Függvények folytonosságával kapcsolatos tételek és ellenpéldák

Átírás

1 Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Függvények folytonosságával kapcsolatos tételek és ellenpéldák BSc Szakdolgozat Készítette: Nagy-Lutz Zsaklin Matematika BSc, Matematikai elemz szakirány Témavezet : Gémes Margit Analízis tanszék Budapest, 04

2 Tartalomjegyzék Bevezetés. Függvény folytonossága 3. Átviteli elv 5 3. Korlátos, zárt intervallumban folytonos függvények Weierstrass tétele Bolzano-Darboux-tétel Egyenletes folytonosság Heine-tétel Monotonitás és folytonosság 7 Irodalomjegyzék 37

3 Bevezetés A szakdolgozatomban a függvények folytonosságával kapcsolatos f bb tételeket fogom ismertetni. Az els fejezetben bevezetem a folytonosság denícióját és két példában ezt használom fel a folytonosság ellen rzésére. A következ négy fejezetben szerepel az átviteli elv, a korlátos, zárt intervallumban való folytonosság, az egyenletes folytonosság, illetve a monotonitás és folytonosság. Mindegyik témakörnél példákon keresztül mutatom be a tételeket. Egyes tételeknél ellenpéldák segítségével ismertetem, hogy a tétel feltételei nem hagyhatók el.

4 . Függvény folytonossága.. Deníció Legyen f értelmezve valamilyen a-t tartalmazó nyílt intervallumban. Az f függvény folytonos az a helyen, ha minden ε > 0-hoz létezik (ε-tól függ ) δ > 0, amelyre teljesül, hogy f(x) f(a) < ε, ha x a < δ... Példa olyan függvényre, amely az egész számegyenesen folytonos. Legyen f(x) = x +. Bizonyítás. A. deníció alapján vizsgáljuk a folytonosságot egy tetsz leges a R pontban. f(x) f(a) < ε, ha x a < δ x + a + < ε, ha x a < δ El ször csak a két törtet nézzük. Közös nevez re hozzuk, majd látható, hogy kiemelhet (x a): x + a + = a + x (x + )(a + ) = (a x)(a + x) (x + )(a + ) = (x a) ( )(x + a) (x + )(a + ) Ezután visszatérünk az eredeti feladatunkhoz: x a ( )(x + a) (x + )(a + ) < ε, ha x a < δ. Ezt a törtet szeretnénk felülr l becsülni, ezért a számlálót növelni, a nevez t pedig csökkenteni kell. A feltétel az, hogy x a < δ, ami azt jelenti, hogy x (a δ, a + δ), vagyis x < a + δ. Ha δ <, akkor x < a +. Ezzel tudjuk 3

5 a tört számláját felülr l becsülni. A nevez t pedig úgy csökkentjük, hogy az x -et tagot elhagyjuk. ( )(x + a) ( )(a + ) x a < x a < ε, ha δ <. (x + )(a + ) (a + ) ( ) Így tehát látható, hogy δ = min, ε a +4, vagyis a függvény folytonos az a+ egész számegyenesen..3. Példa olyan függvényre, amely folytonos egy zárt intervallumban. Legyen f(x) = x+ és vizsgáljuk a folytonosságot az a = 3 pontban a [, 4] x intervallumon. Bizonyítás. A. deníció alapján adott pozitív ε-hoz olyan δ > 0-t keresünk, mely esetén f(x) f(a) < ε, ha x a < δ. Mivel a függvény nincs értelmezve -ben, -nél kisebb δ-t keresünk. f(x) f(a) < ε, ha x a < δ < x + x a + a < ε, ha x a < δ < x + x = x + 3 x = ( )(x 3) ( )(x 3) x = x A nevez csökkentésével felülr l becsüljük a törtet,tehát mivel a [, 4] intervallumon x 3, ezért ( )(x 3) 3 Így tehát x 3 < ( )(x 3) x ( )(x 3) ε, vagyis δ = min(, ε). = ( )(x 3) [], 7. oldal. 4

6 . Átviteli elv.. Tétel (Átviteli elv)az f függvény akkor és csak akkor folytonos az a pontban, ha értelmezve van az a pont környezetében, és minden x n a sorozatra f(x n ) f(a)... Példa olyan függvényre, amely mindenütt értelmezett, de sehol sem folytonos. {, ha x racionális D(x) = 0, ha x irracionális, ahol a D(x) függvény a Dirichlet függvény. Bizonyítás. Amint látható, ez a függvény mindenhol értelmezett, hisz a racionális számok halmaza és irracionális számok halmaza együtt a valós számok halmazának felel meg (R = Q Q ), viszont sehol sem folytonos. Mivel minden intervallumban van racionális illetve irracionális szám, ezért nézzük a határértéket egy tetsz leges a R pontban. Legyen x n egy olyan sorozat, amely a-hoz tart (x n a), és minden tagja racionális, illetve legyen x k egy olyan sorozat, amely a-hoz tart (x k a), és minden tagja irracionális. Ekkor lim D(x n) = és lim D(x k ) = 0 n k Mivel 0, így a. tétel nem teljesül, vagyis nem létezik lim x a D(x). Tehát a Dirichlet-függvény sehol sem folytonos..3. Példa olyan függvényre, amely csak egyetlen egy pontban folytonos. Legyen { x, ha x Q f(x) = x, ha x / Q 5

7 Bizonyítás. A. tétel szerint f(x) pontosan akkor folytonos a-ban, ha minden x n a esetén f(x n ) f(a). Legyen minden k esetén x k Q és x k a, x k a. Ekkor f(x k ) a. Legyen minden l esetén x l / Q és x l a, x l a. Ekkor f(x l ) a. Ezek alapján f csak akkor lehet folytonos a-ban, ha a = a, vagyis a = 0, így tehát látható, hogy csak a 0 pontban folytonos a függvény..4. Példa olyan f : R R függvényre, amely adott n esetén pontosan n (n N + ) pontban folytonos. Legyen n (x i), ha x Q f(x) = i= 0, ha x / Q Bizonyítás. A függvény értéke az irracionális pontokban 0, az racionális pontokban pedig nem 0. Legyen x k Q, x l / Q sorozatok és nézzük a határértékeket. (a) f(n) = 0, ha n Z és így ha x k n, x k n, akkor f(x k ) 0, hiszen f(x k ) = (x k )(x k ) (x k n), és látható, hogy az egész számok a polinom gyökei. illetve ha x l n, x l n, akkor f(x l ) 0. (b) a n, ahol a lehet racionális és irracionális szám is. Ebben az esetben: ha x k a, akkor f(x k ) 0, mivel a nem gyöke a polinomnak, illetve ha x l a, akkor f(x l ) 0. Ezek alapján csak az (a) esetben teljesül a. tétel, vagyis pontosan n (n Z) pontban folytonos a függvény. 6

