Matematikai analízis 1. Szász Róbert

Átírás

1 Matematikai analízis Szász Róbert

2

3 . fejezet.. Topológikus terek... Értelmezés. Adott egy X halmaz. A d : X X [0, + ) függvényt metrikának nevezzük, ha teljesülnek a következő feltételek:. d(x, y) > 0, ha x y és d(x, x) = 0, ( ), x, y X. 2. d(x, y) = d(y, x), ( ) x, y X. 3. d(x, y) d(x, z) + d(zz, y), ( ) x, y, z X. Az (X, d) struktúrát metrikus térnek nevezzük...2. Értelmezés. Legyen (X, d) egy metrikus téren r > 0. Az U(x 0, r) = {x X d(x, x 0 ) < r} halmazt x 0 középpontú r sugarú nyílt gömbnek nevezzük. A v X halmaz környezete az x 0 pontnak, ha létezik r > 0 úgy, hogy U(x 0, r) V. Egy olyan halmazt, amely minden elemének környezete nyílt halmaznak nevezünk. Az x 0 pont környezeteinek a halmazát v (x0 )-val jelöljük...3. Példa. Az R valós számok halmazán a d(x, y) = x y képlettel értelmezett d : R R [0, +, ) függvény metrika. A valós számhalmaz nyíl intervallumai nyílt halmazok az (R, d) metrikus térben...4. Értelmezés.. Az x 0 X pont az A halmaz torlódási pontja, ha bármely v V (x 0 ) esetén (V \ {x 0 }) A. Az A halmaz torlódási pontjainak halmazát jelölje A és legyen à = A A az A halmaz lezártja. 3

4 2. Az A X halmaz korlátos, ha létezik a A és r > 0 úgy, hogy A U(a, r). 3. Az A halmaz sűrű az metrikus térben, ha bármely vagy eleme A-nak vagy torlódási pontja A-nak. 4. Egy halmaz zárt, ha a komplementuma nyílt. 5. Az A halmaz perfekt, ha zárt és minden pontja torlódási pontja A-nak. A {G i } i I nyílt halmazrendszer lefedése A-nak, ha A G i. i I..5. Értelmezés. Az A halmaz akkor kompakt, ha bármely nyílt lefedéséből kiválasztható egy véges lefedés...6. Tétel.. Ha az A halmaz kompakt, akkor zárt. 2. Ha az A halmaz kompakt és B A, B zárt, akkor B is kompakt...7. Tétel. Az (X, d) metrikus térben {K α } α I legyen kompakt halmazok rendszere. Ha a {K α } α I halmazrendszer bármely véges sok halamzból álló részrendszerének metszete nem üres, akkor K α. α I. a) Igaz-e, hogy R 2 bármely nyílt G részhalmazának minden pontja torlódási pontja G-nek? b) Válaszoljukn erre a kérdésre, ha G zárt halmaz. 2. Legyen Y egy tetszőleges végtelen halmaz. Tetszőleges x, y Y esetén, x y d(x, y) = 0, x = y. Igazoljuk, hogy d metrika. Mik lesznek a nyílt halmazok a metrika által generált topológia esetén? Melyek lesznek a zárt halmazok? 3. Tetszőleges x, y R esetén

5 d i : R 2 [0, + ), i =, 4 d (x, y) = (x y) 2 d 2 (x, y) = x y d 3 (x, y) = x 2 y 2 x y d 4 (x, y) = + x y Döntsük el, hogy melyik metrika és melyik nem. 4. Adjuk meg R-nek egy olyan kompakt részhalmazát, amelynek torlódási pontjai megszámlálható halmazt képeznek. 5. Adjuk meg a (0, ) intervallumon egy nyílt lelefedését, amiből nem választható ki véges lefedés. 6. A racionális számok Q halmaza a d(p, q) = p q távolságfüggvénnyel metrikus tér. Legyen A = {p Q : 2 < p 2 < 3}. Igazoljuk, hogy a d által generált topológiában A zárt és korlátos. Igazoljuk, hogy A-nak van olyan nyílt lefedése, ami nem tartalmaz véges lefedést. 7. Legyen X egy normált vektortér a valós számtest felett. Ha x, y X és x + y = x + y, igazoljuk, hogy ax + by = a x + b y bármely a, b [0, + ). 8. Ha X egy normált vektortér a valós számtest felett x, y X és a R, akkor lim ( (n + a)x + y nx + y ) = a x. n 9. Legyen X egy normált vektortér a valós számtest felett. Ha bármely x, y X esetén a x y x + y x + y egyenlőtlenségekben legalább egy egyenlőség fennáll, akkor dim(x) =.

6 0. Ha x, x 2,..., x p R n, x p =, k =, p és létezik λ k [0, ] úgy, p p hogy λ k =, λ k x k = 0, akkor k= k= x i x j 2(p ). i<j p. Ha x k R n, k =, p olyan vektorok, hogy x k =, k =, p és p p x k = 0, akkor x x k p bármely x R n. k= k=.2. Sorozatok a valós számrendszerben.2.. Értelmezés. Az (a n ) n számsorozatnak a határértéke a, ha bármely ε > 0 esetén létezik egy n(ε) N (küszöbszám) úgy, hogy minden n n(ε) esetén a n a < ε. Ha az (a n ) n sorozatnak van egy véges határértéke, akkor azt mondjuk, hogy az (a n ) n sorozat konvergens Értelmezés. Ha az (a n ) n sorozat azzal a tulajdonsággal rendelkezik, hogy bármely ε > 0 esetén létezik egy n(ε) N (küszöbszám) úgy, hogy minden m > n n(ε) indexre igaz az a n a m < ε egyenlőtlenség, akkor az (a n ) n sorozatot Cauchy, típusúnak nevezzük Tétel. Minden Cauchy típusú sorozat konvergens Értelmezés.. Az (a n ) n sorozat növekvő, ha a n+ a n, ( ) n N és csökkenő, ha a n+ a n, ( ) n N. Ha egy sorozat növekvő vagy csökkenő akkor azt mondjuk, hogy monoton. 2. Az (a n ) n sorozat korlátos, ha létezik olyan M > 0 valós szám, hogy a n M. ( ) n N.

