EGYVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMíTÁSA

Átírás

1 EGYVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMíTÁSA BÁTKAI ANDRÁS Ennek a jegyzetnek az elsődleges célja, hogy a matematika tanárszakos analízis előadást kísérje és a vizsgára készülést segítse. A jegyzet gépelési hibákat tartalmazhat, kérem értelemmel kezelni és nekem jelezni. Az esetleges hibák nem mentenek fel senkit a vizsgán. 1. Differenciálszámítás, függvényvizsgálat 1.1. Példa. Tekintsük a sebességfogalom kérdését a fizikában. Egyenes vonalú egyenletes mozgás esetén a sebesség a megtett út és az eltelt idő hányadosa, v = s t. Hasonlóan értelmezhető időben változó mozgás esetén az átlagsebesség t 0 és t időpillanat között, azaz v(t 0, t) = s(t) s(t 0) t t 0, ahol s(t) jelöli a t idő alatt megtett utat. Ésszerűnek látszik, hogy a pillanatnyi sebesség fogalmát a t 0 időpillanatban a következőképp értelmezzük: Vegyünk a t 0 időponthoz közeli t időpontokat, határozzuk meg az átlagsebességet a [t 0, t] időintervallumon, majd közelítsük t-t t 0 -hoz. Matematikailag precízen megfogalmazva, legyen s(t) s(t 0 ) v(t 0 ) := v(t 0, t) =, t t0 t t0 t t 0 persze amennyiben ez a határérték létezik Példa. Legyen adva a koordinátarendszerben egy függvény grafikonja (görbéje) és vizsgáljuk, hogy adott pontjához hogyan lehetne érintőt húzni. Mivel adott (x 0 ; f(x 0 )) ponton át ismert meredekségű egyenest középiskolás ismereteink alapján meg tudunk rajzolni, ezért a feladat az érintő meredekségének meghatározása. A függvény grafikonjának egy másik, (x, ) pontján is áthaladó szelő meredeksége m(x 0, x) := f(x 0). Az érintő meredekségét (amennyiben egyáltalán létezik érintő) úgy kaphatjuk meg, hogy az x pontot közelítjük az x 0 ponthoz, azaz m(x 0 ) := x x 0 m(x 0, x) = x x 0 f(x 0 ) Definíció. Legyen x 0 D(f) az értelmezési tartomány belső pontja, azaz x 0 int D(f). Azt mondjuk, hogy f differenciálható (deriválható) az x 0 pontban, ha létezik f f(x 0 ) (x 0 ) = R. x x 0 A fenti határértéket az f függvény x 0 ponbeli differenciálhányadosának vagy deriváltjának mondjuk. További lehetséges jelölések: f (x 0 ) = df dx (x 0) = df dx x=x Megjegyzés. Az előző definíció értelmezhetőségéhez nyilván nem szükséges x 0 int D(f), hanem elég lenne x 0 D(f) D(f). Tekintettel arra, hogy azokhoz a vizsgálódásokhoz, amiket mi folytatunk, nincs szükség erre az általánosságra, ezért a differenciálhatóság definícióját is ennek megfelelően mondtuk ki. Date: September 8, batka@cs.elte.hu. 1

2 2 BÁTKAI ANDRÁS 1.5. Megjegyzés. Nyilvánvaló módon definiálhatóak a féloldali deriváltak (differenciálhányadosok). Pl. a jobboldali deriválthoz tegyük fel, hogy található ε > 0, hogy [x 0, x 0 + ε) D(f) és legyen f +(x 0 ) := f(x 0 ). x x 0 + A továbbiakban, ha azt mondjuk, hogy D(f) = [a, b] és f differnciálható az a (b) pontban, akkor azt értjük ez alatt, hogy a megfelelő féloldali differenciálhányados létezik Megjegyzés. Az előző definíció segítségével adott f : R R függvényhez készíthetünk egy új függvényt a következő módon. Ezt f deriváltfüggvényének nevezzük és f jelöli, D(f ) := {x 0 D(f) : f (x 0 )}, f (x 0 ) := x x 0 f(x 0 ) Állítás. Ha f differenciálható x 0 int I-ben, akkor folytonos is. Bizonyítás. ( f(x 0 )) = x x 0 f(x 0 ) x x 0 f(x 0 ) ( ) = ( ) = f (x 0 ) 0 = 0. x x 0 x x Példa. Az előző állítás nem megfordítható, hiszen ha = x, x 0 = 0, akkor f +(0) = f (0) = f(x 0 ) x x 0+ x x 0 f(x 0 ) x = x 0+ = x 0 x = x 0+ (1) = 1, x x = ( 1) = 1, x 0 azaz nem létezik f (0). Megmutatható, hogy létezik (nagyon sok) mindenhol definiált folytonos függvény, amely értelmezési tarományának egyetlen pontjában sem differenciálható. Például a = n=0 {10 n x} 10 n képlettel, ahol {y} az y szám törtrészét jelöli, egy ilyen függvényt adtunk meg Példa. Meghatározzuk néhány elemi függvény differenciálhányadosát. (1) Legyen = x m, m N. Ekkor ha x x 0, x m x m 0 = x m 1 + x m 2 x x m 1 0 mx m 1 0, ha x x 0. (2) Legyen g(x) = sin x, gyakorlatokon szerepelt, hogy g (x 0 ) = cos x 0. (3) Legyen h(x) = a x, a > 1. Szintén gyakorlatokon szerepelt, hogy h (x 0 ) = a x0 ln a, ahol ln = log e Példa. A következőkben a műveleti azonosságokat fogjuk vizsgálni. Egyszerű példa a következő. Legyen = g(x) = x, ekkor f (x) = g (x) = 1, (fg)(x) = x 2, (fg) (x) = 2x, azaz (fg) (x) f (x) g (x). Tehát, bár a szorzatfüggvény deriválható, kiszámítása nem olyan egyszerű. 1 lsd. pl. Szőkefalvi-Nagy Béla: Valós függvények és függvénysorok, III.1.1. ( old.)