8 .5. Példa olyan f : R R függvényre, amely csak az egész helyeken folytonos. Legyen { sin πx, ha x Q f(x) = 0, ha x / Q Bizonyítás. A függvény az irracionális pontokban 0, a racionális pontokban pedig nem 0. Legyen x k / Q, x l Q sorozatok és nézzük a határértékeket. f(n) = 0, ha n Z és így ha x k n, x k n, akkor f(x k ) 0, illetve ha x l n, x l n, akkor f(x l ) = sin πx l 0, hiszen sin πx l = 0 akkor és csak akkor, ha πx l = kπ (k =,,... ) x l = k (k =,,... ). a n, ahol a lehet racionális és irracionális szám is. Ekkor ha x k a, k x a, akkor f(x k ) 0, illetve ha x l a, x l a, akkor f(x l ) 0, hiszen különböz a értékekre az f(x l ) értékekei a [, 0), illetve a (0, ] intervallumból kerülnek ki. Így tehát látható, hogy a függvény csak az egész helyeken folytonos..6. Példa A Riemann-függvény Ez a függvény egy olyan mindenütt értelmezett függvény, amely csak az irracionális pontokban folytonos és minden racionális pontban szakad. Sajátossága még, hogy minden pontban van határértéke, ami 0. A lentebb található rajzon csak néhány pontot ábrázoltunk. { R(x) =, ha x = p, q > 0, p, q Z, (p, q) = q q 0, ha x irracionális [], 3. oldal. 7

9 3 Bizonyítás. El ször bebizonyítom, hogy a határérték létezik minden tetsz leges x 0 helyen, és értéke 0. Majd a. tétel alapján megnézem, hogy folytonos-e a függvény a racionális, illetve irracionális pontokban. lim x x0 R(x) = 0 minden x 0 R számra. A Riemann-függvény periodikus, hiszen ha x / Q, akkor x + / Q is, és így 0 = R(x) = R(x + ). ha x Q, akkor x + Q is. Az R(x) függvény deniálása miatt x felírható p alakban. Tehát x = p és x + = p + = p+q. Mivel q q q q (p, q) =, ezért (p + q, q) = is, tehát ha x / Q, x + / Q, x = p q és x + = p+q, akkor = R(x) = R(x + ) =. q q q A Riemann-függvény periodikus, periódusa az. Vizsgáljuk a határértéket a [0, ] intervallumon (elég itt, hiszen periódusa az ). Nézzük a határértéket egy tetsz leges x 0 [0, ] pontban. Legyen ε > 0 rögzített szám és keressük δ-t. Kell, hogy ha 0 < x x 0 < δ, akkor R(x) < ε. (A függvény deníciója alapján R(x) 0 mindig.) Minden ε > 0 számhoz van olyan q 0 küszöbszám, amelyre teljesül, hogy ha q > q 0, akkor < ε. Így < q q q 0 < ε. Legyen q 0 = [ ε] +. Tehát ez azt jelenti, hogy véges sok alakú szám található ε felett, a q többi alakú szám viszont az ε küszöb alatt és x q 0 közelében helyezkedik el. 3 Az ábra a honlapon található. 8

10 Mivel a [0, ] intervallumban vagyunk, így minden p -ra igaz, hogy q 0 p. Ebb l következik, hogy 0 p q. Tehát egy darab q q nevez höz maximum p darab számláló van [0, ]-en. Olyan q nevez, amelyre igaz, hogy az általa meghatározott tört nagyobb mint ε, maximum q 0 darab lehet (mivel ha q =,, 3, > ε, > ε,... és q 0 < ε, q 0 < ε,... ), illetve minden nevez höz maximum q 0 darab számláló lehetséges. Így maximum q0 helyen vehet fel + az R(x) függvény ε-nál nagyobb értéket, tehát tudok mondani jó δ-t, hiszen a véges sok p alakú szám közül lesz x q 0-hoz legközelebbi, jelöljük ezt p -gal. A δ = x 0 p q választás jó lesz. Vagyis lim R(x) = 0 minden q x x0 x 0 R számra. Vizsgáljuk a határértéket egy tetsz leges a / Q pontban. Ha a / Q, akkor R(a) = 0. Mivel ε felett csak véges sok szám található, ezért azok között lesz olyan, amely legközelebb esik az a ponthoz, így ha a δ-t ennél kisebbre választjuk, akkor folytonos lesz a függvény minden a / Q pontban. Vizsgáljuk a határértéket egy tetsz leges a Q pontban. Ha a Q, akkor R(a) > 0. Vegyünk egy olyan x k sorozatot, aminek minden tagja irracionális és tart az a számhoz. Tehát x k / Q, és x k a, ekkor R(x k ) = 0, ez pedig tart 0-hoz. Mivel 0 R(a), ezért nem teljesül a. tétel. Így tehát látható, hogy a Riemann-függvény folytonos az irracionális pontokban és nem folytonos a racionális pontokban. 9

11 3. Korlátos, zárt intervallumban folytonos függvények 3.. Deníció Legyen f értelmezve egy [a, b) intervallumban. Az f függvény jobbról folytonos az a helyen, ha minden ε > 0-hoz létezik δ > 0 úgy, hogy f(x) f(a) < ε, ha 0 x a < δ. Az f függvény balról folytonos az a helyen, ha értelmezve van egy (c, a] intervallumban, és ha minden ε > 0-hoz létezik δ > 0, amelyre teljesül, hogy f(x) f(a) < ε, ha 0 a x < δ. 3.. Deníció Legyen a < b. Az f függvény folytonos az [a, b] intervallumban, ha minden x (a, b) helyen folytonos, továbbá a-ban jobbról, b-ben pedig balról folytonos. Jelölés : C[a, b] : az [a, b] korlátos zárt intervallumban folytonos függvények összessége Tétel Ha f C[a, b], akkor f korlátos [a, b]-ben Példa 4 olyan függvényre, amely egy korlátos, zárt intervallumban végtelen sok helyen szakad. Legyen f = [0, ] R és { f(x) = [ x], ha x 0 0, ha x = 0. 4 [6], 34. oldal 0