7 .2.5. Tétel. (majorálás) Ha a n a α n, ( ) n N és lim n α m = 0, akkor az (a n ) n sorozat konvergens és.2.6. Tétel. (fogó kritérium) lim a n = a n Ha (a n ) n, (b n ) n, (c n ) n olyan sorozatok, hogy a n b n c n, ( ) n N és lim n a n = lim n c n = α, akkor lim n b n = α. A valós számrendszert úgy értelmezzük, hogy (R, +, ) egy olyan teljesen rendezett kommutatív test, amelyben minden Cauchy típusú sorozatnak van határértéke.. Igazoljuk, hogy a valós számrendszerben minden monoton és korlátos sorozatnak van határértéke. 2. (Bolzano-Weierstrass tétel) Bizonyítsuk be, hogy R-ben minden korlátos és végtelen halmaznak van legalább egy torlódási pontja. 3. Igazoljuk, hogy minden korlátos sorozatnak van konvergens részsorozata 4. (Cezaro-Stolz tétel) Igazoljuk, hogy ha a) b n+ > b n, ( )n N b) lim n b n = c) lim n a n+ a n b n+ b n = x, a n akkor lim = x is teljesül. n b n 5. A 4. feladat segítségével igazoljuk, hogy ha lim a n = x, akkor n a + a a n a) lim = x. n n

8 Ha még azt is feltételezzük, hogy a n > 0, ( ) n N, akkor b) lim n n a a 2... a n = x. 6. Az 5. feladat b) pontjának a felhasználásával igazoljuk, hogy ha (a n ) n egy olyan valós számsorozat, hogy a n > 0, ( ) n N és akkor lim n n an = x. a n+ lim = x, n a n 7. Igazoljuk a Cezaro-Stolz tétel következő változatát: a) (b n ) n szigorúan csökkenő b) lim b n = lim a n = 0 n n c) lim n a n+ a n b n+ b n = x a n akkor lim = x. n b n 8. Igazoljuk, hogy ha p N, akkor p + 2 p n p a) lim n n p+ = p + ( p b) lim n + 2 p n p n n p+ ) p + Számítsuk ki a határértékeket: c) lim n d) lim n ( n e k= n+ k= ) k + ln l n c n k e n k k= e) Ha x 0 = a > 0, x n+ = x n + x 2 n +x n+ határértéket. = 2 határozzuk meg a lim n x n 3 n f) Ha a =, a n+ = + a2 n n, számítsuk ki a a n, a + a a n ln n határértékeket.

9 g) Ha a =, a n+ = a n + a n 2n + ). számítsuk ki a n 2n, n ln n (a n+ i) Számítsuk ki n n ln 2 n a határértékeket. 9. Ha x k >, k =, n bizonyítsuk be, hogy ( + x ) x n n + x + x x n. n 0. Legyen y n = ( + n) n, zn = ( + n) n+. a) Esetleg felhasználva a 9.-es feladatot igazoljuk, hogy az (y n ) n sorozat szigorúan növekvő és a (z n ) n sorozat szigorúan csökkenő. b) Ebbből bizonyítsuk be, hogy: n + + ln(n + ) > > ln(n + ). n {. Határozzuk meg a 2 n + } 3 m : m, n N halmaz torlódási pontjait. 2. Ha = A R, = B R, akkor sup{x + y R : x A, y B} = sup A + sup B inf{x + y R : x A, y B} = inf A + inf B Ha (a n ) n és (b n ) n két valós számsorozat, akkor sup{a n + b n : n N } sup{a n : n N } + sup{b n : n N } inf{a n + b n : n N } inf{a n : n N } + inf{b n : n N }.3. Valós számsorok konvergenciája.3.. Értelmezés. A n = a n sor akkor és csak akkor konvergens, n ha az A n = a k egyenlőséggel értelmezett (A n ) n részletösszegek sorozata konvergens k=

10 .3.2. Tétel. A a n sor akkor és csak akkor konvergens, ha bármely ε > 0 esetén létezik egy n(ε) N (küszöbszám) úgy, hogy ha m > n n(ε), akkor a n + a n a m < ε Következmények.. Ha a lim a n = 0. n a n sor konvergens, akkor 2. A lim a n = 0 feltétel nem elegendő a konvergenciához. n a n =, n, lim = 0 és lim n n n n n = Tétel. (Cauchy) Ha az (a n ) n sorozat esetén konvergens, l > esetén divergens Tétel. (D Alembert) Ha az (a n ) n sorozat esetén konvergens, l > esetén divergens. lim n lim n infty n an = l <, akkor a Példa erre a n sor a n+ a n = l <, akkor a a n sor.3.6. Tétel. (Raabe) ( ) Ha a lim u a = határérték létezik, akkor l < esetén a n a n a n sor konvergens l > esetben divergens Tétel. Legyen az (a n ) n egy pozitív tagú, csökkenő sorozat. Akkor a a n és a 2 n a 2 n ugyanolyan típusú konvergencia szempontjából Tétel. Ha az (a n ) n és (b n ) n pozitív tagú sorozatok és akkor a lim n a n és lim a n b n = α (0, + ), b n ugyanolyan típusú.

11 .3.9. Tétel. (Dirichlet) Ha az (a n ) n sorozat pozitív tagú, csökkenő és továbbá a c n = lim a n = 0, n n b n sorozat korlátos, akkor a k= a n b n sor konvergens Következmények. (Leinbnitz) Ha az (a n ) n sorozat pozitív tagú csökkenő és ( )n a n konvergens. lim n a n = 0, akkor a. Tanulmányozzuk a következő valós számsorok konvergenciáját: a) b) c) d) e) f) g) n n ( ) n n ( ) n ln(n + ) n! ( n 2n + ) n ( n α, α R n ln 2 (n + ) n!e n n n 2. Ha az (a n ) n sorozat csökkenő és a a n sor konvergens igazoljuk, hogy na n = Egy ellenpélda segítségével bizonyítsuk be, hogy ha az (a n ) n sorozat csökkenp és na n = 0 akkor még nem következik a a n sor konvergenciája.

12 4. Igazoljuk, hogy ha a a n pozítiv tagú sor divergens és a n = 0, akkor ahol n k= a k sk 2 =, ahol s n = n a k. s n k= 5. Legyen a n egy pozítiv tagú konvergens sor. Igazoljuk, hogy a an n sor is konvergens. 6. Legyen a a n egy divergens sor és a n > 0, n N. a) Igazoljuk, hogy a b) Jelölje s n = n a k. k= Mutassuk meg, hogy a n + a n sor is divergens. a n+ s n+ + a n+2 s n a n+p s n+p és ebből vezessük le, hogy a s n s n+p a n s n sor is divergens. c) A b) pontot felhasználva továbbá az előző fejezet 0. b) és 3. e) eredményét tetintetbe véve igazoljuk, hogy a sor divergens. n=2 n ln n d) Igazoljuk, hogy a n s n s n s 2 és ebből vezessük le, hogy a n a n s 2 sor konvergens. n e) Mit mondhatunk a a n és a n + na n + n 2 sorokról. a n 7. Tegyük fel, hogy a n > 0, n N és a a n sor konvergens. Legyen r n = a p. p=n

13 a) Igazoljuk, hogy ha n > m, akkor a m r m + a m+ r m a n r n > r n r m, ebből pedig következtessünk a b) Bizonyítsuk be, hogy és igazoljuk, hogy a a n rn < 2( r n r n+ ) a n r n sor divergenciájára. a n rn sor konvergens. 8. Legyen a n > 0, n N. Ha a a n sor konvergens, igazoljuk, hogy a a n n sor is konvergens. 9. Igazoljuk, hogy ha a a n sor konvergál és a (b n ) n sorozat monoton és korlátos, akkor a n b n sor is konvergál. 0. A a n és b n sorok Cauchy szorzatának nevezzük a A n sort, n=0 n=0 ahol A n = a 0 b n + a b n + a 2 b n a n b 0. Igazoljuk, hogy ha az eredeti két sor abszolút konvergens, akkor a Cauchy szorzat is abszolút konvergens és a n n=0 n=0 b n = A n.. Tegyük fel, hogy P n > 0, P P 2 P n... és a ε n P n sor konvergens, ahol ε n {, }, n N. n=0 Igazoljuk, hogy (ε + ε ε n )P n = Adott az (a n ) n sorozat a n > 0, ( )n N. n=0 a) Ha létezik n 0 N és α (0, + ) úgy, hogy n n 0 esetén ln a n ln n + α,

