2, ) pontbeli parciális 2 f x(x, y) = y 3 e 3x ( 3) + 8x 3 ; f y(x, y) = 3y 2 e 3x + 5(2y + ) Példa Adjuk meg az függvény parciális deriváltjait! f(x, y) = 2x 3 cos x y + x2 + y 3 88

189 7 Megoldás: y mellett f x = 6x 2 cos x ( y + 2x3 sin x ) y y + 2x; ( f y = 2x 3 sin x ) ( xy ) + 3y 2. y Példa Adjuk meg az (x + 2) 2 y + 2x + 3, ha (x, y) (, ), f(x, y) = x 2 + y 2 3, ha (x, y) = (, ) függvény origóbeli parciális deriváltjait! 8 Megoldás: f x(, ) = lim h f(h, ) f(, ) h = lim h + 2h h = 2, illetve 4k f y(, f(, k) f(, ) ) = lim = lim k = lim k k k k k k =, 2 tehát az y szerinti parciális derivált nem létezik. Vagy g (x) = f(x, ) = 2x + 3, így f x(, ) = g () = 2, illetve 4y g 2 (y) = f(, y) = y + 3 = 4 + 3, ha y, 2 y 3, ha y =. Ez a függvény nem folytonos y = -ban, így ott nem is deriválható, ezért f nem deriválható parciálisan az origóban a 2. változó szerint Totális derivált Egyváltozós esetben akkor neveztük az f függvényt deriválhatónak az a int D f -ben, ha az f(x) f(a) A = lim x a x a = lim h f(a + h) f(a) h határérték létezik és véges. Ez így több változós esetben nem megy, mert a nevezőben vektor lenne. Ezért használjuk az ekvivalens Fréchet-féle alakot f(x) f(a) A(x a) lim x a x a 89 =,

190 vagy a lineáris approximációt, f = f(a + h) f(a) = A h + ε(h) h, ahol A független h-tól, és lim h ε(h) =. Ezek átírhatók vektorokra. Most értelmezzük a deriváltat a lineáris approximációval, egyszerűen szorzatként jelölve a skaláris szorzatot Definíció Legyen a belső pontja D f -nek! Azt mondjuk, hogy f (totálisan) deriválható a-ban, és a-beli gradiens vektora a G R n, ha ε : D f a R n úgy, hogy h D f a esetén f = f(a + h) f(a) = G h + ε(h) h és A gradiensvektorra a jelölést vezetjük be. lim ε(h) =. h gradf(a) = G Fontos, hogy ε(h) esetén vektor értékű függvény határértékéről van szó, lásd Definíció Megjegyzés A 3.5. Tételt felhasználva kapjuk, hogy n ε ε(h) h i (h) h i n i= = ε i (h) h i n h h h ε i (h). i= Tétel (A totális deriválhatóság szükséges feltételei) Ha f az a-ban totálisan deriválható, akkor. mindegyik változója szerint deriválható parciálisan, és 2. folytonos a-ban. f x i (a) = gradf(a) i. i= 9

191 Bizonyítás.. h = h i e i esetén f = f(a + h i e i ) f(a) = gradf(a) i h i + ε i (h) h i, így f(a,..., a i + h i,..., a n ) f(a,..., a i,..., a n ) h i = gradf(a) i + ε i (h). Ha h i, akkor h, ezért ε(h). Ekkor ε i (h), és ezért valóban f x f(a,..., a i + h i,..., a n ) f(a,..., a i,..., a n ) i (a) = lim = hi h i = gradf(a) i. 2. f(a + h) = f(a) + gradf(a) h + ε(h) h miatt lim f(x) = lim f(a + h) = lim (f(a) + gradf(a) h + ε(h) h) = f(a), x a h h tehát a határérték egyenlő a helyettesítési értékkel Tétel (A totális deriválhatóság elégséges feltétele) Legyen a belső pontja D f -nek! Ha f mindegyik változója szerint parciálisan deriválható valamely K a -ban, és a parciális deriváltak folytonosak a-ban, akkor f totálisan deriválható a-ban. Bizonyítás. Kétváltozós függvény esetén, ha h olyan, hogy a + h K a, akkor f = f(a + h) f(a) = = [f(a + h, a 2 + h 2 ) f(a + h, a 2 )] + [f(a }{{} + h, a 2 ) f(a, a 2 )]. }{{} A B Mivel K a konvex, ezért l (a +h,a 2 ),(a +h,a 2 +h 2 )-n f parciálisan deriválható y szerint, azaz g 2 (t) = f(a + h, a 2 + t h 2 ) deriválható [, ]-en. A Lagrange-féle középértéktétel szerint azaz ξ 2 (, ) : g 2(ξ 2 ) = g 2() g 2 (), A = f y(a + h, a 2 + ξ 2 h 2 ) h 2. 9

192 Hasonlóan l (a,a 2 ),(a +h,a 2 )-n f parciálisan deriválható x szerint, azaz g (t) = f(a + t h, a 2 ) deriválható [, ]-en. A Lagrange-féle középértéktétel szerint azaz és Most ξ (, ) : g (ξ ) = g () g (), B = f x(a + ξ h, a 2 ) h. ε (h) = f x(a + ξ h, a 2 ) f x(a, a 2 ) ε 2 (h) = f y(a + h, a 2 + ξ 2 h 2 ) f y(a, a 2 ) választással, és ε(h) = (ε (h), ε 2 (h)) jelöléssel f = B + A = [f x(a, a 2 ) + ε (h)] h + [ f y(a, a 2 ) + ε 2 (h) ] h 2 = Ez éppen f totális deriválhatóságát jelenti a-ban, mivel lim ε(h) =. h = (f x(a), f y(a)) h + ε(h) h. Végül jegyezzük meg, hogy kettőnél több változó esetén a + h-ból a tengelyekkel párhuzamos szakaszok mentén jutunk a-ba, és ezeken a szakaszokon alkalmazzuk a Lagrangeféle középértéktételt, a fentihez hasonló módon Definíció Azt mondjuk, hogy f folytonosan deriválható a D D f R n nyílt halmazon, ha parciális deriváltjai léteznek és folytonosak D-n. Jelölés: f C D. Az elégséges feltétel miatt, ha f C D, akkor f totálisan deriválható D-n. n = esetén láttuk, hogy ez fordítva nem igaz. Nagyobb n-ekre sem Példa Hol differenciálható (totálisan) az f(x, y) = x 2 + y 2 függvény? gradf =? 9 Megoldás: f x = 2x, f y = 2y mindenütt léteznek és folytonosak, ezért f mindenütt deriválható, és gradf(x, y) = 2xi + 2yj = (2x, 2y). Vegyük észre, hogy gradf mindig sugár irányú. Ez nem véletlen, mert látni fogjuk, hogy gradf mindig merőleges a szintvonalra és az most éppen origó középpontú kör. 92

193 3.59. Példa Legyen f(x, y) = 2 Megoldás: és xy! gradf =? (x 2 + )ey f x = y(x2 + )e y xy2xe y (x 2 + ) 2 e 2y f y = x(x2 + )e y xy(x 2 + )e y (x 2 + ) 2 e 2y mindenütt létezik és folytonos, ezért f mindenütt deriválható, és gradf = f xi + f yj = (f x, f y) Példa Differenciálható-e a (, ) pontban az f(x, y) = x 2 + y 2 függvény? 2 Megoldás: Nem differenciálható, mert nem létezik f x(, ), f y(, ), tehát nem teljesül az egyik szükséges feltétel. Ugyanis például: ami nem létezik. f x(, ) = lim h f(h, ) f(, ) h = lim h h2 h h = lim h h, 3.6. Példa Legyen sh 2xy f(x, y) = x 2 + y, ha 2 x2 + y 2,, ha x 2 + y 2 =!. Írja fel f x-et, ahol az létezik! 2. Totálisan deriválható-e f a (, )-ban? 22 Megoldás:. f(x, ) és így f x(, ) is létezik. Vagy a definícióval: f x(, ) = lim x f(x, ) f(, ) x = lim x x =. Ha (x, y) (, ), akkor nyilván létezik f x(x, y), méghozzá f x(x, 2 y(x2 + y 2 ) xy 2x ch 2xy, ha (x, y) (, ), y) = (x 2 + y 2 ) 2 x 2 + y2, ha (x, y) = (, ). 93

194 2. A függvény nem folytonos a (, )-ban, ezért (totálisan) nem deriválható itt. Ugyanis lim sh 2ϱ2 n cos ϕ n sin ϕ n = sh(sin 2ϕ ϱ n ϱ 2 n ) n ϕ n tetsz. függ ϕ n -től, tehát a határérték Példa Legyen x 2 y + 3y, ha (x, y) (, ), f(x, y) = x 2 + y2, ha (x, y) = (, ).. f x(, ) =? f y(, ) =? 2. gradf(, ) =? 23 Megoldás:. f x(, ) = lim h f(h, ) f(, ) h f y(, ) = lim k f(, k) f(, ) k = lim h h = lim k 3k k 2. A szükséges feltétel (parciális deriváltak létezése, illetve f folytonossága) teljesül. Ellenőrizhetnénk az elégséges feltételt, de erről kiderülne, hogy nem teljesül, így a definíció alapján próbálkozunk. Azt tudjuk, hogy ha f deriválható a (, )-ban, akkor gradiensvektora csak gradf(, ) = (, 3) lehet, ezért f(h, k) f(, ) gradf(, ) (h, k) = A Megjegyzés miatt ekkor lim (h,k) (,) h 2 k h 2 + k 2 h2 + k 2 = lim (h,k) (,) = = 3 h2 k + 3k ( h + 3 k). h 2 + k2 h 2 k (h 2 + k 2 ) 3/2 = kellene, hogy teljesüljön, ami például h = k esetén nem teljesül. Tehát f (totálisan) nem deriválható (, )-ban. Bár a parciálisak léteznek, így formálisan felírható f x(, )i + f y(, )j, de ez gradf(, )-val! 94

195 3.63. Példa Hol differenciálható az sin 2x3 y, ha (x, y) (, ), f(x, y) = x 2 + y2, ha (x, y) = (, ) függvény? 24 Megoldás: és Így és f x(, ) = lim h f(h, ) f(, ) h f y(, ) = lim k f(, k) f(, ) k = lim h h = lim k k =, =. ( ) 2x 3 y f x(x, cos 6x2 y(x 2 + y 2 ) 2x 3 y 2x, ha (x, y) (, ), y) = x 2 + y 2 (x 2 + y 2 ) 2, ha (x, y) = (, ), ( ) 2x 3 y f y(x, cos 2x3 (x 2 + y 2 ) 2x 3 y 2y, ha (x, y) (, ), y) = x 2 + y 2 (x 2 + y 2 ) 2, ha (x, y) = (, ). = y f x(x, y) = cos 2x 3 y 6x 2 y(x 2 + y 2 ) 4x 4 y x 2 + y 2 (x }{{} 2 + y 2 ) 2 ( ( x 2 ) 4 (x, y) }{{} ( ) 2x 4 y (x 2 + y 2 ) 2 + 6x2 y 2 (x 2 + y 2 ) 2 = ( ) 2 ( ) ) 2 x y +6 8 y (x, y) (x, y) }{{}}{{} miatt ezért f x folytonos a (, )-ban. lim f x(x, y) =, (x,y) (,) 95

196 Hasonlóan f y (x, y) 2x 3 y = cos 2x 3 (x 2 + y 2 ) 4x 3 y 2 x 2 + y 2 (x }{{} 2 + y 2 ) 2 ( ) x 2x 4 (x 2 + y 2 ) 2 2x2 y 2 (x 2 + y 2 ) 2 x 2x 4 (x 2 + y 2 ) 2 + 2x2 y 2 (x 2 + y 2 ) 2 = ( ( ) 4 ( ) 2 ( ) ) 2 x x y = x x (x, y) (x, y) (x, y) }{{}}{{}}{{} miatt lim f y(x, y) =, (x,y) (,) ezért f y folytonos a (, )-ban. Ha x 2 + y 2, akkor f x és f y nyilván folytonos, így az elégséges feltétel teljesül, vagyis f mindenütt (totálisan) deriválható Differenciál és érintő Differenciál (teljes differenciál, elsőrendű differenciál) Legyen a belső pontja D f -nek, és f differenciálható a-ban, tehát: ahol lim h ε(h) =. f = f(a + h) f(a) = G h +ε(h) h = }{{} főrész = f x (a)h + f x 2 (a)h f x n (a)h m +ε(h) h, }{{} főrész Definíció Ha f (totálisan) deriválható a-ban, akkor azt mondjuk, hogy df(a, h) = f x (a)h + f x 2 (a)h f x n (a)h n = n f x i (a)h i i= az f függvény a pontbeli differenciálja h megváltozásnál. (A függvénymegváltozás főrésze). Ez egy 2n-változós függvény. Rögzített a mellett df homogén lineáris függvénye h- nak. Alkalmazása: f-et szokás df-fel közelíteni ( f df). 96

197 Tehát a totálisan differenciálható függvény megváltozása közelíthető differenciáljával, a független változók megváltozásának homogén lineáris függvényével. Például hibaszámításnál alkalmazzuk. Egyéb jelölések. df(x, x) = df(x, dx) = n f x i (x) x i i= n f x i (x)dx i i= Indoklás az utóbbi jelöléshez: ha az f(x, x 2,..., x i,..., x n ) = x i koordináta függvényről van szó, akkor df = d(x i ) = dx i = x i. Felület érintősíkja A kétváltozós függvényt felülettel szemléltettük, ezért a f df közelítésnek kétváltozós függvény esetén geometriai tartalmat adhatunk. Legyen a kétváltozós f(x, y) függvény (totálisan) deriválható a P = (x, y ) pontban! Tekintsük a z = f(x, y) által meghatározott felület P feletti P = (x, y, f(x, y )) felületi pontját! Az előzőekben láttuk, hogy Vagy más jelölésekkel: f = f(x + h, y + k) f(x, y ) f x(x, y )h + f y(x, y )k = df((x, y ), (h, k)). f(x + x, y + y) f(x, y ) f x(x, y ) x + f y(x, y ) y. x = x + x, y = y + y jelölés esetén: Tehát f(x, y) f(x, y ) f x(x, y )(x x ) + f y(x, y )(y y ). f(x, y) f(x, y ) + f x(x, y )(x x ) + f y(x, y )(y y ). Ennek geometriai tartalma, hogy a z = f(x, y) felületet a z = f(x, y ) + f x(x, y )(x x ) + f y(x, y )(y y ) síkkal közelítjük, ha x x és y y kicsi. Tehát az (x, y, f(x, y )) felületi pont egy elég kicsiny sugarú környezetében f grafikonja közelítőleg ezzel a síkkal helyettesíthető. Ennek a síknak a neve érintősík. Átrendezve a sík egyenletét és összefoglalva az előzőeket: 97

