BEVEZETÉS AZ ANALÍZISBE

Átírás

1 BEVEZETÉS AZ ANALÍZISBE

2 Jegyzetek és példtárk mtemtik egyetemi okttásához sorozt Algoritmuselmélet Algoritmusok bonyolultság Anlitikus módszerek pénzügyben és közgzdságtnbn Anlízis feldtgyűjtemény I Anlízis feldtgyűjtemény II Bevezetés z nlízisbe Complexity of Algorithms Differentil Geometry Diszkrét mtemtiki feldtok Diszkrét optimlizálás Geometri Igzságos elosztások Introductory Course in Anlysis Mthemticl Anlysis Exercises I Mthemticl Anlysis Problems nd Exercises II Mértékelmélet és dinmikus progrmozás Numerikus funkcionálnlízis Operációkuttás Operációkuttási példtár Prciális differenciálegyenletek Példtár z nlízishez Pénzügyi mtemtik Szimmetrikus struktúrák Többváltozós dtelemzés Vriációszámítás és optimális irányítás

3 Mezei István Frgó István Simon Péter BEVEZETÉS AZ ANALÍZISBE Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kr Typotex 2014

4 c , Dr. Mezei István, Dr. Frgó István, Dr. Simon Péter, Eötvös Loránd Tudományegyetem, Természettudományi Kr Lektorált: Dr. Ngy Bálint Cretive Commons NonCommercil-NoDerivs 3.0 (CC BY-NC-ND 3.0) A szerző nevének feltüntetése mellett nem kereskedelmi célll szbdon másolhtó, terjeszthető, megjelentethető és elődhtó, de nem módosíthtó. ISBN Készült Typotex Kidó ( gondozásábn Felelős vezető: Votisky Zsuzs Műszki szerkesztő: Gindill Orsoly Készült TÁMOP /2/A/KMR számú, Jegyzetek és példtárk mtemtik egyetemi okttásához című projekt keretében. KULCSSZAVAK: mtemtiki nlízis, hlmzok, vlós és komplex számok, sorok, soroztok, differenciál- és integrálszámítás, függvényvizsgált, függvénysorok, vektornlízis, komplex függvények. ÖSSZEFOGLALÁS: A jegyzet z ELTE TTK nem mtemtik szkos hllgtóink nlízisokttásához készült, de mtemtik lpszkos hllgtók is hsználhtják kiegészítésként. Nem hgyományos tárgylásmódot követi: kétszer hld végig z nlízis lpfejezetein. Először lpszinten, inkább módszereket ismertetve, mjd mélyebb szinten, hgyományos tétel bizonyítás szemléletet követve tárgylj témköröket. A jegyzet erősen lklmzásorientált, pl. térképészeknek, geofizikusoknk fontos görbeelmélet és vektornlízis, vlmint fizikus hllgtóknk fontos vonlintegrál, felületi integrál, komplex függvénytn, metrikus terek stb. szerepelnek benne.

5 Trtlomjegyzék 1. Előszó 1 2. Hlmzok, relációk, függvények Hlmzok, relációk, függvények A Hlmzok és relációk Relációk inverze és kompozíciój Függvények Feldtok Hlmzok, relációk, függvények E Ekvivlenci és rendezési reláció Hlmzok számosság Számhlmzok Vlós számok A A vlós számok xiómrendszere Természetes, egész és rcionális számok Felső és lsó htár Intervllumok és környezetek Vlós számok htványi Feldtok Komplex számok A A komplex szám foglm, műveletek Komplex számok trigonometrikus lkj Elemi függvények Vlós-vlós függvények lptuljdonsági A Az elemi függvények A Htványfüggvények Exponenciális és logritmus függvények i

6 Trigonometrikus függvények és inverzeik Hiperbolikus függvények és inverzeik Néhány különleges függvény Feldtok Soroztok, sorok Soroztok, sorok A A sorozt foglm és tuljdonsági Sorozt htárértéke Divergens soroztok Sorok Feldtok Soroztok E Sorozt konvergenciáj Műveletek konvergens soroztokkl Részsoroztok Sorozt lim sup-j és lim inf-je Intervllumsorozt Cuchy konvergencikritérium Sorok E Sor konvergenciáj Konvergencikritériumok Végtelen sorok átrendezései Folytonosság Folytonosság A A folytonos függvény foglm és tuljdonsági A műveletek és folytonosság kpcsolt Intervllumon folytonos függvények tuljdonsági Feldtok Folytonosság E A folytonosság foglm és z átviteli elv Műveletek folytonos függvényekkel Intervllumon folytonos függvények tuljdonsági Az inverzfüggvény folytonosság Egyenletes folytonosság Függvény htárértéke Függvény htárértéke A Végesben vett, véges htárérték Végtelenben vett, illetve nem véges htárérték Egyoldli htárérték ii

7 7.2. Feldtok Függvény htárértéke E A htárérték áltlános definíciój és z átviteli elv Műveletek függvények htárértékével Differenciálhtóság Differenciálhtóság A A derivált foglm és geometrii jelentése Elemi függvények deriváltj és deriválási szbályok A derivált kpcsolt függvény tuljdonságivl Többszörös derivált és Tylor-polinom L Hospitl-szbály Feldtok Differenciálhtóság E A derivált foglm és kpcsolt folytonossággl Műveletek differenciálhtó függvényekkel, deriválási szbályok Lokális növekedés, fogyás, lokális szélsőérték Középértéktételek A globális monotonitás elégséges feltételei Konvex és konkáv függvények Tylor-formul L Hospitl-szbály Integrálhtóság, integrálszámítás Integrálszámítás A A Riemnn-integrál foglm és geometrii jelentése A Riemnn-integrál és műveletek kpcsolt Newton Leibniz-formul Primitív függvény Az integrál lklmzási Fourier-sor Az improprius integrál Feldtok Integrálszámítás E Az integrál foglm Az integrálhtóság feltételei Műveletek és z integrál kpcsolt Primitív függvény és Newton Leibniz-formul Függvénysoroztok, függvénysorok 149 iii

8 10.1. Függvénysoroztok, függvénysorok A Függvénysoroztok Függvénysorok Htványsorok Feldtok Függvénysoroztok, függvénysorok E Függvénysoroztok Függvénysorok Htványsorok, Tylor-sorok Többváltozós függvények Többváltozós függvények A Az n-dimenziós tér Többváltozós függvények Htárérték és folytonosság Feldtok Többváltozós függvények E Metrikus tér Nyílt és zárt hlmzok; kompkt hlmz Folytonos függvények Fixponttétel Többváltozós differenciálás Többváltozós deriválás A Prciális derivált Deriváltmátrix Érintő Szélsőérték Feldtok Többváltozós deriválás E Prciális derivált és deriváltmátrix Második derivált, Tylor-formul Szélsőérték Implicit- és inverzfüggvény tétel Feltételes szélsőérték Vonlintegrál Vonlintegrál A A vonlintegrál foglm és tuljdonsági Potenciál Feldtok Vonlintegrál E iv

9 A vonlintegrál foglm és tuljdonsági Potenciál Differenciálegyenletek Differenciálegyenletek A Alpfoglmk Szétválszthtó változójú differenciálegyenlet Alklmzás Feldtok Többváltozós függvény integrálj Többváltozós integrál A A többváltozós integrál foglm Az integrál kiszámítás tégllpon és normáltrtományon Az integrál trnszformációj Feldtok Vektornlízis Vektornlízis A Térgörbék Felületek A nbl Integrálátlkító tételek Feldtok Komplex függvények Komplex soroztok, végtelen sorok Komplex htványsorok Komplex függvény folytonosság Komplex függvény htárértéke Komplex függvény differenciálhtóság Komplex függvények integrálj Primitív függvény, z integrál kiszámítás Tylor-sor, hrmonikus függvények Komplex függvények zérushelyei Becslések Komplex függvény mximum Lurent-sor Szinguláris helyek A reziduum-tétel v

10

11 1. fejezet Előszó A jegyzet lpvetően z Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Krán nem mtemtik szkos hllgtók nlízis okttásához készült, bár mtemtik lpszkos hllgtók kiegészítésként szintén hsználhtják. A fizikus, geofizikus, térképész, meteorológus, geológus, környezettudomány szkos hllgtók mtemtik okttás évtizedek ót z Alklmzott Anlízis és Számításmtemtiki Tnszék feldt. A jegyzet három szerzője szintén évek, évtizedek ót részt vesz ebben z okttásbn. A jegyzetben tárgylt nlízis nygot számos félévben szerzők már tnították, hosszú évek szkmi és pedgógii tpsztlt vn jegyzet trtlm mögött. Temtikáját tekintve jegyzet természetszerűleg hsonlít számos más nlízis tnkönyvre, zonbn hngsúlyozzuk, hogy ennek ellenére több szempontból hiánypótló szerepet tölt be. Egyrészt más nlízis témájú tnkönyvek ngyobbrészt mtemtik szkos hllgtók számár készültek. A nem mtemtik szkosoknk szóló tnkönyvek pedig más egyetemek speciális igényű hllgtói, pl. mérnök vgy közgzdász hllgtók okttásához illenek. Ez jegyzet z ELTE TTK nem mtemtik szkos hllgtóink igényeihez illeszkedik. Sokéves okttási tpsztlt muttj, hogy hllgtók mtemtikát nem z xiomtikus felépítés mentén sjátítják el, hnem fokoztosn, egyre mélyebb szinten értik meg mtemtiki foglmkt és tételeket. Ezért jegyzet nem hgyományos tárgylásmódot követi, hnem kétszer hld végig fent felsorolt fejezeteken. Először lpszinten tárgyl minden témkört. Ennek keretében inkább módszereket tnít. (A fizik szkon ez rész külön tntárgy Klkulus címen.) Ezután másodéves hllgtók számár ugynzok témkörök mélyebb szinten következnek, hgyományos tétel-bizonyítás szemlélet szerint. A jegyzet erősen lklmzás orientált. A térképészeknek fontos görbeelmélet, vgy geofizikusoknk szükséges vektornlízis is helyet kp benne. A fizikus hllgtók megtlálhtják benne vonlintegrál, felületi 1

12 2 1. Előszó integrál és komplex függvények tárgylását, illetve nehezebb témköröket is, pl. metrikus terek, vgy implicit függvény tétel. Köszönetnyilvánítás A szerzők köszönetet mondnk z Eötvös Loránd Tudományegyetem Mtemtiki Intézetében z Alklmzott Anlízis és Számításmtemtiki Tnszéken dolgozó kollégáink, kik konstruktív észrevételeikkel támogtták kurzus temtikájánk kilkítását és jegyzet megírását. Köszönet illeti jegyzet lektorát Ngy Bálint tnszékvezető főiskoli docenst, ki mindenre kiterjedő figyelemmel igyekezett jvítni hibákt, és elősegíteni z érthetőséget, és z egységes szerkezetét. A jegyzet TAMOP /2/A/KMR számú pályázt, Jegyzetek és példtárk mtemtik egyetemi okttásához című projektjének keretében készült. 2

13 2. fejezet Hlmzok, relációk, függvények Bemuttjuk mtemtik eszközeit, lépten-nyomon hsznált foglmkt, fontos megállpodásokt vezetünk be. Biztos lpokt készítünk további építkezéshez. Gykrn lklmzzuk minden, illetve tetszőleges szvk rövidítésére, létezik, illetve vn olyn kifejezések helyett pedig jelet. Az lábbi témköröket tárgyljuk: Hlmz foglm és hlmzműveletek Reláció Függvény foglm és tuljdonsági Kompozíció és inverz Hlmz számosság 2.1. Hlmzok, relációk, függvények A Hlmzok és relációk Egy hlmzt kkor tekintünk ismertnek, h minden jól megfoglmzhtó dologról el tudjuk dönteni, hogy hozzá trtozik vgy nem trtozik hozzá. (Az okos gondolt, szép lány, z elég ngy szám vgy kicsi pozitív szám nem tekinthető jól megfoglmzott dolognk, ezekről nem kérdezzük, hogy benne vnnk-e vlmilyen hlmzbn, hogy lkotnk-e hlmzt.) 3

14 4 2. Hlmzok, relációk, függvények Legyen A hlmz, x egy jól definiált dolog. H x hozzátrtozik hlmzhoz, kkor ezt x A jelölje. H x nem trtozik hozzá hlmzhoz, kkor ezt x / A jelöli. A hlmz elemeit felsorolhtjuk, például A := {, b, c, d}, vgy értelmes tuljdonsággl djuk meg hlmzt, például B := {x x vlós szám és x 2 < 2} Definíció. Legyen A és B hlmz. Azt mondjuk, hogy A része B hlmznk, h minden x A esetén x B. Jele: A B Definíció. Legyen A és B hlmz. Az A hlmz egyenlő B hlmzzl, h ugynzok z elemei. Jele: A = B. Könnyen meggondolhtó következő tétel: 2.1. Tétel. Legyen A és B hlmz. A = B pontosn kkor, h A B és B A. Néhány eljárást muttunk, melyekkel újbb hlmzokhoz juthtunk Definíció. Legyen A és B hlmz. Az A és B egyesítése (uniój) z hlmz, melyre A B := {x x A vgy x B}. Az A és B metszete (közös része) z hlmz, melyre A B := {x x A és x B}. Az A és B különbsége z hlmz, melyre A \ B := {x x A és x / B}. A metszet és különbség képzése során elképzelhető, hogy egyetlen x dolog sem rendelkezik kívánt tuljdonsággl. Azt hlmzt, melynek bármely jól definiálhtó dolog sem eleme, üres hlmznk nevezzük. Jele:. Legyen H hlmz és A H egy részhlmz. Az A hlmz (H-r vontkozó) komplementerén z A := H \ A hlmzt értjük. De Morgn-zonosságoknk nevezik következő tételt: 2.2. Tétel. Legyen H hlmz, A, B H. Ekkor A B = A B és A B = A B. Legyen és b dolog. Az {, b} hlmz nyilván sok változtbn felírhtó: {, b} = {b, } = {, b, b, } = {, b, b,, b, b} = stb. Ezzel szemben tekintsük lpfoglomnk z (, b) rendezett párt, melynek lényeges tuljdonság legyen, hogy (, b) = (c, d) pontosn kkor, h = c és b = d. A rendezett pár segítségével értelmezzük hlmzok szorztát. 4

15 2.1. Hlmzok, relációk, függvények A Definíció. Legyen A, B hlmz. Az A és B Descrtes-szorzt A B := {(, b) A és b B}. Például A := {2,3,5}, B := {1,3} esetén A B = {(2,1), (2,3), (3,1), (3,3), (5,1), (5,3)}. A rendezett pár foglmár épül reláció Definíció. Azt mondjuk, hogy z r hlmz reláció, h minden eleme rendezett pár. Egy mgyr-ngol szótár is egy reláció, hiszen elemei mgyr és neki megfelelő ngol szóból lkotott rendezett párok Definíció. Legyen r reláció. Az r reláció értelmezési trtomány Az r reláció értékkészlete z D(r) := {x vn olyn y, hogy (x, y) r}. R(r) := {y vn olyn x D(r), hogy (x, y) r}. Nyilván r D(r) R(r). Például r := {(4,2), (4,3), (1,2)} esetén D(r) = {4,1}, R(r) = {2,3} Relációk inverze és kompozíciój Két eljárást muttunk be, mellyel dott reláció(k)ból újbb relációhoz juthtunk Definíció. Legyen r reláció. Az r reláció inverze z reláció, mely r 1 := {(s, t) (t, s) r}. Láthtó, hogy r := {(1,3), (4,2), (5,2), (3,3)} esetén r 1 = {(3,1), (2,4), (2,5), (3,3)}. A mgyr-ngol szótár inverze z ngol-mgyr szótár. Értelmezzük relációk kompozícióját (összetett reláció, közvetett reláció) is Definíció. Legyen r, s reláció. Az s belső reláció és r külső reláció kompozíciój legyen r s := {(x, z) vn olyn y R(s) D(r) közvetítő elem, hogy (x, y) s és (y, z) r}. 5

16 6 2. Hlmzok, relációk, függvények Például s := {(1,2), (1,4), (2,3)}, r := {(4,3), (4,4), (3,5)} esetén r s := {(1,3), (1,4), (2,5)}. Természetesen elkészíthető z s r reláció is, de ez most s r =. Áltlábn r s s r. Meglepően szép relációk kompozíciójánk inverze és z inverzek kompozíciójánk kpcsolt: 2.3. Tétel. Legyen r, s reláció. Ekkor (r s) 1 = s 1 r 1. Mivel hlmzok egyenlőségét szeretnénk igzolni, megmuttjuk, hogy 1.) (r s) 1 s 1 r 1 és 2.) s 1 r 1 (r s) Legyen (p, t) (r s) 1 (t, p) r s vn olyn q R(s) D(r) közvetítő elem, hogy (t, q) s és (q, p) r nyilván (p, q) r 1 és (q, t) s 1 (p, t) s 1 r Legyen (u, w) s 1 r 1 vn olyn v R(r 1 ) D(s 1 ) = R(s) D(r) közvetítő elem, hogy (u, v) r 1 és (v, w) s 1 nyilván (w, v) s és (v, u) r (w, u) r s (u, w) (r s) Függvények A függvény speciális reláció Definíció. Legyen f reláció. Azt mondjuk, hogy z f függvény, h bármely (x, y) f és (x, z) f esetén y = z. Például r := {(1,2), (2,3), (2,4)} nem függvény, hiszen (2,3) r és (2,4) r, de 3 4; z f := {(1,2), (2,3), (3,3)} viszont függvény. Néhány megállpodást teszünk függvények körében. H f függvény, kkor (x, y) f esetén y z f függvény x helyen vett helyettesítési értéke, vgy z f függvény z x-hez z y-t rendeli hozzá. Jelölésben: y = f(x). H f függvény és A := D(f), B pedig olyn hlmz, melyre R(f) B (nyilván A függvény értelmezési trtomány, B pedig függvény (egyik) képhlmz), kkor z f A B, f függvény kifejezés helyett z f:a B jelölést hsználjuk ( z f függvény z A hlmzt B hlmzb képezi ). H f függvény és D(f) A, R(f) B, kkor f : A B jelöli ezt ( f z A hlmzból B hlmzb képező függvény ). Például f := {(, α), (b, β), (g, γ), (d, δ), (e, ε)} függvény. Láthtó, hogy β z f függvény b helyen vett helyettesítési értéke, β = f(b). 6

17 2.1. Hlmzok, relációk, függvények A 7 H L ltin betűk, G pedig görög betűk hlmz, kkor f : {, b, g, d, e} G, f() = α, f(b) = β, f(g) = γ, f(d) = δ, f(e) = ε. H csk függvény típusár krunk utlni, elég z f : L G. Természetesen egy függvénynek is vn inverze, ez zonbn nem biztos, hogy függvény lesz Definíció. Legyen f : A B függvény. Azt mondjuk, hogy z f kölcsönösen egyértelmű (injektív), h különböző x 1, x 2 A elemeknek különböző B-beli elemeket feleltet meg, zz bármely x 1, x 2 A, x 1 x 2 esetén f(x 1 ) f(x 2 ). Könnyen meggondolhtó, hogy kölcsönösen egyértelmű függvény inverze is függvény. Részletesebben: 2.4. Tétel. Legyen f függvény, A := D(f), B := R(f), f kölcsönösen egyértelmű. Ekkor z f inverze f 1 : B A olyn függvény, mely bármely s B ponthoz zt t A pontot rendeli, melyre f(t) = s, (röviden: bármely s B esetén f(f 1 (s)) = s.) Függvények kompozícióját is elkészíthetjük. Szerencsére ez mindig függvény lesz. Legyen g : A B, f : B C. Ekkor relációk kompozíciójánk felhsználásávl megmutthtó, hogy f g : A C, bármely x A esetén (f g)(x) = f(g(x)). Például g függvény minden szám duplájához 1-et djon hozzá (g : R R, g(x) := 2x + 1); z f függvény pedig minden számot emeljen négyzetre (f : : R R, f(x) := x 2 ), kkor f g : R R, (f g)(x) = (2x + 1) 2 lesz z f és g kompozíciój. További hsznos foglmk Legyen f : A B és C A. Az f függvény C-re vló leszűkítése z z f C : C B függvény, melyre bármely x C esetén f C (x) := f(x). Legyen f : A B, C A és D B. Az f(c) := {y vn olyn x C, melyre f(x) = y} hlmzt C hlmz f függvénnyel létesített képének nevezzük. Az f 1 (D) := {x f(x) D} hlmz D hlmz f függvényre vontkozó ősképe. (Vigyázt! Az f 1 nem inverzfüggvényt jelöl ebben z esetben.) 7

18 8 2. Hlmzok, relációk, függvények 2.2. Feldtok 1. Legyen A := {2,4,6,3,5,9}, B := {4,5,6,7}, H := {n n egész szám, 1 n 20}. Készítse el z A B, A B, A \ B, B \ A hlmzokt. Mi lesz z A hlmz H-r vontkozó A komplementere? 2. Legyen A := {, b}, B := {, b, c}. A B =? B A =? 3. Legyen r := {(x, y) x, y vlós szám, y = x 2 }. r 1 =? Függvény-e z r? Függvény-e z r 1? 4. Legyen f : R R, f(x) := x 1+x 2. Készítse el z f f, f (f f) függvényeket. 5. Gondoljuk végig egy f : A B kölcsönösen egyértelmű függvény inverzének szemléltetését! 6. Gondoljuk meg, hogy egy f : A B kölcsönösen egyértelmű függvény inverzét következő lépésekkel lehet előállítni: 1) Felírjuk, hogy y = f(x). 2) Felcseréljük z x és y változókt : x = f(y). 3) Ebből z egyenletből kifejezzük z y-t z x segítségével: y = g(x). Ez g lesz éppen z f 1 inverzfüggvény. Például: f : R R, f(x) = 2x 1. (Ez kölcsönösen egyértelmű függvény.) 1) y = 2x 1 2) x = 2y 1 3) x + 1 = 2y, y = 1 2 (x + 1). Tehát f 1 : R R, f 1 (x) = 1 2 (x + 1). Szemléltesse is z f és f 1 függvényt! 7. Legyen f : A B, C 1, C 2 A, D 1, D 2 B. Mutssuk meg, hogy f(c 1 C 2 ) = f(c 1 ) f(c 2 ), f(c 1 C 2 ) f(c 1 ) f(c 2 ), f 1 (D 1 D 2 ) = f 1 (D 1 ) f 1 (D 2 ), f 1 (D 1 D 2 ) = f 1 (D 1 ) f 1 (D 2 ). Igz-e, hogy h C 1 C 2, kkor f(c 1 ) f(c 2 )? Igz-e, hogy h D 1 D 2, kkor f 1 (D 1 ) f 1 (D 2 )? 8. Legyen f : A B, C A, D B. Igz-e, hogy f 1 (f(c)) = C? Igz-e, hogy f(f 1 (D)) = D? 8

19 2.3. Hlmzok, relációk, függvények E Hlmzok, relációk, függvények E A rendezett párt lpfoglomnk tekintettük, de lehetőség vn hlmzok segítségével bevezetni rendezett pár foglmát Definíció. Legyen és b. Az (, b) rendezett pár legyen (, b) := {{}, {, b}}. Ezzel z értelmezéssel igzolhtó rendezett párt jellemző tuljdonság Tétel. (, b) = (c, d) = c és b = d. Bizonyítás. ( ) Legyen {{}, {, b}} = {{c}, {c, d}}. 1. Vgy {} = {c}, miből = c következik. Továbbá {, b} = {c, d}, de = c mitt b = d lehet csk. 2. Vgy {} = {c, d}, miből c = d és így = c = d következik. Ekkor (c, d) = {{}}, de kkor {} = {, b} is igz, így = b. Tehát = b = = c = d. ( ) Nyilvánvló! Ekvivlenci és rendezési reláció A mtemtik néhány kényes foglmát relációkkl és függvényekkel hozzuk kpcsoltb Definíció. Legyen H, r H H, D(r) = H reláció. Azt mondjuk, hogy 1. r reflexív, h x H esetén (x, x) r ; 2. r szimmetrikus, h (x, y) r esetén (y, x) r ; 3. r ntiszimmetrikus, h minden olyn esetben, mikor (x, y) r és (y, x) r, kkor x = y ; 4. r trnzitív, h minden olyn esetben, mikor (x, y) r és (y, z) r, kkor (x, z) r Definíció. H z r reláció reflexív, szimmetrikus és trnzitív, kkor r ekvivlenci-reláció Definíció. H z r reláció reflexív, ntiszimmetrikus és trnzitív, kkor r rendezési reláció. 9

20 10 2. Hlmzok, relációk, függvények Legyen egy ekvivlenci-reláció H hlmzon (D( ) = H). Állpodjunk meg bbn, hogy (x, y) helyett z x y jelölést hsználjuk. A ekvivlenci-reláció segítségével H hlmzt részhlmzokr bontjuk következő lépésekkel. α) Legyen x H. Az x-hez trtozó ekvivlenci-osztály x / := {y y H, x y}. β) Könnyen beláthtó, hogy h x, z H, kkor vgy x / = z /, vgy x / z / =. Ez zt jelenti, hogy H hlmz felbonthtó közös pont nélküli ekvivlenciosztályokr. γ) Legyen H / := {X x H, hogy X = x / }. A H / z ekvivlenci-osztályok hlmz. Igzolhtó, hogy 1. H / elemei közös pont nélküliek ( β) pontbn ezt foglmztuk meg), 2. H / elemeinek (hlmzoknk) z egyesítése kidj H hlmzt. Lássunk két fontos példát erre z eljárásr. 1. Legyen T törtek hlmz, zz { } p T = p, q egész szám, q 0. q A T hlmzon értelmezünk egy relációt: b c d = bc. d Végiggondolhtó, hogy ekvivlenci-reláció. Ekkor b / ekvivlenciosztályb beletrtozik z összes olyn tört, mely egyenlő z b -vel. A T / hlmz pedig olyn közös elem nélküli hlmzokr vló felbontás T törtek hlmzánk, melyek egyesítéseként visszkpjuk T hlmzt. Az b / egy rcionális szám, T / pedig rcionális számok hlmz. -del, hiszen ezek törtek reprezentánsi z 1 2 / rcionális számnk, és rcionális számokkl végzett műveletek során mindig megfelelő reprezentánst húzzuk elő z osztályból. Például Így válik érthetővé, hogy 1 2 egyenlő 2 4 -del, = =

21 2.3. Hlmzok, relációk, függvények E 11 zt sugllj, hogy 1 2 / / = 3 6 / / = 7 6 /. 2. A másik példábn E legyen egy sík irányított szkszink hlmz. Bevezetünk E-n egy relációt: legyen b, h z szksz párhuzmos b-vel, zonos irányúk és egyform hosszúk. Könnyen láthtó, hogy ekvivlenci-reláció. Az / trtlmzz z -vl párhuzmos, vele zonos irányú és hosszúságú irányított szkszokt. Egy ilyen osztály legyen egy vektor. Az E / sík vektorink hlmz. Így válik érthetővé, hogy vektorok összedásánál z egyik vektort eltoljuk úgy, hogy két vektor kezdőpontj megegyezzék. Vlójábn mindkét vektorból z lklms reprezentáns irányított szkszt húzzuk elő, zokkl végezzük el műveletet, és z eredő irányított szkszhoz trtozó ekvivlenci-osztály lesz z összedás eredő vektor. A rendezési relációkkl kpcsoltbn csk két egyszerű példát tárgylunk. Legyen N pozitív egész számok hlmz. Legyen z reláció, melyre b, h vn olyn nemnegtív c egész, hogy + c = b. Ez vlóbn rendezési reláció. Még z is igz, hogy bármely, b N esetén vgy b, vgy b. Az N pozitív egészek hlmzán egy másik relációt is bevezethetünk. Azt mondjuk, hogy osztój b-nek, h vn olyn k pozitív egész, hogy b = k. Az oszthtóság reláció reflexív ( = 1), ntiszimmetrikus (h b = k és = bl, kkor b = blk, miből lk = 1, de ez csk k = 1 és l = 1 esetén igz, tehát = b) és trnzitív (h b = k, c = bl, kkor c = kl, zz osztój c-nek), tehát z oszthtóság is rendezési reláció z N hlmzon. Csk nem olyn szép, mint volt, hiszen, vn olyn, b N, melyre nem osztój b-nek, és b sem osztój -nk. (Például := 4 és b := 7.) Hlmzok számosság Gykrn hsonlítjuk össze hlmzok elemszámát, ezt formlizáljuk z lábbi definícióbn Definíció. Legyen A, B hlmz. Azt mondjuk, hogy A számosság egyenlő B számosságávl, h vn olyn φ : A B függvény, melyre R(φ) = B, és φ kölcsönösen egyértelmű. [Az ilyen φ függvényt bijekciónk nevezzük A és B között.] 11

22 12 2. Hlmzok, relációk, függvények Például pozitív egészek N hlmz és pozitív páros számok P hlmz egyenlő számosságú, hiszen φ : N P, φ(n) := 2n függvény bijekció N és P között Definíció. Legyen A hlmz. Azt mondjuk, hogy A végtelen (számosságú) hlmz, h A A, A A, hogy φ : A A bijekció. Az előbbi péld éppen zt muttj, hogy N végtelen hlmz Definíció. Legyen A végtelen hlmz. Azt mondjuk, hogy A megszámlálhtó, h φ : N A bijekció. Meglepő, de rcionális számok Q hlmz megszámlálhtó. Írjuk fel z 1,2,3,..., n,... nevezőjű törteket soronként A φ : N Q bijekciót úgy készítjük, hogy φ(1) := 0 1, φ(2) := 1 1, φ(3) := 1 2, φ(4) := 1 2, A rjz szerinti lépegetéssel hldunk, ügyelve rr, hogy olyn törtet ugorjunk át, mely már egyszer sorr került. Ezzel biztosítjuk, hogy vlóbn kölcsönösen egyértelmű mrdjon függvényünk. Láthtó z is, hogy előbb-utóbb minden rcionális számhoz eljutunk, így φ bijekció lesz N és Q között, mi zt jelenti, hogy Q megszámlálhtó. 12

23 3. fejezet Számhlmzok Kiskorunktól számolunk vlós számokkl, összedjuk, szorozzuk, osztjuk őket, htványozunk, bszolút értékét vesszük számoknk. Egyenleteket, egyenlőtlenségeket rendezünk. Most lefektetjük zt viszonylg egyszerű szbályrendszert, melyből megtnult eljárások levezethetők. Az lábbi témköröket tárgyljuk: Vlós számok hlmz Természetes számok hlmz Egész számok és rcionális számok hlmz Felső és lsó htár Intervllum és környezet Htványozás definíciój és zonossági Komplex számok hlmz Komplex szám trigonometrikus lkj, műveletek 3.1. Vlós számok A A vlós számok xiómrendszere Legyen R nem üres hlmz. Tegyük fel, hogy vn még egy összedásnk nevezett + : R R R és egy szorzásnk nevezett : R R R függvény is, melyek következő tuljdonságokkl rendelkeznek: 1. bármely, b R esetén + b = b + (kommuttivitás), 13

24 14 3. Számhlmzok 2. bármely, b, c R esetén + (b + c) = ( + b) + c (sszocitivitás), 3. vn olyn 0 R elem, hogy bármely R esetén + 0 = (0 z összedásr nézve semleges elem), 4. bármely R esetén vn olyn R ellentett elem, hogy +( ) = 0. m1. bármely, b R esetén b = b, m2. bármely, b R esetén (b c) = ( b) c, m3. vn olyn 1 R elem, hogy bármely R esetén 1 = (1 szorzásr nézve semleges elem), m4. bármely R\{0} esetén vn olyn 1 R reciprok elem, hogy 1 = 1, d. bármely, b, c R esetén (b + c) = b + c (disztributív szorzás z összedásr nézve). Láthtó, hogy szorzás szbályrendszere 4. követelményben lényegesen eltér z összedástól (egyébként nem is különbözne z összedás és szorzás). A d. is z eltérést erősíti. Tegyük fel, hogy R-en vn egy olyn (kisebb vgy egyenlőnek nevezett) rendezési reláció, mely még következő tuljdonságokkl rendelkezik: r1. bármely, b R esetén vgy b, vgy b, r2. minden olyn esetben, mikor b és c R tetszőleges szám, kkor + c b + c, r3. minden olyn esetben, mikor 0 és 0 b, kkor 0 b. Állpodjunk meg bbn, hogy z b, b helyett < b jelölést hsználunk. (Sjnos < nem rendezési reláció, mert nem reflexív.) Az 1. 4., m1. m4., d., r1. r3. lpján levezethető z összes egyenlőséggel és egyenlőtlenséggel kpcsoltos szbály. Kiegészítésül három foglmt külön is megemlítünk Definíció. Legyen, b R, b 0. Ekkor b := 1 b. Az osztás tehát elvégezhető vlós számokkl Definíció. Legyen x R. Az x bszolút értéke { x, h 0 x x := x, h x 0, x 0.

25 3.1. Vlós számok A 15 Hsznosk z bszolút értékkel kpcsoltos egyenlőtlenségek. 1. Bármely x R esetén 0 x. 2. Legyen x R és ε R, 0 ε. Ekkor x ε, és x ε x ε. 3. Bármely, b R esetén + b + b (háromszög-egyenlőtlenség). 4. Bármely, b R esetén b b. Könnyen igzolhtók ezek z állítások. A 4. bizonyítását megmuttjuk. Tekintsük z = b + b egyenlőtlenséget. Ekkor 3. szerint = b + b b + b. Az r2. szerint b számot mindkét oldlhoz hozzádv nem változik z egyenlőtlenség + ( b ) = b b. (3.1) Hsonló meggondolássl b = b + b = b + b + b b / ( b ) b = b. (3.2) Az (3.1) és (3.2) 2. tuljdonság szerint (x := b ; ε := b szereposztássl) éppen zt jelenti, hogy b b Természetes, egész és rcionális számok Most elkülönítjük z R egy nevezetes részhlmzát. Legyen N R olyn részhlmz, melyre 1 o 1 N, 2 o bármely n N esetén n + 1 N, 3 o bármely n N esetén n (z 1 z első elem), 4 o bból, hogy ) S N, b) 1 S, c) bármely n S esetén n + 1 S következik, hogy S = N. (Teljes indukció.) Az R-nek z ilyen N részhlmzát természetes számok hlmzánk nevezzük. Kiegészítésül álljon itt még néhány megállpodás: Z := N {0} {m R m N} z egész számok hlmz

26 16 3. Számhlmzok Q := {x R vn olyn p Z, q N, hogy x = p q } rcionális számok hlmz Q := R \ Q z irrcionális számok hlmz Az N segítségével műveleti, rendezési szbályrendszer mellé hrmdik követelményt illesztjük z R-hez. Arkhimédész-xióm: Bármely, b R, 0 < számokhoz vn olyn n N, hogy b < n. Az Arkhimédész-xióm következményeként megmuttjuk, hogy bármely K R számhoz vn olyn n N természetes szám, melyre K < n, ugynis z := 1, b := K szereposztássl z xióm ilyen természetes számot biztosít. Megmuttjuk zt is, hogy bármely ε R, 0 < ε esetén vn olyn n N természetes szám, hogy 1 n < ε, ugynis legyen := ε és b := 1. Az xióm szerint vn olyn n N, hogy 1 < n ε. Rendre lklmzv megfelelő szbályt 1 < nε / + ( 1) 0 < nε 1 / 1 n 0 < 1 n (nε 1) = ε 1 n 1 n < ε. / + 1 n Az Arkhimédész-xiómávl sem vált még minden igényt kielégítővé z R. Szükségünk lesz egy utolsó xiómár, melyet néhány foglomml készítünk elő Felső és lsó htár 3.3. Definíció. Legyen A R, A. Azt mondjuk, hogy A felülről korlátos számhlmz, h vn olyn K R, hogy bármely A esetén K. Az ilyen K z A hlmz egyik felső korlátj. Legyen A R, A felülről korlátos hlmz. Tekintsük B := {K R K felső korlátj z A hlmznk} hlmzt. Legyen α R B hlmz legkisebb eleme, zz olyn szám, melyre 1 o α B (α is felső korlátj z A hlmznk), 2 o bármely K B felső korlátr α K.

27 3.1. Vlós számok A 17 A kérdés csupán z, hogy vn-e ilyen α R. Felső htár xiómáj: Minden felülről korlátos A R, A hlmznk vn legkisebb felső korlátj. Az ilyen α R számot (mely nem feltétlenül eleme z A hlmznk) hlmz felső htáránk nevezzük, és így jelöljük: α := sup A ( z A hlmz szuprémum ) Nyilván igz sup A két tuljdonság: 1 o bármely A esetén sup A, 2 o bármely 0 < ε esetén vn olyn A, hogy (sup A) ε <. A műveleti, rendezési szbályrendszerrel, z Arkhimédész-xiómávl és felső htár xiómájávl teljessé tettük z R vlós számok hlmzát. Ezzel biztos lpot teremtettünk jövőbeni számolásokhoz is. Néhány további megállpodás Definíció. Legyen A R, A. Azt mondjuk, hogy A lulról korlátos, h vn olyn L R, hogy minden A esetén L. Az L z A hlmz egyik lsó korlátj. Legyen A lulról korlátos számhlmz. Az A lsó korlátji közül legngyobb hlmz lsó htár. (Ennek létezéséhez már nem kell újbb xióm, visszvezethető felső htár létezésére.) Az A hlmz lsó htárát inf A ( z A hlmz infimum ) jelölje. Nyilván igz, hogy 1 o bármely A esetén inf A, 2 o bármely 0 < ε esetén vn olyn A, hogy < (inf A) + ε Intervllumok és környezetek 3.5. Definíció. Legyen I R. Azt mondjuk, hogy I intervllum, h bármely x 1, x 2 I, x 1 < x 2 esetén minden olyn x R, melyre x 1 < x < x 2, fennáll, hogy x I Tétel. Legyen, b R, < b, ekkor z lábbi hlmzok mindegyike intervllum.

28 18 3. Számhlmzok [, b]:={x R x b} [, b):={x R x < b} (, b]:={x R < x b} (, b):={x R < x < b} Végtelen intervllumokr bevezetjük z lábbi jelöléseket. [, + ):={x R x} (, + ):={x R < x}; (0, + ) =: R + (, ]:={x R x } (, ):={x R x < }; (,0) =: R (, + ) := R Megemlítjük, hogy z [, ] = {} és z (, ) = elfjuló intervllumok Definíció. Legyen R, r R +. Az pont r sugrú környezetén K r () := ( r, + r) nyílt intervllumot értjük. Azt mondjuk, hogy K() z pont egy környezete, h vn olyn r R +, hogy K() = K r () Vlós számok htványi 3.7. Definíció. Legyen R. Ekkor 1 :=, 2 :=, 3 := 2,..., n : := n 1, Definíció. Legyen R, 0. A jelentse zt nemnegtív számot, melynek négyzete, zz 0, ( ) 2 =. Vegyük észre, hogy bármely R esetén 2 = Definíció. Legyen R, k N. A 2k+1 jelentse zt vlós számot, melynek (2k + 1)-edik htvány. Vegyük észre, hogy h 0 <, kkor 2k+1 > 0, és h < 0, kkor 2k+1 < Definíció. Legyen R, 0, k N. A 2k jelentse zt nemnegtív számot, melynek (2k)-dik htvány z. Vezessük be következő jelölést: h n N és R z n pritásánk megfelelő, kkor 1 n := n.

29 3.2. Feldtok Definíció. Legyen R +, p, q N. p q := q p Definíció. Legyen R +, p, q N. p q := 1 q p Definíció. Legyen R \ {0}. Ekkor 0 := 1. Láthtó, hogy ezzel definícióláncolttl egy R + bármely r Q rcionális kitevőjű htványát értelmeztük. Beláthtó, hogy definíciókbn szereplő számok egyértelműen léteznek, és érvényesek következő zonosságok: 1 o R +, r, s Q esetén r s = r+s, 2 o R +, r Q esetén r b r = (b) r, 3 o R +, r, s Q esetén ( r ) s = rs Feldtok 1. Legyen, b R. Mutssuk meg, hogy ( + b) 2 := ( + b)( + b) = 2 + 2b + b 2, 2 b 2 = ( b)( + b), 3 b 3 = ( b)( 2 + b + b 2 ), 3 + b 3 = ( + b)( 2 b + b 2 ). 2. Mutssuk meg, hogy minden x R, x 1 és bármely n N esetén x n+1 1 x 1 = 1 + x + x x n. 3. (Bernoulli-egyenlőtlenség) Legyen h ( 1, + ) és n N. Mutssuk meg, hogy (1 + h) n 1 + nh. Megoldás: Legyen S := {n N (1 + h) n 1 + nh}. 1 o 1 S, mert (1 + h) 1 = h.

30 20 3. Számhlmzok 2 o Legyen k S. Megmuttjuk, hogy k + 1 S, ugynis (1 + h) k+1 = (1 + h) k (1 + h) (1 + kh)(1 + h) = = 1 + (k + 1)h + kh (k + 1)h. (A rendezés szbályi mellett felhsználtuk, hogy k S, zz (1+h) k 1 + kh.) Emlékezve z N bevezetésének 4 o követelményére, ez zt jelenti, hogy S = N, zz minden n N esetén igz z egyenlőtlenség. Ezt bizonyítási módszert hívják teljes indukciónk. 4. Legyen, b R +. A 2 := + b 2, G 2 := b, H 2 := , N 2 := b 2 + b 2 Mutssuk meg, hogy H 2 G 2 A 2 N 2 és egyenlőség számok között kkor és csk kkor áll, h = b. Ezek ngymértékű áltlánosítás is igz. Legyen k N (k 3) és x 1, x 2,..., x k R +. A k := x 1 + x x k, G k := k k x 1 x 2 x k, k x 2 H k := 1 x x , N k := 1 + x x2 k. x k k Igzolhtó, hogy H k G k A k N k, és egyenlőség számok között kkor és csk kkor áll fenn, h x 1 = x 2 =... = x k. 5. Legyen h R és n N. Ekkor (1 + h) n = 1 + nh + ( ) n h ( ) n h h n, 3 hol felhsználv, hogy k! := k, z ( ) n n! = k k! (n k)!, k = 0,1,2,..., n (kiegészítésül 0! := 1). Ebből igzolhtó binomiális tétel: Legyen, b R, n N. Ekkor n ( ) n ( + b) n = k b n k. k k=0 2

31 3.2. Feldtok Legyen A := { n n+1 n N}. Mutssuk meg, hogy A felülről korlátos. Mi sup A? n Megoldás: Mivel bármely n N esetén n < n + 1, ezért n+1 < 1, tehát K := 1 felső korlát. Megmuttjuk, hogy sup A = 1, ugynis 1 o Bármely n N esetén n n+1 < 1. 2 o Legyen ε R +. Keresünk olyn n N számot, melyre n n + 1 > 1 ε. n > (1 ε)(n + 1) = n εn + 1 ε εn > 1 ε n > 1 ε ε Mivel bármilyen számnál, így z 1 ε ε természetes szám, legyen ez n n N, ezért z n n +1 > 1 ε. Tehát sup A = 1. R számnál is vn ngyobb n +1 A olyn, hogy 7. * Legyen E := {( n+1 n )n n N}. Mutssuk meg, hogy E R felülről korlátos. Megoldás: Megmuttjuk, hogy bármely n N esetén ( ) n n n Legyen n N, és tekintsük z 1 4 ( n+1 n )n számot. A 4. példábn szereplő számtni (A k ) és mértni (G k ) közép közötti egyenlőtlenség szerint ( ) n 1 n + 1 = 1 4 n n + 1 n + 1 n n n + 1 n ( n+1 n + n+1 n... n+1 )n+2 n = 1, n + 2 ezért ( n+1 n )n 4, tehát E felülről korlátos. A felső htár xiómáj szerint vn felső htár. Legyen e := sup E. Megjegyezzük, hogy ezt felső htárt soh senki nem tudt és tudj megsejteni (nem úgy, mint 6. példábn... ). Közelítőleg e 2,71. Euler nevéhez fűződik z e szám bevezetése. 8. Legyen P := {( 1 1 ) (1 12 ) 2 2 (1 12 ) ( ) } 2 n n N.

32 22 3. Számhlmzok Létezik-e inf P? (H már belátt, hogy létezik z inf P, ne keseredjen el, h nem tudj megdni. Megoldtln problém.) 3.3. Komplex számok A A komplex szám foglm, műveletek Úgy áltlánosítjuk vlós számokt, hogy műveletek tuljdonsági ne változznk. Legyen C := R R vlós számpárok hlmz. Vezessük be z összedást úgy, hogy z (, b), (c, d) C esetén szorzást pedig úgy, hogy (, b) + (c, d) := ( + c, b + d); (, b) (c, d) := (c bd, d + bc). Könnyen ellenőrizhető z összedás és szorzás néhány tuljdonság. 1. (, b), (c, d) C esetén (, b)+(c, d) = (c, d)+(, b) (kommuttivitás), 2. (, b), (c, d), (e, f) C esetén (, b)+((c, d)+(e, f)) = ((, b)+(c, d))+ + (e, f) (sszocitivitás), 3. (, b) C esetén (, b) + (0,0) = (, b), 4. (, b) C esetén (, b) C olyn lesz, hogy (, b) + (, b) = = (0,0), m1. (, b), (c, d) C esetén (, b) (c, d) = (c, d) (, b) (kommuttivitás), m2. (, b), (c, d), (e, f) C esetén (, b) ((c, d) (e, f)) = ((, b) (c, d)) (e, f) (sszocitivitás), m3. (, b) C esetén (, b) (1,0) = (, b), m4. (, b) C \ {(0,0)} esetén z ( 2 +b, 2 2 +b ) C olyn, hogy 2 d. (, b), (c, d), (e, f) C esetén (, b) ( 2 + b 2, b 2 + b 2 ) = (1,0), (, b) [(c, d) + (e, f)] = (, b) (c, d) + (, b) (e, f) ( szorzás disztributív z összedásr nézve). b

33 3.3. Komplex számok A 23 b (,b)=+ib i ábr Az 1..4, m1. m.4 és d. tuljdonságok indokolják, hogy vlós számokkl végzett műveletek, számolások (melyek összedást, szorzást trtlmznk és legfeljebb egyenlőségekre vontkoznk) komplex számokkl ugynúgy végezhetők el. Azonosítsuk z R vlós számot és z (,0) C komplex számot. (Nyilvánvlón bijekció létezik z R és z R {0} C hlmz között.) Vezessük be z i := (0,1) C képzetes egységet. Ekkor bármely (, b) C komplex számr (, b) = (,0) + (0,1)(b,0) = + ib. (A második egyenlőség z zonosítás következménye!) Figyelembe véve, hogy i 2 = (0,1) (0,1) = 1, egyszerűvé válik z összedás és szorzás is + ib + c + id = + c + i(b + d), ( + ib) (c + id) = c bd + i(d + bc). A komplex számot helyvektorként szenléltethetjük (3.1. ábr). Az összedás vektorok összedásánk prlelogrmm szbályánk megfelelő (3.2. ábr) Komplex számok trigonometrikus lkj Egy + ib C komplex számhoz hozzárendelhetjük z bszolút értékét és irányszögét (3.3. ábr).

34 24 3. Számhlmzok +c+i(b+d) c+id +ib 3.2. ábr b +ib r φ 3.3. ábr

35 3.3. Komplex számok A 25 rp p α+β β α r 3.4. ábr Az bszolút érték: r = 2 + b 2. Az irányszög síknegyedenként dhtó meg: φ = rctg b, h > 0 és b 0 π 2, h = 0 és b > 0 π rctg b, h < 0 és b 0 π + rctg b, h < 0 és b < 0 3π 2 h = 0 és b < 0 2π rctg b, h > 0 és b < 0 Láthtó, hogy z irányszögre φ [0,2π). Megjegyezzük, hogy = 0, b = 0 esetén r = 0, és z irányszög ekkor tetszőlegesen válszthtó. H egy + ib C komplex számnk r z bszolút értéke és φ z irányszöge, kkor = r cos φ, b = r sin φ, ezért +ib = r(cos φ+i sin φ). Ez komplex szám trigonometrikus lkj. A komplex számok trigonometrikus lkjánk felhsználásávl szemléletesebbé válik komplex számok szorzás is. Legyen r(cos α + i sin α), p(cos β + i sin β) C, ekkor r(cos α + i sin α) p(cos β + i sin β) = = rp(cos α cos β sin α sin β + i(sin α cos β + cos α sin β)) = = rp(cos(α + β) + i sin(α + β)).

36 26 3. Számhlmzok Tehát szorzásnál z bszolút értékek összeszorzódnk, z irányszögek pedig összedódnk (3.4. ábr). A htványozás komplex szám trigonometrikus lkjávl igen egyszerűen végezhető el. H z = + ib = r(cos φ + i sin φ) C és n N, kkor z n = ( + ib) n = [r(cos φ + i sin φ)] n = r n (cos nφ + i sin nφ), zz komplex szám n-edik htványánál z bszolút érték n-edik htvány és z irányszög n-szerese jelenik meg z n trigonometrikus lkjábn.

37 4. fejezet Elemi függvények Ismertetjük vlós számok hlmzán értelmezett, vlós szám értékű függvények legfontosbb tuljdonságit. Definiáljuk gykrn hsznált vlós-vlós függvényeket, melyeket elemi függvényeknek neveznek. Az lábbi témköröket tárgyljuk: Műveletek vlós függvényekkel Korlátos, monoton, periodikus, páros, pártln függvény foglm Htványfüggvények Exponenciális és logritmus függvények Trigonometrikus függvények és inverzeik Hiperbolikus függvények és inverzeik Néhány különleges függvény 4.1. Vlós-vlós függvények lptuljdonsági A 4.1. Definíció. Legyen f : R R, λ R. Ekkor λf : D(f) R, (λf)(x) := λf(x) Definíció. Legyen f, g : R R, D(f) D(g). Ekkor f + g : D(f) D(g) R, (f + g)(x) := f(x) + g(x) f g : D(f) D(g) R, (f g)(x) := f(x) g(x). 27

38 28 4. Elemi függvények 4.3. Definíció. Legyen g : R R, H := D(g)\{x D(g) g(x) = 0}. Ekkor 1/g : H R, (1/g)(x) := 1 g(x) Definíció. Legyen f, g : R R f g := f 1/g 4.5. Definíció. Legyen f : R R. Azt mondjuk, hogy f felülről korlátos függvény, h R(f) R felülről korlátos hlmz. Azt mondjuk, hogy f lulról korlátos függvény, h R(f) R lulról korlátos hlmz. Azt mondjuk, hogy f korlátos függvény, h R(f) R lulról is és felülről is korlátos hlmz Definíció. Legyen f : R R. Azt mondjuk, hogy f monoton növő függvény, h bármely x 1, x 2 D(f), x 1 < x 2 esetén f(x 1 ) f(x 2 ). Az f szigorún monoton növő, h bármely x 1, x 2 D(f), x 1 < x 2 esetén f(x 1 ) < f(x 2 ). Azt mondjuk, hogy f monoton csökkenő függvény, h minden x 1, x 2 D(f), x 1 < x 2 esetén f(x 1 ) f(x 2 ). Az f szigorún monoton csökkenő, h bármely x 1, x 2 D(f), x 1 < x 2 esetén f(x 1 ) > f(x 2 ) Definíció. Legyen f : R R. Azt mondjuk, hogy f páros függvény, h 1 o minden x D(f) esetén x D(f), 2 o minden x D(f) esetén f( x) = f(x) Definíció. Legyen f : R R. Azt mondjuk, hogy f pártln függvény, h 1 o minden x D(f) esetén x D(f), 2 o minden x D(f) esetén f( x) = f(x) Definíció. Legyen f : R R. Azt mondjuk, hogy f periodikus függvény, h létezik olyn p R, 0 < p szám, hogy 1 o minden x D(f) esetén x + p, x p D(f), 2 o minden x D(f) esetén f(x + p) = f(x p) = f(x). A p szám függvény egyik periódus.

39 4.2. Az elemi függvények A 29 id 4.1. ábr id ábr 4.2. Az elemi függvények A Htványfüggvények Legyen id : R R, id(x) := x. Az id szigorún monoton növő, pártln függvény (4.1. ábr). Legyen id 2 : R R, id 2 (x) := x 2. Az id 2 R szigorún monoton növő, z + id 2 szigorún monoton fogyó. Az id2 R páros (4.2. ábr). Legyen id 3 : R R, id 3 (x) := x 3. Az id 3 szigorún monoton növő, pártln függvény (4.3. ábr). H n N, kkor id n : R R, id n (x) := x n függvény páros n esetén z id 2, pártln n esetén z id 3 tuljdonságit örökli.

40 30 4. Elemi függvények id ábr 1 id ábr Legyen id 1 : R \ {0} R, id 1 (x) := 1/x. Az id 1 R és z id 1 R + szigorún monoton fogyó (de id 1 nem monoton!). Az id 1 pártln (4.4. ábr). Legyen id 2 : R \ {0} R, id 2 (x) := 1/x 2. Az id 2 szigorún monoton nő, z id 2 szigorún monoton fogy. Az id 2 páros (4.5. ábr). R R + Legyen n N. Az id n : R \ {0} R, id n (x) := 1/x n függvény páros n esetén z id 2, pártln n esetén z id 1 tuljdonságit örökli. Legyen id 1/2 : [0, ) R, id 1/2 (x) := x. Az id 1/2 szigorún monoton

41 4.2. Az elemi függvények A 31 1 id ábr id 1/ ábr növekedő függvény (4.6. ábr). Megemlítjük, hogy z id 2 [0, ) egyértelmű függvény inverzeként is értelmezhető id 1/2. kölcsönösen Legyen r Q. Az id r : R + R, id r (x) := x r. Néhány r esetén szemléltetjük z id r függvényeket (4.7. ábr). Végül legyen id 0 : R R, id 0 (x) := 1. Az id 0 monoton növekedő, monoton fogyó is, páros függvény. Bármilyen p > 0 szám szerint periodikus (4.7. ábr).

42 32 4. Elemi függvények id 1/2 id 3/2 id 2/3 1 id ábr exp <1 exp >1 1 exp ábr Exponenciális és logritmus függvények Legyen R +. Az lpú exponenciális függvény exp : R R, exp (x) := x. exp szigorún monoton növő, h > 1, exp szigorún monoton fogyó, h < 1, exp = id 0, h = 1 (monoton növő és monoton fogyó is) (4.8. ábr).

43 4.2. Az elemi függvények A 33 exp e ábr H > 0 és 1, kkor R(exp ) = R +, zz csk pozitív értéket vesz fel z exp (és minden pozitív számot fel is vesz). Bármely > 0 esetén minden x 1, x 2 R mellett exp (x 1 + x 2 ) = exp (x 1 ) exp (x 2 ). (Ez legfontosbb ismertetőjele z exponenciális függvényeknek.) Kitüntetett szerepe vn z exp e =: exp függvénynek (4.9. ábr) (e z előző fejezet 7.* példájábn szereplő Euler-féle szám). Legyen > 0, 1. Mivel exp szigorún monoton, ezért kölcsönösen egyértelmű is, tehát vn inverzfüggvénye. log := (exp ) 1 lesz z lpú logritmus függvény (4.10. ábr). Tehát log : R + R, log (x) = y, melyre exp (y) = x. H > 1, kkor log szigorún monoton növekedő, h < 1, kkor log szigorún monoton fogyó. Alpvető tuljdonság logritmus függvényeknek, hogy 1 o bármely > 0, 1 és minden x 1, x 2 R + esetén log (x 1 x 2 ) = log x 1 + log x 2, 2 o bármely > 0, 1 és minden x R + és k R esetén log x k = k log x,

44 34 4. Elemi függvények log >1 1 log < ábr 1 ln 1 e ábr 3 o bármely, b > 0,, b 1 és minden x R + esetén log x = log b x log b. A 3 o tuljdonság szerint kár egyetlen logritmus függvény számszorosként z összes logritmus függvény előáll. Ezért is vn kitüntetett szerepe z e lpú logritmusnk: ln := log e természetes lpú logritmus (4.11. ábr).

45 4.2. Az elemi függvények A 35 (2) 1 P 1 sin x x (1) ábr 1 sin π/2 π/2 π 2π ábr Trigonometrikus függvények és inverzeik Legyen sin : R R, sin x := Ne keressen egy formulát! Vegyen fel egy 1 sugrú kört. A középpontján át rjzoljon két egymásr merőleges egyenest. Az egyik z (1) tengely, másik (2) tengely. Ahol z (1) tengely (pozitív fele) metszi kört, bból pontból mérje fel z x R számnk megfelelő ívet kör kerületére. [Ez művelet ngy kézügyességet igényel!... ] Az ív P végpontjánk második koordinátáj legyen sin x (4.12. ábr). A sin függvény pártln, p = 2π szerint periodikus (4.13. ábr). R(sin) = [ 1,1]. Legyen cos : R R, cos x := sin(x + π 2 ). A cos függvény páros, p = 2π szerint periodikus (4.14. ábr). R(cos) = [ 1,1].

46 36 4. Elemi függvények 1 cos π/2 π/2 π 2π ábr Alpvető összefüggések: 1 o Bármely x R esetén cos 2 x + sin 2 x = 1, 2 o Bármely x 1, x 2 R esetén sin(x 1 + x 2 ) = sin x 1 cos x 2 + cos x 1 sin x 2, cos(x 1 + x 2 ) = cos x 1 cos x 2 sin x 1 sin x 2. Legyen tg := sin cos és ctg := cos sin. Az értelmezésből következik, hogy { π } D(tg) = R \ 2 + kπ k Z, D(ctg) = R \ {kπ k Z}. A tg és ctg is pártln, p = π szerint periodikus (4.15. és ábr). A trigonometrikus függvények periodikusságuk mitt nem kölcsönösen egyértelműek. Tekintsük sin [ π leszűkítést. Ez függvény szigorún monoton növekedő, ezért kölcsönösen egyértelmű, így vn inverz, π 2 2 ] függvénye: rcsin := (sin [ π 2, π 2 ]) 1. Az értelmezésből rcsin : [ 1,1] [ π 2, π 2 ], rcsin x = α, melyre sin α = x. Az rcsin szigorún monoton növekedő, pártln függvény (4.17. ábr). A cos függvény [0, π] intervllumr vló leszűkítése szigorún monoton fogyó, ezért vn inverzfüggvénye: rccos := (cos [0,π] ) 1.

47 4.2. Az elemi függvények A 37 tg π/2 π/2 π ábr ctg π π/2 π/2 π ábr

48 38 4. Elemi függvények π/2 rcsin 1 1 π/ ábr π rccos ábr Az értelmezésből következik, hogy rccos : [ 1,1] [0, π], rccos x = α, melyre cos α = x. Az rccos függvény szigorún monoton fogyó (4.18. ábr). A tg függvény ( π 2, π 2 ) intervllumr vló leszűkítése szigorún monoton növő, ezért vn inverzfüggvénye: rctg := (tg ( π 2, π 2 )) 1. Az értelmezésből következik, hogy rctg: R ( π 2, π 2 ), rctg x = α, melyre tg α = x. Az rctg szigorún monoton növekedő, pártln függvény (4.19. ábr).