14 akkor a a n sor konvergens. b) Ha létezik n 0 N és α (0, + ) úgy, hogy n n 0 esetben akkor a a n sor divergens. ln a n ln n, sorok konver- (ln n)) ln(ln n) 3. Tanulmányozzuk a n=3 (ln(ln n)) ln n és genciáját a 2. tétellel. n=3 4. Milyen α (0, + ) értékek esetén konvergens a ( ) [ n] 5. Adott az (a n ) n sorozat úgy, hogy a n > 0 ( )n N. Ha a a n sor konvergens, igazoljuk, hogy a n n a an n sor is konvergens. 6. Legyen (a n ) n egy csökkenő pozitív tagú sorozat és p, q (0, + ), p + q =. n α sor. a) Igazoljuk, hogy ha a sor is konvergens. n=2 a n n p (ln n) q sor konvergens, akkor a n=2 a p n n b) Igaz-e a fordított állítás?.4. Hatványsorok.4.. Tétel. Adott a akkor a a n (x x 0 ) n hatványsor. Ha n=0 R = lim n an = lim n n a n+ a n a n (x x 0 ) n hatványsor x x 0 < R esetén konvergens és x n=0 x 0 > R esetén divergens.,

15 .4.2. Tétel. Az f(x) = a n (x x 0 ) n egyenlőséggel értelmezett függvény n=0 az x x 0 < R egyenlőtlenséggel meghatározott tartományon deriválható és az f (x) = aa n (x x 0 ) n hatvénysornak ugyanaz a konvergencia tartománya. Határozzuk meg a következő sorok konvergencia intervallumát és vizsgáljuk meg a konvergenciát a konvergencia tartomány határpontjaiban x n a n, a, b (0, + ) + bn n n n! xn n n e n n! xn (n!) 2 2 n2 x n Határozzuk meg a következő függvénysorok konvergenciatartományát: n=0 n=+ 2n + e nx 3 n2 3 3n (n!) 3 (3n)! ( ) 2 x n 2 + x cos n x 8. Adottak a következő hatványsorok A(x) = + x3 3! + x6 6! + x9 9! x3n (3n)! +... B(x) = x! + x4 4! + x7 7! x3n+ (3n + )! +... C(x) = x2 2! + x5 5! + x8 8! x3n+2 (3n + 2)! +...

16 Igazoljuk, hogy az F (x) = e x 2 max { A(x) ex 3, B(x) ex 3, C(x) ex 3 függvény periodikus és F (x) > 0, ( )x R. 9. Igazoljuk, hogy a) b) c) (2n )!! ( ) = (2n)!! 2 (2n )!! (2n + 2)!! = 2 ( ) n (2n )!! (2n + 2)!! = Az (a n ) n 0 sorozat az a 0 = a n+ n + rekurzióval értelmezzük. Igazoljuk, hogy a számítsuk ki azt. ( n n k=0 k=0 (n k)a k k + } ), n N a k határérték létezik és 2k. a) Határozzuk meg a konvergencia intervallumát az f(x) = C2n n xn hatványsornak. n=0 b) Számítsuk ki a C2n n xn összeget, ha x a konvergenciaintervallumban van. n=0 c) Írjuk fel zárt alakban a összeget. n k=0 C k 2k Cn k 2(n k) 2. Számítsuk ki a következő hatványsorok összegét. a) f(x) = x + x3 3 + x b) f(x) = + x2 2! + x4 4! +... c) f(x) = + 2 x x x3 +...

17 3. Adott az f(x) = n=0 (2n + )C2n n x n hatványsor. a) Igazoljuk, hogy a konvergenciasugara R = 4. b) Igazoljuk, hogy 4 x arctg, x(4 x) 4 x x (0, 4) f(x) = 2 ln x 4 x, x(x 4) 2 x + 4 x x ( 4, 0).5. Egyenletes konvergencia.5.. Értelmezés. Legyen A R n és X egy halmaz. Adott az f : X A R n függvény. Legyen F (x) = lim y y 0 f(x, y) minden x X. Azt mondjuk, hogy az f(x, y) függvény egyenletesen tart az F (x) függvényhez az X halmazon, amikor y y 0, ha bármely ε > 0 esetén létezik v V (y 0 ) úgy, hogy F (x) f(x, y) < ε, ( ) x X és ( ) y V A Értelmezés. Legyen X egy halmaz f n : X R m n N egy függvénysorozat és F : X R m egy függvény. Az (f n ) n függvénysorozat egyenletesen tart az F függvényhez amikor n, ha ( ) ε > 0 esetén ( ) n(ε) N (küszöbszám) úgy, hogy ha n n(ε), akkor f n (x) F (x) < ε, ( ) x X. Egy függvénysor akkor egyenletesen konvergens egy X halmazon, ha a részletösszegek sorozata egyenletesen konvergens az X halmazon Tétel.. Ha az X metrikus téren folytonos függvények sorozata egyenletesen konvergens, akkor a határértékfüggvény is folytonos az X metrikus téren. 2. Ha egy függvénysor olyan függvényekből áll, amelyek folytonosak egy X metrikus téren és a függvénysor egyenletesen konvergens az X metrikus téren, akkor az összegföggvény is folytonos.

18 . Adott az f 0 (x) = x, x [0, π], f n+ (x) = sin f n (x), n 0 függvénysorozat. Igazoljuk, hogy az (f n ) n 0 függvénysorozat nem egyenletesen konvergens a [0π] intervallumon. Az (f n ) n függvénysorozatot a következőképpen értelmezzük: 2. f n : [0, ] R, f n = x n, n N. Igazoljuk, hogy az (f n ) n függvénysorozat nem egyenletesen konvergens a [0, ] intervallumon. nx 3. Igazoljuk, hogy az f n : [0, ] R f n (x) = + n 2 x 2, n függvényekből álló (f n ) n függvénysorozat konvergens, de nem egyenletesen konvergens. 4. Igazoljuk, hogy a (x n x 2n x n + x 2n 2 ) függvénysor konvergál a [0, ] intervallumon, de nem egyenletesen. 5. Adott az (a n ) n csökkenő valós számsorozat. Igazoljuk, hogy a következő állítások ekvivalensek: a) A a n sin nα egyenletesen konvergál R-en. b) na n = 0 6. Igazoljuk, hogy a sin nx függvénysor egy f : R R folytonos n 4 + x2 függvényhez konvergál a valós számok halmazán. 7. Az f : R R függvényt az f(x) = cos nx 2 n egyenlőséggel értelmezzük. Igazoljuk, hogy f folytonos. 8. Egyenletesen konvergens-e a halmazán? n=0 x n függvénysor a valós számok 9. Határozzuk meg a konvergencia halmazukat a következő függvénysoroknak: a) ln ( + ( 2 ) n ) n