12 Bizonyítás. A függvény az (n n Z+ ) alakú pontokban fog szakadni. Két különböz alakú intervallumon kellene megvizsgálni a függvény értékét. Az egyik az (, ) n+ n alakú intervallum, itt az pont bal oldali folytonosságának vizsgálata, illetve az (, ) n n n alakú intervallum, ahol az pont jobb n oldali folytonosságának vizsgálata történne. Vegyük el ször az (, n n ) alakú intervallumot: Ha x (, ) n n, akkor (n, n), és így [ x x] = n. A függvény az (, ) n n alakú intervallumon mindig értéket fog felvenni, tehát n f(x) =, ha x (, n n n ). Ez alapján az alakú pont az (, ) n n+ n alakú intervallumon értéket fog n felvenni, tehát f(x) =, ha x (, n n+ n). Most nézzük a függvény helyettesítési értékét -ben: n f ( ) n = [ ] = [n] =, ha n =,, 3, n /n Legvégül a függvény féloldali határértékeit megvizsgáljuk meg n -ben: jobb oldali határértéke f(x)-nek: bal oldali határértéke f(x)-nek: lim f(x) =, n =, 3, 4, x n +0 n lim f(x) =, n =,, 3, x n 0 n A féloldali határértékek nem egyeznek meg az (n n Z+ ) pontokban, így beláttuk, hogy végtelen sok helyen szakad a függvény. 3.. Weierstrass tétele 3.5. Tétel (Weierstrass tétele). Ha f C[a, b], akkor van olyan α [a, b] és β [a, b], amelyekre teljesül,hogy f(α) f(x) f(β) minden x [a, b]-re. Más szóval, egy korlátos, zárt intervallumban folytonos függvénynek mindig van abszolút maximuma és abszolút minimuma Példa 5 olyan függvényre, amelyiknek korlátos intervallumon nincs maximuma. Legyen I = (0, ) és f(x) = x (x I). 5 A feladat a [3] irodalomban található.

13 Bizonyítás. Indirekt módon fogunk bizonyítani. Tegyük fel, hogy az f függvénynek van maximuma a (0, ) intervallumon, legyen ez f(x 0 ), x 0 (0, ). Mivel x 0 < x 0+ <, ezért f(x 0 ) < f ( x 0 ) +, vagyis semmilyen x 0 (0, ) számra f(x 0 ) nem maximuma az f(x) = x függvénynek Példa olyan függvényre, amely nem folytonos az [a, b] intervallumon, viszont van minimuma is és maximuma is [a, b]-n. Legyen f(x) = [x] és [a, b] = [3.5, 4.5] Bizonyítás. Az [x] az az egész szám, amelyre teljesül, hogy x < [x] x. Tehát a függvény minimuma a meghatározott intervallum legkisebb elemének egészrésze lesz, vagyis f(3.5) = 3, illetve a maximuma a legnagyobb elem egészrésze lesz, vagyis f(4.5) = Állítás Legyen f : [a, b] R folytonos függvény. Ha minden x [a, b] esetén f(x) > 0, akkor van olyan c > 0, hogy minden x [a, b] esetén f(x) > c. Bizonyítás. A 3.5 tétel alapján létezik olyan α, β [a, b], amelyre teljesül, hogy f(α) f(x) f(β). Mivel minden x [a, b]-re f(x) > 0, ezért

14 0 < f(α) f(x) f(β). Legyen c = f(α), ez egy pozitív szám, hiszen f(α) > 0. Így tehát létezik olyan c > 0, hogy minden x [a, b] esetén f(x) > c Állítás Legyen f, g : [a, b] R folytonos függvény. Ha minden x [a, b] esetén f(x) > g(x), akkor van olyan c > 0, hogy minden x [a, b] esetén f(x) g(x) > c. Bizonyítás. f(x) > g(x) f(x) g(x) > 0. Legyen h(x) = f(x) g(x). Így a feladatunk az, hogy minden x [a, b] esetén h(x) > c. A 3.8 példa és a 3.5 tétel alapján oldjuk meg ezt a feladatot. Mivel minden x [a, b] esetén h(x) > 0, ezért létezik olyan α, β [a, b], amelyre 0 < h(α) h(x) h(β). A c = h(α) > 0 megválasztással pedig teljesül, hogy létezik olyan c > 0, hogy minden x [a, b] esetén f(x) g(x) > c. 3.. Bolzano-Darboux-tétel 3.0. Tétel (Bolzano-Darboux-tétel). Ha f C[a, b], akkor f az [a, b] intervallumban felvesz minden f(a) és f(b) közötti értéket. 3.. Állítás 6 Legyen f : [0, ] R folytonos és legyen f(0) = f(). Ekkor létezik c [0, ], amelyre teljesül, hogy f(c) = f(c + ). Bizonyítás. Legyen h(x) = f ( x + f(x)) és vizsgáljuk h(x)-et a [ 0, intervallumon. Mivel f(x) folytonos függvény, ezért h(x) is folytonos függvény. Mivel f(0) = f(), ezért 6 [5], 03. oldal f() f ( ) h(0) = f f(0) ( ) ( ) h = f() f ( ) = f(0) f ( ) = h(0). ] 3

15 h(0) = 0, ekkor f ( ) f(0) = 0 ( ) f = f(0) c = h(0) 0, ekkor h(0) és h ( ) [ különböz el jel, vagyis létezik c 0, ], hogy h(c) = Következmény (A Weierstrass-tétel és a Bolzano-Darboux-tétel következménye) Ha f C[a, b], akkor f értékkészlete [a, b]-n egy korlátos, zárt intervallum, mégpedig [ ] f([a, b]) = min f(x), max f(x) x [a,b] x [a,b] 3.3. Példa 7 olyan függvényre, amelyik R-en folytonos, van minimuma, de nincs maximuma. Legyen f(x) = x. x + Bizonyítás. Tudjuk, hogy x < x +. Mivel R nem korlátos, így nincs legnagyobb eleme. Tudjuk még, hogy lim f(x) =, és lim f(x) =. x x Mivel x < x + így a függvényérték mindig kisebb, mint. Tehát ennek a függvénynek az I intervallumon nincs maximuma. 7 [3], 3. oldal 4