198 3.65. Definíció A totálisan deriválható f kétváltozós függvény (x, y ) ponthoz tartozó érintősíkjának nevezzük az egyenlettel adott síkot. f x(x, y )(x x ) + f y(x, y )(y y ) (z f(x, y )) = Kitérő: Az n = (a, b, c) = ai + bj + ck normálvektorú, (x, y, z ) ponton áthaladó sík egyenlete: a(x x ) + b(y y ) + c(z z ) =. Ezzel összevetve látjuk, hogy az érintősík átmegy a P ponton és normálvektora: = (x, y, f(x, y )) felületi n = f x(x, y )i + f y(x, y )j k = (f x(x, y ), f y(x, y ), ) Megjegyzés Már tudjuk, hogy az érintősík tartalmazza két felületi görbe érintőegyenesét. (Lásd parciális deriváltak geometriai tartalmát!) Az is belátható, hogy minden, a P = (x, y, f(x, y )) felületi ponton áthaladó, érintővel rendelkező felületi görbe érintőegyenese benne van ebben a síkban Megjegyzés Tehát összefoglalva a f df közelítés geometriai tartalma: n = esetén érintőegyenessel való közelítés; n = 2 esetén: érintősíkkal való közelítés Példa Legyen f(x, y) = y 2x és P = (, )!. Írja fel az f függvény P pontbeli gradiensét, ha az létezik! 2. df((, ), (h, k)) =? 3. Írja fel a P ponthoz tartozó érintősík egyenletét! 25 Megoldás: f(x, y) = y 2x = e 2x ln y, (y >, x tetszőleges).. f x = e 2x ln y 2 ln y = y 2x 2 ln y, és f y = 2xy 2x. A parciálisak léteznek és folytonosak K P -ban, ezért létezik gradf(p ) = f x(, )i + f y(, )j = i 2j = 2j. 2. df((, ), (h, k)) = f x(, )h + f y(, )k = 2k 3. behelyettesítve f x(, ) ( x ( ) ) + f y(, ) ( y ) ( z f(, ) ) =, (x + ) + ( 2) ( y ) ( z ) =, azaz 2y + z = 3. 98

199 Iránymenti derivált Az értelmezési tartomány a pontjában az e irányban adja meg a függvény változási sebességét. Feltételezzük, hogy e =, és e v jelölés most nem csak a vektorok azonos állását, hanem azonos irányát is fogja jelenteni. Vagyis, ha v, akkor e v λ : e = λv, Definíció Legyen a belső pontja D f -nek és e =! Ha létezik f(a + te) f(a) lim t + t R, akkor azt mondjuk, hogy f deriválható a-ban az e irány mentén. Ekkor a fenti határértéket az f a-beli e iránymenti deriváltjának nevezzük, és a df illetve f de e jelöléseket használjuk. a 3.7. Megjegyzés Mi t jobboldali határértékeként definiáltuk, de szokás kétoldali határértékként is definiálni. Ekkor a parciális deriváltak speciális iránymenti deriváltak lennének Tétel (Elégséges tétel iránymenti derivált létezésére) Ha f totálisan deriválható a-ban, akkor tetszőleges e egységvektor mentén létezik az iránymenti derivált, és df de = gradf(a) e. a 4 Útmutatás: A bizonyítás megegyezik a Tételbeli bizonyítással Megjegyzés Ha egy pontban minden irányban létezik az iránymenti derivált, akkor sem biztos, hogy a függvény ebben a pontban totálisan deriválható. Például az z a x y 99

200 f(x, y) = {, ha < x = y,, máskor függvény az origóban minden irány mentén deriválható, sőt minden iránymenti deriváltja, de nem folytonos, így nem is deriválható totálisan. Jegyezzük meg, hogy az z x y f(x, y) = { x, ha < x = y,, máskor függvény még folytonos is, mégis hiába minden iránymenti deriváltja, nem deriválható totálisan. Speciális képletek:. n = 2 és e α szöget zár be i = (, )-val. Ekkor f(x, y) jelöléssel e = cos αi + sin αj = (cos α, sin α), gradf = f xi + f yj = (f x, f y), df de = f x(x, y ) cos α + f y(x, y ) sin α. (x,y ) 2. n = 3 és az e vektor tengelyekkel bezárt szögei: α, β, γ. Ekkor f(x, y, z) jelöléssel e = (cos α, cos β, cos γ) (iránykoszinuszok) és df de = f x(p ) cos α + f y(p ) cos β + f z(p ) cos γ. P 2

201 3.73. Megjegyzés Geometriai tartalom n = 2 esetén: Tekintsük azt a felületi görbét, melyet a z = f(x, y) felületből az (x, y) síkra merőleges sík metsz ki, melynek nyomvonala az (x, y ) ponton áthaladó e irányú egyenes. E felületi görbéhez az (x, y, f(x, y )) felületi pontban húzzunk érintőegyenest, ennek irányát jelölje w! (Irányítás olyan, hogy γ = (w, e) hegyesszög legyen.) Ekkor igaz az alábbi: tg γ = f(a + te) f(a), tg γ = lim tg γ = f t t + e (x,y ) Megjegyzés n = 2 esetén az érintő benne van az érintősíkban. Ugyanis: (x, y, z ) pont közös és n w megmutatható. Így valóban nw =. A gradiensvektor tulajdonságai n = (f x(x, y ), f y(x, y ), ), ( w = e + tg γk = cos α, sin α, f e (x,y ) = ( cos α, sin α, f x(x, y ) cos α + f y(x, y ) sin α ). (Két- és háromváltozós esetre, itt geometriai tartalom is van.) Tétel Ha f (totálisan) deriválható a-ban, akkor a maximális iránymenti derivált iránya gradf(a), értéke: gradf(a). Bizonyítás Tételben már láttuk, hogy df de = gradf(a) e. Ebből a df de = gradf(a) e cos ϕ = gradf(a) cos ϕ. a Így df de maximális, ha cos ϕ =, azaz ha ϕ =, tehát e gradf(a), pontosabban a e = gradf(a) és max df gradf(a) de = gradf(a). a Tehát a grad vektor irányában elmozdulva nő leggyorsabban a függvényérték. Hasonló mondható minimumra is, azaz a grad vektor irányában elmozdulva csökken leggyorsabban a függvényérték. 2 ) =.

202 3.76. Megjegyzés Ha f (totálisan) deriválható a-ban, akkor a minimális iránymenti derivált iránya gradf(a), értéke: gradf(a) Tétel Legyen f (totálisan) deriválható a-ban. Ekkor. gradf(a) ortogonális az f(x) = f(a) szintalakzatra; 2. ha gradf(a), akkor a növekvő paraméterű szintalakzatok irányába mutat. 5 Útmutatás: df de = gradf(a) e a. Ha e párhuzamos a szintalakzat érintőjével, akkor f = = df de = = gradf(a) e = = gradf(a) e. a 2. Ha a növekvő paraméterű szintalakzat felé mozdulunk el: f > = df de > = gradf(a) e > = (gradf(a), e) < π a 2 tehát gradf(a) is a növekvő paraméterű szintalakzat felé mutat Példa f(x, y, z) = x 4 + y 4 + z 4 +, P = (,, ) df. gradf(p ) =?, de =? ha e v = (2,, 3) P 2. Adja meg max df értékét és irányát! de P 3. Írja fel a P ponton áthaladó szintfelület egyenletét és annak P -beli érintősíkját! 26 Megoldás:. f x = 4x 3, f y = 4y 3, f z = 4z 3. A parciálisak mindenütt léteznek és folytonosak, ezért a gradiens mindenütt létezik: gradf = f xi + f yj + f zk = gradf(p ) = 4i 4j = (4, 4, ). Mivel v = = 4, ezért e = 2 4 i + 4 j k és df de = gradf(p ) e = ( 4i 4j ) P ( 2 i + j + 3 ) k = = =

203 2. max df de = gradf(p ) = 32, és iránya: e = gradf(p ) P gradf(p ) = 4 i 4 j = (,, ) A szintfelület egyenlete: f(x, y, z) = c. Mivel f(,, ) = 3, ezért c = 3, tehát a kérdezett szintfelület: x 4 + y 4 + z 4 + = 3. Mivel a gradiens merőleges a szintalakzatra, az érintősík normálvektorára fennáll, hogy n gradf(p ) = 4i 4j = n := i j, és a sík átmegy az adott P ponton, így egyenlete: tehát Lagrange-féle középértéktétel gradf(p ) (P P ) =, (x ) (y ( )) =. Lagrange-féle középértéktétel egyváltozós függvényre: azaz < ϑ < : f(x + h) f(x ) h = f (ξ) = f (x + ϑh), < ϑ < : f(x + h) f(x ) = f (x + ϑh) h = df(x + ϑh, h) Tétel (Lagrange-féle középértéktétel) Legyen D f konvex, és f (totálisan) deriválható, és legyen a belső pontja D f -nek. Ekkor olyan h-hoz, melyre x + h D f : < ϑ < úgy, hogy f(x + h) f(x ) = n f x i (x + ϑh) h i = df(x + ϑh, h) i= 3.8. Megjegyzés x + ϑh az x és x + h pontok által meghatározott egyenes szakasz egy pontja, így a konvexitás miatt x + ϑh D. 23

204 3.8. Tétel Legyen D R n konvex, nyílt tartomány! Ha az f : D R függvény totálisan deriválható D-ben és df(x, h), akkor f állandó. Bizonyítás. Az előző tétel értelmében a, b D-hez van az a és b pontokat összekötő szakaszon olyan c pont, hogy f(b) f(a) = df(c, b a) = mivel D konvexitása miatt c D Példa xy, ha (x, y) (, ), f(x, y) = 3x 2 + 4y2, ha (x, y) = (, ) 7. Mutassa meg, hogy lim f(x, y) nem létezik! (x,y) (,) 2. Hol differenciálható totálisan az f kétváltozós függvény? gradf =? 3. Írja fel a P = (, ) ponthoz tartozó érintősík egyenletét! df 4. df de =? ill. 2 2 (,) de =?, ha e = (,) 2 i + j (e irányú iránymenti derivált) Megoldás:. ϱ 2 n cos ϕ n sin ϕ n lim ϱ n ϱ 2 n(3 cos 2 ϕ n + 4 sin 2 ϕ n ) ϕ ntetsz. függ ϕ n -től, ezért a határérték nem létezik. 2. gradf() nem létezik, mert f nem folytonos -ban. (Szükséges feltétel nem teljesül.) Ha (x, y) (, ), akkor f x és f y létezik és folytonos = gradf = f xi + f yj, ahol és 3. Az érintősík egyenlete: f x = y(3x2 + 4y 2 ) xy 6x (3x 2 + 4y 2 ) 2, f y = x(3x2 + 4y 2 ) xy 8y (3x 2 + 4y 2 ) 2. f x(, )(x ) + f y(, )(y ) (z f(, )) =. Behelyettesítve f x(, ) = 4, f y(, ) =, f(, ) =, így 4 (x ) + (y ) (z ) = = z = 4 x. 24

205 4. gradf(, ) = i + j = (, )-ben bármilyen irányban létezik az iránymenti 4 derivált, és df de = gradf(p ) e képlettel számolható. P df de = (,) ( ) ( ) i + j 2 i + 2 j = = df de csak a definícióval vizsgálható, mivel itt az előző elégséges tétel nem használható, mert gradf(, ). (A kétváltozós függvény folytonossága nem szükséges (,) feltétele az iránymenti derivált létezésének. Csak az adott egyenes mentén való megfelelő irányú folytonosság kell, de ezt nem érdemes külön vizsgálni.) df f( + te) f() de = lim = t + (,) t ( 2 f t, ) 2 t f(, ) 2 2 = lim t + t = lim t + 2 t2 3 2 t t2 7 t Példa Legyen xy sin, ha (x, y) (, ), f(x, y) = x2 + y2, ha (x, y) = (, ). Határozza meg az f függvény parciális deriváltjait az origóban! 2 8 = lim t + t = 2. Mutassa meg, hogy f-nek létezik az origóban a v = (, ) irányú iránymenti deriváltja, és értéke nem nulla! 3. Totálisan differenciálható-e az f függvény az origóban? 4. Milyen előjelű az f függvény az origó környezetében? Van-e az f-nek lokális szélsőértéke az origóban? 28 Megoldás:. f x(, f(h, ) f(, ) ) = lim h h miatt f y(, ) szintén. = lim h h =, és a szimmetria 25

206 2. v = i + j; e = v v = 2 i + 2 j. df f( + et) f() de = lim t + t = lim sin t2 2t t + f( = lim 2 t, 2 t) f(, ) t + t t = lim sin t 2 t + t 2 = 2 = ( ) 2 3. Ha f totálisan deriválható lenne, akkor df de = gradf e miatt df de = (f x(, ), f }{{} y(, ) ) e = }{{} = = lenne minden e irány esetén, így az előzőek miatt nem totálisan deriválható a (, )-ban. Vagy a definícióval: f = f(h, k) f(, ) = A h + B k + ε sin hk h2 + k 2 = h + k + ε (h := ϱ n cos ϕ n ; és k := ϱ n sin ϕ n ) helyettesítéssel lim (h,k) (,) = lim ϱn így nem totálisan deriválható. 4. lim (x,y) (,) ε h2 + k 2 = lim (h,k) (,) hk sin h 2 +k 2 h2 + k = 2 sin (ϱ n cos ϕ n sin ϕ n ) = lim = ϱn ϱ n sin (ϱ n cos ϕ n sin ϕ n ) cos ϕ n sin ϕ n, ϱ n cos ϕ n sin ϕ }{{ n } xy xy = miatt az origó elegendően kis környezetében sin x2 + y2 x2 + y 2 előjele azonos az argumentum előjelével, ezért f(, ) = nem lehet lokális szélsőérték, mert (, ) bármely környezetében felvesz pozitív és negatív értéket is a függvény. 26