19 b) c) n! xn n=0 cos nx e nx 0. Legyen f : [0, ] R egy folytonos függvény, ekkor (2 n+ )!! (2n)!! 0 f(t)[ (x t) 2 ] n dt = f(x) és rögzített ε ( 0, 2) esetén a konvergencia egyenletes az [ε, ε] intervallumon.. Ha f : [a, b] R egy folytonos függvény és b a xn f(x)dx = 0, bármely n N, akkor f(x) = 0 bármely x [a, b]. 2. Adott a > 0. Legyen f : [0, a] R egy folytonos függvény. Ha létezik M > 0 úgy, hogy a 0 enx f(x)dx M bármely n N esetén, akkor f(x) = 0 bármely x [0, a]. 3. Adott b >. Ha az f : [, b] R függvény folytonos és létezik M > 0 úgy, hogy b x n f(x)dx M bármely n N esetén, akkor f(x) = 0, bármely x [, b]. 4. Ha az f n : [a, b] R függvénysorozat pontonként konvergál az f : [a, b] R folytonos függvényhez és az (f n ) n függvénysorozat minden tagja monoton, akkor a konvergencia egyenletes az [a, b] intervallumon. 5. Ha az f n : [a, b] R függvénysorozat pontonként konvergál az f : [a, b] R függvényhez és f n (x) f n+ (x) bármely n N esetén és bármely x [a, b], akkor a konvergencia egyenletes. 6. Az f n : [0, ] R, n N függvénysorozatot az f (x) = 0, f n+ (x) = f n (x) + 2 [x f 2 n(x)], n 2 x [0, ] rekurziós képlettel értelmezzük. Igazoljuk, hogy az (f n ) n függvénysorozat egyenletesen konvergál az f : [0, ] R, f(x) = x függvényhez a [0, ] intervallumon.

20 7. A Banach féle fixponttétellel igazoljuk, hogy az x 3 +0x 2 = 0 egyenletnek van egy valós gyöke a [0, ] intervallumban. Számítsuk ki a gyököt három tízedesnyi pontossággal. 8. Igazoljuk, hogy ha (X, d) egy kompakt metrikus tér, és az f : X X függvényre d(f(x), f(y)) < d(x, y), bármely x y, x, y X, akkor az f függvénynek pontosan egy fixpontja van X-ben. Függvények határértéke és folytonossága.5.4. Értelmezés. Legyen (X, d) és (Y, ρ) két metrikus tér, A X, B Y és x 0 A. Az f : A Bfüggvénynek l a határértéke az x 0 pontban, ha bármely ρ > 0 esetén, létezik δ > 0 úgy, hogy azon x A pontok esetén, amelyekre 0 < d(x 0, x) < δ, következik, hogy ρ(f(x), l) < ε Tétel. Legyen f : A B a.5.4 Értelmezésben szereplő függvény és x 0 A. Az f függvénynek akkor és csak akkor a határértéke az x 0 pontban, ha bármely (x n ) n A sorozat esetén, amelyre lim n x n = x 0 és x n x 0, ( ) n N következik, hogy lim n f(x n) = l Értelmezés. Legyen A és B a.5.4 Értelmezésben szereplő halmaz. Az f : A B függvény akkor folytonos az x 0 A pontban, ha bármely ε > 0 esetén létezik δ > 0 úgy, hogy minden olyan x A-ra, amelyre igaz, hogy d(x 0, x) < δ következik, hogy ρ(f(x 0 ), f(x)) < ε. Egy függvény folytonos egy halmazon, ha folytonos a halmaz minden pontjában Tétel. Ha az f : X Y folytonos függvény és A X egy kompakt halmaz, akkor f(a) is kompakt az (Y, ρ) metrikus térben Értelmezés. Az f : X Y függvény egyenletesen folytonos, ha bármely ε > 0 esetén létezik δ > 0 úgy, hogy ha d(x.x ) < δ, akkor ρ(f(x), f(x )) < ε Tétel. Ha az f : X Y függvény folytonos és (X, d) kompakt, akkor f egyenletesen folytonos.

21 .5.0. Értelmezés. Legyen A R n és x 0 A. Az f : A R m függvénynek l a határértéke az x 0 pontban, ha bármely ε > 0 esetén, létezik δ > 0 úgy, hogy bármely olyan x A pontra amelyre x x 0 < δ következik, hogy f(x) l < ε. Annak jelölésére, hogy az x 0 pontban f-nek l a határértéke a szimbólumot használjuk. lim f(x) = l x x Értelmezés. Az f : A R m függvény az x 0 A pontban folytonos, ha lim x x 0 f(x) = f(x 0 ) Értelmezés. Legyen (X, d) egy metrikus tér. Az f : X R m függvény egyenletesen folytonos X-en, ha bármely ε > 0 esetén létezik δ > 0 úgy, hogy d(x, y) < δ f(x) f(y) < ε Tétel. Ha az (X, d) metrikus tér kompakt és az f : X R m egy folytonos függvény, akkor f egyenletesen folytonos.. Határozzuk meg a következő függvények értelmezési tartományát a) u = (x 2 + y) 2 b) u = arcsin y x c) u = sin(x 2 + y 2 ) z d) u = arccos x 2 +y 2 2. Határozzuk meg az f(x, y) függvényt, ha f ( x + y, y ) = x 2 y 2 x

22 3. Igazoljuk, hogy az függvény esetében lim x 0 f(x, y) = ( lim f(x, y) y 0 ) x 2 y 2 x 2 y 2 + (x y) 2 és a lim f(x, y) határérték mégsem létezik. x 0 y 0 ( ) = 0 és lim lim f(x, y) = 0 y 0 y 0 4. Az f(x, y) = (x+y) sin x sin y függvény esetében az iterált határértékek nem léteznek. Igazoljuk, hogy lim(x + y) sin x sin y = 0. x 0 y 0 5. Igazoljuk, hogy az f : R 2 R, { x 2 y, ha x 2 + y 2 0 x f(x, y) = 2 +y 2 0, ha x 2 + y 2 = 0 függvény nem folytonos az (0, 0) pontban. 6. Igazoljuk, hogy az f : R 2 R, { x 2 y 2, ha x 2 + y 2 0 x f(x, y) = 2 +y 2 0, ha x 2 + y 2 = 0 függvény folytonos R 2 minden pontjában. 7. Adott G R 2, G tartomány és az f : G R egy függvény. Igazoljuk, hogy ha az f függvény folytonos az x változó szerint a G tartományon, az y változó szerint Lipschitz tualjdonságú, akkor f folytonos a G tartományon. 8. Legyen A R n egy nemüres, konvex zárt halmaz és x R n. Igazoljuk, hogy A-ban létezik egy és csak egy olyan y elem, amelyre igaz, hogy x y = inf{ x z, z A}. Igazoljuk, hogy az f(x) = y, f : R n A képlettel értelmezett függvény folytonos. 9. Az f : R n R n olyan folytonos függvény, amely rendelkezik azzal a tulajdonsággal, hogy f f = f. Igazoljuk, hogy f(r n ) zárt halmaz.