49 4.2. Az elemi függvények A 39 π/2 rctg π/ ábr π π/2 rcctg ábr A ctg függvény (0, π) intervllumr vló leszűkítése szigorún monoton fogyó, ezért vn inverzfüggvénye: rcctg := (ctg (0,π) ) 1 Az értelmezésből következik, hogy rcctg : R (0, π), rcctg x = α, melyre ctg α = x. Az rcctg szigorún monoton fogyó függvény (4.20. ábr).

50 40 4. Elemi függvények sh ábr ch ábr Hiperbolikus függvények és inverzeik Legyen sh : R R, shx := ex e x 2. Az sh szigorún monoton növő, pártln függvény (4.21. ábr). Legyen ch : R R, chx := ex +e x 2. A ch R szigorún monoton fogyó, ch R szigorún monoton növő. A ch páros függvény. R(ch) = [1, + ). Gykrn láncgörbének is nevezzük ezt függvényt ( ábr). Alpvető összefüggések: 1 o Bármely x R esetén ch 2 x sh 2 x = 1.

51 4.2. Az elemi függvények A 41 cth 1 th ábr 2 o Bármely x 1, x 2 R esetén sh(x 1 + x 2 ) = shx 1 chx 2 + chx 1 shx 2, ch(x 1 + x 2 ) = chx 1 chx 2 + shx 1 shx 2. Legyen th := ch sh, cth := ch sh. Az értelmezésből következik, hogy th : R R, th x = ex e x e x +e, cth : R \ x \ {0} R, cth x = ex +e x e x e. A th és cth pártln függvények (4.23. ábr). x A th szigorún növekedő függvény. R(th) = ( 1,1). A cth szigorún fogyó, cth R R szigorún növő függvény. + R(cth) = R \ [ 1,1]. Az sh szigorún monoton növekedő függvény, ezért vn inverzfüggvénye: rsh := (sh) 1. Az értelmezésből következik, hogy rsh : R R, rsh x = ln(x + x 2 + 1) (lásd z 5. feldtot). Az rsh szigorún monoton növekedő, pártln függvény (4.24. ábr). Az ch függvény [0, ) intervllumr vló leszűkítése szigorún monoton növekedő, ezért vn inverzfüggvénye: rch := (ch [0, ) ) 1.

52 42 4. Elemi függvények rsh ábr rch ábr

53 4.2. Az elemi függvények A 43 rth ábr Az értelmezésből következik, hogy rch : [1, ) [0, ), rch x = ln(x + + x 2 1). Az rch szigorún monoton növekedő függvény (4.25. ábr). Az th szigorún monoton növekedő, ezért vn inverzfüggvénye: rth := (th) 1. Az értelmezésből következik, hogy rth : ( 1,1) R, rth x = 1 1+x 2 ln 1 x. Az rth szigorún monoton növekedő, pártln függvény (4.26. ábr). Az cth függvény R + intervllumr vló leszűkítése szigorún monoton fogyó, ezért vn inverzfüggvénye: rcth := (cth R + ) 1. Az értelmezésből következik, hogy rcth : (1, + ) R +, rcth x = 1 2 Az rcth szigorún monoton fogyó függvény (4.27. ábr). ln x+1 x Néhány különleges függvény 1. Legyen bs : R R, bs(x) := x, hol (emlékeztetőül) x := { x, h x 0 x, h x < 0. (4.28. ábr)

54 44 4. Elemi függvények rcth ábr bs ábr

55 4.2. Az elemi függvények A 45 1 sgn ábr ent ábr 1, h x > 0 2. Legyen sgn : R R, sgn(x) := 0, h x = 0 1, h x < 0. (4.29. ábr) 3. Legyen ent : R R, ent(x) := [x], hol [x] := mx{n Z n x}. (Az x R szám egész része z x-nél kisebb vgy egyenlő egészek közül legngyobb.) (4.30. ábr) { 1, h x Q 4. Legyen d : R R, d(x) := 0, h x R \ Q. Dirichlet-függvénynek nevezik, nem is kíséreljük meg szemléltetését.

56 46 4. Elemi függvények 5. Legyen r : R R { 0, h x R \ Q, vgy x = 0 r(x) := 1 q, h x Q, x = p q hol p Z, q N, és p-nek és q-nk nincs vlódi közös osztój. Riemnn-függvénynek nevezik, ezt sem kíséreljük meg szemléltetni Feldtok 1. Számítsuk ki következő függvényértékeket: id 0 (7) = id 3 ( 1 2 ) = id 1 2 (4) = id 6 (1) = id(6) = id 3 ( 1 2 ) = id 3 2 (4) = id 6 (2) = id 2 (5) = id 3 (0) = id 3 2 (4) = id 6 ( 1 2 ) = 2. Állíts növekvő sorrendbe következő számokt: ) sin 1, sin 2, sin 3, sin 4, b) ln 2, exp 2 1 2, exp 1 2 2, log 2 1, c) sh 3, ch ( 2), rsh 4, th 1, d) rcsin 1 2, rctg 10, th 10, cos Igzolj, hogy ch 2 x sh 2 x = 1, ch 2 x = ch(2x)+1 2 minden x R esetén. 4. Igzolj, hogy minden x, y R esetén ) sin 2x = 2 sin x cos x, cos 2x = cos 2 x sin 2 x, cos 2 x = sin 2 x = 1 cos 2x 2, b) sin x sin y = 2 sin x y 5. Mutss meg, hogy 2 cos x+y 2 ) rsh x = ln(x + x 2 + 1) (x R), b) rch x = ln(x + x 2 1) (x [1, + )), c) rth x = 1 2 Megoldás: ) ln 1+x 1 x 1 o y = sh x = ex e x 2 2 o x = ey e y 2 (x ( 1,1)). 1+cos 2x 2,, cos x cos y = 2 sin y x 2 sin x+y 2.

57 4.3. Feldtok 47 2x = e y e y / e y 2xe y = (e y ) 2 1 (e y ) 2 2xe y 1 = 0 (e y ) 1,2 = 2x± 4x = x ± x Mivel z exp függvény csk pozitív értéket vesz fel, és bármely x R esetén x > x 2 = x x, ezért csk Ebből de ez zt jelenti, hogy 3 o rshx = ln(x + x 2 + 1). 6. Mutss meg, hogy rctg π 2 th. e y = x + x y = ln(x + x 2 + 1), 7. Alkosson képet következő függvényekről: { sin 1 ) f : R R, f(x) := x, h x 0 0, h x = 0 { x b) g : R R, g(x) := 2 sin 1 x, h x 0 0, h x = 0 { x c) h : R R, h(x) := 2 (sin 1 x + 2), h x 0 0, h x = 0 8. Legyen f : R R tetszőleges függvény. Mutss meg, hogy φ, ψ : : R R φ(x) := f(x) + f( x) f(x) f( x), ψ(x) := 2 2 függvények közül φ páros, ψ pártln, és f = φ + ψ. H f = exp, kkor mi lesz φ és ψ függvény? 9. Legyen f, g : R R. Tegyük fel, hogy f periodikus p > 0, g pedig q > 0 szám szerint. ) Mutss meg, hogy h p q Q, kkor f + g is periodikus. b) Keressen példát rr, hogy h p q R\Q, kkor f +g nem periodikus. Megoldás: ) Legyen p q = k l, hol k, l N. Ekkor lp = kq. Legyen ω:=lp + kq > 0. Megmuttjuk, hogy f + g függvény ω szerint periodikus.

58 48 4. Elemi függvények 1 o D(f + g) = R, 2 o minden x R esetén (f +g)(x+ω) = f(x+kq+lp)+g(x+lp+kq) = = f(x + kq)+ +g(x + lp) = f(x + lp) + g(x + kq) = f(x) + g(x) = = (f + g)(x). Hsonló z (f + g)(x ω) = (f + g)(x) igzolás is.

59 5. fejezet Soroztok, sorok A soroztok igen egyszerű függvények. Rjtuk tnulmányozhtó közelítés pontosság. Hsznos építőkövei későbbi foglmknk. Az lábbi témköröket tárgyljuk: Sorozt foglm, monotonitás, korlátosság Htárérték és konvergenci Fontos htárértékek Htárérték és műveletek kpcsolt Az e szám Cuchy-féle konvergencikritérium soroztr Sor konvergenciáj Konvergencikritériumok sorokr 5.1. Soroztok, sorok A A sorozt foglm és tuljdonsági A sorozt természetes számok hlmzán értelmezett függvény. Legyen H hlmz, h : N H, kkor H-beli soroztról beszélünk. H például H vlós számok hlmz, kkor számsoroztról; h H bizonyos jelek hlmz, kkor jelsoroztról; h H z intervllumok hlmz, kkor intervllum-soroztról beszélünk. Legyen : N R számsorozt. H n N, kkor (n) helyett n legyen 49

60 50 5. Soroztok, sorok sorozt n-edik tgj. Mgát z : N R számsoroztot is rövidebb ( n ) helyettesítse, esetleg ( n ) R hngsúlyozz, hogy számsoroztról vn szó. Például z : N R, n := 1 n helyett z ( 1 n ) soroztról beszélünk. Néh tömör ( n ) helyett z oldottbb 1, 2,..., n,... jelölést is hsználhtjuk. Például z (n 2 ) helyett 1,4,9,..., n 2,... soroztról beszélünk. Mivel sorozt is függvény, így korlátosság, monotonitás, műveletek soroztokkl nem igényelnek új definíciót. Emlékeztetőül mégis újrfoglmzunk egy-két elnevezést Definíció. Azt mondjuk, hogy ( n ) sorozt korlátos, h vn olyn K R, hogy minden n N esetén n K Definíció. Azt mondjuk, hogy ( n ) monoton növő, h minden n N esetén n n Definíció. H ( n ) sorozt, és λ R, kkor λ( n ) := (λ n ). H ( n ), (b n ) két sorozt, kkor H még b n 0 (n N), kkor ( n ) + (b n ) := ( n + b n ), ( n ) (b n ) := ( n b n ). ( n ) (b n ) := ( n Például z ( n n+1 ) sorozt korlátos, hiszen bármely n N esetén n < n + 1, ezért n n + 1 = n n + 1 < 1. b n ). Az ( n n+1 ) monoton növő, mert bármely n N esetén n = n n + 1 < n + 1 n + 2 = n+1, mivel n(n + 2) < (n + 1) 2. Az (e n ) := (( n+1 n )n ) sorozt is monoton növő. Ugynis legyen n N. A számtni és mértni közép között fennálló egyenlőtlenség szerint ( ) n n + 1 e n = = 1 n + 1 n + 1 n n n n + 1 n

61 5.1. Soroztok, sorok A 51 ( 1 + n n+1 )n+1 n = n + 1 ( ) n+1 n + 2 = e n+1. n + 1 Az (e n ) sorozt korlátos is (igzolás ugynzt számolást igényli, mit 2. fejezet 7.* példájábn mutttunk meg), bármely n N esetén ( ) n+1 n n Sorozt htárértéke Most soroztok egy merőben új tuljdonságávl ismerkedünk meg. H z 1, 2,..., n,... sorozt tgji vlmilyen szám körül keveset ingdoznk, kkor z ilyen soroztot konvergensnek fogjuk nevezni. Pontosbbn: 5.4. Definíció. Azt mondjuk, hogy z ( n ) számsorozt konvergens, h vn olyn A R szám, hogy bármely ε > 0 hibkorláthoz vn olyn N N küszöbindex, hogy minden n N, n > N esetén n A < ε. H vn ilyen A szám, kkor ez sorozt htárértéke lesz, és lim n = A vgy n A jelöli mjd. Például 1 n 0, mert bármely ε > 0 esetén vn olyn N N, melyre N > 1 ε (Arkhimédész-xióm). H pedig n > N, kkor 1 n < 1 N < ε, zz 1 n 0 < ε. Egy másik példként vegyünk egy 1 méteres rudt. H félbevágjuk, mjd félrudt is félbevágjuk, mjd z egyik drbot ismét félbevágjuk és így tovább, kkor z 1 2, 1 4, 1 2 3,..., 1 2 n,... sorozthoz jutunk. Nyilván ez sorozt ( 1 2 ) 0, zz keletkezett új n drbok tetszőlegesen kicsik lesznek. Azonnl láthtó, hogy h ( n ) konvergens, kkor korlátos is, hiszen ε := 1 számhoz is vn ilyenkor olyn N 1 küszöbindex, hogy minden n > N 1 esetén A 1 < n < A + 1, és z 1, 2,..., N véges sok tg sem ronthtj el z ( n ) sorozt korlátosságát. A műveletek során konvergens soroztok jól viselkednek Tétel. H n A és λ R, kkor λ n λa. H n A és b n B, kkor n + b n A + B, n b n AB. H b n B és B 0, kkor 1 b n 1 B. H n A és b n B 0, kkor n b n A B. Ezeknek tételeknek z lklmzásként nézzük következő példát. lim 3n2 2n + 1 2n 2 + n = lim n + 1 n n = 3 2,

62 52 5. Soroztok, sorok hiszen 1 n 0, ezért 1 n = 1 2 n 1 n 0. A nevező n hánydossorozt is konvergens , így További módszerek sorozt konvergenciájánk z eldöntésére Tétel (közrefogási elv). H ( n ), (x n ), (y n ) olyn, hogy 1 o minden n N esetén x n n y n, 2 o lim x n = lim y n =: α, kkor ( n ) konvergens, és lim n = α Tétel. H ( n ) monoton és korlátos, kkor ( n ) konvergens. Például z (e n ) := (( n+1 n )n ) soroztról már láttuk, hogy monoton növő és korlátos is, ezért konvergens. A htárértéke éppen 2. fejezet 7.* példájábn szereplő e szám: ( ) n n + 1 lim = e. n A feldtok között egy sor további konvergens soroztot tlálhtunk. A sorozt konvergenciájánk definíciój trtlmz egy komoly nehézséget: meg kell sejteni zt z A R számot, melyhez sorozt tetszőlegesen közel kerül. Ezt küszöböli ki következő tétel: 5.4. Tétel (Cuchy konvergenci kritérium). Az ( n ) sorozt kkor és csk kkor konvergens, h bármely ε > 0 hibkorláthoz vn olyn N N küszöbindex, hogy n m < ε minden olyn esetben, mikor m, n > N. Tehát z, hogy számsorozt hozzásimul, tetszőlegesen megközelít egy számot, egyenértékű zzl, hogy sorozt tgji tetszőlegesen megközelítik egymást Divergens soroztok Egy ( n ) soroztot divergensnek nevezünk, h nem konvergens, zz h A R számhoz ε > 0, hogy N N küszöbindex után n > N olyn, hogy n A ε. Divergens sorozt például z (n 2 ) és (( 1) n ) sorozt is. Az (n 2 ) sorozthoz tágbb értelemben lehetőség lesz htárértéket rendelni, míg (( 1) n ) mrd egy rosszul divergens sorozt Definíció. Azt mondjuk, hogy ( n ) számsoroztnk + htárértéke, h K R számhoz N N küszöbindex, hogy n > N esetén n > K. H ( n ) sorozt ilyen, kkor lim n = +.

63 5.1. Soroztok, sorok A Definíció. Azt mondjuk, hogy ( n ) számsoroztnk htárértéke, h K R számhoz N N küszöbindex, hogy n > N esetén n < K. H ( n ) sorozt ilyen, kkor lim n =. Például lim n 2 = + és lim( n 2 ) =. A + vgy htárértékű soroztokkl végzett műveletek (ilyenek összege, hánydos) ngy körültekintést igényel Sorok Most gondoljunk rr, hogy vlki z előzőekben szereplő 1 méteres rúd szeletelésénél kpott drbokt össze szeretné illeszteni, zz z n +... összeget szeretné elkészíteni. Akkor z 1 2 -hez hozzárgsztj z 1 2 hosszúságút, így lesz; mjd ehhez rgsztj z hosszúságút, így lesz, és így tovább. Áltlánosbbn: Legyen ( n ) számsorozt. Készítsük el z S 1 := 1, S 2 := 1 + 2, S 3 := ,..., S n := n,... soroztot. Az ( n ) összedndókból készített n végtelen soron z (S n ) részletösszeg-soroztot értjük. A végtelen sok szám összedás konvergens eljárás, zz n végtelen sor konvergens, h z (S n ) sorozt konvergens. H z (S n ) sorozt konvergens, kkor n végtelen sor összegén z (S n ) sorozt htárértékét értjük, zz n := lim S n. n=1 Például legyen q R, 0 < q < 1. Tekintsük (q n ) összedó soroztot. Az n-edik részletösszeg S n = q + q 2 + q q n = q qn 1 q 1. Mivel q n 0 (lásd 4.2. szksz 3. feldtát), ezért lim S n = lim q qn 1 q 1 = n=1 q q 1 = q 1 q. tehát q n végtelen sor konvergens, és q n = q 1 q végtelen sor összege.

64 54 5. Soroztok, sorok H n egy konvergens végtelen sor, kkor (S n ) konvergens, ekkor Cuchy konvergencikritérium szerint bármely ε > 0 hibkorláthoz vn olyn N küszöbindex, hogy minden m > N és n := m + 1 > N esetén ε > S n S m = m + m+1 ( m ) = n. Ez éppen zt jelenti, hogy n 0. Tehát érvényes következő tétel: 5.5. Tétel. H n konvergens, kkor n 0. Megfordítv nem igz z állítás. Legyen ( n ) := (ln n+1 n+1 n ). Mivel n = n+1 n 1, ezért ln n ln 1 = 0. Minden n N esetén S n = ln ln ln ln n + 1 n = ln n + 1 = ln(n + 1). n Legyen K > 0 tetszőleges. Vn olyn n N, hogy n + 1 > e K. Ekkor S n = = ln(n + 1) > ln e K = K, tehát z (S n ) nem korlátos, de kkor nem is konvergens, zz n nem konvergens. Ugynígy viselkedik 1 n végtelen sor is: bár z 1 n 0, de 1 n nem konvergens. Vn lehetőség z összedndó sorozt viselkedéséből végtelen sor konvergenciájár következtetni Tétel (Hánydos kritérium). Legyen ( n ) olyn sorozt, melyhez vn olyn 0 < q < 1 szám és N küszöbindex, hogy minden n > N esetén n+1 n q. Ekkor n konvergens Tétel (Gyökkritérium). Legyen ( n ) olyn sorozt, melyhez vn olyn 0 < q < 1 szám és N küszöbindex, hogy minden n > N esetén n n q. Ekkor n konvergens. Például 2 n n! zért konvergens végtelen sor, mert n+1 n = 2 n+1 (n+1)! 2 n n! = 2 n + 1 < 1, h n > 5. 2 Érdekes váltkozó előjelű sorokról szóló tétel Tétel (Leibniz). Legyen ( n ) pozitív tgú, monoton fogyó sorozt, melyre n 0. Ekkor ( 1) n+1 n váltkozó előjelű végtelen sor konvergens. Például ( 1) n+1 1 n konvergens, mert ( 1 n ) monoton fogyó, és 1 n 0.

65 5.2. Feldtok Feldtok 1. Mutss meg, hogy n A pontosn kkor, h n A 0. Megoldás: Legyen ε > 0 tetszőleges. H n A, kkor vn olyn N, hogy n > N esetén n A < ε. Ekkor n A 0 = n A < ε is igz, így n A 0. Ugynez fordított állítás igzolás is. 2. Mutss meg, hogy n 0 pontosn kkor, h n 0. Megoldás: Legyen ε > 0. H n 0, kkor vn olyn N, hogy n > N esetén n 0 = n < ε, de kkor n 0 = n < ε is igz, miből n 0 következik. H n 0, kkor n 0 is igz. Mivel n n n minden n N esetén, ezért közrefogás mitt n Legyen q ( 1,1). Mutss meg, hogy q n 0. Konvergens-e z ( 1 3 ), ((sin π n 4 )n 2 ), ( n 3 n +10 ) sorozt? Megoldás: H q = 0, kkor 0 n 0. H q 0, kkor 0 < q < 1, ezért vn olyn h > 0, hogy 1 q = 1 + h. Ekkor Bernoulli-egyenlőtlenség szerint minden n N esetén ( ) n 1 = (1 + h) n 1 + nh > nh q 0 < q n < 1 h 1 n. 1 Mivel 0 0, h 1 n 0, ezért közrefogott sorozt is 0-hoz trt, zz q n = q n 0. A 2. péld szerint q n 0 is igz. 4. Legyen > 1. Mutss meg, hogy n n 0. Konvergens-e z ( n 2 n ), (n 0,999 n ) sorozt? Megoldás: H > 1, kkor vn olyn h > 0, hogy = 1+h. A 2. fejezet 5. példáj szerint minden n N, n > 1 esetén Ebből n = (1 + h) n > ( ) n h 2 = 2 0 < n n < 2 h 2 1 n 1. n(n 1) h 2. 2 Nyilván 1 n 1 0, így közrefogott soroztr n n 0.

66 56 5. Soroztok, sorok 5. Legyen > 1, k N. Mutss meg, hogy nk 0. n Legyen ( n ) := ( n100 1,001 ). Becsülje meg z n 1, 2, 3 értékét, lim n =? Megoldás: Bármely n N esetén n k n = n ( k ) n n ( k ) n n ( k ) n k Mivel n > 1, ezért ( k 0 4. péld szerint. Akkor k drb 0-hoz ) n trtó sorozt szorzt is 0-hoz trt, tehát nk 0. n 6. Legyen > 0. Mutss meg, hogy n n! 0. Megoldás: Vn olyn k N, hogy < k. Legyen n N, n > k. Ekkor Legyen 1 2 k := L; Mivel L n n n! = 1 2 k k + 1 n 1 n. k+1 < 1,..., n 1 < 1, így 0 < n n! < L n. n 0, ezért közrefogott soroztr n! Mutss meg, hogy n! n n Legyen > 0. Igzolj, hogy n 1. Megoldás: Először legyen > 1. Legyen p n := n 1 > 0 (n N). Bármely n N esetén Bernoulli-egyenlőtlenség szerint = (1 + p n ) n > np n, így 0 < p n < n. Mivel n 0, ezért közrefogott soroztr p n 0, mi z 1. feldt szerint n 1. H 0 < < 1, kkor 1 > 1, ezért n 1 soroztr is n lim n 5 =? lim n 2 n =? lim n 2 n + 5 n =? 10. Igzolj, hogy n n 1. Konvergens-e z ( n n 2 ), ( n 1 n 2 ) sorozt? 1, de kkor reciprok

67 5.2. Feldtok 57 Megoldás: Legyen p n := n n 1 > 0 (n N). Bármely n N, n > 1 esetén n = (1 + p n ) n > ( n 2) p 2 n 2. fejezet 5. példáj szerint. Ebből n > n(n 1) p 2 n 2 p 2 n < 2 n 1 0 < p n < 2 n 1. A könnyen igzolhtó 1 n 1 0 mitt közrefogott p n 0, mi egyenértékű (1. feldt) z n n 1 állítássl. 11. Igzolj, hogy 1 n n! 0. Megoldás: Minden n N esetén (egy pillntr feltételezve, hogy n páros) ( n ) n! = n ( n ) n > n 2 n 2 n 2, zz n! > ( n 2 ) n 2. Ebből ) 1 2 ( n n n! > 2 0 < n 1 2 <. n! n Mivel 1 n 0, ezért közrefogott soroztr 1 n n! Mutss meg, hogy 1 n(n+1) konvergens. Megoldás: Legyen n N. S n = n(n + 1). Mivel 1 k(k+1) = 1 k 1 k+1, ezért S n = n 1 n + 1 = 1 1 n + 1. lim S n = lim 1 1 n+1 = 1, ezért 1 n(n+1) konvergens, és = 1. n=1 1 n(n+1) =

68 58 5. Soroztok, sorok 13. Mutss meg, hogy 1 n konvergens. 2 Megoldás: Legyen n N, n > 1 S n = n 2 < (n 1)n = = n 1 1 n = n < 2 Tehát z (S n ) sorozt korlátos. Másrészt bármely n N esetén S n+1 = = S n + 1 (n+1) > S 2 n, tehát (S n ) monoton növekedő. Ezért S n konvergens, zz 1 n konvergens Konvergens-e 1 n!, 3 n n! végtelen sor? Milyen x R esetén konvergens x n n! végtelen sor? Megoldás: Megmuttjuk, hogy bármely x R esetén x n n! konvergens, ugynis h x 0, kkor x n+1 (n+1)! x n n! = x n + 1 1, h n > [2 x 1], 2 ezért hánydos kritérium szerint x n n! konvergens. 15. Konvergens-e 3 n 1+3 végtelen sor? 2n Megoldás: A gyökkritérium szerint ezért n 3 n n < n 3 n 1+3 2n konvergens. 3 n 3 2n = 1 3 (n N), 16. A hánydos- vgy gyökkritérium lpján kiderülhetne-e, hogy 1 n 2 konvergens? Megoldás: Nem. Ugynis 1 (n+1) 2 1 n 2 = ( ) 2 n < 1, n + 1 de nincs olyn q < 1 szám, hogy vlmilyen N után minden n > N esetén ( n n+1 ) q. A gyökkritérium szerint is n 1 n 2 = n 1 < 1, n 2 de mivel lim 1 n n 2 = 1, ezért nincs olyn q < 1 szám, hogy vlmilyen N után minden n > N-re 1 n n 2 < q.

69 5.3. Soroztok E Konvergens-e cos(nπ) n végtelen sor? Megoldás: cos(nπ) = ( 1) n, ( 1 n ) monoton fogyólg trt 0-hoz, ezért Leibniz-tétel szerint cos(nπ) n 18. * Igzoljuk következő állításokt: ) Bármely α, β, γ R esetén konvergens. ( lim 1 + α ) n+γ = e α n + β b) n=0 1 n! = e c) Bármely n N esetén vn olyn ϑ (0,1), hogy d) e R \ Q e = 1 0! + 1 1! + 1 2! n! + ϑ n! n 5.3. Soroztok E Sorozt konvergenciáj 5.7. Definíció. Azt mondjuk, hogy z ( n ) sorozt konvergens, h A R, ε > 0 N N : n > N n A < ε Tétel. H ( n ) konvergens, kkor ( n ) korlátos. Bizonyítás. Legyen ε := 1. Mivel ( n ) konvergens, ezért A R és N N, hogy n > N esetén A 1 < n < A + 1. H K := mx{ 1, 2,..., N, A 1, A+1 }, kkor n N esetén n K Tétel. H ( n ) monoton és korlátos, kkor ( n ) konvergens. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy ( n ) monoton növekedő. Tekintsük z { 1, 2,..., n,...} hlmzt. Ez hlmz felülről korlátos számhlmz, ezért sup{ 1, 2,..., n,...} =: α. A hlmz felső htáránk tuljdonság, hogy 1 o n N esetén n α 2 o ε > 0 N N : n > α ε.

70 60 5. Soroztok, sorok Legyen n > N tetszőleges, és becsüljük meg sorozt n-edik tgját: α ε < N n α < α + ε, tehát n α < ε. Az láhúzott rész éppen ( n ) konvergenciáját jelenti Tétel. Legyen ( n ) olyn sorozt, melyhez (x n ), (y n ) :, 1 o n N esetén x n n y n 2 o lim x n = lim y n =: α. Akkor ( n ) konvergens, és lim n = α. Bizonyítás. Legyen ε > 0 tetszőleges. Mivel x n α, ezért N 1, n > N 1 esetén α ε < x n < α + ε. Mivel y n α, ezért N 2, n > N 2 esetén α ε < y n < α + ε. Legyen N := mx{n 1, N 2 } és n > N tetszőleges. Ekkor α ε < x n n y n < α + ε, miből n α < ε. Az láhúzottkból következik z állítás Műveletek konvergens soroztokkl Tétel. H n 0 és b n 0, kkor n + b n 0. Bizonyítás. Legyen ε > 0 tetszőleges, kkor ε 2 > 0. Mivel n 0, ezért N 1, n > N 1 esetén ε 2 < n < ε 2. Mivel b n 0, ezért N 2, n > N 2 esetén ε 2 < b n < ε 2. Legyen N := mx{n 1, N 2 } és n > N tetszőleges. Ekkor ε = ε 2 ε 2 < n + + b n < ε 2 + ε 2 = ε, zz n + b n < ε, tehát n + b n 0 z láhúzottk szerint Tétel. H n 0 és (c n ) korlátos ( c n < K (n N)), kkor n c n 0. Bizonyítás. Legyen ε > 0 tetszőleges, ekkor ε K > 0. Mivel n 0, ezért N, n > N esetén n < ε K. Legyen n > N tetszőleges. n c n = n c n n K< ε K K = ε, z láhúzottkból következik, hogy n c n Tétel. H n A és λ R, kkor λ n λa. Bizonyítás. (λ n λa) = (λ) ( n A). Az n A 0, (λ) korlátos sorozt, ezért λ( n A) 0 λ n λa.

71 5.3. Soroztok E Tétel. H n A és b n B, kkor n + b n A + B. Bizonyítás. ( n + b n (A + B)) = ( n A + b n B) = ( n A) + (b n B). Mivel n A 0 és b n B 0, ezért összegük is 0-hoz trt, zz n + + b n A + B Tétel. H n A és b n B, kkor n b n AB. Bizonyítás. ( n b n AB) = ( n b n Ab n + Ab n AB) = ( n A)(b n ) + + (A)(b n B). Az n A 0, (b n ) konvergens, ezért korlátos is, így szorztuk 0-hoz trt. A b n B 0, (A) korlátos, ezért szorztuk is 0-hoz trt. Két 0-hoz trtó sorozt összege is 0-hoz trt, tehát n b n AB Tétel. H b n B, B 0, kkor 1 b n 1 B. Bizonyítás. Legyen B > 0. ( 1 1 ) ( ) B bn = b n B Bb n = 1 ( ) 1 B (b n B) b n A b n B 0. Megmuttjuk, hogy 1 b n korlátos. Mivel b n B, ezért ε:= B 2 > 0 számhoz N : n > N esetén B 2 < b n B < B 2, vgy B B 2 < b n < B + B 2, miből 2 B > 1 > 2 b n 3B. Ez zt jelenti, hogy 1 b n korlátos (n > N). A 0-hoz trtó és korlátos sorozt szorzt 0-hoz trt, tehát 1 b n 1 B Tétel. H n A és b n B 0, kkor n b n A B. Bizonyítás. ( n b n ) = ( n ) ( 1 b n ). A szorztsorozt és reciproksorozt konvergenciájáról szóló tétel szerint tehát n b n A B Részsoroztok n 1 A 1 b n B, 5.8. Definíció. Egy i : N N szigorún monoton növekedő soroztot indexsoroztnk nevezünk Definíció. Legyen, b : N R. Azt mondjuk, hogy b z sorozt egy részsorozt, h i : N N indexsorozt, hogy b = i, zz (b n ) = ( in ).

72 62 5. Soroztok, sorok Például ( n ) := 1, 1 2, 1 3,..., 1 n,... és (i n) := 2,4,6,...,2n,... esetén lesz részsorozt. ( in ) := 1 2, 1 4, , 1 2n, Tétel. Minden soroztnk vn monoton részsorozt. Bizonyítás. Bármely soroztr igz, hogy vgy 1 o nincs legngyobb tgj, vgy 2 o vn legngyobb tgj, de véges sokt elhgyv sorozt tgji közül visszmrdó soroztnk már nincs legngyobb tgj, vgy 3 o vn legngyobb tg soroztbn, és bárhogyn hgyunk el véges sokt soroztból, visszmrdt soroztnk még mindig vn legngyobb tgj. H ( n ) z 1 o típusú sorozt, kkor egy szigorún monoton növő részsoroztot készítünk. i1 := 1. Hgyjuk el soroztból 1 -et. A visszmrdt soroztbn vn 1 -nél ngyobb tg, legyen ez k. i2 := k. Hgyjuk el soroztból z k -ig tgokt, és visszmrdt k+1, k+2,..., n,... soroztból válsszunk z k -nál ngyobb tgot, legyen ez l. i3 := l. Ezt z eljárást folytssuk. Nyilván i 1 = 1 < i 2 = k < i 3 = l <..., tehát (i n ) indexsorozt lesz, és i1 = 1 < i2 = k < i3 = l <... z ( n ) sorozt szigorún monoton növő részsorozt. H ( n ) 2 o típusú sorozt, kkor hgyjuk el soroztból zt véges sok tgot, mely között volt sorozt legngyobb tgj, és visszmrdt sorozttl ismételjük meg z előző eljárást. Így ekkor is szigorún monoton növekedő részsorozthoz jutunk. H ( n ) 3 o típusú sorozt, kkor fogyó részsoroztot készítünk. Legyen k sorozt legngyobb tgj. Ekkor i1 := k. Hgyjuk el k -ig sorozttgokt. A visszmrdt k+1, k+2,..., n,... soroztnk is vn legngyobb tgj, legyen ez l. Nyilván k l. Legyen i2 := l.

73 5.3. Soroztok E 63 Hgyjuk el l -ig sorozttgokt, visszmrdt l+1, l+2,..., n,... sorozt legngyobb tgj legyen m. Nyilván l m. Legyen i3 := m. Ezt z eljárást folytssuk. Láthtó, hogy z így szerkesztett ( in ) vlóbn részsorozt z ( n ) soroztnk és monoton fogyó lesz Tétel (Bolzno-Weierstrss kiválsztási tétel). Minden korlátos soroztnk vn konvergens részsorozt. Bizonyítás. Minden soroztnk vn monoton részsorozt. Ez részsorozt is korlátos lesz. Egy monoton és korlátos sorozt konvergens Sorozt lim sup-j és lim inf-je Legyen ( n ) korlátos sorozt. Készítsük el z α 1 := sup{ 1, 2, 3,..., n,...} α 2 := sup{ 2, 3, 4,..., n,...}. α k := sup{ k, k+1, k+2,..., n,...}. (5.1) számsoroztot. Mivel { 1, 2,..., n,...} { 2, 3,..., n,...}, ezért felső htárukr nyilván α 1 α 2. Ezt tovább gondolv látszik, hogy (α k ) monoton fogyó sorozt. Az (α k ) ugynolyn korlátok közé szoríthtó, mint z eredeti ( n ) sorozt. Mivel (α k ) monoton és korlátos, ezért konvergens.

74 64 5. Soroztok, sorok Definíció. lim sup n := lim α k. Az előző gondoltmenethez hsonlón legyen β 1 := inf{ 1, 2, 3,..., n,...} β 2 := inf{ 2, 3, 4,..., n,...}. β k := inf{ k, k+1, k+2,..., n,...}. (5.2) Nyilván β 1 β 2, és ez tendenci megmrd, így (β k ) monoton növő. A (β k ) is korlátos. Mivel (β k ) monoton és korlátos, ezért konvergens Definíció. lim inf n := lim β k. A szerkesztésből látszik, hogy k N esetén α k β k, így lim inf n = = lim β k lim α k = lim sup n. Bebizonyíthtó, hogy Tétel. Az ( n ) korlátos sorozt konvergens lim inf n = lim sup n. Szintén bizonyítás nélkül megemlítjük lim sup n érdekes tuljdonságit: ) ε > 0 esetén (lim sup n ) ε számnál ngyobb tg végtelen sok vn z ( n ) soroztbn, (lim sup n ) + ε számnál ngyobb tg már csk véges sok vn z ( n ) soroztbn. b) A lim sup n z ( n ) sorozt konvergens részsoroztink htárértékei közül legngyobb (tehát vn is olyn ( in ) konvergens részsorozt, melyre in lim sup n.) Értelemszerű módosítássl megfoglmzhtók lim inf n tuljdonsági is Intervllumsorozt Tétel (Cntor közösrész tétel). Legyen ([ n, b n ]) zárt intervllumok sorozt. Tegyük fel, hogy n N esetén [ n, b n ] [ n+1, b n+1 ] ( egymásb sktulyázott intervllumok ) és lim b n n = 0. Ekkor egyértelműen létezik c R, melyre n N [ n, b n ] = {c}. Bizonyítás. Legyen ( n ) z intervllumok kezdőpontjink sorozt. Az egymásbsktulyázottság mitt n N esetén n n+1 b n+1 b 1, tehát z ( n ) sorozt egyik felső korlátj b 1, másrészt ( n ) monoton növő. Ezért ( n )

75 5.3. Soroztok E 65 konvergens. Legyen α := lim n. Az intervllumok végpontjink sorozt legyen (b n ). Nyilván n N esetén b n b n+1 n+1 1, tehát (b n ) monoton fogyó és lulról korlátos, ezért (b n ) konvergens. Legyen β := lim b n. Belátjuk, hogy α = β. β α = lim b n lim n = lim(b n n ) = 0. Legyen c := α = β. Az ( n ) monoton növekedése és (b n ) monoton fogyás mitt n N esetén n lim n = c = lim b n b n, ezért c [ n, b n ], mi zt jelenti, hogy c n N [ n, b n ]. Indirekt módon, tegyük fel, hogy d R, d c, melyre d n N [ n, b n ]. Legyen ε := d c 3 > 0. Mivel b n n 0, ezért N, n > N esetén b n n < ε. Legyen [ n, b n ] egy ilyen intervllum. A c [ n, b n ], de kkor c-től 3 ε távolságr lévő d már nem lehet z ε-nál rövidebb intervllumbn. Ez ellentmondás, tehát n N [ n, b n ] = {c} Cuchy konvergencikritérium A Cntor közösrész tétel is hsznos segédeszköz lehet sorozt konvergenciájánk kimuttásár. A következő tétel lpvető szükséges és elégséges feltételt d sorozt konvergenciájár Definíció. Mondjuk zt, hogy ( n ) Cuchy-sorozt, h ε > 0 N N, hogy n, m > N esetén n m < ε Tétel (Cuchy konvergencikritérium). Legyen ( n ) számsorozt ( n ) konvergens ( n ) Cuchy-sorozt. Bizonyítás. ( ) Legyen lim n =: A. Legyen ε > 0 tetszőleges. Mivel n A, ezért z ε 2 > 0 hibkorláthoz N, hogy n > N esetén n A < ε 2 és m > N esetén m A < ε 2. Legyen n, m > N tetszőleges. Ekkor n m = n A + A m n A + A m < ε 2 + ε 2 = ε.

76 66 5. Soroztok, sorok Az láhúzottk szerint ( n ) Cuchy-sorozt. ( ) Legyen ( n ) Cuchy-sorozt. Megmuttjuk, hogy ( n ) korlátos. Ugynis z ε := 1 pozitív számhoz is N 1, hogy n, m > N 1 esetén Rögzítsük z m > N 1 indexet. Így n m < 1. m 1 < n < m + 1, mi zt jelenti, hogy n > N 1 esetén sorozt tgji két korlát közé esnek. Az 1, 2,..., N véges sok tg már nem ronthtj el z egész ( n ) sorozt korlátosságát. Mivel ( n ) korlátos, ezért Bolzno-Weierstrss kiválsztási tétel mitt vn ( in ) konvergens részsorozt. Legyen α := lim in. Megmuttjuk, hogy n α. Legyen ε > 0 tetszőleges. Mivel in α, ezért z ε 2 > 0 hibkorláthoz N 2, hogy n > N 2 esetén in α < ε 2. Mivel ( n) Cuchy-sorozt, ezért z ε 2 > 0 hibkorláthoz N 3, hogy n > N 3 és i n n esetén in n < ε 2. Legyen N := mx{n 2, N 3 }, és legyen n > N tetszőleges. Ekkor n α = n in + in α n in + in α < ε 2 + ε 2 = ε. Az láhúzottk szerint n α Sorok E Sor konvergenciáj Definíció. Legyen ( n ) z összedndók sorozt. Készítsük el z (S n ) := ( n ) részletösszegek soroztát. A n végtelen sor legyen részletösszegek sorozt, zz n := (S n ) Definíció. Azt mondjuk, hogy n végtelen sor konvergens, h z (S n ) sorozt konvergens. ( n divergens, h z (S n ) divergens.) H z (S n ) konvergens, kkor n végtelen sor összegén részletösszegsorozt htárértékét értjük, zz n := lim S n. n=1 Az lábbi tételt z A részben már igzoltuk Tétel. H n konvergens, kkor n 0.

77 5.4. Sorok E Definíció. A n bszolút konvergens, h n konvergens Tétel. H n bszolút konvergens, kkor n konvergens. Bizonyítás. esetén H n konvergens, kkor ε > 0 N n, m > N, n > m m + m n ( m ) = = m n < ε. Ekkor z S k := k (k N) részletösszegekre S n S m = m n m n < ε. Az láhúzottk éppen zt jelentik, hogy n konvergens Konvergencikritériumok Tétel (Mjoráns kritérium). Legyen ( n ), (b n ) R + és n N esetén n b n. Ekkor 1 o h b n konvergens, kkor n konvergens, 2 o h n divergens, kkor b n divergens. Bizonyítás. Legyen s n := n és t n := b 1 +b b n, n N. Az (s n ) és (t n ) szigorún monoton növekedő. 1 o H b n konvergens, kkor (t n ) konvergens. Ekkor n N esetén s n t n < lim t n = b n, tehát (s n ) korlátos is, ezért (s n ) konvergens, n=1 zz n konvergens. 2 o H n divergens, kkor (s n ) felülről nem korlátos. Ekkor n N esetén t n s n mitt (t n ) is felülről nem korlátos, miből következik, hogy (t n ) nem konvergens (divergens), így b n divergens. Két elégséges feltételt dunk végtelen sor bszolút konvergenciájár (melyből már következik sor konvergenciáj) Tétel (Hánydoskritérium, D Alembert). Legyen ( n ) olyn sorozt, melyhez q (0,1) és N N, hogy n > N esetén n+1 / n q. Ekkor n bszolút konvergens. Bizonyítás. Legyen k N. A feltételből N+2 / N+1 q N+2 N+1 q

78 68 5. Soroztok, sorok Ekkor N+3 / N+2 q N+3 N+2 q N+1 q 2. N+k / N+k 1 q N+k N+k 1 q... N+1 q k 1. S N+k = N+1 + N N+k L + N+1 q + N+1 q N+1 q k 1 = = L + N+1 (q + q q k 1 q ) < L + N+1 1 q, hol L := N+1, és felhsználtuk, hogy 0 < q < 1 esetén q n = n=1 q 1 q. Tehát (S n ) felülről korlátos, de monoton növekedő is, ezért (S n ) konvergens, mi zt jelenti, hogy n konvergens Tétel (Gyökkritérium, Cuchy). Legyen ( n ) olyn sorozt, melyhez q (0,1) és N N, hogy n > N esetén n n q. Ekkor n bszolút konvergens. Bizonyítás. Legyen k N. A feltételből N+1 N+1 q N+1 q N+1 N+2 N+2 q N+2 q N+2. N+k N+k q N+k q N+k. Ekkor S N+k = N+1 + N N+k L + q N+1 + q N q N+k = L + q N (q + q q k ) < < L + q N q 1 q, hol L := N, és felhsználtuk, hogy 0 < q < 1 esetén q n = n=1 q 1 q. Tehát (S n ) felülről korlátos, de monoton növő is, ezért (S n ) konvergens, mi zt jelenti, hogy n konvergens. Az lternáló sorokr vontkozik következő tétel.

79 5.4. Sorok E Tétel (Leibniz). Legyen ( n ) monoton fogyó, n 0. Ekkor ( 1) n+1 n végtelen sor konvergens. Bizonyítás. Legyen k N. Ekkor S 1 = 1 S 2 = 1 2 S 3 = S 4 = S 2k 1 = k 1. S 2k = k 1 2k Mivel k 1 2k..., ezért S 1 S 2 S 3 S 4 S 2k 1 S 2k,. másrészt S 1 S 3... S 2k 1... és S 2 S 4... S 2k... Láthtó, hogy z ([S 2k, S 2k 1 ]) egymásb sktulyázott intervllumsorozt. Mivel lim(s 2k 1 S 2k ) = lim 2k = 0, mert n 0, ezért teljesülnek Cntor közösrész tétel feltételei, így A R, hogy lim S 2k 1 = lim S 2k = A, sőt ez éppen zt jelenti, hogy lim S n = A. Tehát ( 1) n+1 n konvergens és ( 1) n+1 n = A. n=1 A bizonyításból látszik, hogy A [S 2k, S 2k 1 ], így S 2k 1 A 2k 2k 1 és S 2k A 2k (k N), zz n N esetén S n A n. Ez hsznos lehet z lternáló sor összegének becsléséhez. Megjegyezzük, hogy ( 1) n+1 1 n Leibniz-tétel szerint konvergens, de nem bszolút konvergens, mert 1 n divergens Definíció. Azt mondjuk, hogy n feltételesen konvergens, h konvergens, de nem bszolút konvergens Végtelen sorok átrendezései Definíció. A p : N N bijekciót (p kölcsönösen egyértelmű és R(p) = = N) természetes számok permutációjánk nevezzük. Például 3,2,1,6,5,4,...,3k + 3,3k + 2,3k + 1,... sorozt egy permutációj természetes számoknk.

80 70 5. Soroztok, sorok Definíció. Legyen ( n ), (b n ) sorozt. Azt mondjuk, hogy (b n ) z ( n ) sorozt egy átrendezése, h (p n ) permutációj természetes számoknk, hogy (b n ) = ( pn ). Bizonyítás nélkül érvényesek következő állítások Tétel. Legyen n bszolút konvergens sor. Akkor (p n ) permutáció esetén pn is bszolút konvergens, sőt pn = n. n=1 E tétel szerint z bszolút konvergens sorok öröklik véges sok szám összedásánál teljesülő sszocitivitást. Ezzel szemben feltételesen konvergens sorok ngyon lbilis képződmények. n= Tétel. Legyen n feltételesen konvergens sor. 1 o A R számhoz (p n ) permutáció, hogy n=1 p n = A. 2 o (p n ) permutáció, hogy pn divergens.

81 6. fejezet Folytonosság A folytonosság függvény lokális tuljdonság. Azt fejezi ki, hogy egy ponttól kicsit kimozdulv függvényértékek z f() függvényértéktől keveset térnek el. Az lábbi témköröket tárgyljuk: Folytonos függvény foglm Folytonosság és műveletek kpcsolt Intervllumon folytonos függvények tuljdonsági Egyenletes folytonosság 6.1. Folytonosság A A folytonos függvény foglm és tuljdonsági Legyen f 1 : R R f 1 (x) := x, := 2. Egy másik függvény pedig legyen f 2 : R R, 1, h x < 2 f 2 (x) := 2, h x = 2 (6.1. ábr) 3, h x > 2 Láthtó, hogy z f 1 függvény olyn, hogy h x közel vn z := 2 ponthoz, kkor z f 1 (x) = x függvényértékek is közel lesznek z f 1 (2) = 2 értékhez. Ugynezt nem mondhtjuk el z f 2 függvényről. Akármilyen x számot veszünk is, mely közel vn z = 2 ponthoz (x 2), z f 2 (x) függvényértékek elég távol lesznek z f 2 (2) = 2 számtól (biztosn 1 2 -nél távolbb). Az f 1 függvény viselkedése nyomán foglmzzuk meg folytonosság foglmát. 71

82 72 6. Folytonosság f (2) f 1 (2) ábr Legyen f : R R, D(f). Azt mondjuk, hogy z f függvény folytonos z pontbn, h tetszőleges ε > 0 hibkorláthoz vn olyn δ > 0 ingdozási lehetőség, hogy minden olyn esetben, mikor x D(f) és x < δ (z x z ponthoz δ-nál közelebb vn), kkor f(x) f() < ε (z f(x) függvényérték z f()-tól z ε hibhtáron belül tér csk el). Ezt tuljdonságot f C[] jelölje. Vlóbn f 1 C[2], hiszen ε > 0 számhoz δ := ε lklms, mert x R, x 2 < δ esetén f 1 (x) f 1 (2) = x 2 < ε. Az f 2 / C[2], ugynis például ε := 1 2 esetén δ > 0 kijelölése mellett vn olyn x R, például z x := 2+ δ 2, melyre ugyn x 2 = δ 2 < δ, de f 2(x) f 2 (2) = 3 2 > ε, ezért z f 2 függvény nem folytonos z := 2 pontbn. ) A folytonos függvény hsznos tuljdonság jeltrtás. Ez zt jelenti, hogy h f C[] és f() > 0, kkor K() D(f) környezet, hogy x K() esetén f(x) > 0, zz f() előjelét környezetben felvett függvényértékek is öröklik. E tuljdonság belátásához elég folytonosság definícióját ε := f() 2 > > 0 hibkorlátr végiggondolni, hiszen ehhez δ > 0, hogy x K δ () esetén f() ε < f(x) < f() + ε, zz 0 < f() 2 = f() ε < f(x). b) A folytonosság konvergens soroztokkl is kpcsoltbn vn. H f C[] és (x n ) D(f) tetszőlegesen felvett olyn sorozt, melyre x n, kkor f(x n ) f(), zz z (x n ) sorozton tekintett függvényértékek sorozt f()-hoz trt. Megfordítv is igz: h (x n ) D(f), x n esetén f(x n ) f(), kkor f folytonos z pontbn. A folytonosság ezt fjt jellemzését lim f(x n ) = f(lim x n ) egyenlőség szimbolizálj, melyet átviteli elvnek is neveznek.

83 6.1. Folytonosság A A műveletek és folytonosság kpcsolt 6.1. Tétel. H f C[] és λ R, kkor λf C[] Tétel. H f, g C[], kkor f + g C[] és f g C[] Tétel. H f, g C[] és g() 0, kkor f g C[] Tétel. H g C[], és f C[g()], kkor f g C[]. Megjegyezzük, hogy fordított állítások nem igzk. Például f := sgn és g:= sgn esetén f + g z zonosn 0 függvény, melyre nyilván f + g = = 0 C[0], de f / C[0] és g / C[0]. Az inverz függvény folytonosság csk igen szűk feltételekkel igz Tétel. Legyen I R intervllum, f : I R szigorún monoton. Tegyük fel hogy z I pontbn f C[]. Legyen továbbá b := f(). Ekkor f 1 C[b]. d) Legyen [, b] D(f). Az f függvény folytonos z [, b] zárt intervllumon, h α [, b] esetén f C[α]. Ezt jelöli z f C[, b] Intervllumon folytonos függvények tuljdonsági A korlátos, zárt intervllumon értelmezett folytonos függvénynek szép tuljdonsági vnnk Tétel (Bolzno). H f C[, b] és f() < 0, f(b) > 0, kkor c (, b), melyre f(c) = 0. Ez speciális esete szintén Bolzno-tételnek nevezett állításnk Tétel. Legyen f C[, b] és legyen d z f() és f(b) közötti tetszőleges szám. Ekkor c [, b] olyn, hogy d = f(c). Ez tétel zt mondj, hogy egy intervllumon folytonos függvény h felvesz két értéket, kkor e két szám közötti minden értéket is felvesz, mi zt jelenti, hogy egy intervllum folytonos képe intervllum Tétel (Weierstrss). H f C[, b], kkor α, β [, b] olyn, hogy x [, b] f(α) f(x) f(β). Ez tétel zt mondj, hogy f [,b] korlátos (hiszen f(α) és f(β) között vn függvény minden értéke), sőt vn minimum és vn mximum is z f [,b] függvénynek. A Bolzno- és Weierstrss-tétel következménye, hogy egy zárt, korlátos intervllum folytonos képe is zárt, korlátos intervllum.

84 74 6. Folytonosság 6.2. Feldtok 1. Mutssuk meg, hogy z f : [0, + ) R, f(x) := x függvény bármely 0 pontbn folytonos. Megoldás: Először megmuttjuk, hogy h := 0, kkor f C[0]. Legyen ε > 0 tetszőleges. Ekkor x < ε x < ε 2 mitt legyen δ := ε 2. H x 0, x < δ, kkor f(x) f(0) = x < ε. Most legyen > 0. Nyilván x 0 esetén x = x ( x + ) x x =. x + x + Legyen ε > 0 tetszőleges. Tekintettel z előbbi egyenlőtlenségre, δ := ε. Ekkor x 0, x < δ esetén f(x) f() = x mely zt jelenti, hogy f C[]. x < δ = ε, 2. Mutssuk meg, hogy z f : R R, f(x) := x 2 függvény bármely R pontbn folytonos. Megoldás: Legyen (x n ) R, x n tetszőleges sorozt. Ekkor f(x n ) = = (x n ) 2 = x n x n = f(). Mivel (x n ) R, x n sorozt esetén f(x n ) f(), ezért z átviteli elv szerint f C[]. 3. Mutssuk meg, hogy z f : R R, f(x) := sin x függvény bármely R pontbn folytonos. Megoldás: A szinuszfüggvény értelmezését felhsználv 6.2 ábráról látszik sin x sin x egyenlőtlenség, x R esetén. Legyen ε > 0 tetszőleges. H δ := ε, kkor x R, x < δ esetén f(x) f() = sin x sin x < ε, tehát f C[]. 4. Legyen f : R R, f(x) := Mutss meg, hogy f C[0]. { sin x x, h x 0 1, h x = Legyen f : R R. Tegyük fel, hogy vn olyn L > 0 szám, hogy s, t D(f) esetén f(s) f(t) L s t. Mutssuk meg, hogy D(f) pontbn f C[]. 6. Mutss meg, hogy z x 5 + 4x 3 = 0 egyenletnek vn megoldás [0,1] intervllumon is.

85 6.3. Folytonosság E 75 sin x sin x x 6.2. ábr 7. Mutssuk meg, hogy h f C[, b], f kölcsönösen egyértelmű függvény, kkor f szigorún monoton z [, b] intervllumon Folytonosság E A folytonosság foglm és z átviteli elv Legyen f : R R, D(f) Definíció. Azt mondjuk, hogy f folytonos z pontbn, h ε > 0 δ > 0 x K δ () D(f) esetén f(x) K ε (f()). Jele: f C[] Tétel (Átviteli elv). f C[] (x n ) D(f), x n esetén f(x n ) f(). Bizonyítás. ( ) Tegyük fel, hogy f C[], és legyen (x n ) D(f), x n tetszőleges sorozt. Tekintsünk egy ε > 0 számot. Mivel f C[], ezért δ > 0 olyn, hogy x D(f), x < δ esetén f(x) f() < ε. Az x n mitt ehhez δ > 0 számhoz N N küszöbindex, hogy n > N esetén x n < δ, de ekkor f(x n ) f() < ε. Ez éppen zt jelenti, hogy f(x n ) f(). ( ) Most tegyük fel, hogy (x n ) D(f), x n esetén f(x n ) f(), de (indirekt módon) f / C[]. Ez zt jelentené, hogy ε > 0 δ > 0 esetén x δ D(f), x δ K δ (), de f(x δ ) / K ε (f()). Speciálisn: n N esetén legyen δ := 1 n. Ekkor x n D(f), x n < 1 n olyn, hogy f(x n) f() ε. Tekintsük z így nyert (x n ) D(f) soroztot. Mivel x n < 1 n (n N), ezért x n. Ugynkkor z (f(x n )) sorozt htárértéke nem lehet f(),

86 76 6. Folytonosság hiszen n N esetén f(x n ) f() ε. Ez ellentmond feltételünknek, tehát f C[] Műveletek folytonos függvényekkel Tétel. H f C[] és λ R, kkor λf C[]. Bizonyítás. Legyen (x n ) D(λf) = D(f), melyre x n. Mivel f C[], ezért f(x n ) f(), miből következik, hogy Tehát λf C[]. (λf)(x n ) = λf(x n ) λf() = (λf)() Tétel. H f, g C[], kkor f + g C[] és f g C[]. Bizonyítás. Legyen (x n ) D(f + g) = D(f) D(g), melyre x n. Mivel f, g C[], ezért f(x n ) f() és g(x n ) g(), miből következik, hogy (f + g)(x n ) = f(x n ) + g(x n ) f() + g() = (f + g)(). Tehát f + g C[]. (Szorztr hsonlón.) Tétel. H g C[] és g() 0, kkor 1 g C[]. Bizonyítás. Legyen g() > 0. Ekkor K() D(g), hogy x K() esetén g(x) > 0. Legyen (x n ) D(g) melyre x n. Nyilván N N, hogy n > N esetén x n K(), így g(x n ) > 0. Az ilyen n-ekre tehát 1 g C[]. 1 g (x n) = 1 g(x n ) 1 g() = 1 g (), Tétel. H f, g C[], g() 0, kkor f g C[]. Bizonyítás. Mivel f g = f 1 g és f, 1 g C[], ezért f g C[] Tétel. g C[], f C[g()] f g C[]. Bizonyítás. Legyen (x n ) D(f g) D(g), melyre x n. Ekkor (f g)(x n ) = f(g(x n ))) f(g()) = (f g)(), hiszen (g(x n )) D(f) és g(x n ) g(). Tehát f g C[].

87 6.3. Folytonosság E Intervllumon folytonos függvények tuljdonsági 6.2. Definíció. Legyen f : R R, A D(f). Azt mondjuk, hogy f folytonos z A hlmzon, h u A esetén f C[u]. Jele: f C(A) Tétel (Bolzno 1.). Legyen f C[, b], f() < 0 és f(b) > 0. Ekkor c [, b], hogy f(c) = 0. Bizonyítás. Tekintsük z [, b] intervllum +b 2 felezőpontját. Három eset lehetséges: vgy f( +b +b 2 ) = 0, ekkor c := 2 ; vgy f( +b 2 ) > 0, ekkor 1 :=, b 1 := +b 2 ; vgy f( +b 2 ) < 0, ekkor 1 := +b 2, b 1 := b. A következő lépésben z [ 1, b 1 ] intervllum 1+b1 2 felezőpontját készítjük el. Ismét három eset lehetséges: vgy f( 1+b1 2 ) = 0, ekkor c := 1+b1 2 ; vgy f( 1+b1 2 ) > 0, ekkor 2 := 1, b 2 := 1+b1 2 ; vgy f( 1+b1 2 ) < 0, ekkor 2 := 1+b1 2, b 2 := b 1. A felezési eljárást folyttv vlmelyik lépésben eljutunk c zérushelyhez, vgy kpunk egy ( n ) és egy (b n ) soroztot, melyre továbbá [, b] [ 1, b 1 ] [ 2, b 2 ]... [ n, b n ] [ n+1, b n+1 ]..., b 1 1 = b 2, b 2 2 = b 1 1 = b 2 2 2,..., b n n = b 2 n,..., melyből következik, hogy lim(b n n ) = 0. A Cntor-féle közösrész tétel szerint egyértelműen c [, b], melyre n N [ n, b n ] = {c}, zz lim n = = lim b n = c. Mivel f C[c], és n N esetén f( n ) < 0, ezért f( n ) f(c) 0. Másrészt n N esetén f(b n ) > 0, ezért f(b n ) f(c) 0. Ebből csk f(c) = 0 lehetséges Tétel (Bolzno 2.). Legyen f C[, b] és d R egy tetszőleges f() és f(b) közé eső szám. Ekkor c [, b], melyre f(c) = d. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy f() < f(b) és f() < d < f(b). Tekintsük φ : [, b] R, φ(t) := f(t) d függvényt. φ C[, b], φ() = f() d < < 0, φ(b) = f(b) d > 0. A Bolzno 1. tétel szerint c (, b), melyre φ(c) = 0. Mivel 0 = φ(c) = f(c) d, ezért f(c) = d.