3 DIFFERENCIÁLÁS Tétel. Legyen D(f) = D(g) = I intervallum, x 0 int I belső pont, melyben legyen f és g differenciálható. Ekkor f ± g, αf (α R), fg és, ha g(x 0 ) 0, akkor f g differenciálható x 0-ban és Bizonyítás. (f ± g) (x 0 ) = f (x 0 ) ± g (x 0 ), (αf) (x 0 ) = α f (x 0 ), (fg) (x 0 ) = f (x 0 ) g(x 0 ) + f(x 0 ) g (x 0 ), ( ) f (x 0 ) = f (x 0 ) g(x 0 ) f(x 0 ) g (x 0 ) g g 2. (x 0 ) (1) Kezdjük az összeadással, a kivonás hasonlóan történhet. [ + g(x)] [f(x 0 ) g(x 0 )] = f(x 0) + g(x) g(x 0) f (x 0 ) + g (x 0 ), ha x x 0. (2) A számmal szorzás: (3) A szorzás: (αf)(x) (αf)(x 0 ) = α f(x 0) αf (x 0 ), ha x x 0. (fg)(x) (fg)(x 0 ) = g(x) f(x 0)g(x 0 ) = g(x) g(x 0) + g(x 0 ) f(x 0 )g(x 0 ) = g(x) g(x 0) + g(x 0 ) f(x 0) f(x 0 )g (x 0 ) + g(x 0 )f (x 0 ), ha x x 0. Itt használtuk azt is, hogy az f függvény folytonos az x 0 pontban. (4) A hányados: ( f g )(x) ( f g )(x 0) g(x) = f(x 0) g(x 0) 1 g(x 0 ) g(x)f(x 0 ) = g(x)g(x 0 ) 1 g(x 0 ) f(x 0 )g(x 0 ) + f(x 0 )g(x 0 ) f(x 0 )g(x) = g(x)g(x 0 ) ( 1 = g(x 0 ) f(x 0) + f(x 0 ) g(x ) 0) g(x) g(x)g(x 0 ) f (x 0 ) g(x 0 ) f(x 0 ) g (x 0 ) g 2, ha x x 0. (x 0 ) Itt használtuk azt is, hogy a g függvény folytonos az x 0 pontban Tétel (kompozíció differenciálhatósága). Legyen D(f) = I, D(g) = J, I, J intervallum, R(g) = g(j) I, x 0 J belső pont, g differenciálható x 0 -ban, f differenciálható g(x 0 ) pontban. Ekkor f g differenciálható x 0 -ban és (f g) (x 0 ) = f (g(x 0 )) g (x 0 ). Bizonyítás. Esetszétválasztást végzünk, két esetet vizsgálunk meg. (1) Az első eset az, amikor található δ > 0, hogy bármely x (x 0 δ, x 0 ) (x 0, x 0 + δ) számra g(x) g(x 0 ). Ez garantáltan teljesül, ha mondjuk g injektív (szigorúan monoton). Ekkor f(g(x)) f(g(x 0 )) = f(g(x)) f(g(x 0)) g(x) g(x 0) g(x) g(x 0 ) ha x (x 0 δ, x 0 ) (x 0, x 0 + δ). Mivel g folytonos, ezért ha x x 0, akkor g(x) g(x 0 ). Másrészt feltétel szerint g(x) g(x 0 ), így f(g(x)) f(g(x 0 )) g(x) g(x 0 ) f (g(x 0 )), ha x x 0

4 4 BÁTKAI ANDRÁS a kompozíció határértékére vonatkozó Tétel (2. változat) 2 szerint. Másrészt g differenciálhatóságából következik, hogy g(x) g(x 0 ) g (x 0 ), ha x x 0. (2) A második eset az, amikor található (x n ) sorozat, melyre x n x 0, és g(x n ) = g(x 0 ). Ekkor g(x n ) g(x 0 ) = 0 0 = g (x 0 ) x n x 0 a függvényhatárértékre vonatkozó átviteli elv alapján. Legyen z n J, z n x 0. Azt kell megmutatnunk, hogy az y n := f(g(z n)) f(g(x 0 )) z n x 0 = { 0, ha g(zn ) = g(x 0 ), f(g(z n )) f(g(x 0 )) g(z n ) g(x 0 ) g(z n) g(x 0) z n x 0 ha g(z n ) g(x 0 ) sorozatra y n 0. Három alesetet vizsgálunk meg. (a) Ha véges sok olyan n index van, hogy g(z n ) g(x 0 ), akkor y n = 0 majdnem minden indexre, így y n 0. (b) Ha véges sok olyan n index van, hogy g(z n ) = g(x 0 ), akkor (1) eset alatt tárgyaltakhoz hasonlóan látszik, hogy y n f (g(x 0 )) g (x 0 ) = 0. (c) Ha mindkettőből végtelen sok index van, akkor szét tudjuk bontani a (z n ) sorozatot egy (z mk ) és egy (z lk ) részsorozatra, ahol az egyik esetben g(z mk ) = g(x 0 ) és a másik esetben g(z lk ) g(x 0 ). Így a (2a) és (2b) pontokban tárgyaltak alapján y mk 0 és y lk 0. Mivel az m k és az l k indexsorozatok lefedik a természetes számok halmazát, ezért a múlt félévben a részsorozatokról tanultak alapján y n Tétel (inverz differenciálhatósága). Legyen D(f) = I intervallum, f legyen szigorúan monoton. Legyen továbbá x 0 int I és tegyük fel, hogy f differenciálható az x 0 pontban. Ekkor f 1 differenciálható η = f 1 (x 0 ) pontban és ( f 1 ) 1 (η) = f (x 0 ) = 1 f (f 1 (η)). Bizonyítás. Legyen y n D(f 1 ) = R(f) = f(i), y n η, y n η. Ekkor található olyan x n D(f) = I, hogy f(x n ) = y n. A az inverz függvény folytonosságára vonatkozó tétel 3 szerint f 1 folytonos, így x n = f 1 (y n ) f 1 (η) = x 0. Tehát f 1 (y n ) f 1 (η) y n η = x n x 0 f(x n ) f(x 0 ) 1 f (x 0 ), ha n Példa. (1) = cos(x) = sin ( π 2 x), azaz ( f (x) = sin π ) ( π ) ( π ) 2 x 2 x = cos 2 x ( 1) = sin x (2) = ln x, ahol is ln = exp 1. Így f (η) = 1 e x 0 = 1 η, ahol η = ex0. (3) = x α, α R \ {0} (D(f) = R + ). Ekkor = e α ln x, így f (x) = ( e α ln x) ( α ) = α xα x x = αxα 1. (4) = tg x = sin x cos x, így f (x) = sin x cos x sin x cos x cos 2 x = cos2 x + sin 2 x cos 2 x 2 Egyváltozós függvények folytonossága és határértéke c. jegyzet 1.41 Tétel 3 Egyváltozós függvények folytonossága és határértéke c. jegyzet 2.33 Tétel = 1 cos 2 x.