23 0. Az f : R n R n függvény esetén a G(f) = {(x, y) R n R n : f(x) = y} halmazt az f függvény grafikonjának nevezzük. Igazoljuk, hogy ha f folytonos, akkor G(f) az R n R n halmaznak egy zárt részhalmaza. A parciális derivált és a differenciál.5.4. Értelmezés. Adott A R n, B R m. Legyen x 0 A A. Az f : A B függvény akkor differenciálható az x 0 pontban, ha létezik egy ϕ : R n R m lineáris függvény úgy, hogy f(x) f(x 0 ) ϕ(x x 0 ) lim = 0. x x 0 x x 0 A ϕ : R n R m függvényt ϕ = D(x 0 )-val jelöljük Értelmezés. Legyen A R n, x 0 Int (A). Ha létezik f(x, x 2,..., x n ) f(x 0, x 20,..., x n0 lim x i x i0 x i x i0 határérték, akkor ezt a határértéket az f függvény x i változó szerinti parciális deriváltnak nevezzük az x i változó szerint az x 0 = (x 0, x 20,..., x n0 ) pontban és l = f x i (x 0 ) kifejezéssel jelöljük Tétel. Legyen A R n, B R m, x 0 Int (A). Ha az f : A B függvény differenciálható az x 0 pontban, akkor a ϕ : R n R m, ϕ = Df(x 0 ) differenciál mátrixa: f (x 0 ) x f 2 (x J f = 0 ) x. f m (x 0 ) x f x 2 (x 0 )... f 2 x 2 (x 0 )..... f m (x 0 )... x 2 f (x 0 ) x n f 2 (x 0 ) x n. f m (x 0 ) x n Ezt a mátrixot az f függvény Jacobi mátrixának nevezzük az x 0 pontban. Az f : A R vektor változós, valós függvény esetén a jelölés: ( ) f f grad f(x 0 ) = V f(x 0 ) = (x 0 )... (x 0 ). x x n = l

24 Ebben az esetben azt a sormátrixot az f függvény gradiensének nevezzük az x 0 pontban Tétel. Legyen A R n, B R m, x 0 Int (A). Ha az f : A B függvény differenciálható az x 0 pontban, akkor f folytonos is x 0 -ban. A tétel fordítottja nem igaz.. Adott az f : R 2 R, f(x, y) = e x 2 +y 2, x 2 + y 2 0 0, x 2 + y 2 = 0 Vizsgáljuk meg, hogy az f függvény differenciálható-e az O(0, 0) pontban. 2. Differenciálható-e az f(x, y) = 3 x 3 + y 3 függvény az origóban 3. Határozzuk meg a következő függvények I. és II. rendű parciális deriváltjait. a) u(x, y) = xy + x y b) u(x, y) = c) u(x, y) = x y cos x2 y d) u(x, y) = arctg x+y xy ( ) x e) u(x, y) = arcsin. x 2 +y 2 f) u(x, y, z) = x y z. 4. Ha az u = f(x, y, z) függvény kielégíti az x u x + y u y + z u z differenciálegyenletet, akkor f n-ed fokú homogén függvény. = nu 5. Legyen f(x, y) = { xy(x 2 y 2 ), x 2 +y 2 ha x 2 + y 2 0 0, ha x 2 + y 2 = 0 Igazoljuk, hogy 6. Adott f(x, y) = 2 f x y (0, 0) 2 f (0, 0). y x { 2xy, x 2 +y 2 ha (x, y) (0, 0) 0, ha (x, y) = (0, 0)

25 Igazoljuk, hogy f f x és y az R2 halmaz minden pontjában létezik, annak ellenére, hogy f nem folytonos a (0, 0) pontban. 7. Legyen f(x, y) = { x 3, x 2 +y 2 ha (x, y) (0, 0) 0, ha (x, y) = (0, 0). a) Igazoljuk, hogy f x és f y korlátos függvények. b) Legyen u egy R 2 -beli egységvektor. Igazoljuk, hogy a D u f iránymenti derivált létezik és normája legfeljebb egy. 8. Állítsuk elő a megjelőlt parciális deriváltakat: a) b) c) d) e) f) 3 u x 2, u = x ln(x, y) y 3 u x y z, u = exyz 4 u x y ξ η, u = ln (x ξ) 2 +(y η) 2 m+n u x m y n, m+n u x m y n, p+q+r u x p y q z r, u = x+y x y u = (x2 + y 2 )e x+y u = xyzex+y+z 9. Határozzuk meg a kijelölt differenciálokat a) d 3 u, u = x 3 + y 3 3xy(x y) b) d n u, u = ln(x + y) c) d 3 u, u = xyz d) d n u, u = e x+y 0. Igazoljuk, hogy a megadott függvény teljesíti a kijelölt differenciálegyenletet:

26 a) u = a (x b) 2 t e 4a 2 t, b) u = ln (x a) 2 + (y b) 2, u t = a2 2 u x 2 2 u x u y 2 = 0 c) u = c e ar + c 2 e ar, u + 2 u = a 2 u r x 2 y 2 z 2 r = x 2 + y 2 + z 2 d) z = x n f ( y x 2 ), x z z x + 2y y = uz e) z = yf(x 2 y 2 ) y 2 z z + xy x y = xz Implicit függvények deriváltakat ha az y(x) függvényt a követ-. Határozzuk meg a dy dx és d2 y dx 2 kező egyenlőség értelmezi: a) y = x + ln y b) x 2 2xy + y 2 + x + y 2 = 0 c) ln x 2 + y 2 = arctg y x d) 2 + xy = ln(e xy e xy ) = 0 2. A z(x, y) függvényt a következő egyenlőséggel értelmezzük: a) x 2 + 2y 2 + z 2 3xyz 2y + 3 = 0 b) x cos y + y cos z + z cos x =. Az egyes esetekben határozzuk meg a αz αx, z y parciális deriváltakat. 3. A z(x, y) függvényt az x 2 + y 2 z 2 xy = 0 egyenlőség értelmezi. Határozzuk meg a ]paz x z = esetben. z és y parciális deriváltakat az x =, y = 0, 4. Ha a z(x, y) függvényt a 2x 2 + y 2 + z 2 8xz z + 8 = 0

27 egyenlőség értelmezi határozzuk meg dz és d 2 z differenciálokat az x = 2, y = 0, z = esetben. 5. Igazoljuk, hogy az x 2 + y 2 + z 2 = ϕ(ax + by + cz) egyenlőséggel értelmezett z(x, y) függvény teljesíti a differenciálegyenletet. (cy bz) z + (az cx) z x y = bx ay 6. Ha F ( x z, y z ) = 0, ahol F egy kétváltozós differenciálható függvény, akkor az adott egyenlőséggel értelmezett z(x, y) implicit függvény teljesíti a differenciálegyenletet. x z x + y z y = z 7. Az y és z függvények az x változótól függnek és az x 2 +y 2 z 2 = 0 valamint az x 2 + 2y 2 + 3z 2 = 4 egyenlőségekkel értelmezettek. Határozzuk meg dy dx, dx dx, d2 y dx 2, d2 z x 2 deriváltakat az x =, y = 0, z = esetben. 8. Az u és v függvények az x és y változóktól függnek és az egyenlőségekkel értelmezettek. Határozzuk meg a u x, v x, u y, v y x = ϕ(u, v) és y = ψ(u, v) parciális deriváltakat. 9. A z függvény az x és y változóktól függ. Határozzuk meg a dz differenciált, ha x = e u+v, y = e u v, z = uv. 0. Ha z = F (r, ϕ) és x = r cos ϕ, y = r sin ϕ határozzuk meg a z x parciális deriváltakat. A változócsere módszere. (2x ) 2 y + (2x )y + y = 0 differenciáegyenlet esetén végezzük el a 2x = e t változócserét.