207 Magasabbrendű parciális deriváltak Az n-változós függvény bármely parciális deriváltfüggvénye újból n-változós függvény. Ezért beszélhetünk ennek a függvénynek is a parciális deriváltjairól. Így jutunk el a másodrendű parciális deriváltakhoz. Példa kétváltozós függvény esetére: Ekkor f(x, y) = e 2x cos 2y + x 2 y 2. f x(x, y) = 2e 2x cos 2y + 2x, f y(x, y) = 2e 2x sin 2y 2y, f xx = ( ) f x = ( ) f = 2 f x x x x = 2 4e2x cos 2y + 2, f yy = ( ) f y = ( f y y y f xx és f yy a tiszta másodrendű parciális deriváltak. ) f xy = ( ) f x = ( ) f y y x f yx = ( ) f y = x x = 2 f y 2 = 4e2x cos 2y 2, = 2 f y x = 4e2x sin 2y, ( ) f = 2 f y y x = 4e2x sin 2y. f xy és f yx a vegyes másodrendű parciális deriváltak. A másodrendű parciálisak újra kétváltozós függvények! Vegyük észre, hogy a vegyes másodrendű parciális deriváltak megegyeznek, tehát az eredmény nem függ a differenciálás sorrendjétől. Ez nem véletlen. Látni fogjuk, hogy elég szép függvény esetén ez mindig így van. (3.87. Young tétel.) Másrészt vegyük észre, hogy most a tiszta másodrendű parciális deriváltak összege minden (x, y) pontban nullát ad, azaz f xx(x, y) + f yy(x, y) =. Tehát f megoldása az úgynevezett síkbeli Laplace-differenciálegyenletnek: u = u xx + u yy =. Ha ez a tulajdonság teljesül, a függvényt harmonikus függvénynek nevezzük. Tehát a síkbeli Laplace egyenlet megoldásai a harmonikus függvények. Nagy szerepet játszanak az ilyen függvények a komplex függvénytanban és a potenciálelméletben. És most általánosságban is definiáljuk a másodrendű parciális deriváltakat! 27

208 3.84. Definíció A g(x) = f x i (x) = f x i n-változós függvény x j változó szerinti parciális derivált függvényét az f i-edik és j-edik változója szerinti másodrendű parciális x deriváltjának nevezzük (ha létezik). A következő jelöléseket használjuk: f x i x j = g x j = f x i = ( ) f = 2 f = D j D i f = D ij f. x j x i x j x j x j Magasabbrendű parciális deriváltak értelemszerűen definiálhatók. Ha i = j, akkor tiszta, különben vegyes másodrendű parciális deriváltról beszélünk Definíció Ha f (totálisan) deriválható valamely K a -ban, és (elsőrendű) parciális deriváltjai (totálisan) deriválhatók a-ban, akkor azt mondjuk, hogy f kétszer (totálisan) deriválható a-ban. Magasabbrendű deriválhatóság értelemszerűen definiálható. A következő példa mutatja, hogy a magasabbrendű parciális deriváltak definíciójában fontos a változók sorrendje, ettől függhet a vegyes másodrendű parciális derivált Példa Legyen xy(x 2 y 2 ), ha (x, y) (, ), f(x, y) = x 2 + y 2, ha (x, y) = (, )! Könnyen látható, hogy y(x 4 + 4x 2 y 2 y 4 ) f x(x,, ha (x, y) (, ), y) = (x 2 + y 2 ) 2, ha (x, y) = (, ), és így ezért x(x 4 4x 2 y 2 y 4 ) f y(x,, ha (x, y) (, ), y) = (x 2 + y 2 ) 2, ha (x, y) = (, ), f x(, y) = y és f y(x, ) = x, f xy(, ) = és f yx(, ) =. A következő tétel azt mutatja, hogy bizonyos feltételek mellett, nem kell a deriválás sorrendjére figyelni. 28

209 3.87. Tétel (Young) Ha f kétszer (totálisan) deriválható a-ban, akkor i, j {,..., n} esetén 2 f x j x i = 2 f a x i x j. a Az r-szeres folytonos deriválhatóságot az egyváltozós esethez hasonlóan az r-edik derivált folytonosságaként lehetne definiálni, de az ehhez szükséges fogalmakra nincs szükségünk, ha a következő definíciót mondjuk Definíció Azt mondjuk, hogy f r-szer folytonosan deriválható a D D f R n nyílt halmazon, ha r-edrendű parciális deriváltjai léteznek és folytonosak D-n. Jelölés: f C r D Megjegyzés Ha D D f R n nyílt, f CD r, és a D, akkor f r-szer deriválható a-ban. Ha q r, akkor CD r Cq D Következmény Ha f C r K a, akkor f-nek az r-edrendű parciális deriváltjai közül mindazok megegyeznek, amelyek csak a deriválások sorrendjében különböznek egymástól. Például, ha f kétváltozós függvény és f C 3 K a, akkor f xxy(a) = f xyx(a) = f yxx(a). Vagy ha f háromváltozós függvény és f C 3 K a, akkor f xyz(a) = f xzy(a) = f yxz(a) = f yzx(a) = f zxy(a) = f zyx(a) Magasabbrendű differenciálok Másodrendű esetben fogjuk látni, hogy a Hesse-mátrixot (lásd 3.24.) tekinthetjük másodrendű deriváltnak, de ettől magasabbrendű totális derivált értelmezése nehézkes lenne. Ehelyett a magasabbrendű differenciálokkal foglalkozunk. Az elsőrendű differenciált a Definícióban már láttuk. Az f a-ban deriválható függvény a pontbeli differenciálja a h megváltozásnál: df(a, h) = f x (a)h + f x 2 (a)h f x n (a)h n = n f x i (a)h i = gradf(a) h. i= Kétváltozós függvény esetén a = (x, y) és h = (h, h 2 ) jelöléssel df(a, h) = f x(x, y)h + f y(x, y)h 2. 29

210 Háromváltozós függvény esetén pedig a = (x, y, z) és h = (h, h 2, h 3 ) jelöléssel df(a, h) = f x(x, y, z)h + f y(x, y, z)h 2 + f z(x, y, z)h 3. Például f(x, y, z) = xy 3 + xyz esetén Ez egy 2n = 6-változós függvény. Másodrendű differenciál df(x, h) = (y 3 + yz)h + (3xy 2 + xz)h 2 + xyh 3. Az elsőrendű differenciálban rögzítsük a h vektort! Ekkor ennek az a-től függő függvénynek is vehetjük az a-beli differenciálját h megváltozás mellett. (Természetesen csak akkor, ha az elsőrendű parciálisak differenciálhatók. Ezt úgy érhetjük el, ha például feltesszük, hogy f másodrendű parciális deriváltjai folytonosak.) Tehát a másodrendű differenciál az elsőrendű differenciál elsőrendű differenciálja Definíció Ha f kétszer (totálisan) deriválható a-ban, akkor azt mondjuk, hogy d 2 f(a, h) = d (df(a, h)) (a, h) az f függvény a pontbeli másodrendű differenciálja h megváltozásnál. Kétváltozós függvény esetén a = (x, y) és h = (h, h 2 ) jelöléssel d 2 f(a, h) = = ( ) f x x (x, y)h + f y(x, y)h 2 h + ( ) f y x (x, y)h + f y(x, y)h 2 h2 = = ( ) f xx(x, y)h + f yx(x, y)h 2 h + ( ) f xy(x, y)h + f yy(x, y)h 2 h2 = = f xx(x, y) h 2 + 2f xy(x, y) h h 2 + f yy(x, y) h 2 2. Felhasználtuk, hogy Young-tétele miatt f yx(x, y) = f xy(x, y). Ha (x, y)-t rögzítjük, akkor d 2 f(a, h) kvadratikus függvénye (csak másodfokú tagokból álló polinomja) a h, h 2 változóknak. A kifejezés mátrixosan felírva jobban átlátható: d 2 f(a, h) = [ ] [ ] [ ] f xx h h f xy h 2 f yx f yy = h T Hh. h 2 H neve: Hesse-féle mátrix, lásd H szimmetrikus mátrix. 2

211 Háromváltozós függvény esetén d 2 f(a, h) = ( ) f x x (x, y, z)h + f y(x, y, z)h 2 + f z(x, y, z)h 3 h + + ( ) f y x (x, y, z)h + f y(x, y, z)h 2 + f z(x, y, z)h 3 h2 + + ( ) f z x (x, y, z)h + f y(x, y, z)h 2 + f z(x, y, z)h 3 h3 = = [ ] f xx f xy f xz h h h 2 h 3 f yx f yy f yz h 2 = h T Hh. f zx f zy f zz h Young tétele miatt H most is szimmetrikus. Magasabbrendű differenciál Definíció Ha f k-szor (totálisan) deriválható a-ban, akkor azt mondjuk, hogy d k f(a, h) = d ( df k (a, h) ) (a, h) az f függvény a pontbeli k-adrendű differenciálja h megváltozásnál Szélsőértékszámítás Definíció Legyen a belső pontja D f -nek! Azt mondjuk, hogy f-nek lokális minimuma (illetve maximuma) van a-ban, ha K a D, hogy f(a) f(x) (illetve f(a) f(x)) (x K a ) (Nem szigorú szélsőértéket definiáltunk!) Tétel (Lokális szélsőérték szükséges feltétele) Legyen a belső pontja D f -nek! Ha f-nek lokális szélsőértéke van a-ban, és létezik valamelyik változó szerinti parciális deriváltja, akkor az. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy f x i (a), és legyen g(x) = f(a + xe i )! A parciális derivált definíciója szerint g deriválható -ban, és g () = f x i (a). Másrészt g-nek lokális szélsőértéke van -ban, így az egyváltozós függvényeknél tanultak szerint g () =. 2

212 3.95. Megjegyzés Ugyanezt iránymenti deriváltakra is elmondhatjuk Következmény Ha f-nek a-ban lokális szélsőértéke van, és ott (totálisan) deriválható, akkor gradf(a) =. Bizonyítás. A Tétel szerint f-nek minden parciális deriváltja létezik, az előző tétel miatt ezek mind -k, így ismét a Tétel szerint gradf(a) = (,,..., ) =. A következő példa azt mutatja, hogy a feltétel nem elégséges Megjegyzés Tekintsük az függvényt! f(x, y) = (y x 2 )(y 2x 2 ) f x(x, y) = 2x(y 2x 2 ) 4x(y x 2 ), f y(x, y) = (y 2x 2 ) + (y x 2 ) Mivel mindkettő folytonos, f (totálisan) deriválható, és gradf() =, mégis f-nek nincs lokális szélsőértéke (, )-ban, mert f(, ) =, ugyanakkor a függvény a (, ) pont minden környezetében felvesz pozitív és negatív értéket is. Ugyanis az y = 2x 2 parabola feletti pontokban f(x, y) > (y > 2x 2 > x 2 ). Az y = x 2 parabola alatti pontokban szintén f(x, y) > (y < x 2 < 2x 2 ). A két parabola között (x 2 < y < 2x 2 ) viszont f(x, y) <. Annak ellenére, hogy ennek a kétváltozós függvénynek az origóban nincs lokális szélsőértéke, mégis, ha a felületből az x,y síkra merőleges, az origón átmenő síkokkal kimetszünk felületi görbéket, akkor f-nek minden ilyen felületi görbe mentén lokális minimuma van. Ugyanis a metszetgörbe pontjaiban a függvényérték pozitív, legalábbis az origó egy átszúrt környezetében. Az egyváltozós függvényeknél látottakhoz képest most más esetek is lesznek. Ahhoz, hogy ezekről beszéljünk, gondoljuk végig a következőt. Egy n-változós függvény második deriváltja a Megjegyzés szerint a Hesse-mátrix lesz. Ez megfelel egy lineáris operátornak, ami egy vektort egyrészt egy nemnegatív számmal szoroz, másrészt pedig forgat. Ha minden vektor esetén a forgatás szöge hegyesszög, akkor a mátrixot pozitív definitnek, ha mindig tompaszög, akkor negatív definitnek nevezzük. Vagyis a szög koszinuszának előjelét vizsgáljuk, ami megegyezik a vektor és képe skaláris szorzatának előjelével. 22

213 3.98. Definíció Az A R n n kvadratikus mátrixot pozitív (negatív) definitnek nevezzük, ha minden x R n \ {} esetén (x, Ax) > ( (x, Ax) < ). Ha a > (illetve <) helyett (illetve ) szerepel, akkor pozitív (illetve negatív) szemidefinitnek nevezzük a mátrixot. Végül azt mondjuk, hogy a mátrix indefinit, ha nem szemidefinit Megjegyzés A R n n pontosan akkor indefinit, ha x, y R n, amire (x, Ax) < < (y, A, y). Az egyváltozós esethez hasonlóan adunk elégséges feltételt lokális szélsőértékre. Valójában ez most egy szükséges feltételt is tartalmaz. A tétel bizonyításához itt nem ismertetett eszközökre lenne szükség, ezért a tétel bizonyítását mellőzzük. 3.. Tétel Legyen f kétszer (totálisan) deriválható a-ban! Ha gradf(a) = és a Hesse-mátrix pozitív definit, akkor f-nek a-ban lokális minimuma van. Ha gradf(a) = és a Hesse-mátrix negatív definit, akkor f-nek a-ban lokális maximuma van. Ha a Hesse-mátrix indefinit, akkor f-nek a-ban nincs lokális szélsőértéke. A következő, a definitség eldöntéséhez jól használható módszerhez szükséges a sarokminor fogalma. 3.. Definíció Az A R n n mátrix k-adik sarok determinánsa a bal felső k k-s aldetermináns, amit D k val jelölünk Tétel Az A R n n mátrix pontosan akkor pozitív definit (illetve szemidefinit), ha minden sarok determináns pozitív, azaz D k > (k =,..., n) (illetve ha minden sarok determináns nem negatív, azaz D k (k =,..., n)). Az A R n n mátrix pontosan akkor negatív definit (illetve szemidefinit), ha a sarok determinánsok váltakozó előjelűek, azaz ( ) k D k > (k =,..., n) (illetve ha ( ) k D k (k =,..., n)). A fenti tétel könnyen megjegyezhető, ha felhasználjuk, hogy a Hesse-mátrix szimmetrikus, így van sajátvektorokból álló ortonormált bázisa, amiben a mátrix diagonális, átlóban a sajátértékekkel. Ha csupa pozitív (illetve nem negatív) sajátérték van, akkor D k -k mind pozitívak (illetve nem negatívak). Ha csupa negatív sajátérték van, akkor D k -k váltakozó előjelűek. 23

214 3.3. Példa Van-e lokális szélsőértéke az függvénynek? f(x, y) = xy 29 Megoldás: f (x, y) = = <, ezért f (x, y) indefinit, így sehol sincs lokális szélsőérték. Az f x = y = f y = x = egyenletrendszer megoldása az origó, így a szükséges feltétel csak itt teljesül, tehát csak itt lehetne lokális szélsőérték. Azokat a pontokat, ahol az első derivált szokás extremális pontoknak hívni, vagyis az f(x, y) = xy függvénynek az origó extremális pontja. Azokat az extremális pontokat, ahol a második derivált indefinit nyeregpontnak hívjuk, tehát az f(x, y) = xy függvénynek az origó nyeregpontja. Ezt mutatja a 3.8 ábra, és az animáción Példa Keressük meg az függvény lokális szélsőértékhelyeit. 3 Megoldás: f(x, y, z) = x 3 + y 3 + z 3 3x 3y 3z + f x = 3x 2 3, f y = 3y 2 3, f z = 3z 2 3 A függvény mindenütt értelmezett, és parciálisan deriválható mindhárom változó szerint, így ahol lokális szélsőérték van, ott f x = f y = f z = kell legyen. Az egyenletrendszernek 8 megoldása van, nevezetesen Csak ebben a 8 pontban lehet szélsőérték. (±, ±, ±). f xx = 6x, f yy = 6y, f z z = 6z, és f xy = f xz = f yx = f yz = f zx = f zy =. 24