5 DIFFERENCIÁLÁS Tétel. Legyen D(f) = I intervallum, x 0 int I belső pont. Az f függvény pontosan akkor differenciálható az x 0 pontban, ha találhatóak a R, ε > 0 számok és r : ( ε, ε) R függvény, melyre teljesül, és bármely h ( ε, ε) esetén Ekkor f (x 0 ) = a. r(h) h 0, ha h 0 f(x 0 + h) = f(x 0 ) + ah + r(h). Bizonyítás. ( ): f(x 0 + h) f(x 0 ) = a + r(h) a, ha h 0, h h így ilyenkor f differenciálható x 0 -ban és f (x 0 ) = a. ( ): Ha f differenciálható x 0 -ban, akkor legyen Így ρ(h) = f(x 0 + h) f(x 0 ) h f (x 0 ) 0, ha h 0. f(x 0 + h) f(x 0 ) = f (x 0 ) h + hρ(h). Az a := f (x 0 ) és r(h) = h ρ(h) választással az állítás következik Definíció. Az x 0 D(f) pont lokális maximumhely, ha található δ > 0, hogy bármely x (x 0 δ, x 0 + δ) D(f) esetén f(x 0 ). Az x 0 D(f) pont lokális minimumhely, ha található δ > 0, hogy bármely x (x 0 δ, x 0 + δ) D(f) esetén f(x 0 ) Tétel (szélsőérték szükséges feltétele). Legyen D(f) = I intervallum, x 0 int I belső pont és legyen f differenciálható x 0 -ban. Ha x 0 int I lokális maximumhely, akkor f (x 0 ) = 0. Bizonyítás. Használjuk, hogy f (x 0 ) = x x0 + f(x0) x x 0 Így csak f (x 0 ) = 0 lehetséges. = x x0 f(x0) x x 0. Ha x > x 0, akkor f(x 0) 0 f +(x 0 ) 0, ha x < x 0, akkor f(x 0) 0 f (x 0 ) Megjegyzés. Hasonlóan, ha x 0 int D(f) lokális minimumhely, akkor f (x 0 ) = Megjegyzés. Az f (x 0 ) = 0 feltétel nem elégséges a lokális szélsőérték létezéséhez, amint azt az = x 3 függvény mutatja az x 0 = 0 pontban. Ugyanis f (x) = 3x 2, f (0) = 0, viszont x 0 = 0 nem lokális szélsőértékhely, hiszen f szigorúan monoton nő Megjegyzés. Fontos az a feltétel is, hogy x 0 int I = int D(f), hiszen ha = x 2, D(f) = [1, 2], akkor x 0 = 1 minimumhely, x 0 = 2 maximumhely, viszont f (1) = f +(1) = 2 0 és f (2) = f (2) = 4 0. Az előző bizonyítás megfelelő módosításával bizonyítható a következő Következmény. Legyen D(f) = [a, b], f differenciálható az a és a b pontokban (tehát a féloldalas deriváltak léteznek). Ha az a pont lokális minimumhely (maximumhely), akkor f +(a) 0 (f +(a) 0). Ha a b pont lokális maximumhely (minimumhely), akkor f (b) 0 (f (b) 0) Tétel (Rolle tétele). Legyen D(f) = I = [a, b] folytonos, f differenciálható az int I = (a, b) intervallumban és legyen f(a) = f(b). Ekkor található olyan x 0 (a, b), melyre f (x 0 ) = 0. Bizonyítás. Ha f konstans, akkor az állítás nyilvánvaló, minden x 0 (a, b) pontban a f (x 0 ) = 0. Ha f nem konstans, akkor a Weierstraß tétel szerint létező maximum- és minimumhelyek különbőzőek, azaz legyen x 1 [a, b] minimumhely és x 2 [a, b] maximumhely, ekkor, mivel f nem konstans, ezért f(x 1 ) < f(x 2 ). Tehát legalább az egyik az pont intervallum belsejében van, mert f(a) = f(b). Viszont az előző állítás szerint ekkor vagy f (x 1 ) = 0 (ha x 1 (a, b)) vagy f (x 2 ) = 0 (ha x 2 (a, b)).