16 3.4. Példa olyan függvényre, amelyik R-en korlátos, de sem minimuma sem maximuma nincs. Legyen f(x) = sgn x x x +. Bizonyítás. A bizonyítás a sgn x értékét l függ en fog történni. sgn(x) =, ha x 0, így a függvény a [0, ) intervallumon tart -hez, x hiszen lim f(x) = lim =, x [0, ). Mivel R nem korlátos, így x x x + nincs legnagyobb eleme, és x < x +, ezért a függvény érték mindig kisebb lesz, mint. sgn(x) =, ha x < 0, így a függvény (, 0) intervallumon tart -hez, hiszen lim f(x) = lim x =. Mivel R nem korlátos, x x x + így nincs legkisebb eleme, és x < x +, ezért a függvény érték mindig nagyobb lesz, mint. Így tehát látható, hogy sem minimuma, sem pedig maximuma nincs a függvénynek R-en Példa olyan nem folytonos függvényre, amely a [0, ] intervallumon felvesz minden f(0) és f() közötti értéket. Legyen f(x) =, ha x = 0 x, ha 0 < x < 0 0, ha x = 5

17 Bizonyítás. A függvény nem folytonos, hiszen az x = 0 és x = helyen szakadása van. Viszont az f(x) = x függvény a (0, ) intervallumon felvesz minden értéket, és a függvény deniálása miatt felveszi még az 0 és értéket is. Így tehát nem folytonos a függvény és mégis felvesz minden értéket a [0, ] intervallumon Állítás Legyen f : [a, b] R folytonos függvény. Ekkor van olyan c [a, b], hogy f(c) = f(a)+f(b). Bizonyítás. A 3.0 tétel alapján, ha f folytonos függvény az [a, b] intervallumon, akkor f felvesz [a, b]-n minden f(a) és f(b) közötti értéket. Tudjuk még, hogy két szám számtani közepe a két szám között szerepel (ha x x, akkor x x +x x, illetve ha x x, akkor x x +x x ), tehát ha f(a) f(b), akkor f(a) f(a)+f(b) f(b), illetve ha f(a) f(b), akkor f(a) f(a)+f(b) f(b), így van olyan c [a, b], hogy f(c) = f(a)+f(b) Állítás Legyen f : [a, b] R folytonos függvény, illetve f(a) > 0, f(b) > 0. Ekkor van olyan c [a, b], hogy f(c) = f(a) f(b). Bizonyítás. Ismét a 3.0 tétel alapján tudjuk, hogy ha f folytonos az [a, b] intervallumon, akkor f felvesz [a, b]-n minden f(a) és f(b) közötti értéket, és tudjuk még, hogy két pozitív szám mértani közepe a két szám között van (ha x x, akkor x x x x, illetve ha x x, akkor x x x x ), így tehát ha f(a) f(a) f(b) f(b), illetve ha f(a) f(b), akkor f(a) f(a) f(b) f(b). Tehát van olyan c [a, b], amelyre f(c) = f(a) f(b). 6

18 3.8. Állítás 8 Legyen f, g : [a, b] R két folytonos függvény. Tudjuk még, hogy f(a) > g(a) és f(b) < g(b). Mutassuk meg, hogy van olyan x 0 [a, b], amelyre teljesül, hogy f(x 0 ) = g(x 0 ). Bizonyítás. Legyen h(x) = f(x) g(x). Ekkor h(a) > 0, illetve h(b) < 0. Mivel h(x) függvény folytonos, ezért valahol felveszi a nulla értéket, ekkor pedig h(x) = 0 = f(x) g(x) f(x) = g(x). Tehát van olyan x 0 [a, b], amelyre teljesül, hogy f(x 0 ) = g(x 0 ). 8 [4], 5. oldal 7

19 4. Egyenletes folytonosság 4.. Deníció Az f függvény egyenletesen folytonos az I intervallumban, ha minden ε > 0-hoz létezik (közös, azaz a helyt l független) δ > 0, amelyre teljesül, hogy ha x 0, x I és x x 0 < δ, akkor f(x ) f(x 0 ) < ε. 4.. Heine-tétel 4.. Tétel (Heine-tétel). Ha f C[a, b], akkor f egyenletesen folytonos [a, b]-ben. Bizonyítás. A tételt indirekt módon bizonyítjuk. Tegyük fel, hogy f nem egyenletesen folytonos az [a, b] intervallumon. Tehát létezik egy ε 0 > 0, amelyhez nem létezik δ > 0, amelyre teljesülne a 4. deníció. Vagyis van olyan x 0, x [a, b], amelyre x x 0 < δ és f(x ) f(x 0 ) ε 0. Legyen δ n =, ekkor ezzel a választással sem teljesül, vagyis minden n-re n létezik olyan α n [a, b] és β n [a, b], amelyre igaz, hogy α n β n < n és f(α n) f(β n ) ε 0. 8

20 Amint látható a rajzon δ n egyre kisebb, de ekkor még mindig igaz, hogy f(α n ) f(β n ) ε 0. Mivel {α n } [a, b], tehát a α n b, minden n-re, ezért létezik 9 egy (α nk ) konvergens részsorozat, melynek határértéke α és α [a, b]. A β n sorozatnak is van egy konvergens részsorozata, {β n k}, amelynek határértéke: β n k = (β n k α nk ) + α nk 0 + α = α, mivel α n β n < n 0, ha n, így α n β n 0, ha n. Mivel f folytonos [a, b]-ben, így α [a, b]-ben is folytonos. Az átviteli elv szerint f(α nk ) f(α) és f(β n k) f(α). Ezek alapján lim f(α nk) f(β n k) = α α = 0, k ami pedig ellentmond a korábban feltett f(α n ) f(β n ) ε 0 > 0 egyenletnek Példa 0 olyan függvényre, amely egyenletesen folytonos egy intervallumon. Legyen f(x) = x 3 és I = [, ]. Bizonyítás. Ahhoz, hogy lássuk, hogy ez a függvény egyenletesen folytonos a [, ] intervallumon, ellen rizni kell a 4. tételben szerepl feltételt, miszerint a függvény folytonos. Ehhez meg kell nézni egy tetsz leges a [, ] pontban a folytonosságot, a pontban azt, hogy jobbról folytonos, illetve a pontban azt, hogy balról folytonos a függvény. Az f(x) = x 3 függvény folytonos egy tetsz leges a [, ] pontban, ha minden ε > 0-hoz létezik δ > 0, amelyre teljesül, hogy f(x) f(a) < ε, ha x a < δ. 9 Bolzano-Weierstrass tétel: Minden korlátos sorozatnak van konvergens részsorozata. 0 [], 65. oldal. 9