215 z y x 3.8. ábra. f(x, y) = xy A másodrendű parciálisak mind folytonosak, így f mindenütt kétszer (totálisan, sőt folytonosan) deriválható, és a Hesse-mátrix 6x f (x, y, z) = 6y. 6z Ez szerencsénkre éppen diagonális mátrix. Pozitív definit az (,, ) pontban, itt lokális minimum van. Negatív definit a (,, ) pontban, itt lokális maximum van. Indefinit a másik 6 pontban, így ezekben nincs lokális szélsőérték. Az előző példában 6 darab nyeregpont volt. A 3.. Tétel kétváltozós függvény esetében a következőt adja Tétel Legyen (x, y) belső pontja D f -nek úgy, hogy f kétszer (totálisan) deriválható (x, y)-ban, és jelölje H az f Hesse-mátrixát a-ban! Ha f (x, y) = és det(h) >, akkor itt van lokális szélsőérték, méghozzá ha { f xx(x, y) >, akkor lokális minimum f xx(x, y) <, akkor lokális maximum. Ha det(h) <, akkor itt nincs lokális szélsőérték. 25

216 3.6. Megjegyzés A Hesse-mátrix szimmetriája miatt ha det(h) >, akkor f xx = nem lehet, továbbá ilyenkor f xx és f yy azonos előjelű. Ha f = és det(h) =, akkor a tétel alapján nem derül ki, van-e szélsőérték Példa Keresse meg az f(x, y) = x 2 2x + y 3 3y függvény lokális szélsőértékeit! 3 Megoldás: f x = 2x 2 = = x =, f y = 3y 2 3 = = y = ±. P = (, ) és P 2 = (, ) pontokban lehet lokális szélsőérték. D(x, y) = f xx f xy = 2 6y = 2y f yx f yy D(, ) = 2 > és f xx(, ) >, így P = (, ) lokális minimumhely, a lokális minimum f(, ) = 3. D(, ) = 2 <, így P 2 = (, )-ben nincs lokális szélsőérték, ez egy nyeregpont Példa Határozza meg az f(x, y) = x 2 y 3 lokális szélsőértékeit! 32 Megoldás: f x = 2xy 3 = és f y = 3x 2 y 2 = miatt x = vagy y =. Tehát az (x, ) és a (, y) pontokban lehet lokális szélsőérték D(x, y) = 2y3 6xy 2 6xy 2 6x 2 y = 2x2 y 4 36x 2 y 4 = 24x 2 y 4 D(x, ) = és D(, y) =, így nem tudunk dönteni. Az x tengely pontjaiban nincs lokális szélsőérték A függvényérték itt és e pontok bármely környezetében a függvény felvesz pozitív és negatív értéket is. Az y tengely pontjaiban (az origót kivéve) van lokális szélsőérték: (, y), y > pontokban lokális minimum van. (, y), y < pontokban lokális maximum van Példa f(x, y) = y 2 ( x 2 y 2 ). Határozza meg a lokális szélsőértékhelyeket! 26

217 2. Határozza meg a függvény minimumát és maximumát ha létezik az x 2 + y 2 tartományon! 33 Megoldás:. f x = y 2 ( 2x) = = x = vagy y = f y = 2y( x 2 y 2 ) 2y 3 = 4y 3 + 2y 2yx 2 =. Ha x =, akkor 2y( 2y 2 ) = = y = vagy y = ± 2. Ha y =, akkor = azonosság, tehát ekkor x tetszőleges. Tehát a szükséges feltétel teljesül: P = (, 2 ), P 2 (, 2 ), P 3 (x, ) pontokban. D(x, y) = 2y2 4xy 4xy 2y x 2 D(, ± 2 ) = 4 > és itt f xx <, így P és P 3 pontok lokális maximumhelyek, f(, ± 2 ) = a lokális maximum. 4 Az x tengely mentén: D(x, ) = kérdéses. (x, ), x < lokális minimum (értéke: ). (x, ), x > lokális maximum (értéke: ). (, ) ill. (, ) pontokban nincs lokális szélsőérték. 2. f folytonos a kompakt halmazon, így Weierstrass-tétel miatt létezik minimum és maximum. Lokális szélsőérték: f(, ± 2 ) = 4 min =, f(x, ) = = max = Határon: f = Példa f(x, y) = x 3 + y 3 x y. Határozzuk meg a lokális szélsőértéket! 2. Létezik-e f-nek legnagyobb és legkisebb értéke az A = {(x, y) : x, y R; y x; x } tartományon? Ha igen, keressük meg! 27

218 34 Megoldás:. A függvény mindenütt deriválható. (A parciálisak léteznek és folytonosak.) f x = 3x 2 = = x = ± 3 ; f y = 3y 2 = = y = ± 3. D(x, y) = f xx f xy f yx f yy = 6x 6y = 36xy D( 3, 3 ) >, és f xx( 3, 3 ) >, tehát f( 3, 3 ) = lokális maxi- D( 3, 3 ) > és f xx( 3, 3 ) <, tehát f( 3, 3 ) = 4 mum. D( 3, 3 ) < nincs lokális szélsőérték, nyeregpont. D( 3, 3 ) < nincs lokális szélsőérték, nyeregpont. lokális minimum A tartomány korlátos és zárt (kompakt halmaz), f folytonos, így Weierstrass tétele miatt van minimuma és maximuma. Hol lehet a tartománybeli szélsőérték? ahol f nem deriválható (most ilyen hely nincs). ahol lokális szélsőérték lehet (nem kell ellenőrizni az elégségességet, ha tudjuk, hogy a minimum és maximum) Most a lokális szélsőértékhelyek nem esnek a tartományba. a tartomány határán ( dimenzióval alacsonyabb szélsőértékszámítási feladat). ϕ (y) := f(, y) = y 3 y, y [, ] (Zárt intervallumbeli feladat) ϕ = 3y 2 = = y = ± 3 f(, 3 ) = A végpontok: f(, ) = ; f(, ) =. f x-ben és y-ban szimmetrikus. Ezt kihasználva: f( 3, ) = 2 3, f(, ) = (Végpont; a másik már szerepelt.) ϕ 3 (x) := f(x, x) = x 3 + ( x) 3 x ( x) = = 3x 2 3x ϕ 3 = 6x 3 = = x = 2 ; y = 2 = 2 ; f( 2, 2 ) = 3 4 (Végpontok már voltak.) 28

219 A kiszámolt értékek közül kell választani. Összefoglalva: f(, ) = f(, ) = f(, ) = maximum L f(, 3 ) = f( 3, ) = 2 3 minimum Többértékű függvények deriválhatósága (deriváltmátrix) A differenciálhatóság definíciójában a függvény megváltozását lineáris függvénnyel közelítettük. Most is ilyen lesz a definíció, ezért meg kell értenünk, hogy melyek a lineáris vektor-vektor függvények. A vektor-vektor függvényeket szokás leképezésnek, operátornak vagy transzformációnak is nevezni. 3.. Megjegyzés P : R n R m leképezést lineárisnak nevezzük, ha a, b R n és λ R esetén P (a + b) = P (a) + P (b) (additív) és P (λa) = λp (a) (homogén). A P : R n R m lineáris leképezéseket mátrixszal lehet megadni: P (a) = P a, ahol P R m n, azaz P -nek n darab oszlopa és m darab sora van Megjegyzés Ebben a részben mátrixokat szorzunk össze, ezért nem mindegy, hogy sor- vagy oszlopmátrixról van-e szó. Megállapodunk, hogy x R n vektort oszlopmátrixként értelmezünk, azaz R n = R n és R n R n, ha n. Ennek megfelelően az x T (x transzponáltja) pedig sormátrix Megjegyzés Egy f : R n R m leképezést differenciálhatónak nevezünk az a pontban, ha K a,δ -ban a függvény megváltozása lineáris függvénnyel jól közelíthető. Ez a valós értékű függvényekhez hasonlóan (3.53. Definíció) is definiálható lenne, de most f = f(a + h) f(a) = A h + ε(h)h adódna, ahol lim h ε(h) =. Itt egy mátrixszal kellene a nullmátrixhoz tartani, amit mi nem definiáltunk. Bár definiálhatnánk, de mi inkább a Fréchet-féle definíciót választjuk Definíció Legyen D R n, f : D R m és a belső pontja D-nek! Azt mondjuk, hogy f (totálisan) deriválható a-ban, és a-beli deriváltja az A R m n mátrix, ha f(x) f(a) A(x a) lim = x a x a 29

220 teljesül. A deriváltra (deriváltmátrixra) az f (a) = A jelölést vezetjük be Megjegyzés Ugyanez a definíció m = esetén ekvivalens a Definícióval, A = G T mellett, azaz f (a) = grad T f(a). Ha bevezetjük az f = (f,..., f m ) jelölést, ahol f i : D R i-re, akkor f deriválható a-ban f i deriválható a-ban (i =,..., m). Továbbá, ekkor f (a) i-edik sora f i(a), aminek transzponáltja gradf i (a), azaz f f f f (a) grad T... f x x 2 x n f 2(a) A =. = grad T f 2 f 2 f 2 f 2... =. x x 2 x n. f m(a) grad T.... f m a f m f m f m... x x 2 x n Ha n = m, akkor az f függvény az n dimenziós euklideszi teret önmagába képezi le. (Lásd új változók bevezetése többes integrálok esetén!) Ilyenkor a deriváltmátrixot Jacobi-mátrixnak nevezzük, determinánsát pedig Jacobi-determinánsnak. Értelmezhetnénk többértékű függvény parciális deriváltjait, aminek egy pontbeli értéke egy vektor lenne, nevezetesen a k-adik változó szerinti parciális derivált a deriváltmátrix k-adik oszlopa lenne. Sőt iránymenti deriváltat is értelmezhetnénk, és itt is igaz, hogy ha f : D R n R m (totálisan) deriválható a-ban, akkor ott minden e irány menti deriváltja is létezik, és df de = f (a) e. a Például, ha n = m = 3, akkor f : R 3 R 3 transzformáció esetén a Jacobi-mátrix f f f x y z f 2 f 2 f 2 A = = (f, f 2, f 3 ) x y z (x, y, z), f 3 f 3 f 3 a x y z míg a Jacobi-determináns det A = A. 22 a a

221 3.6. Megjegyzés A fenti f divergenciájának és rotációjának nevezzük rendre az A Jacobi-mátrix divergenciáját és rotációját, melyeket a következő módon jelölünk, és az alábbi képletekkel értelmezünk. A = ( f3 rotf = rota = divf = diva = f x + f 2 y + f 3 z y f 2 z ) i + ( f z f 3 x ) j + ( x, y, ) (ejtsd: nabla) szimbólum segítségével z ( f2 x f ) k z divf = f, rotf = f alakban írható, és könnyebben megjegyezhető Összetett függvény deriválhatósága (láncszabály) 3.7. Tétel Legyen g : D g R n R k, illetve f : D f R k R m, és a belső pontja D g -nek, illetve g(a) belső pontja D f -nek. Ha g totálisan deriválható a-ban, és deriváltja g (a) = A g, illetve f totálisan deriválható g(a)-ban, és deriváltja f (g(a)) = A f, akkor f g : D f g R n R m totálisan deriválható a-ban, és deriváltja itt azaz A f g = A f A g. (f g) (a) = f (g(a))g (a), Tehát az összetett függvény deriváltja egyenlő a külső függvény deriváltja szorozva a belső függvény deriváltjával. (A mátrixok szorzásánál a sorrend fontos!) 3.8. Példa Ha a külső függvény R k -ból R-be képez (m = ), akkor deriváltmátrixa, azaz a gradiensvektor transzponáltja és az összetett függvény deriváltmátrixa: f = (gradf) T, (f g) = (gradf) T g. Alkalmazzuk az x = (x,... x n ) jelölést g változójára, és y = (y,..., y k ) = (g (x),..., g k (x)) = g(x) jelölést f változójára. 22

222 Ekkor (f g) (a) = g g g... x x 2 x n [ f f... f ] g 2 g 2 g 2... y y 2 y k x x 2 x n g(a) g k g k g k... x x 2 x n a. Ekkor az összetett függvény deriváltjának (ez egy sormátrix) i-edik eleme az összetett függvény parciális deriváltja az i-edik változója szerint. Ez mátrixok szorzásaként (f g) x i = f (g(a))g (a), i =, 2,..., n, x i a vektorok skaláris szorzataként (f g) x i = gradf(g(a)) g (a), i =, 2,..., n, x i a illetve részletezve (f g) x i = f a y g g(a) x i + + f a y k g k g(a) x i = a ( k f y j g ) j. g(a) x i j= a Az összetett függvény parciális deriváltjait felírva rendre i =, 2,..., n esetén, megkaphatjuk a f g gradiensét is: gradf gradg gradf gradg 2 grad(f g) =.. gradf gradg k 3.9. Példa Írjuk fel az előző láncszabályt n = és tetszőleges m esetére. Alkalmazzuk az x jelölést g változójára, és y = (y,..., y k ) = (g (x),..., g k (x)) = g(x) jelölést f változójára. Ekkor ( ) f g (a) = f (g(a))g (a) 222

223 egy oszlopmátrix, nevezetesen f f f... y y 2 y k f 2 f 2 f 2... y y 2 y k f m f m f m... y y 2 y k g(a) g (a) g 2(a). = g k (a) ( ) k f y j g j(a) ( g(a) ) k f 2 y j g j(a) g(a). (. ) k f m y j g j(a) g(a) 3.2. Példa Az előző példák alapján, ha n = m =, tehát az f(y,..., y k ) külső függvénybe az y j = g j (a) (j =,..., k) belső függvényeket helyettesítjük, akkor f g deriváltja g [ f (f g) (a) =... f ] (a) ( g ) 2(a) k y y k g(a). = f y g k (a) j= j g j(a). g(a) 3.2. Példa Legyen most k = és n és m legyen tetszőleges! Alkalmazzuk az x = (x,..., x n ) jelölést a g változójára, és y = g(x) jelölést az f változójára. Ekkor Felületi görbék f (g(a)) (f g) f [ 2(g(a)) g (a) =. g... g ] = x x 2 x n f m(g(a)) a f g (g(a)) x f g (g(a)) a x 2... f g (g(a)) a x n a f 2(g(a)) g = x f 2(g(a)) g a x 2... f g 2(g(a)) a x n a f m(g(a)) g x f m(g(a)) g a x 2... f m(g(a)) g a x n Ha az x = x(t), y = y(t), z = z(t), t [t, t 2 ] térgörbe ( út ) illeszkedik a z = f(x, y) felületre, akkor z(t) = f (x(t), y(t)), t [t, t 2 ]. 223 j= j= j= a