88 78 6. Folytonosság Tétel (Weierstrss 1.). Legyen f C[, b]. Ekkor f [,b] korlátos függvény. Bizonyítás. Indirekt módon, tegyük fel, hogy például f [,b] felülről nem korlátos. Ekkor n N számhoz x n [, b] olyn, hogy f(x n ) > n. Nyilván (x n ) [, b], tehát (x n ) korlátos sorozt, ezért Bolzno Weierstrss-tétel szerint (i n ) indexsorozt, hogy (x in ) [, b] konvergens. Legyen lim x in =:α [, b]. Az f C[α] és x in α, ezért f(x in ) f(α). Az (i n ) szigorún monoton növekedő, ezért i n n, ezért f(x in ) > i n n (n N). Tehát (f(x in )) felülről nem korlátos sorozt, mi ellentmond nnk, hogy f(x in ) f(α). Ellentmondásr jutottunk, tehát hmis z indirekt feltevés, zz f [,b] korlátos Tétel (Weierstrss 2.). Legyen f C[, b]. Ekkor α, β [, b], hogy x [, b] esetén f(α) f(x) f(β). Bizonyítás. Az f [,b] korlátos, ezért z {f(x) x [, b]} hlmz korlátos, így sup{f(x) x [, b]} =: M. Megmuttjuk, hogy z M R számot függvény fel is veszi. A hlmz felső htáránk tuljdonsági szerint 1 o x [, b] esetén f(x) M, 2 o n N esetén x n [, b], hogy f(x n ) > M 1 n. Az (x n ) [, b], korlátos sorozt, ezért (i n ) indexsorozt, hogy (x in ) konvergens. Legyen lim x in =: β [, b]. Ekkor M 1 i n < f(x in ) M (n N). A közrefogási elv szerint (mivel i n n, így 1 i n 0) f(x in ) M. Másrészt f C[β] mitt f(x in ) f(β). A sorozt htárértéke egyértelmű, ezért f(β) = M. Hsonlón láthtó be z α [, b] létezése is Az inverzfüggvény folytonosság Ezekre tételekre hivtkozv fogllkozhtunk egy függvény inverzének folytonosságávl. Megjegyezzük, hogy h f C[], b := f() és f 1 inverzfüggvény, kkor még lehet, hogy f 1 nem folytonos b pontbn. Ezt helyzetet jól szemlélteti z f : (, 1) {0} (1, + ) R x + 1, h x < 1, f(x) := 0, h x = 0, x 1, h x > 1

89 6.3. Folytonosság E 79 függvény, mely folytonos 0-bn, f(0) = 0, vn is inverze függvénynek: f 1 : R R x 1, h x < 0, f 1 (x) := 0, h x = 0, x + 1, h x > 0, de f 1 / C[0] Tétel. Legyen f : [, b] R, f C[, b], f szigorún monoton. Ekkor f 1 C(R(f)). Bizonyítás. Az f C[, b], ezért Bolzno- és Weierstrss-tétel következményeként R(f) zárt, korlátos intervllum. Legyen [c, d] := R(f). Az f szigorún monoton, ezért kölcsönösen egyértelmű, tehát f 1 : [c, d] [, b]. Legyen v [c, d] tetszőleges, u := f 1 (v), és legyen (y n ) [c, d], y n v tetszőleges sorozt. Az f 1 inverzfüggvény v pontbeli folytonosságához (z átviteli elv szerint) elég belátni, hogy z x n := f 1 (y n ) f 1 (v) = u. Indirekt módon, tegyük fel, hogy (x n ) [, b] sorozt nem trt u-hoz. Ekkor δ > 0 k N n k > k, melyre x nk u δ. Az (x nk ) k N [, b] \ [u δ, u+δ] sorozt korlátos, ezért vn konvergens részsorozt: (x nkl ). Legyen α := lim x nkl. Nyilván α [, b], de α u. Az f C[α], ezért f(x nkl ) = y nkl f(α). Az (y nkl ) részsorozt v-hez trtó (y n ) soroztnk, ezért f(α) = v. Figyelembe véve, hogy f(u) = v, ellentmondásr jutottunk f kölcsönös egyértelműségével, tehát hmis z indirekt feltétel, zz x n u, így f 1 C[v] Egyenletes folytonosság 6.3. Definíció. Legyen f : R R, B D(f). Azt mondjuk, hogy f egyenletesen folytonos B hlmzon, h ε > 0 δ > 0, hogy x, x B, x x < δ esetén f(x ) f(x ) < ε Tétel. H f egyenletesen folytonos B hlmzon, kkor f C(B). Bizonyítás. Legyen b B és ε > 0 tetszőleges. Az f egyenletesen folytonos B hlmzon, ezért δ > 0, hogy x B esetén, melyre x b < δ, teljesül, hogy f(x) f(b) < ε. Ez éppen zt jelenti, hogy f C(B). Megjegyezzük, hogy h f C(B), kkor még lehet, hogy f nem egyenletesen folytonos B hlmzon. Ugynis, z f : R + R, f(x) := x 2 függvény B := R + minden pontjábn folytonos, de nem egyenletesen folytonos B hlmzon. Ennek igzolásához legyen ε := 1 2 és δ > 0 tetszőleges. Nyilván

90 80 6. Folytonosság n N, melyre n > 1 2δ. Legyen x := n és x := n + δ 2. Ekkor x x = = δ 2 < δ, de ( f(x ) f(x ) = n + δ ) 2 n 2 = nδ + δ2 2 4 > nδ > 1 2δ δ = 1 2 = ε. Mivel ε > 0, hogy δ > 0 esetén tláltunk olyn x, x R + számokt, melyekre ugyn x x < δ, de f(x ) f(x ) ε, ezért ez folytonos f függvény nem egyenletesen folytonos z R + hlmzon Tétel (Heine). H f C[, b], kkor f egyenletesen folytonos z [, b] intervllumon. Bizonyítás. Indirekt módon, tegyük fel, hogy f nem egyenletesen folytonos z [, b] zárt intervllumon. Ekkor ε > 0, hogy δ > 0 számhoz x, x [, b], melyekre ugyn x x < δ, de f(x ) f(x ) ε. Legyen n N esetén δ := 1 n. Akkor ehhez δ-hoz is x n, x n [, b], melyekre x n x n < 1 n, de f(x n) f(x n) ε. Vizsgáljuk meg z (x n) és (x n) soroztokt! Mivel (x n) [, b], ezért (i n ) indexsorozt, hogy (x i n ) konvergens. Legyen lim x i n =: α [, b]. Megmuttjuk, hogy ugynezzel z (i n ) indexsorozttl z (x i n ) részsorozt is konvergens, sőt lim x i n = α. Ugynis n N esetén x i n α x i n x i n + x i n α < 1 i n + x i n α. 1 Mivel i n 0, x i n α 0, ezért összegük is 0-hoz trt, ezért x i n α 0. Tehát x i n α, x i n α, ezért f C[α] mitt f(x i n ) f(α) és f(x i n ) f(α), melyből f(x i n ) f(x i n ) 0 következik. Ez zonbn lehetetlen, hiszen n N esetén f(x n) f(x n) ε. Az ellentmondás zt jelenti, hogy hmis z indirekt feltevés, tehát igz z állítás.

91 7. fejezet Függvény htárértéke Egy függvény htárértéke z pontbn A, h z -hoz közeli helyeken függvény A-hoz közeli értékeket vesz fel. Az lábbi témköröket tárgyljuk: Függvény htárérték foglm Htárérték és műveletek kpcsolt Végtelenbeli és végtelen htárérték Egyoldli htárérték Monoton függvény htárértéke 7.1. Függvény htárértéke A Végesben vett, véges htárérték Vizsgáljunk meg három, egymáshoz ngyon hsonló függvényt. Legyen f 1 : R R f 1 (x) := x + 2, f 2 : R \ {2} R f 2 (x) := x2 4 x 2 = (x 2)(x+2) x 2 = x + 2, f 3 : R R f 3 (x) := { x + 2, h x 2 1, h x = 2. (7.1. ábr) A függvények := 2 pont körüli viselkedésére vgyunk kíváncsik. Az f 1 folytonos 2 pontbn, mi zt jelenti, hogy h x közel vn 2-höz, kkor z 81

92 82 7. Függvény htárértéke f 1 (2) f 1 f 2 f ábr f 1 (x) = x + 2 értékek közel esnek 4-hez, mely éppen f 1 (2). Az f 2 függvény ugyn nincs értelmezve 2-ben, de h x közel vn 2-höz, z f 2 (x) = x + 2 értékek egy szám, ebben z esetben 4 körül keveset ingdoznk. Az f 3 függvény 2-ben is értelmezve vn. H x közel vn 2-höz (de x 2), kkor z f 3 (x) = x + 2 értékek (z f 1 és f 2 függvényhez hsonlón) 4 körül keveset ingdoznk (függetlenül ttól, hogy f(2) = 1). A példákbn tpsztlt jelenségek nyomán lkítjuk ki függvény htárértékének foglmát. Olyn f : R R függvényeket vizsgálunk, melyek D(f) értelmezési trtományábn z R ponthoz tetszőlegesen közel is vnnk ttól különböző pontok (esetleg / D(f)) Definíció. Azt mondjuk, hogy z f függvénynek z pontbn vn htárértéke, h vn olyn A R szám, hogy bármely ε > 0 hibkorláthoz vn olyn δ > 0 ingdozási lehetőség, hogy minden olyn x D(f) pontbn, mely δ-nál közelebb vn z -hoz ( x < δ), de x, z f(x) függvényértékek z ε hibkorlátnál kevesebbel térnek el A-tól ( f(x) A < ε). Az f függvénynek ezt tuljdonságát lim f = A; lim f(x) = A; x h x, kkor f(x) A jelölések vlmelyikével fejezzük ki. H összevetjük z f függvény htárértékének foglmát folytonosság értelmezésével, kkor láthtó, hogy lim f = A éppen zt jelenti, hogy z f függvény

93 7.1. Függvény htárértéke A 83 helyett egy { f(x), h x f : D(f) {} R, f(x) := A, h x = függvényt tekintve, z f függvény z pontbn folytonos lesz. Más szóvl, kkor vn htárértéke z f függvénynek z pontbn, h folytonossá tehető z -bn. Ezért, h D(f), és létezik lim f, kkor z f függvény pontosn kkor folytonos z pontbn, h lim f = f(). Ebből z észrevételből fkd, hogy htárértékkel végzett műveletek visszvezethetők folytonos függvényekkel végzett műveletekre Tétel. H lim f = A és λ R, kkor lim λf = λa Tétel. H lim f = A és lim g = B, kkor lim (f + g) = A + B Tétel. H lim f = A és lim g = B, kkor lim f g = AB Tétel. H lim g = B és B 0, kkor lim 1 g = 1 B Tétel. H lim f = A és lim g = B, B 0, kkor lim f g = A B Tétel. H lim g = b és f C[b], kkor lim f g = f(b). (A tételekben szereplő feltételeknek és állításnk is értelmesnek kell lennie, ezeket z E részben pontosn is megfoglmzzuk.) Végtelenben vett, illetve nem véges htárérték Látszik, hogy htárérték foglm függvényértékek változásánk tendenciáját trtj szem előtt. Az úgynevezett véges helyen vett véges htárérték foglmát (ezzel fogllkoztunk eddig) kiterjeszthetjük. Tekintsük át ezeket lehetőségeket: Legyen f : R R. 1 o H D(f) felülről nem korlátos hlmz, és vn olyn A R, hogy bármely ε > 0 hibkorláthoz vn olyn ω R küszöbszám, hogy minden x > ω, x D(f) pontbn f(x) A < ε, kkor zt mondjuk, hogy z f függvény htárértéke (+ )-ben A. Jele: lim f = A vgy lim f(x) = A vgy x + esetén f(x) A. + x + Például lim x + 1 x = 0. 2 o H D(f) lulról nem korlátos hlmz, és vn olyn A R, hogy bármely ε > 0 hibkorláthoz vn olyn ω R küszöbszám, hogy minden

94 84 7. Függvény htárértéke x < ω, x D(f) pontbn f(x) A < ε, kkor zt mondjuk, hogy z f függvény htárértéke ( )-ben A. Jele: lim f = A vgy lim f(x) = A vgy x esetén f(x) A. x 1 Például x = 0. lim x 3 o H R és D(f) értelmezési trtománybn z -hoz kármilyen közel is tlálhtó pont z ponton kívül is, és teljesül, hogy bármely K R számhoz vn olyn δ > 0 ingdozási lehetőség, hogy minden x D(f), x, de x < δ pontbn f(x) > K, kkor zt mondjuk, hogy z f htárértéke z -bn +. Jele: lim f = + vgy lim f(x) = + vgy x esetén f(x) +. x 1 Például lim x 0 x = o H R és D(f) értelmezési trtománybn z -hoz kármilyen közel is tlálhtó pont z ponton kívül is, és teljesül, hogy bármely K R számhoz vn olyn δ > 0 ingdozási lehetőség, hogy minden x D(f), x, de x < δ pontbn f(x) < K, kkor zt mondjuk, hogy z f htárértéke z -bn. Jele: lim Például lim ( 1 x 0 x ) =. 2 f = vgy lim x f(x) = vgy x esetén f(x). 5 o H D(f) felülről nem korlátos, és bármely K R számhoz vn olyn ω R küszöbszám, hogy minden x > ω, x D(f) pontbn f(x) > K, kkor zt mondjuk, hogy z f függvény htárértéke (+ )-ben +. Jele: lim f(x) = + vgy x + esetén f(x) + f = + vgy lim +. Például lim x + x2 = +. x + 6 o H D(f) lulról nem korlátos, és bármely K R számhoz vn olyn ω R küszöbszám, hogy minden x < ω, x D(f) pontbn f(x) > K, kkor zt mondjuk, hogy z f függvény htárértéke ( )-ben +. Jele: lim lim f(x) = + vgy x esetén f(x) f = + vgy +. Például lim x x2 = +. x 7 o H D(f) felülről nem korlátos, és bármely K R számhoz vn olyn ω R küszöbszám, hogy minden x > ω, x D(f) pontbn f(x) < K, kkor zt mondjuk, hogy z f függvény htárértéke (+ )-ben.

95 7.1. Függvény htárértéke A 85 Jele: lim f = vgy lim +. Például lim x + ( x2 ) =. x + f(x) = vgy x + esetén f(x) 8 o H D(f) lulról nem korlátos, és bármely K R számhoz vn olyn ω R küszöbszám, hogy minden x < ω, x D(f) pontbn f(x) < K, kkor zt mondjuk, hogy z f függvény htárértéke ( )-ben. Jele: lim lim f(x) = vgy x esetén f(x) f = vgy x. Például lim x ( x2 ) =. A soroztok olyn függvények, melyek értelmezési trtomány N. Az N felülről nem korlátos, ezért z : N N függvénynek, zz z ( n ) soroztnk vizsgálhtó htárértéke (+ )-ben. Összevetve z n A vgy n + vgy n definícióját függvény (+ )-beli htárértékének meghtározásivl, zt kpjuk, hogy lim n = A lim = A + lim n = + lim = + + lim n = lim = Egyoldli htárérték Előfordul, hogy z R pont tetszőleges közelségében, -tól jobbr és blr is vn értelmezési trtománybeli pont, de z f függvénynek nincs htárértéke z -bn. Néh ilyenkor is mondhtunk vlmit függvény viselkedéséről. 9 o H z R olyn, hogy -hoz tetszőlegesen közel is vn x D(f), x > pont és vn olyn A R szám, hogy bármely ε > 0 hibkorlát esetén vn olyn δ > 0 ingdozási lehetőség, hogy minden x D(f), < x < + δ pontbn f(x) A < ε, kkor zt mondjuk, hogy f-nek z -beli jobb oldli htárértéke A. Jele: lim +0 f = A vgy lim x +0 f(x) = A. Néh f( + 0) jelöli z f függvény -beli jobb oldli htárértékét. [Hgyományosn = 0 esetén helyett csk 0+ áll mindenütt.] Például z { 1, h x 0 f : R R, f(x) := 1, h x < 0 függvénynek 0-bn nincs htárértéke, de lim x 0+ f(x) = 1 vgy f(0+) = = 1.]

96 86 7. Függvény htárértéke 10 o H z R olyn, hogy -hoz tetszőlegesen közel is vn x D(f), x > pont, és bármely K R számhoz vn olyn δ > 0 ingdozási lehetőség, hogy minden x D(f), < x < + δ esetén f(x) > K, kkor zt mondjuk, hogy z f jobb oldli htárértéke -bn +. Jele: lim +0 f = + vgy lim x +0 f(x) = +. Például nem létezik lim x 0 1 x, de lim x 0+ 1 x = o H z R olyn, hogy -hoz tetszőlegesen közel is vn x D(f), x > pont, és bármely K R számhoz vn olyn δ > 0 ingdozási lehetőség, hogy minden x D(f), < x < + δ esetén f(x) < K, kkor zt mondjuk, hogy z f jobb oldli htárértéke -bn. Jele: lim +0 f = vgy lim x +0 f(x) =. Például nem létezik lim x 0 ( 1 x ), de lim x 0+( 1 x ) =. 12 o H z R olyn, hogy -hoz tetszőlegesen közel is vn x D(f), x < pont, és vn olyn A R, hogy tetszőleges ε > 0 hibkorláthoz vn olyn δ > 0 ingdozási lehetőség, hogy minden x D(f), δ < x < pontbn f(x) A < ε, kkor zt mondjuk, hogy z f bl oldli htárértéke z -bn A. Jele: lim 0 f = A vgy lim x 0 f(x) = A. Néh f( 0) jelöli z f -beli bl oldli htárértékét. [Hgyományosn = 0 esetén 0 0 helyett 0 áll mindenütt. Például 9 o definíció utáni példábn lim x 0 f(x) = 1 vgy f(0 ) = = 1.] 13 o H z R olyn, hogy -hoz tetszőlegesen közel is vn x D(f), x < pont, és bármely K R számhoz vn olyn δ > 0 ingdozási lehetőség, hogy minden x D(f), δ < x < pontbn f(x) > K, kkor zt mondjuk, hogy f bl oldli htárértéke z -bn +. Jele: lim 0 f = + vgy lim x 0 f(x) = +. Például lim x 0 ( 1 x ) = o H z R olyn, hogy -hoz tetszőlegesen közel is vn x D(f), x < pont, és bármely K R számhoz vn olyn δ > 0 ingdozási lehetőség, hogy minden x D(f), δ < x < pontbn f(x) < K, kkor zt mondjuk, hogy f bl oldli htárértéke z -bn. Jele: lim 0 f = vgy lim x 0 f(x) =. Például lim x 0 1 x =.

97 7.2. Feldtok 87 Ikonszerűen összefoglljuk htárérték eseteket (7.2. ábr). Az egyoldli htárértékek és htárérték kpcsolt is megfoglmzhtó: H létezik lim 0 f és lim +0 f is, és lim 0 f = lim +0 f, kkor vn htárértéke z f függvénynek z -bn, és lim f = lim 0 f = lim +0 f. Megjegyezzük, hogy h z R olyn, hogy csk z egyik oldli htárérték vethető fel z -bn, és ez htárérték létezik is, kkor ez éppen z f függvény -beli htárértéke lesz Feldtok 1. lim x 2 2x 2 x 6 x 2 x 2 =? lim x 2x2 x 6 x 2 x 2 =? 2. lim x 1 x 4 2x 2 3 x 2 3x+2 =? lim x 2 0 x4 2x 2 3 x 2 3x+2 =? lim x 2+0 x 4 2x 2 3 x 2 3x+2 =? 3. lim x 1 ( 3 1 x x 2 ) =? 4. lim x 0 sin 3x x =? lim x 0 sin 3x sin 5x =? lim x 0 tg2x x =? 5. lim x 0 1 cos x x 2 =? lim x 0 tgx sin x x 3 =? 6. lim x 0 e 2x 1 x =? lim x 0 2 x 1 x =? 7. lim x + sh(x+2) sh(x 2) =? 8. lim x + x2 + 2 x 2 + 2x 3 =? lim x x2 + 2 x 2 + 2x 3 =? 9. Vn-e olyn k R, hogy létezzen x 3 9x 2 + kx 27 lim x 3 x 2 6x + 9 és vlós szám legyen htárérték?

98 88 7. Függvény htárértéke A lim f=a lim f=a A lim + f=a lim f=+ lim f= lim f=+ lim + f=+ lim f= lim + f= A 2 lim 0 f=a 2 lim +0 f=+ A 1 lim +0 f=a 1 lim 0 f= 7.2. ábr

99 7.3. Függvény htárértéke E Függvény htárértéke E A htárérték áltlános definíciój és z átviteli elv A A részben bemuttott, különböző esetekre vontkozó htárérték foglmk egy definícióbn megfoglmzhtók. Ehhez vlós számok hlmzát kibővítjük. Legyen R := R {, + }. Az R hlmzon is lesz összedás és szorzás. 1 o, b R esetén b := + b 2 o R esetén (+ ) := + és ( ) := 3 o (+ ) (+ ) := + és ( ) ( ) := 4 o, b R esetén b := b 5 o R \ {0} esetén (+ ) := +, h > 0 (+ ) :=, h < 0 ( ) :=, h > 0 ( ) := +, h < 0 6 o (+ ) (+ ) := +, (+ ) ( ) :=, ( ) ( ) := + 7 o x R esetén < x < +. Megjegyezzük, hogy és felsorolt esetekben kommuttív. Ne is keressük (+ ) ( ) és 0 (± ) értelmezését, és továbbr sem definiáljuk 0 0, (± ) (± ), 00, 1 (± ), (± ) 0 értékeit! Az R hlmzbn értelmezzük pont környezetét. Legyen R, r R, r > Definíció. Az pont r sugrú környezete legyen ( r, + r), h R K r () := ( 1 r, + ), h = + (, 1 r ), h = Legyen A R és R Definíció. Azt mondjuk, hogy torlódási pontj z A hlmznk, h minden r > 0 esetén (K r () A) \ {}. Továbbá legyen z A deriválthlmz. A := { R torlódási pontj z A-nk}

100 90 7. Függvény htárértéke Az A részben bemuttott htárérték eseteket ezután egységes definíciób fogllhtjuk. Legyen f R R, R, Ḋ(f) Definíció. Azt mondjuk, hogy z f függvénynek z értelmezési trtomány torlódási pontjábn vn htárértéke, h A R ε > 0 δ > 0 x (K δ () \ {}) D(f) esetén f(x) K ε (A). Legyen f R R, R, (D(f) (, + )) Definíció. Azt mondjuk, hogy z f függvénynek z pontbn vn jobb oldli htárértéke, h A R ε > 0 δ > 0 x K δ () D(f), x > esetén f(x) K ε (A). Legyen f R R, R, (D(f) (, )) Definíció. Azt mondjuk, hogy z f függvénynek z pontbn vn bl oldli htárértéke, h A R ε > 0 δ > 0 x K δ () D(f), x < esetén f(x) K ε (A). Könnyen láthtó, hogy és lim +0 f lim f D(f) (,+ ) lim 0 f lim f D(f) (,). A függvény htárértékét is lehet soroztokkl jellemezni Tétel (Htárértékre vontkozó átviteli elv). Legyen f R R, Ḋ(f), A R lim f = A (x n ) D(f) \ {}, x n esetén f(x n ) A. Bizonyítás. ( ) Legyen (x n ) D(f) \ {}, x n tetszőleges sorozt. Mivel lim f = = A, ezért ε > 0 δ > 0 olyn, hogy x (K δ () \ {}) D(f) esetén f(x) K ε (A). Az x n, ezért ehhez δ > 0 számhoz is N N küszöbindex, hogy n > N esetén x n K δ (), sőt x n és x n D(f). Akkor f(x n ) K ε (A). Ez éppen zt jelenti, hogy f(x n ) A. ( ) Tegyük fel, hogy (x n ) D(f) \ {}, x n esetén f(x n ) A, de (indirekt módon) lim f A. Ez zt jelentené, hogy ε > 0 δ > 0 esetén x (K δ () \ {}) D(f), melyre f(x) / K ε (A). Emitt n N esetén δ := 1 n > 0 számhoz is x n K 1 n (), x n, x n D(f) olyn, hogy

101 7.3. Függvény htárértéke E 91 f(x n ) / K ε (A). Nyilván z ilyen (x n ) soroztr x n, de z ezen sorozton tekintett (f(x n )) függvényértékek soroztár f(x n ) A, hiszen n N esetén f(x n ) / K ε (A). Ez ellentmond feltételünknek, így igz z állítás. Megjegyezzük, hogy lim x f(x) = A jelölést z átviteli elvből szármztthtjuk. Ugynis (x n ) soroztr lim xn f(x n ) = A lenne z állítás. (Az n-et elhgyv kpjuk htárértéket. Az x x trt z -hoz kifejezés mögött is minden esetben egy olyn tetszőleges (x n ) soroztot értsünk, melyre x n.) Műveletek függvények htárértékével 7.8. Tétel. H lim f = A és λ R, kkor lim λf = { λ A, h λ 0 0, h λ = 0 Bizonyítás. Legyen (x n ) D(f) \ {}, x n tetszőleges sorozt. Ekkor λ 0 esetén (λf)(x n ) = λf(x n ) λ A, ezért lim λf = λ A. H λ = 0, kkor 0 f = 0 függvény, melyre lim 0 = Tétel. H lim f = A, lim g = B, és (D(f) D(g)), kkor lim (f + g) = A B. Bizonyítás. Legyen (x n ) (D(f) D(g)) \ {}, x n tetszőleges sorozt. Ekkor (f + g)(x n ) = f(x n ) + g(x n ) A B, ezért lim (f + g) = A B. (Szorztr hsonlón.) Tétel. H lim g = B, B 0, kkor { 1 1 lim g = B, h B R \ {0} 0, h B = + vgy. Bizonyítás. Mivel lim g 0, ezért K() olyn, hogy x K() (D(g) \ \ {}) esetén g(x) 0. Ekkor K() (D(g) \ {}) D( 1 g ). Az torlódási pontj volt D(g)-nek, így Ḋ( 1 g ). Legyen (x n) D( 1 g ) \ {}, x n tetszőleges sorozt. Tehát igz z állítás. 1 g (x n) = 1 { 1 g(x n ) B, h B R \ {0} 0, h B = + vgy Tétel. H lim g = b, b R és f C[b], kkor lim f g = f(b).

102 92 7. Függvény htárértéke Bizonyítás. Legyen (x n ) D(f g) \ {}, x n tetszőleges sorozt. Mivel D(f g) D(g), ezért g(x n ) b. Az f C[b], így (f g)(x n ) = f(g(x n )) f(b). Tehát lim f g = f(b). [Megjegyezzük, hogy f g, f g függvények htárértéke ngy körültekintést igényel, z ilyenekre vontkozó htárértéktételek csk körülményesen foglmzhtók meg.] Tétel (Monoton függvény htárértéke). Legyen, b R, f : (, b) R monoton függvény. Ekkor lim f és lim b f. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy f monoton fogyó. Legyen { sup{f(x) x (, b)}, h R(f) felülről korlátos, sup f := +, h R(f) felülről nem korlátos. A sup f értelmezéséből következik, hogy ε > 0 x 0 (, b) olyn, hogy f(x 0 ) K ε (sup f). Legyen δ > 0 olyn, hogy (, x 0 ) = K δ () (, b). Ekkor f monoton fogyás mitt x K δ () (, b) esetén x < x 0, ezért h f(x 0 ) K ε (sup f) és f(x) f(x 0 ), kkor f(x) K ε (sup f) is teljesül. Tehát ε > 0 δ > 0 x K δ () (, b) esetén f(x) K ε (sup f), így lim f = sup f. Hsonlón láthtó be lim b f létezése is.

103 8. fejezet Differenciálhtóság A differenciálhtóság függvény simságát jelenti. A differenciálhtó függvény folytonos, és nincs rjt törés, csúcs. Az lábbi témköröket tárgyljuk: Derivált foglm és geometrii jelentése Elemi függvények deriváltji Deriválási szbályok Monotonitás és szélsőérték Konvexitás és inflexió Függvényvizsgált Tylor-polinom L Hospitl-szbály Középértéktételek 8.1. Differenciálhtóság A A derivált foglm és geometrii jelentése Vizsgáljunk meg két egyszerű függvényt: f 1 : R R, f 1 (t) := t 2, és f 2 : : R R, f 2 (t) := t. Rögzítsük z x := 0 pontot. Könnyen ellenőrizhető, hogy f 1 és f 2 is páros; lulról korlátos és felülről nem korlátos; pozitív számok hlmzán növekvő, negtív számok hlmzán fogyó; z x = 0 pontbn minimum vn, és minimum értéke 0; z x = 0 pontbn folytonos. 93

104 94 8. Differenciálhtóság z φ f(x,y) y (x,y) x (x+t,y) 8.1. ábr Szembetűnő sok hsonlóság ellenére, hogy z x = 0 pontbn z f 1 függvény sim, z f 2 függvénynek pedig törése vn. Vn-e olyn műszer, mely kimuttj, hogy egy függvény vlmely pontbn sim, egy másik pedig nem? Legyen f : R R tetszőleges függvény, x D(f) egy rögzített pont. Az f függvény x-hez trtozó különbségihánydos-függvénye legyen K f x : D(f) \ {x} R K f x (t) := f(t) f(x) t x függvény. Vizsgáljuk meg ezzel műszerrel z f 1 és f 2 függvényt z x := 0 pont esetén (8.1. ábr)! Látjuk, hogy sim f 1 függvény esetén vn htárértéke (folytonossá tehető) K f1 0 különbségihánydos-függvénynek, míg töréssel rendelkező f 2 függvény K f2 0 különbségihánydos-függvényének nincs htárértéke 0 pontbn. Ez vizsgált motiválj, hogy zokt függvényeket, melyek különbségihánydos-függvényének vn htárértéke bbn pontbn, melyhez trtozik, differenciálhtónk nevezzük z dott pontbn. Az f D[x] jelölje ezt tuljdonságot. H f D[x], kkor különbségi hánydos htárértékét z f függvény x

105 8.1. Differenciálhtóság A 95 ( 1, 2 +k) ( 1 +h, 2 +k) 2 ( 1 +h, 2 ) K() ábr pontbeli differenciálhánydosánk nevezzük: f(t) f(x) lim =: f (x). t x t x Könnyen beláthtjuk, hogy t x esetén t x 0, de f(t) f(x) t x mégsem lesz végtelen, ez csk úgy lehet, h f(t) f(x) 0, mi zt jelenti, hogy h z f függvény differenciálhtó z x pontbn, kkor ott folytonos is. Honnn került elő z műszer, mely lklms egy függvény simságát kimuttni? Először egy geometrii megközelítést muttunk be. Legyen f D[x]. A koordinát-rendszer (x, f(x)) és tőle különböző (t, f(t)) pontjin át fektessünk egy egyenest (szelőt). Az egyenes meredeksége (iránytngense) f(t) f(x). t x [Ezt jelöltük K f x (t)-vel.] H t trt z x-hez, kkor szelők trtnk egy htárhelyzethez, mit érintőnek neveznek, így szelők meredeksége is trt z érintő meredekségéhez (8.2. ábr). [Ezt htárértéket neveztük el differenciálhánydosnk.]

106 96 8. Differenciálhtóság A másik egy fiziki interpretáció legyen. Tegyük fel, hogy egy pont mozgását t s(t) út-idő függvény írj le. A [t 0, t] időintervllumbn z átlgsebesség megtett s(t) s(t 0 ) út és megtételéhez szükséges t t 0 idő hánydos, zz s(t) s(t 0 ) t t 0. [Gykrn ezt hánydost s t jelöli.] H minden htáron túl rövidítjük z időintervllumot, z átlgsebesség egy szám körül keveset ingdozik (feltéve, hogy sim volt z út-idő függvény), ezt számot nevezik pillntnyi sebességnek: s(t) s(t 0 ) s lim =: v(t 0 ) vgy lim t t 0 t t 0 t 0 t = v. [Láthtó, hogy pillntnyi sebesség z átlgsebesség htárértéke és z útidő függvény differenciálhánydos: s (t 0 ) = v(t 0 ).] Az f : R R, f(t) := t 2 függvény nem csk z x := 0 pontbn tűnik simánk. Legyen x R egy tetszőleges vlós szám. Nézzük meg, hogy z f függvény x-hez trtozó különbségihánydosánk vn-e htárértéke! f(t) f(x) t 2 x 2 lim = lim t x t x t x t x = lim (t x)(t + x) = lim(t + x) = 2x. t x t x t x Tehát f D[x] és f (x) = 2x. Azt függvényt, mely minden x pontbn (hol függvény differenciálhtó) megdj z x-beli differenciálhánydost, z f függvény deriváltjánk nevezik, és f -vel jelölik. Példánkbn f : R R, f (x) = 2x. Gykrn z f : R R, f(t) := t 2 függvényt röviden x 2 függvényként emlegetik, deriváltját pedig (x 2 ) jelöli. Ezzel megállpodássl (x 2 ) = 2x Elemi függvények deriváltj és deriválási szbályok Nézzünk néhány további példát. Legyen f : R R, f(t) := t 3, x R. f(t) f(x) t 3 x 3 lim = lim t x t x t x t x = lim (t x)(t 2 + tx + x 2 ) = t x t x = lim t x (t 2 + tx + x 2 ) = 3x 2, tehát f D[x] és f (x) = 3x 2, vgy röviden (x 3 ) = 3x 2. Legyen f : R R, f(t) := sin t, x R. f(t) f(x) sin t sin x 2 sin t x 2 lim = lim = lim t x t x t x t x t x t x cos t+x 2 =

107 8.1. Differenciálhtóság A 97 ( sin t x 2 = lim t x t x 2 cos t + x ) = 1 cos x = cos x. 2 (Az átlkítás során trigonometrikus függvények ddíciós tételeinek egy sin u következményét hsználtuk. Mivel lim u 0 u = 1, ezért t x esetén z u := t x sin 2 0, így lim t x 2 t x t x = 1.) 2 Tehát f D[x], zz szinusz függvény minden x R pontbn differenciálhtó, és f (x) = cos x, vgy röviden (sin x) = cos x. Hsonló gondoltmenettel egy sereg függvény differenciálhtóságát ki lehet muttni, és számolások eredményeként deriváltkt is megkpjuk. Néhány fontos függvény deriváltját trtlmzz következő összefoglló: (x α ) = αx α 1 α R (ln x) = 1 x (sin x) = cos x (log x) = 1 x ln ( > 0, 1) (cos x) = sin x (rcsin x) = 1 1 x 2 (e x ) = e x (rccos x) = 1 1 x 2 ( x ) = x ln ( > 0) (rctg x) = 1 1+x 2 (tg x) = 1 cos 2 x (rsh x) = 1 x2 +1 (ctg x) = 1 sin 2 x (rch x) = 1 x 2 1 (x > 1) (sh x) = ch x (rth x) = 1 1 x 2 ( 1 < x < 1) (ch x) = sh x (th x) = 1 ch 2 x Differenciálhtó függvényekkel végzett műveletek eredményeként gykrn kpunk differenciálhtó függvényt. Például h f, g D[x], kkor (f + g)(t) (f + g)(x) f(t) f(x) + g(t) g(x) lim = lim = t x t x t x t x f(t) f(x) g(t) g(x) = lim + lim = f (x) + g (x). t x t x t x t x Tehát z f + g függvény is differenciálhtó z x pontbn és (f + g) (x) = = f (x) + g (x). Ehhez hsonlón igzolhtó még néhány tétel:

108 98 8. Differenciálhtóság 8.1. Tétel. H f D[x] és λ R, kkor λf D[x] és (λf) (x) = λf (x) Tétel. H f, g D[x], kkor f +g D[x] és (f +g) (x) = f (x)+g (x), továbbá f g D[x] és (f g) (x) = f (x)g(x) + f(x)g (x) Tétel. H g D[x] és g(x) 0, kkor 1 g D[x] és ( 1 g ) (x) = g (x) g 2 (x) Tétel. H f, g D[x] és g(x) 0, kkor f g D[x] és ( f g ) (x) = = f (x)g(x) f(x)g (x) g 2 (x) Tétel. H g D[x] és f D[g(x)], kkor f g D[x] és (f g) (x) = = f (g(x)) g (x) Tétel. H f D[x], f (x) 0, és létezik z f 1 inverzfüggvény, kkor z u := f(x) jelöléssel f 1 D[u], és (f 1 ) (u) = 1 f (x) = 1 f (f 1 (u)) A derivált kpcsolt függvény tuljdonságivl Milyen előny szármzik bból, h egy függvényről tudjuk, hogy differenciálhtó (sim), és ismerjük deriváltját? ) Legyen f D[x]. Akkor ez zt jelenti, hogy h t közel vn z x-hez, kkor f(t) f(x) t x közel vn f (x)-hez. Ez indokolj differenciálhtóság egy további szemléletes és hsznos jelentését. Ugynis h t x, kkor f(t) f(x) t x f (x), miből f(t) f(x) f (x)(t x) vgy f(t) f(x) + f (x)(t x) következik. Ez zt jelenti, hogy x-hez közeli t pontokbn függvényérték egy legfeljebb elsőfokú polinom (egyenes) helyettesítési értékével közelíthető. Az e x (t) := f(x) + f (x)(t x) (t R) z f függvény (x, f(x)) pontjához trtozó érintője. b) A derivált előjeléből következtethetünk függvény növekedésére. Legyen f D[x] és f (x) > 0. Ekkor f(t) f(x) t x f (x), h t x. Mivel f (x) > 0, ezért f(t) f(x) t x > 0, h t x. Ez zt jelenti, hogy h t 1 < x, kkor f(t 1 ) < f(x) és h t 2 > x, kkor f(t 2 ) > f(x). Tehát bármely t 1, t 2 pontr, hol t 1 és t 2 is közel vn z x-hez és t 1 < x < < t 2, f(t 1 ) < f(x) < f(t 2 ). Igzolhtó z is, hogy h f (x) > 0 egy I intervllum minden x I pontjábn, kkor z f függvény szigorún monoton növekedő z I intervllumon, zz bármely x 1, x 2 I, x 1 < < x 2 esetén f(x 1 ) < f(x 2 ).

109 8.1. Differenciálhtóság A 99 c) Lokális szélsőérték keresésére is lklms derivált. Egy f függvénynek z D(f) pontbn lokális minimum vn, h vn olyn, z pontot körülvevő intervllum, hogy ebből vett bármely x értelmezési trtománybeli pontr f(x) f(). H f D[], és z f függvénynek minimum vn z pontbn, kkor f () = 0. Ugynis h f () 0, például f () > 0 lenne, kkor lenne olyn t 1 < < t 2, -hoz közeli két pont, melyekre f(t 1 ) < f() < < f(t 2 ), mely ellentmond nnk, hogy f-nek -bn lokális minimum vn. Tehát egy nyílt intervllum minden pontjábn differenciálhtó függvénynek csk ott lehet lokális szélsőértéke, hol deriváltj 0. Vigyázt! H f D[] és f () = 0, kkor z -bn lehet, hogy nincs szélsőérték. Például z f : R R, f(t) := t 3 esetén (t 3 ) = 3t 2, ezért f (0) = = 0, de z f függvénynek nincs lokális szélsőértéke 0-bn. d) A függvény lkjár is következtethetünk deriváltjából. Az f függvényt konvexnek nevezzük z I intervllumon, h bármely x 1, x 2 I, x 1 < x 2 esetén z (x 1, f(x 1 )) és (x 2, f(x 2 )) pontot összekötő húr ltt mrd függvény grfikonj z [x 1, x 2 ] intervllumon. Igzolhtó, hogy egy differenciálhtó f függvény pontosn kkor konvex z I intervllumon, h z f deriváltj monoton növekedő ezen z intervllumon. Az f függvény monoton növekedésére deriváltjánk előjeléből következtethetünk. H z f differenciálhtó függvény, kkor bevezetve z f := (f ) második deriváltt, igz lesz z tétel, hogy f (x) > 0 (x I) esetén f konvex z I intervllumon. (Értelemszerűen megfoglmzhtjuk konkáv függvény foglmát, és ilyen függvényre is hsonló elégséges feltétel dhtó.) Az olyn D(f) pontot, melyet megelőző és z őt követő intervllumokon z f függvény lkj eltérő (vgy konvexből konkávb, vgy konkávból konvexbe megy át függvény), inflexiós pontnk nevezzük. Például z f(x) = x 3 függvénynek 0-bn inflexiój vn. Igzolhtó, hogy h z D(f) inflexiós pontj kétszer differenciálhtó f függvénynek, kkor f () = 0. Vigyázt! H f kétszer deriválhtó z pontbn, és f () = 0, kkor még lehet, hogy nincs inflexiój függvénynek z -bn. Például z f : R R, f(t) := t 4 függvény esetén f (t) = 12t 2, ezért f (0) = 0, de z f függvény z egész R intervllumon konvex (és nem konkáv egyetlen részintervllumon sem).

110 Differenciálhtóság e) Hogyn hsználhtjuk z eddigi eredményeket differenciálhtó függvények menetének vizsgáltához? Célszerű következő lépéseket 3. feldt példáján nyomon követni. 1. Elkészítjük z f deriváltfüggvényt. 2. Megkeressük z f zérushelyeit (illetve zokt pontokt, hol f előjelet váltht). 3. Kiszámítjuk z f második deriváltt. 4. Megkeressük z f zérushelyeit (illetve zokt pontokt, hol f előjelet váltht). 5. A függvény értelmezési trtományát z f, z f zérushelyei (illetve lehetséges előjelváltási helyei) nyílt intervllumokr szbdlják. Ezeken z intervllumokon megállpítjuk deriváltk előjelét, miből monotonitási és lki viszonyokr következtetünk. (Áttekinthetővé válik vizsgált egy táblázt elkészítésével.) 6. Néhány támpontot kiszámolunk. H vnnk, kiszámoljuk lokális mximum és minimum értékeit, függvény htárértékét (esetleg jobb oldli és bl oldli htárértékét) minden olyn pontbn, mely z értelmezési trtomány olyn torlódási pontj, melyben nincs értelmezve függvény. 7. Vázoljuk függvény menetét Többszörös derivált és Tylor-polinom Láttuk egy függvény első és második deriváltjánk szerepét. Ezek áltlánosításként vezessük be mgsbbrendű deriváltkt. H f differenciálhtó, kkor f := (f ). H f differenciálhtó, kkor f := (f ).. H f (k) differenciálhtó, kkor f (k+1) := (f (k) ), k = 1,2,.... Megjegyezzük, hogy vesszőkkel csk z első három deriváltt szoktuk jelölni, tehát f (1) := f, f (2) := f, f (3) := f. Néh z f (0) := f megállpodás is hsznos. Az elég sim függvényeket jól közelíthetjük polinomokkl. Azt már láttuk, hogy h f D[], kkor z e (t) := f() + f ()(t ) (t R) érintőfüggvényre e () = f();

111 8.1. Differenciálhtóság A 101 e (t) = f (), így e () = f (), zz z e -nk és z f-nek z -beli differenciálhánydos is megegyezett. Láthtó z is, hogy f(t) e (t) f(t) (f() + f ()(t )) lim = lim t t t t f(t) f() = lim f () = 0, t t mi zt fejezi ki, hogy z e érintőfüggvény olyn közelítése z f függvénynek, hogy h z f(t) e (t) különbséget olyn módon felngyítjuk, hogy (t )-vl elosztjuk, még ez hánydos is 0-hoz közeli, h t közel vn z -hoz. Az e érintőfüggvény csk egy elsőfokú polinom. Milyen legyen z mgsbb fokú polinom, mely még pontosbb közelítést lehetővé teszi? Legyen P (x) := 3 2x + 4x 2 5x 3. Ekkor P (0) = 3. P (x) = 2 + 8x 15x 2, P (0) = 2. P (x) = 8 30x, P (0) = 8 P (x) = 30, P (0) = 30. Könnyen ellenőrizhető, hogy minden x R esetén P (x) = P (0) + P (0)x + P (0) 2! x 2 + P (0) x 3, 3! zz egy polinomot igen jól közelítettünk (ebben z esetben pontosn előállítottunk) egy olyn polinomml, melynek együtthtói függvény mgsbbrendű deriváltji egy pontbn (most ez pont 0 volt), elosztv derivált rendjének fktoriálisivl. E kétféle tpsztlt vezet el minket z úgynevezett Tylor-formulához. Tegyük fel, hogy f olyn sim, hogy z f (n+1) deriváltfüggvény még folytonos is z D(f) egy K() D(f) környezetében. Legyen T n : : R R. T n (x) := f() + f ()(x ) + f () 2! (x ) f (n) () (x ) n n! z úgynevezett n-edik Tylor-polinom. (Láthtó, hogy T 1 = e.) Könynyen ellenőrizhető, hogy T n () = f(), T n() = f (), T n () = f (),..., T n (n) () = f (n) () (zz z e érintőfüggvényhez hsonló tuljdonsággl rendelkezik T n Tylor-polinom is.) Igzolhtó, hogy ilyen

112 Differenciálhtóság feltétel mellett bármely x K() esetén vn olyn c z x és z között, hogy f(x) = T n (x) + f (n+1) (c) (n + 1)! (x )n+1, mi zt jelenti, hogy z f függvényt T n Tylor-polinom olyn jól közelíti, hogy f(x) T n (x) (x ) n = f (n+1) (c) (x ) 0, h x. (n + 1)! Tehát Tylor-polinom jól (n-edrendben) simul z f függvényhez; z f függvény -hoz közeli helyettesíti értékeit egy polinom helyettesítési értékeivel ngyon pontosn közelíthetjük L Hospitl-szbály A deriváltk segítségével éppen nehéznek tűnő htárérték-számítások is elvégezhetők. A L Hospitl-féle szbályok egyike rról szól, hogy h f és g differenciálhtó egy I nyílt intervllumon és z pontbn (mely vgy eleme vgy végpontj z I intervllumnk, kár + vgy is lehet), és lim f(x) = lim g(x) = 0, x x de létezik deriváltk hánydosánk htárértéke f (x) lim x g =: L, (x) kkor z f és g hánydosánk is vn htárértéke, és f(x) lim x g(x) = L. Ugynez igz kkor is, h z pontbn f és g 0 helyett (+ )-hez vgy ( )-hez trt [nem szükséges, hogy zonos előjelű végtelen legyen két függvény htárértéke]. A L Hospitl-szbállyl számítsuk ki cos x cos 3x lim x 0 x 2 htárértéket. Mind számláló, mind nevező 0-bn 0, ezért deriváltk hánydosánk htárértékét elég kiszámítni. (cos x cos 3x) sin x + 3 sin 3x lim x 0 (x 2 ) = lim = x 0 2x

113 8.2. Feldtok lim sin x x 0 x lim sin 3x = x 0 x = lim sin 3x x 0 3x = = 4. Így cos x cos 3x lim x 0 x 2 = 4. [A deriváltk hánydosánk htárértékét szintén számolhttuk voln L Hospitl-szbállyl: sin x + 3 sin 3x cos x + 9 cos 3x lim = lim = = 4.] x 0 2x x Sjnos, még L Hospitl szbályok sem tudnk minden kritikus htárérték-feldtr könnyű válszt dni. Például lim sh(x + 2) = lim sh(x 2) = +. x x H deriváltkt nézzük, kkor lim ch(x + 2) = lim ch(x 2) = +, x x h ezek deriváltjit vizsgáljuk, kkor lim sh(x + 2) = lim sh(x 2) = +, x x és így tovább. Nem kpjuk meg sh(x + 2) lim x sh(x 2) htárértéket L Hospitl szbály lklmzásávl. [Megjegyezzük, hogy sh(x + 2) lim x sh(x 2) = lim x 8.2. Feldtok e x+2 e (x+2) = lim e x 2 e (x 2) x e 2 e 2 e 2x e 2 e2 e 2x = e 4.] 1. Deriváljuk z f(x) := 3x 5 + x + ln sin 2 ( 1 x ) függvényt! Megoldás: f (x) = 3 5x x sin 2 ( 1 x ) 2 sin( 1 x ) cos( 1 x ) ( 1 x 2 ). 2. Deriváljuk g(x) := 4x 3 2x 2 + 5x 3

114 Differenciálhtóság h(x) := (x 2) 3 sin(4x) l(x) := x + x + x + x + x k(x) := (sin x) cos x m(x) := rctg tgx+1 1 tgx függvényeket! (>0) 3. Vizsgáljuk meg z f : R R, f(x) := 2x 1 x 2 +1 Megoldás: ) f (x) = 2 x 2 +1 (2x 1) b) x+2 (x 2 +1) 3 2 nevező pozitív) 2x 2 x 2 +1 x 2 +1 = 2(x2 +1) 2x 2 +x (x 2 +1) 3 2 függvény menetét! = x+2 (x 2 +1) 3 2 = 0, x = 2 ( tört máshol nem vált előjelet, mert c) f (x) = (x2 +1) 3 2 (x+2) 3 2 (x 2 +1) 1 2 2x (x 2 +1) 3 = x2 +1 (3x 2 +6x) d) 2x2 6x+1 (x 2 +1) 5 2 e) = 0, 2x 2 6x + 1 = 0 { (x 2 +1) 5 2 = 2x2 6x+1 (x 2 +1) 5 2 x 1 = ,16 x 2 = , f f mon. csökken min nő f f lk konkáv inflexió konvex inflexió konkáv f) f( 2) = 5 5 = 5 2,23 lim x lim x g) 8.3. ábr 2x 1 x2 +1 = lim x 2 1 x 1+ 1 x 2 2x 1 = lim x 2 +1 x 2 1 x = x 2 = 2 4. Vizsgáljuk meg következő függvények menetét: g : R R, g(x) := e x2 h : R \ { 2,8}, h(x) := x x 2 6x 16

115 8.2. Feldtok 105 b+ρ y b 2 + K q K(b) b y b 1 K p K() x +µ K r 8.3. ábr l : R + R, l(x) := x ln x k : R R, k(x) := ex 1+e x 5. Készítsük el z f(x) := sin x függvény := 0 ponthoz trtozó Tylorpolinomját n := 11 esetén. Megoldás: f(x) = sin x f(0) = 0 f (x) = cos x f (0) = 1 f (x) = sin x f (0) = 0 f (x) = cos x f (0) = 1 f (4) (x) = sin x f (4) (0) = 0 f (5) (x) = cos x f (5) (0) = 1. f (11) (x) = cos x. f (11) (0) = 1 f (12) (x) = sin x f (12) (0) = 0 [Láthtó, hogy f = f (4) = f (8) =... = f (4k) =... = sin.] Tehát T 11 (x) = x 1 3! x ! x5 1 7! x ! x9 1 11! x11

116 Differenciálhtóság Megjegyzés: H sin függvényt T 11 Tylor-polinomjávl közelítjük, kkor például z x := 0,1 helyen sin(0,1) T 11 (0,1) = sin c 0,1 12 0,112 12! 12! = < = Sőt, h 0 x π 2, kkor (kihsználv, hogy x π 2 < 2) sin c sin x T 11 (x) = x 12 1 ( π ) < 12! 12! 2 12! = < Láthtó, hogy T 11 sin függvény értékeit [0, π 2 ] intervllumon elég jól (leglább négy tizedes pontossággl) megdj. 6. Készítsük el következő függvények Tylor-polinomjit: g(x) := e x := 0 n := 10 h(x) = cos x := 0 n := 12 l(x) = 1 + x := 0 n := 2 k(x) = 1 1+x 2 := 0 n := 2 7. Számítsuk ki lim x 0 x 2 ln x htárértéket! Megoldás: ln x lim x 0 x2 ln x = lim x 0 x 2. Mivel ezért (ln x) lim x 0 (x 2 ) = lim x 1 = lim x 0 2x 3 1 x 0 2 x2 = 0, lim x 0 ln x = 0, így lim x 2 x 0 x2 ln x = Számítsuk ki következő htárértékeket! ) lim xtgx 1 x 0 x 2 cos x 1 sin 2 2x 1 cos x x 0 1 cos x b) lim x 0 c) lim d) lim x x ln x (ln x) x

117 8.3. Differenciálhtóság E Differenciálhtóság E A derivált foglm és kpcsolt folytonossággl 8.1. Definíció. Legyen A R, A. Azt mondjuk, hogy belső pontj z A hlmznk, h K(), hogy K() A. Az A hlmz belső pontjink hlmzát jelölje inta Definíció. Legyen f : R R, intd(f). Azt mondjuk, hogy z f függvény differenciálhtó z pontbn, h f(x) f() lim R. x x H z f függvény differenciálhtó z pontbn, kkor ezt f D[] jelölje. H f D[], kkor f f(x) f() () := lim. x x Az f () R számot z f függvény pontbeli differenciálhánydosánk nevezzük. Az f () helyett gykrn hsználják még z f(), is. df dx (), Df() jelöléseket 8.7. Tétel (Főtétel). Legyen f : R R, intd(f). f D[] F : D(f) R, F C[] olyn, hogy x D(f) esetén f(x) f() = F (x)(x ). Bizonyítás. ( ) Legyen f D[]. Ekkor vezessük be z F : D(f) R, F (x) := { f(x) f() x, h x f () h x = függvényt. Az F C[], ugynis x D(f) \ {} esetén ezért F (x) F () = f(x) f() x lim (F (x) F ()) = 0. x f (), Legyen ezután x D(f) tetszőleges. H x, kkor h x =, kkor f(x) f() = f(x) f() x (x ) = F (x) (x ); f() f() = F () ( )

118 Differenciálhtóság nyilván igz. ( ) Tegyük fel, hogy F C[] olyn, hogy x D(f) esetén f(x) f() = = F (x) (x ). H x, kkor f(x) f() = F (x), x és mivel F C[], ezért lim x F (x) = F (), de kkor lim x f(x) f() x is (zz f D[]), sőt F () = f () Tétel. H f D[], kkor f C[]. Bizonyítás. H f D[], kkor F C[] olyn, hogy x D(f) esetén f(x) f() = F (x) (x ), zz f = f() + F (id ). Mivel folytonos függvények összege, szorzt is folytonos, ezért f is folytonos z pontbn. Megjegyzés: Az f : R R, f(x) := x függvény folytonos z := 0 pontbn, de x R, x 0 esetén f(x) f() x mitt nem létezik = x 0 x 0 = x x = f(x) f() lim x x { 1, h x > 0 1, h x < 0 htárérték, ezért f nem differenciálhtó 0 pontbn. A péld zt muttj, hogy tétel nem fordíthtó meg Műveletek differenciálhtó függvényekkel, deriválási szbályok 8.9. Tétel. H f D[] és λ R, kkor λf D[], és (λf) () = λ f (). Bizonyítás. (λf)(x) (λf)() f(x) f() lim = lim λ = λ f (). x x x x Tétel. H f, g D[], kkor f g D[], és (f g) () = f ()g() + + f()g (). Bizonyítás. (fg)(x) (fg)() f(x)g(x) f()g(x) + f()g(x) f()g() lim = lim = x x x x

119 8.3. Differenciálhtóság E 109 f(x) f() g(x) g() = lim g(x) + f() lim = f ()g() + f()g (). x x x x Mivel g D[], ezért g C[], így lim x g(x) = g() Tétel. H g D[] és g() 0, kkor 1 g D[], és ( 1 g ) () = g () g 2 (). Bizonyítás. Mivel g D[], ezért g C[], így g() 0 feltétel mitt K() D(g), hogy x K() esetén g(x) 0. Tehát intd( 1 g ). Ekkor ( 1 g lim )(x) ( 1 g )() x x = lim x ( = lim x g(x) g() x 1 g(x) 1 g() g() g(x) g(x)g() = lim x x x ) 1 = g () g(x)g() = 1 g 2 () Tétel. H f, g D[] és g() 0, kkor f g D[] és ( f g ) () = = f ()g() f()g () g 2 (). Bizonyítás. Mivel f g = f 1 g, és feltételek szerint 1 g D[], ezért szorztfüggvény differenciálhtóságár vontkozó tétel mitt f g D[] és ( ) ( f () = f 1 ) () = f () g g 1 g() + f() ( ) g () g 2 = () f ()g() f()g () g 2. () Tétel. H g D[] és f D[g()], kkor f g D[], és (f g) () = = f (g()) g (). Bizonyítás. Mivel g D[], ezért főtétel mitt G C[] olyn, hogy x D(g) esetén g(x) g() = G (x) (x ). Mivel f D[g()], ezért szintén főtétel mitt F g() C[g()] olyn, hogy y D(f) esetén f(y) f(g()) = F g() (y) (y g()). Legyen x D(f g), ekkor z y := g(x) jelöléssel (f g)(x) (f g)() = f(g(x)) f(g()) = F g() (g(x)) (g(x) g()) =

120 Differenciálhtóság F g() (g(x)) G (x) (x ) = (F g() g G )(x) (x ). Mivel g D[], ezért g C[]; F g() C[g()], így z összetett függvény folytonosságár vontkozó tétel szerint F g() g C[]. A G C[] mitt, szorztfüggvény folytonosságát felhsználv, z F g() g G is folytonos z pontbn, zz F g() g G C[]. Ez éppen zt jelenti, hogy f g D[], sőt (f g) () = (F g() g G )() = F g() (g()) G () = f (g()) g () Tétel. Legyen I R nyílt intervllum, f : I R szigorún monoton és folytonos függvény. Legyen I, f D[] és f () 0. Ekkor b := f() pontbn f 1 D[b], és (f 1 ) (b) = 1 f () = 1 f (f 1 (b)). Bizonyítás. A szigorú monotonitás mitt z f függvény bijekció z I és J := f(i) között ( Bolzno-tétel következményeként J is nyílt intervllum). Ezért létezik z f 1 : J I inverzfüggvény. Az f 1 függvény b pontbeli differenciálhtóságához meg kell muttni, hogy létezik f 1 (y) f 1 (b) lim y b y b htárérték (és ez vlós szám). Legyen (y n ) J, y n b tetszőleges sorozt. Bármely n N esetén legyen x n := f 1 (y n ). Az (x n ) I sorozt konvergens, és lim x n =, mert z inverzfüggvény folytonosságáról szóló tétel és z átviteli elv szerint y n b f 1 (y) f 1 (b), zz x n. Ezért f 1 (y n ) f 1 (b) y n b = x n f(x n ) f() = 1 f(x n) f() x n 1 f (), hiszen f () 0. Mivel bármely (y n ) J, y n b esetén z ( f 1 (y n) f 1 (b) y n b ) konvergens, ezért htárértékre vontkozó átviteli elv szerint létezik f 1 (y) f 1 (b) lim y b y b htárérték. Tehát f 1 D[b], és z is láthtó, hogy (f 1 ) (b) = 1 f ().