28 2. Írjuk át az y z x x z y = 0 differenciálegyenletet az u és v változókra ha u = x és v = x 2 + y Írjuk fel a u x = v (Cauchy-Riemann) y u y = v x differenciálegyenleteket polárkoordináták esetén. 4. Írjuk fel a 2 u x u y 2 = 0 polárkoordináták esetén. (Laplace egyenletet) 5. Írjuk fel az x 2 2 u x 2 u = xy, v = x y. y 2 2 u y 2 = 0 egyenletet az u és v változókkal, ha 6. Végezzük el az egyenletekbe a megadott változócserét. a) y z x x z y = (y x)z u = x 2 + y 2, v = x + y, w = ln z (x + y) b) 2 z x z x y + 2 z y 2 = 0 u = x + y, v = y x, w = z x c) 2 z x z x y 3 2 z y 2 = 0 ξ = x + y η = y 3x A helyettesítés módszere a) Egyváltozós eset: Ha y egy adott függvény x-ben és x = ϕ(t), akkor: dy dx = ϕ (t) d 2 y dx 2 = dy dt (ϕ (t)) 3 [ ϕ (t) d2 y dt 2 ϕ (t) dy dt ]

29 b) A kétváltozós eset Legyen G, D R 2 két nyílt halmaz. f : D R, z = f(x, y) φ : G D, φ = (ϕ, ψ) x = ϕ(u.v) Y = ψ(u, v), (u, v) G. Feltételezzük, hogy az f, ϕ, ψ függvényeknek léteznek a megfelelő rendű parciális deriváltjaik. A feladat z, hogy fejezzük ki parciális deriváltakat a parciális deriváltak segítségével. z x, z y, 2 z x 2, 2 z x y, z u, z v, 2 z u 2, 2 z u v, stb. stb. Erre a problémára a következő két képlet vezethető le: ( z x = ψ D(ϕ,ψ) v z u ψ v z ) u D(u,v) ( z ϕ = y v z u ϕ v z ), u D(ϕ,ψ) D(u,v) D(ϕ, ψ) ahol D(u, v) = J φ a φ leképezés Jacobi mátrixa. c) Független változók és függvények hlyettesítése x = f(u, v, w), y = g(u, v, w), z = h(u, v, w) u és v új független változók és w = w(u, v) ezeknek a változóknak egy függvénye. A z x, z y z x z x,... stb- parciális deriváltakra a ( f u + f w w ) u ( f v + f w w v + z ( g y ) + z y u + g w w ) u ( g v + g w w ) v = h u + h w w u = h v + h w w v.

30 .5.8. Példa. Az x 2 2 z x 2 + 2xy 2 z x y + y2 2 z y 2 = 0 egyenletbe végezzük el az x = u, y = uv változócserét. Megoldás u = x, v = y x z x = z u + z ( ) y v x 2 = z u v z u v z y = z u 0 + z v x = u z v 2 ( z x 2 = u v ) ( z u v u v ) z = 2 z u v u 2 + v z u 2 v 2 v 2 z u u v + v2 2 z u 2 v 2 2 z y 2 = ( ) z = 2 z u v u v u 2 v 2 Az előbbi egyenlőségeket alkalmazva a differenciálegyenlet így alakul át: ( u 2 2 z u 2 2 v 2 z u u v + v2 2 z u 2 v 2 + 2v ) ( z u 2 + 2u 2 2 z v v u u v z u 2 v v 2 ) z u 2 v 2 ( + u 2 v 2 2 ) z u 2 v 2 = 0 u 2 2 z u 2 2uv 2 z u v + v2 2 z v 2 + 2v z v + 2uv 2 z z 2v u v v 2v2 2 z v 2 + v2 2 z v 2 = 0 u 2 2 z u = 0 z(u, v) = uϕ(v) + ψ(v) 2 ( y z(x, y) = xϕ + ψ x) ( y x).. Új változók bevezetésével alakítsuk át a következő közönséges differenciál-egyenleteket: a) ( x 2 )y xy + n 2 y = 0 ha x = cos t b) y + y thx + m2 ch 2 x y = 0, x = ln ( ) t 2 c) y + y p(x) + q(x)y = 0, y = u e 2 x x 0 P (t)dt d) x y + xyy 2y 2 = 0, x = e t, y = u(t)e 2t e) ( + x 2 )y = y, x = tg t, y = u cos t

31 f) y + (x + y)( + y ) 3 = 0 x = u + t, y = u t ahol minden pontnál u = u(t). 2. Legyen φ háromváltozós homogén függvény. A φ(y, y, y ) = 0 egyenletbe vezessük be az y = e x x 0 u(t)dt helyettesítést. Alakítsuk át az (x z) z x + y z y = 0 egyenletet úgy, hogy x-et függvénynek tekintjük mégpedig x = x(u, v), ahol u = y z, v = y + z az új független változók. Geometriai alkalmazások x = x(t). Az y = y(t) t I egyenletekkel adott görbe érintője az z = z(t) M(x(t 0 ), y(t 0 ), z(t 0 )) pontban: x x(t 0 ) x (t 0 ) = y y(t 0) y (t 0 ) = z z(t 0) z. (t 0 ) A normálsík egyenlete ugyanebben a pontban: x (t 0 )(x x(t 0 )) + y (t 0 )(y y(t 0 ) + z (t 0 )(z z(t 0 )) = Az x = x(u, v) y = y(u, v) (u, v) D egyenletekkel adott felület érintősík- z = z(u, v) ja az M(x 0, y 0, z 0 ) pontban ahol x 0 = x(u 0, v 0 ), y 0 = y(u 0, v 0 ), z = z(u 0, v 0 ) : x x 0 y y 0 z z 0 x u (u y 0, v 0 ) u (u z 0, v 0 ) u (u 0, v 0 ) = 0. x v (u y 0, v 0 ) v (u z 0, v 0 ) v (u 0, v 0 )