224 Ha f totálisan differenciálható valamint x (t), y (t) és z (t) folytonosak, akkor a láncszabály szerint z (t) = f xx (t) + f yy (t), azaz f xx (t) + f yy (t) z (t) =. Tehát a felületi görbe (x (t), y (t), z (t)) érintővektora és az érintősík (f x, f y, ) normálvektora merőlegesek egymásra (skalárszorzatuk nulla). Összefoglalva azt kaptuk, hogy ha f totálisan differenciálható, akkor minden folytonosan differenciálható felületi görbe érintőegyenesei valóban a z = f(x, y) felület egy-egy érintősíkjában haladnak. Síkgörbe mint kétváltozós függvény szintvonala (Implicit megadású görbe) Azon (x, y) pontok összességét, amelyek kielégítik az F (x, y) = c egyenletet, az F függvény c-hez tartozó szintvonalának nevezzük. Tehát, ha y = f(x) = y(x) az F függvény c-hez tartozó szintvonala, akkor F (x, y(x)) c. Ha F, f totálisan deriválható, akkor mindkét oldalt x szerint deriválva és a láncszabályt alkalmazva kapjuk: F x + F y y x =. Ha F y, akkor Példa y x = F x. F y. Határozzuk meg az F (x, y) = xye y függvény P = (, 2) ponton átmenő szintvonalának az egyenletét! 2. Írjuk fel ennek a szintvonalnak az x = pontbeli deriváltját! 35 Megoldás:. xye y = c a szintvonalak egyenlete. Most xye y P = 2 = c, ezért e2 a keresett szintvonal egyenlete: xye y = 2e 2 = 2 e 2. (Most x-et tudnánk kifejezni mint az y függvényét könnyedén.) 224

225 2. Felhasználva, hogy F x = ye y, F x(p ) = 2e 2, F y = xe y + xye y, F y(p ) = e 2 kapjuk a keresett deriváltat: y () = F x F y P = ye y xe y + xye y = P y x + xy = 2. P Természetesen az y értékét az I. félévben látott módon is megkaphatjuk, felhasználva az összetett függvény deriválási szabályát: xye y = e 2 = yey + xy e y + xye y y = = Felület mint 3 változós függvény szintfelülete = y ye y = xe y + xye = y y x + xy. (Implicit megadású felület) Azon (x, y, z) pontok összességét, amelyek kielégítik az F (x, y, z) = c egyenletet, az F függvény c-hez tartozó szintfelületének nevezzük. Tehát, ha z = f(x, y) az F függvény c-hez tartozó szintfelülete, akkor F (x, y, f(x, y)) c, (x, y) D f. Ha a z = f(x, y) totálisan differenciálható és kielégíti a fenti egyenletet, valamint F is totálisan differenciálható és még feltesszük, hogy F z, akkor F (x, y, f(x, y)) c mindkét oldalát deriválva a láncszabály értelmében rendre x, illetve y szerint kapjuk: F x + F z f x F y + F z f y f = = x = f = = y = Tudjuk, hogy a z = f(x, y) felület P -beli érintősíkjának normálvektora párhuzamos az (f x, f y, ) vektorral. Ezért P F x F z F y F z,. 225

226 ( n (f x, f y, ) F x F z, F y ), F z = n (F x, F y, F z) P. Tehát gradf (P ) merőleges a P -n áthaladó szintfelületre. Így a P -n áthaladó szintfelület P -beli érintősíkjának normálvektora gradf (P ), azaz az F (x, y, f(x, y)) = c szintfelület P = (x, y, z ) pontbeli érintősíkjának egyenlete: F x (x x ) + F P y (y y ) + F P z (z z ) =. P Példa F (x, y, z) = x 2 y 2 + 2z 2, P = (,, ). 2. Írjuk fel F -nek a P ponton áthaladó szintfelületének az implicit egyenletét! Írjuk fel a P ponton áthaladó szintfelület P -beli érintősíkjának az egyenletét! 36 Megoldás: F (x, y, z) = x 2 y 2 + 2z 2 P = (,, ) ponton átmenő szintfelülete: Az érintősík egyenlete: x 2 y 2 + 2z 2 = 2 (c = 2), n = gradf (P ) = [2x, 2y, 4z] P = 2i 2j 4k = (2, 2, 4). Másodrendű totális derivált 2(x ) 2(y ) 4(z + ) = Megjegyzés Legyen most f n-változós valós értékű függvény, amely a-ban kétszer totálisan deriválható. A fentiek szerint ekkor f (a) = grad T f(a) R n. Mivel R n egy n-dimenziós vektortér (ami izomorf R n -nel), ezért f kétszeres deriválhatósága miatt f deriválható valamely K a -n, így f itt értelmezve van és azonosítható K a R n -t R n -be képző függvénnyel. Ennek koordinátafüggvényei f parciális deriváltjai, melyek f kétszeres deriválhatósága miatt totálisan deriválhatók a-ban, így

227 Megjegyzés szerint f is totálisan deriválható a-ban. Ekkor f deriváltja a-ban (azaz f Jacobi-mátrixa) 2 f 2 f 2 f... x 2 x x 2 x x n 2 f 2 f 2 f f... (a) = x 2 x x 2 2 x 2 x n f 2 f 2 f... x n x x n x 2 x 2 n Ezt f Hesse-mátrixának hívjuk, ami a Young-tétel miatt szimmetrikus Gyakorló feladatok. f(x, y) = ex2 2y x 2 + 6, f x(x, y) =?, f y(x, y) =? 2. f(x, y) = x 2 + y 2, f x(x, y) =? 3. f(x, y) = 2x 2 + y 4, f x(, ) =?, f y(, ) =? 4. f(x, y) = x 3 + y 3, f x(x, y) =? 2xy + 3x, ha (x, y) (, ), 5. f(x, y) = x 2 + 3y2, ha (x, y) = (, ) (a) f x(x, y) =?, f y(x, y) =? (b) Folytonos-e f a (, ) pontban? (x + )y 2, ha (x, y) (, ), 6. f(x, y) = x 2 + y2, ha (x, y) = (, ) f x(x, y) =?, f y(x, y) =? 7. Melyik állítás igaz? A hamis állításokra keressen ellenpéldát! Az igaz állításokhoz keresse meg a megfelelő tételt! (A feladatok most csak kétváltozós függvényekre szólnak, de hasonló állítások többváltozós esetre is megfogalmazhatók.) (a) f folytonos (x, y )-ban = f totálisan differenciálható (x, y )-ban; (b) f folytonos (x, y )-ban = f totálisan differenciálható (x, y )-ban; (c) f folytonos (x, y )-ban = f x(x, y ) és f y(x, y ); 227 a

228 (d) f folytonos (x, y )-ban = f x(x, y ) és f y(x, y ); (e) f totálisan deriválható (x, y )-ban = f x(x, y ) és f y(x, y ); (f) f totálisan deriválható (x, y )-ban = f x(x, y ) és f y(x, y ); (g) f x, f y és folytonos K (x,y )-ban = f totálisan deriválható (x, y )-ban. 8. Legyen f(x, y) = x 2 + 2y 2 + 3! (a) Tekintsük azt a térgörbét, melyet a fenti függvény által meghatározott felületből az y = sík kimetsz. Írja fel ezen görbe x = 2 értékhez tartozó pontjában az érintőegyenes egyenletét! (b) Az előzőhöz hasonlóan az x = 2 sík által kimetszett felületi görbe y = pontbeli érintőegyenesét írja fel! (c) Írja fel a (2, ) ponthoz tartozó felületi pontbeli érintősík egyenletét! 9. Legyen g elegendően sokszor folytonosan differenciálható egyváltozós függvény! (a) u(x, y) = g(x y), u x =?, u y =? (b) u(x, y) = g(x 2 + y 3 ), u x =?, u y =? (c) u(x, y) = g(x 2 y), u x =?, u y =?, u xx =?, u xy =?, u yx =?, u yy =?. Helyettesítse be az u(x, y) = g(xy 2 ) függvényt az xyu xy y 2 u yy + 2x 2 u xx kifejezésbe és hozza egyszerűbb alakra, ha g kétszer folytonosan differenciálható egyváltozós függvény, melynek változója helyére az xy 2 kifejezést helyettesítettük.. g (x) és g 2 (x) kétszer folytonosan differenciálható egyváltozós függvény (g, g 2 C 2 R ), h(x, y) = x g (y x) + y g 2 (x y), (x, y) R 2. Hozza egyszerűbb alakra a h xx + 2h xy + h yy kifejezést! 2. Hozza egyszerűbb alakra az xyu xx + 2xyu xy + xyu yy xu x yu y = differenciálegyenlet bal oldalát, ha u(x, y) = g(t) t=xy, ahol a g egyváltozós függvény kétszer folytonosan differenciálható! Az egyszerűsített kifejezés alapján adja meg azokat a g függvényeket, melyek azonosan kielégítik a differenciálegyenletet! 3. Határozza meg az F (x, y, z) = e 2x y+xe y+2z függvény P = (,, ) ponton átmenő szintfelülete érintősíkjának az egyenletét! 228

229 függvény P = (, )-hez tartozó érintősík- 4. Határozza meg az f(x, y) = x2 + 3y 4x + 5y jának az egyenletét! 5. Hol differenciálhatók az alábbi függvények? Ahol differenciálhatók, ott írja fel a gradiens vektort! (a) f(x, y) = x sin (x + y 2 ), (b) f(x, y, z) = 3 x 2 + y 2 + z 2, (c) f(x, y) = arctg y, x+ y, ha (x, y) (, ), (d) f(x, y) = x2 + y2, ha (x, y) = (, ), xy, ha (x, y) (, ), (e) f(x, y) = x2 + y2, ha (x, y) = (, ), x 2 y, ha (x, y) (, ), (f) f(x, y) = x2 + y2, ha (x, y) = (, ), 6. Legyen f(x, y) = e xy2 + cos (x + y 3 )! gradf =?, df ((x, y), (h, k)) =? 7. Legyen f(x, y) = x 3 + x 2y + y 2! d 2 f((e, ), (h, k)) =? 8. Határozza meg az alábbi függvények iránymenti deriváltját az adott pontban és az adott irányban! (a) f(x, y) = x 2 2xy + sh (x + y), P ( 2, ), v = 3i j, (b) f(x, y) = arctg x y, P (, ), v = 3i 4j, (c) f(x, y, z) = e x2 y 2 z, P (,, ) v = 4i 3k, 2xy, ha (x, y) (, ), (d) f(x, y) = x 2 + y2 3 P = (, ), v = i + 3j, ill. v = 5, ha (x, y) = (, ), i, (e) f(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2, P (,, ), v = 3i + 4j. 9. Határozza meg az alábbi függvények maximális iránymenti deriváltjának értékét és annak irányát a megadott pontban! 229

230 2. (a) f(x, y) = xy 2 + e 2x, P = (, ), (b) f(x, y) = x + y x y, P = (, ), (c) f(x, y, z) = e x2 y 2 z, P (,, ). Írja fel az alábbi z = f(x, y) egyenletű felületek érintősíkjainak egyenletét a megadott P ponthoz tartozó felületi pontjukban! (a) z = x 3 + y 3 9x 2 y, P = (, ), (b) z = x + 2y, P = (, ). 2. Határozza meg az u = f(x, y, z) függvény P ponton áthaladó szintfelületének egyenletét és írja fel a szintfelület P -beli érintősíkjának egyenletét! (a) f(x, y, z) = 3x 2 + y 2 + 2z 2, P (, 2, ), (b) f(x, y, z) = 4 x 2 + y 2 + z 2, P (,, ). sin 2x2 y f(x, y) = x 2 + y + 6x, ha 2 x2 + y 2,, ha x 2 + y 2 = (a) Hol folytonos a függvény? (b) f x(x, y) =?, f y(x, y) =? (c) Totálisan hol deriválható? (d) Iránymenti derivált a v = 3i + 4j irányban a i. P (, ), ii. P 2 (, ) pontokban? (e) Írja fel a P (, ) pontbeli érintősík egyenletét! 23. Határozza meg az alábbi függvények lokális szélsőértékeit! (a) f(x, y) = x 3 + y 3 3xy, (b) f(x, y) = x 4 4x + 2y 2 2y, (c) f(x, y) = e x2 2y 2 +3xy, (d) f(x, y) = x 2 + 4y 2 + 4xy, (e) f(x, y) = x 3 + y 3 x y. 23

231 24. Legyen f(x, y) = x 2 y(2 x y)! Keresse meg az f függvény legkisebb és legnagyobb értékét az x =, ; y = és x + y = 6 egyenesekkel határolt zárt halmazban! 25. Legyen f(x, y) = y 2 ( x 2 y 2 )! (a) Határozza meg a lokális szélsőértékhelyeket! (b) Határozza meg a függvény minimumát és maximumát, ha létezik, az x 2 +y 2 tartományon! 26. Legyen f(x, y) = (x y) 3 (x + y 2)x! (a) Teljesül-e az y = x pontjaiban a lokális szélsőérték létezésére vonatkozó szükséges feltétel? (b) Az y = x egyenes mely pontjaiban van lokális maximuma, illetve lokális minimuma a függvénynek? (A lokális szélsőérték definíciója alapján adja meg a válaszát!) 3.4. Integrál Kétváltozós függvények integrálja Megjegyzés Kétváltozós függvények integrálját kettős integrálnak is nevezzük. Két dimenzióban téglának olyan téglalapokat nevezünk, melyek oldalai tengelypárhuzamosak. Ilyenen az integrált az egyváltozós esethez teljesen hasonlóan értelmezzük. A továbbiakban feltesszük, hogy a < b és c < d, illetve f : Q R korlátos, ahol I = [a, b] R, J = [c, d] R és Q = I J R 2. Néhány további definíció. Osztópontok: (x k, y l ), ahol k =,,..., p illetve l =,,..., q úgy, hogy a = x < x < < x p = b, illetve c = y < y < < y q = d. I k = [x k, x k ] illetve J l = [y l, y l ]jelölésekkel a k, l-edik résztégla I k J l mértéke (területe) kl = (x k x k )(y l y l ) >, ahol k =,..., p, l =,..., q. I J egy felosztása F = {x, x,..., x p } {y, y,..., y q } az osztópontok halmaza. 23