6 6 BÁTKAI ANDRÁS Megjegyzés. Michel Rolle [ ] francia matematikus, a Párizsi akadémia tagja Megjegyzés. A Rolle tételnél fontos, hogy az intervallum végpontjában féloldalas differenciálhatóságot sem teszünk fel. Így a feltételeket teljesítik a D(f) = D(g) = [0, 1], = x, g(x) = x sin 1 x függvények Tétel (Lagrange középértéktétel). Legyen D(f) = I = [a, b] folytonos, f differenciálható az int I = (a, b) intervallumban. Ekkor található x 0 (a, b), hogy f (x 0 ) = f(b) f(a). b a Bizonyítás. Legyen g(x) = f(b) f(a) b a (x a). Könnyen ellenőrizhető, hogy g teljesíti a Rolle tétel feltételeit, hiszen g(a) = f(a), g(b) = f(b) f(b) + f(a) = f(a). Tehát található olyan x 0 (a, b), melyre g (x 0 ) = 0, azaz f (x 0 ) = f(b) f(a) b a Megjegyzés. Joseph Louis Lagrange [ ] francia matematikus, csillagász, fizikus. A francia forradalom alatt részt vett az új mértékegységrendszer kidolgozásában, mely a mai SI rendszer alapja. Ő adott először magyarázatot arra, miért fordítja a Hold mindig ugyanazt az oldalát a föld felé. Jelentősek az algebrában és a számelméletben elért eredményei is Következmény. Legyen D(f) = D(g) = I intervallum, f, g folytonos és az intervallum belsejében differenciálható, valamint legyen f (x) = g (x) minden x int I pontra. Ekkor található olyan c R, hogy = g(x) + c. Bizonyítás. Legyen h(x) = g(x), azt kell igazolni, hogy h konstans. Ekkor h (x) = 0 minden x int I pontban. Legyen x 1 < x 2, x 1, x 2 int I. Ekkor Lagrange középértéktétel szerint található x 0 (x 1, x 2 ), hogy h(x 2 ) h(x 1 ) = h (x 0 )(x 2 x 1 ) = 0, hiszen feltétel szerint h (x 0 ) = 0. Tehát h konstansfüggvény Következmény. Legyen D(f) = I, f folytonos és differenciálható int I-ben, valamint legyen f korlátos. Ekkor f Lipschitz-folytonos. Bizonyítás. Legyen L := sup f, x, y I, x < y. A Lagrange középértéktétel szerint található x 0 (x, y) int I, hogy f(y) = f (x 0 )(x y) L x y, azaz f Lipschitz folytonos és a Lipschitz konstans L Tétel (monotonitás elégséges feltétele). Legyen D(f) = I intervallum, f folytonos és differenciálható int I-ben. Ha minden x int I pontban f (x) 0, akkor f monoton nő, f (x) > 0, akkor f szigorúan monoton nő, f (x) 0, akkor f monoton fogy, f (x) < 0, akkor f szigorúan monoton fogy. Bizonyítás. Vizsgáljuk például az első esetet, a többi hasonlóan történhet. Tegyük fel, hogy minden x int I pontban f (x) 0 és legyen x < y, x, y I. Lagrange középértéktétel szerint található x 0 (x, y) int I, hogy f(y) = f (x 0 )(y x) 0.

7 DIFFERENCIÁLÁS Tétel (szélsőérték elégséges feltétele). Legyen D(f) = I intervallum, f differenciálható int I-ben, x 0 int I és legyen f (x 0 ) = 0. Az f függvénynek az x 0 pont lokális maximumhelye, ha található δ > 0, hogy x (x 0 δ, x 0 ) : f (x 0 ) 0 és x (x 0, x 0 + δ) : f (x 0 ) 0. Hasonlóan, az f függvénynek az x 0 pont lokális minimumhelye, ha található δ > 0, hogy x (x 0 δ, x 0 ) : f (x 0 ) 0 és x (x 0, x 0 + δ) : f (x 0 ) 0. Bizonyítás. A maximumhelyre vonatkozó állítást bizonyítjuk, a minimumhelyre vonatkozó hasonlóan következik. Tegyük fel, hogy a feltétel teljesül és legyen x 0 < x < x 0 + δ tetszőleges. A Lagrange középértéktétel szerint található x 1 (x 0, x), hogy f(x 0 ) = f (x 1 )( ) 0, hiszen f (x 1 ) 0 és > 0. Tehát ha x (x 0, x 0 + δ), akkor f(x 0 ). Hasonlóan, legyen x 0 < x < x 0 + δ tetszőleges. Lagrange középértéktétel szerint található x 2 (x, x 0 ), hogy f(x 0 ) = f (x 2 )( ) 0, hiszen f (x 1 ) 0 és < 0. Tehát ha x (x 0 δ, x 0 ), akkor f(x 0 ). Összefoglalva, minden x B(x 0, δ) esetén f(x 0 ), azaz x 0 lokális maximumhely Megjegyzés. Az előző tétel feltétele nem szükséges, könnyen lehet példát mutatni olyan függvényre, amelyre nem teljesülnek a tétel feltételei egy x 0 pontban, mégis lokális minimuma van ott Definíció. Legyen D(f) = I intervallum, x 0 int I. Az f függvény az x 0 pontban lokálisan monoton nő (fogy), ha található δ > 0, hogy x (x 0 δ, x 0 ) : f(x 0 ) ( f(x 0 )), x (x 0, x 0 + δ) : f(x 0 ) ( f(x 0 )). Azt mondjuk, hogy az f függvény az x 0 pontban előjelváltó, ha f(x 0 ) = 0 és f az x 0 pontban lokálisan monoton Megjegyzés. Tehát a szélsőérték elégséges feltétele úgy fogalmazható, hogy: ha f az x 0 pontban előjelváltó, akkor f-nek x 0 pontban lokális szélsőértékhelye van Megjegyzés. A pontban vett lokális monotonitás nem jelenti, hogy lenne olyan intervallum, ahol f monoton, erre is lehet példát mutatni Állítás. Az f függvény az x 0 int D(f) pontban pontosan akkor nő lokálisan, ha található δ > 0, hogy bármely x B(x 0, δ) \ {x 0 } esetén g(x) := f(x 0) 0. Bizonyítás. Ha x (x 0, x 0 + δ), akkor ( ) > 0, így pontosan akkor teljesül g(x) 0, ha f(x 0 ). Hasonlóan, ha x (x 0 δ, x 0 ), akkor ( ) < 0, így pontosan akkor teljesül g(x) 0, ha f(x 0 ). A folytatáshoz szükségünk van a következő egyszerű állításra, melyhez hasonlót már Bolzano tételének tárgyalásakor 6 már láttunk. Bizonyítása is hasonlóan történik Segédtétel. Legyen f : R R, x 0 D(f), létezik x0 f = a határérték. Ha a > 0 (a < 0), akkor található δ > 0, hogy bármely x B(x 0, δ) \ {x 0 } esetén > 0 ( < 0). 4 lsd. T. Sós Vera. Analízis I/1 jegyzet M. megjegyzést. 5 lsd. T. Sós Vera. Analízis I/1 jegyzet 15.4.M. megjegyzést. 6 Egyváltozós függvények folytonossága és határértéke c. jegyzet 2.13 Segédtétel