21 f(x) f(a) = x 3 a 3 = x a x +ax+a ε, ha x a < δ. A háromszög-egyenl tlenség miatt ez felülr l becsülhet : x a x + ax + a x a ( x + ax + a ). Mivel a, x [, ], ezért ismét tudunk felülr l becsülni: x a ( x + ax + a ) ε, ha x a < δ x a ( + + ) ε, ha x a < δ x a ε, ha x a < δ x a ε, ha x a < δ Tehát δ = ε, vagyis a függvény a [, ] intervallumon folytonos. Az f(x) = x 3 függvény jobbról folytonos a helyen, ha minden ε > 0- hoz létezik δ > 0 úgy, hogy f(x) f(a) < ε, ha 0 x a < δ. x 3 ( ) 3 < ε, ha 0 x ( ) < δ. Az el z becslést felhasználva: x 3 ( ) 3 x ( ) < ε, ha 0 x ( ) < δ. Tehát 0 δ = ε, vagyis a függvény jobbról folytonos -ben. Az f(x) = x 3 függvény balról folytonos a helyen, ha minden ε > 0-hoz létezik δ > 0 úgy, hogy f(x) f(a) < ε, ha 0 a x < δ. x 3 3 < ε, ha 0 x < δ. Az el z becslést felhasználva és egy kicsit módosítva: x 3 3 = (x a)(x + ax + a ) = ( )(a x)(x + ax + a ) a x ( x + ax + a ) x < ε, ha 0 x < δ. Tehát 0 δ = ε, vagyis a függvény balról folytonos -ben. Ezek alapján beláttuk, hogy a függvény a [, ] intervallumon folytonos, tehát a 4. tétel alapján egyenletesen folytonos. Háromszög-egyenl tlenség :a, b R : a + b a + b 0

22 4.4. Példa olyan függvényre, amely egyenletesen folytonos egy intervallumon. Legyen f(x) = x és I = [, ]. Bizonyítás. Most a 4. tétel felhasználása nélkül fogjuk bizonyítani az egyenletes folytonosságot. Legyen ε > 0 adott. Olyan δ > 0-t keresünk, amely minden x, y [, ] esetén, ha x y < δ, akkor f(x) f(y) < ε. x y = x y x + y < x y + x y < ε, ha x y < δ x y < ε, ha x y < δ. = x y Tehát a δ = ε jó, vagyis a függvény egyenletesen folytonos Példa olyan függvényre, amely nem egyenletesen folytonos (0, )- ben, de egyenletesen folytonos [, + )-ben. Legyen f(x) = és I x = (0, ), I = [, + ). [], 65. oldal.

23 Bizonyítás. Tekintsük el ször az I = (0, ) intervallumot. Megmutatjuk, hogy ε = -hez nincs jó δ, azaz minden δ > 0-hoz van olyan x 0, x (0, ), amelyre x x 0 < δ és >. Legyen δ <, x ( 0, ) és legyen x0 = x + δ. x x = 0 x ( x + δ ) = x x 0 ( ) x + δ x x (x δx + ( ) δ ) + δ = x (x + ) δ Ezt a törtet úgy fogjuk csökkenteni, hogy a számlálóból elhagyjuk δx -et, illetve a nevez t növeljük. Mivel x ( 0, ), és δ <, ezért ( ) x + δ ( < + ) = <. Ezért δx + ( ) δ ( δ ( δ x (x ) + δ > ) x >, ha x < ) Tehát az f(x) = függvény a (0, ) intervallumon nem egyenletesen x folytonos, mivel δ függ x -t l, így látható, hogy nincs helyt l független δ > 0. Most pedig az I = [, ) intervallumot nézzük. Azt bizonyítjuk, hogy létezik olyan K küszöbszám, amelyre minden x > K esetén f(x) < ε. Így tehát minden x, x > K esetén f(x ) f(x ) < ε. f(x) <ε x <ε x > ε x > ε Legyen ε > 0 adott. Tehát K = ε, vagyis ett l az értékt l kezdve minden x [K, )-re f(x) < ε, így minden δ > 0 jó. Az függvény x folytonos az [, K] intervallumon, így ott a 4. tétel miatt van jó δ az adott ε-hoz. Ez a δ tehát az egész [, ) intervallumon jó lesz.

24 4.6. Példa olyan függvényre, amely nem egyenletesen folytonos (, )- ben. Legyen f(x) = sin x. Bizonyítás. Legyen ε =. Megmutatjuk, hogy minden δ > 0 esetén van olyan x 0, x R, amelyre x x 0 < δ és f(x ) f(x 0 ) >. Legyen x = π + kπ, k = 0,,..., és x = π + (k + )π, k = 0,,.... Ekkor sin(x ) sin(x 0) > ( ) > > és és és x x 0 < δ x x 0 < δ x x 0 < δ Tehát nem teljesül a 4. tétel, miszerint minden ε-hoz létezik egy helyt l független δ > 0, vagyis a függvény nem egyenletesen folytonos a (, ) intervallumon. 3

25 4.7. Példa 3 olyan függvényre, amely folytonos (, )-ben, de nem egyenletesen folytonos. Legyen f(x) = x. Bizonyítás. Az f(x) = x függvény folytonos egy tetsz leges a (, ) pontban, ha minden ε > 0-hoz létezik δ > 0, amelyre teljesül, hogy f(x) f(a) < ε, ha x a < δ. f(x) f(a) = x a = x a x+a < x a a, ha x < a x a < ε, ha x < a. a ( ) ε Ezek alapján δ = min,, ha x < a, vagyis a függvény folytonos a egy tetsz leges a R pontban. Ismét a 4. tétel felhasználása nélkül fogjuk bizonyítani, hogy nem egyenletesen folytonos a (, ) intervallumon. Legyen ε =. Megmutatjuk, hogy minden δ > 0 esetén van olyan x 0, x R, amelyre x x 0 < δ és x x 0 >. Legyen x > 0 és legyen x 0 = x + δ. Ekkor ( x x 0 = x x δ ( x x 0 = x x + ) δ = δx 3 [], 64. oldal 4 Háromszög-egyenl tlenség ) = δ < δ. ( ) δ = ( ( ) δx + ( ) ) δ 4 4