32 Az M(x 0, y 0, z 0 ) pontban a normális egyenlete: x x 0 y z u u y z v v = y y 0 z x u u z x v v = z z 0. x y u u x y v v Ha a felület egyenlete F (x, y, z) = 0 implicit egyenlettel, adott, akkor az érintősík egyenlete: F x (x x 0) + F y (y y 0) + F z (z z 0) = 0 és a normális egyenlete: x x 0 F x 3. Ha a Γ(α) síkgörbesereg az = y y 0 F y = z z 0. F z f(x, y, α) = 0, α I egyenlettel adott, akkor a Γ(x), α I burkológörbéjének egyenlete: f(x, y, α) = 0 f (x, y, α) = 0. α 4. Ha az S(α), α I felületsereg az F (x, y, z, α) = 0, α I egyenlettel adott, akkor a burkolófelület egyenlete: F (x, y, z, α) = 0 f (x, y, z, α) = 0. α 5. Ha a Γ görbe egyenlete r = r(t) = (x(t), y(t), z(t)), t I, akkor Γ a görbe görbülete az M(x(t 0 ), y(t 0 ), z(t 0 )) pontban: k = r (t 0 ) r (t 0 ) r (t 0 ) Írjuk fel az alábbi görbék érintőegyenesének és normálissíkjának egyenletét a megadott pontokban

33 a) y = x, z = x 2 M(,, ) b) x 2 + z 2 = 0, y 2 + z 2 = 0 M(,, 3) c) x 2 + y 2 + z 2 = 6, x + y + z = 0 M(, 2, ) d) x = t, y = t 2, z = t 3 görbén melyik az a pont amelybe húzott érintő párhuzamos az x + 2y + z = 4 síkkal. 7. Bizonyítsuk be, hogy az x = ae t cos t, y = ae t sin t, z = ae t görbe az x 2 + y 2 = z 2 kúp minden alkotóját ugyanakkora szög alatt metszi. Írjuk fel az alábbi felületek megadott pontjában az érintősík és a normális egyenletét: a) z = x 2 + y 2, M(, 2, 5) b) x 2 + y 2 + z 2 = 69, M(3, 4, 2) c) z = arctg y x, M (,, π ) 4 d) z = y + ln x z, M(,, ) e) 2 x z + 2 y z = 8, M(2, 2, ) f) x = 2 cos ψ cos ϕ, y = 2 cos ψ sin ϕ, z = sin ψ, M(ϕ 0, ψ 0 ). görbén melyik az a pont amelybe húzott érintő párhuzamos az x+2y + z = 4 síkkal. Differenciál, gradiens, rotáció, divergencia. Legyen D R 3, f : D R, h R 3, h =. Az f függvény differenciálja az (x 0, y 0, z 0 ) pontban egy ϕ : R 3 R 3 lineáris leképezés, amely teljesíti f(x, y, z) f(x 0, y 0, z 0 ) ϕ(x x 0, y y 0, z z 0 ) lim = 0 (x,y,z) (x 0,y 0,z 0 ) (x x 0, y y 0, z z 0 )

34 egyenlőséget. A (ϕ) lineáris leképezés mátrixa: A(ϕ) = grad f = ( f x, f y, f ). z 2. Az f függvény h = (h, h 2, h 3 ) irány menti deriváltja az (x 0, y 0, z 0 ) pontban: f h (x 0, y 0, z 0 ) = f x (x 0, y 0, z 0 ) h + f y (x 0, y 0, z 0 ) h 2 + f z (x 0, y 0, z 0 ) h Egy adott V : D R 3, V = (P, Q, R) függvény divergenciája: 4. A V függvény rotorja: div V = P x + Q y + R z. i j k rot V =. x y z P Q R Megjegyzés: div (rot V ) = Az f : R 2 R függvény, az f(x, y) = egyenlőtlenséggel értelmezzük. Igazoljuk, hogy 2 f x y (0, 0) 2 f y x (0, 0). { xy x 2 y 2, x 2 +y 2 (x, y) (0, 0) 0, (x, y) = (0, 0) 6. Legyen z = f(u, v), u = g(x, y), v = h(x, y). Ha g, h C (D) és f C ( ), akkor grad z = f f grad u + u v, grad v.

35 7. Igazoljuk, hogy az u(x, y, z) = ln(x 2 +y 2 +z 2 ), x 2 +y 2 +z 2 0 függvény teljesíti az összefüggést. u = 2 ln 2 ln(grad u) 2 8. Határozzuk meg az u =, x 2 +y 2 +z x2 +y 2 +z 2 0 függvény deriváltját 2 a gradiensének az irányában. 9. Adott az u(x, y, z) = ax+by+cz függvény. Határozzuk meg a x 2 +y 2 +z 2 div (grad u) kifejezést. 0. Adott a w(x, y, z) = f(x y, x + z), f C 2 (D), D R 2. Határozzuk meg a div (grad w) kifejezést. ( ). Igazoljuk, hogy az M 0 2, 3 2 pont az x 2 + y 2 2x = 0 körön van. Határozzuk meg a z(x, y) = arctg y x függvény iránymenti deriváltját az M 0 pontban az érintő irányaiban. 2. Határozzunk meg egy f : R 3 R függvényt úgy, hogy f(x) x, bármely x R 3, x = x 2 + x2 2 + x2 3 és grad f(0) = Adott az f : R n R függvény. Ha f(x) x 2 igazoljuk, hogy f-nek léteznek a parciális deriváltjai az origóban. 4. Adott az u : R 3 + R, u(x, y, z) = ln(x x y y z z ) függvény. Határozzuk meg a d n u differenciált. A Taylor képlet Legyen D R n, f : D R, egy n + -szer differenciálható függvény. Az x 0 pont környezetében létezik θ (0, ) úgy, hogy: f(x) = f(x 0 ) +! Df(x 0) (x x 0 ) n! Dn f(x 0 )(x x 0 ) n + + (n + )! Dn+ f(x 0 ) + θ(x x 0 ))(x x 0 ) n+.

36 Az R = kifejezést maradék tagnak nevezzük. (n + )! Dn+ f(x 0 + θ(x x 0 ))(x x 0 ) n+ A Taylor képlet formálisan így írható: f(x) = f(x 0 ) + n k= ( x x + x 2 x ) k x n f(x) + R. x n. Állítsuk elő a Taylor-formula szerint az f(x, y) = 2x 2 xy y 2 6x 3y + 5 függvényt az A(, 2) pont környezetében. 2. Írjuk fel az f(x, y) = x y függvényre a Taylor-képletet az A(, ) pont körül a másodrendű tagokig. 3. Írjuk fel az f(x, y) = x 2 y 2 függvény Mac-Laurin-sorát a harmadfokú tagig. 4. Fejtsük Mac-Laurin-sorba a következő függvényeket a) f(x, y) = ( = x) n ( + y) n b) f(x, y) = e x sin y c) f(x, y) = sin(x 2 + y 2 ) d) f(x, y) = ln( + x + y) e) f(x, y) = ln( + x) ln( + y). 5. Írjuk fel a következő függvény Mac-Laurin sorának első három tagját: f(x, y) = 0 ( + x) t2y dt. 6. A z = z)x, y) függvényt a z 3 2xz + y = 0 egyenlőséggel (impliciten) értelmezzük. Ha x = y =, akkor z =. Írjuk fel a z függvény A(, ) pont körüli kifejtésének első három tagját.