232 (x 5, y 7 ) I 4 J 3 (x, y ) Alsó közelítő összeg, vagy alsó összeg (F felosztáshoz tartozik) s F = p q m kl kl, ahol m kl = inf{f(x, y) : x I k, y J l }. k= l= Felső közelítő összeg, vagy felső összeg (F felosztáshoz tartozik) S F = p q M kl kl, ahol M kl = sup{f(x, y) : x I k, y J l }. k= l= Az egyváltozós esethez hasonló tételeket is kimondhatunk. Ezek bizonyítása megegyezik az ottaniakkal. s F S F. F F 2 = s F s F2 S F2 S F. F és F 2 tetszőleges felosztások esetén s F S F2. h = sup{s F } R és H = inf{s F } R. Ezeket rendre alsó illetve felső Darbouxintegrálnak nevezzük. h H Definíció Legyen f : Q = I J R korlátos függvény. Azt mondjuk, hogy f Riemann-integrálható Q-n, ha h = H. Ezt a közös értéket az f függvény Q-n adott Riemann-integráljának (röviden integráljának) nevezzük és f(x, y) dx dy, Q 232

233 illetve f vagy f(x, y)dd(x, y) vagy f vagy f(x, y)dd(x, y) Q módon jelöljük. Q Q Q Most is igaz a következő Tétel Ha f : Q = I J R folytonos, akkor Riemann-integrálható Q-n. Az integrál kiszámolása. Kettős integrál kétszeres integrállá alakítása Tétel (Fubini-tétel téglán) Legyen f : Q = I J R korlátos, ahol I = [a, b] és J = [c, d]! Ha f Riemann-integrálható Q-n, és minden x I esetén az y f(x, y) d Riemann-integrálható J-n, akkor g(x) = f(x, y) dy is Riemann-integrálható I-n, és c b f = g(x) dx. Q a Tehát ekkor f = b d f(x, y) dy dx. Q x=a y=c Megjegyzés Ha f folytonos, akkor minden feltétel teljesül, így ekkor igaz a tétel állítása, sőt ekkor fordított sorrendben is igaz, azaz ekkor b d d b f = f(x, y) dy dx = f(x, y) dx dy. Q x=a y=c y=c x=a Ha az y f(x, y) Riemann-integrálható J-n nem teljesül minden x-re, akkor helyette az alsó vagy a felső integrállal számolhatunk, vagyis ekkor b d b d f = f(x, y) dy dx = f(x, y) dy dx, Q x=a y=c x=a y=c illetve Q f = d y=c b x=a f(x, y) dx dy = 233 d y=c b x=a f(x, y) dx dy.

234 f Riemann-integrálhatósága Q-n ilyenkor is feltétel, de ebből következik például g(x) = d y=c f(x, y) dy Riemann-integrálhatósága I-n Példa Legyen I = [, ], J = [, 2] és T = I J! Határozzuk meg az 3xe xy d(x, y) integrált, ha létezik! 37 Megoldás: z T x y Mivel az integrandus folytonos, ezért az integrál létezik, és alkalmazható a Fubinitétel. 2 3xe xy d(x, y) = 3xe xy dy dx = 3 e 2x e x 3 2e + e2 dx = 2e 2 T 3.3. Példa Legyen I = [, 2], J = [, 3] és T = I J! Határozzuk meg az y cos 2xyd(x, y) integrált, ha létezik! T 234

235 38 Megoldás: Mivel az integrandus folytonos, ezért az integrál létezik, és alkalmazható a Fubini-tétel. 2 3 y cos 2xyd(x, y) = y cos 2xy dy dx T Ez y szerint parciális integrál, próbáljuk meg a másik sorrendet [ ] 2 y cos 2xyd(x, y) = y cos 2xy dx dy = sin 2xy = 2 x= T = 2 3 sin 4y sin 2y dy = [ cos 2y 2 2 ] 3 cos 4y = 4 2 cos 6 cos 2 + cos 4 2 cos 2 = Következmény Ha g : I R, h : J R folytonos, és f : Q = I J R úgy, hogy f(x, y) = g(x)h(y), akkor Q f = I g Bizonyítás. Legyen I = [a, b] és J = [c, d]. Ekkor b d b d f = g(x)h(y) dy dx = g(x) h(y) dy dx = Q a c a c J h. b a d g(x) dx c h(y) dy. Az első egyenlőség a Fubini-tétel miatt igaz. A második azért mert g(x) nem függ y-tól, azaz konstans szorzó, így kiemelhető az integrálból. Az utolsó pedig azért, mert d h(y) dy nem függ x-től, azaz konstans szorzó, így kiemelhető az integrálból. c A következőkben használjuk a dt jelölést a d(x, y) helyett, ami a területi integrálra utal Példa Legyen T = [, ] [ 2, ]! Határozzuk meg az xye 3x+y2 dt integrált, ha létezik! T 235

236 39 Megoldás: Mivel T tégla, és az integrandus folytonos, ezért ) integrálható T -n, és alkalmazható Fubini-tétele. Sőt, mivel az integrandus (xe 3x ) (ye y2, ezért T xye 3x+y2 dt = xe 3x dx = 2 [x e3x 3 e3x 9 ye y2 dy = ] [ ] [x e3x ] e y ( e 3 = Most definiáljuk az integrált tetszőleges korlátos halmazon. e 3x [ 3 dx 3 e ] e y2 2 2 ) ( 2 e Definíció Legyen T R 2 korlátos halmaz, és f : T R korlátos függvény. Ekkor léteznek I, J R kompakt intervallumok, hogy T I J. Terjesszük ki f-et, azaz legyen { f(x, y), ha (x, y) T, g(x, y) =, ha (x, y) / T! Ha g integrálható I J-n, akkor azt mondjuk, hogy f integrálható T -n, és a most definiált integrál értéke a g integrálja lesz. f = g = ) T I J Megjegyzés Könnyen ellenőrizhető, hogy az integrál (és az integrálhatóság) nem függ I és J választásától Definíció A T R 2 tartományt normáltartománynak nevezzük, a következő két esetben. x tengelyre vonatkoztatott normáltartomány I = [a, b] R kompakt intervallum, c, d : I R folytonos függvények úgy, hogy c(x) d(x) minden x I esetén és T = {(x, y) R 2 : x I, c(x) y d(x)}. y tengelyre vonatkoztatott normáltartomány J = [c, d] R kompakt intervallum, a, b : J R folytonos függvények úgy, hogy a(y) b(y) minden y J esetén és T = {(x, y) R 2 : y J, a(y) x b(y)}. 236

237 c(x) d a(y) b(y) d(x) a b (a) x tengelyre vonatkoztatott c (b) y tengelyre vonatkoztatott 3.9. ábra. normáltartomány Megjegyzés A gyakorlatban akkor alkalmazhatók a következőkben kimondott tételek, ha a definícióban szereplő a, b, c és d függvények elég szépek. Most is igaz a következő Tétel Ha T R 2 normáltartomány f : T R folytonos, akkor Riemannintegrálható T -n. Normáltartományon vett integrálra is kimondható Fubini-tétele Tétel (Fubini-tétel normáltartományon) A definíció jelöléseivel:. Ha f integrálható a T x tengelyre vonatkoztatott normáltartományon, akkor b d(x) f = f(x, y) dy dx, T x=a y=c(x) feltéve, hogy a belső integrál is létezik minden x [a, b] esetén. 2. Ha f integrálható a T y tengelyre vonatkoztatott normáltartományon, akkor d b(y) f = f(x, y) dx dy, T y=c x=a(y) feltéve, hogy a belső integrál is létezik minden y [c, d] esetén. 237

238 3.4. Megjegyzés Folytonos függvényre alkalmazható a Fubini-tétel Példa Legyen T = {(x, y) R 2 : x, x 2 y 2 x}! Határozzuk meg az 2xy dt integrált, ha létezik! 4 Megoldás: z T y x T x tengelyre vonatkoztatott normáltartomány, és az integrandus folytonos, így az integrál létezik, és alkalmazható Fubini-tétele. Mivel az x 2 és 2 x görbék metszete x = -nél van, ha x, ezért T 2xy dt = x= 2 x y=x 2 2xy dy dx = 4x 4x 2 + x 3 x 5 dx = Példa Legyen T az y = 2 x és az y = 2x 2 görbék által határolt korlátos tartomány!. Írjuk fel mindkét típusú normáltartományként T -t! 238

239 2. Határozzuk meg az x + 2y dt integrált, ha létezik! T 4 Megoldás:. A görbék metszeteihez a 2 x = 2x 2 egyenletet kell megoldani. Ennek megoldásai az x = és az x =, amikhez rendre az y = és az y = 2 tartozik, vagyis a két metszéspont a (, ) és az (, 2). 2. x tengelyre vonatkoztatott normáltartomány: T = { (x, y) R 2 : x, 2x 2 y 2 x } ; y tengelyre vonatkoztatott normáltartomány: T = {(x, y) R 2 : y 2, y2 4 x z } y. 2 y x 239

240 T normáltartomány, és az integrandus folytonos, így az integrál létezik, és alkalmazható Fubini-tétele. T x + 2y dt = x= 2 x y=2x 2 x + 2y dt = 2x x + 4x 2x 3 4x 4 dx = Példa Legyen T az A = (, ), a B = (5, ), a C = (4, 6) és a D = (3, 6) pontok által meghatározott trapéz!. Írjuk fel mindkét típusú normáltartományként T -t! Alakítsuk kétféleképpen kétszeres integrállá az e 6x+y dt kettős integrált! T 2. Határozzuk meg az integrált, ha létezik! 42 Megoldás:. x tengelyre vonatkoztatott normáltartományként: T normáltartomány, és az integrandus folytonos, így az integrál létezik, és alkalmazható Fubinitétele. e 6x+y dt = 6 5 y/6 e 6x+y dx dy = = 3 2x e 6x+y dy dx + T 4 6 y= x=y/ x e 6x+y dy dx + e 6x+y dy dx x= y= x=3 y= x=4 y= y tengelyre vonatkoztatott normáltartományként: T normáltartomány, és az integrandus folytonos, így az integrál létezik, és alkalmazható Fubini-tétele. e 6x+y dt = 6 5 y/6 e 6x+y dx dy T y= x=y/2 2. Most az utóbbival érdemes számolni. T e 6x+y dt = 6 5 y/6 y= x=y/2 e 6x+y dx dy = 6 6 e 3 3 4y dy = e 3 + e

241 3.44. Példa Az integrálás sorrendjének felcserélésével határozzuk meg az integrált! y 4 + x3 dx dy 43 Megoldás: z x y y 4 + x3 dx dy = x2 4 + x3 dy dx = x x 3 dx = 2 9 ( ) Megjegyzés Normáltartományok esetén az integrálás sorrendje kötött. Kívül a határok állandók, csak a belső integrál határai lehetnek függvények, és csak a külső integrál változójától függhetnek. A sorrend felcserélése a határok átalakításával jár. Végül, bár nem definiáljuk, mutatunk két példát kétváltozós improprius integrálra. Megjegyezzük, hogy többes integrál esetén az improprius integrál alkalmazhatóságát csak úgy tudjuk eldönteni, ha ismerjük a Lebesgue-integrált, ami ebben a jegyzetben nem szerepel. Lebesgue-integrál esetén a tartomány és a függvény korlátosságának nincs jelentősége Példa Határozzuk meg az integrált, ahol T (x + ) 2 (y + ) 2 dt 24

242 . T az első síknegyed, 2. T = (, ] 2! 44 Megoldás:. A tartomány nem korlátos, ilyenkor bizonyos esetekben alkalmazható a következő. T (x + ) 2 (y + ) dt = 2 (x + ) dx 2 (y + ) 2 dy = 2. Most a függvény nem korlátos. T (x + ) 2 (y + ) dt = 2 (x + ) dx 2 (y + ) 2 dy Mivel mindkét egyváltozós improprius integrál divergens, ezért a kétváltozós is divergens Többváltozós függvények integrálja A továbbiakban feltesszük, hogy a i < b i minden i =,..., n esetén, illetve f : Q R korlátos, ahol I i = [a i, b i ] R, és Q = I I 2 I n R n tégla. Néhány további definíció Osztópontok: (x k, x 2k2,..., x nkn ), ahol minden i =,..., n esetén k i =,,..., p i úgy, hogy a i = x i < x i < < x ipi = b i. I iki = [x iki, x iki ] jelölésekkel a k = (k,..., k n )-edik résztégla I k = I k I nkn mértéke k = (x k x k ) (x nkn x nkn ) >. Q = I I n R n egy felosztása az osztópontok halmaza. F = {x, x,... x p } {x n, x n,... x npn } Alsó közelítő összeg, vagy alsó összeg (F felosztáshoz tartozik) s F = p k =... p n k n= m k k, ahol m k = inf{f(x) : x I k }. 242

243 z x I (9,2,2) y Felső közelítő összeg, vagy felső összeg (F felosztáshoz tartozik) S F = p k =... p n k n= M k k, ahol M k = sup{f(x) : x I k }. Az egyváltozós esethez hasonló tételeket is kimondhatunk. Ezek bizonyítása megegyezik az ottaniakkal. s F S F. F F 2 = s F s F2 S F2 S F. F és F 2 tetszőleges felosztások esetén s F S F2. h = sup{s F } R és H = inf{s F } R. Ezeket rendre alsó illetve felső Darbouxintegrálnak nevezzük. h H Definíció Legyen f : Q = I I n R korlátos függvény. Azt mondjuk, hogy f Riemann-integrálható Q-n, ha h = H. Ezt a közös értéket az f függvény Q-n adott Riemann-integráljának (röviden integráljának) nevezzük és f vagy f(x)dx Q Q 243

244 módon jelöljük. Most is igaz a következő Tétel Ha f : Q = I I n R folytonos, akkor Riemann-integrálható Q-n. Az integrál kiszámolása. Többes integrál többszörös integrállá alakítása Tétel (Fubini-tétel téglán) Legyen f : Q = I I n R korlátos függvény. Ha f Riemann-integrálható Q-n, és minden (x,..., x n ) I I n esetén az x n f(x) Riemann-integrálható I n -n, akkor g(x) = f(x) dx n is Riemannintegrálható I I n -n, és f = g(x)d(x,..., x n ). Q (x,...,x n ) I I n 3.5. Megjegyzés Ha f folytonos, akkor minden feltétel teljesül, így ekkor igaz a tétel állítása. Sőt ekkor n -szer alkalmazhatjuk a Fubini-tételt, így kapjuk, hogy b b 2 b n f =... f(x) dx n... dx 2 dx. x 2 =a 2 Q x =a x n=a n 3.5. Példa Legyen V = [, ] 3 az egységkocka! Határozzuk meg az x + y + zd(x, y, z) b n a n integrált, ha létezik! V 45 Megoldás: Mivel az integrandus folytonos, ezért az integrál létezik, és alkalmazható a Fubini-tétel. x + y + zd(x, y, z) = x + y + z dz dy dx = = V = ] [xz + yz + z2 2 z= dy dx = [xy + y2 2 + y ] dx = 2 y= x + y + 2 dy dx = [ ] x 2 x + dx = 2 + x =