26 Tehát ( ) δ ( )(δx ) + ( ) > δx = δx. δx > ε =, ha x x 0 < δ x > δ, ha x x 0 < δ Ismét azt kaptuk, hogy δ x -t l függ, tehát nincs olyan δ > 0, amely helyt l függetlenül jó lenne minden ε > 0-hoz Deníció Az f függvény Lipschitz-tulajdonságú (röviden Lipschitz) az A halmazon, ha van olyan K 0 konstans, hogy minden x 0, x A-ra. f(x ) f(x 0 ) K x x Állítás 5 Az f(x) = x függvény Lipschitz tulajdonságú az [a, b] intervallumon, ahol a > 0. Bizonyítás. A 4.8 deníciót felhasználva és x 0 = a, x = b megválasztás mellett : Mivel b a = ( b a) f(b) f(a) K b a b a K b a b+ a b+ a = b a b+ a = (b a) b+ a, így b a K b a b a K b a b + a Tehát ebb l a felbontásból látható, hogy K = b+ a, vagyis az f(x) = x függvény az [a, b] intervallumon Lipschitz tulajdonságú. 5 [], 66. oldal. 5

27 4.0. Állítás 6 Két Lipschitz tulajdonságú függvény összege is Lipschitz tulajdonságú. Legyen f és g Lipschitz tulajdonságú. Bizonyítás. Ha f Lipschitz tulajdonságú, akkor a 4.8 deníció alapján létezik olyan K 0, amelyre teljesül, hogy f(x ) f(x 0 ) K x x 0. Ha g Lipschitz tulajdonságú, akkor a 4.8 deníció alapján létezik olyan L 0, amelyre teljesül, hogy g(x ) g(x 0 ) L x x 0. f(x ) f(x 0 ) + g(x ) g(x 0 ) 7 f(x ) f(x 0 ) + g(x ) g(x 0 ) = = (f + g)(x ) (f + g)(x 0 ). K x x 0 +L x x 0 = (K + L) x x 0. Legyen az f + g = h, így létezik olyan H 0, amelyre teljesül, hogy h(x ) h(x 0 ) H x x 0, ahol H = K + L. Tehát két Lipschitz tulajdonságú függvény összege is Lipschitz tulajdonságú. 6 [], 66. oldal. 7 Háromszög-egyenl tlenség 6

28 5. Monotonitás és folytonosság 5.. Deníció Az f függvény monoton növekv (monoton csökken ) az I R intervallumon, ha I D(f), és minden x I, x I, x < x esetén f(x ) f(x ) (f(x ) f(x )). Ha az 5. denícióban, illetve helyett <, illetve > áll, akkor f-et szigorúan monoton növekv nek (illetve csökken nek) nevezzük. A monoton növekv vagy monoton csökken függvényeken röviden monoton függvényeknek hívjuk. 5.. Példa arra, hogy két monoton függvény összege már nem monoton. Legyen f : R R, g : R R, f + g : R R: { x f(x) = x, g(x) =, ha x < 0 { x x, ha x 0, f(x)+g(x) =, ha x < 0 x, ha x 0. Bizonyítás. Az f(x) = x függvény monotonitását vizsgáljuk el ször. Tegyük fel, hogy x, x R és x < x. f(x ) =x f(x ) =x f(x ) <f(x ) Tehát az f(x) = x függvény monoton n R-en. 7

29 { x Most a g(x) =, ha x < 0 x, ha x 0 függvény monotonitását vizsgáljuk. Külön nézzük a két esetet. Tegyük fel, hogy x, x R, x, x < 0 és x < x. g(x ) = x g(x ) = x g(x ) >g(x ) Tegyük fel, hogy x, x R, x, x 0 és x < x. g(x ) = x g(x ) = x g(x ) >g(x ) Tehát a g(x) függvény monoton csökken R-en. Végül az f(x) + g(x) = nézzük. { x, ha x < 0 x, ha x 0 függvény monotonitását 8

30 Ismét külön nézzük a két esetet. Tegyük fel, hogy x, x R, x, x < 0 és x < x. f(x ) + g(x ) = x f(x ) + g(x ) = x f(x ) + g(x ) <f(x ) + g(x ) Tegyük fel, hogy x, x R, x, x 0 és x < x. f(x ) + g(x ) = x f(x )g(x ) = x f(x ) + g(x ) >f(x ) + g(x ) Tehát az f(x) + g(x) függvény monoton n a (, 0) intervallumon és monoton csökken a [0, ) intervallumon. Így láthattuk, hogy két monoton függvény összege, már nem biztos, hogy monoton lesz Példa olyan függvényre, amely semmilyen intervallumban nem monoton. Legyen {, ha x racionális D(x) = 0, ha x irracionális, ahol a D(x) függvény a Dirichlet függvény. 9

31 Bizonyítás. Mivel minden intervallumban van racionális és irracionális szám, ezért nézzük csak a [0, ] intervallumban a monotonitást. Indirekt módon bizonyítjuk, hogy a D(x) függvény sem monoton növekv, sem pedig monoton csökken és ha ez a két feltevés igaz, akkor ez azt jelenti, hogy nem monoton. Tegyük fel, hogy D(x) monoton növekv a [0, ] intervallumban, ahol minden x, x [0, ]-re teljesül, hogy ha x < x, akkor D(x ) D(x ). Legyen x egy racionális szám, x pedig egy irracionális szám. Ekkor D(x ) = 0 = D(x ), tehát mivel ez nem teljesül, így a D(x) függvény nem monoton növeked. Tegyük fel, hogy a D(x) függvény monoton csökken a [0, ] intervallumban, ahol minden x, x [0, ]-re teljesül, hogy ha x < x, akkor D(x ) D(x ). Legyen x egy irracionális szám, x pedig egy racionális szám. Ekkor D(x ) = 0 = D(x ), tehát mivel ez nem teljesül, így a D(x) függvény nem monoton csökken. Mivel ez a függvény a [0, ] intervallumban nem monoton növekv, sem pedig monoton csökken, így a D(x) függvény nem monoton Deníció Ha a függvény nem folytonos a-ban, akkor azt mondjuk, hogy f-nek a-ban szakadási helye van. Legyen f értelmezve a egy pontozott környezetében, és tegyük fel, hogy f nem folytonos a-ban. Ha lim f(x) létezik és véges, de a / D(f) vagy f(a) x a lim x a f(x), akkor azt mondjuk, hogy f-nek megszüntethet szakadási helye van a-ban, ugyanis ekkor az f(a) = lim x a f(x) értelmezéssel f folytonossá tehet a-ban. Ha lim x a f(x) nem létezik, de lim f(x) = f(a + 0) és lim f(x) = f(a 0) x a+0 x a 0 mindketten léteznek (és ekkor szükségképpen különböz ek), akkor azt mondjuk, hogy f-nek ugráshelye van a-ban. A megszüntethet szakadási helyeket és az ugráshelyeket közösen els fajú szakadási helynek nevezzük Példa olyan függvényre, amely monoton n R-en és végtelen sok szakadása van. Legyen f(x) = [x]. Bizonyítás. Az f(x) = [x] függvény monoton n R-en, mivel ha x < x (x, x R), akkor [x ] < [x ], így tehát igaz, hogy f(x ) f(x ), vagyis az 30