37 függvényt fejtsük Mac-Laurin sorba a má- 7. Az f(x, y) = arctg +x+y x+y sodrendű tagokig 8. Az f : R R függvény első és másodrendű deriváltjai legyenek folytonosak R-en. Ha f, f, f korlátos is R-en, akkor M 2 4M 0 M 2, ahol M k = sup f (k) (x), k {0,, 2}. x R 9. Az f : [0, + ) R függvény akárhányszor deriválható. Ha ( ) k f (k) (x) 0, ( ) x [0, + ), k N, akkor a g(x) = +f(x) x függvény esetén is igaz, hogy ( ) k g (k) (x) 0, ( ) x [0, + ), k N. 0. Adottt az f : R R k-szor deriválható függvény. Ha tetszőleges adott r valós szám esetén lim x xr f(x) = 0 és lim x xr f (k) (x) = 0, akkor lim x xr f (p) (x) = 0, bármely p {0,, 2,..., k}. Többváltozós függvények szélsőértékei Az f : D R, D R n függvénynek helyi maximuma van az x 0 = (x 0 x x n0 ) pontban, ha létezik egy v V(x 0 ) környezet úgy, hogy f(x) f(x 0 ), ( ) x V. f-nek helyi minimuma van az x 0 pontban, ha f(x) f(x 0 ), ( ) x V Tétel. Az f : D R függvénynek helyi maximuma van az (x 0 ) pontban, ha f f f (x 0 ) = 0, (x 0 ) = 0,..., (x 0 ) = 0 (.) x x 2 x n és az f függvény Hesse mátrixa 2 f 2 f 2 f (x 0 ) (x 0 )... (x 0 ) x x x 2 x x n 2 f 2 f 2 f H f = (x 0 ) x 2 x x 2 (x 0 )... (x 0 ) 2 x 2 x n f 2 f 2 f (x 0 ) (x 0 )... x n x x n x 2 x 2 (x 0 ) n

38 negatív definit kvadratikus alakot származtat és minimuma van, ha H f pozitív definit kvadratikus alakot származtat. Azokat az x 0 pontokat ahol a (.) egyenlőségek teljesülnek stacionárius pontoknak nevezzük. A kétváltozós eset: Ha az (x 0, y 0 ) pont az f(x, y) kétváltozós függvénynek egy stacionárius pontja, akkor f-nek a) minimuma van, ha D > 0, A > 0; b) maximuma van, ha D.0, A < 0; c) nincs szélsőértéke, ha D < 0, ahol A = 2 f x 2 (x 0, y 0 ), B = 2 f x y (x 0, y 0 ), A = 2 f y 2 (x 0, y 0 ) és D = AC B 2. Az f(x, x 2,..., x n ) függvény ϕ k (x, x 2,..., x n ) = 0 k =, m, m < n feltételek melletti szélsőértékét meghatározhatjuk úgy, hogy meghatározzuk az L(x, x 2,..., x n, λ,..., λ m ) = f(x,..., x n ) + függvény szélsőértékét. m λ k ϕ k (x,..., x n ) A H L Hesse mátrix által generált kvadratikus alak elpjelét úgy vizsgáljuk, hogy figyelembe vesszük, hogy dx,..., dx n változók eleget tesznek a n ϕ k dx j = 0 feltételeknek. x j j= Weierstrass. Egy korlátos és zárt tartományon differenciálható függvény felveszi a legnagyobb és legkisebb értékét, vagy valamelyik stacionárius pontban vagy a tartomány határán. k=. Határozzuk meg a következő függvények szélsőértékeit: a) z(x, y) = x 2 y 3 (6 x y)

39 b) z(x, y) = x 4 + y 4 x 2 2xy y 2 c) z(x, y) = xy x 2 y 2 d) z(x, y) = e x2 y (5 2x + y) e) z(x, y) = x 2 + xy + y 2 4 ln x 0 ln y f) z(x, y) = x 2 2y + ln x 2 + y arctg y x g) u(x, y, z) = x 3 + y 2 + z 2 + 2xy + 2z h) u(x, y, z) = x + y2 4x + z2 y + 2 z ; x, y, z (0, + ) i) u(x, y, z) = xy 2 z 3 (0 x 2y 3z) j) u(x, y, z) = sin x + sin y + sin z sin(x + y + z) x, y, z [0, π] k) u(x, x 2,..., x n ) = x + x 2 x + x 3 i =, n. x xn x n + 2 x n 2. Keressük meg a z = z(x, y) implicit függvények szélsőértékeit: a) x 2 + y 2 + z 2 2x + 2y 4z 0 = 0 b) x 2 + y 2 + z 2 xz yz + 2x + 2y + 2z 2 = 0 c) (x 2 + y 2 + z 2 ) 2 = a 2 (x 2 + y 2 z 2 ) x i (0, + ), 3. Határozzuk meg a következő függvények szélsőértékeit a megadott feltételek mellett: a) z(x, y) = x + y, x 2 + y 2 = b) u(x, y, z) = x + y + z, x 2 + y 2 + z 2 = c) z(x, y) = x 2 + 2xy + 2y 2, 4x 2 + y 2 = 25 d) z(x, y) = cos 2 x + cos 2 y, x y = π 4 e) u(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2, x2 + y2 + z2 = a 2 b 2 c 2 f) u(x, y, z) = xyz, x 2 + y 2 + z 2 =, x + y + z = 0 g) u(x, y, z) = xy + yz, x 2 + y 2 = 2, y + z = 2 x, y, z (0, + ) h) u(x, x 2,..., x n ) = x 2 + x x2 n, x + x x n = i) u(x, x 2,..., x n ) = α x + α 2 x α n x n, β x +β 2 x β n x n = α i, β i, x i (0, + ), i =, n.

40 4. Határozzuk meg a következő függvényeknek a megadott tartományokon felvett legnagyobb és legkisebb értékét: a) z(x, y) = x 2 + y 2 = 2x + 6y, x 2 + y 2 25 b) z(x, y) = x 2 xy + y 2, x + y c) u(x, y, z) = x + y + z, x 2 + y 2 z d) z(x, y) = x 2 2xy + 6y + 4x, x 6, y 7 5. Igazoljuk, hogy ha x, y, z [, 2], akkor x y 2 + z 2 + y x 2 + z 2 + z x 2 + y Bizonyítsuk be, hogy ha x, y, z R +, akkor ( ) x 2 y 2 z 2 x 6 + z 3 y 3 + y 6 + x 3 z 3 + z 6 + x 3 y Igazoljuk, hogy ha a, b, c R és a 2 + b 2 + c 2 =, akkor a + b + c 2abc Ha x, y, z (0, + ) és x 3 + y 3 + z 3 = 3, akkor x 4 y 4 + x 4 z 4 + y 4 z Legyenek az a i,j, i, j =, n adott valós számok. Igazoljuk, hogy az f : R n R n f(x, x 2,..., x n ) = a ij x i x j i,j= függvénynek a G = {x R n : x = } gömbre való leszűkítésének a maximuma és minimuma az A = [a ij ] i=,n mátrix legnagyobb illetve legkisebb sajátértéke. ( x az x euklideszi normája) 0. Határozzuk meg az f : R n R, f(x, x 2,..., x n ) = x 2 + x x2 n függvény minimumát, ha n a ij x j = b i, i m és rang [a ij ] i=,m = j= j=,n m n.