8 8 BÁTKAI ANDRÁS Bizonyítás, első változat. Indirekt, tegyük fel, hogy minden δ > 0 számhoz található olyan x = x(δ) B(x 0, δ) \ {x 0 }, hogy 0. Így δ = 1 n -hez is található x n a fenti tulajdonsággal. Erre a sorozatra x n x 0, a határérték definíciója miatt f(x n ) a, a határérték és rendezés tételei miatt a 0 kellene, hogy legyen, ami ellentmondás. Bizonyítás, második változat. A határérték ε δ megfogalmazását használjuk. Az ε = a -hoz található olyan δ > 0, hogy minden x B(x 0, δ) \ {x 0 } számra B(a, ε) = (0, 2a), azaz > Következmény. Legyen D(f) = I intervallum, f differenciálható az x 0 int I pontban és legyen f (x 0 ) > 0. Ekkor f lokálisan szigorúan monoton nő az x 0 pontban. Bizonyítás. f f(x (x 0 ) = 0 ) x x0 x x 0 > 0, így 1.36 Segédtétel szerint található δ > 0, hogy bármely x (x 0 δ, x 0 ) (x 0, x 0 + δ) számra g(x) = f(x 0) x x 0 > 0. Az állítás 1.35 Állítás felhasználásával következik Tétel (szélsőérték feltétele második deriválttal). Legyen D(f) = I intervallum, f differenciálható int I-ben, x 0 int I és f (x 0 ) = 0. Ha f differenciálható x 0 -ban és f (x 0 ) < 0, f (x 0 ) > 0, akkor x 0 lokális maximumhely, akkor x 0 lokális minimumhely. Bizonyítás. Ha f (x 0 ) < 0, akkor f az x 0 pontban lokálisan szigorúan monoton fogy, azaz található δ > 0, hogy x (x 0 δ, x 0 ) : f (x 0 ) 0 és x (x 0, x 0 + δ) : f (x 0 ) 0, amiből 1.30 Tétel felhasználásával az állítás első része következik. A minimumhelyre vonatkozó állítás hasonlóan bizonyítható. A 1.30 Tétel ellenpróbáját, azaz elégséges feltételt arra, hogy egy x 0 pont, melyben f (x 0 ) = 0 ne legyen szélsőértékhely, a következő módon adhatjuk meg Állítás. Legyen D(f) = I intervallum, f differenciálható int I-ben, x 0 int I, f (x 0 ) = 0. Ha található δ > 0, hogy bármely x (x 0 δ, x 0 + δ), x x 0 esetén f (x) > 0, akkor f az x 0 pontban lokálisan szigorúan monoton nő. Bizonyítás. legyen x 0 < x < x 0 + δ tetszőleges. Lagrange középértéktétel szerint található x 1 (x 0, x), hogy f(x 0 ) = f (x 1 )( ) > 0, hiszen f (x 1 ) > 0 és > 0. Tehát ha x (x 0, x 0 + δ), akkor > f(x 0 ). Hasonlóan, legyen x 0 < x < x 0 + δ tetszőleges. Lagrange középértéktétel szerint található x 2 (x, x 0 ), hogy f(x 0 ) = f (x 2 )( ) < 0, hiszen f (x 1 ) > 0 és < 0. Tehát ha x (x 0 δ, x 0 ), akkor < f(x 0 ) Példa. (a) Legyen = x 2, ekkor f (x) = 2x és f (x) = 2. f (x) = 0, ha x = 0. Mivel f (0) = 2, ezért ez minimumhely. (b) Legyen = x 3, ekkor f (x) = 3x 2 és f (x) = 6x. f (x) = 0, ha x = 0. Mivel f (0) = 0, ezért nem használhatóak a második deriváltra vonatkozó feltételek. Viszont mivel ha x 0, akkor f (x) > 0, ezért 1.39 Állítás szerint 0 nem szélsőértékhely. (c) Legyen = x 4, f (x) = 4x 3, f (x) = 12x 2. f (x) = 0, ha x = 0. A második deriváltra vonatkozó feltételek ismét használhatatlanok, viszont könnyen látható, hogy ha x < 0, akkor f (x) < 0, és ha x > 0, akkor f (x) > 0, így x 0 = 0 minimumhely.