32 f(x) = [x] függvény monoton növeked. Végtelen sok szakadási helye van, hiszen egy a Z pontban létezik és véges a határérték és a D(f), de f(a) lim f(x), hiszen ekkor a kétoldali x a határértéknek egyenl nek kellene lennie, vagyis lim f(x) = lim f(x) = x a x a+0 lim f(x), tehát f(a + 0) = f(a 0). x a 0 Nézzük a kétoldali határértéket: lim [x] = a és lim [x] = a, ha a Z, x a+0 x a 0 ezért látható, hogy minden egész szám esetén a függvénynek ugráshelye van. Mivel ugráshelye van, így szakadási helye is az egész számoknál és mivel ez egy nem megszámlálható halmaz, így végtelen sok szakadási helye van az f(x) = [x] függvénynek Deníció Ha az f(x) függvény az x = c helyen nincs értelmezve, viszont a lim x c f(x) = L (L R) határérték létezik, akkor az F (x) = { f(x), x c L, x = c el írással deniált függvény folytonos az x = c helyen. Az F (x) függvényt az f függvény (c-re való) folytonos kiterjesztésének nevezzük Példa 8 olyan függvényre, amely mindenütt folytonos az x = hely kivételével, ahol megszüntethet szakadása van. Legyen f : R \ {} R, f(x) = 4. Bizonyítás. A megszüntethet szakadási hely feltételei: 8 [], 3. oldal 3

33 f(x) nem folytonos a-ban. Ez teljesül, hiszen az f(x) függvény nem folytonos -ben. ha lim x a f(x) létezik és véges, de a / D(f) vagy f(a) lim x f(x). lim f(x) = 4, x / D(f) tehát a határérték x = -ben létezik és véges, de / D(f). Így tehát az f : R \ {} R, f(x) = 4 függvénynek az x = helyen megszüntethet szakadási helyen van. Ekkor a függvény -re való folytonos kiterjesztése által deniált függvény az 5.6 deníció alapján: { 4, ha x F (x) = 0, ha x = 5.8. Tétel Legyen f monoton növeked a véges (a, b) nyílt intervallumban. Ekkor (i) minden x 0 (a, b) esetén léteznek a véges f(x 0 0) és f(x 0 + 0) határértékek, és f(x 0 0) f(x 0 ) f(x 0 + 0). (ii) Ha f felülr l korlátos (a, b)-ben, akkor létezik a véges f(b 0) határérték, ha pedig alulról korlátos (a, b)-ben, akkor létezik a véges f(a+0) határérték. (iii) Ha f felülr l nem korlátos (a, b)-ben, akkor f(b 0) =, ha pedig f alulról nem korlátos (a, b)-ben, akkor f(a + 0) =. Hasonló állítás fogalmazható meg monoton csökken függvényre, illetve nem korlátos intervallumra. Bizonyítás. (i) Két részletben vizsgáljuk ezt a határértéket. El ször az (a, x 0 ) intervallumban, majd az (x 0, b) intervallumban. Mivel f(x) f(x 0 ) minden x (a, x 0 )-ra, ezért az f((a, x 0 )) halmaz felülr l korlátos, fels korlátja pedig f(x 0 ). Legyen α = sup f((a, x 0 )), ekkor α f(x 0 ) és legyen ε > 0 adott. Ekkor α ε nem lehet fels korlát, hiszen az α a legkisebb fels korlátja az f((a, x 0 )) halmaznak. Így létezik olyan x ε (a, x 0 ), amelyre teljesül, hogy α ε < f(x ε ). Mivel f monoton növeked és α = sup f((a, x 0 )), ezért α ε < f(x ε ) f(x) < α, ha a < x ε < x < x 0. 3

34 Ebb l pedig adódik, hogy lim f(x) = α. x x 0 0 Tehát beláttuk, hogy f(x 0 0) létezik és véges, valamint f(x 0 0) f(x 0 ). Nézzük most az (x 0, b) intervallumot, ahol azt kell bebizonyítani, hogy f(x 0 + 0) létezik és véges, valamint f(x 0 ) f(x 0 + 0). Az el z alapján bizonyítjuk be ezt az állítást is. Mivel f(x 0 ) f(x) minden x (x 0, b)-re, ezért az f((x 0, b)) intervallum alulról korlátos és alsó korlátja pedig az f(x 0 ). Legyen β = inf f((x 0, b)), ekkor f(x 0 ) β és legyen ε > 0 adott. Mivel β a legnagyobb alsó korlátja az f((x 0, b)) halmaznak, így β+ε nem lehet alsó korlát. Így létezik olyan x ε (x 0, b), amelyre teljesül, hogy f(x ε ) β + ε. Mivel f monoton növeked és β = inf f((x 0, b)), ezért β < f(x) f(x ε ) β + ε, ha x 0 < x < x ε < b. Ebb l pedig az adódik, hogy lim f(x) = β. x x 0 +0 Vagyis létezik a véges f(x 0 + 0) határérték és f(x 0 ) f(x 0 + 0). Így a két bizonyítással beláttuk, hogy f(x 0 0) f(x 0 ) f(x 0 + 0). (ii) Mivel f(x) f(b) minden x (a, b)-re, ezért az f((a, b)) halmaz felülr l korlátos és f(b) egy fels korlátja. Legyen α = sup f((a, b)), és ekkor α f(b). Legyen ε > 0 adott. Mivel α az f(a, b) legkisebb fels korlátja, ezért az α ε nem lehet. Így létezik egy x ε (a, b), amelyre α ε < f(x ε ). Az f függvény monoton növeked és α = sup f((a, b)), ezért α ε < f(x ε ) f(x) α, ha a < x ε < x < b. Ebb l pedig adódik, hogy lim f(x) = α. x b 0 Tehát beláttuk, hogy ha a monoton növeked függvény felülr l korlátos egy (a, b) intervallumon, akkor létezik létezik a véges f(b 0) határérték. Nézzük most azt az esetet, amikor az (a, b) halmaz alulról korlátos, és 33