121 8.3. Differenciálhtóság E Lokális növekedés, fogyás, lokális szélsőérték 8.3. Definíció. Legyen f : R R, D(f). Azt mondjuk, hogy f lokálisn nő z pontbn, h K() D(f), hogy x 1 K(), x 1 < esetén f(x 1 ) f() és x 2 K(), x 2 > esetén f(x 2 ) f(). Értelemszerű módosítássl kpjuk lokális fogyás foglmát Tétel. H f D[], és f z pontbn lokálisn nő, kkor f () 0. Bizonyítás. Mivel f lokálisn nő z -bn, ezért K() D(f), hogy x K(), x esetén f(x) f() 0 x (h x <, kkor x < 0 és f(x) f() 0, míg x > esetén x > 0 és f(x) f() 0). Az f D[], ezért f(x) f() lim 0, zz f () 0. x x Tétel. H f D[], és f lokálisn fogyó z pontbn, kkor f () 0. Bizonyítás. Az előző tétel bizonyításánk mintájár történik. Megjegyzés: Az f függvény szigorún lokálisn nő, h K() D(f), hogy x 1, x 2 K(), x 1 < < x 2 esetén f(x 1 ) < f() < f(x 2 ). H f D[] és szigorún lokálisn nő z -bn, kkor ugyn x K(), x esetén f(x) f() > 0, x de htárértékre f(x) f() lim 0 x x mondhtó, így f () 0. Például z f : R R, f(t) := t 3 0-bn szigorún lokálisn nő, de f (0) = (t 3 ) t=0 = 3t 2 t=0 = Tétel. H f D[], és f () > 0, kkor f szigorún lokálisn nő z pontbn. Bizonyítás. Mivel f D[], ezért főtétel mitt F C[] olyn, hogy x D(f) esetén f(x) f() = F (x) (x ). F () = f () > 0, ezért folytonos függvény jeltrtásáról szóló tétel mitt

122 Differenciálhtóság K() D(f) olyn, hogy x K() esetén F (x) > 0. Ezért x 1 K(), x 1 < esetén f(x 1 ) f() = F (x 1 ) (x 1 ) < 0 f(x 1 ) < f(), míg x 2 K(), x 2 > esetén f(x 2 ) f() = F (x 2 ) (x 2 ) > 0 f(x 2 ) > f(), Tétel. H f D[], és f () < 0, kkor f szigorún lokálisn fogy z pontbn. Bizonyítás. Az előző tétel mintájár történik bizonyítás Definíció. Legyen f : R R, D(f). Azt mondjuk, hogy z f függvénynek z pontbn lokális minimum vn, h K(), hogy x K() D(f) esetén f(x) f(). Szigorú lokális minimum kkor vn, h x K() D(f), x esetén f(x) > f(). Értelemszerű változttássl kpjuk lokális mximum és szigorú lokális mximum foglmát. A minimum és mximum közös elnevezése szélsőérték Tétel. H f D[], és z f függvénynek lokálisn szélsőértéke vn z pontbn, kkor f () = 0. Bizonyítás. H f () 0 lenne (például f () > 0), kkor f z -bn szigorún lokálisn növekedne, így nem lehetne lokális szélsőérték -bn Középértéktételek 8.5. Definíció. Azt mondjuk, hogy f differenciálhtó z A D(f) hlmzon (jele f D(A)), h A esetén f D[] Tétel (Rolle). H f C[, b], f D(, b), és f() = f(b), kkor c (, b) olyn, hogy f (c) = 0. Bizonyítás. H x [, b] esetén f(x) = f() = f(b), zz f konstnsfüggvény, kkor például c := +b 2 (, b) pontbn f (c) = 0. (A c másként is válszthtó!) H x 0 (, b), hogy f(x 0 ) f(), kkor z f C[, b] mitt Weierstrsstétel szerint vn minimum és vn mximum is z f-nek, és leglább z egyiket nem z [, b] intervllum végpontjábn veszi fel, hnem z intervllum belsejében. Legyen ez pont c. Ekkor szélsőérték szükséges feltétele szerint f (c) = 0.

123 8.3. Differenciálhtóság E Tétel (Cuchy-féle középértéktétel). Legyen f, g C[, b], f, g D(, b), és tegyük fel, hogy x (, b) esetén g (x) 0. Ekkor c (, b) olyn, hogy f(b) f() g(b) g() = f (c) g (c). Bizonyítás. H g(b) = g() lenne, kkor Rolle tétele mitt g z (, b) intervllum vlmelyik pontjábn 0 lenne, de ezt kizártuk. Így beszélhetünk z f(b) f() g(b) g() hánydosról. Legyen λ R, és tekintsük φ : [, b] R, φ(t) := f(t) λg(t) függvényt. Könnyű ellenőrizni, hogy λ := f(b) f() g(b) g() esetén φ() = φ(b). Továbbá φ C[, b] és φ D(, b). Így Rolle-tétel szerint c (, b) olyn, hogy φ (c) = 0. Mivel φ (t) := f (t) λg (t) (t (, b)), ezért melyből g (c) 0 mitt következik. 0 = φ (c) = f (c) f(b) f() g(b) g() g (c), f(b) f() g(b) g() = f (c) g (c) Tétel (Lgrnge-féle középértéktétel). Legyen f C[, b], f D(, b). Ekkor c (, b) olyn, hogy f(b) f() = f (c) (b ) Bizonyítás. Alklmzzuk Cuchy-féle középértéktételt g(t) := t függvényre Tétel (Drboux-tétel). Legyen I nyílt intervllum, f D(I). Ekkor [, b] I és d R számr, mely f () és f (b) közé esik, c (, b) olyn, hogy f (c) = d. Bizonyítás. Legyen [, b] I. Tegyük fel, hogy f () < f (b) és d (f (), f (b)). Tekintsük φ : I R, φ(t) = f(t) dt függvényt. Nyilván φ C[, b], ezért Weierstrss-tétel szerint vn minimum és vn mximum is φ-nek z [, b] intervllumon. Megmuttjuk, hogy φ-nek sem z -bn, sem b-ben nincs minimum. Ugynis φ (t) = f (t) d, és φ () = f () d < 0, ezért φ -bn szigorún lokálisn fogyó,

124 Differenciálhtóság φ (b) = f (b) d > 0, ezért φ b-ben szigorún lokálisn nő. Ez zt jelenti, hogy φ-nek z [, b] intervllum belsejében vn minimum, zz c (, b), hogy x [, b] esetén φ(c) φ(x). Ekkor lokális szélsőérték szükséges feltétele szerint φ (c) = 0, zz f (c) d = A globális monotonitás elégséges feltételei Tétel. Legyen I R nyílt intervllum, f D(I), és x I esetén f (x) > 0. Ekkor f szigorún monoton növekedő z I intervllumon. Bizonyítás. Legyen x 1, x 2 I, x 1 < x 2. A Lgrnge-féle középértéktétel szerint c (x 1, x 2 ) olyn, hogy f(x 2 ) f(x 1 ) = f (c) (x 2 x 1 ). Az f (c) > 0, x 2 x 1 > 0, ezért f(x 2 ) f(x 1 ) > 0, zz f(x 1 ) < f(x 2 ) Tétel. Legyen I R nyílt intervllum, f D(I), és x I esetén f (x) < 0. Ekkor f szigorún monoton csökken z I intervllumon. Bizonyítás. Hsonló z előbbi tételhez Tétel. Legyen I R nyílt intervllum, f D(I), és x I esetén f (x) = 0. Ekkor c R olyn, hogy x I esetén f(x) = c zz f konstns z I intervllumon. Bizonyítás. Legyen x 1, x 2 I, x 1 < x 2. A Lgrnge-féle középértéktétel szerint c (x 1, x 2 ) olyn, hogy zz f(x 1 ) = f(x 2 ). f(x 2 ) f(x 1 ) = f (c) (x 2 x 1 ) = 0 (x 2 x 1 ) = 0, 8.1. Megjegyzés. A tétel intervllumon differenciálhtó függvényről szól. Például z f : (0,1) (2,3) R { 1, h 0 < x < 1 f(x) := 2, h 2 < x < 3 függvényre x (0,1) (2,3) esetén f (x) = 0, de függvény mégsem állndó Konvex és konkáv függvények 8.6. Definíció. Legyen I R intervllum, f : I R. Azt mondjuk, hogy f konvex függvény, h x 1, x 2 I és λ (0,1) esetén f(λx 2 + (1 λ)x 1 ) λf(x 2 ) + (1 λ)f(x 1 ). Az f konkáv függvény, h ( f) konvex, zz z egyenlőtlenségben áll.

125 8.3. Differenciálhtóság E Tétel. Legyen I R nyílt intervllum, f D(I). H f szigorún monoton növekedő z I intervllumon, kkor f konvex. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy f szigorún monoton növekedő, és legyen x 1, x 2 I, x 1 < x 2. Vezessük be z és z l : R R, l(x) := f(x 1 ) + f(x 2) f(x 1 ) x 2 x 1 (x x 1 ) r(x) : I R, r(x) := f(x) l(x) függvényeket. Nyilván r D(I), r(x 1 ) = f(x 1 ) l(x 1 ) = 0 és r(x 2 ) = f(x 2 ) l(x 2 ) = 0, ezért Rolle-tétel szerint c (x 1, x 2 ) olyn, hogy r (c) = 0. Mivel t I esetén r (t) = f (t) l (t) = f (t) f(x 2) f(x 1 ) x 2 x 1, ezért f szigorú monoton növekedéséből következik, hogy tőle egy konstnsbn különböző r is szigorún monoton növekedő. Mivel r (c) = 0, ezért x (x 1, c) esetén r (c) < 0 x (c, x 2 ) esetén r (c) > 0. Ez zt jelenti, hogy z r függvény z (x 1, c) intervllumon fogyó, (c, x 2 ) intervllumon pedig növekedő. Figyelembe véve, hogy r(x 1 ) = r(x 2 ) = 0, x (x 1, x 2 ) esetén r(x) 0. Eszerint x (x 1, x 2 ) esetén f(x) (f(x 1 ) + f(x 2) f(x 1 ) x 2 x 1 (x x 1 )) 0. Legyen λ := x x1 x 2 x 1 (0,1). Ekkor egyrészt x = λx 2 + (1 λ)x 1, másrészt vgy f(λx 2 + (1 λ)x 1 ) f(x 1 ) + (f(x 2 ) f(x 1 )) λ, f(λx 2 + (1 λ)x 1 ) λf(x 2 ) + (1 λ)f(x 1 ). Tehát z f konvex z I intervllumon Definíció. Legyen I nyílt intervllum, f : I R. Azt mondjuk, hogy f kétszer folytonosn differenciálhtó z I intervllumon, h f D(I), és f = (f ) C(I). Jele: f C 2 (I) Tétel. Legyen f C 2 (I) és x I esetén f (x) > 0 Ekkor f konvex.

126 Differenciálhtóság Bizonyítás. Mivel f deriváltj pozitív z I intervllumon, ezért f szigorún monoton növekedő z I-n. Az előző tétel szerint, h f szigorún monoton növekedő, kkor f konvex Tétel. H f C 2 (I), és x I esetén f (x) < 0, kkor f konkáv. Bizonyítás. A ( f) függvényre lklmzzuk z előző tételt Definíció. Legyen f : R R, D(f), és tegyük fel, hogy δ > 0 olyn, hogy ( δ, + δ) D(f). Azt mondjuk, hogy z f függvénynek z pontbn inflexiój vn, h f ( δ,) konvex és f (,+δ) konkáv, vgy f ( δ,) konkáv és f (,+δ) konvex Tétel. Legyen f C 2 (α, β). H z f függvénynek inflexiój vn z (α, β) pontbn, kkor f () = 0. Bizonyítás. Indirekt módon, tegyük fel, hogy f () 0, például f () > 0. Akkor z f C[] mitt δ > 0, hogy x ( δ, + δ) esetén f (x) > 0, miből következik, hogy f konvex z ( δ, + δ) intervllumon, de kkor f-nek nincs inflexiój -bn. Ez ellentmondás, tehát f () = 0. Megjegyezzük, hogy h z f függvény egy I intervllumon elsőfokú polinom, zz A, B R olyn, hogy x I esetén f(x) = Ax + B, kkor f konvex és konkáv is z I bármely részintervllumán, ezért z I intervllum minden pontjábn inflexiój vn z f függvénynek Tylor-formul Legyen f z pont egy környezetében n-szer differenciálhtó függvény. Legyen T n, : R R, T n, (x) := f() + f () (x ) + f () 2! (x ) f (n) () (x ) n n! z f függvény ponthoz trtozó Tylor-polinomj. A következő tétel segítségével meg lehet becsülni, hogy z n-ed fokú Tylor-polinom mennyire jól közelíti függvényt Tétel. Legyen f : R R, D(f). Tegyük fel, hogy K() D(f), hogy f C n+1 (K()). Legyen x K() tetszőleges. Ekkor c K() z és z x között olyn, hogy f(x) = T n, (x) + f (n+1) (c) (n + 1)! (x )n+1. (Tylor-formul)

127 8.3. Differenciálhtóság E 117 Bizonyítás. Legyen r : K() R, r(t) := f(t) T n, (t), továbbá p : K() R, p(t) := (t ) n+1. Legyen x K() tetszőleges. Tegyük fel, hogy x >. Alklmzzuk Cuchyféle középértéktételt z [, x] intervllumon z r és p függvényekre. Mivel t (, x) esetén p (t) = (n + 1)(t ) n 0, zért c 1 (, x) olyn, hogy Vegyük észre, hogy r(x) r(x) r() = (x ) n+1 p(x) p() = r (c 1 ) p (c 1 ). r (t) = f (t) T n,(t) = f (t) (f ()+ f () 2! 2(t )+...+ f (n) () n(t ) n 1 ), n! így r () = 0. Nyilván p (t) = (n+1)(t ) n, így p () = 0. Ezért Cuchy-féle középértéktételt lklmzv z [, c 1 ] intervllumon z r és p függvényekre zt kpjuk, hogy c 2 (, c 1 ) olyn, hogy r (c 1 ) p (c 1 ) = r (c 1 ) r () p (c 1 ) p () = r (c 2 ) p (c 2 ). Könnyen ellenőrizhető, hogy bármely 1 k n esetén r (k) (t) = f (k) (t) (f (k) () + f (k+1) () (k + 1)k(k 1)... 2(t ) +... (k + 1)!... + f (n) () n(n 1)... (n k + 1)(t ) n k ), n! így r (k) () = 0. Nyilván p (k) (t) = (n + 1)n... (n + 1 (k 1))(t ) n+1 k, így p (k) () = 0; de t K() esetén p (n+1) (t) = (n + 1)! Az előző lépést még (n 1)-szer lklmzv, z utolsó esetben c n+1 (, c n ) olyn, hogy r (n) (c n ) p (n) (c n ) = r(n) (c n ) r (n) () p (n) (c n ) p (n) () = r(n+1) (c n+1 ) p (n+1) (c n+1 ) = f (n+1) (c n+1 ). (n + 1)! (Nyilván T n, legfeljebb n-edfokú polinom, ezért T (n+1) n, már zonosn 0.) Összefogllv f(x) T n, (x) (x ) n+1 = r(x) p(x) = r (c 1 ) p (c 1 ) =... = r(n) (c n ) p (n) (c n ) = f (n+1) (c n+1 ), (n + 1)! ezért c := c n+1 (, x) válsztássl f(x) T n, (x) = f (n+1) (c) (n + 1)! (x )n+1.

128 Differenciálhtóság L Hospitl-szbály Tétel. Legyen I R nyílt intervllum, f, g D(I). Legyen I, lim x f(x) = lim x g(x) = 0 és g (x) 0, h x I. H lim x f (x) kkor lim x f(x) g(x) is, és f(x) lim x g(x) = lim f (x) x g (x). g (x), Bizonyítás. Abbn speciális esetben végezzük el bizonyítást, mikor f I, f() = g() = 0 és lim (x) x g (x) =: L R. Ekkor ε > 0 számhoz δ > 0, hogy x K δ () I, x esetén L ε < f (x) g (x) < L + ε. Legyen x K δ () tetszőleges, x. A Cuchy-féle középértéktétel szerint c K δ () z és x között, hogy Így is teljesül, miből következik, hogy f(x) f(x) f() = g(x) g(x) g() = f (c) g (c). L ε < f(x) g(x) < L + ε f(x) lim x g(x) = L.

129 9. fejezet Integrálhtóság, integrálszámítás Egy függvény integrálhtóság zt jelenti, hogy függvény ltti trtománynk vn területe. Módszert dolgozunk ki terület meghtározásár. Számos problémát ilyen területszámításr vezetünk vissz. Az lábbi témköröket tárgyljuk: Riemnn-integrál foglm és geometrii jelentése Integrálási szbályok Newton Leibniz-formul Primitív függvény Elemi függvények primitív függvényei Az integrál néhány geometrii és fiziki lklmzás Fourier-sor Improprius integrál 9.1. Integrálszámítás A A Riemnn-integrál foglm és geometrii jelentése Ismert, hogy z u > 0, v > 0 oldlú tégllp területe uv. Állpodjunk meg bbn, hogy h u > 0 és v < 0, kkor uv tégllp előjeles területe legyen. 119

130 Integrálhtóság, integrálszámítás id 2 (i/n) 2 1/n i/n 9.1. ábr Már mtemtik kori korszkábn is fogllkoztk görbevonlú lkztok területével. Nézzük meg mi is, hogy H := {(x, y) x [0,1], y [0, x 2 ]} prbol ltti trtománynk mi lehet területe. Osszuk fel [0,1] intervllumot n egyenlő részre. Az osztópontok x 0 = 0, x 1 = = 1 n, x 2 = 2 n,..., x n = n n. Legyen S n := 1 n ( 1 n )2 + 1 n ( 2 n ) n ( n n )n, zz olyn tégllpok területének z összege, melyeknek z lpj 1 n, mgsság pedig z id 2 függvény osztópontokbn vett függvényértéke (9.1. ábr). S n egy lépcsősidom területe. H növeljük z n osztópontszámot, kkor lépcsősidomok egyre jobbn illeszkednek H hlmzhoz, így elvárhtó, hogy z (S n ) sorozt htárértéke éppen H hlmz területe legyen. Felhsználv, hogy minden k N esetén k 2 = k(k+1)(2k+1) 6, lim S n = lim 1 n 3 ( n 2 ) = lim 1 n(n + 1)(2n + 1) n 3 6 = lim 2n2 + 3n + 1 6n 2 = lim n + 1 n 2 = Legyen tehát H hlmz területe 1 3. Ezt gondoltmenetet áltlánosítjuk. Legyen f : [, b] R függvény. =

131 9.1. Integrálszámítás A 121 Legyen hol τ := {x 0, x 1, x 2,..., x i 1, x i,..., x n } [, b], = x 0 < x 1 < x 2 <... < x i 1 < x i <... < x n = b z [, b] intervllum egy felosztás. Minden [x i 1, x i ] intervllumbn vegyünk fel egy ξ i pontot (i = 1,2,..., n). Készítsük el z f függvény τ felosztáshoz trtozó közelítő összegét: σ(τ) := f(ξ 1 )(x 1 x 0 ) + f(ξ 2 )(x 2 x 1 ) f(ξ n )(x n x n 1 ) = n = f(ξ i )(x i x i 1 ). i=1 (Ez σ(τ) felel meg bevezető péld S n lépcsősidom területének, ott ξ i pontot mindig z intervllum jobb szélén vettük fel.) Akkor mondjuk függvényt integrálhtónk, h σ(τ) közelítő összegek finomodó felosztások során tetszőlegesen közel kerülnek egy számhoz. Pontosbbn: 9.1. Definíció. Azt mondjuk, hogy z f : [, b] R függvény integrálhtó z [,b] intervllumon, h vn olyn I R szám, hogy bármilyen ε > 0 hibkorláthoz vn olyn δ > 0, hogy z [, b] intervllum minden olyn τ felosztásár, melyben mx{x i x i 1 i = 1,2,..., n} < δ és τ felosztáshoz trtozó [x i 1, x i ] intervllumokbn vett tetszőleges ξ i [x i 1, x i ] pontok esetén σ(τ) = n i=1 f(ξ i)(x i x i 1 ) közelítő összegre σ(τ) I < ε. H f integrálhtó z [, b] intervllumon, kkor ezt f R[, b] jelölje (Riemnn tiszteletére, ki z integrált ilyen módon bevezette), és legyen b f := I ( integrál -tól b-ig ). Továbbá ekkor zt mondjuk, hogy H : = {(x, y) x [, b], y [0, f(x)], h f(x) 0, vgy y [f(x),0], h f(x) < 0} hlmznk ( görbe ltti trtomány ) vn előjeles területe, és ez terület z I R szám.

132 Integrálhtóság, integrálszámítás Röviden úgy szoktk hivtkozni erre foglomr, hogy bevezetve x i := = x i x i 1 jelölést, lim f(ξi ) x i = I x i 0 vgy b f(ξ) x = f(x)dx. lim x 0 (Érdemes nyomon követni szimbólumok metmorfózisát!) Könnyű látni, hogy h f : [, b] R, f(x) = c egy konstns függvény, kkor lim f(ξi ) x i = x i 0 lim x i 0 i=1 n c(x i x i 1 ) = c(b ), mint ezt szemlélet lpján is vártuk, tehát f R[, b] és b f = c(b ) A Riemnn-integrál és műveletek kpcsolt Beláthtó, hogy h f C[, b], kkor f R[, b]. A szemléletből is következik, hogy h f R[, b] és f R[b, c], kkor f R[, c], sőt b f + c b f = c Már nem olyn nyilvánvló, de igzolhtó, hogy f (9.2. ábr) Tétel. H f R[, b] és λ R, kkor λf R[, b], és b λf = λ b 9.2. Tétel. H f, g R[, b], kkor f + g R[, b], és b (f + g) = 9.3. Tétel. H f, g R[, b], és f(x) g(x) minden x [, b] esetén, kkor b f Az utóbbi tétel fontos következménye, hogy h f R[, b], kkor f R[, b], és f f f b b f. f + g. b g.

133 9.1. Integrálszámítás A 123 f b c 9.2. ábr mitt következik, így b f b b f f b b f. f Newton Leibniz-formul Szemléletesen jól láthtó, hogy 9.4. Tétel. H f C[, b], kkor vn olyn c [, b], hogy b f = f(c) (b ) (9.3. ábr). b f Az b számot z f integrálközepének nevezik. Ez véges sok szám átlgánk z egyik áltlánosítás. (A tétel szerint z integrálközép egy függvényérték.) Az eddigi állítások vlóbn szemléletesek, de z integrál kiszámításánk kényelmes módszerével még dósk vgyunk. Az egyszerűség kedvéért legyen f C[, b]. Vezessük be T : [, b] R, T (x) := x f területfüggvényt (9.4. ábr).

134 Integrálhtóság, integrálszámítás f c b 9.3. ábr f T(x) x b 9.4. ábr

135 9.1. Integrálszámítás A 125 f T(α) α c x b 9.5. ábr Legyen α (, b) egy tetszőleges pont, és vizsgáljuk meg z x (, b), x α esetén T (x) T (α) x α különbségi hánydost. T (x) T (α) x α = x f α x f x α = 1 x α x α f = 1 f(c)(x α) = f(c), x α hol c [α, x] (9.5. ábr). Ebből kihsználv, hogy f C[α] is, másrészt T (x) T (α) lim = lim f(c) = f(α), x α x α x α T (x) T (α) lim = T (α). x α x α Tehát T területfüggvény olyn, hogy deriváltj z f. Mivel T () = 0 és T (b) = b f, ezért b f = T (b) T (). Eljutottunk (meglehetősen heurisztikus úton) egy nevezetes eredményhez.

136 Integrálhtóság, integrálszámítás 9.5. Tétel (Newton Leibniz-formul). H f C[, b], és T olyn függvény, hogy T = f, kkor b f = T (b) T (). Például h f : [0,1] R, f(x) = x 2, kkor T : [0,1] R, T (x) := x3 3 lklms ilyen T függvénynek, (hiszen ( x3 3 ) = x 2 ), így 1 0 f = T (1) T (0) = = 1 3, mi összhngbn vn bevezető példábn kpott eredménnyel Primitív függvény A primitív függvény keresése bizonyos értelemben deriválás inverze Definíció. Legyen I R nyílt intervllum és f : I R. Az F : I R differenciálhtó függvény primitív függvénye z f-nek, h F = f. H F és G primitív függvénye f-nek, kkor F = f és G = f, így (F G) = 0, de egy intervllumon függvény deriváltj csk kkor 0, h függvény konstns. Tehát létezik olyn c R, hogy F G = c, zz egy függvény primitív függvényei legfeljebb konstnsbn különböznek egymástól ( T területfüggvény is csk egy konstnsbn különbözhet bármely más primitív függvénytől). Végtelenül leegyszerűsödött z integrál kiszámítás, hiszen csupán z f egy primitív függvényét kell megkeresni. H ez F, kkor hgyományos írásmód szerint b f(x)dx = [F (x)] b, hol [F (x)] b := F (b) F (). Például π sin xdx kiszámításához z F (x) := cos x lklms primitív 0 függvény (( cos x) = sin x), így π 0 sin xdx = [ cos x] π 0 = 1 ( 1) = 2. Állpodjunk meg bbn, hogy z f egy primitív függvényét F helyett f, illetve F (x) helyett f(x)dx jelölje. A primitív függvény keresése deriválás inverze. Néhány egyszerű módszer primitív függvény keresésére (deriválássl ellenőrizhető!): λf = λ f, (f + g) = f + g,

137 9.1. Integrálszámítás A 127 f g = fg fg (prciális integrálás elve) φα φ = φα+1 α+1, h α 1 φ φ = ln φ, h φ(x) > 0 (x I) H f(x)dx = F (x), kkor f(x + b) = 1 F (x + b). ( f) φ = (f φ φ ) (helyettesítéses integrál) A deriválási szbályok megfordításából kpjuk z lábbi integráltábláztot. x α dx = xα+1 α+1 (α 1) 1 x dx = ln x, h x > 0, és 1 xdx = ln( x), h x < 0 e x dx = e x, sin xdx = cos x, 1 cos 2 x dx = tgx, shxdx = chx, 1 1+x 2 dx = rctgx, 1 x2 dx = rshx, +1 x dx = x ln cos xdx = sin x 1 sin 2 x chxdx = shx dx = ctgx 1 1 x dx = rcsinx, x ( 1,1) 2 1 x2 dx = rchx, x (1, + ) Az integrál lklmzási 1. H f, g R[, b], és minden x [, b] esetén f(x) g(x), kkor hlmz területét T = H := {(x, y) x [, b] és g(x) y f(x)} b f b g = b (f g) ( = b f(x) g(x)dx képlettel számítjuk ki (9.6. ábr). (Az f és g nem feltétlenül nemnegtív függvények!) 2. A geometriából tudjuk, hogy, b, m élű tégl térfogt V = b m. Ezt áltlánosítv, egy T lpterületű és m mgsságú hsáb térfogt V = T m. )

138 Integrálhtóság, integrálszámítás f T g b 9.6. ábr y m b m T z S(x) b x 9.7. ábr Most vegyünk egy H térbeli lkztot (pl. egy krumplit). A koordinátrendszer x tengelyére merőlegesen készítsük el H összes síkmetszetét. (A krumplinál egy rjt átszúrt kötőtű játszhtj z x tengely szerepét. Erre merőlegesen szeletelünk.) Tegyük fel, hogy z x-nél keletkezett S(x) síkmetszetnek vn területe, és z függvény, mely S : [, b] R, x S(x), folytonos z [, b] intervllumon (h x és x közel vn, kkor S(x ) és S(x ) is közeliek) (9.7. ábr). Osszuk fel z [, b] intervllumot: τ : = x 0 < x 1 < x 2 <... < x i 1 < x i <... < x n = b, és vegyünk fel tetszőlegesen ξ i [x i 1, x i ] pontokt (i = 1,2,..., n) (9.8. ábr).

139 9.1. Integrálszámítás A 129 y x i 1 ξ i x i x z 9.8. ábr Az S(ξ i )(x i x i 1 ) egy olyn hsábnk térfogt, melynek lpterülete S(ξ i ), mgsság pedig (x i x i 1 ). Ezeket összegezve egy közelítőösszeget kpunk: n S(ξ i )(x i x i 1 ). i=1 Finomítv z [, b] intervllum felosztását, közelítőösszegeknek lesz htárértéke (S C[, b], ezért S R[, b]), ez lesz test térfogt: V = lim x i x i 1 0 b S(ξi )(x i x i 1 ) = S(x)dx. Különösen egyszerűvé válik térfogt kiszámítás, h egy f : [, b] R, f C[, b], f(x) 0 (x [, b]) függvény x tengely körüli megforgtásávl szármzttott H forgástest (9.9. ábr). Ekkor z S(x) síkmetszet területe egy kör területe: így S(x) = πf 2 (x), V = b πf 2 (x)dx. Könnyen láthtó Cvlieri-elv is, mely szerint h két testnek

140 Integrálhtóság, integrálszámítás y f b x z 9.9. ábr egy síkkl párhuzmos összes síkmetszetének területe páronként egyenlő (minden x-re S 1 (x) = S 2 (x)), hol z x tengely síkr merőleges egyenes), és z így nyert S 1 és S 2 függvények folytonosk, kkor két test térfogt is egyenlő, hiszen S 1 = S 2 mitt b S 1 (x)dx = b S 2 (x)dx. 3. Legyen f : [, b] R folytonosn deriválhtó függvény. A H := {(x, f(x) x [, b])} hlmzt z f grfikonjánk is szokták nevezni. Szeretnénk ennek z ívhosszát is kiszámítni. Ismét osszuk fel z [, b] intervllumot: τ : = x 0 < x 1 < x 2 <... < x i 1 < x i <... < x n = b. Az (x i 1, f(x i 1 )) és z (x i, f(x i )) pontot összekötő szksz hossz (9.10. ábr) l i := (x i x i 1 ) 2 + (f(x i ) f(x i 1 )) 2 = [ ] 2 f(xi ) f(x i 1 ) (x i x i 1 ) 1 +. x i x i 1

141 9.1. Integrálszámítás A 131 f l i (x i,f(x i )) (x i 1,f(x i 1 )) x i 1 x i b ábr A Lgrnge-középértéktétel szerint vn olyn ξ i (x i 1, x i ), melyre f(x i ) f(x i 1 ) = f (ξ i ) (x i x i 1 ), ezért l i = (x i x i 1 ) 1 + [f (ξ i )] 2. Láthtó, hogy z f grfikonjához közel eső töröttvonl hossz n n l i = 1 + [f (ξ i )] 2 (x i x i 1 ), i=1 i=1 mely φ : [, b] R, φ(x) := 1 + [f (x)] 2 függvénynek egy integrálközelítő összege. Tehát z f grfikonjánk ívhossz I(f) = lim x i x i 1 0 b 1 + [f (ξ i )] 2 (x i x i 1 ) = 1 + [f (x)] 2 dx. 4. H f : [, b] R, f(x) 0 (x [, b]) folytonosn deriválhtó függvény, kkor z f grfikonjánk x tengely körüli megforgtásávl keletkező forgástest plástjánk felszíne hsonló meggondolássl dódik: P (f) = b 2πf(x) 1 + [f (x)] 2 dx. 5. Ismert, hogy egy tömegpontrendszer tömegközéppontjához vezető vektort z r s = m 1r 1 + m 2 r m n r n m 1 + m m n

142 Integrálhtóság, integrálszámítás m m 1 2 r 1 r 2 0 r n m n ábr dj, hol m i z i-edik tömegpont tömege, r i pedig egy rögzített pontból tömegponthoz vezető helyvektor (9.11. ábr). Legyen f R[, b], f(x) 0, x [, b], és H := {(x, y) x [, b], y [0, f(x)]} egy homogén, ρ sűrűségű lemez (9.12. ábr). A lemez tömegközéppontjánk meghtározásához osszuk fel z [, b] intervllumot. τ : = x 0 < x 1 < x 2 <... < x i 1 < x i <... < x n = b. A ξ i := xi 1+xi 2 (i = 1,2,..., n) pontokt válsztv z [x i 1, x i ] [0, f(ξ i )] tégllp tömegközépponjához vezető helyvektor r i ( ξ i, f(ξ i) 2 ), és tégllpot helyettesítő tömegpont tömege m i = ρf(ξ i )(x i x i 1 ). A tömegközéppont első koordinátájánk közelítőértéke m 1 ξ 1 + m 2 ξ m n ξ n m 1 + m m n = n i=1 ρf(ξ i) ξ i (x i x i 1 ) n i=1 ρf(ξ, i)(x i x i 1 )

143 9.1. Integrálszámítás A 133 f f(ξ i ) H x i 1 ξ i x i ábr második koordinát közelítőértéke pedig f(ξ m 1) f(ξ m 2) f(ξ m n) n 2 = m 1 + m m n 1 2 n i=1 ρf 2 (ξ i )(x i x i 1 ) n i=1 ρf(ξ i)(x i x i 1 ). Láthtó, hogy mindkét kifejezés integrálközelítő összegeket trtlmz, ezért nem meglepő, hogy lemez tömegközéppontjához vezető r s = = (x s, y s ) vektor következő lesz: b x s = xf(x)dx 1 b b f(x)dx ; y 2 s = f 2 (x)dx b f(x)dx. 6. Az O pont körül forgó m tömegű tömegpont tehetetlenségi nyomték Θ = ml 2, hol l tömegpont O-tól mért távolság (9.13. ábr). H egy L hosszúságú és M tömegű rúd rúd egyik végéhez rögzített, rá merőleges tengely körül forog, kkor rúdnk tengelyre vontkozó tehetetlenségi nyomtékát ki tudjuk számítni. Osszuk fel [0, L] intervllumot: τ : 0 = x 0 < x 1 < x 2 <... < x i 1 < x i <... < x n = L. Az [x i 1, x i ] rúddrb tömege M L (x i x i 1 ), forgástengelytől mért távolságánk ξ i := x i

144 Integrálhtóság, integrálszámítás 0 M L l m ábr is válszthtó, így ennek drbnk tehetetlenségi nyomték M L (x i x i 1 )ξ 2 i. Az egyes részek tehetetlenségi nyomtékink összege z egész rúd tehetetlenségi nyomtékánk közelítő értéke n i=1 M L ξ2 i (x i x i 1 ). Láthtó, hogy ez lpján rúd tehetetlenségi nyomték Θ = lim n x i x i 1 0 i=1 M L ξ2 i (x i x i 1 ) = mely Newton Leibniz-formul szerint L 0 M L x2 dx, L 0 tehát Θ = 1 3 ML2. M L x2 dx = [ M L x 3 3 ] L 0 = M L L 3 3 = 1 3 ML2, Ez néhány gondoltmenet bemuttt, hogy szerteágzó problémák hogyn vezethetők vissz integrálr. Még egy jelentős lklmzást vázolunk.

145 9.1. Integrálszámítás A Fourier-sor Legyen f : R R 2π szerint periodikus függvény. (H p > 0 szerint periodikus z f függvény, kkor egy egyszerű trnszformációvl (x := 2π p t) 2π szerint periodikus függvénnyé lehet lkítni.) Az f függvényt szeretnénk jól ismert cos nid (n = 0,1,2,...) és sin nid (n = 0,1,2,...) függvények összegeként előállítni, zz megdni olyn 0, 1, 2,..., n,... és b 1, b 2,..., b n,... számsoroztot, melyre minden x R esetén f(x) = cos x + b 1 sin x + 2 cos 2x + b 2 sin 2x n cos nx + b n sin nx (9.1) Nem nyilvánvló, hogy milyen f függvény esetén lehetséges ez, és h el is jutunk egy ( n ) és (b n ) sorozthoz, kkor jobb oldli összeg vlóbn visszdj-e z f függvényt. Most csk formálisn okoskodv induljunk ki bból, hogy f C(R), és előáll minden x R esetén végtelen sor összegeként n cos nx + b n sin nx n=1 1. Integráljuk (9.1) egyenlőséget ( π)-től π-ig, feltéve, hogy z összeg tgonként integrálhtó: π π Mivel zért f(x)dx = π π π 0 π π π 2 dx + π π n cos nxdx + b n sin nxdx. π n=1 π 0 π 2 dx = 0 2 2π, [ ] π sin nx cos nxdx = n [ cos nx sin nxdx = n 0 = 1 π π π f(x)dx. π ] π π = 0, = 0, 2. Legyen k N egy rögzített index. Szorozzuk meg (9.1) egyenlőséget (cos kx)-szel, és integráljuk ( π)-től π-ig: π π f(x) cos kxdx = 0 2 π π cos kxdx+ π

146 Integrálhtóság, integrálszámítás + π π n cos nx cos kxdx + b n sin nx cos kxdx. n=1 π π Trigonometrikus formulák szerint n k esetén π π π 1 cos nx cos kxdx = (cos(n + k)x + cos(n k)x)dx = π 2 ( [sin(n = 1 ] π [ ] ) π + k)x sin(n k)x + = 0, 2 n + k n k z n = k esetén pedig π π cos 2 kxdx = Hsonló számolássl π π π π π π [ ] π 1 + cos 2kx 1 sin 2kx dx = x + = π k π sin nx cos kxdx = 0. Tehát végtelen sor tgji egyetlen kivétellel nullák, így k = 1 π π π f(x) cos kxdx. H (9.1) egyenlőséget (sin kx)-szel szorozzuk végig, és integrálunk ( π)-től π-ig, kkor ugynilyen számolássl dódik, hogy b k = 1 π π π 3. Az f folytonos függvény esetén nyert 0 = 1 π π π f(x)dx, k = 1 π = 1 π π π f(x) sin kxdx. π π f(x) sin kxdx, f(x) cos kxdx, b k = k = 1,2,... számokt z f Fourier-együtthtóink nevezzük. Igzolhtó, hogy (ngyon kivételes, gykorltbn elképzelhetetlen függvényektől eltekintve) f elő is áll z ezekkel z együtthtókkl képezett Fourier-sor összegeként: f(x) = k cos kx + b k sin kx k=1 (x R). Ez módszer rezgések, hullámok vizsgáltábn gykrn hsználhtó.

147 9.1. Integrálszámítás A Az improprius integrál Eddig csk [, b] zárt, korlátos intervllumon vizsgáltuk és számoltuk z integrálhtóságot és z integrált. Kiterjesztjük foglminkt Definíció. Legyen f : [, + ) R olyn függvény, melyre ω R, ω > esetén f R[, ω]. Azt mondjuk, hogy f improprius integrálj konvergens z [, + ) intervllumon, h lim ω ω f R htárérték. Ezt f R[, + ) jelölje. H f R[, + ), kkor + f := lim ω ω H nem létezik lim ω f, vgy létezik, de nem véges, kkor zt mondjuk, hogy divergens z f improprius integrálj. Például ω dx = lim x2 ω 1 tehát id 2 R[1, + ). A lim ω ω 1 ω f. [ 1 dx = lim 1 ] ω = lim ( 1ω ) x2 ω x + 1 = 1, ω 1 1 dx = lim x [ln ω x] 1 = lim ln ω = +, ω ezért id 1 / R[1, + ), vgy z id 1 improprius integrálj divergens. Másféle kiterjesztéssel is fogllkozunk Definíció. Legyen f : (, b] R olyn függvény, melyre µ (, b) esetén f R[µ, b]. Azt mondjuk, hogy f R[, b], h Ekkor lim b µ b µ f := lim f R. µ b b H nem létezik lim µ f, vgy létezik, de nem véges, kkor divergensnek µ nevezzük z f integrálját z [, b] intervllumon. (Ez helyzet még korlátos függvények esetén is előfordul, de leggykrbbn nem korlátos függvények z áldoztok.) µ f.

148 Integrálhtóság, integrálszámítás Például dx = lim x µ 0 µ 1 x dx = lim µ 0 [2 x] 1 µ = lim µ µ = 2, tehát id 1 2 R[0,1] dx = lim dx = lim x µ 0 µ x [ln µ 0 x]1 µ = lim (ln 1 ln µ) = +, µ 0 tehát id 1 integrálj divergens [0,1] intervllumon is. Az egyik legfontosbb eredmény z improprius integrálok körében, hogy π e x2 dx = 2. 0 Ennek következménye ( foglmk további bővítésével), hogy h m R és δ > 0, kkor + e (x m) 2 2σ 2 dx = 2πσ, mi vlószínűségszámításbn játszik fontos szerepet Feldtok 1. Ellenőrizzük primitív függvény keresési eljárásokt! Megoldás: H α 1, kkor ) ( φα+1 α+1 ) = 1 α+1 (α + 1)φα φ, ezért φ α φ = φα+1 α+1. b) (f g f g ) = f g + f g f g = f g, ezért f g = = f g f g (prciális integrálás elve) c) ( f φ φ ) = f φ φ, másrészt (( f) φ) = f φ φ. Mivel mindkét függvény deriváltj egy intervllumon megegyezik, ezért függvények legfeljebb egy konstnsbn térhetnek el, így ( f) φ = (f φ φ ) (helyettesítéses integrál) 2. Keressük meg: sin 3 x cos xdx =? x 1+x 2 dx =? cos(5x 1)dx =? tgx cos 5 xdx =? tgxdx =? 1 x 2 +2dx =? 2x+3 (x 2 +3x) 4 dx =? 2x+3 x 2 +3x+10dx =? 1 x 2 +3x+10dx =?

149 9.2. Feldtok Prciális integrálássl keressük meg xe 2x dx =? x 2 e 2x dx =? e 2x sin 3xdx =? e x cos bxdx =? ln xdx =? 1 x2 dx =? Megoldás: 1 x2 dx = 1 1 x 2 dx = x 1 x 2 x x dx = 1 x 2 = x 1 x 2 1 x 2 1 dx = 1 x 2 = x 1 x 2 1 x2 1 1 x 2 dx = = x 1 x 2 1 x2 dx + rcsinx. Ebből 2 1 x 2 dx = x 1 x 2 + rcsinx, így 1 x2 dx = 1 2 (x 1 x 2 + rcsinx). 4. Az f : [0, r] R, f(x) := r 2 x 2 függvény grfikonj egy origó középpontú r sugrú negyedkör. Számoljuk ki kör területét, kerületét, z r sugrú gömb térfogtát, felszínét. 5. Legyen > 0. Számolj ki ch [0,] függvény görbe ltti területét és ívhosszát. 6. Hol vn súlypontj z r sugrú homogén félkörlpnk? 7. Legyen f : R R, f(x) := x 2, h x [ π, π], és minden x R esetén f(x + 2π) = f(x 2π) =: f(x) (9.14. ábr). ) Állíts elő z f Fourier-együtthtóit! b) Írj fel f Fourier-sorát! c) Mit d ez Fourier-sor x := 0, x := π esetén? 8. Számoljuk ki z 1 1 dx =? (α > 1) xα improprius integrálokt! 0 e t dt =? ( > 0)

150 Integrálhtóság, integrálszámítás f π π 3π ábr 9. A gmm-függvény. Legyen Γ : [0, ) R, Γ(α) := t α e t dt. Mutssuk meg, hogy 0 Γ(0) = 1, Γ(1) = 1, és bármely α > 0 esetén Γ(α + 1) = (α + 1)Γ(α). Megoldás: Γ(0) = e t dt = [e t ] 0 0 = 1 (Itt rövidítettünk: lim ω [e t ] ω 0 helyett [e t ] 0 Γ(α + 1) = Ezért 0 t α+1 e t dt = [ e t t α+1 ] 0 = 0 + (α + 1) Γ(1) = (0 + 1)Γ(0) = 1 Γ(2) = (1 + 1)Γ(1) = 2 1 = 2! Γ(3) = (2 + 1)Γ(2) = 3 2! = 3!. Γ(n) = n! (n N) 0 0 áll.) Kiszámíthtó közelítőleg Γ(α), α / N esetén is. e t (α + 1)t α dt = t α e t dt = (α + 1)Γ(α). 10. Számolj ki sin 2 [0,2π] integrálközepét! Megoldás: 1 2π sin 2 xdx = 1 2π 1 cos 2x dx = 1 [ ] 2π 1 sin 2x x = 2π 0 2π 0 2 2π 2 4 0

151 9.3. Integrálszámítás E 141 A sin 2 [0,2π] integrálközepe 1 2. = 1 1 2π 2 2π = Integrálszámítás E Az integrál foglm Az integrálhtóság foglmánk kiépítésében Drboux gondoltmenetét hsználjuk. Legyen f : [, b] R korlátos függvény. Legyen τ = {x 0,..., x n } [, b] véges hlmz, melynek elemeire = x 0 < x 1 < x 2 <... < x i 1 < x i <... < x n = b. τ z [, b] intervllum egy felosztás. F [, b] := {τ τ felosztás z [, b] intervllumnk}. Legyen τ F [, b], és legyenek m i := inf{f(x) x i 1 x x i }, M i := sup{f(x) x i 1 x x i }, i = 1,2,..., n. Legyen τ felosztáshoz trtozó lsó- ill. felsőösszeg z s(τ) := 9.6. Tétel. Bizonyítás. n m i (x i x i 1 ) és S(τ) := i=1 ) τ F [, b] esetén s(τ) S(τ), b) τ, σ F [, b] esetén s(τ) S(σ). ) m i M i, i = 1,2,..., n, így s(τ) S(τ). n M i (x i x i 1 ). b) Legyen τ F [, b], és z [x k 1, x k ] intervllumbn vegyünk fel egy osztópontot: x k 1 < x < x k. H m := inf{f(x) x k 1 x x} és m := inf{f(x) x x x k }, kkor m, m m k. Ezért i=1

152 Integrálhtóság, integrálszámítás s(τ) = n m i (x i x i 1 ) m 1 (x 1 x 0 )+...+m (x x k 1 )+ i=1 +m (x k x) m n (x n x n 1 ) = s(τ {x}). Hsonló htás vn z x beikttásánk felsőösszegre: Lépésenként végiggondolv igz, hogy S(τ) S(τ {x}). s(τ) s(τ σ) S(τ σ) S(σ). Ennek tételnek következménye, hogy z {s(τ) R τ F [, b]} hlmz felülről korlátos (például z S({, b}) egy felső korlátj), ezért és z sup{s(τ) τ F [, b]} =: I {S(τ) R τ F [, b]} hlmz lulról korlátos (például z s({, b})) egy lsó korlátj), ezért inf{s(τ) τ F [, b]} =: I Definíció. Azt mondjuk, hogy f (Drboux-)integrálhtó, h I = I. H f integrálhtó, kkor b f := I = I. Megmutthtó, hogy A részben bemuttott Riemnn-integrálhtóság ekvivlens Drboux-integrálhtósággl, ezért jelölésben sem teszünk különbséget közöttük. H f (Drboux-)integrálhtó, kkor ezt f R[, b] jelölje Az integrálhtóság feltételei 9.7. Tétel (Riemnn-tétel). f R[, b] ε > 0 τ F [, b] : S(τ) s(τ) < ε. Bizonyítás. ( ) Legyen ε > 0. Mivel I felsőösszegek infimum, ezért z ε 2 > 0 számhoz τ 1 F [, b], hogy I + ε 2 > S(τ 1).

153 9.3. Integrálszámítás E 143 I * ε/2 I * =I * I * +ε/2 ( ) s(τ 2 ) s(τ) S(τ) S(τ 1 ) ábr Mivel I z lsóösszegek szuprémum, ezért z ε 2 > 0 számhoz τ 2 F [, b], hogy s(τ 2 ) > I ε 2. Mivel I = I, ezért τ := τ 1 τ 2 F [, b] felosztásr S(τ) s(τ) S(τ 1 ) s(τ 2 ) < ε. (9.15. ábr) ( ) Nyilván τ F [, b] esetén I S(τ) és I s(τ), ezért feltétel szerint ε > 0 esetén τ F [, b], hogy 0 I I S(τ) s(τ)< ε I = I. (Az láhúzottk szerint h egy nemnegtív szám bármely pozitív számnál kisebb, kkor z csk 0 lehet.) 9.8. Tétel. H f : [, b] R monoton, kkor f R[, b]. Bizonyítás. Legyen f monoton növekedő (ne legyen konstns, mert ennek integrálhtóságát már megmutttuk). Így f() < f(b). Legyen ε > 0 tetszőleges. Legyen τ F [, b] olyn felosztás, melyben mx{x i x i 1 i = 1,2,..., n} < Ekkor M i f(x i ) és m i f(x i 1 ), i = 1,2,..., n, így ε f(b) f(). n n ε S(τ) s(τ) = (M i m i )(x i x i 1 )< (f(x i ) f(x i 1 )) f(b) f() i=1 i=1 ε = f(b) f() (f(x 1) f(x 0 ) + f(x 2 ) f(x 1 ) f(x n ) f(x n 1 )) = ε, tehát Riemnn-tétel szerint f R[, b].

154 Integrálhtóság, integrálszámítás 9.9. Tétel. f C[, b] f R[, b]. Bizonyítás. Legyen ε > 0 tetszőleges. A Heine-tétel szerint z [, b] intervllumon folytonos f függvény egyenletesen folytonos z [, b]-n, ezért z ε b > 0 számhoz δ > 0 x, x [, b], x x < δ esetén f(x ) f(x ) < ε/(b ). Legyen τ F [, b] olyn, hogy mx{x i x i 1 i = 1,2,..., n} < δ. Ekkor i = 1,2,..., n esetén x, x [x i, x i 1 ] mitt ezért Tekintsük S(τ) s(τ) = f(x ) f(x ) < ε b, 0 M i m i ε b. n (M i m i )(x i x i 1 ) ε b (x i x i 1 ) = ε, i=1 így f R[, b]. Megjegyezzük, hogy f R[, b] f C[, b]. Például z 1, h 0 x < 1 f : [0,2] R, f(x) := 2, h x = 1 3, h 1 < x 2 monoton növekedő [0,2] intervllumon, ezért integrálhtó, de f / C[1]. Itt jegyezzük meg zt is, hogy vn nem integrálhtó függvény is. Tekintsük Dirichlet-függvény d [0,1] leszűkítését. A d [0,1] / R[0,1], mert z ε := 1 2 > 0 számhoz τ F [0,1] esetén m i = 0 és M i = 1, így S(τ) s(τ) = n (1 0)(x i x i 1 ) = 1 > ε. i= Műveletek és z integrál kpcsolt Állpodjunk meg bbn, hogy f R[, b] esetén b f := Néhány egyszerűen igzolhtó, de hosszdlms számolást igénylő tételt csk kimondunk: b f.

155 9.3. Integrálszámítás E Tétel. Legyen I R intervllum, és, b, c I. H f R[, b] és f R[b, c], kkor f R[, c], és c f = b f + c Tétel. H f R[, b] és λ R, kkor λf R[, b], és b λf = λ b Tétel. H f, g R[, b], kkor f + g R[, b], és b f + g = b f + b f. f. b Tétel. H f, g R[, b], kkor fg R[, b]. (Ne keressük z b fg előállítását, áltlános képlet nincs!) Tétel. H g R[, b], és c > 0, hogy x [, b] esetén g(x) c, kkor 1 g R[, b]. (Itt nem elég, hogy g(x) 0 x [, b] esetén!) Tétel. H f R[, b], kkor f R[, b] Tétel. H φ R[, b], φ(x) 0 (x [, b]), kkor b φ 0. Bizonyítás. τ F [, b] esetén m i, M i 0, ezért s(τ) = m i (x i x i 1 ) 0, S(τ) = M i (x i x i 1 ) 0, és ezekkel együtt I = sup{s(τ) τ F [, b]} 0, I = inf{s(τ) τ F [, b]} 0. Mivel φ R[, b], ezért b φ = I = I Tétel. H f, g R[, b], és x [, b] esetén f(x) g(x) kkor b f b g. Bizonyítás. Legyen φ := f g. φ R[, b], φ(x) 0 (x [, b]), ezért miből b f b g. 0 b φ = b f g = b g. f b g,

156 Integrálhtóság, integrálszámítás Tétel. H f R[, b], kkor b f b f. Bizonyítás. x [, b] esetén ezért ( f R[, b] mitt) f(x) f(x) f(x), de kkor b f b f b b f b f. f, Primitív függvény és Newton Leibniz-formul Tétel. H f C[, b], kkor c [, b], hogy b f = f(c) (b ). Bizonyítás. A Weierstrss-tétel mitt α, β [, b], melyre x [, b] esetén Ezért zz m(b ) = m := f(α) f(x) f(β) =: M. b m b m 1 b f b b f M. M = M(b ), A Bolzno-tétel szerint z f C[, b] függvény két függvényérték, így m és 1 M között is minden értéket, így z b b f számot is vlhol felveszi, zz c [, b], melyre f(c) = 1 b b f. Megjegyezzük, hogy 1 b b f z f C[, b] függvény integrálközepe Definíció. Legyen I R nyílt intervllum, f : I R. Azt mondjuk, hogy F : I R, F D(I) primitív függvénye z f függvénynek, h x I esetén F (x) = f(x) Tétel. H F és G primitív függvénye f-nek, kkor c R, hogy x I esetén F (x) = G(x) + c.

157 9.3. Integrálszámítás E 147 Bizonyítás. F = f és G = f, ezért (F G) = 0 z I intervllumon. H egy intervllumon egy függvény deriváltj 0, kkor ez függvény konstns, zz c R, hogy x I esetén F (x) G(x) = c. Az integrált és primitív függvényt kpcsolj össze Tétel (Newton Leibniz-formul). Legyen f R[, b]. Tegyük fel, hogy f-nek vn F primitív függvénye. Ekkor b f = F (b) F (). Bizonyítás. Legyen τ F [, b] tetszőleges. Ekkor F (b) F () = F (x 1 ) F (x 0 ) + F (x 2 ) F (x 1 ) F (x n ) F (x n 1 ). A Lgrnge-középértéktétel szerint ξ i (x i 1, x i ), hogy F (x i ) F (x i 1 ) = F (ξ i )(x i x i 1 ) = f(ξ i )(x i x i 1 ), (i = 1,2,..., n). Ezzel F (b) F () = f(ξ 1 )(x 1 x 0 ) + f(ξ 2 )(x 2 x 1 ) f(ξ n )(x n x n 1 ). Mivel m i f(ξ i ) M i (i = 1,2,..., n), ezért m 1 (x 1 x 0 ) m n (x n x n 1 ) F (b) F () M 1 (x 1 x 0 ) zz +M n (x n x n 1 ), s(τ) F (b) F () S(τ) Mivel τ F [, b] felosztásr igz ez z egyenlőtlenség, zért I F (b) F () I is igz. Az f R[, b], így I = I, miből következik, hogy F (b) F () = I = I = Megjegyezzük, hogy vn olyn f R[, b], melynek nincs primitív függvénye (például z 1, h x x < 1 f : [0,2] R, f(x) := 2, h x = 1 3, h 1 < x 2 b f.

158 Integrálhtóság, integrálszámítás deriváltról szóló Drboux-tétel mitt). Vn olyn péld is, mikor vn primitív függvény, de mg függvény nem integrálhtó (Volterr példáj néven ismert ilyen péld.) A Newton Leibniz-formul z integrál htékony kiszámításánk módszere. A módszer lklmzásánk srkltos pontj z f függvény primitív függvényének létezése. Ebben kérdésben nyújt segítséget z integrálfüggvény foglm. x 9.7. Definíció. Legyen f R[, b]. A φ : [, b] R, φ(x) = f függvényt z f függvény integrálfüggvényének nevezzük. Megjegyezzük, hogy z A részben bevezetett T területfüggvény folytonos f függvény esetén éppen φ integrálfüggvény Tétel. H f R[, b], kkor φ C[, b]. Bizonyítás. Legyen K > 0 z f egy felső korlátj z [, b] intervllumon. Bármely s, t [, b] esetén s φ(s) φ(t) = t f s f = t s f t f K s t. Legyen α [, b] egy tetszőlegesen rögzített pont, és legyen ε > 0 tetszőleges. A δ = ε/k válsztás mellett bármely x [, b], x α < δ esetén φ(x) φ(α) K x α < Kδ = ε. Tehát φ C[α]. A bizonyításból látszik, hogy φ egyenletesen folytonos z [, b] intervllumon Tétel. H f C[, b], kkor φ D(, b), és bármely x (, b) esetén φ (x) = f(x). Ez zt jelenti, hogy egy folytonos függvénynek vn primitív függvénye, z integrálfüggvénye z egyik primitív függvény. Bizonyítás. Legyen x [, b] egy tetszőlegesen rögzített pont, és legyen y [, b], y x. Ekkor x y y f f f φ(x) φ(y) x f(c)(x y) = = = = f(c), x y x y x y x y hol felhsználtuk z integrálközépről szóló 9.19 tételt és c z x és y közötti szám. Mivel f folytonos, zért lim y x f(c) = f(x), így létezik és φ (x) = f(x). φ(x) φ(y) lim = φ (x) y x x y

159 10. fejezet Függvénysoroztok, függvénysorok Ez egy kiegészítő fejezet. A gykorltbn felmerülő problémák (függvények közelítése, közönséges és prciális differenciálegyenletek megoldás közelítő módszerekkel) igényli sorr kerülő foglmkt, eredményeket. Az lábbi témköröket tárgyljuk: Függvénysorozt konvergencihlmz Pontonkénti és egyenletes konvergenci A htárfüggvény folytonosság, differenciálhtóság, integrálhtóság Függvénysor konvergenciáj Weierstrss mjoráns kritérium Az összegfüggvény folytonosság, differenciálhtóság, integrálhtóság Htványsor Cuchy-Hdmrd tétel Az összegfüggvény differenciálhtóság, Abel tétele 149

160 Függvénysoroztok, függvénysorok Függvénysoroztok, függvénysorok A Függvénysoroztok Legyen H R, H hlmz, és φ 1, φ 2,..., φ n,... függvények mindegyike φ n : H R (n N). Az ilyen (φ n ) függvénysoroztról mondjuk, hogy H hlmzon értelmezett. Például 1. (id n ) [itt D(id n ) = R, n N] 0, h x = 0 2. h n N, kkor φ n : [0,1] R, φ n (x) := 1, 0, h 0 < x < 1 n h 1 n x 1 3. h n N, kkor lásd z ábrát 1 φ n 1/2n 1/n ábr 4. h n N, kkor lásd z ábrát sin (k id)) [itt is R z egyes függvények értelmezési trtomá- 5. * ( n ny] k=1 Érdekes lehet z kérdés, hogy (φ n ) függvénysorozt tgji közelednek-e vlmilyen függvényhez, h n növekszik.