245 Most definiáljuk az integrált tetszőleges korlátos halmazon Definíció Legyen T R n korlátos halmaz, és f : T R korlátos függvény. Ekkor létezik Q R n tégla, hogy T Q. Terjesszük ki f-et, azaz legyen { f(x), ha x T, g(x) =, ha x / T! Ha g integrálható Q-n, akkor azt mondjuk, hogy f integrálható T -n, és a most definiált integrál értéke a g integrálja lesz. f = g T Q Megjegyzés Könnyen ellenőrizhető, hogy az integrál (és az integrálhatóság) nem függ Q választásától. Az n dimenziós normáltartományt rekurzióval definiáljuk Definíció T R egydimenziós normáltartomány, ha kompakt intervallum. T n R n n-dimenziós normáltartomány, ha T n = {x R n : (x,..., x n ) T n, a(x,..., x n ) x n b(x,..., x n )} valamely T n R n n dimenziós normáltartomány, és a, b : T n R folytonos függvények esetén, melyekre minden (x,..., x n ) T n esetén a(x,..., x n ) b(x,..., x n ). Most is igaz a következő Tétel Ha T R 2 normáltartomány f : T R folytonos, akkor Riemannintegrálható T -n. Normáltartományon vett integrálra is kimondható Fubini-tétele Tétel (Fubini-tétel normáltartományon) A definíció jelöléseivel: Ha f integrálható a T n normáltartományon, akkor b n(x,...,x n ) f(x)dx = f(x) dx n d(x,..., x n ), T n T n feltéve, hogy a belső integrál is létezik. a n(x,...,x n ) 245

246 3.57. Megjegyzés Folytonos függvényre alkalmazható a Fubini-tétel akár n -szer is. Ekkor a következő képletet kaphatjuk, ahol T R n normáltartomány, f : T R folytonos függvény. T f = b x =a b 2 (x ) x 2 =a 2 (x )... b n(x,...,x n ) x n=a n(x,...,x n ) f(x) dx n... dx 2 dx. Most is fontos az integrálás sorrendje. Valamely integrál határai csak a tőle kijjebbi integrálok változóitól függhetnek. A következő példákban használjuk a dv jelölést a d(x, y, z) helyett, ami a térfogati integrálra utal Példa Legyen V = {(x, y, z) R 3 : x, y, z és x + y + z }! Határozzuk meg az x + y + z dv integrált, ha létezik! V 46 Megoldás: z x y Mivel az integrandus folytonos, ezért az integrál létezik, és alkalmazható a Fubini- 246

247 tétel. x + y + z dv = x x y x + y + z dz dy dx = = = x V [xz + yz + z2 2 [ y (x + y)3 2 6 ] x y= ] x y z= dx = dy dx = x (x + y) 2 dy dx = 2 x 3 6 x 2 + [ x 4 3 dx = 24 x2 4 + x 3 ] = A Jordan-mérték és a Riemann-integrál tulajdonságai Kezdjük annak megjegyzésével, hogy szokásos mértékelméleti szempontból a Jordanmérték nem mérték Definíció A T R n korlátos halmaz. Ha a konstans függvény integrálható T -n, akkor a T halmazt Jordan-mérhetőnek nevezzük, az integrál értékét a T Jordanmértékének hívjuk, és J (T )-vel jelöljük Megjegyzés Röviden ha létezik. J (T ) = T, 3.6. Megjegyzés Könnyű megmutatni, hogy minden tégla Jordan-mérhető, és Jordanmértéke az egy csúcsból induló n él hosszának szorzata. Így például egy szakasz 2 dimenziós Jordan-mértéke. Az alszakasz elején felsorolt definíciókban szereplő I k résztégla mértékét k -val jelöltük. Ez éppen J (I k ). Kicsit nehezebben, de szintén belátható, hogy minden normáltartomány is Jordanmérhető Megjegyzés A kétdimenziós Jordan-mérték a terület általánosítása. Ha például f : [a, b] R + folytonos, akkor az y =, x = a, x = b és y = f(x) által határolt korlátos síkidom Jordan-mértéke J = b a f(x) dy dx = b a b [y] f(x) dx = a f(x) dx. 247

248 3.63. Megjegyzés A definícióból következően J (T ) = azt jelenti, hogy ε > p esetén Q, Q 2... Q p tégláknak olyan véges rendszere, melyre J (Q k ) < ε, és T p k= Q k. Ehhez hasonlót jelent a Lebesgue-mérték szerinti nullmértékűség is Definíció Azt mondjuk, hogy a T R n halmaz Lebesgue-szerint nullmértékű, ha ε > esetén Q, Q 2... tégláknak olyan (végtelen) sorozata, melyre J (Q k ) < ε, és T k= Q k Tétel (Lebesgue-kritérium) Egy T R n korlátos halmaz pontosan akkor Jordan-mérhető, ha határa Lebesgue-szerint nullmértékű. Ha T R n Jordan-mérhető halmaz, f : T R korlátos, akkor f pontosan akkor Riemann-integrálható T -n, ha T -beli szakadási pontjainak halmaza Lebesgue-szerint nullmértékű Megjegyzés A tétel első felében a Lebesgue szerinti nullmértékűséget kicserélhetnénk Jordan szerintire, azaz egy T R n korlátos halmaz pontosan akkor Jordanmérhető, ha J (front T ) =. A tétel második felében azonban nem. Például a H = Q [, ] halmaz Lebesgueszerint nullmértékű, de Jordan-szerint nem, ugyanis nem Jordan-mérhető. Van olyan függvény, ami pont a H pontjaiban szakad, de nincs olyan halmaz aminek a határa éppen H lenne Tétel (A Riemann-integrál monoton) Ha T R n korlátos és f, g : T R Riemann-integrálható T -n úgy, hogy f(x) g(x) minden x T esetén, akkor f g. k= k= T T Következmény (A Jordan-mérték monoton) Ha T, T 2 R n Jordan-mérhetőek úgy, hogy T T 2, akkor J (T ) J (T 2 ). 248

249 3.69. Tétel (A Riemann-integrál lineáris funkcionál) Ha T R n korlátos és f, g : T R Riemann-integrálható T -n, akkor f + g is Riemann-integrálható T -n, és (f + g) = f + g. T T T Ha még α R, akkor αf is Riemann-integrálható T -n, és (αf) = α f. T T T Tétel (A Riemann-integrál a tartomány szerint additív) Legyen T, T 2 R n korlátos úgy, hogy int(t ) int(t 2 ) =! Ha f Riemann-integrálható T -en és T 2 -n, akkor T T 2 -n is az, és T T T 2 f = f + f Következmény (A Jordan-mérték additív) Legyen T, T 2 R n Jordan-mérhető úgy, hogy int(t ) int(t 2 ) =! Ekkor T T 2 is Jordan-mérhető, és J (T T 2 ) = J (T ) + J (T 2 ). Az integrál-transzformáció segítségével a Jordan-mérték eltolás-invarianciáját is beláthatjuk Tétel Ha T R n korlátos és f : T R integrálható T -n, akkor f is integrálható T -n, és f f Integrál-transzformáció T Az egyváltozós függvényeknél tanult helyettesítéses integrált szeretnénk általánosítani. Emlékeztetőül Tétel (Helyettesítéses integrál) Legyen a < b, g C[a,b], és f C g([a,b]). Ekkor g(b) b f(x) dx = f(g(t))g (t) dt. T g(a) a 249

250 Az első fontos változás, hogy a többváltozós esetre kiterjeszthető alaknál nincs irányítva az integrálási tartomány. Ha g szigorúan monoton növő, akkor ez semmilyen változást nem jelent, mert ekkor g(a) < g(b), azaz ekkor g([a, b]) = [g(a), g(b)]. Ha viszont szigorúan monoton csökkenő, akkor g(a) > g(b), azaz ekkor g([a, b]) = [g(b), g(a)]. Viszont ekkor g (t), ezért általánosan a formula f(x) dx = f(g(t)) g (t) dt g([a,b]) [a,b] alakba írható szigorúan monoton, azaz kölcsönösen egyértelmű g esetén. n-változós esetben [a, b] helyett írhatunk A R n kompakt halmazt (ilyen például egy normáltartomány), és ekkor g : A R n kölcsönösen egyértelmű, folytonosan deriválható transzformáció. Ekkor g deriváltja a Jacobi-mátrix, a képletbe pedig a Jacobidetermináns abszolút értékét írjuk Tétel (Integrál-transzformáció) Legyen E R n nyílt halmaz, g : E R n folytonosan deriválható, kölcsönös egyértelmű leképezés, melynek Jacobi-determinánsa sehol sem nulla! Ha A E kompakt és f : g(a) R folytonos, akkor a következő integrálok léteznek és egyenlőek. f(x)dx = f(g(t)) det g (t) dt. g(a) A A Jordan-mérték eltolás-invariáns Következmény Ha T R n Jordan-mérhető és c R n tetszőleges, akkor T + c is Jordan-mérhető, és J (T + c) = J (T ). 6 Útmutatás: A g(x) = x + c eltolás Jacobi-mátrixa az egységmátrix, így Jacobideterminánsa Megjegyzés A Tételben elég f Riemann-integrálhatósága g(a)-n a folytonosság helyett Példa Határozzuk meg az xy = és xy = 2 hiperbolák, és az y = x és y = 2x egyenesek által határolt H korlátos tartomány területét. 47 Megoldás: A terület T = H. 25

251 Mindkét tengely szerinti normáltartományként sok számolással járna az integrálás. Ugyanis az integrált két közös belső pont nélküli normáltartományon vett integrál összegeként számolhatnánk ki. T = 2x 2/2 /x = ( ln ) dy dx + 2 2/x ( 2 ln x dy dx = 2x x dx + 2/2 2 = [ x 2 ln x ] 2/2 + [2 ln x x2 2 ) 2 ( + 2 ln ) ( 2 2 ln ) x x dx = ] 2 = = ln 2 2. Oldjuk meg a feladatot másképp is. Alkalmazzuk az integrál-transzformációt. Legyenek az új változók u(x, y) = xy és v(x, y) = y x. H g A u Ekkor g(u, v) = (x(u, v), y(u, v)) = ( v, uv), a Jacobi-determináns x u y u x v y v = 4uv v 4u u 4v 3 u 4v = 4v + 4v = 2v, és A = g (H) = [, 2] 2 25

252 Ekkor = T = 2 H d(x, y) = g(a) [ ] 2 2 2v u dv = u= d(x, y) = A 2 2 d(u, v) = 2v du dv = 2v [ ] 2 2v dv = 2 ln v = 2 ln 2 2 ln = ln 2. 2 A feladat megoldása közben nem ellenőriztük az integrál-transzformáció feltételeit, de teljesülnek. Az alábbiakban három gyakori transzformációt vizsgálunk. Polártranszformáció Tegyük fel, hogy a T R 2 korlátos halmazon szeretnénk integrálni. Legyen R R + olyan, hogy x 2 + y 2 R 2, ha (x, y) T, és legyenek az új változók r és ϕ úgy, hogy x = r cos ϕ és y = r sin ϕ, ahol r [, R] és ϕ [, 2π], azaz A = [, R] [, 2π] és g(r, ϕ) = ( x(r, ϕ) y(r, ϕ) Ekkor a Jacobi-determináns det g (r, ϕ) = x r x ϕ = cos ϕ sin ϕ Lásd 3. ábra. y r y ϕ ) = ( r cos ϕ r sin ϕ ). r sin ϕ r cos ϕ = r cos2 ϕ + r sin 2 ϕ = r. g(a) R g 2π A y r ϕ x R (a) (b) (c) (d) 3.. ábra. Polárkoordináták Megjegyzés A tétel feltételei nem teljesülnek. Nevezetesen g(r, ϕ) = (r cos ϕ, r sin ϕ) nem kölcsönösen egyértelmű, ugyanis g(x, ) = g(x, 2π), illetve g(, ϕ) = (, ) minden ϕ-re. De a [, R] {} kétdimenziós Jordan-mértéke, így ez nem okoz gondot. (Valójában az integrál-transzformációban, ha A Jordan-mérhető, akkor elég feltenni a kölcsönösen egyértelműséget A belsején.) 252

253 3.79. Példa Legyen T = {(x, y) R 2 : x, x 2 + y 2 9}! cos(x 2 + y 2 ) dt =? T 48 Megoldás: T most normáltartomány, de az integrandus problémás, ezért alkalmazzunk polártranszformációt. T 3 g 3π 2 π 2 A 3 3 T cos(x 2 + y 2 ) dt = 3 3π/2 r= ϕ=π/2 cos r 2 r dϕ dr = = 3 3 [ cos r2 r ϕ ] 3π/2 ϕ=π/2 dr = [ sin r cos r 2 2 π rπ dr = 2 ] 3 = π sin Példa Legyen T = {(x, y) R 2 : y, x 2 + y 2 4}! dt =? (x 2 + y 2 ) 2 T 49 Megoldás: T most normáltartomány, de az integrandus problémás, ezért alkalmazzunk polártranszformációt. T 2 g π A 2 253

254 T (x 2 + y 2 ) 2 dt = 2 π r= ϕ= 2 [ r dϕ dr = (r 2 ) 2 r 3 ϕ ] π dr = ϕ= = 2 r 3 π dr = [ ] r 2 2 π = 3π Példa Legyen T = {(x, y) R 2 : x 3 y, x 2 + y 2 4}! 4xy 3 dt =? 5 Megoldás: Alkalmazzunk polártranszformációt. T 2 π/6 T 3x 2 g π 2 π 6 A 2 T 4xy 3 dt = π/2 2 ϕ=π/6 r= 4r cos ϕr 3 sin 3 ϕr dr dϕ = = 42 π/2 ϕ=π/6 π/2 ϕ=π/6 [ sin cos ϕ sin 3 4 ϕ ϕ dϕ = 42 4 ] 2 [4 cos ϕ sin 3 ϕ r6 dϕ = 6 r= ] π/2 ϕ=π/6 = Példa Legyen T = {(x, y) R 2 : y x, x 2 + y 2 2x }! 2 + y dt =? 5 Megoldás: Alkalmazzunk polártranszformációt. 254 T