9 DIFFERENCIÁLÁS Tétel (Cauchy középértéktétel). Legyen D(f) = D(g) = [a, b] intervallum, f és g folytonos, továbbá differenciálható az (a, b) intevallumon. Ekkor található x 0 (a, b), hogy (f(b) f(a))g (x 0 ) = (g(b) g(a))f (x 0 ). Ha g (x 0 ) 0, akkor f(b) f(a) g(b) g(a) = f (x 0 ) g (x 0 ). Bizonyítás. Legyen h(x) = (f(b) f(a))g(x) (g(b) g(a)), azt kell megmutatnunk, hogy található x 0 (a, b), hogy h (x 0 ) = 0. Viszont h teljesíti a Rolle tétel feltételeit, hiszen h(a) = f(b)g(a) f(a)g(a) g(b)f(a) + g(a)f(a) = f(b)g(a) g(b)f(a), h(b) = f(b)g(b) f(a)g(b) g(b)f(b) + g(a)f(b) = f(b)g(a) g(b)f(a). Így tényleg található olyan x 0 (a, b), hogy h (x 0 ) = 0, azaz (f(b) f(a))g (x 0 ) = (g(b) g(a))f (x 0 ) Következmény (l Hospital szabály, egyszerűbb alak). Legyen D(f) = D(g) = I intervallum, f, g differenciálható int I-ben, x 0 int I, f(x 0 ) = g(x 0 ) = 0 és g(x) 0 ha x x 0. Ha létezik akkor létezik f (x) x x 0 g (x) = α R, x x 0 g(x) = α. Bizonyítás. Mivel f(x 0 ) = g(x 0 ) = 0, ezért bármely x I, x x 0 alkalmazva a Cauchy középértéktételt, x x 0 g(x) = f(x 0 ) x x 0 g(x) g(x 0 ) = f (x 0 ) x x 0 g (x 0 ) = α, hiszen ha x x 0, akkor a Cauchy középértéktétel szerint választott x 1 x 0. esetén g(x) = f(x0) g(x) g(x 0 ), így Megjegyzés. Guillaume François Antoine Marquis de l Hospital [ ] francia matematikus, mestere Johann Bernoulli. Ő írta az első differenciálszámítás tankönyvet Analyse des infiniment petits címen, melyben szerepel a róla elnevezett tétel. A l Hospital szabályt valójában Bernoulli használta először, így az elnevezés kissé téves Tétel (l Hospital szabály). Legyen D(f) = D(g) = (a, b), a, b R. Legyen f, g differenciálható (a, b)-n, és tegyük fel, hogy bármely x (a, b) számra g (x) 0. Teljesüljön továbbá vagy (A1) vagy = g(x) = 0, x a+ x a+ (A2) Ekkor amennyiben a jobboldali határérték létezik. Hasonló állítás teljesül az x b határértékre. g(x) = + vagy. x a+ x a+ g(x) = f (x) x a+ g (x), Bizonyítás. Három lépésben végezzük. Jelölje η := x a+ f (x) g (x).

10 10 BÁTKAI ANDRÁS a.) Vizsgáljuk először azt az esetet, amikor η [, + ). Legyen y 0 > η tetszőleges. Megmutatjuk, hogy található olyan x 0 (a, b), hogy bármely x (a, x 0 ) esetén (1) g(x) < y 0. Legyen y 0 > y 1 > η, ekkor legyen x 1 (a, b) olyan, hogy bármely x (a, x 1 ) esetén f (x) g (x) < y 1. Ha x, u (a, x 1 ), akkor Cauchy középértéktétel szerint található olyan ξ (a, x 1 ), hogy (2) f(u) g(x) g(u) = f (ξ) g (ξ) < y 1. Ha az (A1) feltétel teljesül, akkor a (2) egyenlőtlenségből x a+ határátmenettel (3) f(u) g(u) y 1 < y 0 u (a, x 1 ). Ha az (A2) feltétel teljesül, akkor rögzítsük az u (a, x 1 ) pontot. Legyen x 2 (a, x 1 ) olyan, hogy bármely x (a, x 2 ) esetén g(x) > max{0, g(u)}, ha g(x) = +, x a+ g(x) < min{0, g(u)}, ha g(x) =. x a+ Mind a két esetben bármely x (a, x 2 ) esetén g(x) g(u) g(x) > 0. Végigszorozva (2) egyenlőtlenséget ezzel a számmal kapjuk, hogy (4) azaz f(u) g(x) g(x) g(u) < y 1, g(x) g(x) < y g(u) 1 y 1 g(x) + f(u) g(x). Mivel a (4) egyenlőtlenség jobb oldala (rögzített u mellett) y 1 -hez tart, ha x a+, így található y 0 -hoz x 3 (a, x 2 ), hogy bármely x (a, x 3 ) számra (5) g(x) < y 0. b.) Ha η (, + ], akkor az előző gondolatmenetet szó szerint megismételve kapjuk, hogy bármely ỹ 0 < η számhoz található x 0 (a, b), hogy minden x (a, x 0 ) számra (6) g(x) > ỹ 0. c.) Az elvégzett előmunka után megmutatjuk, hogy teljesül a tétel állítása. Ha η =, akkor az a.) pont és (1) alapján bármely y 0 R számhoz található x 0 (a, b), hogy minden x (a, x 0 ) szám esetén g(x) < y 0, azaz definíció szerint x a+ g(x) =.

11 DIFFERENCIÁLÁS 11 Hasonlóan, ha η = +, akkor b.) pont és (6) alapján bármely ỹ 0 R számhoz található x 0 (a, b), hogy minden x (a, x 0 ) szám esetén g(x) > ỹ 0, azaz x a+ g(x) = +. Ha η R, akkor az a.) és b.) pontok alapján bármely ε > 0 esetén található ˆx 0 (a, b), hogy minden x (a, ˆx 0 ) esetén η ε < g(x) < η + ε, azaz x a+ g(x) = η Példa. (1) e αx x + x = α e αx = + x + 1 bármely α > 0 számra. Ebből következik, hogy bármely α, β > 0 számra (2) (3) e αx x + x β = +. ln x x + x α = x + α x α 1 = 1 x + α x α = 0 bármely α > 0 valós számra. Ebből következik, hogy bármely α, β > 0 számra 1 x (ln x) β x + x α = 0. sin x x 0 x e x 1 = cos x = 1, x 0 1 e x = x 0 x x 0 1 = 1, viszont ennek ellenére fontos, hogy az úgynevezett nevezetes határértékekre legyen a differenciálhányados fogalmát nem használó levezetésünk. Ez azért van így, mert a fenti határértékeket használtuk ahhoz, hogy meghatározzuk az exponenciális, szinusz stb. függvények deriváltfüggvényét. (4) Legyen = e x +e x és g(x) = e x e x f. Ekkor a + g határérték kiszámítására a l Hospital szabály nem használható, hiszen f g határértéke + + típusú (és hasonló lesz a további deriváltak hányadosa), viszont (5) Vizsgáljuk a határértéket. e x + e x 1 + e 2x e x = 1 ha x +. e x 1 e 2x x 2 cos 1 x x 0+ sin x f (x) g (x) = 2x cos 1 x + x2 (sin 1 x ) cos x aminek nincs határértéke 0-ban. Viszont ( 1 x 2 ) = 2x cos 1 x cos x sin 1 x cos x, x 2 cos 1 x sin x = x sin x x cos 1 x 0 ha x 0 +.