161 10.1. Függvénysoroztok, függvénysorok A 151 n φ n 1/2n 1/n ábr Definíció. A (φ n ) függvénysorozt [D(φ n ) = H, n N] konvergencihlmz KH(φ n ) := {x H (φ n (x)) számsorozt konvergens} Az 1. példábn KH(id n ) = ( 1,1], mert h 1 < x < 1, kkor id n (x) = = x n 0; h x := 1, kkor id n (1) = 1 1, de h x > 1 vgy x 1, kkor (id n (x)) nem konvergens. A 2. példábn KH(φ n ) = [0,1], hiszen φ n (0) = 0 0. H 0 < x < 1, kkor vn olyn N, hogy 1 N < x, és ekkor (φ n(x)) sorozt 1,1,...,1,0,0,0,..., 0,... lkú, mely 0-hoz trt (h n N, kkor φ n (x) = 1, h n > N, kkor φ n (x) = 0). A 3. és 4. példábn is KH(φ n ) = [0,1]. Az 5.* péld kicsit nehezebb. H x = lπ (l Z), kkor ( n számsorozt, mely 0-hoz trt. Tehát ( n ) KH sin (k id) {lπ l Z}. k=1 k=1 sin(klπ)) = (0) H voln még x R, x lπ (l Z) függvénysorozt konvergencihlmzábn, kkor (sin kx) soroztnk 0-hoz kellene trtni. Tegyük fel, hogy

162 Függvénysoroztok, függvénysorok sin kx 0. Ekkor igz lenne sin(k + 1)x 0 is, zz sin(kx + x) = sin kx cos x + cos kx sin x 0. Mivel sin x 0, sin kx 0, ezért cos kx 0 is igz. Így sin 2 kx+cos 2 kx 0 is igz lenne, de ez nem lehet, hiszen sin 2 kx + cos 2 kx = 1. Tehát ( n ) KH sin (k id) = {lπ l Z}. k=1 Ez zért fontos péld, mert Fourier-sorok problémköre számos ehhez hsonló nehézséget vet fel Definíció. Legyen (φ n ) egy H hlmzon értelmezett függvénysorozt. Tegyük fel, hogy KH(φ n ). A (φ n ) függvénysorozt htárfüggvénye z z f : KH(φ n ) R függvény, melyre minden x KH(φ n ) esetén f(x) := lim φ n (x). Gykrn f := lim φ n jelölést is hsználnk. Az 1. példábn lim id n : ( 1,1] R, (lim id n )(x) := A 2., 3. és 4. példábn Az 5.* példábn k=1 { 0, h 1 < x < 1 1, h x = 1 lim φ n : [0,1] R, (lim φ n )(x) := 0. n lim sin (k id) = sin (k id) : {lπ k Z} R, k=1 k=1 n (lim sin (k id))(x) = sin kx := 0. Amikor példákbn szereplő függvénysoroztok tgjink és htárfüggvénynek tuljdonságit összehsonlítjuk, érdekes különbségek muttkoznk. Az 1. példábn id n folytonos, differenciálhtó z R-en, míg lim id n nem folytonos, így persze nem is differenciálhtó. A 2. péld φ n függvényeinek egyike sem folytonos, lim φ n folytonos és differenciálhtó is. A 3. és 4. példábn φ n és lim φ n is folytonos, φ n nem differenciálhtó, lim φ n pedig k=1

163 10.1. Függvénysoroztok, függvénysorok A 153 sim. Itt zonbn még egy izglms különbségre figyelhetünk fel: A 3. példábn 1 0 míg 4. példábn φ n = n 1 = 1 2n 0, és 1 lim φ n = = 0, 1 0 φ n = n n = , de 1 0 lim φ n = = 0, tehát függvénysorozt tgjink integráljiból álló sorozt htárértéke nem htárfüggvény integrálj. Az 5.* példábn függvénysorozt tgji kellemes trigonometrikus, sim, periodikus függvények z egész R-en, míg htárfüggvény igen szegényes, éppen csk periodikusság mrdt meg... A példák zt muttják, hogy pontonkénti konvergenci foglm nem elég htékony függvénysorozt tgji jó tuljdonságink htárfüggvényre vló átörökítésére. Ezen próbálunk segíteni: Definíció. Legyen (φ n ) H hlmzon értelmezett függvénysorozt. Tegyük fel, hogy KH(φ n ), és legyen E KH(φ n ), E hlmz. Azt mondjuk, hogy (φ n ) függvénysorozt egyenletesen konvergens z E hlmzon, h bármely ε > 0 hibkorláthoz vn olyn N N küszöbindex, hogy n > N esetén és bármely x E helyen Jelölje ezt tényt φ n E lim φ n. φ n (x) (lim φ n )(x) < ε. Ez zt jelenti, hogy küszöbindex független x-től, ezért nevezzük egyenletes konvergenciánk. Az 1. példábn ( 1,1] hlmzon nem egyenletes z (id n ) konvergenciáj. Még ( 1,1) hlmzon sem! H δ > 0, kkor z E := [ 1 + δ,1 δ] intervllumon már id n E 0. A 2., 3. és 4. példábn is [0,1] intervllumon nem egyenletes konvergenci, de δ > 0 esetén φ n [δ,1] 0 már igz. Az 5.* példábn ugyn z E := KH( n k=1 sin (k id)) hlmzon egyenletes konvergenci, de ezzel nem sokr megyünk... Milyen következményei vnnk egy függvénysorozt egyenletes konvergenciájánk? Rend lesz példákbn tpsztlhtó kuszságbn.

164 Függvénysoroztok, függvénysorok Tétel. Legyen φ n C[, b] (n N). Tegyük fel, hogy φ n [,b] f. Ekkor f C[, b] Tétel. Legyen I R nyílt intervllum, φ n : I R (n N). Tegyük fel, hogy vn olyn x 0 I, hogy (φ n (x 0 )) konvergens. Tegyük fel, hogy φ n folytonosn differenciálhtó z I intervllumon (φ n C 1 (I), n N) és φ n I g. Ekkor (φ n ) függvénysorozt is egyenletesen konvergál z I intervllumon egy f : I R függvényhez (φ n I f), és f D(I), sőt f (x) = g(x) = lim φ n(x) minden x I esetén. A tétel állítás röviden: (lim φ n ) = lim φ n, zz lim és deriválás sorrendje felcserélhető Tétel. Legyen φ n R[, b], (n N). Tegyük fel, hogy φ n [,b] f. Ekkor f R[, b], és lim b φ n = b f. A tétel röviden zt állítj, hogy egyenletes konvergenci esetén lim b φ n = b lim φ n, zz lim és z integrálás sorrendje felcserélhető Függvénysorok A függvénysoroztr kiépített foglmk értelemszerű módosítássl függvénysorr is átvihetők Definíció. Legyen (φ n ) H hlmzon értelmezett függvénysorozt. Legyen S n := φ 1 + φ φ n (n N) z n-edik részletösszeg. A (φ n ) függvénysoroztból képezett függvénysoron z (S n ) függvénysoroztot értjük, zz φ n := (S n ) Definíció. KH φ n := KH(S n ). Láthtó, hogy KH φ n = {x H φ n (x) konvergens} Definíció. Tegyük fel, hogy KH φ n. Legyen φ n : KH φ n R, n=1 ( ) φ n (x) := φ n (x) n=1 n=1 függvénysor összegfüggvénye.

165 10.1. Függvénysoroztok, függvénysorok A 155 Nyilván igz, hogy ( n=1 φ n) (x) = lim S n (x) minden x KH(S n ) esetén. Például φ n := id n (n N) esetén bármely x R pontbn S n (x) := x + x x n = x { x x n 1 x 1, h x 1 n, h x = 1. Ezért lim S n (x) = 1 x, h x ( 1,1); h x R \ ( 1,1), kkor (S n(x)) divergens. Tehát KH id n = ( 1,1), és ( n=1 idn )(x) = x 1 x Definíció. Legyen (φ n ) olyn függvénysorozt, melyre KH φ n. Legyen E KH φ n. Azt mondjuk, hogy φ n egyenletesen konvergens z E hlmzon, h z (S n ) részletösszegek sorozt egyenletesen konvergens z E hlmzon. Jelben: φ n E n=1 φ n. Egy hsznos elégséges feltétel függvénysor egyenletes konvergenciájár: Tétel (Weierstrss mjoráns kritérium). Legyen (φ n ) H hlmzon értelmezett olyn függvénysorozt, melyhez vn olyn ( n ) R + pozitív számsorozt, hogy minden x H esetén φ n (x) n, (n N), és még n is konvergens. Ekkor φn H φ n. A függvénysor részletösszeg-soroztár tett egyenletes konvergenci feltételek következtében igzk vázltosn megfoglmzott tételek: H φ n C[, b], és φ n [,b] n=1 φ n, kkor n=1 φ n C[, b]. n=1 H φ n C 1 (I), és φ n I g kkor n=1 φ n C 1 (I), és ( ) φ n = φ n = g. n=1 n=1 (Az összegzés és deriválás felcserélhető.) H φ n R[, b], és φ n [,b] n=1 φ n, kkor n=1 φ n R[, b], és b φ n = n=1 n=1 b (A függvénysort tgonként lehet integrálni.) φ n.

166 Függvénysoroztok, függvénysorok Htványsorok A htványsorok speciális függvénysorok Definíció. Legyen c 0, c 1, c 2,..., c n,... számsorozt, R egy szám. A cn (id ) n függvénysort htványsornk nevezzük, melynek együtthtó-sorozt (c n ), és htványsor középpontj z R. Állpodjunk meg, hogy továbbikbn := 0 z egyszerűbb foglmzás kedvéért Tétel (Cuchy Hdmrd-tétel). Legyen c n id n htványsor. 1 o H ( n c n ) korlátos, és lim sup n c n 0, kkor legyen 1 R := lim sup n c n (R htványsor konvergencisugr). Ekkor ( R, R) KH c n id n [ R, R]. 2 o H ( n c n ) felülről nem korlátos, kkor KH c n id n = {0}. 3 o H lim sup n c n = 0, kkor KH c n id n = R. Láthtó, hogy egy htványsor konvergencihlmz mindig intervllum ( 2 o esetben elfjult intervllum), de ez z intervllum lehet z 1 o esetben ( R, R), ( R, R], [ R, R), [ R, R] vlmelyike. A htványsorok konvergencihlmzát összevetve z 5.* példábn szereplő sin (k id) függvénysor konvergencihlmzávl, szembeötlő különbség Tétel. Legyen c n id n htványsor, melyre ( n c n ) felülről korlátos. Ekkor z f : KH c n id n R, f(x) := n=0 c nx n összegfüggvény z intkh c n id n nyílt intervllumon folytonos is és differenciálhtó is; sőt bármely x intkh c n id n esetén f (x) = nc n x n 1. n=1

167 10.2. Feldtok 157 A tétel következménye, hogy ( n c n ) felülről korlátosságából z ( n nc n ) = = ( n n n c n ) felülről korlátosság is következik, sőt nc n id n 1 htványsor konvergencihlmz ugynz mrd, mint c n id n konvergencihlmz volt. Ezért ennek htványsornk z összegfüggvénye is differenciálhtó, sőt f (x) = n(n 1)c n x n 2 n=2 minden x intkh c n id n esetén. Ez gondoltmenet folytthtó: f (k) (x) = n(n 1)... (n k + 1)c n x n k, x intkh c n id n. n=k Láthtó z is, hogy f(0) = c 0, f (0) = c 1..., f (k) (0) = k! c k, Tétel (Abel). Legyen c n id n htványsor, melynek konvergencisugr R > 0. Tegyük fel, hogy még c n R n is konvergens. Ekkor z f C[R], zz lim x R f(x) = n=0 c nr n Feldtok 1. Vizsgáljuk meg következő htványsorok konvergencihlmzát: id n, 1 n idn, ( 1) n n idn, 1 n 2 idn, n n idn, n! idn, n n id n Megoldás: lim sup n 1 = 1, lim sup n 1 n = 1, lim sup n 1 2 n! = = 0, lim sup n 1 n = 1, lim sup n 1 5 n n = 1 5, ( n n n ) = (n) felülről nem korlátos. KH id n = ( 1,1) KH 1 n idn = [ 1,1) KH ( 1) n n idn = ( 1,1] KH 1 n 2 id n = [ 1,1] KH 1 5 n n idn = [ 5,5) KH 1 n! idn = R KH n n id n = {0} (Leibniz-tétel)

168 Függvénysoroztok, függvénysorok x + x 2 + x x n +... = 1, h x < 1. 1 x Igz-e, hogy ( ) x + 3x nx n = =, h x < 1? 1 x (1 x) 2 Igz-e, hogy x + 2x 2 + 3x nx n +... = Mivel egyenlő z x, h x < 1? (1 x) x x n 2 x n , h x < 1? 1 + x + x x n +... = 1, h x < 1. 1 x Legyen x := t. Ekkor Igz-e, hogy 1 t + t ( 1) n t n +... = 1, h t < t t t2 2 + t3 3 Igz-e, hogy tn ( 1)n +... = ln(1 + t), h t < 1? n ( 1)n +... = ln 2? n x + x x n +... = 1, h x < 1. 1 x Legyen x := t 2. Ekkor Igz-e, hogy 1 t 2 + t ( 1) n t 2n +... = 1, h t < t2 t t3 3 + t5 5 Igz-e, hogy t2n ( 1)n +... = rctgt, h t < 1? 2n ( 1)n 1 2n = π 4?

169 10.3. Függvénysoroztok, függvénysorok E Függvénysoroztok, függvénysorok E Nem ismételjük meg már pontosn bevezetett foglmkt, csupán fontos és egyszerűen igzolhtó állításokt vesszük sorr Függvénysoroztok Tétel. Legyen φ n C[, b] (n N). φ n [,b] f f C[, b]. Bizonyítás. Legyen α [, b] és ε > 0 tetszőleges. Mivel φ n [,b] f, ezért z ε 3 > 0 számhoz N, hogy n > N és x [, b] esetén φ n (x) f(x) < ε 3. Legyen n > N. A φ n C[α], ezért z ε 3 > 0 számhoz δ > 0, hogy x [, b], x α < δ esetén φ n (x) φ n (α) < ε 3. Legyen x [, b] tetszőleges, x α < δ. Ekkor f(x) f(α) = f(x) φ n (x) + φ n (x) φ n (α) + φ n (α) f(α) f(x) φ n (x) + φ n (x) φ n (α) + φ n (α) f(α) < ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε Tétel. Legyen φ n R[, b] (n N) φ n [,b] f f R[, b] és b φ n b f. Bizonyítás. A bizonyítást csk φ n C[, b] (n N) esetén végezzük el, mert ekkor φ n [,b] f mitt f C[, b], így f R[, b]. Legyen ε > 0 tetszőleges. Mivel φ n [,b] f, ezért z ε/(b ) > 0 számhoz N, hogy n > N és x [, b] esetén Legyen n > N tetszőleges. Ekkor b b b φ n f = (φ n f) φ n (x) f(x) < ε b. b Az láhúzottk szerint lim b φ n = b f. b φ n f < ε b = ε = ε. b (b )

170 Függvénysoroztok, függvénysorok Tétel. Legyen I R nyílt intervllum, φ n : I R (n N). Tegyük fel, hogy vn olyn x 0 I, hogy (φ n (x 0 )) konvergens. Tegyük fel, hogy φ n folytonosn differenciálhtó z I intervllumon (φ n C 1 (I), n N) és φ n I g. Ekkor (φ n ) függvénysorozt konvergál z I intervllumon egy f : I R függvényhez, és f D(I), sőt f (x) = g(x) = lim φ n(x) minden x I esetén. Bizonyítás. A Newton Leibniz-tétel mitt bármely n N és x I esetén φ n (x) φ n (x 0 ) = x x 0 φ n. Mivel φ n egyenletesen konvergál g függvényhez z [x 0, x] intervllumon, zért x x lim φ n = g, x 0 x 0 de ezzel együtt létezik lim(φ n (x) φ n (x 0 )) = lim φ n (x) lim φ n (x 0 ) htárérték is. Legyen f(x) = lim φ n (x). Tehát f(x) f(x 0 ) = x x 0 g (x I, x x 0 ). A g folytonos függvény, hiszen folytonos φ n függvényekből álló egyenletesen konvergens függvénysorozt htárfüggvénye. Így g integrálfüggvénye differenciálhtó, zz f differenciálhtó, és f (x) = g(x) = lim φ n(x) minden x I esetén Függvénysorok Tétel (Weierstrss mjoráns kritérium). Legyen (φ n ) függvénysorozt és ( n ) R + számsorozt, melyekre φ n (x) n (n N, x H) és n konvergens. Ekkor φ n egyenletesen konvergens H hlmzon. Bizonyítás. Legyen ε > 0 és x H tetszőleges. Mivel n konvergens, ezért N, hogy n, m > N, n > m esetén φ m+1 (x) + φ m+2 (x) φ n (x) m+1 + m n < ε.

171 10.3. Függvénysoroztok, függvénysorok E 161 Ez zt jelenti, hogy φ k (x) konvergens, de kkor φ n (x) is konvergens. Legyen f : H R, f(x) := n=1 φ n(x). Legyen m > N és x H tetszőleges. Ekkor m f(x) φ k (x) = φ k (x) φ k (x) k ε, k=1 hiszen n > m > N esetén k=m+1 igz volt. Az láhúzottk szerint φ k H f. k=m+1 m+1 + m n < ε Htványsorok, Tylor-sorok k=m+1 A Cuchy Hdmrd-tételnek is csk zt z esetét igzoljuk, melyben: Tétel. Legyen ( n c n ) korlátos, és lim sup n c n 0. Legyen 1 R:= lim sup n > 0. Ekkor c n 1 o x R, x < R esetén c n x n bszolút konvergens, 2 o x R, x > R esetén c n x n divergens. Bizonyítás. 1 o Legyen r > 0 olyn, hogy x < r < R. Ekkor 1 x > 1 r > 1 R = lim sup n c n. Legfeljebb véges sok olyn tgj vn soroztnk, mely sorozt limesz szuperiorjánál ngyobb számnál ngyobb, ezért N, hogy n > N esetén n cn < 1 r. Szorozzuk ezt z egyenlőséget x -kel, és emeljük n-edik htványr. Ekkor ( ) n x c n x n <. r Mivel x r =: q < 1 és pozitív, ezért n=n+1 c n x n < n=n+1 q n.

172 Függvénysoroztok, függvénysorok Ez már elég c n x n sor konvergenciájához. 2 o Most legyen p > 0 olyn, hogy Ekkor x > p > R. 1 p < 1 R = lim sup n c n. A sorozt limesz szuperiorjánál kisebb számnál ngyobb tgj soroztnk végtelen sok vn, ezért végtelen sok olyn n N vn, melyre 1 p < n c n. Az x -kel beszorozv és n-edik htványr emelve zt kpjuk, hogy végtelen sok n-re ( ) n x 1 < < c n x n. p H egy összedndó sorozt végtelen sok tgj ngyobb 1-nél, kkor z sorozt nem trtht 0-hoz, így c n x n nem lehet konvergens Tétel. Legyen f : R R, f C (K())(z f függvény kárhányszor differenciálhtó z pont vlmely környezetében) és L > 0, A > 0, hogy x K() esetén f (n) (x) LA n. Ekkor x K() esetén f(x) = f() + f () (x ) + f (2) () 2! zz f(x) = n=0 (x ) f (n) () (x ) n +..., n! f (n) () (x ) n. n! Bizonyítás. A Tylor-formul szerint x K() esetén minden n N mellett c n+1 z és x között olyn, hogy végtelen sor n-edik részletösszegének z f(x)-től vló eltérése f(x) n k=0 f (k) () k! (x ) k = f (n+1) (c n+1 ) x n+1 LAn+1 (n + 1)! (n + 1)! x n+1. Mivel (A x )n+1 (n+1)! 0, ezért lim n f (k) () k=0 k! (x ) k = f(x).

173 11. fejezet Többváltozós függvények Számos jelenség leírásához kevésnek bizonyul vlós-vlós függvény. Ezért áltlánosítjuk már megismert foglminkt is. Az lábbi témköröket tárgyljuk: Műveletek vektorokkl és mátrixokkl Többváltozós függvény foglm és szemléltetése Vektorsorozt htárértéke Többváltozós függvény htárértéke és folytonosság Metrikus tér Sorozt konvergenciáj metrikus térben Cuchy sorozt, teljes metrikus tér Nyílt, zárt, kompkt hlmz foglm metrikus térben Folytonos függvények tuljdonsági metrikus térben Kontrkció foglm, fixponttétel Többváltozós függvények A Az n-dimenziós tér A Lineáris Algebr tnulmányozás során megismerkedtünk z R n vektortérrel. H z x R n egy vektor, kkor z x = (x 1, x 2,..., x n ), hol x i R 163

174 Többváltozós függvények vektor i-edik koordinátáj. Az x vektor normáj (hossz) x := A vektorok normájár igz, hogy x x x2 n R. 1 o x 0, és x = 0 x = 0 R n 2 o λ R λx = λ x 3 o x + y x + y. Legyen e i := (0,...,1 i),... 0) R n z i-edik egységvektor ( e i = 1), i = = 1,2,..., n. Ekkor x = x 1 e 1 + x 2 e x n e n. Az, b R n vektorok skláris szorztán z, b := 1 b b n b n R számot értjük. A skláris szorzt tuljdonsági: 1 o, b = b, 2 o + b, c =, c + b, c 3 o h λ R, λ, b =, λb = λ, b 4 o, = o, b b (Cuchy Bunykovszkij Schwrz-egyenlőtlenség) Az és b vektor ortogonális (merőleges), h, b = 0. Megismerkedtünk mátrixokkl is. H A egy m sorból és n oszlopból álló mátrix, kkor A R m n, melynek i-edik soránk j-edik eleme ij. Legyen A, B R m n és λ R. Ekkor C := A + B R m n, hol c ij = ij + + b ij, és D := λa R m n, hol d ij = λ ij. H A R m n és B R n p, kkor z S := A B R m p, hol s ij = = n k=1 ikb kj. Állpodjunk meg bbn, hogy z R n vektorteret zonosítjuk z R n 1 oszlopmátrixok terével, minek legyen z következménye, hogy z x R n, x = = (x 1, x 2,..., x n ) vektort zonosítjuk z x = x 1 x 2. x n Rn 1

175 11.1. Többváltozós függvények A 165 oszlopmátrixszl. (Jelölésben sem teszünk különbséget közöttük, sőt vektort mondunk, de oszlopmátrixot írunk.) Például, h, b R n, kkor skláris szorztuk felfoghtó következő lkúnk is: b 2, b = 1 b b n b n = [ n ]. zz egy R 1 n -beli sormátrix és egy R n 1 -beli oszlopmátrix szorztként Többváltozós függvények Legyen f : R n R k n változós, k dimenziós vektor értékű függvény. H x D(f) és x = (x 1, x 2,..., x n ) vektor, kkor f(x) R k, és f(x) = = (f 1 (x), f 2 (x),..., f k (x)), hol f i : R n R z i-edik koordinát-függvény (i = 1,2,..., k). Az ilyen f függvényt f = f 1 f 2. f k b 1 b n, lkbn is megdhtjuk. Például legyen f : R 2 R 3, f(x 1, x 2 ) := sin(x 1x 2 ) x 1 + x 2 x 2. Itt f 1 : R 2 R, f 1 (x 1, x 2 ) := sin(x 1 x 2 ) z első koordinát-függvény, f 2 : R 2 R, f 2 (x 1, x 2 ) := x 1 + x 2 és f 3 : R 2 R, f 3 (x 1, x 2 ) = x 2 második illetve hrmdik koordinát-függvény. Nézzünk néhány speciális esetet. 1 o n = 1, k = 1, f : R R z eddig tárgylt vlós-vlós függvény. 2 o n > 1, k = 1, f : R n R n változós, vlós vgy sklár értékű függvény. Szemléltetése n = 2 esetén. Az (x 1, x 2 ) D(f) pontb állított merőlegesre felmérjük z f(x 1, x 2 ) R számot. Az így kpott pontok egy felületet lkotnk (11.1. ábr). Másfjt szemléltetés n = 2 esetén. Legyen c R és N c := {(x 1, x 2 ) D(f) f(x 1, x 2 ) = c}.

176 Többváltozós függvények f(x 1,x 2 ) (x 1,x 2 ) ábr Az N c z f függvény c-hez trtozó szintvonl. Néhány c 1 < c 2 < <... < c s számhoz trtozó szintvonl ábrázolás trtlms képet d z f függvényről. A térképészetben szintvonls térképnek nevezik ezt (11.2. ábr). 3 o n := 1, k > 1, r : R R k vlós változós, k dimenziós vektor értékű függvény. Szemléltetése k = 3 esetén. Legyen D(r) := [α, β]. A t [α, β] prméterértékhez hozzárendeljük z R 3 egy r(t) := (x(t), y(t), z(t)) koordinátákkl megdott pontját. Az így kpott pontok egy térgörbét lkotnk (11.3. ábr). (A térgörbe z r függvény értékkészlete!) Például r : [0,6π] R 3, r(t) := 2 cos t 2 sin t 0.5t egy hárommenetes csvrvonl lesz, mely 3π mgsságig jut és egy 2 sugrú hengerre tekeredik fel (11.4. ábr). 4 o n > 1, k > 1, f : R n R k vektorváltozós vektorértékű (röviden vektor-vektor) függvény. Amikor légtér minden pontjához hozzárendeljük pontbeli szélsebességet (vektort!), kkor egy v : R 3 R 3

177 11.1. Többváltozós függvények A 167 x 2 N 100 N 150 N 50 x ábr α t β r(t) ábr

178 Többváltozós függvények t r(t) ábr sebességfüggvényről (néh sebességtérnek is nevezik) beszélünk. Amikor egy tömeg (például egy csillg) grvitációs teréről beszélünk, kkor z R 3 minden pontjához hozzárendeljük z bbn pontbn érvényes grvitációs erőt (vektort), így egy g : R 3 R 3 függvény írj le tömeg (csillg) grvitációs terét Htárérték és folytonosság Nézzük, hogy milyen tuljdonságok áltlánosíthtók ilyen függvényekre. Legyen := ( 1, 2,..., m ) : N R m vektorsorozt. Az ( n ) vektorsorozt konvergens, h vlmilyen ponthoz tetszőlegesen közel kerül, pontosbbn Definíció. Azt mondjuk, hogy z ( n ) vektorsorozt konvergens, h vn olyn A R m, A = (A 1, A 2,..., A m ) vektor, hogy bármely ε > 0 hibkorláthoz vn olyn N küszöbindex, hogy minden n > N esetén n A < ε. Ekkor is lim n = A vgy n A lesz ennek jele. Könnyen láthtó, hogy n A < ε in A i < ε m, i = 1,2,..., m, ezért egy vektorsorozt konvergens kkor és csk kkor, h mindegyik koordinát-sorozt (számsorozt) konvergens. Például z (( 1 n, )) vektorsorozt n n+1

179 11.1. Többváltozós függvények A 169 konvergens, mert 1 n 0, n n+1 1, így lim( 1 n, n n+1 ) = (0,1). Az (( 1 n, ( 1)n )) vektorsorozt nem konvergens (divergens), mert (( 1) n ) nem konvergens. Legyen f : R n R k és D(f). Az f függvényt folytonosnk nevezzük z pontbn, h -hoz közeli pontokbn függvényértékek közel vnnk f()-hoz, pontosbbn Definíció. Azt mondjuk, hogy f folytonos z pontbn, h minden ε > 0 hibkorláthoz vn olyn δ > 0 ingdozási lehetőség, hogy minden x D(f), x < δ esetén f(x) f() < ε. Ezt is f C[] jelölje. Könnyen láthtó, hogy f = (f 1, f 2,..., f k ) esetén f(x) f() < ε f i (x) f i () < ε k, i = 1,2,..., k, így f folytonos -bn pontosn kkor, h minden koordinát-függvénye folytonos z -bn. Érvényes most is z Tétel (átviteli elv). f : R n R k, D(f). f C[] minden(x n ) D(f), x n soroztr f(x n ) f(). Például f : R 2 R 3, f(x 1, x 2 ) := x 1x 2 x 2 1 x 2 folytonos z := (1,3) pontbn, mert tetszőleges (x 1n, x 2n ) (1,3) soroztr x 1n x 2n 1 3, (x 1n ) és x 2n 3, ezért f(x 1n, x 2n ) f(1,3). Tehát f C[(1,3)]. Néh szükség lehet mátrixértékű függvényekre is. H f : R n R k p, kkor f ij : R n R z (i, j)-edik komponense. Az f legyen kkor folytonos z D(f) pontbn, h minden f ij komponense folytonos z -bn. (Elég, h meggondoljuk, hogy R k p zonosíthtó z R kp vektortérrel.) Mátrixértékű függvény z [ ] f : R 2 R 2 2 x1 x, f(x 1, x 2 ) := 2 e x1. 0 x 1 + x 2 Az f folytonos is minden ( 1, 2 ) R 2 pontbn. Legyen R n és r > 0. Az pont r sugrú környezete legyen K r () := {x R n x < r}. Legyen H R n és R n. Az pont torlódási pontj H hlmznk, h bármely K() környezetben végtelen sok H-beli pont vn. Ezt Ḣ jelölje. Legyen f : R n R k és (D(f)).

180 Többváltozós függvények Definíció. Azt mondjuk, hogy z f függvénynek vn htárértéke z pontbn, h vn olyn A R k, hogy bármely ε > 0 hibkorláthoz vn olyn δ > 0, hogy minden x D(f), x < δ, x esetén f(x) A < ε. Ezt lim f = A vgy lim x f(x) = A vgy h x, kkor f(x) A jelölje. Könnyen láthtó, hogy z f : R n R k függvénynek z (D(f)) pontbn pontosn kkor vn htárértéke, h minden f i : R n R koordinátfüggvényének vn htárértéke z -bn. Most is érvényes z Tétel (átviteli elv). lim f = A minden (x n ) D(f), x n, x n esetén f(x n ) A Feldtok 1. Igzoljuk Cuchy Bunykovszkij Schwrz-egyenlőtlenséget: minden, b R n, = ( 1, 2,..., n ) és b = (b 1, b 2,..., b n ) vektorr vgy 1 b b n b n Megoldás:, b b, n b b b2 n. 1 o H b = (0,0,...,0) vektor, kkor nyilván igz. 2 o H b 0, kkor bármely λ R esetén 0 + λb, + λb =, + 2, b λ + b, b λ 2 = = b 2 λ 2 + 2, b λ + 2. A b = 0 mitt ez egy olyn másodfokú polinom, mely minden λ R esetén nemnegtív értékű. Ezért diszkrimináns D 0. Így 4, b 2 4 b 2 2 0, b 2 2 b 2, b b.

181 11.2. Feldtok Gondoljuk végig, hogy z f : R 2 R, f(x 1, x 2 ) := x 2 1+x 2 2 szemléltetése egy forgásfelület. Hogyn nézhet ki g : R 2 R, g(x 1, x 2 ) := x x 2 2 2x 1 + 4x felület? 3. Legyen F : R 3 \{0} R 3, F (r) := Mr r 3, hol r = (x 1, x 2, x 3 ), M > 0. Adjuk meg z F =: (P, Q, R) koordinát-függvényeit! 4. Legyen g : R 2 R 3, g(x, y) := xy x + y x y, Írj fel z f g függvényt! 5. Legyen f : R 3 R, f(u, v, w) := u 2 v + w 3. f : R 2 R, f(x, y) := { xy x 2 +y 2, h x 2 + y 2 0 0, h x 2 + y 2 = 0 Vn-e htárértéke (0,0) R 2 pontbn z f függvénynek? Megoldás: Legyen először (x n, y n ) := ( 1 n,0) (n N). (x n, y n ) (0,0), de (x n, y n ) (0,0). f(x n, y n ) = 1 n 0 1 n = 0 0. H viszont (x n, y n ) := ( 1 n, 1 n ) (n N), kkor ugyn (x n, y n ) (0,0); (x n, y n ) (0,0), de f(x n, y n ) = 1 n 1 n 1 n + 1 = n 2 Mivel két megfelelő, (0,0)-hoz trtó sorozton különböző függvényértékek soroztánk htárértéke, ezért függvénynek nincs htárértéke (0,0)-bn. 6. Legyen f : R 2 R, f(x, y) := { x 2 y 2 x 2 +y 2, h x 2 + y 2 0 0, h x 2 + y 2 = 0 Mutss meg, hogy f C[(0,0)].

182 Többváltozós függvények Többváltozós függvények E Metrikus tér Legyen M és ρ : M M R olyn függvény, melyre 1 o ρ(x, y) 0, és ρ(x, y) = 0 x = y, 2 o ρ(x, y) = ρ(y, x), 3 o ρ(x, y) ρ(x, z) + ρ(z, y) (háromszög-egyenlőtlenség). Az ilyen tuljdonságú ρ függvényt M-beli metrikánk nevezzük, és z (M, ρ) legyen metrikus tér. Példák 1. (R, x y ) metrikus tér. 2. M tetszőleges hlmz és d : M M R, d(x, y) := (M, d) egy diszkrét metrikus tér. { 1, h x y 0, h x = y. 3. ) (R 2, ρ e ), hol h x = (x 1, x 2 ), y = (y 1, y 2 ), kkor ρ e (x, y) := (x 1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 = x y (euklideszi metrik) b) (R 2, ρ m ), hol ρ m (x, y) := x 1 y 1 + x 2 y 2 (Minkowski metrik) c) (R 2, ρ c ), hol ρ c (x, y) := mx{ x 1 y 1, x 2 y 2 } (Csebisev metrik) d) (R 2, ρ p ), hol p > 1 és ρ p (x, y) := ( x 1 y 1 p + x 2 y 2 p ) 1 p Láthtó, hogy ρ 2 = ρ e ; ρ 1 = ρ m, és beláthtó, hogy ρ = ρ c. 4. ) (C[, b], ρ c ), hol ρ c (f, g) := mx{ f(x) g(x) x [, b]} b) (C[, b], ρ i ), hol ρ i (f, g) := b f g

183 11.3. Többváltozós függvények E 173 Számos további péld létezik metrikus térre. Legyen (M, ρ) metrikus tér, és (x n ) : N M egy M-beli sorozt Definíció. Azt mondjuk, hogy z (x n ) konvergens, h M, hogy ε > 0 N N n > N esetén ρ(x n, ) < ε. Jele: lim x n = vgy x n. Könnyen láthtó, hogy z (R, x y ) metrikus térben vlós konvergens soroztok lesznek konvergensek. Az (M, d) diszkrét metrikus térben csk z olyn (x n ) sorozt lesz konvergens, melyhez N, hogy i N esetén x i = x N. A 3/), b), c), d) metrikus terekben pontosn zok konvergens (x n ) R 2 soroztok, melyeknek z (x 1n ) R és (x 2n ) R koordinát-sorozti konvergensek. A (C[, b], ρ c ) metrikus térben h (f n ) C[, b] egy konvergens sorozt, kkor f C[, b] ε > 0 N n > N ρ c (f n, f) = mx{ f n (x) f(x) x [, b]} < ε, mi ekvivlens zzl, hogy x [, b] esetén f n (x) f(x) < ε. Láthtjuk, hogy ez éppen z (f n ) egyenletes konvergenciáját jelenti, és f n [,b] f Definíció. Legyen (M, ρ) metrikus tér, és (x n ) M egy M-beli sorozt. Azt mondjuk, hogy (x n ) Cuchy-sorozt, h ε > 0 N, hogy n, m > > N esetén ρ(x n, x m ) < ε Tétel. H (x n ) M konvergens, kkor (x n ) Cuchy-sorozt. Bizonyítás. Bizonyítás szó szerint megegyezik vlós soroztok Cuchy konvergencikritérium bizonyításánk első részével (természetesen x y helyett ρ(x, y) értendő... ). Megfordítv áltlábn nem igz z állítás. Például (Q, x y ) metrikus térben z (( n+1 n )n ) Q egy Cuchy-sorozt, viszont z e R \ Q irrcionális számhoz kerül tetszőlegesen közel sorozt, ezért nincs Q-beli htárértéke, így nem konvergens Definíció. Az (M, ρ) metrikus teret teljes metrikus térnek nevezzük, h (x n ) M Cuchy-sorozt konvergens. Az (R, x y ), z (R 2, ρ p ) minden p > 1 esetén teljes. A (C[, b], mx f g ) is teljes, de (C[, b], b f g ) már nem Nyílt és zárt hlmzok; kompkt hlmz Legyen (M, ρ) metrikus tér, M és r > 0.

184 Többváltozós függvények Definíció. Az pont r sugrú környezete K r () := {x M ρ(x, ) < r}. A K() hlmz z pont egy környezete, h r > 0, hogy Legyen H M és H. K() K r () Definíció. Azt mondjuk, hogy belső pontj H-nk, h K(), melyre K() H Definíció. Legyen G M. A G hlmzt nyílt hlmznk nevezzük, h minden pontj belső pont Definíció. Legyen F M. Az F hlmzt zárt hlmznk nevezzük, h komplementere F := M \ F nyílt hlmz Tétel. 1 o M és nyílt hlmz. 2 o H G γ (γ Γ) nyílt hlmzok (G γ M, γ Γ), kkor γ Γ G γ is nyílt hlmz. 3 o H G 1, G 2,..., G n véges sok nyílt hlmz (G i M, i = 1,..., n), kkor n i=1 G i is nyílt hlmz. Bizonyítás. 1 o Nyilvánvlón igz. 2 o Legyen γ Γ G γ tetszőleges. Ekkor ˆγ Γ, Gˆγ. Mivel Gˆγ nyílt, ezért K() Gˆγ, de ekkor K() Gˆγ γ Γ G γ mitt K() γ Γ G γ. Tehát belső pontj hlmzok egyesítésének. 3 o Legyen n i=1 G i tetszőleges. Ekkor i = 1,2,..., n esetén G i. Mivel G i nyílt, ezért K ri () G i, i = 1,2,..., n. Legyen r := min{r 1, r 2,..., r n }, nyilván r > 0. K r () G i, i = = 1,2,..., n, így K r () n i=1 G i, tehát belső pontj hlmzok metszetének Tétel. 1 o M és zárt hlmz. 2 o H F γ (γ Γ) zárt hlmzok (F γ M, γ Γ), kkor γ Γ F γ is zárt hlmz.

185 11.3. Többváltozós függvények E o H F 1, F 2,..., F n véges sok zárt hlmz (F i M, i = 1,..., n), kkor n i=1 F i is zárt hlmz. Bizonyítás. 1 o M komplementere, mi nyílt. komplementere M, mi nyílt. 2 o A De Morgn-zonosság szerint γ Γ F γ = γ Γ F γ. Minden F γ nyílt, z egyesítésük is nyílt, így γ Γ F γ zárt. 3 o n i=1 F i = n i=1 F i. F i nyílt, i = 1,2,..., n, és véges sok nyílt metszete is nyílt, így n i=1 F i zárt. Legyen K M Definíció. A K hlmzt kompktnk nevezzük, h bármilyen G γ (γ Γ) nyílt hlmzok esetén, melyre K γ Γ G γ [G γ (γ Γ) K hlmz nyílt fedőrendszere ], vn olyn γ 1, γ 2,..., γ n Γ, hogy K n i=1 G γ i [vn véges fedőrendszere is K hlmznk]. Az (R, x y ) metrikus térben z [, b] zárt intervllum, vgy z [ 1, b 1 ], [ 2, b 2 ],..., [ k, b k ] zárt intervllumok egyesítése kompkt. (Anlízis könyvekben Borel-tétel néven megtlálhtó, hogy bármely I γ R (γ Γ) nyílt intervllumrendszerből, melyre [, b] γ Γ I γ, kiválszthtó véges sok: I γ1, I γ2,... I γn, melyre [, b] n i=1 I γ i.) A kompkt hlmz véges sok pontból álló hlmz áltlánosítás. R n -ben egy H R n hlmz korlátos, h R > 0, hogy x H esetén x R. Igzolhtó, hogy ρ(x, y) := x y metrikávl ellátott R n -ben K R n kompkt pontosn kkor, h K korlátos és zárt Folytonos függvények Legyen (M 1, ρ 1 ) és (M 2, ρ 2 ) metrikus tér, és legyen f : M 1 M Definíció. Az f függvény z D(f) pontbn folytonos, h ε > 0 δ > 0 x D(f), melyre ρ 1 (x, ) < δ, teljesül, hogy ρ 2 (f(x), f()) < ε. Jele: f C[]. Legyen A D(f) M Definíció. Azt mondjuk, hogy f folytonos z A hlmzon, h A esetén f C[]. Jele: f C(A). H A = D(f), kkor f C Tétel. Legyen (M 1, ρ 1 ), (M 2, ρ 2 ) metrikus tér, f : M 1 M 2. f C G M 2 nyílt hlmz esetén z f 1 (G) őskép is nyílt.

186 Többváltozós függvények Bizonyítás. ( ) Legyen G M 2 nyílt és f 1 (G) tetszőleges. (H f 1 (G) üres hlmz, kkor nyílt.) Ekkor f() G, és mivel G nyílt, ezért K(f()) M 2 környezet, melyre K(f()) G. Mivel f C[], ezért ehhez K(f()) környezethez is K() M 1 környezete z -nk, hogy x K() esetén f(x) K(f()), zz f(k()) K(f()). Így f(k()) G is. Ebből K() f 1 (f(k())) f 1 (G), tehát belső pontj f 1 (G) ősképnek, ezért f 1 (G) nyílt. ( ) Legyen M 1 tetszőleges. Belátjuk, hogy f C[]. Legyen K(f()) M 2 tetszőleges. Ez környezet egy nyílt hlmz, ezért z őskép f 1 (K(f())) M 1 nyílt. Nyilván f 1 (K(f())), ezért K(), melyre K() f 1 (K(f())). Ekkor x K() esetén f(x) K(f()), mi éppen zt jelenti, hogy f C[]. A folytonos függvényeket és kompkt hlmzokt kpcsolj össze Tétel (Weierstrss-tétel). Legyen f : M 1 M 2 folytonos függvény és K M 1 kompkt hlmz. Ekkor f(k) M 2 is kompkt. Bizonyítás. Legyen G γ (γ Γ) z f(k) egy tetszőleges, nyílt hlmzokból álló fedőrendszere, f(k) γ Γ G γ. Mivel K f 1 (f(k)), ezért K f 1 ( γ Γ G γ ) = γ Γ f 1 (G γ ). Az f C, így f 1 (G γ ) M 1 nyílt (γ Γ). Tehát f 1 (G γ ) (γ Γ) K nyílt fedőrendszere. Mivel K kompkt, ezért γ 1, γ 2,..., γ n Γ, hogy K n i=1 f 1 (G γi ). Ekkor viszont f(k) f( n i=1f 1 (G γi )) = n i=1f(f 1 (G γi )) n i=1g γi. Megtláltuk G γ (γ Γ) fedőrendszernek zt véges részhlmzát, mely z f(k) véges fedőrendszere, tehát f(k) kompkt. Ennek tételnek következménye, hogy h (M, ρ) metrikus tér és f : M R folytonos, kkor minden K M kompkt esetén z f K függvénynek vn mximum és minimum Fixponttétel Legyen A hlmz és f : A A függvény. Az olyn A pontot, melyre f() =, z f függvény fixpontjánk nevezzük. Legyen (M, ρ) metrikus tér és f : M M leképezés Definíció. Azt mondjuk, hogy f kontrkció (összehúzó leképezés), h q [0,1), hogy x, y M esetén ρ(f(x), f(y)) qρ(x, y).

187 11.3. Többváltozós függvények E 177 Könnyen láthtó, hogy h f : M M kontrkció, kkor folytonos. Ugynis legyen M és ε > 0 tetszőleges, vlmint legyen δ = ε/q > 0. Ekkor minden x K δ () esetén ρ(f(x), f()) qρ(x, ) < qε/q = ε Tétel (Bnch Ccciopoli Tyihonov fixponttétel). Legyen (M, ρ) teljes metrikus tér. Legyen f : M M kontrkció. Ekkor egyértelműen létezik olyn x M, melyre f(x ) = x, zz pontosn egy fixpontj vn z f leképezésnek. Bizonyítás. Legyen x 0 M tetszőleges. Tekintsük z x 1 := f(x 0 ), x 2 :=f(x 1 ),..., x n+1 := f(x n ),... soroztot. Megmuttjuk, hogy (x n ) M Cuchysorozt. 1 o n N esetén ρ(x n+1, x n ) = ρ(f(x n ), f(x n 1 )) qρ(x n, x n 1 ) = qρ(f(x n 1 ), f(x n 2 )) q 2 ρ(x n 1, x n 2 )... q n ρ(x 1, x 0 ). 2 o Legyen n, m N, n > m. Ekkor háromszög-egyenlőtlenség ismételt lklmzásávl, illetve z 1 o részben igzoltk szerint ρ(x n, x m ) ρ(x n, x n 1 )+ρ(x n 1, x n 2 )+...+ρ(x m+1, x m ) q n 1 ρ(x 1, x 0 ) + q n 2 ρ(x 1, x 0 ) q m ρ(x 1, x 0 ) = = q m ρ(x 1, x 0 )[1 + q + q q n m 1 ] q m 1 ρ(x 1, x 0 ) 1 q. 3 o A q [0,1) mitt q m 0, ezért ε > 0 N n > N esetén q m 1 ρ(x 1, x 0 ) 1 q < ε. Legyen n, m > N, n > m tetszőleges. Ekkor ρ(x n, x m ) q m 1 ρ(x 1, x 0 ) 1 q < ε, tehát (x n ) Cuchy-sorozt. Az (M, ρ) teljessége mitt (x n ) konvergens. Legyen x := lim x n. Megmuttjuk, hogy x M leképezés fixpontj. A folytonos függvényekre vontkozó átviteli elv szerint x = lim x n = lim f(x n 1 ) = f(lim x n 1 ) = f(x ).

188 Többváltozós függvények Az x egyértelműségéhez tegyük fel, hogy y M is olyn, hogy f(y) = = y. Ekkor ρ(x, y) = ρ(f(x ), f(y)) qρ(x, y), miből 0 ρ(x, y) (q 1) következik. A ρ(x, y) 0, q 1 < 0, ezért szorztuk csk úgy lehet nemnegtív, h ρ(x, y) = 0, melynek metrik 1 o tuljdonság szerint x = y következménye. Tehát egyetlen fixpont vn csk.

189 12. fejezet Többváltozós függvény differenciálhtóság Megismerkedünk prciális deriválttl, függvény differenciálhtóságávl, z iránymenti deriválttl. Szélsőérték-számítás eszköze is lesz derivált. Az lábbi témköröket tárgyljuk: Prciális derivált Többváltozós függvény deriváltj, derivált mátrix Prciális deriváltk és derivált mátrix kpcsolt Felület érintősíkj Térgörbe érintője Szélsőérték foglm és szükséges feltétele Young tétele Második derivált, Tylor-formul Szélsőérték elégséges feltétele Többváltozós deriválás A Prciális derivált Legyen f : R 2 R függvény. Tekintsük z értelmezési trtomány egy = = (x, y) intd(f) belső pontját. Fektessünk z ponton át z x tengellyel 179

190 Többváltozós differenciálás z φ f(x,y) y (x,y) x (x+t,y) ábr párhuzmos egyenest, ennek egy pontj (x + t, y), t R lesz, mjd vegyük függvény értékeit ezekben pontokbn: f(x+t, y). Ekkor egy φ : R R, φ(t) := f(x + t, y) vlós-vlós függvényt értelmeztünk, képe egy, felületen futó görbe (12.1. ábr) Definíció. Azt mondjuk, hogy z f függvény z (x, y) pontbn z első változó szerint prciálisn differenciálhtó, h φ differenciálhtó t = 0 pontbn. H φ D[0], kkor z f első változó szerinti prciális deriváltj z (x, y) pontbn legyen φ (0), zz 1 f(x, y) := φ (0). Emlékezve vlós-vlós függvény differenciálhtóságár lesz ez prciális derivált. 1 f(x, y) = lim t 0 f(x + t, y) f(x, y) t Láthtó, hogy z első változó szerinti prciális deriválhtóság csk felületi görbe simságát jelenti t = 0 pontbn, és 1 f(x, y) ennek felületi görbének meredekségét dj. Az is leolvshtó, hogy f(x + t, y) f(x, y) t 1 f(x, y), h t 0,

191 12.1. Többváltozós deriválás A 181 mi úgy is olvshtó, hogy csupán z első tengely irányáb kimozdulv z (x, y) pontból f(x + t, y) f(x, y) + 1 f(x, y) t, h t 0. Az előzőeknek megfelelően, h z (x, y) ponton át z y tengellyel párhuzmos egyenest veszünk fel, kkor is kpunk egy ψ : R R, ψ(t) := f(x, y+t) felületi görbét. H ψ D[0], kkor z f második változój szerint prciálisn differenciálhtó z (x, y) pontbn, és 2 f(x, y) := ψ (0) = lim t 0 f(x, y + t) f(x, y) t lesz z f második változó szerinti prciális deriváltj z (x, y) pontbn. Az előzőekhez hsonló 2 f(x, y) jelentése is. Gykrn hsználják még 1 f(x, y) helyett f x (x, y), f x(x, y) és D 1 f(x, y) jelöléseket is. Ennek megfelelőek 2 f(x, y) helyett hsznált jelölések is. Megfigyelhető, hogy z f első változó szerinti prciális deriválhtóságánál második koordinát, z y nem változik, állndó mrd. Ez indokolj, hogy h egy tetszőleges (x, y) pontbn krjuk például z f(x, y) := x 2 y 3 + 2x + y ((x, y) R 2 ) függvény első változó szerinti prciális deriváltját kiszámítni z (x, y) pontbn, kkor deriválás során z y konstnsnk számít, tehát 1 f(x, y) = 2xy ((x, y) R 2 ). Ugynígy második változó szerinti prciális deriválás során x számít konstnsnk, tehát 2 f(x, y) = x 2 3y ((x, y) R 2 ). Sjnos z f kár mindkét változó szerinti prciális differenciálhtóságából még függvény folytonosság sem következik z dott pontbn. Például z { f : R 2 1, h xy = 0 R, f(x, y) := 0, h xy 0 függvényre 1 f(0,0) = 0 és 2 f(0,0) = 0, de f / C[(0,0)] Deriváltmátrix Most fogllkozzunk differenciálhtóság foglmánk olyn kilkításávl, mely vlódi áltlánosítás vlós-vlós függvény differenciálhtóságánk. Legyen f : R 2 R, (x, y) intd(f).

192 Többváltozós differenciálás Definíció. Azt mondjuk, hogy f differenciálhtó z (x, y) pontbn, h vn olyn A 1, A 2 R és olyn α : R 2 R függvény, hogy minden olyn h = (h 1, h 2 ) R 2 vektorr, melyre (x + h 1, y + h 2 ) D(f), teljesül, hogy f(x + h 1, y + h 2 ) f(x, y) = A 1 h 1 + A 2 h 2 + α(h 1, h 2 ) és α(h) lim h 0 h = 0. α(h) A lim h 0 h = 0 z α(h) mrdéktg kicsiségére utl. Nyilván lim h 0 α(h) = 0 is igz, de h α(h) értékeit elosztjuk h 0 kicsi számml, kkor ezzel felngyítjuk z α(h) értékeit, így h még ez hánydos is 0-hoz trt, kkor α(h) igzán kicsi. Amikor h := (h 1,0) lkú, kkor átrendezés és htárértékképzés után ( f(x + h 1, y) f(x, y) lim = lim A 1 + α(h ) 1,0) = A 1, h 0 h 1 h 1 0 h 1 mely zt jelenti, hogy h f differenciálhtó z (x, y) pontbn, kkor A 1 csk 1 f(x, y) lehet. A h := (0, h 2 ) lkú vektorokr pedig z dódn, hogy A 2 csk 2 f(x, y) lehet. Így h f differenciálhtó z (x, y) pontbn, kkor függvény f(x+h 1, y+h 2 ) f(x, y) megváltozás jól közelíthető 1 f(x, y)h f(x, y)h 2 lineáris függvénnyel, sőt z elkövetett hib, z α(h 1, h 2 ) elhnygolhtón kicsi: még felngyított α(h) h hánydos is 0-hoz közeli, h h kicsi. Mátrixokt hsználv z f differenciálhtóság zt jelenti, hogy vn olyn α : R 2 R függvény, hogy [ ] h1 f(x + h 1, y + h 2 ) f(x, y) = [ 1 f(x, y) 2 f(x, y)] + α(h h 1, h 2 ) 2 és α(h) lim h 0 h = 0. Az f függvény differenciálhtóságát z (x, y) intd(f) pontbn jelölje f D[(x, y)], és z f deriváltj ebben pontbn f (x, y) := [ 1 f(x, y) 2 f(x, y)] R 1 2.

193 12.1. Többváltozós deriválás A 183 H f D[(x, y)], kkor f C[(x, y)] is, mert lim f(x + h 1, y + h 2 ) f(x, y) = h 1,h 2 0 = lim h 1,h 2 0 1f(x, y)h f(x, y)h 2 + α(h 1, h 2 ) = 0. A mtemtik lklmzási során gykrn hsználják h 1 =: x, h 2 =: y jelölést; függvény megváltozását jelöli. Ekkor f := f(x + h 1, y + h 2 ) f(x, y) f f f x + x y y rr utl, hogy függvény f megváltozását jól közelíti prciális deriváltkkl készített lineáris függvény. Ennek még vn egy lig mgyrázhtó, végtelen kicsi mennyiségeket hsználó változt is: df = f f dx + x y dy. A df z f függvény differenciálj nevet viseli. A kétváltozós függvényre kilkított foglmkt minden nehézség nélkül áltlánosíthtjuk sokváltozós függvényekre is. Legyen f : R n R, x = (x 1, x 2,..., x i,..., x n ) intd(f). i f(x) := lim t 0 f(x 1, x 2,..., x i + t,..., x n ) f(x 1, x 2,..., x i,..., x n ) t z f i-edik változó szerinti prciális deriváltj. Az f : R n R függvényt z x intd(f) pontbn differenciálhtónk nevezzük, h létezik olyn A := [A 1 A 2... A n ] R 1 n, és létezik olyn α : R n R függvény, hogy minden h R n vektorr f(x + h) f(x) = Ah + α(h), hol lim h 0 α(h) h = 0. Itt is igz, hogy A i = i f(x), i = 1,2,..., n. H f D[x], kkor f (x) = [ 1 f(x) 2 f(x)... n f(x)].

194 Többváltozós differenciálás Végül legyen f : R n R k, x intd(f). Az f függvény differenciálhtó z x pontbn, h létezik olyn A R k n, és vn olyn α : R n R k függvény, hogy minden h R n esetén f(x + h) f(x) = Ah + α(h), hol lim h 0 α(h) h = 0. Most A ij = j f i (x), és így 1 f 1 (x) 2 f 1 (x)... n f 1 (x) f 1 f 2 (x) 2 f 2 (x)... n f 2 (x) (x) =. 1 f k (x) 2 f k (x)... n f k (x) Rk n z f deriváltj z x pontbn, ezt Jcobi-mátrixnk is nevezik. Például 1. f(x, y, z) := xyz esetén f (x, y, z) = [yz xz xy] 2. r(t) := cos t sin t esetén r (t) := sin t cos t t 1 P (x, y, z) 3. F (x, y, z) = Q(x, y, z) esetén F (x, y, z) = R(x, y, z) Érintő Felület érintősíkj x P y P z P x Q y Q z Q x R y R z R Legyen f : R 2 R, (x 0, y 0 ) intd(f), és tegyük fel, hogy f D[(x 0, y 0 )]. Ez zt jelenti, hogy f(x, y) f(x 0, y 0 ) 1 f(x 0, y 0 )(x x 0 ) + 2 f(x 0, y 0 )(y y 0 ), h (x, y) (x 0, y 0 ), és ez közelítés elég jó. Legyen z 0 := f(x 0, y 0 ), kkor z := 1 f(x 0, y 0 )(x x 0 ) + 2 f(x 0, y 0 )(y y 0 ) + z 0 esetén f(x, y) z, h (x, y) (x 0, y 0 ). Vegyük észre, hogy h n := ( 1 f(x 0, y 0 ), 2 f(x 0, y 0 ), 1), r 0 := (x 0, y 0, z 0 ), r := (x, y, z),

195 12.1. Többváltozós deriválás A 185 kkor z n, r r 0 = 0 egyenletű síkról láttuk be, hogy elég jól közelíti z f függvénnyel leírt felületet. Az n, r r 0 = 0 egyenletű síkot z f felület (x 0, y 0, f(x 0, y 0 )) ponthoz trtozó érintősíkjánk nevezzük. Térgörbe érintője Legyen r : R R 3, t 0 intd(r), és tegyük fel, hogy r D[t 0 ]. H x(t) r(t) = y(t) z(t), kkor r(t) r(t 0 ) = x(t) x(t 0) y(t) y(t 0 ) z(t) z(t 0 ) ṙ(t 0 ) (t t 0 ) = és ez közelítés elég jó. Ez zt jelenti, hogy v := ẋ(t 0) ẏ(t 0 ) ż(t 0 ) egyenes r := x y z irányvektorú és r 0 := futópontjár x(t 0) y(t 0 ) z(t 0 ) x = x(t 0 ) + ẋ(t 0 ) (t t 0 ) y = y(t 0 ) + ẏ(t 0 ) (t t 0 ) z = z(t 0 ) + ż(t 0 ) (t t 0 ) ẋ(t 0) ẏ(t 0 ) ż(t 0 ) (t t 0 ), ponton átmenő és ez z egyenes közel hld görbéhez, zz r(t) r, h t t 0. Az r = r 0 + v(t t 0 ) egyenest z r térgörbe t 0 prméterértékhez trtozó érintőegyenesének nevezzük, melynek irányvektor z ṙ(t 0 ) érintővektor. (Hgyományosn térgörbék esetén deriváltt nem vessző, hnem pont jelöli.) Szélsőérték Legyen f : R 2 R, = ( 1, 2 ) D(f).

196 Többváltozós differenciálás Definíció. Azt mondjuk, hogy z f függvénynek lokális minimum vn z pontbn, h vn olyn K() környezete z pontnk, hogy minden x = (x 1, x 2 ) K() D(f) esetén f(x 1, x 2 ) f( 1, 2 ) vgy f(x) f(). Hsonló lokális mximum foglm is Tétel (Lokális szélsőérték szükséges feltétele). Legyen f : R 2 R, = ( 1, 2 ) intd(f) és f D[]. H f-nek -bn lokális szélsőértéke (vgy minimum vgy mximum) vn, kkor f () = 0. [f () = 0 1 f( 1, 2 ) = 0 és 2 f( 1, 2 ) = 0.] Bizonyításként elég rr gondolni, hogy h f-nek z ( 1, 2 ) pontbn lokális minimum vn, kkor φ : R R, φ(t) := f(t, 2 ) függvénynek t = 1 pontbn lesz lokális minimum. Mivel f D[( 1, 2 )], ezért φ D[ 1 ], ezért φ ( 1 ) = 0, mi éppen zt jelenti, hogy 1 f( 1, 2 ) = 0. Ugynez elmondhtó ψ : R R, ψ(t) := f( 1, t) függvényről is. Így ψ ( 2 ) = 0, mi 2 f( 1, 2 ) = 0. Ezzel módszerrel kereshetjük meg egy differenciálhtó függvény lehetséges szélsőértékhelyeit. Eredményeinket szinte változttás nélkül vihetjük át f : R n R függvényre is Tétel. Legyen f : R n R, intd(f) és f D[]. H f-nek -bn lokális szélsőértéke vn, kkor f () = 0. [f () = 0 1 f() = 0, 2 f() = 0,..., n f() = 0.] H f : R n R és f D[], kkor z f () R 1 n sormátrix helyett grdf() := (f ()) T vektort hsználják. Tehát grdf() = 1 f() 2 f(). n f() (oszlopmátrix, mit zonosíthtunk egy vektorrl). A grdf() szemléletes jelentését 4. feldtbn muttjuk meg.