255 2 x T g π 2 π 4 A 2 2 T = 2 + y dt = π/4 ϕ= π/4 ϕ= 2 cos ϕ r= (2 + r sin ϕ)r dr dϕ = 4 cos 2 ϕ cos3 ϕ sin ϕ dϕ = π/4 ϕ= ] 2 cos ϕ [r 2 + r3 3 sin ϕ dϕ = r= [ 2ϕ + sin 2ϕ 8 ] π/4 2 cos4 ϕ ϕ= = π Végül mutatunk egy példát arra, hogy bizonyos esetekben improprius integrál esetén is alkalmazható a polártranszformáció. Ez a példa fontos a valószínűségszámításban. Újra megjegyezzük, hogy többes integrál esetén az improprius integrál alkalmazhatóságát csak úgy tudjuk eldönteni, ha ismerjük a Lebesgue-integrált Példa Mutassuk meg, hogy e x2 dx = π 2! 52 Megoldás: Az e x2 primitív függvénye sajnos nem elemi függvény, így nem tudunk ezzel számolni. Mivel x esetén e x2 e x, és e x dx könnyen láthatóan konvergens, ezért a feladatban szereplő improrius integrál is az. Jelöljük értékét I-vel. Ekkor I 2 = e x2 dx e y2 dy = e x2 e y2 dy dx. Alkalmazzuk most Fubini-tételét fordítva, azaz kétszeres integrált alakítsunk kettős integrállá! Ehhez jelölje T az első síknegyedet! I 2 = e (x2 +y 2) dt T 255

256 Most alkalmazzuk a polártranszformációt! I 2 = π/2 r= ϕ= e r2 r dϕ dr = π 2 e r2 r dr = π 2 [ e r2 2 ] = π 4 Mivel tudjuk, hogy I >, ezért I = π Megjegyzés Az e x2 egyik primitív függvényének konstansszorosát szokás Gaussféle hibafüggvénynek nevezni. erf(x) = 2 π x e t2 dt Az előző példa szerint lim erf(x) =. x Henger koordináták Tegyük fel, hogy a T R 3 korlátos halmazon szeretnénk integrálni. Legyen R R + és z, z 2 R olyan, hogy x 2 + y 2 R 2 és z z z 2, ha (x, y, z) T, és legyenek az új változók r, ϕ és z úgy, hogy x = r cos ϕ, y = r sin ϕ és z = z, ahol r [, R], ϕ [, 2π] és z [z, z 2 ], azaz A = [, R] [, 2π] [z, z 2 ] és x(r, ϕ, z) r cos ϕ g(r, ϕ, z) = y(r, ϕ, z) = r sin ϕ. z(r, ϕ, z) z Ekkor a Jacobi-determináns x det g r x ϕ x z (r, ϕ, z) = y r y ϕ y z z r z ϕ z z = cos ϕ r sin ϕ sin ϕ r cos ϕ = = (r cos 2 ϕ + r sin 2 ϕ) + + = r. Tulajdonképpen a Fubini-tétel alkalmazásával, az integrált egy z szerinti, és egy (x, y) szerinti integrálból rakjuk össze, majd utóbbit polárkoordintátázzuk. Lásd 3. ábra Példa Legyen V = {(x, y, z) R 3 : x 2 + y 2 4, z 8 x 2 y 2 }! x 2 dv =? V 256

257 z z z 2 z 2 g z z x R R y R r 2π ϕ (a) (b) (c) z P z x ϕ r y (d) 3.. ábra. Henger koordináták 257

258 53 Megoldás: V = x 2 dv = 2 2π 2 2π 8 r 2 (8r 3 r5) r 2 cos 2 ϕr dz dϕ dr = + cos 2ϕ 2 = 2 dϕ dr = 2 2 2π (8r 3 r 5 )π dr = [ (8r 3 r5) ϕ 2 [ r 3 cos 2 ϕz ] 8 r 2 dϕ dr = z= ] 2π sin 2ϕ + dr = 4 ϕ= ) ] 2 [(2r 4 r6 π = 39 6 r= 2 π Példa Legyen V = {(x, y, z) R 3 : 2 x 2 + y 2 R 2, z e}! dv =? (x 2 + y 2 ) 2 54 Megoldás: V = R (x 2 + y 2 ) 2 dv = V R 2π e 2 [ (e )r 3 ϕ ] R 2π dr = ϕ= 2 Gömbi koordináták r 4 r dz dϕ dr = R 2π e 2 2 2π(e )r 3 dr = [ r 3 z ] e z= dϕ dr = ] R [2π(e ) r 2 = 2 r= 2 ( = π( e) R ) 2 2 Tegyük fel, hogy a T R 3 korlátos halmazon szeretnénk integrálni. Legyen R R + olyan, hogy x 2 + y 2 + z 2 R 2, ha (x, y, z) T, és legyenek az új változók r, ϕ és ϑ úgy, hogy x = r cos ϕ sin ϑ, y = r sin ϕ cos ϑ és z = r sin ϑ, ahol r [, R], ϕ [, 2π] és ϑ [, π], azaz A = [, R] [, 2π] [, π] és x(r, ϑ, ϕ) r cos ϕ cos ϑ g(r, ϑ, ϕ) = y(r, ϑ, ϕ) = r sin ϕ cos ϑ. z(r, ϑ, ϕ) r sin ϑ A változók sorrendjét azért cseréltük fel, hogy a Jacobi-determináns pozitív legyen. Ez csak esztétikai kérdés, hiszen nekünk úgyis a Jacobi-determináns abszolút értéke kell. A 258

259 Jacobi-determináns x det g r x ϑ x ϕ (r, ϑ, ϕ) = y r y ϑ y ϕ z r z ϑ z ϕ = cos ϕ sin ϑ r cos ϕ cos ϑ r sin ϕ sin ϑ sin ϕ sin ϑ r sin ϕ cos ϑ r cos ϕ sin ϑ cos ϑ r sin ϑ = = cos ϑ(r 2 cos 2 ϕ sin ϑ cos ϑ + r 2 sin 2 ϕ sin ϑ cos ϑ) Lásd 3.2 ábra. ( r sin ϑ)(r cos 2 ϕ sin 2 ϑ + r sin 2 ϕ sin 2 ϑ) + = = r 2 sin ϑ cos 2 ϑ + r 2 sin ϑ sin 2 ϑ = r 2 sin ϑ. z g π θ x R R y R r 2π ϕ (a) (b) (c) z P θ r ϕ y x (d) 3.2. ábra. Gömbi koordináták 259

260 3.87. Példa Számítsuk ki az R sugarú gömb térfogatát! 55 Megoldás: Legyen V az origó középpontú R sugarú gömb, azaz V = {(x, y, z) R 3 : x 2 + y 2 + z 2 R 2 } A keresett térfogat V dv = R 2π π = R 2π r 2 sin ϑ dϑ dϕ dr = 2r 2 dϕ dr = R R 2π 4πr 2 dr = [ r 2 cos ϑ ] π ϑ= dϕ dr = ] R [4π r3 = 4π R3 3 r= Gyakorló feladatok [,] 2 x [,] [,] y dt =? [,2] [,] [,2] [,α] [,] ye xy dt =? ( ) 2 z dv =? x y y cos2 x dt =? ( < α < π 2 ) 5. Legyen T az y = x, y = x + a, y = és y = 3a egyenesekkel határolt korlátos tartomány! x 2 + y 2 dt =? T 6. Legyen a > és T = {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 a}! x 2 + y 2 dt =? 7. Legyen p > és T = {(x, y) R 2 : x p 2, y 2px! T T xy 2 dt =? 26

261 8. Legyen T = {(x, y) R 2 : x, x 2 y x}! x 2 + y dt =? 9. Legyen T = {(x, y) R 2 : x y π}! T T cos(x + y) dt =?. Legyen V az x =, y =, z = és x+y+z = egyenletű síkok által meghatározott tetraéder! dv =? ( + x + y + z) 2 V. Legyen R > és T = {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 R 2 }! e x2 +y 2 dt =? 2. Legyen R > és V = {(x, y, z) R 3 : x 2 + y 2 + y 2 R 2 }! T V x 2 + y 2 + z 2 dv =? 3. Számítsa ki az xy = 4 és az x + y = 5 görbékkel határolt korlátos síkidom Jordanmértékét! 4. Legyen a >! Számítsa ki az xy = a 2 és az x + y = 5 a görbékkel határolt korlátos 2 síkidom Jordan-mértékét! 5. Legyen p, q >! Számítsa ki az y 2 = 2px + p 2 és az y 2 = 2qx + q 2 görbékkel határolt korlátos síkidom Jordan-mértékét! 6. Legyen < a < b és < c < d! Számítsa ki az x 2 = ay, x 2 = by, x 2 = cy 2 és az x 2 = dy 2 görbékkel határolt korlátos síkidom Jordan-mértékét! 7. Számítsa ki a z = + x + y, z =, x + y =, x = és az y = feltételekkel határolt korlátos test Jordan-mértékét! 8. Számítsa ki a z = x 2 + y 2, y = x 2, y = és a z = feltételekkel határolt korlátos test Jordan-mértékét! 9. Legyen R > és a > R 2! Számítsa ki a x + y + z = a, x 2 + y 2 = R 2, x =, y = és a z = feltételekkel határolt korlátos test Jordan-mértékét! 26

262 4. fejezet Komplex függvénytan 4.. Bevezetés Különböző műveletekre való zártság igénye a számhalmazok fokozatos bővítéséhez vezet: Művelet N Z Q R C +, / lim A komplex számok halmaza (C) a valós számoknak a j imaginárius egységgel való bővítésével kapható meg: 4.. Definíció A C komplex számsík vagy Gauss-féle számsík: C = R + jr, ahol j 2 =. A komplex számok aritmetikáját ismertnek tekintjük. Tömören összefoglaljuk a legfontosabb jelöléseket, azonosságokat. A komplex számok megadásai Algebrai (kanonikus) alak: z = x + j y x = Re z, y = Im z, z = x 2 + y 2, z 2 = zz 262

263 Trigonometrikus alak: z = r (cos ϕ + j sin ϕ) r = z = x 2 + y 2, ϕ = arc z ( főérték: π ϕ < π ) tg ϕ = y x, ctg ϕ = x y Exponenciális alak: z = r e jϕ Euler-féle összefüggés (ϕ szögű egységvektor): e jϕ = cos ϕ + j sin ϕ Megjegyzés Sok könyvben az imaginárius egységet i-vel és a z komplex szám szögét (argumentumát) arg(z)-vel jelölik. Ebben a jegyzetben a mérnöki körökben elterjedt j és arc(z) jelölést használjuk. Műveletek komplex számok körében Összeadás, kivonás: Szorzás: Osztás: (z 2 ) z ± z 2 = (x + jy ) ± (x 2 + jy 2 ) = (x ± x 2 ) +j (y }{{} ± y 2 ) }{{} Re(z ±z 2 ) Im(z ±z 2 ) Re(z ± z 2 ) = Re z ± Re z 2, Im(z ± z 2 ) = Im z ± Im z 2. z z z 2 = r r }{{} 2 e j(ϕ +ϕ 2 ) = (x x 2 y y 2 ) +j (x }{{} y 2 + y x 2 ) }{{} z z 2 Re(z z 2 ) Im(z z 2 ) = r z 2 r }{{} 2 z z 2 = z z 2, arc(z z 2 ) = arc z + arc z 2. z /z 2 e j(ϕ ϕ 2 ) = x + jy x 2 + jy 2 = x x 2 + y y 2 x y 2 2 z z 2 } {{ } Re(z /z 2 ) = z ( z 2, arc z ) = arc z arc z 2. z 2 +j x y 2 + y x 2 } x y2 {{ 2 } Im(z /z 2 ) Konjugálás: z = x + jy = re jϕ, z = x jy = re jϕ 263

264 Gyökvonás: z = re jϕ, n z = n r e j(ϕ/n+2kπ/n), (n =, 2, 3..., k =,... n ) 4.3. Példa Határozzuk meg a z = +2j 3 4j szám valós és képzetes részét! 56 Megoldás: A nevező konjugáltjával bővítjük a törtet: z = + 2j 3 4j 3 + 4j 3 + 4j = ( 3 2 4) + j( ) = j Példa Határozzuk meg a z = + 3j szám ötödik hatványát! 57 Megoldás: Célszerű először átírni z-t exponenciális alakba: z = = 2, arc(z) = π arctg 3 = 2π Példa Határozzuk meg a z 3 = 2 +j z 5 = 2 5 e 5j 2π 3 = 32 e j 2π 3 = 6 j 6 3. egyenlet megoldásait! 58 Megoldás: Először meghatározzuk a jobboldal szögét és abszolútértékét: w = 2 + j = 2 2j 2 = j = w = 2, arc(w) = π 4. A megoldásokat legkönnyebben z = r e jϕ exponenciális alakban írhatjuk föl: r = r 2 = r 3 = 6 2, ϕ = π 2, ϕ 2 = 2π 3 π 2 = 7π 2, ϕ 3 = 5π 2. A komplex számsík lezárása Sok esetben (például határértékek vizsgálatakor) célszerű a komplex számsíkot egy ideális elemmel, a -nel bővíteni, melynek szöge tetszőleges, nagysága minden határon túl nő. Az így kapott C = C { } halmaz a Riemann-féle számgömb. A szimbólummal a következő számolási szabályok szerint számolhatunk: z + = z =, ha z =, ha z z z =, ha z z =, ha z 264

265 De vannak határozatlan alakok is: =?, =?, =? 4.6. Megjegyzés Míg a bővített valós számegyenesen különbséget tehetünk + és között, a Riemann-féle számgömbön ez nem tehető meg. Ábrázolás A C komplex számsík és a C Riemann-féle számgömb elemei között az 4. ábra illetve animáció szerinti sztereografikus projekció teremt kapcsolatot. 4.. ábra. A P sztereografikus projekció a Gauss-féle sík A pontjához a Riemann-féle gömb P (A) pontját rendeli. A végtelen távoli, ideális pont P ( ) képe a gömb északi pólusa Komplex tagú számsorozatok, számsorok A komplex számsík pontjait a C z = x + jy (x, y) R 2 megfeleltetéssel azonosíthatjuk a kétdimenziós euklideszi sík pontjaival. Ez a megfeleltetés normatartó, z = (x, y) = x 2 + y 2, ezért ebben a fejezetben lényegében minden állítás közvetlenül következik az R n -ben tanult megfelelő tételből Számsorozatok 4.7. Definíció A z n komplex számsorozat határértéke z, azaz lim z n = z, n 265