12 12 BÁTKAI ANDRÁS (6) Legyen = x + sin x cos x, g(x) = e sin x. Ekkor f (x) = 1 + cos 2 x sin 2 x = 2 cos 2 x, g (x) = 2 cos 2 x e sin x + (x + sin x cos x)e sin x cos x = cos x e sin x (x + 2 cos x + sin x cos x). Így f (x) g (x) = 1 e sin x 2 cos x x + 3 cos x + sin x cos x 0, Viszont nem létezik az g(x) = 1 e sin x ha x +. függvénynek határértéke + -ben. Itt nem teljesülnek a l Hospital szabály feltételei Definíció. Legyen D(f) = I intervallum. Az f függvény konvex (konkáv), ha bármely x 1, x 2 I pontpárra és bármely q (0, 1) számra f((1 q)x 1 + qx 2 ) (1 q)f(x 1 ) + qf(x 2 ). A függvény szigorúan konvex (konkáv), ha a fenti egyenlőtlenségben < (>) szerepel. ( ) Állítás. Legyen D(f) = I intervallum, f folytonos, az I belsejében differenciálható. Ha f monoton nő (fogy), akkor f konvex (konkáv). Bizonyítás. Tegyük fel, hogy f monoton nő, x 1 < x 2, x 1, x 2 I, q (0, 1) és legyen x := (1 q)x 1 +qx 2. Azt kell megmutatnunk, hogy (7) (1 q) + q = (1 q)f(x 1 ) + qf(x 2 ), azaz, ekvivalens módon, (1 q)[ f(x 1 )] q[f(x 2 ) ]. A Lagrange középértéktétel szerint található olyan ξ 1 (x 1, x) és ξ 2 (x, x 2 ), hogy f(x 1 ) = f (ξ 1 )(x x 1 ), f(x 2 ) = f (ξ 2 )(x 2 x). Tehát a bizonyítandó (7) egyenlőtlenséget átalakítottuk az (8) (1 q)(x x 1 )f (ξ 1 ) q(x 2 x)f (ξ 2 ) egyenlőtlenséggé. Vegyük észre, hogy így (1 q)x + qx = x = (1 q)x 1 + qx 2, (1 q)(x x 1 ) = q(x 2 x) > 0. Felhasználva ezt és ennek megfelelően átalakítva (8) egyenlőtlenséget, kapjuk, hogy a bizonyítandó (7) egyenlőtlenség ekvivalens a f (ξ 1 ) f (ξ 2 ) egyenlőtlenséggel, ami viszont teljesül, hiszen ξ 1 < ξ 2 és f monoton nő. A derivált előjele és a monotonitás viszonya alapján az előző állításból nyilvánvaló a következő Következmény. Legyen D(f) = I intervallum, f folytonos és I belsejében kétszer differenciálható. Ha bármely x int I pontban f (x) 0, f (x) 0, akkor f konvex, akkor f konkáv Definíció. Legyen D(f) = I intervallum, f folytonos és int I-ben kétszer differenciálható. Az x 0 int I pont inflexiós pont, ha f az x 0 pontban előjelet vált, azaz f (x 0 ) = 0 és az x 0 pontban f lokálisan monoton.

13 DIFFERENCIÁLÁS Definíció. Legyen + D(f). Azt mondjuk, hogy az y = mx+b egyenletű egyenes az f függvény aszimptotája, ha ( (mx + b)) = 0. x + Hasonlóan értelmezhető a -ben vett aszimptota Megjegyzés. Az aszimptota létezése szemléletesen azt jelenti, hogy a függvénygrafikon hozzásimul az adott egyeneshez. Az aszimptota létezéséhez szükséges (de nem elégséges!) feltétel, hogy létezzen x + x = m Példa. (1) = x + 1 x függvénynek y = x egyenes aszimptotája. (2) = x + sin x függvénynek nincs aszimptotája, viszont x = 1 + sin x x Megjegyzés. A függvényvizsgálat szempontjai: (1) Értelmezési tartomány (D(f)). (2) Tengelymetszetek. (3) Folytonosság, (féloldali) határértékek a szakadási helyeken és az értelmezési tartomány határpontjaiban, esetleges aszimptoták. (4) Monotonitás, lokális szélsőértékek. (5) Konvexitás, inflexiós pont. (6) Táblázat, a függvénygrafikon vázlatos megrajzolása. (7) Értékkészlet Tétel (Darboux tétele). Legyen D(f) = I intervallum, a, b int I, a < b. Ha y R olyan, hogy vagy f (a) < y < f (b), vagy f (b) < y < f (a), akkor található u (a, b), hogy f (u) = y. Bizonyítás. Ha f folytonos, akkor az állítás nyilvánvaló következménye a Bolzano tételnek. Legyen g : [a, b] R, g(x) = y x g(x) = y x ha f (a) < f (b), ha f (a) < f (b). Ekkor g differenciálható és g (a) < 0, g (b) > 0. Azt kell megmutatnunk, hogy található u (a, b), hogy g (u) = 0. Mivel g folytonos az [a, b] interrvallumon, így létezik u [a, b] minimumhely. Viszont 1.21 következmény miatt sem a = u, sem b = u nem lehet, g az a pontban lokálisan monoton fogy, g a b pontban lokálisan monoton nő. Így u (a, b), amiből a szélsőérték elégséges feltételére vonatkozó 1.17 Tétel szerint g (u) = 0, azaz f (u) = y. 2. Taylor polinomok A továbbiakban annak a gyakorlatban igen fontos problémának szenteljük figyelmünket, hogy hogyan lehet differenciálható, szép függvények függvényértékeit közelítőleg kiszámolni polinomok segítségével. A konkrét szituáció, amire gondolunk, a következő: próbáljuk meg meghatározni sin 1 vagy ln 2 értékét tetszőleges pontossággal. Mivel számítógépek, számológépek csak az alapműveletekkel tudnak számolni, ezért próbálunk polinomokkal közelíteni. Fontos még kiemelni, hogy az előző két feladatnak megvan az a közös jellemzője, hogy mind a sin, mind az ln függvényről egy másik, nevezetesen a 0 valamint az 1 pontokban ismerjük a függvényértékeket és a deriváltak értékeit. Fogalmazzuk meg általánosabban a feladatot. Legyen D(f) = I intervallum, a int I belső pont és f legyen (legalább) n-szer differenciálható az a pontban. Keressük azt a p n (x) = b 0 +b 1 x+b 2 x b n x n képlettel megadott n-edfokú polinomot, amely a lehető legjobban közelíti az f függvényt. Mielőtt tovább mennénk, tisztáznunk kellene, mit is értsünk a lehető legjobb közelítés fogalmán. Bár a közelítő polinomot később az a ponttól különböző helyeken szeretnénk használni, hogy a függvényértékeket közelítsük, mivel az f függvényt az a helyen ismerjük, kézenfekvőnek látszik, hogy olyan