197 12.2. Feldtok Feldtok 1. Képzelje el z f : R 2 R, f(x, y) := x 2 + y 2 ; f(x, y) := x 2 + y 2 + 4x 2y + 10; f(x, y) := 2x 2 + 5y 2 függvényekkel szármzttott felületeket. Hogyn nézhet ki h : {(x, y) x 2 + y 2 < 100} R, h(x, y) := x 2 y függvény felülete? 2. Írj fel z f : R 2 R, f(x, y) := x 2 y 3 függvény (x 0, y 0 ) := (1,2) ponthoz trtozó érintősíkját. 3. Írj fel z r : [0,4π] R 3, r(t) := (2 cos t,2 sin t, t) térgörbe bármely t 0 (0,4π) ponthoz trtozó érintővektorát. Számolj ki z ṙ(t 0 ), e 3 skláris szorztot (e 3 := (0,0,1)). Értelmezze z eredményt! 4. Legyen f : R 2 R, intd(f) és e R 2, melyre e = 1. Az f függvény pontbeli e irány menti deriváltján e f() := lim (f( + te) f()) t t 0 1 htárértéket értjük, h ez htárérték létezik. H f D[], kkor megmutthtó, hogy e f() = grdf(), e. Mutssuk meg, hogy felület grdf() vektorrl párhuzmos iránybn legmeredekebb z pontbn. Megoldás: Azt z ê R 2, ê = 1 irányt kellene megtlálni, melyre e f() êf(), h e R 2, e = 1. Síkbeli vektorok esetén láthttuk lineáris lgebrábn, hogy grdf(), e = grdf() e cos α, hol α két vektor hjlásszöge. Mivel grdf() nem változik (z intd(f) rögzített), z e = 1, ezért szorzt kkor legngyobb, h cos α = 1, zz e párhuzmos grdf() vektorrl. Ennek következménye, hogy egy hegyről lefutó ptk, de gleccserek is minden pontbn z bbn pontbn érvényes grdienssel párhuzmosn mozognk.

198 Többváltozós differenciálás 5. Legkisebb négyzetek módszere Tegyük fel, hogy vlmilyen összefüggés kimuttásához méréseket végzünk. Az x i értékhez y i mérési eredmény trtozik. Az sejtésünk, hogy z (x i, y i ), i = 1,2,..., n pontoknk egy egyenesen kellene elhelyezkedniük. Keressük meg mérési pontokhoz legjobbn illeszkedő y = Ax+B lkú egyenest! Megoldás: A n i=1 (Ax i + B y i ) 2 mérési pont és z egyenes közötti összes eltérés négyzetösszege. Szeretnénk, h ez legkisebb lenne. Legyen e(a, B) := n i=1 (Ax i + B y i ) 2. Ott lehet minimális z e függvény, hol e (A, B) = 0, zz Részletesebben A e(a, B) = 2(Ax i + B y i )x i = 0, B e(a, B) = 2(Ax i + B y i ) = 0. A x 2 i + B x i = x i y i, A x i + Bn = y i. Ez egy kétismeretlenes (A és B) lineáris egyenletrendszer, melynek megoldás (mindig megoldhtó, h z x i pontok különböznek) A = n x i y i x i yi x n 2 x 2 i ( x i ) 2, B = i yi x i xi y i n x 2 i ( x i ) 2. (Az összegzések mindenütt 1-től n-ig értendők.) Megmutthtó, hogy z ilyen A és B esetén z y = Ax + B vlóbn legközelebb megy pontokhoz. 6. Legyen f : R 2 R, f(x, y) := e xy cos(x 2 y 3 ). Számíts ki x f(x, y), y f(x, y), y ( x f)(x, y) és x ( y f)(x, y) prciális deriváltkt. Mit tpsztl? 7. Legyen f : R 2 R, f(x, y) := { xy x2 y 2 x 2 +y 2, h x 2 + y 2 0 0, h x 2 + y 2 = 0. Mutss meg, hogy y ( x f)(0,0) x ( y f)(0,0). 8. Keresse meg z f : R 2 R, f(x, y) := x 4 + y 4 2x + 3y + 1 függvény lokális szélsőértékeit.

199 12.2. Feldtok A 2x 5 y 3 + x 3 y 5 3x 4 y 2 + 5xy 3 = 6x 2 1 egyenlőség x = 1 és y = 1 esetén teljesül. Vn-e ezen kívül más megoldás z egyenletnek? Megoldás: Legyen f : R 2 R, f(x, y) := 2x 5 y 3 +x 3 y 5 3x 4 y 2 +5xy 3 6x Nyilván f C 1 és f(1,1) = 0. 2 f(x, y) = 6x 5 y 2 + 5x 3 y 4 6x 4 y + 15xy 2, ezért 2 f(1,1) = Az implicit függvény tétele szerint létezik K µ (1) és K ρ (1) környezet és vn olyn φ : K µ (1) K ρ (1) differenciálhtó függvény, melyre f(x, φ(x)) = 0 minden x (1 µ,1 + µ) esetén, zz végtelen sok megoldás vn z egyenletnek. (Természetesen ez nem jelenti zt, hogy z (1,1) számpáron kívül vn még más, egészekből álló számpár is ezek között!) Mivel 1 f(x, y) = 10x 4 y 3 + 3x 2 y 5 12x 3 y 5 + 5y 3 12x, 1 f(1,1) = 6, ezért φ (1) = 1f(1,1) 2 f(1,1) = Ezt felhsználv φ függvényt közelítőleg elő tudjuk állítni: φ(x) φ(1) + φ (1)(x 1), h x 1, zz φ(x) (x 1), h x Tegyük fel, hogy vn olyn y : R R differenciálhtó függvény, melyet z xy+e x+y y 2 +5 = 0 egyenlet definiál. Számítsuk ki deriváltját! Megoldás: Legyen f : R 2 R, f(x, y) := xy + e x+y y A feltétel szerint minden x D(y) esetén h(x) := f(x, y(x)) = 0, ezért h függvény deriváltj is 0, zz minden x D(y) esetén h (x) = (xy(x) + e x+y(x) y 2 (x) + 5) = y(x) + xy (x) + e x+y(x) (1 + y (x)) 2y(x)y (x) = 0. Ebből y (x) kifejezhető: y y(x) + ex+y(x) (x) = x + e x+y(x) 2y(x) Az eredményt gykrn felületes (x D(y)). y = y + ex+y x + e x+y 2y

200 Többváltozós differenciálás lkbn is felírják. Megjegyezzük, hogy ilyenkor feltételek ellenőrzése nélkül z implicit módon definiált függvény deriválási szbályát lklmzzuk vlójábn. 11. Egy gáz állpotát z F (p, V, T ) = 0 állpotegyenlettel djuk meg. (Ideális gáz esetén ez pv nrt = 0 lkú.) Ez z egyenlet három implicit függvényt definiál: Mutssuk meg, hogy p = p(v, T ), V = V (T, p), T = T (p, V ). V p(v, T ) T V (T, p) p T (p, V ) = 1. Megoldás: Feltételezve, hogy teljesülnek z implicit függvény tételében szereplő feltételek, z implicit függvényeket rendre visszhelyettesítve kpjuk, hogy (V, T ) F (p(v, T ), V, T ) = 0, (T, p) F (p, V (T, p), T ) = 0, (p, V ) F (p, V, T (p, V )) = 0. Az zonosn 0 függvény prciális deriváltj is 0, ezért V F (p(v, T ), V, T ) = 1 F V p + 2 F V V + 3 F V T = = 0 V p = 2F 1 F, T F (p, V (T, p), T ) = 1 F T p + 2 F T V + 3 F T T = = 0 T V = 3F 2 F, p F (p, V, T (p, V )) = 1 F p p + 2 F p V + 3 F p T = Ebből V p T V p T = = 0 p T = 1F 3 F. ( ) ( 2F ) ( 3F ) 1F = 1. 1 F 2 F 3 F

201 12.2. Feldtok 191 Megjegyezzük, hogy felületesen gondolkodók csodálkoznk zon, hogy hgyományos jelölésekkel és formális törteknek véve prciális deriváltkt p V V T T p = 1 lenne várhtó eredmény... A pv nrt = 0 esetet végigszámolv győződjünk meg ról, hogy szorzt vlóbn ( 1). 12. Legyen Φ : R 2 R 3, Φ(u, v) = x(u, v) y(u, v) z(u, v) := u + v u 2 + v 2 u 3 + v 3 egy kétprméteres módon dott felület. Az (u 0, v 0 ) := (1,2) prméterértékhez trtozó érintősíkjánk djuk meg z egyik normálvektorát! Megoldás: A függvény inverze g : (u, v) [ x(u, v) y(u, v) g 1 : (x, y) ] = [ u(x, y) v(x, y) [ ] u + v u 2 + v 2 függvény lenne. Ezt z függvénybe helyettesítve z g 1 : (x, y) z(u(x, y), v(x, y)) kétváltozós vlós értékű függvényként álln elő Φ felület. Az érintősíkjánk normálvektor n = ( x z(u(x 0, y 0 ), v(x 0, y 0 )), y z(u(x 0, y 0 ), v(x 0, y 0 )), 1). Láthtó, hogy éppen (z g 1 ) (x 0, y 0 ) deriváltr lenne szükségünk. Felhsználv z inverz függvény tételét zt kpjuk, hogy (z g 1 ) (x 0, y 0 ) = z (g 1 (x 0, y 0 )) (g 1 ) (x 0, y 0 ) = = [ u z(u 0, v 0 ) v z(u 0, v 0 ) ] (g (u 0, v 0 )) 1 = = [ [ ] ] u 2 0 3v0 2 = 2u 0 2v 0 = [ 3 12 ] [ ] = 2 4 = [ 3 12 ] [ ] = [ Tehát x z(u(1,2), v(1,2)) = 6 és y z(u(1,2), v(1,2)) = 9 2, így z érintősík egyik normálvektor n( 6, 9 2, 1). ] ].

202 Többváltozós differenciálás 13. Keressük meg z f : R 2 R, f(x, y) := x 2 +y 2 2x+4y 1 függvénynek Q := {(x, y) R 2 x 2 + y 2 1} zárt hlmzon lokális szélsőértékhelyeit. Megoldás: Az intq = {(x, y) R 2 x 2 + y 2 < 1} nyílt körlemezen ott lehet lokális szélsőértéke z f függvénynek, hol 1 f(x, y) = 2x 2 = 0 2 f(x, y) = 2y + 4 = 0. Ebből (x 0, y 0 ) = (1, 2) dódik, mi nincs z intq nyílt körlemezben, zz f-nek nincs lokális szélsőértéke körlemez belsejében. Mivel Q kompkt hlmz (korlátos és zárt), ezért folytonos f függvénynek vn minimum és mximum is Q-bn. Tehát Q htárán vnnk ezek szélsőértékhelyek. Keressük meg z f függvény feltételes minimumát és mximumát g(x, y) := x 2 + y 2 1 = 0 feltétel mellett! Készítsük el z F (x, y) := f(x, y) + λg(x, y) = x 2 + y 2 2x + 4y λ(x 2 + y 2 1) függvényt. 1 F (x, y) = 2x 2 + 2λx = 0 2 F (x, y) = 2y λy = 0 x 2 + y 2 1 = 0 Megoldv háromismeretlenes egyenletrendszert (éppen nnyi egyenlet áll rendelkezésünkre, mennyi z ismeretlenek szám... ), zt kpjuk, hogy x = 1 1+λ, y = 2 1+λ, melyekből 1 (1 + λ) (1 + λ) 2 = 1. Két megoldás is vn: λ 1 = 5 1 és λ 2 = 5 1. Ezekhez P 1 ( 1 5, 2 5 ) és P 2 ( 1 5, 2 5 ) pontok trtoznk. Legyen először λ 1 = 5 1 és P 1 ( 1 5, 2 5 ). F 1 (x, y) = f(x, y) + λ 1 g(x, y) F 1(x, y) = [ 2x 2 + 2( 5 1)x 2y ( 5 1)y ] [ ] [ ] F ( 5 1) 0 (x 1, y 1 ) = ( = 5 1) 0 2 5

203 12.3. Többváltozós deriválás E 193 egy pozitív definit kvdrtikus lk mátrix, így bármely h R 2, h 0 vektor esetén F 1 (x 1, y 1 )h, h > 0. Emitt P 1 ( 1 5, 2 5 ) pontbn minimum vn z f függvénynek g = 0 feltétel mellett. A λ 2 = 5 1 és P 2 ( 1 2 5, 5 ) szintén definiál egy F 2 (x, y) = f(x, y)+ + λ 2 g(x, y) függvényt. F 2(x, y) = [ 2x 2 + 2( 5 1)x 2y ( 5 1)y ] [ ] F ( 5 1) 0 (x 2, y 2 ) = ( = 5 1) [ ] = egy negtív definit kvdrtikus lk mátrix, így bármely h R 2, h 0 vektor esetén F 2 (x 2, y 2 )h, h < 0. Emitt P 2 ( 1 2 5, 5 ) pontbn mximum vn z f függvénynek g = 0 feltétel mellett Többváltozós deriválás E Prciális derivált és deriváltmátrix Legyen f : R n R, x intd(f) Definíció. Azt mondjuk, hogy z f z i-edik változó szerint (i=1,2,..., n) prciálisn differenciálhtó z x pontbn, h 1 lim t 0 t (f(x + te i) f(x)) R. (Itt e i = (0,...,1 i),...,0) z i-edik egységvektor.) H létezik htárérték, kkor z f i-edik változó szerinti prciális deriváltj z x pontbn 1 i f(x) := lim t 0 t (f(x + te i) f(x)) Definíció. Legyen f : R n R k, x intd(f). Azt mondjuk, hogy f differenciálhtó z x pontbn (f D[x]), h F x : D(f) R k n mátrixértékű függvény, melyre F x C[x] és z D(f) esetén f(z) f(x) = = F x (z) (z x). H f D[x], kkor f (x) := F x (x) deriváltmátrix Tétel. f : R n R k, x intd(f) f D[x] f j D[x], j = 1,2,..., k

204 Többváltozós differenciálás Bizonyítás. Az f = f 1 f 2. f k hol F j R 1 n sormátrix. Ezért z, z F x = f(z) f(x) = F x (z) (z x) f j (z) f j (x) = F j (z) (z x), j = 1,..., k. F 1 F 2. F k, Tétel. H g : R n R m, g D[x] és f : R m R p, f D[g(x)], kkor f g D[x], és (f g) (x) = f (g(x)) g (x). Bizonyítás. A bizonyítás szó szerint megegyezik vlós-vlós közvetett függvény differenciálhtóságáról szóló tételével, csupán G x : D(g) R m n és F g(x) : D(f) R p m függvényeket kell szerepeltetni Tétel. H f : R n R k, f D[x], kkor 1 f 1 (x)... n f 1 (x) f (x) =. 1 f k (x)... n f k (x) R k n. Bizonyítás. H f D[x], kkor F x : D(f) R k n, F x C[x], melyre z D(f) esetén f(z) f(x) = F x (z) (z x). Legyen j = 1,2,..., k és i = 1,2,..., n. Ekkor f j (z) f j (x) = (F x (z)) j (z x), hol (F x (z)) j z F x (z) j-edik sor. Válsszuk vektort. Ekkor z := x 1. t. x n D(f) f j (z) f j (x) = f j (x 1,..., t,..., x n ) f j (x 1,..., x i,..., x n ) = 0. = (F x (z)) j t x i = (F x (z)) ji (t x i ).. 0

205 12.3. Többváltozós deriválás E 195 H t x i, kkor i f j (x) = lim t xi f j (x 1,..., t,..., x n ) f j (x 1,..., x i,..., x n ) t x i = lim t xi (F x (z)) ji = (F x (x)) ji, hiszen h F x C[x], kkor minden komponense is folytonos z x pontbn. A prciális deriváltk létezéséből még nem következik függvény differenciálhtóság Tétel. H f : R n R k és K(x) D(f), hogy i = 1,..., n és j = 1,..., k esetén i f j C(K(x)), kkor f D[x]. Bizonyítás. A bizonyítást f : R 2 R esetén végezzük el. Legyen z K(x), z x. H x = (x 1, x 2 ) és z = (z 1, z 2 ), kkor f(z) f(x) = f(z 1, z 2 ) f(x 1, z 2 ) + f(x 1, z 2 ) f(x 1, x 2 ). A vlós-vlós Lgrnge-középértéktétel mitt ϑ 1, ϑ 2 (0,1), hogy és Így f(z 1, z 2 ) f(x 1, z 2 ) = 1 f(x 1 + ϑ 1 (z 1 x 1 ), z 2 ) (z 1 x 1 ) f(x 1, z 2 ) f(x 1, x 2 ) = 2 f(x 1, x 2 + ϑ 2 (z 2 x 2 )) (z 2 x 2 ). f(z) f(x) = [ 1 f(x 1 +ϑ 1 (z 1 x 1 ), z 2 ) 2 f(x 1, x 2 +ϑ 2 (z 2 x 2 ))] A 1 f és 2 f folytonosság mitt z F x (z) := [ 1 f(x 1 + ϑ 1 (z 1 x 1 ), z 2 ) 2 f(x 1, x 2 + ϑ 2 (z 2 x 2 ))] [ ] z1 x 1. z 2 x 2 válsztássl z F x C[x]. Tehát F x : D(f) R 1 2, F x C[x], mellyel z D(f) esetén f(z) f(x) = F x (z) (z x), zz f D[x] Tétel. Legyen f : R n R, f D[]. Legyen e R n, e = 1. Ekkor e f() = f ()e = grdf(), e. Bizonyítás. Legyen φ : R R, φ(t) := f( + te). A közvetett függvény differenciálhtóság mitt φ (t) = f ( + te) e. Így e f() = φ (0) = f ()e.

206 Többváltozós differenciálás ( 1, 2 +k) ( 1 +h, 2 +k) 2 ( 1 +h, 2 ) K() ábr Második derivált, Tylor-formul Definíció. Legyen f : R n R. Tegyük fel, hogy i f : R n R i-edik változó szerinti prciális derivált függvénynek létezik j-edik változó szerinti prciális deriváltj. Ekkor j ( i f) =: 2 ijf Tétel (Young tétele vegyes prciális deriváltk felcserélhetőségéről). H f : R n R, i f C(K()), i = 1,2,..., n és ij 2 f C(K()), i, j = = 1,2,..., n esetén, kkor 2 ijf() = 2 jif(), i, j = 1,2,..., n. Bizonyítás. Ezt is csk f : R 2 R esetén igzoljuk. Legyen h, k R, h, k 0 olyn, hogy ( 1 + h, 2 + k) K(). Legyen F : R R, F (x) := f(x, 2 + k) f(x, 2 ) és G : R R, G(y) := f( h, y) f( 1, y) (12.2. ábr). Helyettesítéssel ellenőrizhető, hogy F ( 1 + h) F ( 1 ) = G( 2 + k) G( 2 ). (12.1) A 1 f és 2 f folytonosság mitt ( Lgrnge-középértéktétel szerint) ϑ 1 (0,1) olyn, hogy F ( 1 +h) F ( 1 ) = F ( 1 +ϑ 1 h) h = ( 1 f( 1 +ϑ 1 h, 2 +k) 1 f( 1 +ϑ 1 h, 2 ))h.

207 12.3. Többváltozós deriválás E 197 Mivel 1 f differenciálhtó második változó szerint, ezért ismét lklmzv Lgrnge-középértéktételt, ϑ 2 (0,1), hogy 1 f( 1 + ϑ 1 h, 2 + k) 1 f( 1 + ϑ 1 h, 2 ) = 2 ( 1 f)( 1 + ϑ 1 h, 2 + ϑ 2 k) k. Hsonló gondoltmenettel ϑ 3, ϑ 4 (0,1) olyn, hogy G( 2 + k) G( 2 ) = G ( 2 + ϑ 3 k)k = A (12.1) egyenlőség mitt = ( 2 f( 1 + h, 2 + ϑ 3 k) 2 f( 1, 2 + ϑ 3 k))k = = 1 ( 2 f)( 1 + ϑ 4 h, 2 + ϑ 3 k)hk. 2 ( 1 f)( 1 + ϑ 1 h, 2 + ϑ 2 k)kh = 1 ( 2 f)( 1 + ϑ 4 h, 2 + ϑ 3 k)kh. Mivel h, k 0, ezért le is oszthtunk (hk)-vl. Legyenek (h n ) és (k n ) tetszőleges olyn soroztok, melyekre h n 0, k n 0 és h n 0, k n 0. A 2 ( 1 f) és 1 ( 2 f) folytonosság és n N esetén fennálló egyenlőségek mitt 2 ( 1 f)( 1 + ϑ n 1 h n, 2 + ϑ n 2 k n ) 2 ( 1 f)( 1, 2 ) 1 ( 2 f)( 1 + ϑ n 4 h n, 2 + ϑ n 3 k n ) 1 ( 2 f)( 1, 2 ), ezért 2 ( 1 f)( 1, 2 ) = 1 ( 2 f)( 1, 2 ) Definíció. Legyen f : R n R és i, j = 1,2,..., n esetén ij 2 f C(K()). Ekkor f () := 2 11f() nf(). n1f() 2... nnf() 2 R n n z f második deriváltj z pontbn. Hesse-mátrixnk nevezzük. A Young-tétel mitt f () szimmetrikus mátrix. Legyen f : R n R elég sim függvény, mi jelentse zt, hogy i f C(K()), ij 2 f C(K()), i, j = 1,2,..., n. Legyen h R n, h 0 és t R olyn melyekre + th K(). Legyen φ(t) := f( + th). Ekkor φ (t) = f ( + th) h = n i f( + th)h i, i=1

208 Többváltozós differenciálás φ (t) = = ( n ) i f( + th)h i = i=1 i=1 n {( i f) ( + th)h}h i = i=1 n n j ( i f)( + th)h j h i = j=1 n i=1 j=1 n ijf( 2 + th)h i h j. Ezekből φ(0) = f(), φ (0) = f ()h és φ (0) = f ()h, h. (A legutolsót gondoljuk végig mátrixszorzás és skláris szorzt definícióink birtokábn.) A Tylor-formul lpján t R + esetén ϑ (0, t), hogy φ(t) = φ(0) + φ (0)t + 1 2! φ (ϑ)t 2. (A hrmdik tg már Lgrnge-féle mrdéktg.) Nyilván igz, hogy 1 2! φ (ϑ)t 2 = 1 2! (φ (0) + φ (ϑ) φ (0))t 2 = 1 2! φ (0)t 2 + α(t), hol α(t) := 1 2! (φ (ϑ) φ (0))t 2, és melyre mert φ folytonos. Tehát hol lim t 0 α(t) t 2 α(t) 1 lim t 0 t 2 = lim t 0 2! (φ (ϑ) φ (0)) = 0, φ(t) = φ(0) + φ (0)t + 1 2! φ (0)t 2 + α(t), = 0. Egybefésülve φ függvényre kpott eredményeket: φ(t) = f( + th) = φ(0) + φ (0)t + 1 2! φ (0)t 2 + α(t) = hol β(th) := α(t), és melyre = f() + f ()ht + 1 2! f ()h, h t 2 + β(th), β(th) lim th 0 th 2 = lim α(t) t 0 t 2 = 0. β(th) Itt lim th 0 th = 0 úgy is igz, hogy h 0 rögzített vektor és t 0, de 2 úgy is, hogy t 0 rögzített és h 0. Legyen t := 1. Ekkor igz következő Tylor-formul :

209 12.3. Többváltozós deriválás E Tétel. H f : R n R elég sim ( i f, ij 2 f C(K())), kkor vn olyn β : R n R, hogy h R n, h 0, + h K() esetén hol lim h 0 β(h) h 2 = Szélsőérték f( + h) = f() + f ()h + 1 2! f ()h, h + β(h), Tétel (A lokális szélsőérték szükséges feltétele). H f D[] és f-nek -bn lokális szélsőértéke vn, kkor f () = 0. Bizonyítás. Legyen e R n, e = 1. Mivel f-nek -bn lokális szélsőértéke vn, ezért φ : R R, φ(t) := f( + te) függvénynek t = 0 pontbn vn lokális szélsőértéke, így φ (0) = 0. Mivel φ (t) = f ( + te) e, ezért t = 0 esetén f () e = 0. i = 1,2,..., n esetén f ()e i = i f() = 0, így f () = [0... 0] = 0 R 1 n. A Tylor-formulát felhsználv elégséges feltételt dunk szélsőérték létezésére Tétel (A szigorú lokális minimum elégséges feltétele). Legyen f : : R n R. Tegyük fel, hogy i f, 2 ij f C(K()), f () = 0 és h R n, h 0 esetén f ()h, h > 0. Ekkor f-nek -bn szigorú lokális minimum vn. Bizonyítás. Legyen h R n, h 0 tetszőleges. Ekkor f( + h) = f() + f ()h + 1 2! f ()h, h + β(h) = = f() + 1 ( 2! h 2 f () h h, h h + 2 β(h) h 2 Legyen S 1 := {x R n h x = 1} z egységgömb héj. Mivel h egységhosszúságú vektor, így e := h h S 1. A k : S 1 R, k(e) := f () h h, h h folytonos függvény S 1 -en. S 1 korlátos és zárt, ezért Weierstrss-tétel mintájár végiggondolhtó, hogy vn minimum k függvénynek, legyen ez m R és z f ()h, h > 0 (h 0) feltétel mitt m > 0. Ez zt jelenti, hogy h R n, h 0 f () h h, h h m. ).

210 Többváltozós differenciálás β(h) Mivel lim h 0 h = 0, ezért z ε := m 4 h R n, h 0, h < δ esetén > 0 hibkorláthoz δ > 0, hogy m 4 < β(h) h 2 < m 4. Legyen ezek után h R n, h 0, h < δ tetszőleges. Feltételezve, hogy + h K(), tovább becsülhetjük f( + h) előállítását vgy f( + h) = f() + 1 2! h 2 ( f () h > f() + 1 2! h 2 ( m 2m 4 h, h h + 2 β(h) ) h 2 > ) = f() + 1 m 2! h 2 2, f( + h) f() > h 2 m 4 > 0, h h < δ. Ez zt jelenti, hogy f-nek -bn szigorú lokális minimum vn. Megjegyezzük, hogy z f ()h, h > 0 h R n, h 0 esetén nehezen ellenőrizhető feltétel. Ezt nehézséget könnyíti Tétel (Sylvester-tétel). H A R n n szimmetrikus mátrix, kkor h R n, h 0 esetén Ah, h > 0 z A mátrix srokldeterminánsi pozitív jeltrtók. A bizonyítást csk érzékeltetjük olyn A mátrix esetén, mely digonális, zz λ λ A := λ n Az A srokldeterminánsi 1 := λ 1, 2 := λ λ 2 = λ 1λ 2, 3 := λ λ λ 3 = λ 1λ 2 λ 3,... Ezek pontosn kkor pozitív jeltrtók, h λ 1 > 0, λ 2 > 0,..., λ n > 0.

211 12.3. Többváltozós deriválás E 201 Most legyen h R n, h 0, h = Ah, h = Jól látszik, hogy λ 1 h 1 λ 2 h 2. λ n h n, h 1 h 2. h n h 1 h 2. h n. = λ 1h λ 2 h λ n h 2 n. Ah, h > 0 λ 1 > 0, λ 2 > 0,..., λ n > 0 1 > 0, 2 > 0,..., n > 0. Nemdigonális mátrixok esetén is könnyű ellenőrizni ezt feltételt. A lokális mximum elégséges feltételét vázltosn foglmzzuk meg: Tétel. H f () = 0 és f ()h, h < 0, kkor f-nek -bn szigorú lokális mximum vn Tétel (Sylvester-tétel). { < 0, h n pártln Ah, h < 0 1 < 0, 2 > 0, 3 < 0,..., n > 0, h n páros Implicit- és inverzfüggvény tétel Egyenletek, egyenletrendszerek megoldás során gykrn tlálkozunk zzl problémávl, hogy egy f(x, y) = 0 lkú összefüggésből kifejezhető-e z y z x segítségével, vn-e olyn φ függvény, hogy f(x, φ(x)) = 0 minden x D(φ) esetén. Például f 1 (x, y) := x 2 + y 2 2x 4y + 5 = 0 csupán x = 1 és y = 2 esetén teljesül (hiszen x 2 + y 2 2x 4y + 5 = (x 1) 2 + (y 2) 2 ), míg z f 2 (x, y) := x 2 + y 2 2x 4y + 4 = 0 esetében és φ : [0,2] [2,3], φ(x) := 2x x ψ : [0,2] [1,2], ψ(x) := 2x x függvényre is igz, hogy f 2 (x, φ(x)) = 0 (x D(φ)) és f 2 (x, ψ(x)) = 0 (x D(ψ)). A felvázolt példák nyomán foglmzzuk meg z implicit módon definiált függvényt. Legyen f : R n R m R m (m < n) egy függvény.

212 Többváltozós differenciálás Definíció. H vn olyn φ : R n R m függvény, melyre minden x D(φ) esetén (x, φ(x)) D(f) és f(x, φ(x)) = 0, kkor zt mondjuk, hogy z f(x, y) = 0 egyenlőség egy implicit függvényt definiál ( φ függvény z f(x, y) = 0 áltl definiált implicit függvény). Felvetődik kérdés, hogy milyen feltételek esetén létezik ilyen függvény, és h létezik, milyen tuljdonsági vnnk Tétel (Implicit függvény tétele). Legyen f : R n R m R m, f C 1. Tegyük fel, hogy vn olyn (, b) D(f) pont, hogy f(, b) = 0, és ebben pontbn n+1 f 1 (, b)... n+m f 1 (, b) det y f(, b) :=.. 0 n+1 f m (, b)... n+m f m (, b) Ekkor léteznek olyn K() R n, K(b) R m környezetek és φ : K() K(b) függvény, hogy minden x K() esetén f(x, φ(x)) = 0. A φ függvény folytonos -bn, sőt φ differenciálhtó is z pontbn, és φ () = ( y f(, b)) 1 x f(, b). (A x f(, b) := 1 f 1 (, b)... n f 1 (, b).. 1 f m (, b)... n f m (, b).) Megjegyezzük, hogy tétel csk φ implicit függvény létezéséről szól, áltlábn nem tudjuk ezt függvényt előállítni. Ennek ellenére φ deriváltját ki tudjuk számítni z pontbn! Bizonyítás. Az n = 1, m = 1 esetben végezzük el bizonyítást. Az f : R 2 R függvény folytonosn differenciálhtó, ezért 2 f prciális derivált is folytonos, és 2 f(, b) 0 [legyen 2 f(, b) > 0], ezért létezik z (, b) D(f) pontnk olyn r > 0 sugrú K r ((, b)) D(f) környezete, hogy minden (x, y) K r ((, b)) esetén 2 f(x, y) > 0. Tekintsük h : y f(, y) függvényt. Mivel h (b) = f(, b) = 0 és h (b) = 2 f(, b) > 0, ezért h lokálisn növekvő, így vn olyn b 1 < b és b 2 > b, hogy h (b 1 ) = f(, b 1 ) < 0 és h (b 2 ) = f(, b 2 ) > 0 (emellett (, b 1 ), (, b 2 ) K r ((, b))). Az f függvény folytonosság mitt vn olyn p > 0 és q > 0, hogy minden (x, y ) K p (, b 1 ) és (x, y ) K q (, b 2 ) pontbn f(x, y ) < 0 és f(x, y ) > 0 (emellett K p (, b 1 ), K q (, b 2 ) K r ((, b)) is teljesüljön). Legyen µ := min{p, q} és K() := ( µ, + µ), míg legyen ρ := mx{b (b 1 p), b 2 + q b} és K(b) := (b ρ, b + ρ). Tekintsünk egy tetszőleges x K() pontot. Legyen h x : y f(x, y). Ekkor létezik olyn (x, y ) K p (, b 1 ) és (x, y ) K q (, b 2 ) lkú pont, melyben h x (y ) = f(x, y ) < < 0, míg h x (y ) = f(x, y ) > 0. Mivel h x z f folytonosság következtében

213 12.3. Többváltozós deriválás E 203 b+ρ y b 2 + K q K(b) b y b 1 K p K() x +µ K r ábr egy vlós változós folytonos függvény, ezért Bolzno-tétel mitt vn olyn y (y, y ), melyben h x (y) = f(x, y) = 0. Csk egyetlen ilyen y létezik, ugynis, h y is olyn lenne, hogy h x (y ) = f(x, y ) = 0, kkor Rolle-tétel mitt létezne olyn c z y és y között, hogy h x(c) = 2 f(x, c) = 0 lenne, mely lehetetlen, hiszen K r ((, b)) környezet minden pontjábn 2 f pozitív. Tehát bármely x K() számhoz egyértelműen rendelhető olyn y K(b) szám, hogy f(x, y) = 0, zz létezik olyn φ : K() K(b), φ(x) := y függvény, hogy f(x, φ(x)) = 0 minden x K() esetén. [Nyilván φ() = b.] Megmuttjuk, hogy φ folytonos z pontbn. Legyen ε > 0 tetszőlegesen megdott szám. H ε > ρ, kkor δ := µ, hiszen bármely x K µ () esetén φ(x) K ρ (b) K ε (φ()), mely szerint φ C[]. H ε ρ, kkor megismételve z egész szerkesztést z r := ε válsztássl (z (, b) D(f) pont K ε ((, b)) környezetében lesz 2 f pozitív... ), olyn ˆφ függvényhez jutunk, mely φ függvény leszűkítése. Ekkor z előző mondt nyomán ismét eljutunk od, hogy φ C[]. A φ függvény pontbeli differenciálhtóságához induljunk ki bból, hogy tetszőleges h 0, + h K µ () esetén 0 = f( + h, φ( + h)) f(, φ()) = = f( + h, φ( + h)) f(, φ( + h)) + f(, φ( + h)) f(, φ()) = két megváltozáshoz Lgrnge-féle középértéktétel mitt létezik olyn ϑ 1, ϑ 2 (0,1) szám, hogy = 1 f(+ϑ 1 h, φ(+h))h+ 2 f(, φ()+ϑ 2 (φ(+h) φ()))(φ(+h) φ()).

214 Többváltozós differenciálás Átrendezve z egyenlőséget (felhsználv, hogy 2 f K r ((, b)) környezetbe eső (, φ()+ϑ 2 (φ(+h) φ())) pontbn pozitív, így nem null), zt kpjuk, hogy φ( + h) φ() 1 f( + ϑ 1 h, φ( + h)) = h 2 f(, φ() + ϑ 2 (φ( + h) φ())). Mivel 1 f, 2 f C[(, b)], 2 f(, b) 0 és φ C[], ezért lim h 0 φ( + h) φ() = 0, és emitt létezik tehát φ D[] és φ( + h) φ() lim = 1f(, φ()) h 0 h 2 f(, φ()), φ () = 1f(, b) 2 f(, b) = ( 2f(, b)) 1 1 f(, b). (Megjegyezzük, hogy ebből gondoltmenetből kevés menthető át z n m > 1 esetre.) A vlós-vlós függvények körében is érdekes volt, hogy egy függvény kölcsönösen egyértelmű-e. Ez kérdés többváltozós leképezéseknél is fontos. Például p : [0,2π) [0, R] R 2 p(φ, r) := (r cos φ, r sin φ) úgynevezett polártrnszformáció (φ 0, r 0 ) pontot trtlmzó U R 2 nyílt hlmzt z (x 0, y 0 ):=(r 0 cos φ 0, r 0 sin φ 0 ) pontot trtlmzó V R 2 nyílt hlmzr kölcsönösen egyértelműen képezi le, sőt p folytonosság mellett p 1 inverzfüggvény is folytonos. (A p inverze z (x, y) (rctg y x, x 2 + y 2 ).) Kérdés z, hogy egy f : R n R k függvény milyen feltételek mellett rendelkezik hsonló tuljdonsággl. Lehet-e n és k különböző? Nem. Ugynis, h például f : R 3 R 2 folytonos függvény olyn, mely egy U D(f) nyílt hlmzt V R(f) nyílt hlmzr képez, és z f 1 : V U inverzfüggvény is folytonos lenne, kkor U-bn felvéve egy négyzet lpú gúlát (öt csúcspontj vn), mjd bármely két csúcspontot olyn folytonos görbével kötnénk össze, melyek nem metszik egymást (ezt z R 3 térben megtehetjük... ), kkor f U : U V bijekcióvl ezt gúlát ( csúcsit és csúcsokt összekötő görbéket) V R 2 síkbeli hlmzb képezzük. A gráfelméletből ismert, hogy teljes ötszögpontú gráf nem rjzolhtó síkb, mi zt jelenti, hogy leglább két görbe képének lesz közös pontj, mely ellentmond nnk, hogy f U és inverze is folytonos volt. [A példát Lovász László tlált egyetemist korábn néhány másodperces gondolkodás után... ] Tétel (z inverz függvény tétele). Legyen f : R n R n, f C 1. Legyen intd(f) olyn pont, hogy det f () 0. Ekkor vn olyn U D(f), z pontot trtlmzó nyílt hlmz és vn olyn V R(f),

215 12.3. Többváltozós deriválás E 205 b := f() pontot trtlmzó nyílt hlmz, hogy z f függvény bijekció z U és V között, és f 1 mellett, hogy folytonos, még differenciálhtó is b-ben, és (f 1 ) (b) = (f ()) 1. Bizonyítás. Az implicit függvény tételét lklmzzuk egy lklmsn válsztott függvényre zzl változttássl, hogy z x-et fejezzük ki y segítségével. Legyen F : D(f) R n R n, F (x, y) := f(x) y. Nyilván F C 1. F (, b) = = f() b = 0. Mivel x F (x, y) = f (x), ezért det x F (, b) = det f () 0. Ezért létezik K(b) és K() környezet, és létezik olyn φ : K(b) K(), hogy bármely y K(b) esetén F (φ(y), y) = f(φ(y)) y = 0, zz f φ = id K(b). Ez z zonosság muttj, hogy φ z f 1 inverzfüggvény. H V := K(b) és U := f 1 (V ) V nyílt hlmz ősképe (mely f folytonosság mitt nyílt hlmz), kkor f már bijekció U és V hlmz között. Emellett φ = f 1 folytonos és differenciálhtó is. Az f 1 deriváltjához vegyük észre, hogy x F (, b) = f () R n n mátrixnk vn inverzmátrix (mivel det f () 0), továbbá y F (x, y) = y (f(x) y) = I n (itt I n R n n z n-es egységmátrix), így y F (, b) = I n. Tehát (f 1 ) (b) = ( x F (, b)) 1 y F (, b) = (f ()) 1 ( I n ) = (f ()) Feltételes szélsőérték Többváltozós függvény lokális szélsőértékét eddig nyílt hlmzon kerestük. Az lklmzások során gykrn vn szükség egy függvény szélsőértékére olyn esetben is, mikor változók között bizonyos összefüggéseket írhtunk elő. Ezek lesznek feltételes szélsőérték problémák. Legyen f : R n R és g 1, g 2,..., g m : R n R(m < n) dott függvények. Legyen H := {x R n g 1 (x) = 0, g 2 (x) = 0,..., g m (x) = 0}. Tegyük fel, hogy H Definíció. Azt mondjuk, hogy z f függvénynek g 1 = 0, g 2 = 0,..., g m = 0 feltétel mellett feltételes szélsőértéke vn z H pontbn, h z pontbn z f H függvénynek lokális szélsőértéke vn. A feltételes minimum egy szükséges feltételét dj következő tétel Tétel (Lgrnge-féle multiplikátor módszer). Legyen f, g 1, g 2,..., g m C 1. Tegyük fel, hogy z f függvénynek g 1 = 0, g 2 = 0,..., g m = 0 feltétel mellett feltételes minimum vn z H D(f) pontbn. Tegyük fel,

216 Többváltozós differenciálás hogy rng 1 g 1 () 2 g 1 ()... n g 1 ().. 1 g m () 2 g m ()... n g m () = m. Ekkor létezik olyn λ 1, λ 2,..., λ m R, hogy z F = f + λ 1 g 1 + λ 2 g λ m g m függvényre F () = 0. Bizonyítás. A bizonyítást n = 2 és m = 1 esetén végezzük el. A g C 1 és z := ( 1, 2 ) pontbn g( 1, 2 ) = 0. Ebben pontbn rngfeltétel zt jelenti, hogy például 2 g( 1, 2 ) 0. Ekkor z implicit függvény tétele szerint létezik K( 1 ) és K( 2 ) környezet és létezik olyn φ : K( 1 ) K( 2 ) differenciálhtó függvény, melyre bármely x 1 K( 1 ) esetén g(x 1, φ(x 1 )) = 0. Ez zt jelenti, hogy H = {(x 1, x 2 ) R 2 g(x 1, x 2 ) = 0} {(x 1, φ(x 1 )) R 2 x 1 K( 1 )} =: H. Továbbá zz φ ( 1 ) = 1g( 1, 2 ) 2 g( 1, 2 ), 1 g( 1, 2 ) + φ ( 1 ) 2 g( 1, 2 ) = 0. (12.2) Mivel φ( 1 ) = 2 és ( 1, 2 ) H, ezért h z f H függvénynek lokális minimum vn z ( 1, 2 ) pontbn, kkor létezik olyn K ( 1 ) K( 1 ), hogy minden x 1 K ( 1 ) esetén f(x 1, φ(x 1 )) f( 1, φ( 1 )) = f( 1, 2 ). Ez zt jelenti, hogy h : K ( 1 ) R, h(x 1 ) := f(x 1, φ(x 1 )) függvénynek minimum vn z 1 pontbn. A h függvény differenciálhtó (differenciálhtó függvények kompozíciój), ezért h ( 1 ) = 0. Mivel ezért h (x 1 ) = [ 1 f(x 1, φ(x 1 )) 2 f(x 1, φ(x 1 )) ] [ 1 φ (x 1 ) h ( 1 ) = 1 f( 1, 2 ) + φ ( 1 ) 2 f( 1, 2 ) = 0. (12.3) Legyen λ R egyelőre tetszőleges szám, és szorozzuk meg λ-vl z (12.2) egyenlőséget, mjd djuk össze (12.3) egyenlőséggel. Ekkor 1 f( 1, 2 ) + λ 1 g( 1, 2 ) + φ ( 1 )[ 2 f( 1, 2 ) + λ 2 g( 1, 2 )] = 0. (12.4) A λ megválszthtó úgy, hogy 2 f( 1, 2 ) + λ 2 g( 1, 2 ) = 0 (12.5) ],

217 12.3. Többváltozós deriválás E 207 (láthtó, hogy λ := 2f(1,2) 2g( 1, 2) tényező 0, kkor (12.4) mitt megfelelő.) H szögletes zárójelben lévő 1 f( 1, 2 ) + λ 1 g( 1, 2 ) = 0 (12.6) is teljesül. Összesítve z eredményeket, zt kptuk, hogy h z f függvénynek feltételes szélsőértéke vn g = 0 feltétel mellett, kkor z F := f + λ g függvénynek z első változó szerinti prciális deriváltj 0 (ezt muttj (12.6)), és második változó szerinti prciális deriváltj is 0 (ezt muttj (12.5)), tehát F ( 1, 2 ) = [ 1 F ( 1, 2 ) 2 F ( 1, 2 ) ] = 0. Bizonyítás nélkül közöljük feltételes minimum egy elégséges feltételét Tétel. H f, g 1, g 2,..., g m C 2 és vn olyn λ 1, λ 2,..., λ m R, vlmint R n pont, hogy z F := f + λ 1 g 1 + λ 2 g λ m g m függvényre F () = 0, továbbá minden olyn h R n, h 0 vektorr, melyre teljesül, hogy g 1()h = 0, g 2()h = 0,..., g m()h = 0, F ()h, h > 0, kkor z f függvénynek g 1 = 0, g 2 = 0,..., g m = 0 feltétel mellett feltételes minimum vn z pontbn. A feltételes mximumr vontkozó szükséges feltétel és z elégséges feltétel is értelemszerű változttásokkl megfoglmzhtó.

218

219 13. fejezet Vonlintegrál Az f : [, b] R függvény integrálját áltlánosítjuk. Az [, b] intervllum szerepét egy görbe, z f függvény szerepét egy vektor-vektor függvény veszi át. Az lábbi témköröket tárgyljuk: A vonlintegrál foglm és tuljdonsági A potenciál foglm és létezésének kpcsolt vonlintegrálll Prméteres integrál differenciálhtóság A potenciál létezésének elégséges feltétele Vonlintegrál A A vonlintegrál foglm és tuljdonsági Amikor egy szánkót z A pontból B pontb húzunk s elmozdulássl z úttl párhuzmos F erővel, kkor végzett munk W = F s (13.1. ábr). Amikor z F erő α szöget zár be z elmozdulássl (13.2. ábr), kkor végzett munk W = F cos α = F, s. F A s B ábr 209

220 Vonlintegrál F α A s B ábr r(ξ i ) F(r(ξ i )) r(t i 1 ) r(t i ) ábr Az r : [α, β] R 3 térgörbe mentén pontról pontr változó F R 3 R 3 erőfüggvény (erőtér) munkáj úgy közelíthető, hogy felosztv [α, β] intervllumot α = t 0 < t 1 <... < t i 1 < t i <... < t n = β osztópontokkl, és felvéve t i 1 ξ i t i (i = 1,..., n) további pontokt z elemi munk W i := F (r(ξ i )), r(t i ) r(t i 1 ), és z F erőtérnek görbe mentén végzett munkáj W W i = n F (r(ξ i )), r(t i ) r(t i 1 ) = F (r(ξ i )), r i. i=1 H r elég sim (differenciálhtó), kkor z

221 13.1. Vonlintegrál A 211 r(t i ) r(t i 1 ) = x(t i ) x(t i 1 ) y(t i ) y(t i 1 ) z(t i ) z(t i 1 ) = ẋ(η i )(t i t i 1 ) ẏ(ϑ i )(t i t i 1 ) ż(ζ i )(t i t i 1 ) ṙ(ξ i )(t i t i 1 ), h ṙ folytonos. Láthtó, hogy W n i=1 F (r(ξ i)), ṙ(ξ i ) (t i t i 1 ), mely hsonlít egy integrálközelítőösszeghez. Ez gondoltmenet szolgál lpul következő foglmkhoz. Legyen Ω R n összefüggő (bármely két pontját egy Ω-bn hldó folytonos görbével össze lehet kötni), nyílt hlmz, röviden trtomány. Legyen f : R n R n, D(f) := Ω folytonos vektorfüggvény, f C(Ω). Legyen r : [α, β] Ω egy sim térgörbe, zz r C[α, β], r D(α, β), ṙ(t) 0 (t (α, β)), és bármely t 1, t 2 (α, β), t 1 t 2 esetén r(t 1 ) r(t 2 ) Definíció. Az f függvény r térgörbe menti integrálj legyen β f := f(r(t)), ṙ(t) dt. Például (itt Ω = R 3 ) és esetén ṙ(t) = r f = r α f : R 3 R 3, f(x, y, z) := t + 2t t 2t 3t, így r : [0,1] R 3, r(t) :=, dt = = A vonlintegrál tuljdonsági 1 0 x + y x y z t 2t 3t [(t+2t)+2(t 2t)+9t]dt = [ ] 1 10 t2 = tdt 1 o H r 1 : [α, β] Ω, r 2 : [β, γ] Ω és r 1 (β) = r 2 (β), kkor z r 1 r 2 : : [α, γ] Ω, melyre r 1 r 2 [α,β] = r 1 és r 1 r 2 [β,γ] = r 2 legyen z egyesített görbe. Ekkor f = r 1 r 2 f + r 1 f. r 2

222 Vonlintegrál 2 o H r : [α, β] Ω, kkor z r : [α, β] Ω, r (t) := r(α + β t) legyen z ellentétesen irányított görbe. Ekkor f = f. r 3 o H f korlátos z Ω trtományon, zz vn olyn K > 0, hogy minden x Ω esetén f(x) K, és z r : [α, β] Ω görbe L hosszúságú, kkor f K L Potenciál r A vonlintegrálhoz lpvetően egy erőtér munkáj kpcsolódik. A munkávl (energiávl) kpcsoltbn pedig érdekelhet bennünket, hogy zárt görbe esetén vn-e energiveszteség vgy éppen nyereség. Érdekelhet z is minket, hogy két pont között munkvégzés szempontjából milyen úton érdemes hldni. Ilyen kérdésekre d válszt következő tétel Tétel. Legyen Ω R n trtomány, f : Ω R n, f C(Ω). Az f függvény (erőtér) következő három tuljdonság egyenértékű (ekvivlens): 1 o Bármely r : [α, β] Ω, r(α) = r(β) sim zárt görbe esetén f = 0 ( jel nyomtékosítj, hogy zárt görbén integrálunk). 2 o Bármely rögzített, b Ω és tetszőleges (r 1 : [α 1, β 1 ] Ω és r 2 : : [α 2, β 2 ] Ω, r 1 (α 1 ) = r 2 (α 2 ) = és r 1 (β 1 ) = r 2 (β 2 ) = b), z és b pontot összekötő Ω-beli sim görbék esetén f = r 1 f. r 2 3 o Vn olyn Φ : Ω R, Φ D(Ω) ún. potenciálfüggvény, melyre bármely x Ω és i = 1,2,..., n esetén vgy tömörebben grdφ = f. r i Φ(x) = f i (x), A tétel tehát rról szól, hogy h z f erőtérnek vn potenciálj, kkor bármely zárt görbe mentén végzett munk null, és rról is, hogy z erőtér bármely két pont között végzett munkáj független z úttól. Nyilván érdekes lehet ezután, hogy milyen f erőtérnek vn biztosn potenciálj.

223 13.1. Vonlintegrál A Tétel. H Ω R n olyn trtomány, melyhez vn olyn Ω, hogy bármely x Ω esetén z [, x] := { + t(x ) R n t [0,1]} Ω ([, x] z pontot x-szel összekötő szksz, z ilyen Ω hlmz csillgtrtomány z pontr nézve), és f : Ω R n, f C(Ω) és minden i, j = = 1,2,..., n esetén i f j C(Ω) (minden koordinát-függvény minden változó szerinti prciális deriváltj folytonos z Ω minden pontjábn), továbbá i f j (x) = j f i (x) minden x Ω, i, j = 1,2,..., n esetén (ez éppen f (x) deriváltmátrix szimmetrikusságát jelenti), kkor vn Φ : Ω R potenciálj z f függvénynek. Amikor z Ω = R 3, kkor ez csillgtrtomány. H z erőtér P f := Q : R 3 R 3 R megfelelően sim P, Q, R : R 3 R koordinát-függvényekkel (z erőtér komponenseiként is szokták emlegetni), kkor i f j = j f i feltétel zt jelenti, hogy z 1 P (x) 2 P (x) 3 P (x) f (x) = 1 Q(x) 2 Q(x) 3 Q(x) (x Ω) 1 R(x) 2 R(x) 3 R(x) deriváltmátrix szimmetrikus. H még bevezetjük rotáció foglmát is, kkor e 1 e 2 e 3 rotf := f := P Q R := ( 2 R 3 Q)e 1 ( 1 R 3 P )e 2 + ( 1 Q 2 P )e 3 = 0 R 3 z egész R 3 téren. Fizikábn így is emlegetik ezt tételt: Rotációmentes erőtérnek vn potenciálj. Végül nézzük meg, hogy h egy f erőtérnek vn potenciálj, kkor hogyn lehet ezt megtlálni, és milyen további hszon szármzik potenciál ismeretéből. Az egyszerűség kedvéért legyen f : R 2 R 2, f(x, y) := [ x + y x y ].

224 Vonlintegrál Mivel y (x+y) = 1 és x (x y) = 1, ezért f (x, y) szimmetrikus, ezért vn f- nek Φ potenciálj, és ez z egyelőre ismeretlen potenciál olyn Φ : R 2 R függvény, melyre x Φ(x, y) = x + y, y Φ(x, y) = x y. H x Φ(x, y) = x + y, kkor Φ(x, y) = x2 2 + xy + φ(y) lkú, hol φ : R R, differenciálhtó, de egyébként egyelőre tetszőleges függvény lehet. Ekkor y Φ(x, y) = x + φ (y) = x y, így φ (y) = y, miből φ(y) = y2 2 + c, hol c R tetszőleges. Tehát csk Φ : R 2 R, Φ(x, y) = x2 y2 2 + xy 2 + c lkú függvény lehet z f potenciálj. H ezek után egy tetszőleges r : [α, β] R 2 sim görbe mentén szeretnénk z f erőtér munkáját kiszámítni, kkor ( közvetett függvény deriválását szem előtt trtv) r f = = β α β α f(r(t)), ṙ(t) dt = β α Φ (r(t)) ṙ(t)dt = = grdφ(r(t)), ṙ(t) dt = β α (Φ(r(t))) dt = [Φ(r(t))] β α = Φ(r(β)) Φ(r(α)), mely zt muttj (mit tétel is sugllt), hogy vonlintegrál értéke csupán görbe két végpontjától függ, és független ttól, hogy milyen görbével kötöttük össze z r(α) és r(β) pontot. Speciálisn, h r(α) = r(β), kkor zárt görbéről vn szó, és ekkor Φ(r(β)) = Φ(r(α)), így f = 0, hogyn ezt r tétel is állított Feldtok 1. Legyen f : R 3 R 3, f(x, y, z) := r : [0,6π] R 3, r(t) := Számíts ki z r f vonlintegrált! x + y + z y z x + z 2 cos t 2 sin t t és.

225 13.2. Feldtok Legyen f : R 2 \ {(0,0)} R 2, f(x, y) := [ x x 2 +y 2 y x 2 +y 2 Számíts ki z f erőtér vonlintegrálját egy origó középpontú, egységsugrú, pozitív irányítású (z órmuttó járásávl ellentétes irányítású) zárt körvonlon. ]. 3. Mutss meg, hogy z F : R 3 \ {(0,0,0)} R 3, F (x 1, x 2, x 3 ) := x 1 (x 2 1 +x2 2 +x2 3 x )3/2 2 (x 2 1 +x2 2 +x2 3 x )3/2 3 (x 2 1 +x2 2 +x2 3 )3/2 erőtérnek vn potenciálj. Számíts ki Φ potenciált! Megoldás: Legyen i, j = 1,2,3 és i j. Ekkor ) x j i ( (x x2 2 + = x j ( 3 x2 3 )3/2 2 (x2 1 + x x 2 3) 5/2 ) 2x i = = x i ( 3 ) 2 (x2 1 + x x 2 3) 5/2 x i ) 2x j = j ( (x x2 2 +, x2 3 )3/2 ezért vn potenciálj z F erőtérnek. H Φ : R 3 \ {(0,0,0)} R, kkor x i i Φ(x 1, x 2, x 3 ) = (x x2 2 +, x2 3 )3/2 kkor mert 1 Φ(x 1, x 2, x 3 ) = (x x c, x2 3 )1/2 i Φ(x 1, x 2, x 3 ) = 1 2 (x2 1 + x x 2 3) 3/2 (2x i ) = (x x2 2 +, x2 3 )3/2 i = 1,2,3. Megjegyezzük, hogy F egy origóbn elhelyezett M = 1 tömegpont grvitációs terének is tekinthető, hiszen z r helyvektorú pontbn z m = 1 tömegre htó erő (z egységrendszer válsztás mitt fellépő szorzótényezőtől eltekintve) x i F (r) = 1 r 2 r r (r 0). Ennek z erőtérnek potenciálj Φ(r) = 1 r (r 0).

226 Vonlintegrál 4. Legyen [ f : R 2 R 2 xy 2, f(x, y) := x 2 y és görbe legyen egy lemniszkát, például z ], L := {(x, y) R 2 (x 2) 2 + y 2 (x + 2) 2 + y 2 = 8}. (Az L görbén sík összes olyn pontj rjt vn, melynek C 1 (2,0) és C 2 ( 2,0) pontoktól mért távolságink szorzt 8.) Mennyi lesz z f vonlintegrálj lemniszkátán? Vonlintegrál E A vonlintegrál foglm és tuljdonsági Legyen Ω R n trtomány, és f : Ω R n, f C(Ω). Legyen r : [α, β] Ω, r C[α, β] és r C 1 (α, β), továbbá t 1, t 2 (α, β), t 1 t 2 esetén r(t 1 ) r(t 2 ) egy ún. sim görbe Definíció. Az f függvény r görbe menti vonlintegrálján z vlós integrált értjük. r f := β α f(r(t)), ṙ(t) dt Tétel. H r 1 : [α, β] Ω és r 2 : [β, γ] Ω, r 1, r 2 sim görbe és r 1 (β) = r 2 (β) (cstlkoznk), kkor z r 1 r 2 : [α, γ] Ω, (r 1 r 2 ) [α,β] = r 1 és (r 1 r 2 ) [β,γ] = r 2 cstolt görbék esetén f = r 1 r 2 f + r 1 f. r 2 Bizonyítás. r 1 r 2 f = = γ α β α f((r 1 r 2 )(t)), (r 1 r 2 ) (t) dt = f(r 1 (t)), r 1 (t) dt + γ β f(r 2 (t)), r 2 (t) dt = f + r 1 f. r 2 Megjegyezzük, hogy (r 1 r 2 ) esetleg β-bn nem differenciálhtó, de egy pont nem befolyásolj z integrál értékét.