35 így létezik a véges f(a + 0) határérték. Ismét igaz, hogy (f(a)) f(x) minden x (a, b)-re, hiszen az f függvény monoton növeked. Ezért az f((a, b)) halmaz alulról korlátos, és egy alsó korlátja f(a). Legyen β = inf f((a, b)), ekkor f(a) β. Legyen ε > 0 adott. Mivel β a legnagyobb alsó korlát, így a β + ε nem lehet az. Így létezik egy x ε (a, b), amelyre f(x ε ) < β + ε. Mivel a függvény monoton növeked és β = inf f((a, b)), így β f(x) f(x ε ) < β + ε, ha a < x < x ε < b. Ebb l pedig látható, hogy lim f(x) = β. x a+0 Tehát ha a függvény monoton növeked az (a, b) intervallumon és alulról korlátos, akkor létezik az f(a + 0) határérték és ez véges. (iii) Ismét két részletben bizonyítjuk ezt az állítást is. El ször azt, hogy ha f felülr l nem korlátos (a, b)-ben, akkor f(b 0) =. Az állítást indirekt módon bizonyítjuk. Tegyük fel, hogy f(b 0), tehát létezik és véges a határérték, majd helyes lépések sorozatán eljutunk egy ellentmondáshoz, ezzel bizonyítjuk az állítás igaz mivoltát. Legyen f(b 0) = K, vagyis lim x b 0 f(x) = K. Ez pedig pontosan azt jelenti,hogy minden x (a, b)-re f(x) K. Ezek alapján az f((a, b)) intervallum felülr l korlátos és egy fels korlátja K, ami pedig nem lehetséges, hiszen az állításban az szerepel, hogy f felülr l nem korlátos. Most azt bizonyítjuk, hogy ha f alulról nem korlátos (a, b)-ben, akkor f(a + 0) =. Ezt az állítást is indirekt módon bizonyítjuk. Tegyük fel, hogy f(a + ), tehát létezik és véges a határérték. Legyen f(a + 0) = L, vagyis lim x a+0 f(x) = L. Ez pedig pontosan azt jelenti, hogy minden x (a, b)-re L f(x). Ezek alapján az f((a, b)) intervallum alulról korlátos és egy alsó korlátja L, ami pedig nem lehetséges, hiszen az állításban az szerepel, hogy f alulról nem korlátos. Tehát bebizonyítottuk, hogy ha f felülr l nem korlátos az (a, b) intervallumon, akkor f(b 0) =, illetve ha f alulról nem korlátos az (a, b) intervallumon, akkor f(a + 0) = Tétel Ha f monoton az I nyílt intervallumban, akkor I-ben legfeljebb megszámlálhatóan sok szakadási helye van. 34

36 Bizonyítás. Tegyük fel az egyszer ség kedvéért, hogy f monoton növeked az I nyílt intervallumban, tehát ha x, x I f(x ) f(x ). Ha f egy c I helyen nem folytonos, akkor f(c 0) < f(c + 0), ahol f(c 0) a c pontban vett bal oldali határérték, f(c + 0) a c pontban vett jobb oldalai határérték. Legyen r(c) egy olyan racionális szám, amelyre teljesül, hogy f(c 0) < r(c) < f(c + 0). Feltettük, hogy f monoton növeked, így ha c c, akkor f(c + 0) f(c 0), ahol f(c + 0) a c pontban vett jobb oldali határérték és f(c 0) a c pontban vett bal oldali határérték. Ha f-nek c és c is szakadási helye, akkor f(c 0) < r(c ) < f(c + 0) és f(c 0) < r(c ) < f(c + 0). Ebb l a kett egyenl tlenségb l és a korábban megállapított f(c + 0) f(c 0) egyenl tlenségb l az adódik, hogy f(c 0) < r(c ) < f(c + 0) f(c 0) < r(c ) < f(c + 0), tehát r(c ) < r(c ). Ez azt jelenti, hogy a szakadási helyek és a racionális számok egy részhalmaza között egy egyértelm megfeleltetés jött létre: c r(c ) c r(c ) c 3 r(c 3 ). Mivel a racionális számok halmaza megszámlálható halmaz, így f-nek csak megszámlálhatóan sok szakadási helye lehet Példa 9 olyan függvényre, amely monoton növ a [0, ] intervallumban, de végtelen sok szakadása van. Legyen { f(x) = [ x], ha x 0 0, ha x = 0. Bizonyítás. A függvény monoton n a [0, ] intervallumon, hiszen ha x < x, akkor > [ ] [ ] [ ] [ ], x x x x x x 9 [6], 34. oldal 35

37 és mivel f(x ) = [ ] és f(x ) = [ ] így megkaptuk, hogy x x f(x ) f(x ). Az kell még bizonyítani, hogy végtelen sok helyen szakad. Ezt már megoldottuk a 3.4 példában. Tehát az f(x) függvény monoton n a [0, ] intervallumon és végtelen sok szakadása van. 36

38 Irodalomjegyzék [] Laczkovich Miklós-T.Sós Vera:Analízis I., Nemzeti Tankönyvkiadó Zrt., Budapest, 006 [] George B. Thomas, Jr.: Thomas-féle Kalkulus., A magyar kiadás f szerkeszt je: Szász Domonkos, Typotex, Budapest, 008 [3] Bernard R. Gelbaum, John M. H. Olmsted: Counterexamples in Analysis, Dover Publications, Inc., Mineola, New York [4] Otto Forster, Rüdiger Wessoly: Übungsbuch zur Analysis,4. átdolgozott kiadás, Vieweg+Teubner, Wiesbaden, 008 [5] Konrad Königsberger : Analysis (Springer-Lehrbuch ), Springer-Verlag, Berlin, Heidelberg, 990 [6] Rolf Walter: Einführung in die Analysis (de Gruyter Lehrbuch), Walter de Gruyter Berlin New York,