227 13.3. Vonlintegrál E Tétel. H r : [α, β] Ω sim görbe, kkor z r : [α, β] Ω, r (t) := r(α + β t) ellentett irányítású görbére f = f. r Bizonyítás. Vezessük be z u := α + β t helyettesítést, ekkor r f = = β α α β f(r(α + β t)), ṙ(α + β t) dt = f(r(u)), ṙ(u) du = r β α f(r(u)), ṙ(u) du = f. r Tétel. Tegyük fel, hogy f : Ω R n korlátos, zz M > 0, x Ω f(x) M. Ekkor z r : [α, β] Ω sim görbe esetén f M L, hol L görbe ívhossz. r Bizonyítás. f = r β α β f(r(t)), ṙ(t) dt f(r(t)) ṙ(t) dt β α β α α f(r(t)), ṙ(t) dt M ṙ(t) dt = ML, hiszen β ṙ(t) dt görbe ívhossz. α (Közben Cuchy Bunykovszkij Schwrz-egyenlőtlenséget hsználtuk.) Potenciál Definíció. Az f : Ω R n legyen Z-tuljdonságú, h r : [α, β] Ω, r(α) = r(β) sim zárt görbe esetén r f = Definíció. Az f : Ω R n legyen F-tuljdonságú, h r 1 : [α 1, β 1 ] Ω és r 2 : [α 2, β 2 ] Ω olyn sim görbék esetén, melyekre még r 1 (α 1 ) = = r 2 (α 2 ) és r 1 (β 1 ) = r 2 (β 2 ) is igz, teljesül, hogy f = f. r 1 r 2

228 Vonlintegrál Definíció. Az f : Ω R n legyen P-tuljdonságú, h Φ : Ω R, Φ D(Ω) és grdφ = f. A Φ z f egyik potenciálj Tétel. Legyen f : Ω R n. Ekkor Z F P. Bizonyítás. 1 o Z F. Legyen r 1 : [α 1, β 1 ] Ω sim görbe, r 2 : [α 2, β 2 ] Ω sim görbe. Tegyük fel, hogy α 2 = β 1, és r 1 (α 1 ) = r 2 (α 2 ), r 1 (β 1 ) = r 2 (β 2 ). Ekkor z r 2 : [α 2, β 2 ] Ω, r 2 (t) := r 2 (α 2 + β 2 t) ellentétesen irányított görbével z r 1 r 2 zárt görbe lesz. Így 0 = f = r 1 r 2 f + r 1 f = r2 f r 1 f, r 2 tehát f = f. r 1 r 2 2 o F P. Rögzítsünk egy Ω pontot. Legyen Φ : Ω R, Φ(x) :=,x f, hol, x jelöljön egy -t x-szel összekötő sim görbét. Legyen e i (i = = 1,2,..., n) z i-edik egységvektor. Ekkor ( ) Φ(x + se i ) Φ(x) 1 i Φ(x) = lim = lim f f = s 0 s s 0 s,x+se i,x 1 s 1 s = lim f(x + te i ), e i dt = lim f i (x + te i )dt = s 0 s 0 s 0 s 0 1 = lim s 0 s f i(x + ϑe i ) s = f i (x). (13.1) (Lásd ábrát.) Közben felhsználtuk, hogy z [x, x+se i ] szkszt γ : [0, s] R n, γ(t) := x+te i prméterezéssel állíthtjuk elő, melyre γ(t) = e i. Felhsználtuk még folytonos függvény integrálközepét is. Az utolsó lépés f i folytonosságánk következménye. 3 o P Z Legyen r : [α, β] Ω, r(α) = r(β) sim zárt görbe. Mivel Φ D(Ω) potenciál, ezért r f = β α f(r(t)), ṙ(t) dt = β α grdφ(r(t)), ṙ(t) dt =

229 13.3. Vonlintegrál E 219 x x+se i e i = β α ábr Φ (r(t))ṙ(t)dt = β α (Φ(r(t))) dt = = [Φ(r(t))] β α = Φ(r(β)) Φ(r(α)) = 0, hiszen r(α) = r(β) mitt Φ(r(α)) = Φ(r(β)). Mivel Z F, F P és P Z, ezért z f mindhárom tuljdonság egyenértékű. Mielőtt potenciál létezésének elégséges feltételével fogllkoznánk, egy önmgábn is fontos, gykrn hsznált eredményt muttunk be. Legyen g : [, b] [c, d] R, g C. A G : [c, d] R, G(y) := b g(x, y)dx függvényt prméteres integrálnk nevezzük (y prméter ) Tétel. Legyen g : [, b] [c, d] R, g C és 2 g C([, b] [c, d]). Ekkor G : [c, d] R, G(y) := b g(x, y)dx függvényre G D(c, d), és y (c, d) esetén G (y) = b 2 g(x, y)dx. Bizonyítás. Legyen y (c, d) tetszőleges. Ekkor s (c, d), s y esetén G(s) G(y) s y b 2 g(x, y)dx =

230 Vonlintegrál ( = 1 b g(x, s)dx s y = 1 s y = 1 s y = b b b b g(x, y)dx (g(x, s) g(x, y))dx 2 g(x, η)(s y)dx ( 2 g(x, η) 2 g(x, y))dx. b b ) b 2 g(x, y)dx = 2 g(x, y)dx = 2 g(x, y)dx = Mivel 2 g C, ezért ε > 0 δ > 0, hogy (x, s), (x, y) [, b] [c, d], melyre (x, s) (x, y) = s y < δ, teljesül, hogy 2 g(x, s) 2 g(x, y) < ε, és mivel η z y és s között vn, így η y < δ is fennáll, miből 2 g(x, η) 2 g(x, y) < ε is következik. Legyen s (c, d), s y olyn, hogy s y < δ. Ekkor G(s) G(y) b b 2 g(x, y)dx s y 2 g(x, η) 2 g(x, y) dx < < b εdx = ε(b ). Ez éppen zt jelenti, hogy lim s y G(s) G(y) s y G G(s) G(y) (y) = lim = s y s y és b 2 g(x, y)dx. Ezt tételt prméteres integrál deriválás néven szokták emlegetni, és formálisn zt mondj, hogy d dy b g(x, y)dx = b g (x, y)dx, y zz kellően sim függvény esetén z integrál prméter szerinti deriválását z integrál ltt is el lehet végezni. Legyen Ω R n. Az Ω trtomány csillgtrtomány, h Ω, hogy x Ω esetén z [, x] := { + t(x ) R n t [0,1]} Ω (z pontból z Ω minden pontjához el lehet látni... ).

231 13.3. Vonlintegrál E Tétel ( potenciál létezésének elégséges feltétele). Legyen Ω R n csillgtrtomány. Legyen f C 1 (Ω) ( i, j = 1,2,..., n esetén i f j C(Ω)) és i, j = 1,2,..., n esetén x Ω pontbn i f j (x) = j f i (x), zz f (x) R n n szimmetrikus mátrix. Ekkor Φ : Ω R, melyre i, j = = 1,2,..., n esetén x Ω pontbn i Φ(x) = f i (x), zz vn potenciálj z f függvénynek. Bizonyítás. Legyen x Ω, x tetszőleges. Legyen z pontot x-szel összekötő szksz [0,1] t + t(x ) Ω sim görbe. Jelölje ezt, x. Az, x görbén vett vonlintegrál legyen Φ függvény x-beli értéke, zz Φ : Ω R, Φ(x) :=,x f = 1 0 f( + t(x )), x dt. Megmuttjuk, hogy Φ potenciálj z f függvénynek. Legyen i {1,2,..., n} tetszőleges index. Ekkor x Ω esetén 1 1 i Φ(x) = i f(+t(x )), x dt = i 0 0 n f j (+t(x ))(x j j )dt = [Most lklmzzuk prméteres integrál deriválásáról szóló tételt. A prméter most x i lesz. Így folyttv számolást:] 1 n = { i f j ( + t(x ))t} (x j j ) + f i ( + t(x )) 1 dt = 0 j=1 [hiszen h j i, kkor i (x j j ) = 0. Most hsználjuk ki, hogy i f j = j f i. Így kpjuk, hogy:] 1 n = { j f i ( + t(x ))t} (x j j ) + f i ( + t(x )) dt = 0 j=1 [Tekintsük Ψ : R R, Ψ(t) := t f i ( + t(x )) függvényt. A simsági feltevések mitt Ψ D és j=1 Ψ (t) = f i ( + t(x )) + t f i( + t(x )) (x ) =

232 Vonlintegrál = f i ( + t(x )) + t n j f i ( + t(x )) (x j j ). j=1 Vegyük észre, hogy z integrál ltt éppen Ψ (t) áll. Ezért:] = 1 0 Ψ (t)dt = [Ψ(t)] 1 0 = Ψ(1) Ψ(0) = f i ( + x ) = f i (x). [Közben többször deriváltunk közvetett függvényt... ] Tehát i Φ(x) = f i (x). Mivel f i C, ezért i Φ C, miből már következik, hogy Φ D. Így vlóbn Φ z f potenciálj.

233 14. fejezet Differenciálegyenletek A természetben, társdlombn zjló folymtok leírásár lklmsk differenciálegyenletek. Az lábbi témköröket tárgyljuk: A differenciálegyenlet foglm Szétválszthtó változójú differenciálegyenletek megoldás Alklmzások Differenciálegyenletek A Alpfoglmk Legyen Ω R 2 trtomány, f : Ω R folytonos függvény. Keressük z olyn y : R R függvényeket, melyek D(y) értelmezési trtomány nyílt intervllum, y folytonosn differenciálhtó, minden x D(y) esetén (x, y(x)) Ω és y (x) = f(x, y(x)). Ezt problémát elsőrendű differenciálegyenletnek nevezzük, és z y = f(x, y) szimbólumml hivtkozunk rá. Látni fogjuk, hogy ennek problémánk áltlábn végtelen sok megoldás vn. H zonbn vlmely x 0 pontbn előírjuk megoldás y(x 0 ) értékét, kkor rendszerint egyetlen megoldást kpunk. Az y(x 0 ) = y 0 összefüggést kezdeti feltételnek nevezik. A feldtokból kiderül mjd, hogy ilyen típusú feltételek természetes módon hozzátrtoznk differenciálegyenletekhez. 223

234 Differenciálegyenletek Felvetődik kérdés, hogy z f függvény folytonosság elegendő-e hhoz, hogy legyen megoldás z y = f(x, y) differenciálegyenletnek, illetve, h vn megoldás, kkor hogyn lehet hhoz eljutni Szétválszthtó változójú differenciálegyenlet A problémávl történő jelenlegi első ismerkedésnél csk zzl speciális esettel fogllkozunk, hol z f : R 2 R függvény előáll f(x, y) = g(x)h(y) lkbn, hol g, h : R R folytonos függvények, D(g) intervllum, és h függvény nem veszi fel 0 értéket. Az ilyen differenciálegyenletet szétválszthtó változójúnk nevezzük és tömörebben z y = g(x)h(y) kifejezéssel jelöljük. Tegyük fel, hogy vlmely y : I R függvény megoldás feldtnk, zz minden x I esetén y (x) = g(x)h(y(x)). Ekkor y (x) = g(x) (x I) (14.1) h(y(x)) Legyen H := 1/h és G = g z 1/h és g egy-egy primitív függvénye. Tetszőleges x I esetén (H y) (x) = H (y(x))y (x) = y (x) h(y(x)) és G (x) = g(x). Mivel (H y) és G deriváltfüggvények (14.1) szerint z I intervllumon megegyeznek, zért H y és G függvények csk egy konstnsbn térhetnek el egymástól. Azz vn olyn c R szám, mellyel minden x I esetén H(y(x)) = G(x) + c. H H függvénynek vn inverzfüggvénye, H 1, kkor zz minden x I esetén H 1 (H(y(x))) = H 1 (G(x) + c), y(x) = H 1 (G(x) + c). (14.2) Tehát z y = g(x)h(y) feldt minden megoldás előállíthtó (14.2) lkbn. (Behelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy ezek függvények vlóbn megoldások.) Megjegyezzük, hogy ezt gondoltmenetet csupán formálisn követve egy könnyen megjegyezhető megoldási eljáráshoz jutunk: y = g(x)h(y)

235 14.1. Differenciálegyenletek A 225 dy dx = g(x)h(y) dy h(y) = g(x)dx Ezt z egyenletet integrálv és bevezetve H := 1/h és G = g primitív függvényeket H(y) = G(x) + c egyenlethez jutunk. Mindkét oldlr lklmzv H 1 inverzfüggvényt (14.2) megoldást kpjuk. Nézzük meg, hogy ez z egyszerűen megoldhtó típus milyen jelenségek leírásár lklms Alklmzás Tegyük fel, hogy egy rdioktív nyg t = 0 időpillntbn m 0 tömegű. Az idő előrehldtávl t > 0 időpillntbn jelölje m(t), míg t + t időpontbn m(t+ t) sugárzó nyg tömegét. Feltesszük, hogy t és t+ t időpont közötti m := m(t+ t) m(t) tömegváltozás egyenesen rányos t időpontbeli m(t) tömeggel és z eltelt t idővel: m m(t) t. Sugárzásról vn szó, így t > 0 esetén m < 0. Bevezetve egy k > 0 rányossági tényezőt m = km(t) t, zz m t = km(t) egyenlőséghez jutunk. H t 0, kkor m lim t 0 t = dm dt = km(t) differenciálegyenletet kpjuk. Ebben most x helyett t változó, és y(x) helyett m(t) z ismeretlen függvény. A differenciálegyenlet szétválszthtó változójú (k most nem is függ t változótól). Oldjuk meg z egyenletet z imént ismertetett módszerrel. Szétválsztv változókt dm m = kdt. Mindkét oldlt integrálv melyből ln m = kt + c, m = e kt+c = e kt e c.

236 Differenciálegyenletek Mivel kezdeti feltételből m 0 = m(0) = e 0 e c = e c, zért megoldás bármely t > 0 esetén m(t) = m 0 e kt. A sugárzó nygok egyik jellemzője T felezési idő, mely megdj, hogy mennyi idő ltt tűnik el z nyg tömegének fele. A T felezési idővel megdhtó k bomlási állndó. Ugynis melyből m 0 2 = m(t ) = m 0e kt, k = ln 2 T. Kuttások kimuttták, hogy élő növényi szervezetben szén 14-es izotópjánk koncentrációj állndó, mivel szétsugárzódó C 14 pótlódik légkörből z sszimiláció során. Azonbn, mikor például egy f elpusztul, kkor többé nem épül be C 14, ezért csökken f nygábn koncentrációj. Tláltk egy korhdt ftörzset, melyben C 14 térfogtegységre eső mennyisége csk 90%- szokásosnk. Hány évvel ezelőtt pusztult el f, h tudjuk, hogy C 14 felezési ideje 5370 év? Mivel C 14 mennyiséget f elpusztulásától számított t idő múlv z m(t) = m 0 e ln t képlet dj és jelenleg f nygábn C 14 mennyisége 0,9m 0, zért keresett időt 0,9m 0 = m 0 e ln t egyenlet dj. Mindkét oldlt m 0 -l osztv, mjd logritmust véve ln 0,9 = ln t melyből ln 0,9 t = 5370 = 816 év. ln 2 Tehát f 816 évvel ezelőtt pusztult el. Ez péld illusztrált C 14 -es kormeghtározás módszerét, melyért 1960-bn W. Libby meriki vegyész kémii Nobel díjt kpott Feldtok 1. (Korlátln szporodás modellje) Legyen t = 0 időpontbn m 0 tömegű vírus egy város lkosibn. Írjuk le járvány kilkulásánk modelljét (h nincs ellenszere vírus szporodásánk...).

237 14.2. Feldtok (Korlátozott növekedés modellje) Egy szigeten legfeljebb M mennyiségű (például tömegű) nyúl számár terem elegendő fű. Betelepítenek m 0 mennyiségű nyult. Írjuk le nyulk mennyiségének időbeli változását! Megoldás: Jelölje m(t) kérdéses mennyiséget t időpontbn. Feltehető, hogy egy t időpontbn ennek t idő ltti megváltozás rányos z eltelt t idővel, z m(t) nyúlmennyiséggel és sziget mrdék nyúleltrtó képességével. Azz m(t + t) m(t) m(t)(m m(t)) t. Bevezetve k szporodási tényezőt m(t + t) m(t) = km(t)(m m(t)) t. Elosztv z egyenletet t-vel, mjd t 0 htárátmenetet véve dm dt = m = km(m m) szétválszthtó változójú differenciálegyenletet kpjuk. Szétválsztv változókt dm m(m m) = kdt. Felhsználv, hogy 1 m(m m) = 1 M ( ) 1 m + 1 M m kpjuk, hogy 1 m(m m) dm = 1 M (ln m ln(m m)) = 1 M ln m M m. Az egyenlet másik oldlát is integrálv Ebből 1 M ln m M m = kt + c m ln = Mkt + Mc M m m M m = emkt e Mc. e Mkt m(t) = M e Mc + e Mkt.

238 Differenciálegyenletek M m(t) m 0 t ábr Az m(0) = m 0 kezdeti feltételből melyből Így megoldás Láthtó, hogy 1 m 0 = M e Mc + 1, e Mc = m 0 M m 0. m(t) = M e Mkt M m 0 m 0 + e Mkt. lim m(t) = M lim t t 1 M m 0 m 0 e Mkt + 1 = M. 3. Oldj meg z lábbi differenciálegyenleteket! ) y = xy, x R b) y = ytgx, x ( π/2, π/2) c) y = 1 2x 1 + y2, x > 0

239 15. fejezet Többváltozós függvény integrálj A vlós-vlós függvény integrálját most más iránybn áltlánosítjuk. Eljutunk egy felület ltti térrész térfogtához, melynek kiszámítását vlós függvények integráljánk kiszámításár vezetjük vissz. Az lábbi témköröket tárgyljuk: Többváltozós függvény Riemnn-integráljánk definíciój Az integrál kiszámítás tégllpon Fubini-tétellel Az integrál kiszámítás normáltrtományon Az integrál kiszámítás más trtományokon integráltrnszformációvl Többváltozós integrál A A többváltozós integrál foglm Legyen T := [, b] [c, d] R 2 egy zárt tégllp. Legyen f : R 2 R kétváltozós folytonos függvény, melyre T D(f). Készítsük el z [, b] intervllum egy = x 0 < x 1 <... < x i 1 < x i <... < x n = b és [c, d] intervllum egy c = y 0 <... < y k 1 < y k <... < y m = b felosztását. Minden [x i 1, x i ] részintervllumbn vegyünk fel egy ξ i [x i 1, x i ] és minden [y k 1, y k ] részintervllumbn egy η k [y k 1, y k ] pontot (i = 1,..., n, k = 1,..., m). Készítsük el σ n,m := f(ξ i, η k )(x i x i 1 )(y k y k 1 ) i=1,...,n, k=1,...,m 229

240 Többváltozós függvény integrálj közelítőösszeget. (A σ n,m szemléletesen [x i 1, x i ] [y k 1, y k ] tégllp lplpú, f(ξ i, η k ) mgsságú (ez lehet negtív szám is!) hsábok előjeles térfogtánk z összege.) Az f függvény folytonosság mitt igzolhtó, hogy ezeknek közelítőösszegeknek létezik htárértéke bbn z értelemben, hogy vn olyn I R szám, hogy bármely ε > 0 hibkorláthoz vn olyn δ > 0 szám, hogy minden olyn felosztásr, melyben és mx{x i x i 1 i = 1,2,..., n} < δ mx{y k y k 1 k = 1,2,..., m} < δ és ezekben tetszőlegesen felvett ξ i [x i 1, x i ] (i = 1,..., n) és η k [y k 1, y k ] (k = 1,..., m) esetén σ n,m I < ε. Az ilyen I R számot z f függvény T tégllpon vett integráljánk nevezzük és f := I. T Erre foglomr röviden úgy szoktk hivtkozni, hogy f = lim f(ξ i, η k )(x i x i 1 )(y k y k 1 ) = T x i x i 1 0, y k y k 1 0 i,k = lim f(ξ i, η k ) x i y k = f(x, y)dxdy. x i 0, y k 0 i,k Az f R számot z f felület ltti T [,b] [c,d] H := {(x, y, z) R 3 (x, y) T, 0 z f(x, y), h f(x, y) 0 térrész előjeles térfogtánk nevezzük. vgy f(x, y) z 0, h f(x, y) < 0} Az integrál kiszámítás tégllpon és normáltrtományon Nyilvánvló, hogy bemuttott eljárás végigvitele igen nehézkessé tenné z f függvény T tégllpon vett integráljánk kiszámítását. Idézzük fel vlós-vlós függvény integráljánk térfogtszámításr vló lklmzását. Legyen most z [, b] intervllum tetszőleges x [, b] pontjábn

241 15.1. Többváltozós integrál A 231 f d S(x) c x b ábr H síkmetszetének területe S(x) (15.1. ábr). Ez terület [c, d] y f(x, y) függvény [c, d]-n vett integrálj: S(x) = d c f(x, y)dy. H ezt z [, b] x S(x) függvényt (mely f folytonosság mitt folytonos) integráljuk z [, b] intervllumon, kkor b ( b ) d f = f(x, y)dxdy = S(x)dx = f(x, y)dy dx. T [,b] [c,d] c Hsonló gondoltmenettel dódn, hogy ( d ) b f = f(x, y)dx dy. T c Tétel (Fubini-tétel). Legyen f : R 2 R, f folytonos és [, b] [c, d] D(f). Ekkor ( b ) d ( d ) b f = f(x, y)dy dx = f(x, y)dx dy. [,b] [c,d] c c

242 Többváltozós függvény integrálj Például legyen f : R 2 R, f(x, y) = xy. T := [0,1] [2,3]. Ekkor T f = 3 2 ( 1 0 ) xydx dy = 3 2 [ ] x y y dy = dy = [ y 2 4 ] 3 2 = = 5 4. Az f függvény T tégllpon vett integráljánk definíciój nem igényelte, hogy z f folytonos függvény legyen. H f nem folytonos, kkor előfordulht, hogy nem létezik z I R szám. H zonbn létezik kívánt tuljdonságú I szám, kkor z f függvényt integrálhtónk mondjuk T tégllpon, és ekkor f := I. T Ezzel megjegyzéssel térünk át z f : R 2 R függvénynek nem tégllp lkú hlmzokon vett integrálhtóságár és integráljár. Legyen α, β : [, b] R folytonos függvény olyn, hogy minden x [, b] esetén α(x) β(x). Legyen N x := {(x, y) R 2 x [, b] és α(x) y β(x)} z x-tengelyre nézve normáltrtomány. Legyen f : N x R folytonos függvény. Mivel α, β C[, b], ezért vn olyn c, d R, hogy minden x [, b] esetén c α(x) β(x) d. Terjesszük ki z f függvényt tégllpr következő módon: T := [, b] [c, d] ˆf : T R, ˆf(x, y) := { f(x, y), h (x, y) Nx 0, h (x, y) T \ N x. Ez z f függvény olyn, hogy ˆf Nx folytonos, míg T \ N x hlmzon zonosn 0. Igzolhtó, hogy z ilyen ˆf függvény integrálhtó, és z ˆf függvény T tégllpon vett integrálj segítségével értelmezzük z f függvény N x normáltrtományon vett integrálját: f := ˆf. N x T A Fubini-tétel szerint ( b d f = ˆf = N x T c ˆf(x, y)dy ) dx =

243 15.1. Többváltozós integrál A 233 = = b b ( α(x) c β(x) ˆf(x, y)dy + ( ) β(x) f(x, y)dy dx, α(x) α(x) ) d ˆf(x, y)dy + ˆf(x, y)dy dx = β(x) hiszen [c, α(x)] y ˆf(x, y) = 0, [α(x), β(x)] y ˆf(x, y) = f(x, y) és [β(x), d] y ˆf(x, y) = 0 bármely x [, b] esetén. Például legyen f : R 2 R, f(x, y) = xy és N x := {(x, y) R 2 x [ 1,1] és x 2 1 y 1 x 2 }. Ekkor N x f = = ( 1 x 2 x 2 1 xydy ) dx = 1 ] 1 x 2 [x y2 1 x 2 (1 x2 ) 2 x 2 (x2 1) 2 dx = 2 1 dx = x dx = 0. Értelemszerű módosítássl kpjuk z N y y-tengelyre nézve normáltrtományr vett integrált is. Az előzőek mintájár építhető fel z f : R 3 R függvény T := [ 1, b 1 ] [ 2, b 2 ] [ 3, b 3 ] téglár vett integrálj, z erre vontkozó Fubini-tétel, mjd z N xy xy-síkr nézve normáltrtományon vett integrál is. Az N xy R 3 z xy-síkr nézve normáltrtomány, h létezik z [, b] R zárt intervllum, léteznek α, β : [, b] R folytonos függvények, melyekre α(x) β(x) (x [, b]), és léteznek λ, µ : R 2 R folytonos függvények, melyekre λ(x, y) µ(x, y) (x [, b], α(x) y β(x)) olynok, hogy N xy = {(x, y, z) R 3 x [, b], α(x) y β(x), λ(x, y) z µ(x, y)}. Tegyük fel, hogy f : R 3 R, folytonos függvény, és N xy D(f). Ekkor { b ( β(x) ) } µ(x,y) f = f(x, y, z)dz dy dx. N xy α(x) λ(x,y) Az integrál trnszformációj Az egyváltozós helyettesítéssel történő integrálásnk is vn megfelelője többváltozós integrálásbn. A vlós változós helyettesítéses integrál szerint, h φ : [α, β] [, b] szigorún monoton növő bijekció, és φ D, kkor b f(x)dx = β α f(φ(t)) φ (t)dt.

244 Többváltozós függvény integrálj Tegyük fel, hogy z f : R 2 R függvényt Q D(f) hlmzon szeretnénk integrálni. H szerencsénk vn, kkor tlálunk olyn Φ = (φ, ψ) : T Q bijekciót, hol T = [α, β] [γ, δ] R 2 egy tégllp, Φ folytonosn differenciálhtó, és bármely (u, v) T esetén det Φ (u, v) = uφ(u, v) v φ(u, v) u ψ(u, v) v ψ(u, v) 0. Bebizonyíthtó, hogy ekkor f = f(φ(u, v), ψ(u, v)) det Φ (u, v) dudv. Q T Például Q := {(x, y) R 2 x 2 + y 2 4}, mi egy origó középpontú, 2 sugrú zárt körlemez. Az f : R 2 R, f(x, y) := x 2 + y 2. Mivel (φ, ψ) := [0,2] [0,2π] Q, φ(u, v) := u cos v, ψ(u, v) := u sin v bijekció (polártrnszformáció néven ismert), és det(φ, ψ) (u, v) = cos v u sin v sin v u cos v = u cos2 v + u sin 2 v = u, ezért x 2 + y 2 dxdy = Q = [0,2] [0,2π] 2 ( 2π 0 0 { (u cos v) 2 + (u sin v) 2} ududv = ) u 3 dv du = 2 0 [u 3 v] 2π 0 du = ] 2 [2π u4 = 8π. 4 0 Az f : R 3 R függvények integrálásánál gykrn könnyítést jelent, h észrevesszük, hogy z trnszformációvl z X(r, φ, ϑ) := r sin ϑ cos φ Y (r, φ, ϑ) := r sin ϑ sin φ Z(r, φ, ϑ) := r cos φ [R 1, R 2 ] [φ 1, φ 2 ] [ϑ 1, ϑ 2 ] =: T téglát Q R 3 integrálási trtományr kölcsönösen egyértelműen képezi le Φ := (X, Y, Z) : T Q függvény, és det Φ 0 T téglán. Ekkor sin ϑ cos φ r sin ϑ sin φ r cos ϑ cos φ det Φ (r, φ, ϑ) = sin ϑ sin φ r sin ϑ cos φ r cos ϑ sin φ cos ϑ 0 r sin ϑ = r2 sin ϑ.

245 15.2. Feldtok 235 Ekkor f(x, y, z)dxdydz = Q T f(x(r, φ, ϑ), Y (r, φ, ϑ), Z(r, φ, ϑ)) r 2 sin ϑ drdφdϑ. Az itt lklmzott térbeli polártrnszformáció olyn Q térrészekre lklms, mely egy gömb vlmilyen része (félgömb, gömbréteg stb.) Feldtok 1. Legyen f : R 2 R, f(x, y) := xy + 2 függvény, és T := [0,1] [1,2] egy tégllp. Számítsuk ki z f(x, y)dxdy integrált! T Megoldás: Alklmzzuk Fubini-tételt: T f(x, y)dxdy = = = = dx dx 2 1 (xy + 2)dy = [x y y ] y=2 dy = y=1 dx(2x + 4 x 2 2) = 1 [ 3 x x ] = = x + 2dx = 2. Legyen N x := {(x, y) 0 x 2, 2 x y 1 2x + 3} egy x tengelyre nézve normáltrtomány, továbbá legyen f(x, y) := 2x + y + 1, g(x, y) := x két felület. Számoljuk ki H := {(x, y, z) R 3 (x, y) N x és g(x, y) z f(x, y)} térrész térfogtát! (A problém kár egy gránitdrb térfogtbecslésének modellje is lehet... ) Megoldás: Láthtó, hogy z N x trtományon f(x, y) > g(x, y), ezért H hlmz térfogt = N x f N x g = N x f g. = = N x (2x + y + 1 x)dxdy = dx dx 1 2 x+3 2 x [xy + y2 2 + y x + y + 1dy = ] y= 1 2 x+3 y=2 x =

246 Többváltozós függvény integrálj = 2 0 ( ) 1 dx(x 2 x ( ) x x + 3 (x(2 x) + = 2 0 (2 x) x2 + 6x dx = + 2 x) = [ 9 x x x ] 2 0 = Legyen f(x, y) := xy ((x, y) R 2 ) és K := {(x, y) x 2 + y 2 4} egy körlp. Számítsuk ki z f(x, y)dxdy integrált! K Megoldás: A K körlpot előállíthtjuk tégllp képeként z D := {(r, φ) 0 r 2, 0 φ 2π} x = r cos φ, y = r sin φ polártrnszformációvl. A trnszformáció Jcobi-determináns det(x(r, φ), y(r, φ)) = cos φ r sin φ sin φ r cos φ = r, ezért = 2 0 dr 2π 0 K f(x, y)dxdy = r cos φ r sin φdφ = D 2 0 f(r cos φ, r sin φ) rdrdφ = [ ] φ=2π dr r 2 sin2 φ = 2 φ= dr = Számítsuk ki z 0 e x2 dx improprius integrált! Megoldás: Legyen R > 0 tetszőleges. Az... ábr jól szemlélteti, hogy z origó középpontú R és R 2 sugrú negyedkörlp közrefogj z N(R) = = [0, R] [0, R] négyzetet. Tekintsük z f(x, y) := e (x2 +y 2 )=e x2 e y2 ((x, y) R 2 ) pozitív kétváltozós függvényt. Egy pozitív függvény ltti térfogt ngyobb területű trtományon ngyobb lesz, ezért K(r) := {(x, y) x, y 0 és x y 2 r 2 } jelöléssel f < K(R) f < N R K(R f. 2) (15.1) A Fubini-tétel lpján R f = dx N(R) 0 R 0 e (x2 +y 2) dy = R 0 R dxe x2 e y2 dy = 0

247 15.2. Feldtok 237 ( 2 R = e dx) x2. 0 Az ezt z integrált közrefogó két integrált polártrnszformációvl számoljuk ki. H R > 0, kkor tégllpon értelmezett D := {(r, φ) 0 r R, 0 φ π 2 } x = r cos φ, y = r sin φ leképezés K(R) negyedkörlpot állítj elő, ezért f = f(r cos φ, r sin φ) rdrdφ = K(R) = = D π 2 Hsonlón kpjuk z 0 dφ R 0 e r2 rdr = ( 1 2 e R2 + 1 ) π 2 2. K(R 2) f = π 2 ( ) π 2 e 2R dφ [ 12 ] r=r e r2 = r=0 eredményt is. A kiszámított integrálokt (15.1) egyenlőtlenségbe helyettesítve zt kpjuk, hogy bármely R > 0 esetén ( ) 2 π R 2 (1 e R ) < e x2 dx < π 2 (1 e 2R ) Vegyük z egyenlőtlenség htárértékét, miközben R +. Ekkor lim R π (1 e R 4 2) = π 4 ( 0 2 π e dx) x2 2 lim (1 e 2R ) = π R 4 4, melyből e x2 dx = π 0 2. Megjegyezzük, hogy ebből z eredményből g(x) := e x2 (x R) függvény párosságát kihsználv következik, hogy e x2 dx = 2 0 e x2 dx = π.

248 Többváltozós függvény integrálj További következményt is beláthtunk. H m R és σ > 0, kkor kiszámítjuk z 1 e (x m)2 2σ 2 dx 2πσ integrált, mely z m, σ prméterű normális eloszlású vlószínűségi változó sűrűségfüggvényének z integrálj. Vezessük be t := x m σ 2 helyettesítést. Ekkor x = σ 2t + m és dx = σ 2dt. H x =, kkor t =, és h x = +, kkor t = +, így 1 2πσ e (x m)2 2σ 2 dx = = 1 π 1 2πσ e t2 σ 2dt = e t2 dt = 1 π π = 1.

249 16. fejezet Vektornlízis Térgörbék jellemzőit értelmezzük és számítjuk ki (görbület, torzió, ívhossz). Felületeken is bevezetjük z integrál foglmát. A Newton Leibniz-formul áltlánosításként integrálátlkító tételeket (Guss, Stokes) foglmzunk meg. Az lábbi témköröket tárgyljuk: Görbe érintője, binormális, főnormális Görbe rektifikálhtóság és hossz Görbület, simulókör, torzió Felületek prméteres megdás Felszín definíciój Felszíni integrál Felületi integrál Grdiens, divergenci, rotáció Stokes-tétel, Guss-tétel Vektornlízis A Térgörbék Legyen r : [α, β] R 3 egy megfelelően sim (ṙ, r,... r C és bármely t (α, β) esetén ṙ(t), r(t),... r (t) 0) térgörbe. Már láttuk, hogy ṙ(t 0 ) görbe 239

250 Vektornlízis t 0 prméterű pontjához húzott érintővektor. Jelöljük z ṙ(t 0 ) irányáb muttó egységvektort t-vel: t := ṙ(t 0) ṙ(t 0 ). Ezt tngenciális vektornk nevezzük. Most legyen görbe P 0 pontj z r(t 0 ) vektor végpontj. Vegyünk fel tetszőlegesen görbén P 1 és P 2 (P 1, P 2 P 0 ) pontokt. H P 1, P 0, P 2 nem esik egy egyenesbe, kkor egy síkot htároznk meg. Közeledjen P 1 és P 2 is P 0 -hoz. Tegyük fel, hogy z áltluk meghtározott síkok is közelítenek egy htárhelyzethez, mi szintén egy sík. Ezt síkot görbe P 0 ponthoz trtozó simuló síkjánk nevezzük (lényegében ez sík trtlmzz görbe P 0 -hoz közeli kis drbját). Megmutthtó, hogy simuló síkot z ṙ(t 0 ) és z r(t 0 ) vektorok feszítik ki, ezért sík egyik normálvektor z ṙ(t 0 ) r(t 0 ) lesz. Ebből simuló sík bármely pontjához vezető r helyvektorr fennáll, hogy (ṙ(t 0 ) r(t 0 )), r r(t 0 ) = 0 ( simuló sík egyenlete). A simuló sík normálvektorából szármzttott egységvektor binormális: b := ṙ(t 0) r(t 0 ) ṙ(t 0 ) r(t 0 ). Nyilván b binormális merőleges t tngenciális vektorr. A b és t síkját rektifikáló síknk nevezzük. Ennek síknk z egyik normálvektor t b, melyből szármzttott egységvektort z f főnormálisnk nevezzük: f := (ṙ(t 0) r(t 0 )) ṙ(t 0 ) (ṙ(t 0 ) r(t 0 )) ṙ(t 0 ). Az f és b síkj normálsík (ennek egyik normálvektor z ṙ(t 0 ) érintővektor.) A t, f, b páronként egymásr merőleges egységvektorok, melyek ebben sorrendben jobbsodrású rendszert lkotnk. A görbe r(t 0 ) helyvektorú pontjához illesztett t, f, b vektorrendszert kísérő triédernek nevezzük (t 0 változásávl kísérő triéder is változik, görbe számár ngyon természetesnek tűnik ez rendszer). A köznpi értelemben is fontos tudni egy út hosszát. Tisztázni fogjuk, hogy egy r : [α, β] R 3 térgörbének mikor vn ívhossz, és h vn, kkor zt hogyn definiáljuk. Legyen τ z [α, β] egy tetszőleges felosztás: τ : α = t 0 < t 1 <... < t i 1 < t i <... < t n = β.

251 16.1. Vektornlízis A 241 Az r(t i 1 ) és r(t i ) görbe pontjihoz vezető helyvektor, így r(t i ) r(t i 1 ) két pontot összekötő szksz hossz. Legyen n L(τ) := r(t i ) r(t i 1 ) i=1 z r(t 0 ), r(t 1 ),... r(t n ) pontokhoz trtozó töröttvonl hossz. Készítsük el z összes ilyen töröttvonl hosszát trtlmzó számhlmzt: {L(τ) τ felosztás z [α, β] intervllumnk}. H ez hlmz felülről korlátos, kkor z r térgörbét rektifikálhtónk ( kiegyenesíthető ) nevezzük, és ekkor sup{l(τ) τ felosztás z [α, β] intervllumnk} =: L R-beli számot nevezzük térgörbe hosszánk. H hlmz felülről nem korlátos, kkor nincs hossz térgörbének (vgy végtelen hosszú). Már láttuk, hogy sim görbe esetén így r(t i ) r(t i 1 ) ṙ(ξ i ) (t i t i 1 ) (ξ i [t i 1, t i ]), L(τ) = n r(t i ) r(t i 1 ) i=1 n ṙ(ξ i ) (t i t i 1 ), mi egy integrálközelítő összeg. Megmutthtó, hogy ez sim görbe esetén elvezet görbe ívhosszához: sim görbe rektifikálhtó, és L = β α i=1 ṙ(t) dt. H r : [α, β] R sim görbe, kkor bármely t [α, β] esetén legyen s(t):= t ṙ(u) du görbének t prméterű pontig terjedő ívhossz (nyilván ez is létezik). Az értelmezés lpján láthtó, α hogy s (t) = d dt H t, t + t [α, β], kkor s := s(t + t) s(t) = t α t+ t t ṙ(u) du = ṙ(t). ṙ(u) du ṙ(t) t, h t 0. Az r térgörbe mentén mozgó pont pálymenti (kerületi) sebessége ebből szármztthtó: s v(t) = lim t 0 t = ds dt = ṙ(t).

252 Vektornlízis Gykrn hsználjuk szögsebesség foglmát. Tegyük fel, hogy z r(t) és z r(t + t) vektorok hjlásszöge φ. Az r térgörbe t prméterű pontjábn szögsebesség legyen φ ω(t) := lim t 0 t. Elég sim görbe esetén kiszámítjuk z ω(t) szögsebességet. Ismert, hogy r(t) r(t + t) = r(t) r(t + t) sin φ. Felhsználv, hogy r(t) r(t) = 0, sin φ = sin φ Emlékezve rr, hogy lim φ 0 φ számolunk: sin φ φ φ t r(t) (r(t + t) r(t)). r(t) r(t + t) = 1, és t 0 esetén φ 0, tovább r(t+ t) r(t) r(t) t = r(t) r(t + t), r(t + t) r(t) lim = ṙ(t), t 0 t φ r(t) ṙ(t) ω(t) = lim = t 0 t r(t) 2. Egy utóbn útknyrulthoz érve fontos tudni, hogy mennyire görbült z út, mennyire tér el z egyenestől. Az elég sim görbe t és t + t prméterű pontji közötti görbeív hossz legyen s. E két pontbeli érintővektor hjlásszöge legyen α. A t prméterű ponthoz trtozó görbületen α G(t) := lim s 0 s htárértéket értjük. A görbület rról tájékoztt, hogy s út megtételekor mekkor sebességvektor szögelfordulás. H G ngy, kkor éles knyr, h G közel null, kkor lényegében egyenes z út. Kiszámítjuk görbületet is elég sim görbe (ṙ, r C) esetén. H s 0, kkor t 0, így α s = α t : s t, miből α G(t) = lim s 0 s = lim α t 0 t : lim s = Ω(t) : ṙ(t), t 0 t

253 16.1. Vektornlízis A 243 hol Ω(t) z ṙ (ez is térgörbe!) szögsebessége t prméterű helyen. Tehát G(t) = Legyen G(t) 0 esetén ṙ(t) r(t) ṙ(t) 2 : ṙ(t) = R(t) := 1 G(t) > 0. ṙ(t) r(t) ṙ(t) 3. Igzolhtó, hogy görbe t prméterű pontjához illeszkedő R(t) sugrú kör, mely simuló síkbn fekszik, és melynek középpontj z f főnormális egyenesén vn, görbéhez jól simuló kört d. Simuló körnek nevezik. Az r görbén vló mozgás rövid szkszon simuló körön vló mozgássl helyettesíthető. A görbület zt muttj meg, hogy egy görbe mennyire tér el z egyenestől. Egy másik jellemző dt, torzió rról tájékoztt, hogy görbe mennyire tér el egy síkgörbétől. A görbe simuló síkjánk normálvektor binormális. H prméterváltozássl simuló sík változik, kkor erről binormális elhjlás tnúskodik. A s ívhosszváltozássl járó binormális szögelfordulás jellemzi torziót (csvrodást), zz t prméterű helyhez trtozó torzió legyen β T (t) := lim s 0 s. hol β z r(t) és z r(t + t) görbepontoknál érvényes simuló síkok normálvektoránk (b(t) és b(t + t)) hjlásszöge, s pedig két pont közötti ívhossz. Az előzőekhez hsonlón, elég sim görbe esetén (ṙ, r,... r C) β T (t) = lim s 0 s = lim β t 0 t : s t = lim β t 0 t : lim s t 0 t = = b(t) ḃ(t) b(t) 2 : ṙ(t), hol z osztndó b binormális, mint térgörbe szögsebessége. Behelyettesítve binormálisr megismert előállítást, egyszerűsítések után torziór zt kpjuk, hogy... ṙ(t) r(t), r (t) T (t) = ṙ(t) r(t) 2. Megjegyezzük, hogy h számlálóbn vegyesszorztnk nem vesszük z bszolút értékét, kkor T (t) > 0 esetén jobbcsvrodású, T (t) < 0 esetén blcsvrodású görbéről beszélünk. Csvrmeneteknél, csiglépcsőnél jelentősége lehet ennek is...

254 Vektornlízis Felületek Legyen S egy sík térben. Az S sík egy pontjához vezessen z r 0 vektor. Legyen továbbá z és b két nem párhuzmos síkbeli vektor. Ismert, hogy z S sík tetszőleges pontjához vezető r vektor előáll lklms u, v R számokkl r = r 0 + u + vb lkbn. Koordinátánként ez zt jelenti, hogy x = x 0 + u 1 + vb 1 y = y 0 + u 2 + vb 2 z = z 0 + u 3 + vb 3. Tehát z S sík bármely pontját három kétváltozós függvénnyel meg tudtuk dni. Ez áltlánosn is igz. Legyen Φ : R 2 R 3, Φ = hol X, Y, Z : R 2 R. H Ω := D(Φ) R 2, kkor bármely (u, v) Ω esetén z X(u, v) Y (u, v) Z(u, v) R 3 tér egy pontjához vezető helyvektort d. Ezek pontok egy felületet (kétprméteres felület) htároznk meg. Például Φ : [0,2π] [0, π] R 3, Φ(u, v) := X Y Z 3 sin v cos u 3 sin v sin u 3 cos v egy (0,0,0) középpontú, R = 3 sugrú gömbfelület kétprméteres előállítás (16.1. ábr). Legyen Φ : R 2 R 3, (u 0, v 0 ) D(Φ). A p : R R 3, p(u):=φ(u, v 0 ), felületen futó görbe legyen z u-prmétervonl, míg q:r R 3, q(v):=φ(u 0, v) v-prmétervonl (16.2. ábr). H Φ sim függvény (X, Y, Z koordinát-függvények prciális derviáltji folytonosk), kkor ṗ(u 0 ) és q(v 0 ) z u-prmétervonl ill. v-prmétervonl érintővektori, és ekkor z n := ṗ(u 0 ) q(v 0 ) Φ felület Φ(u 0, v 0 ) pontjához,

255 16.1. Vektornlízis A 245 z Φ(u,v) v u y x ábr v (u 0,v) k q(v) p(u) v 0 (u,v 0 ) Φ(u 0,v 0 ) u 0 u i j ábr

256 Vektornlízis trtozó érintősíkjánk normálvektor lesz. Mivel u X(u 0, v 0 ) ṗ(u 0 ) = u Y (u 0, v 0 ) u Z(u 0, v 0 ) és q(v 0 ) = ezért z érintősík normálvektor z i j k n = u X u Y u Z v X v Y v Z v X(u 0, v 0 ) v Y (u 0, v 0 ) v Z(u 0, v 0 ) determináns, hol prciális deriváltkt z (u 0, v 0 ) helyen kell venni. Legyen Φ sim felület, (u, v), (u + u, v), (u + u, v + v), (u, v + v) D(Φ) pontok áltl meghtározott tégllp. Ennek területe u v. A Φ(u + u, v) Φ(u, v) Φ(u, v + v) Φ(u, v) u X(u, v) u Y (u, v) u Z(u, v) v X(u, v) v Y (u, v) v Z(u, v) u =:, v =: b, ezért felületen futó u- és v-prmétervonlk áltl htárolt Φ(u, v), Φ(u + + u, v), Φ(u + u, v + v), Φ(u, v + v) csúcsokkl jellemezhető felületdrb felszíne közelítőleg Φ(u, v) felületi ponthoz trtozó érintősíkon lévő olyn prlelogrmmánk területe, melynek oldlvektori és b. Ez terület vektoriális szorzttl kifejezhető: b = n u v = i j k u X u Y u Z v X v Y v Z u v. A prmétertrtományt z u és v tengellyel párhuzmos egyenesekkel elég sűrűn felosztv u v területű cellák keletkeznek (16.3. ábr). A cell képe felületen egy görbevonlú cell lesz, melynek felszínét számoltuk ki z előbbiekben. H ezeket összegezzük, kkor Φ felület felszínének egy közelítőösszegét kpjuk: ux(u, v) u Y (u, v) vx(u, v) v Y (u, v) u v, u v u Z(u, v) v Z(u, v),

257 16.1. Vektornlízis A 247 v v u u ábr mely felosztás minden htáron túli sűrítésével Φ felület Ω értelmezési trtományár vett integrálhoz trt. Tehát Φ felület felszíne S := u Φ v Φ dudv, hol u Φ = u X u Y u Z Ω és v Φ = v X v Y v Z Az integrálndó függvényt egyszerűsíthetjük. Mivel, b vektor esetén b 2 = 2 b 2 sin 2 α = 2 b 2 (1 cos 2 α) = = 2 b 2 2 b 2 cos 2 α = 2 b 2 (, b ) 2,. ezért S = ( u Φ 2 v Φ 2 ( u Φ, v Φ ) 2 ) 1/2 dudv. Ω Felszíni integrál Legyen Φ : R 2 R 3, Ω := D(Φ) egy sim felület. Tegyük fel, hogy felület minden pontjához hozzárendeltünk egy vlós számot, zz legyen U : R 3 R, D(U) := Φ(Ω). Tegyük fel, hogy U folytonos. Az U sklárfüggvény Φ felületre vett integrálját szokásos módon értelmezzük: 1 o Felosztjuk z Ω prmétertrtományt u v területű cellákr. 2 o A cellákbn felveszünk tetszőlegesen (u, v ) pontokt.

258 Vektornlízis 3 o Elkészítjük z U(Φ(u, v )) u Φ v Φ u v szorztot (z U függvény egy felületi pontbn vett értékének és u v területű cell képének közelítő területét szoroztuk össze). 4 o A u v U(Φ(u, v )) u Φ v Φ u v egy integrálközelítő összeg. 5 o Az U sklárfüggvény Φ felületre vett integrálján közelítőösszegek htárértékét értjük: U := lim U(Φ(u, v )) u Φ v Φ u v = Φ u 0, v 0 u v = U(Φ(u, v)) u Φ(u, v) v Φ(u, v) dudv. Felületi integrál Ω Legyen Φ : R 2 R 3, Ω := D(Φ) egy sim felület. Tegyük fel, hogy felület minden pontjához egy vektort rendeltünk, zz F : R 3 R 3, D(F ) = = Φ(Ω). Tegyük fel, hogy F folytonos. Az F vektorértékű függvény Φ felületre vett integrálját z eddigiekhez hsonlón értelmezzük: 1 o Felosztjuk z Ω prmétertrtományt u v területű cellákr. 2 o A cellákbn tetszőlegesen felveszünk (u, v ) pontokt. 3 o Elkészítjük z F (Φ(u, v )) vektort. 4 o A cell (u, v) srokpontjához trtozó Φ(u, v) ponthoz trtozik egy érintősík, melynek normálvektor u Φ(u, v) v Φ(u, v). Mivel u v területű cellához trtozó felületelem területe S u Φ(u, v) u v Φ(u, v) v = u Φ(u, v) v Φ(u, v) u v, ezért S := ( u Φ(u, v) v Φ(u, v)) u v vektort felszínvektornk nevezzük. (A S hossz éppen felületelem területe, és irány felületre merőleges, ṗ(u), q(v) vektorokkl jobbsodrású rendszert lkot.) 5 o Elkészítjük F (Φ(u, v )), S u v skláris szorztok összegét. Ez egy integrálközelítő összeg.

259 16.1. Vektornlízis A o Az F vektorértékű függvény Φ felületre vett integrálján közelítőösszegek htárértékét értjük: Φ F := A nbl lim u 0, v 0 F (Φ(u, v )), u Φ(u, v) u v v Φ(u, v) u v = = F (Φ(u, v)), u Φ(u, v) v Φ(u, v) dudv. (16.1) Ω A nbl egy jelképes vektor, mely z x szerinti, z y szerinti és z szerinti prciális deriválásr d utsítást. Jele. Vektorként is hsználhtó, skláris és vektoriális szorztok egyik tényezője is lehet. := x y z H f : R 3 R sim függvény, kkor grdf = f = x f y f z f. (Itt z f úgy viselkedik, mint egy vektor számszorzój, csk szokástól eltérően most vektor mögött helyezkedik el.) H f : R 3 R 3 sim függvény, kkor z f (x, y, z) R 3 3 deriváltmátrix főátlójábn álló elemek összege legyen divf(x, y, z) = x f 1 (x, y, z) + y f 2 (x, y, z) + z f 3 (x, y, z). Az f divergenciáj vektorrl: divf =, f ( nbl és z f vektor skláris szorzt). H f : R 3 R 3 sim függvény, kkor z f (x, y, z) R 3 3 deriváltmátrix főátlór szimmetrikusn elhelyezkedő elemei különbségeiből álló vektort z f rotációjánk nevezzük, és rotf(x, y, z) := y f 3 (x, y, z) z f 2 (x, y, z) z f 1 (x, y, z) x f 3 (x, y, z) x f 2 (x, y, z) y f 1 (x, y, z).

260 Vektornlízis Az f rotációj vektorrl: rotf = f ( nbl és z f vektor vektoriális szorzt). A grdf jelentését z iránymenti derivált kpcsán derítettük fel, rotf vonlintegrál témkörében, potenciál létezésének elégséges feltételénél került már elő. (A divf hmrosn megjelenik.) Láthtó, hogy grd, div és rot egy-egy differenciálási utsítás, mely segítségével áttekinthetővé válik. A vlóbn úgy viselkedik, mint egy vektor. Például f : R 3 R elég sim függvény esetén rot(grdf) = ( f) = 0, hiszen és f párhuzmosk. (A deriválások hosszdlms elvégzése után is ezt kpnánk.) Megemlítjük, hogy sjátmgávl vett skláris szorzt Lplce-operátor: :=,, zz h f : R 3 R elég sim sklárfüggvény, kkor Lplce f. f := div(grdf) = 2 xxf + 2 yyf + 2 zzf Integrálátlkító tételek A vlós-vlós függvényekre vontkozó Newton Leibniz-formulát fogjuk most áltlánosítni. Ennek tételnek egyik következménye, hogy h f : R R folytonosn differenciálhtó, kkor b f = f(b) f(), mit úgy értelmezhetünk, hogy z f függvény deriváltjánk z [, b] hlmzon vett integrálj z f függvénynek hlmz htárán vló megváltozásávl egyenlő. Az egyik áltlánosítás következő: Legyen Φ : R 2 R 3 sim felület, melyet egy r : R R 3 irányított görbe htárol ( felszínvektorok irányából nézve z r görbe pozitív irányítású legyen) Tétel (Stokes-tétel). H F : R 3 R 3 sim vektorfüggvény, kkor rotf = F, Φ r

261 16.2. Feldtok 251 zz rotf (z F függvényre lklmztunk egy differenciáloperátort) felületi integrálj egyenlő felület htárán z F vonlintegráljávl. A másik áltlánosítás következő: Legyen egy zárt, sim felület Φ : R 2 R 3, mely egy V R 3 térrészt vesz körül ( felszínvektorokt kifelé irányítjuk) Tétel (Guss-tétel). H F : R 3 R 3 sim vektorfüggvény, kkor divf = F, V zz V térbeli trtományr integrálv divf függvényt (egy másik differenciáloperátort lklmztunk z F függvényre), ez z integrál térrész htárán vett felületi integrálb megy át Feldtok 1. Legyen r : [0,6π] R 3, r(t) := t 0 := π 2 prméterértékhez trtozó ) kísérő triéder t, f, b vektorit, Φ cos t sin t t b) G(t 0 ) görbületet és z R(t 0 ) simulókör sugrát, c) T (t 0 ) torziót. Számíts ki csvrvonl hosszát! 2. Legyen Φ : [0,2π] [0, π] R 3, Φ(u, v) := egy csvrvonl. Számíts ki 3 sin v cos u 3 sin v sin u 3 cos v egy gömbfelület. Írj fel z (u 0, v 0 ) := (0, π 2 ) prméterértékekhez trtozó p : [0,2π] R 3, p(u) := Φ(u, π 2 ) és q : [0, π] R3, q(v) := Φ(0, v) prmétervonlkt! (A Földgömbön mit jelentenének ezek?) Írj fel z (u 0, v 0 ) := ( π 3, π 3 ) prméterértékekhez trtozó érintősík egyenletét! (Mekkor szöget zár be ez sík z Egyenlítő síkjávl?) 3. Az előbbi Φ(u, v) felületnek mekkor z { Ω := (u, v) 0 u π 4, π 3 v π } 2 prmétertrtományhoz trtozó felszíne?

262 Vektornlízis 4. Mutssuk meg, hogy z f : [, b] [c, d] R sim függvény mint felület felszínét ( d ) b 1 + [ x f(x, y)] 2 + [ y f(x, y)] 2 dx dy integrál dj! Megoldás: Legyen c Φ : [, b] [c, d] R 3, Φ(x, y) := felület kétprméteres előállítás. x Φ(x, y) = 1 0 x f(x, y), y Φ(x, y) = x y f(x, y) 0 1 y f(x, y) x Φ(x, y) 2 = 1 + [ x f(x, y)] 2, y Φ(x, y) 2 = 1 + [ y f(x, y)] 2, ( x Φ(x, y), y Φ(x, y) ) 2 = ( x f(x, y) y f(x, y)) 2, x Φ 2 y Φ 2 x Φ, y Φ 2 = 1 + ( x f) 2 + ( y f) 2. Ebből már következik z állítás. 5. Legyen Φ : [0,1] [0,1] R 3, Φ(u, v) := u + v u v u, és U : R 3 R, U(x, y, z) := x + y + z. Számíts ki z U felszíni integrált! Φ 6. Legyen és Φ : [0,1] [0,1] R 3, Φ(u, v) := u + v u v u, F : R 3 R 3, F (x, y, z) := Számíts ki z F felületi integrált! Φ y x z. 7. Legyen Φ : [0,2π] [0, π/2] R 3, Φ(u, v) := cos v cos u cos v sin u sin v

263 16.2. Feldtok 253 egy felső félgömb, és htároló görbéje r : [0,2π] R 3, r(t) := Legyen F : R 3 R 3, F (x, y, z) := Ellenőrizzük Stokes-tételt! Megoldás: rotf (x, y, z) = F (x, y, z) = tehát rotf (x, y, z) = u Φ(u, v) = cos t sin t 0 x 2 y yz z. egy vektorfüggvény. i j k x y z x 2 yz z = i(0 y) j(0 0) + k(0 x 2 ), y 0 x 2 cos v sin u cos v cos u 0 u Φ(u, v) v Φ(u, v) =, rotf (Φ(u, v)) =, v Φ(u, v) = = cos v sin u 0 (cos v cos u) 2 sin v cos u sin v sin u cos v i j k cos v sin u cos v cos u 0 sin v cos u sin v sin u cos v = i(cos 2 v cos u) j( cos 2 v sin u)+ = + k(cos v sin v sin 2 u + cos v sin v cos 2 u) = = cos2 v cos u cos 2 v sin u, cos v sin v és ezek kifelé néző vektorok. A Stokes-tétel bl oldl: rotf = rotf (Φ(u, v)), u Φ(u, v) v Φ(u, v) dudv = Φ = [0,2π] [0,π/2] 2π π/2 0 0 cos v sin u 0, cos 2 v cos 2 u cos 2 v cos u cos 2 v sin u cos v sin v. dv du =

264 Vektornlízis = 2π Mivel cos 3 vdv = = ezért Másrészt 0 π/2 0 ( ) π/2 ( cos 3 v sin u cos u cos 3 v sin v cos 2 u)dv du. 0 π/2 Ezeket felhsználv rotf = Φ 0 cos v(1 sin 2 v)dv = cos vdv + cos 3 vdv = sin 2 v cos vdv = sin v + sin3 v, 3 [ ] π/2 sin v + sin3 v = [ cos cos 3 4 v v( sin v)dv = 4 2π 0 ] π/2 0 = 1 4. ( sin u cos u 2 ) ( + cos 2 u 1 ) du = 3 4 = 2 [ sin 2 ] 2π u = 0 1 [ 1 sin 2u u π 0 ] 2π cos 2u du = 2 = π 4. A Stokes-tétel jobb oldl egy vonlintegrál: 2π F = F (r(t)), ṙ(t) dt = r 0 2π cos 2 t sin t sin t = 0, cos t = = 2π 0 2π 0 cos 2 t sin 2 tdt = Tehát ebben példábn 1 cos 4t dt = 8 Φ 2π 0 dt = sin2 2t dt = 4 [ 1 sin 4t t rotf = F = π 4. r ] 2π 0 = π 4.

265 16.2. Feldtok Legyen F : R 3 R 3, F (x, y, z) := Legyen x 2 y yz z vektorfüggvény. V := {(x, y, z) R 3 x 2 + y 2 + z 2 R 2 } egy origó középpontú, R sugrú gömb, melyet Φ : [0,2π] [ π/2, π/2] R 3, Φ(u, v) := felület htárol. Ellenőrizzük Guss-tételt! Megoldás: R cos v cos u R cos v sin u R sin v divf (x, y, z) =, F (x, y, z) = x (x 2 y)+ y (yz)+ z (z) = 2xy +z +1. A Guss-tétel bl oldl: divf = V V (2xy + z + 1)dxdydz. Az integrál kiszámításához célszerű egy polártrnszformációt lklmzni. Legyen r cos v cos u Ψ : [0,2π] [π/2, π/2] [0, R] R 3, Ψ(u, v, r) := r cos v sin u r sin v. A Ψ bijekció T := [0,2π] [π/2, π/2] [0, R] és V gömb között. Számítsuk ki helyettesítő függvény deriváltjánk determinánsát: r cos v sin u r sin v cos u cos v cos u det Ψ (u, v) = r cos v cos u r sin v sin u cos v sin u 0 r cos v sin v = = r cos v( r cos 2 v sin 2 u r cos 2 v cos 2 u) + + sin v(r 2 cos v sin v sin 2 u + r 2 cos v sin v cos 2 u) = = r 2 cos v. Mivel v [ π 2, π 2 ], ezért det Ψ (u, v) = r 2 cos v. Ezt felhsználv (2xy + z + 1)dxdydz = V 2π ( π/2 = 0 π/2 ( R ) ) (2(r cos v cos u)(r cos v sin u)+r sin v+1)r 2 cos v dr dv du= 0

266 Vektornlízis = = 2π ( π/2 0 π/2 2π ( π/2 0 π/2 ( R ) ) (2r 4 cos 3 v cos u sin u + r 3 sin v cos v + r 2 cos v)dr dv du = 0 ( 2 5 R5 cos 3 v cos u sin u R4 sin v cos v + 1 ) ) 3 R3 cos v dv du. A 7. feldtból π/2 π/2 π/2 π/2 cos 3 vdv = [ sin 2 v sin v cos vdv = 2 [ ] π/2 sin v sin3 v = 4 3 π/2 3. ] π/2 π/2 = 0, és π/2 π/2 Így z integrálást folyttv: 2π [ R5 cos u sin u R4 + 2 ] 3 R3 du = R5 [ sin 2 u 2 ] 2π 0 + 4π 3 R3 = 4π 3 R3. cos vdv = 2. A Guss-tétel jobb oldl egy felületi integrál: F = F (Φ(u, v)), u Φ(u, v) v Φ(u, v) dudv. Φ [0,2π] [ π 2, π 2 ] R cos v sin u R sin v cos u u Φ(u, v) = R cos v cos u 0, v Φ(u, v) = R sin v sin u R cos v u Φ(u, v) v Φ(u, v) = i j k = R cos v sin u R cos v cos u 0 R sin v cos u R sin v sin u R cos v = = i(r 2 cos 2 v cos u) j( R 2 cos 2 v sin u)+ + k(r 2 cos v sin v sin 2 u + R 2 cos v sin v cos 2 u) = R 2 cos 2 v cos u = R 2 cos 2 v sin u. R 2 cos v sin v F (Φ(u, v)) = (R cos v cos u)2 (R cos v sin u) (R cos v sin u)(r sin v). R sin v Ezekkel függvényekkel

267 16.2. Feldtok 257 F = Φ = = [0,2π] [ π 2, π 2 ] 2π( π/2 0 π/2 R3 cos 3 v cos 2 u sin u R 2 cos v sin v sin u, R2 cos 2 v cos u R 2 cos 2 v sin u dudv = R sin v R 2 cos v sin v ) (R 5 cos 5 v cos 3 u sin u+r 4 cos 3 v sin v sin 2 u+r 3 sin 2 v cos v)dv du. Kiszámítjuk z egyes tgok integrálját. cos 5 vdv = (1 sin 2 v) cos 3 vdv = cos 3 vdv cos 3 v sin 2 vdv. A 7. feldtból cos 3 vdv = sin v sin3 v 3. cos 3 v sin 2 vdv = (cos 3 v sin v) sin vdv = = cos4 v sin v cos4 v cos vdv = 4 4 = 1 4 cos4 v sin v + 1 cos 5 vdv. 4 A kpott eredményt beírv, rendezés után zt kpjuk, hogy cos 5 vdv = sin v sin3 v cos4 v sin v 1 cos 5 vdv, 4 5 cos 5 vdv = sin v sin3 v cos4 v sin v, π/2 cos 5 vdv = 4 [ sin v sin3 v + 1 ] π/2 π/ cos4 v sin v = = Ezzel z eredménnyel π/2 π/2 π/2 (R 5 cos 5 v cos 3 u sin u + R 4 cos 3 v sin v sin 2 u + R 3 sin 2 v cos v)dv = = 16 [ ] π/2 [ 15 R5 cos 3 u sin u + R 4 sin 2 u cos4 v sin + R 3 3 ] π/2 v = 4 π/2 3 π/2

268 Vektornlízis Végül Tehát = R5 cos 3 u sin u R3. 2π 0 = ( R5 cos 3 u sin u + 2 ) 3 R3 du = [ ( ) R5 cos4 u + 2 ] 2π 4 3 R3 u = 4π 3 R3. V divf = F = 4π 3 R3. Φ 0

269 16. fejezet Komplex függvények A vlós változós, vlós értékű függvényekkel kpcsoltos foglmk, tételek egy része komplex változós, komplex értékű függvények körében is érvényes. Érdekes lehet kitérni párhuzmokr és z eltérésekre is. A komplex függvénytn segít mélyebb összefüggések feltárásábn. Vizsgáltinkbn gykrn hivtkozunk szemléletre Komplex soroztok, végtelen sorok Legyen C és r > 0. Az pont r sugrú környezetén K r () := {z C z < r} hlmzt értjük, mely egy nyílt körlemez (komplex) síkon. A körlemez lezárásán K r () := {z C z r} zárt (kompkt) körlemezt értjük. Legyen (z n ) : N C komplex számsorozt. A (z n ) konvergens, h vn olyn C, hogy bármely ε > 0 esetén tlálhtó olyn N N küszöbindex, hogy bármely n > N (n N) index esetén z n < ε. (A (z n ) sorozt konvergenciáját jelenti z is, hogy vn olyn C, hogy bármely ε > 0 esetén z {n N z n / K ε ()} csk véges hlmz.) H bármely L > 0 számhoz vn olyn N N, hogy n > N esetén z n > > L, kkor (z n ) sorozt végtelenhez trt; ezt z n jelölje. (Komplex soroztok esetén ne keressük z n jelentését!) A(z n ) sorozt korlátos, h vn olyn M R +, hogy minden n N esetén z n M. 259

270 Komplex függvények Tétel (Bolzno Weierstrss-féle kiválsztási tétel). Minden korlátos soroztnk vn konvergens részsorozt. Bizonyítás. Legyen z n = x n + iy n (n N). Nyilván x n M és y n M. Mivel (x n ) vlós, korlátos sorozt, ezért Bolzno Weierstrss-tétel szerint vn konvergens részsorozt. Legyen ez (x jk ). Tekintsük z (y n ) sorozt (y jk ) részsoroztát. Nyilván ez is korlátos számsorozt, ezért létezik (y j,k,l ) konvergens részsorozt. H (j kl ) indexsorozttl tekintjük z (x j,k,l ) részsoroztot, z konvergens mrd [konvergens sorozt minden részsorozt is konvergens... ]. Így (z n ) = (x n + iy n ) sorozt (z j,k,l ) := (x j,k,l + iy j,k,l ) részsorozt lesz konvergens. A Bolzno Weierstrss kiválsztási tétel segítségével vlós esetre megismert bizonyítássl párhuzmosn igzolhtó Tétel (Cuchy-féle konvergencikritérium). A (z n ) C sorozt konvergens kkor és csk kkor, h tetszőleges ε > 0 hibkorláthoz létezik olyn N N küszöbindex, hogy minden n, m > N esetén z n z m < ε. A metrikus tereknél megismert szóhsználttl C teljes metrikus tér, zz minden Cuchy-sorozt konvergens. Legyen (z n ) C, és tekintsük z s n := z 1 + z z n (n N) részletösszeget. A (z n ) végtelen soron z (s n ) részletösszeg-soroztot értjük. H (s n ) konvergens, kkor (z n ) is konvergens, és n=1 z n := lim s n. A vlós végtelen soroknál megismert foglmk, tételek egy része most is érvényes Tétel. H (z n ) konvergens, kkor z n Tétel (Hánydoskritérium). H lim < 1, kkor (zn ) bszolút konvergens ( z n konvergens). zn+1 z n Tétel (Gyökkritérium). H lim n z n < 1, kkor (z n ) bszolút konvergens ( z n konvergens). A komplex végtelen sorok között is megbízhtók z bszolút konvergens sorok. Abszolút konvergens sor tetszőlegesen átrendezhető, bszolút konvergens mrd, és z összege sem változik. Megjegyezzük, hogy mjoráns kritériumot, váltkozó előjelű sorokr vontkozó Leibniz-tételt ne keressünk komplex sorokr vontkozón Komplex htványsorok Legyen C rögzített pont, (c n ) : N {0} C. Minden z C komplex szám esetén vizsgálhtó 0 c n(z ) n, melyet középpontú htványsornk

271 16.2. Komplex htványsorok 261 nevezünk. (A (c n ) z együtthtó-sorozt.) A htványsor konvergencihlmz KH 0 c n (z ) n := {z C 0 c n (z ) n konvergens végtelen sor} Tétel (Cuchy Hdmrd). Legyen 0 c n(z ) n egy htványsor. Tekintsük z 1 lim n, h lim n c n R és lim n c n 0 c n R :=, h lim n c n = 0 0, h lim n c n = konvergencisugrt. Ekkor K R () KH 0 c n (z ) n K r (). A bizonyítás ugynolyn, mint milyen vlós esetben volt. Megjegyezzük, hogy minden z K R () esetén 0 c n(z ) n bszolút konvergens, h pedig R < R, kkor htványsor K R () hlmzon egyenletesen konvergens. (Sjnos K R () hlmzon áltlábn nem egyenletes konvergenci... ). Legyen 0 c n(z ) n olyn htványsor, melyre R 0. Legyen f : KH 0 c n (z ) n C, f(z) := c n (z ) n n=0 htványsor összegfüggvénye. Néhány fontos példát muttunk. Mindegyik esetben legyen := Legyen c n := 1 (n = 0,1,2,...). Ekkor lim n 1 = 1, így R = 1 és f : K 1 (0) C f(z) = n=0 2. Legyen c n := 1 n! (n = 0,1,2,...). Ekkor lim n Exp : C C Exp(z) := z n = 1 1 z. 1 n! n=0 = 0, így R = és 1 n! zn. 3. Legyen { ( 1) k 1 c n := (2k)!, h n = 2k 0, h n = 2k + 1.

272 Komplex függvények Ekkor lim n c n = 0, így R = és Cos : C C Cos(z) := ( 1) k 1 (2k)! z2k. k=0 4. Legyen c n := { ( 1) k 1 (2k+1)!, h n = 2k + 1 0, h n = 2k. Ekkor lim n c n = 0, így R = és Sin : C C Sin(z) := ( 1) k 1 (2k + 1)! z2k+1. k=0 5. Legyen c n := { 1 (2k)!, h n = 2k 0, h n = 2k + 1. Ekkor lim n c n = 0, így R = és Ch : C C Ch(z) := k=0 1 (2k)! z2k. 6. Legyen c n := { 1 (2k+1)!, h n = 2k + 1 0, h n = 2k. Ekkor lim n c n = 0, így R = és Sh : C C Sh(z) := k=0 1 (2k + 1)! z2k+1. Feltűnhet, hogy vlós függvények körében z exp (z e lpú exponenciális függvény), cos, sin, ch, sh függvények 0 középpontú Tylor-sori ngyon hsonlítnk z Exp, Cos, Sin, Ch, Sh komplex függvényekre. Ezek komplex függvények vlós változós függvényeknek C komplex síkr történő kiterjesztésének is tekinthetők. Mély és csk komplex függvények segítségével feltárhtó összefüggések derülnek ki továbbikbn: Tekintsük z Exp függvényt z := it, t R helyen: Exp(it) = n=0 (it) n n! = 1 + it t2 2! it3 3! + t4 4! + it5 5! t6 6! it7 7! +...

273 16.3. Komplex függvény folytonosság 263 cos t = i sin t = i ( 1) k t2k (2k)! = 1 t2 2! + t4 4! t6 6! +... k=0 ( 1) k t 2k+1 (2k + 1)! k=0 = it it3 3! + it5 5! it7 7! +... Mindhárom végtelen sor bszolút konvergens, így összedv cos t és z i sin t sorit kármilyen módon, bszolút konvergens sorhoz jutunk: cos t + i sin t = 1 + it t2 2! it3 3! + t4 4! + it5 5! t6 6! it7 7! +... = Exp(it) Ezzel nevezetes Euler-formulához jutottunk: Tétel. Bármely t R esetén Exp(it) = cos t + i sin t. (Gykrn z e it = cos t + i sin t lkbn is emlegetik z Euler-formulát.) Vegyük észre, hogy számolást bármely z := is, s C esetén elvégezve z Exp(is) = Cos s + isin s és Exp( is) = Cos s isin s összefüggés dódott voln. Összedv illetve kivonv két egyenlőséget, Cos s = Exp(is) + Exp( is) Exp(is) Exp( is), Sin s = 2 2i előállítást kpjuk. Érdekes, hogy s := t + i0, t R esetén is cos t és sin t komplex exponenciális függvénnyel kifejezhető. A hiperbolikus függvényeket vlós esetben z exponenciális függvény segítségével értelmeztük. Vegyük észre, hogy z = is, s C esetén Ch(is) = Sh(is) = k=0 k=0 (is) 2k (2k)! = 1 s2 2! + s4 4! s = Cos s, 6! (is) 2k+1 is3 = is + is5 is = isin s. (2k + 1)! 3! 5! 7! Ezek kpcsoltok z exponenciális, trigonometrikus és hiperbolikus függvények rokonságát muttják Komplex függvény folytonosság Legyen H C, és f : H C egy komplex függvény. H z H, kkor felírhtó z = x + iy, x, y R lkbn, és mivel f(z) C, ezért ez is felírhtó vlós és képzetes rész segítségével: f(z) = f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y).

274 Komplex függvények Láthtó, hogy u, v : R 2 R típusú függvény. Gykrn z u =: Ref, v =: Imf jelölést is hsználják Definíció. Legyen f : C C, D(f). Azt mondjuk, hogy f folytonos z pontbn (jele: f C[]), h bármely ε > 0 (vlós) számhoz vn olyn δ > 0, hogy bármely z K δ () D(f) esetén f(z) K ε (f()) Tétel (Átviteli elv). f C[] kkor és csk kkor, h bármely (z n ) : : N D(f), z n sorozt esetén f(z n ) f(). A tétel bizonyítás szinte zonos vlós esettel. H környezetek helyett egyenlőtlenségekkel foglmzzuk meg folytonosság definícióját, láthtjuk, hogy komplex f függvény := p + iq C pontbeli folytonosság éppen z u, v : R 2 R kétváltozós függvények (p, q) R 2 pontbeli folytonosságávl ekvivlens Definíció. Legyen f : C C és Ω D(f). Azt mondjuk, hogy f folytonos z Ω hlmzon, h bármely Ω esetén f C[]. H Ω = D(f), kkor zt mondjuk, hogy f folytonos függvény, és f C lesz jelölése. A komplex függvényekkel végzett műveletek pontosn megegyeznek vlós függvények közötti műveletekkel, ezért érvényesek mrdnk vlós függvények körében megismert tételek: Tétel. H f C és λ C, kkor λf C Tétel. H f, g C, kkor f + g, f g C Tétel. H g C és g(z) 0, z D(g), kkor 1 g C Tétel. H f, g C és g(z) 0, z D(g), kkor f g C Tétel. H f, g C, kkor f g C Komplex függvény htárértéke Legyen f : C C komplex függvény, (D(f)) z értelmezési trtományánk torlódási pontj, A C komplex szám Definíció. Azt mondjuk, hogy z f függvénynek z pontbn A htárértéke, h tetszőleges ε > 0 hibkorláthoz vn olyn δ > 0, hogy minden z D(f), z < δ, z esetén f(z) A < ε. A függvénynek ezt tuljdonságát lim f = A vgy lim z f(z) = A jelöli.

275 16.5. Komplex függvény differenciálhtóság Definíció. Azt mondjuk, hogy z f függvénynek z pontbn htárértéke végtelen, h tetszőleges K > 0 számhoz vn olyn δ > 0, hogy minden z D(f), z < δ, z esetén f(z) > K. Ezt tuljdonságot lim f = vgy lim z f(z) = jelöli. Megjegyezzük, hogy csk ezt z egyféle végtelen htárértéket értelmezzük Komplex függvény differenciálhtóság Az Ω C hlmz egy Ω pontj belső pontj hlmznk, h vn olyn r > 0 szám, hogy K r () Ω. Ezt intω jelölje. A komplex függvény differenciálhtóságát vlós esethez hsonlón értelmezzük. Legyen f : C C, intd(f) Definíció. Azt mondjuk, hogy z f függvény differenciálhtó z pontbn, h létezik f(z) f() lim z z htárérték, és ez egy komplex szám. A függvénynek ezt tuljdonságát f D[] jelölje. H f D[], kkor f(z) f() lim =: f () z z számot z f függvény pontbeli differenciálhánydosánk nevezzük. Például z f : C C, f(z) := z 2 függvényre tetszőleges C esetén z 2 2 lim z z = lim (z )(z + ) = lim z + = 2, z z z tehát f D[], és f () = 2. Másik példánk vegyük z f : C C, f(z) = z függvényt (hol z = x + iy komplex szám konjugáltj z := x iy), és legyen := 0. Ekkor bármely z 0 esetén f(z) f() = z z z. H z = t + i0 (t 0), kkor z z = t t = 1, míg z = it (t 0) esetén z z = it it = z = 1, ezért nem létezik lim z 0 z htárérték, zz f nem differenciálhtó 0 pontbn. (Később megmuttjuk, hogy bármely C esetén f / D[].) Könnyen átfoglmzhtó differenciálhtóság definíciój:

276 Komplex függvények Tétel. Legyen f : C C, intd(f). f D[] pontosn kkor, h létezik olyn F : D(f) C, F C[] függvény, hogy minden z D(f) esetén f(z) f() = F (z) (z ). Ekkor f () = F (). Például z Exp D[0], mert bármely z C esetén z n ( Expz Exp0 = n! 1 = z n ) n! = z n 1 (z 0), n! és z n=0 n=1 F : C C, F (z) := n=1 n=1 z n 1 n! függvény (htványsor összegfüggvénye) folytonos 0-bn. Továbbá Exp (0) = F (0) = 1. Hsonló számolások eredményeként kiderülne, hogy bármely C esetén Exp, Sin, Cos, Sh, Ch D[], és deriváltk éppen vlós esetben megismert lkúk. A deriválási szbályok is érvényben mrdnk, hiszen komplex számokkl ugynzokt műveleteket végezhetjük, mint vlós számokkl. Külön kiemeljük közvetett függvény deriválási szbályát: Tétel. H g D[] és f D[g()], kkor f g D[], és (f g) () = f (g()) g (). A bizonyítás szó szerint megegyezik vlós esetben elvégzett bizonyítássl (R helyett értelemszerűen C hlmzt írv... ). Például (Exp(it)) = Exp(it) i. Megvizsgáljuk, hogy f függvény differenciálhtóság milyen következményeket ró Ref vlósrész és Imf képzetesrész függvényekre. Tegyük fel, hogy z f : C C függvény differenciálhtó z intd(f) pontbn. Legyen f(z) = f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y), = p + iq. Ekkor f(z) f() = f(x + iy) f(p + iq) = u(x, y) + iv(x, y) {u(p, q) + iv(p, q)} = = u(x, y) u(p, q) + i{v(x, y) v(p, q)}. Mivel f D[], ezért létezik olyn F = F 1 + if 2 C[] (ekkor F 1, F 2 C[(p, q)]), hogy minden z = x + iy D(f) esetén f(z) f() = F (z) (z ) =

277 16.5. Komplex függvény differenciálhtóság 267 = (F 1 (x, y) + if 2 (x, y))(x p + i(y q)) = = F 1 (x, y) (x p) F 2 (x, y) (y q)+ +i{f 2 (x, y) (x p) + F 1 (x, y) (y q)}. H összevetjük z (16.5) és (16.5) előállítást, zt kpjuk, hogy u(x, y) u(p, q) = [F 1 (x, y) v(x, y) v(p, q) = [F 2 (x, y) [ x p F 2 (x, y)] y q [ x p F 1 (x, y)] y q ], (16.1) ]. (16.2) Vegyük észre, hogy (16.1) és (16.2) éppen zt jelenti, hogy z u, v : R 2 R függvények differenciálhtók (p, q) R 2 pontbn. Ekkor (16.1) szerint 1 u(p, q) = F 1 (p, q), 2 u(p, q) = F 2 (p, q), míg (16.2) szerint 1 v(p, q) = = F 2 (p, q), 2 v(p, q) = F 1 (p, q). Eredményünket öszefoglljuk egy tételben: Tétel (Cuchy Riemnn-egyenletek). H z f : C C függvény differenciálhtó z intd(f) pontbn, kkor (z f = u + iv és = p + iq jelölésekkel) 1 u(p, q) = 2 v(p, q) és 1 v(p, q) = 2 u(p, q). Az előbbi gondoltmenetből (lásd (16.5) egyenlőséget) kiderül, hogy f () = F () = F 1 (p, q) + if 2 (p, q) = 1 u(p, q) + i 1 v(p, q) = = 2 v(p, q) i 2 u(p, q). A komplex függvény differenciálhtóságánk Cuchy Riemnn-egyenletekkel megfoglmzott szükséges feltételéből kiderül, hogy szoros kpcsolt vn egy differenciálhtó komplex függvény vlós és képzetes része között. Például z f : C C, f(z) := z függvény sehol sem differenciálhtó, ugynis h z = x + iy, kkor z = x iy, így u(x, y) = x, v(x, y) = y, és ekkor 1 u(x, y) = 1 2 v(x, y) = 1. H z u, v prciális deriváltji, 1 u, 2 u, 1 v, 2 v folytonosk z intd(f) egy környezetének minden pontjábn, kkor igzolhtó, hogy Cuchy Riemnn-egyenletek teljesülése (p, q) R 2 pontbn elegendő feltétel z f függvény pontbeli differenciálhtóságához.

278 Komplex függvények Komplex függvények integrálj Legyen először f : [α, β] C vlós változós, komplex értékű folytonos függvény. Ekkor f = f 1 + if 2, hol f 1, f 2 : [α, β] R folytonos függvények. Állpodjunk meg bbn, hogy ilyen függvény integrálj [α,β] legyen, vgy hgyományosn [α,β] f := f(t)dt := [α,β] β α β f 1 + i f 2 α f 1 (t)dt + i f 2 (t)dt. [α,β] Értelmezni szeretnénk komplex függvény komplex görbe menti integrálját is. Legyen g : [α, β] C, g(t) = g 1 (t) + ig 2 (t), hol g 1, g 2 C 1 (]α, β[) (folytonosn differenciálhtó függvények). Az ilyen g függvény értékkészletét sim görbének nevezzük komplex síkon. H g(α) = g(β), kkor zárt görbéről beszélünk. (Az egyszerűség kedvéért nem különböztetjük meg g függvényt és görbét... ) Például dott, b C esetén z pontot b-vel összekötő egyenes szkszt z e(, b) : [0,1] C, e(, b)(t) := + t(b ) függvénnyel djuk meg. Az C középpontú, r > 0 sugrú pozitív irányítású kör c(, r) : : [0,2π] C, c(, r)(t) := + rexp(it) = + r(cos t + i sin t) függvénnyel írhtó le. Az Ω C hlmz összefüggő, h bármely két, b Ω pontjához vn olyn g : [α, β] Ω sim görbe, melyre g(α) = és g(β) = b. Az Ω C trtomány, h nyílt és összefüggő. Az Ω C csillgtrtomány, h trtomány, és vn olyn Ω pontj, hogy bármely z Ω esetén z e(, z) egyenes szksz z Ω-bn fekszik, zz e(, z) Ω Definíció. Legyen f : Ω C, f C(Ω) és g : [α, β] Ω sim görbe. Ekkor β f := f(g(t)) g (t)dt z f függvény g görbe menti integrálj. g α Gykrn g f helyett g f(w)dw integrált írunk. Érdemes visszemlékezni vlós függvények körében megimert helyettesítéssel történő integrálás és vektor-vektor függvények vonlintegráljánk értelmezésére. Ezek ötvözete komplex függvény integrálj.

279 16.6. Komplex függvények integrálj 269 Legyen Ω C trtomány, f : Ω C, f C. 1. Legyen g : [α, β] Ω és h : [β, γ] Ω, g(β) = h(β) egymáshoz cstlkozó sim görbe. A két görbe cstlkozttásávl kpjuk { g(t), h t [α, β] g h : [α, γ] Ω, (g h)(t) = h(t), h t [β, γ] szkszonként sim görbét, melyre γ f = f((g h)(t)) (g h) (t)dt = = β α g h α f(g(t))g (t)dt + γ β f(h(t))h (t)dt = g f + f. h (Előfordul, hogy cstlkozttási pontbn nem létezik g h függvény deriváltj, de ez z integrálhtóságot nem befolyásolj.) Tehát cstlkozó görbéken vett integrál z egyes görbéken tekintett integrálok összege. 2. Legyen g : [α, β] Ω sim görbe. A görbével ellentétesen irányított görbén g : [α, β] Ω, g (t) := g(α + β t) függvényt értjük. β f = f( g (t)) g (t)dt = g α α β α f(g(α + β t)) g (α + β t) ( 1)dt Alklmzzuk z s := α + β t helyettesítést. Ekkor β β f = f(g(s))g (s)( 1)( 1)ds = f(g(s))g (s)ds = f. g Tehát ellentétesen irányított görbén z integrál ( 1)-szeresére változik. 3. Legyen g : [α, β] Ω sim görbe, g(t) = x(t) + iy(t), hol x, y : [α, β] R, x, y C 1 (]α, β[). Már ismert, hogy z ilyen függvényekkel előállított [ ] x γ := : [α, β] R 2 y síkgörbe ívhossz L(γ) = β ẋ2 (t) + ẏ α 2 (t)dt. Megbecsüljük z f komplex függvény g görbe menti integráljánk bszolút értékét: β β f = f(g(t))g (t)dt f(g(t)) g (t) dt. g α α α g

280 Komplex függvények A g függvény értékkészlete sík kompkt részhlmz (kompkt hlmz folytonos képe kompkt), ennek z f folytonos függvénnyel lkotott képe is kompkt, ezért vn olyn M > 0, hogy bármely t [α, β] esetén f(g(t)) M. Ekkor β β f M g ẋ2 (t) dt = M (t) + ẏ 2 (t)dt = M L, g α hol L g komplex görbe ívhossz. Tehát z f függvény g görbe menti integrálját felülről becsülhetjük z f függvénynek görbére vett egyik felső korlátjánk és görbe ívhosszánk szorztávl. Az előkészületek után megmuttjuk komplex függvénytn lptételét Tétel (Cuchy-lptétel). Legyen Ω C csillgtrtomány, f : Ω C folytonosn differenciálhtó, és g : [α, β] Ω sim zárt görbe. Ekkor f = 0. g Bizonyítás. Tekintsük z f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y); g(t) = x(t) + iy(t) lkbn komplex függvény integrálját: β β f = f(g(t)) g (t)dt = (u(x(t), y(t))+iv(x(t), y(t))(ẋ(t)+iẏ(t))dt = g = α β α α α {u(x(t), y(t))ẋ(t) v(x(t), y(t))ẏ(t)} + i{v(x(t), y(t))ẋ(t)+ +u(x(t), y(t))ẏ(t)}dt = = β α [ u(x(t), y(t)) v(x(t), y(t)) ] [ ẋ(t), ẏ(t) ] dt + β [ ] [ ] v(x(t), y(t)) ẋ(t) +i, dt. (16.3) α u(x(t), y(t)) ẏ(t) [ ] u Vegyük észre, hogy z első integrál z : R v 2 R 2, míg második [ ] [ ] v x integrál : R u 2 R 2 függvény γ := : [α, β] R y 2 zárt görbére vett vonlintegrálj (lásd vonlintegrál értelmezését... ). A Cuchy Riemnn-egyenletek mitt z első integrálnál 2 u = 1 ( v), második integrálnál 2 v = 1 u, zz mindkét függvény deriváltmátrix szimmetrikus,

281 16.6. Komplex függvények integrálj 271 ezért mindkét függvénynek vn potenciálj, melynek következtében bármely zárt görbén vett vonlintegráljuk 0. Tehát g f = 0. Megjegyezzük, hogy tétel áltlánosbbn is igz. Elég, h Ω C egyszeresen összefüggő trtomány, zz minden benne hldó zárt görbe áltl htárolt síkrész is részhlmz z Ω hlmznk. Az f : Ω C függvénytől is elég differenciálhtóságot megkövetelni (nem feltétlenül folytonos derivált). A görbe legyen zárt, de elég, h vn ívhosszúság (rektifikálhtó). Gourst-tól (1915) ered tétel ilyen gyengébb feltételek melletti igzolás, mely természetesen hosszdlmsbb. Rátérünk Cuchy-lptétel Riemnntól szármzó áltlánosításár Tétel (Riemnn-tétel). Legyen Ω C trtomány, p Ω és f C 1 (Ω \ {p}), de f C[p]. (Az f függvény p pont kivételével folytonosn deriválhtó, de zért p pontbn leglább folytonos legyen.) Legyen g : [α, β] Ω \ {p} tetszőleges sim zárt görbe. Ekkor (is) g f = 0. Bizonyítás. H g görbe nem kerüli meg p pontot, kkor g görbe olyn trtománybn hld, melyben érvényes Cuchy-lptétel, így g f = 0. H g görbe áltl htárolt részben vn p pont, kkor vegyünk fel egy p középpontú, r > 0 sugrú c(p, r) pozitív irányítású körvonlt,mjd kössük össze g görbe és c(p, r) kör egy-egy pontját z e egyenesszksszl. Tekintsük z e c (p, r) e g szkszonként sim zárt görbét. A komplex integrál tuljdonsági szerint, felhsználv Cuchy-lptételt 0 = f = f + f + f + f = c (p,r) e e c (p,r) e g = f e c(p,r) e f e f + f = f f, g g c(p,r) zz g f = f. Az f függvény z egész Ω hlmzon folytonos, így h c(p,r) leszűkítjük z f függvényt p középpontú, r sugrú zárt körlemezre (kompkt hlmz), kkor ezen korlátos lesz, így vn olyn M > 0, hogy minden z K r (p) esetén f(z) M. Legyen r > ε > 0 tetszőleges. Az előbbi eljárást p középpontú, ε sugrú körrel is végiggondolhtjuk, és ekkor f = f M 2πε, g c(p,ε) mely zt jelenti, hogy f egy olyn nemnegtív vlós szám, mely bármely pozitív számnál kisebb. Ez csk 0 lehet, tehát g f = 0. g g

282 Komplex függvények A Riemnn-tétel birtokábn folytonosn differenciálhtó komplex függvények egy érdekes tuljdonságát muttjuk meg. Legyen Ω C csillgtrtomány, f C 1 (Ω), és rögzítsünk egy z Ω pontot. Tekintsük z { f(w) f(z) F : Ω C, F (w) := w z, h w z f (z), h w = z. függvényt. Mivel f C 1 (Ω), ezért z-hez trtozó különbségihánydos-függvény is folytonosn deriválhtó minden w z pontbn, és különbségihánydos-függvény folytonos kiterjesztése z-be (ez éppen z F függvény) is leglább folytonos z-ben. Ez zt jelenti, hogy F C 1 (Ω \ {z}) és F C[z]. Bármilyen g, z Ω trtománybn hldó zárt sim görbét tekintünk, mely körbeveszi z pontot, Riemnn-tétel szerint F = 0. Részletesebben: 0 = F (w)dw = g g g f(w) f(z) dw = w z g f(w) w z f(z) g 1 w z dw. Kiszámítjuk z utolsó integrált. A h : Ω \ {z} C, h(w) := 1 w z függvény folytonosn deriválhtó, g görbére vontkozó integrálj helyett egy z középpontú, lklms r > 0 sugrú c(z, r) pozitív irányítású körre vett integrálj is vehető (lásd Riemnn-tétel bizonyításánál követett eljárást): g 1 w z dw = c(z,r) 1 2π w z dw = 0 = 2π 0 idt = 2πi. Eredményünket visszhelyettesítve zt kpjuk, hogy f(w) 0 = dw f(z) 2πi. w z Ezért igz következő tétel: g 1 z + Exp(it) z iexp(it)dt = Tétel (Cuchy-formul). Legyen Ω C csillgtrtomány, f C 1 (Ω), és g z Ω-bn hldó sim zárt görbe. Akkor g görbe áltl htárolt G trtomány tetszőleges z G pontjár f(z) = 1 2πi g f(w) z w dw.

283 16.6. Komplex függvények integrálj 273 A Cuchy-formul jelentősége z, hogy h z f folytonosn deriválhtó függvény értékeit ismerjük egy g zárt görbe pontjibn, kkor G trtomány minden z G pontjábn ki tudjuk számolni z f értékeit. Más szóvl z f függvény G-beli értékeit csupán G hlmz htárán ( g görbén) vett függvényértékek htározzák meg. H ezt tuljdonságot összevetjük vlós változós folytonosn differenciálhtó függvények hsonló tuljdonságávl, kkor zt kpjuk, hogy egy R-beli trtomány (nyílt intervllum) htárán (z intervllum két végpontjábn) ismerve egy f C 1 függvény értékeit, ebből már kiszámíthtó lenne z intervllum minden pontjábn z f függvény értéke, kkor z f függvény csk egy elsőfokú polinom lehetne (ez lineáris interpoláció ). Vlós esetben ngyon szűk függvényosztály rendelkezik zzl tuljdonsággl, mellyel minden f C 1 komplex függvény rendelkezik Primitív függvény, z integrál kiszámítás Legyen Ω C trtomány (összefüggő, nyílt hlmz) és f : Ω C Definíció. Azt mondjuk, hogy z F : Ω C differenciálhtó függvény z f egyik primitív függvénye, h F = f. Például z f : C C, f(z) = z 2 függvény egyik primitív függvénye z F : C C, F (z) := z3 z3 3, mert ( 3 ) = z 2 minden z C esetén. H ismerjük egy folytonos f : Ω C függvény egyik primitív függvényét, kkor egyszerűvé válik bármely Ω-bn hldó g : [α, β] Ω sim görbe menti integráljánk kiszámítás, hiszen g f = β α f(g(t)) g (t)dt = β α F (g(t)) g (t)dt = [F (g(t))] β α = F (g(β)) F (g(α)). β α (F (g(t)) dt = (A közvetett függvény deriválási szbályát lklmztuk.) Legyen például, b C, és g z pontot b-vel összekötő tetszőleges sim görbe. Ekkor g Coswdw = Sinb Sin, mert Cos = Sin. Felvetődik kérdés ezek után, hogy milyen feltétel grntálj z f függvény primitív függvényének létezését Tétel (Morer tétele). Legyen Ω C csillgtrtomány, f C(Ω). Tegyük fel, hogy bármely Ω-beli h háromszögre f = 0. Ekkor vn primitív h függvénye z f függvénynek. Bizonyítás. Legyen Ω z pont, melyre nézve Ω csillgtrtomány. Tekintsük z F : Ω C, F (z) := f függvényt. Megmuttjuk, hogy F e(,z)

284 Komplex függvények primitív függvénye f-nek. Legyen z Ω tetszőlegesen rögzített pont és s C, s 0 olyn, hogy z + s Ω. Mivel z, z, z + s csúcsú háromszög (lehet, hogy elfjuló, de ez most nem bj... ) zárt görbe, ezért feltétel mitt 0 = f = f + f + f = e(,z) e(z,z+s) e(z+s,) e(,z) e(z,z+s) e(z+s,) ( ) = f f f, e(z,z+s) e(,z+s) e(,z) miből e(,z+s) f f = f e(,z) e(z,z+s) következik. Ezt felhsználv ( F (z + s) F (z) = 1 f s s e(,z+s) = 1 s 1 0 f(z + ts)sdt = Tetszőleges s n 0 (s n 0) soroztr 1 0 f(z + ts n )dt f(z) = = e(,z) f ) = 1 s f(z + ts)dt. f(z + ts n )dt (f(z + ts n ) f(z))dt, 1 0 e(z,z+s) f(z)dt = így z f folytonosság mitt bármely ε > 0 hibkorláthoz vn olyn N küszöbindex, hogy h n > N és t [0,1], kkor f(z + ts n )dt f(z) f(z + ts n ) f(z) dt < εdt = ε. 0 Ez éppen zt jelenti, hogy lim 1 0 f(z + ts n)dt = f(z), így létezik htárérték, és 0 F (z + s) F (z) lim s 0 s F F (z + s) F (z) (z) = lim = f(z). s 0 s Megjegyezzük, hogy tétel bizonyításábn módszert is dtunk primitív függvény előállításár. 0 f =

285 16.7. Tylor-sor, hrmonikus függvények Tylor-sor, hrmonikus függvények A vlós esethez hsonlón komplex htványsor összegfüggvénye konvergencikör belsejében kárhányszor deriválhtó. A deriváltkt htványsor középpontjábn könnyen megdhtjuk, ugynis legyen f(z) = c 0 + c 1 (z ) + c 2 (z ) 2 + c 3 (z ) c n (z ) n +..., f() = c 0 f (z) = c 1 + 2c 2 (z ) + 3c 3 (z ) nc n (z ) n , f () = c 1 f (z) = 2c c 3 (z ) n(n 1)c n (z ) n , f () = 2c 2. f (k) (z) = k! c k + (k + 1)k... 2(z ) +..., f (k) () = k! c k. Tehát c k = 1 k! f (k) () (k = 0,1,2,...) Ilyen előkészület után induljunk ki egy Ω trtományon folytonosn deriválhtó f függvényből. (Feltételünk szerint csk z első deriváltfüggvény létezik és z folytonos.) Legyen Ω tetszőlegesen rögzített pont. Az Ω nyíltság mitt vn olyn R > 0 sugrú, középpontú nyílt körlemez, mely része Ω-nk. H R > r > 0, kkor Cuchy-formul szerint bármely z K r () esetén f(z) = 1 2πi c(,r) f(w) w z dw, hol c(, r) z középpontú, r sugrú pozitív irányítású zárt körvonl. Az integrndusbn szereplő 1/(w z) törtet egy mértni sor összegeként állítjuk elő: 1 w z = 1 (w ) (z ) = 1 1 w 1 z w = n=0 1 (z )n (w ) n+1 = 1 w n=0 ( ) n z = w Azért írhttuk fel geometrii sort, mert z < w, ezért z w < 1, így sor bszolút konvergens, és mint függvénysor bármely kompkt részén

286 Komplex függvények egyenletesen is konvergens. Ez tuljdonság lehetővé teszi z összegfüggvény integráljánk tgonkénti számítását. Vissztérve: f(z) = 1 2πi c(,r) f(w) w z dw = 1 2πi = { n=0 c(,r) 1 2πi 1 f(w) (w ) n+1 (z )n dw = n=0 } f(w) dw (z ) n (w ) n+1 c(,r) minden z K r () esetén. Vegyük észre, hogy ezzel z átlkítássl zt nyertük, hogy z f függvény K r () körlemezen előállt egy n=0 c n(z ) n htványsor összegfüggvényeként, hol c n := 1 f(w) dw, n = 0,1,2,... 2πi c(,r) (w ) n+1 H pedig z f egy htványsor összegfüggvénye, kkor kárhányszor is deriválhtó K r () körlemezen, és vgy f (k) () = k! c k, k = 0,1,2,... f (k) () = k! f(w) dw, k = 0,1,2,... 2πi c(,r) (w ) k+1 Gykrn z helyett z szerepel, és ekkor z f (k) (z) = k! f(w) dw, k = 0,1,2,... 2πi (w z) k+1 c(z,r) formul dódik, melyet mgsbbrendű deriváltkr vontkozó Cuchyformuláknk nevezünk. [k = 0 esetben Cuchy-formulát kpjuk.] Mindenesetre gondoltmenetünk eredményeként zt kptuk, hogy h f C 1 (Ω), kkor bármely Ω esetén sorbfejthető z pont egy környezetében, zz kárhányszor is differenciálhtó. Ezzel eljutottunk következő állításhoz Tétel (Tylor-sorfejtés). H f C 1 (Ω) és Ω, kkor z pont egy lklms K r () környezetében bármely z K r () esetén hol c n = f (n) () n! f(z) = c n (z ) n, n=0 = 1 f(w) dw, n = 0,1,2,... 2πi c(,r) (w ) n+1

287 16.8. Komplex függvények zérushelyei 277 Megjegyezzük, hogy komplex függvénytnbn hgyományosn holomorfnk neveznek egy függvényt, h egy trtomány minden pontjábn differenciálhtó. Anlitikusnk nevezik függvényt, h egy htványsor összegfüggvénye. Most éppen zt mutttuk meg, hogy holomorf függvények nlitikusk. H f C 1 (Ω), kkor f C (Ω) is, így z f függvény vlós és képzetes részének mgsbbrendű prciális deriváltji is léteznek, sőt folytonosk is lesznek. Hsználjuk fel ezt tuljdonságukt! Legyen f = u + iv. Bármely x + iy Ω esetén Cuchy Riemnn-egyenletek szerint 1 u(x, y) = 2 v(x, y) 2 u(x, y) = 1 v(x, y). Készítsük el z első egyenlőség x szerinti és második y szerinti prciális deriváltját: mjd djuk össze ezeket: 1 ( 1 u)(x, y) = 1 ( 2 v)(x, y) 2 ( 2 u)(x, y) = 2 ( 1 v)(x, y), 2 1u(x, y) + 2 2u(x, y) = 0. [Felhsználtuk Young-tételt.] Az olyn h : R 2 R függvényeket, melyek egy trtományon kétszer folytonosn differenciálhtók, és melyek trtomény minden pontjábn eleget tesznek (síkbeli) Lplce-egyenletnek 2 1h + 2 2h = 0, hrmonikus függvényeknek nevezik. Kiderült, hogy h f C 1 (Ω) komplex függvény, kkor vlós része (de képzetes része is... ) hrmonikus függvény. Könnyen ellenőrizhető, hogy például z x 2 + y 2, e x cos y, ln(x 2 + y 2 ) hrmonikus függvények Komplex függvények zérushelyei Legyen f C 1 (Ω). Az Ω pontot z f függvény zérushelyének nevezzük, h f() = 0. H z Ω pontbn z f minden deriváltj 0, zz minden k N esetén f (k) () = 0, kkor z pont körüli körlemezen z f zonosn 0. Hiszen vn olyn K() Ω körlemez, hogy minden z K() esetén f(z) előáll Tylor-soránk összegeként: f(z) = k=0 f (k) () (z ) k = 0. k!

288 Komplex függvények Ebből már következik, hogy z egész Ω csillgtrtományon is f zonosn 0, ugynis bármely b Ω pont z ponttl egy körlánccl összeköthető, z egyes körlemezeken pedig f zonosn 0. H feltesszük, hogy z Ω trtományon f nem zonosn 0, kkor z zérushelyen nem lehet minden rendű derivált 0, zz létezik olyn n N, hogy f() = 0, f () = 0,..., f (n 1) () = 0, f (n) () 0. Ekkor z pontot z f n-szeres (multiplicitású) zérushelyének mondjuk. Ilyenkor z f függvény pont körüli Tylor-sor f(z) = f (n) () (z ) n + f (n+1) () n! (n + 1)! (z )n = = (z ) n [ f (n) () n! + f (n+1) () (z ) +... (n + 1)! ] = (z ) n g n (z) lkú, hol g n folytonos függvény, és g n () 0. Emitt vn olyn K() környezete z pontnk, hogy bármely z K() esetén g n (z) 0. A (z ) n csk z = pontbn 0. Kimondhtjuk ezekből következően következő tételt: Tétel. H f C 1 (Ω) és nem zonosn 0 függvény z Ω csillgtrtományon, kkor z f zérushelyeinek nincs torlódási pontj z Ω trtománybn. Ugynis h lenne zérushelyeknek torlódási pontj Ω-bn, kkor f folytonosság mitt ez torlódási pont is zérushelye lenne z f függvénynek. Viszont zérushelynek vn olyn környezete, melyben más zérushely nincs. Ez pedig ellentmond nnk, hogy ez pont zérushelyek torlódási pontj legyen Becslések A Cuchy-formulákt becslésekre hsználjuk. Legyen Ω C trtomány, Ω és r > 0 olyn, hogy K r () körlp c(, r) htároló körével együtt legyen z Ω része, továbbá f C 1 (Ω). Legyen M(r) := mx{ f(w) w c(, r)}, zz M(r) z f függvény legngyobb értéke z középpontú, r sugrú körvonlon. Ekkor f (n) () n! M(r) r n, n = 0,1,2,... Ugynis tekintsük Cuchy-formulákt: f (n) () = n! f(w) dw, n = 0,1,2,... 2πi (w ) n+1 c(,r)

289 16.9. Becslések 279 A c(, r) : [0,2π] C, c(, r) = + rexp(it) körvonl prméteres előállítás. Így f (n) () = n! f(w) dw 2π c(,r) (w ) n+1 = = n! 2π f( + rexp(it)) 2π riexp(it)dt 0 ( + rexp(it) ) n+1 = = n! 2π 2πr n f( + rexp(it)) Exp( int)dt. 0 Az Euler-formul szerint Exp( int) egységnyi bszolút értékű komplex szám, mellyel vló szorzás csk elforgtj vele megszorzott komplex számokt (bszolút értéküket nem változttj... ). A komplex integrálokr vontkozó 3. tuljdonság szerint 2π f( + rexp(it)) Exp( int)dt M(r) 2π, miből már következik, hogy 0 f (n) () n! M(r), n = 0,1,2,... rn Az eredményt Cuchy-egyenlőtlenségnek is nevezik. Meglepő következménye vn Cuchy-egyenlőtlenségeknek Tétel (Liouville tétele). Legyen f : C C, f C 1, és f legyen korlátos (zz létezik olyn M > 0, hogy bármely z C esetén f(z) M). Ekkor f konstns függvény (zz létezik olyn c C, hogy bármely z C esetén f(z) = c). Bizonyítás. Legyen := 0 és r > 0 tetszőlegesen rögzített. A Cuchyegyenlőtlenségek szerint (nyilván M(r) M) f (n) (0) n! M r n, n = 0,1,2,... Az r > 0 tetszőleges, ezért 1/r n bármely pozitív számnál kisebb, így f (n) (0) csk 0 lehet. Ez n = 0,1,2,... esetén igz. Legyen z C tetszőleges, és írjuk fel z f függvény Tylor-sorát. f(z) = f(0) + f (0) 1! z + f (0) 2! z f (n) z n +... = f(0) =: c, n! tehát f vlóbn állndó függvény. Érdemes Liouville-tétel állítását vlós függvényekre vetíteni. Igz-e, hogy

290 Komplex függvények egy f : R R, f C 1, f korlátos függvény csk konstns függvény lehet? Nem, hiszen feltételeknek eleget tesz sin, cos, rctg függvény is, melyek egyike sem állndó függvény. Most z derült ki, hogy ebben tekintetben vlós függvények gzdgbbk... A Liouville-tétel szép következménye z lgebr lptétele Tétel (Az lgebr lptétele). Minden leglább elsőfokú polinomnk vn zérushelye komplex számok hlmzán. Bizonyítás. (Indirekt bizonyítás) Legyen n 1, c 0, c 1, c 2,..., c n 1 C, és P n : C C, P n (z) := c 0 + c 1 z + c 2 z c n 1 z n 1 + z n egy leglább elsőfokú polinom, melyről tegyük fel, hogy bármely z C esetén P n (z) 0, zz indirekt módon feltesszük, hogy nincs zérushelye polinomnk. Legyen f : C C, f(z) = 1/P n (z). Mivel P n C 1, ezért reciprok is f C 1. Megmuttjuk, hogy f korlátos is C komplex számsíkon. Könnyen láthtó, hogy k N esetén lim z 1/z k = 0. Legyen K R + + tetszőleges, és L := 1/K. Mivel z esetén 1/z k 0, ezért vn olyn r > 0, hogy h z > r, kkor c n k /z k = c n k / z k < 1/2n minden k = 1,2,..., n 1 esetén. Legyen R := mx{r, n 2L}, és legyen z C olyn, hogy z > R. Ekkor ( P n (z) = z n 1 c n 1 z z n 1 c n 2 z 2... c ) 0 ( z n c n 1 c n 2 z z 2... c 0 z n ) 1 2 z n > 1 2 Rn L (felhsználtuk, hogy b b tetszőleges, b C esetén is), zz 0 körüli R sugrú körlemezen kívül z f korlátos, hiszen bármely z C, z > R esetén f(z) = 1/ P n (z) 1/L = K. Az origó körüli R sugrú zárt körlemez kompkt (korlátos és zárt), z f ezen zárt körlemezen is folytonos, ezért Weierstrss-tétel mitt f korlátos, zz f is korlátos. Azt kptuk, hogy f korlátos z origó körüli R sugrú zárt körlemezen és ennek komplementerén is, tehát f korlátos z egész C komplex síkon. Emlékezve rr, hogy f folytonosn differenciálhtó és korlátos z egész C hlmzon, Liouville-tétel szerint f konstns függvény, de kkor vele együtt reciprok, P n is állndó lenne. Mivel P n (n) (z) = n! 0, ez ellentmond nnk, hogy P n konstns függvény, így hmis z indirekt feltételezés, zz igz z eredeti állítás. Az lgebr lptételéből már könnyen beláthtó, hogy egy n-edfokú polinomnk multiplicitást is figyelembe véve pontosn n drb komplex zérushelye vn (n N, n 1).

291 Komplex függvény mximum Komplex függvény mximum A Cuchy-formulánk érdekes következménye következő tétel Tétel (Mximum-elv). Legyen Ω C csillgtrtomány, f C 1 (Ω)), és legyen T Ω olyn, sim görbék áltl htárolt trtomány, melyet htárávl egyesítve T := T T lezáráson z f C(T ). Ekkor f T lezáráson mximumát csk T htáron érheti el, zz h M := mx{ f(z) z T }, kkor minden z T esetén f(z) < M. (Kivételt csupán z állndó f függvény jelent.) Megjegyezzük, hogy f vlós függvénynek korlátos T hlmzon folytonosság mitt létezik mximum. Azt kell csk megmuttni, hogy h z f mximumát z T belső pontbn venné fel, kkor f állndó lenne z egész T trtományon. Bizonyítás. Legyen T egy belső pont, és tegyük fel, hogy f() = M. Ekkor megválszthtunk egy p C, p = 1 komplex számot úgy, hogy p f() = = M. Legyen c(, r) egy olyn zárt körvonl, mely áltl htárolt körlp is T -ben vn. Ekkor Cuchy-formul szerint, felhsználv, hogy c(, r)(t) = = + rexp(it) f() = 1 f(w) 2πi c(,r) w dw = 1 2π f( + rexp(it)) irexp(it)dt = 2πi 0 rexp(it) miből M = pf() = 1 2π 2π 0 = 1 2π 2π 0 f( + rexp(it))dt, pf( + rexp(it))dt = 1 2π 2π 0 Re[pf( + rexp(it))]dt, hiszen bl oldlon vlós szám áll, ezért z integrndus is szükségképpen olyn, melynek képzetes része 0. Legyen g : [0,2π] R, g(t) := Re[pf( + rexp(it))]. Kiderült, hogy M = 1 2π 2π 0 g(t)dt, zz M integrálközepe g függvénynek [0,2π] intervllumon, de kkor g(t) M (t [0,2π]) mitt minden t [0,2π] esetén g(t) = M. H pedig körvonlon állndó függvény, kkor ismét Cuchy-formulár hivtkozv f(z) = 1 2πi c(,r) f(w) w z dw = M p

292 Komplex függvények bármely z K r () körlpon lévő pontr, hiszen 1 dw = 2πi. w z c(,r) Tehát K r () nyílt körlpon z f M p komplex függvény zonosn 0. A T trtománybn folytonosn differenciálhtó, nem zonosn 0 függvény zérushelyei trtomány belsejében nem torlódhtnk, ezért vgy állndó függvény z f, vgy nem fordulht elő, hogy f trtomány belső pontjábn vegye fel z M mximális értéket. Megjegyezzük, hogy folytonosn differenciálhtó komplex függvények ezzel tuljdonságukkl ismét vlós, legfeljebb elsőfokú polinomokr emlékeztetnek, hiszen ők zok, melyek egy zárt intervllum végpontjábn veszik fel legngyobb értéküket (vgy állndó függvények... ) Lurent-sor Legyen Ω csillgtrtomány, Ω olyn, hogy f C 1 (Ω \ {}). Vegyük körül z pontot egy c(, R 1 ) és c(, R 2 ) körvonlll, melyek Ω-bn hldnk, R 1 < R 2. A két kör közötti trtományt jelölje (c(, R 1 ), c(, R 2 )). Tekintsünk egy tetszőleges z (c(, R 1 ), c(, R 2 )) körgyűrűbeli pontot. Kössük össze két körvonlt egy e egyenes szksszl, mjd pozitív körüljárássl készítsük el G := c(, R 2 ) e c (, R 2 ) e zárt görbét, mely áltl htárolt trtománybn függvényünk folytonosn differenciálhtó, és mely z pontot trtlmzz. Az itt érvényes Cuchylptétel szerint f = 0, G G zz hsonlón z eddigi gondoltmenetekhez (Cuchy-formul) f(z) = 1 f(w) 2πi w z dw = 1 f(w) 2πi w z dw 1 f(w) 2πi w z dw. c(,r 2) c(,r 1) Az R 2 sugrú (külső) körön vett integrál kezelése megegyezik Tylor-sorfejtéssel. hiszen 1 w z = 1 w (z ) = 1 1 (z ) n w 1 z = (w ) w n+1, z w = z R 2 < 1, n=0

293 Lurent-sor 283 és ekkor bszolút és egyenletes konvergenci. Tehát 1 f(w) 2πi w z dw = c n (z ) n, hol c(,r 2) n=0 c n = 1 f(w) dw, n = 0,1,2,... (16.4) 2πi c(,r 2) (w ) n+1 Megjegyezzük, hogy most c n nem feltétlenül egyezik meg z f (n) () n! számml, hiszen z pontbn lehet, hogy nincs is értelmezve legtöbbször ez fordul elő függvény. Az R 1 sugrú (belső) körön egy másfjt előállítású sorfejtést lklmzunk. 1 w z = 1 z + w = 1 1 (w ) m z 1 w = (z ) z m+1 = m=0 1 = (z ) n (w ) n+1 n=1 Itt felhsználtuk, hogy w z = R1 z < 1, ekkor bszolút és egyenletesen konvergens geometrii sor. (Az indexezésnél n := m+1 jelölésre tértünk át.) Tehát 1 f(w) 2πi c(,r 1) w z dw = c n (z ) n, hol c n = 1 f(w) dw, n = 1,2,... (16.5) 2πi c(,r 1) (w ) n+1 Az (16.4) és (16.5) integrálokbn z f függvény folytonosn differenciálhtó (c(, R 1 ), c(, R 2 )) körgyűrűben, htárán is, ezért c(, R 1 ) és c(, R 2 ) körökön vett integrálok helyettesíthetők velük koncentrikus, körgyűrűben hldó c körre vontkozó integrálll is. Eredményeinket összefogllv egy tételt kptunk Tétel (Lurent-sorfejtés). H f C 1 (Ω\{}), és c z pontot körülvevő, z középpontú körgyűrűben hldó kör (esetleg z pontot megkerülő zárt görbe), kkor körgyűrűbe eső bármely z pont esetén f(z) = c n (z ) n, hol n= n=1 c n = 1 f(w) dw, n = ±1, ±2,... 2πi c (w ) n+1

294 Komplex függvények Szinguláris helyek Legyen T C trtomány és T. Tegyük fel, hogy f C 1 (T \{}), zz z f függvény folytonosn differenciálhtó z pont kivételével T trtományon, de -bn esetleg nincs is értelmezve. Az ilyen pontot izolált szinguláris helynek nevezzük. A feltétel szerint z f függvény Lurent-sorb fejthető z pont körül, ez Lurent-sor legyen f(z) = c k (z ) k. k= 1. eset. H sorfejtésben c k = 0, k = 1, 2,..., kkor z pontot megszüntethető szingulritásnk nevezzük, ugynis h z f függvényt z pontbn f() := c 0 értékkel értelmezzük (vgy esetleg megváltozttjuk... ), kkor z f(z) = k=0 c k(z ) k egy folytonosn deriválhtó függvényt d z egész T trtományon. Gondoljuk meg, hogy z f : C \ {2} C, f(z) := z2 4 z 2 = z + 2 függvénynek z = 2 pont megszüntethető szingulritás, hiszen f(2) := 4 értelmezéssel egy folytonosn differenciálhtó függvényhez, z f : C C, f(z) := z + 2 függvényhez jutunk. Megjegyezzük, hogy h f (folytonosn) differenciálhtó z T pontbn is, kkor f(w) w (w ) n+1 = (w )n 1 f(w) függvény is (folytonosn) differenciálhtó, ezért Cuchy-lptétel mitt z integráljuk c zárt görbén 0. Ekkor Lurent-sorfejtésben negtív indexű együtthtók mindegyike 0, és sor Tylor-sor lesz. 2. eset. H csk véges sok negtív indexű tg különbözik nullától, zz vn olyn n N, hogy c k = 0, k > n, kkor z pont pólus. Ekkor bármely z T \ {} esetén f(z) = c n (z ) n + c n+1 (z ) n c 1 (z ) +c 0 +c 1 (z )+c 2 (z ) , melyből látszik, hogy z f függvény z környezetében nem is korlátos, de g(z) := (z ) n f(z) = c n + c n+1 (z ) c 0 (z ) n +... függvény már egy htványsor összegfüggvénye, kárhányszor differenciálhtó függvény lesz. H c n 0, kkor z pont n-edrendű pólus. Gondoljuk meg, hogy z f : C \ {0} C, f(z) := z+1 z + Expz Lurent-sor 3 z := 0 pont körül f(z) = 1 z z z + 1 2! z ! z n! zn +...

295 Lurent-sor 285 Ez függvény 0 környezetében nem korlátos, de g(z) := z 3 f(z) = 1 + z + z 3 + z ! z már folytonosn differenciálhtó z egész C komplex síkon. Az f függvénynek 0 hrmdrendű pólus. 3. eset. H végtelen sok c k különbözik nullától, kkor z pont lényeges szinguláris pont. Például z f : C \ {0} C, f(z) := Exp( 1 z ) függvény 0 körüli Lurent-sor z Exp függvény Tylor-sorából szármztthtó: mivel Expz = 1 + z + z2 + z3 3! +..., ezért f(z) = Exp ( ) 1 z = z ! z ! z n! z n ! + Láthtó, hogy c k = 1 k!, k = 1,2,..., zz végtelen sok negtív indexű együtthtó különbözik nullától. Érdekes tuljdonság lényeges szingulritásnk, hogy bármely K() környezetben függvény lényegében minden értéket felvesz, pontosbbn kármilyen w C és bármely ε > 0 számhoz vn olyn z K(), melyre f(z) w < ε (Weierstrss-tétel) A reziduum-tétel Legyen z f függvénynek z izolált szinguláris helye. Ekkor Lurentsorfejtésében ( 1) indexű együtthtót z f függvény ponthoz trtozó reziduumánk nevezzük: Res() := c 1 = 1 2πi c(,r) f(w)dw, hol c(, r) egy középpontú, lklms r sugrú kör (mely helyettesíthető egy zárt görbével is, h z körülveszi z pontot... ) Tétel (Reziduum-tétel). Legyen f folytonosn differenciálhtó D(f) értelmezési trtománybn hldó G zárt görbén és z áltl htárolt trtománybn is, kivéve véges sok 1, 2,..., p szinguláris pontot. Ekkor f(w)dw = 2πi(Res( 1 ) + Res( 2 ) Res( p )). G Bizonyítás. Vegyük körül z i pontot r sugrú, pozitív irányítású körrel, ezek c( i, r) körök (i = 1,2,..., p). A köröket kössük össze egyenes szkszokkl. A G görbét is beikttv egy olyn zárt görbe állíthtó elő, mely

296 Komplex függvények már nem vesz körül szingulritást. Kövessük z ábrán (p = 3 esetén) szerkesztést! Ezen zárt görbén Cuchy-lptétel mitt z integrál null. Az egyenes szkszokon tgonkénti integrálás járuléki kiejtik egymást, így pontozott görbét C-vel jelölve 0 = melyből következik, hogy G f = C f = p i=1 G c( i,r) f + f = p i=1 c (i,r) f, p 2πiRes( i ). A tételből látjuk, hogy komplex függvény zárt görbén történő integrálásához elég ismerni reziduumokt. A reziduum kiszámítását f(z) = g(z) h(z) (h() = 0, g() 0) esetén deriváltkkl is elő tudjuk állítni. Ugynis z f reziduum (elsőrendű pólus esetén) i=1 Res() = lim z (z )f(z) = lim z g(z) h(z) h() z = g() h (). Ezzel fogássl z f : C\{kπ k Z} C, f(z) = Cosz Sinz függvény szinguláris helyeihez, z k = kπ (k Z) pontokhoz trtozó reziduumokt könnyen ki tudjuk számolni: Res(kπ) = Cos(kπ) Sin (kπ) = Cos(kπ) Cos(kπ) = 1 (k Z). H z f függvényt egy olyn pozitív irányítású zárt görbén integráljuk, mely kπ lkú pontok egyikén sem hld át, és mely n drb ilyen pontot zár körül, kkor z integrál n2πi lesz.