14 14 BÁTKAI ANDRÁS polinomot keressünk, ami az a helyen közelít a lehető legjobban, és reménykedjünk, hogy ez a közelítő polinom közeli x értékekre is jól működik. Az a pontban vett lehető legjobb közelítésnél kétféle dologra is gondolhatunk. Az egyik, szemléletesen kifejezve, ha nagyítóval ránéznénk a két függvény grafikonjára, akkor azok nagyon egybesimulnak, azaz alig lehet őket egymástól megkülönböztetni. Ezt analitikusan úgy lehet megfogalmazni, hogy a deriváltak ameddig csak lehetséges megegyeznek, azaz f(a) = p n (a), f (a) = p n(a),..., f (n) (a) = p (n) n (a). Nyilván egy n-ed fokú polinom n + 1-edik deriváltjára nem írhatunk elő feltételt (miért?). A másik, amire gondolhatunk, hogy az p n (x) kifejezés a lehető leggyorsabban tartson nullához, ha x tart a-hoz. Pontosítsuk, hogy ez alatt mit értünk, és szorítkozzunk egy pillanatra elsőfokú polinomokra. A jó közelítéshez nyilván szükséges, hogy f(a) = p 1 (a). Folytonosság miatt viszont ekkor már ( p 1(x)) = 0. x a Nyilván a legjobban közelítő egyenestől ennél sokkal többet várunk. Valóban, korábban már láttuk 7, hogy ha p 1 (x) = f (a)(x a) + f(a) az érintő, azaz a legjobban közelítő egyenes, akkor nemcsak a fenti határérték 0, hanem p 1 (x) = 0. x a x a Tehát ( p 1 (x)) az (x a)-nál gyorsabban tart 0-hoz. Ennek analógiájára várhatjuk, hogy p n (x) akkor a lehető legjobban közelítő polinom, ha p n (x) x a (x a) n = 0. A következő állítás azt mutatja, hogy a legjobb közelítés fogalmánál mindkét fogalom ugyanarra az eredményre vezet Tétel. Legyen D(f) = I intervallum, f (legalább) n-szer differenciálható az I intervallum belsejében, a int I belső pont és tekintsük a polinomot. Ekkor (a) t a,n (x) := t n (x) = f(a) + f (a)(x a) f (n) (a) (x a) n n! t (k) n (a) = f (k) (a), k = 0, 1,..., n, (b) t n (x) x a (x a) n = 0, (c) és ha p n (x) olyan legfeljebb n-ed fokú polinom, melyre (b) teljesül, akkor t n (x) p n (x). Bizonyítás. Az (a) állítás nyilvánvaló, hiszen t (k) n (x) = 0 + f (k) (a) + f (k+1) (a)(x a) f n (a) (n k)! (x a)n k. A (b) állítás bizonyításához vezessünk be új jelöléseket az egyszerűsítés kedvéért. Legyen g(x) := t n (x). Az (a) állításból következik, hogy g(a) = g (a) =... = g (n) (a) = 0. Legyen továbbá h(x) = (x a) n, erre az (a) pont alatt elvégzett számolással adódik, hogy h (k) (x) = n(n 1)... (n k + 1)(x a) n k (0 k n), 7 lsd Tétel.

15 DIFFERENCIÁLÁS 15 így speciálisan h (n 1) (x) = n!(x a) és h(a) = h (a) =... = h (n 1) (a) = 0. A Cauchy középértéktétel szerint bármely x I ponthoz található olyan α 1 (a, x) vagy α 1 (x, a), aszerint, hogy a < x vagy x < a, hogy g(x) g(x) g(a) = h(x) h(x) h(a) = g (α 1 ) h (α 1 ). Hasonlóan, teljes indukcióval található α 2,..., α n 1, melyekre α k+1 (a, α k ) vagy α k+1 (α k, a) aszerint, hogy a < x vagy x < a, és g(x) h(x) = g (α 1 ) h (α 1 ) = g (α 1 ) g (a) h (α 1 ) h (a) = g (α 2 ) h (α 2 ) =... = g(n 1) (α n 1 ) g (n 1) (a) h (n 1) (α n 1 ) h (n 1) (a). Mivel a feltétel szerint g (n 1) is differenciálható, így a korábban már tanult jellemzés szerint 8 található ε > 0 és r : (a ε, a + ε) R, hogy y (a ε, a + ε) esetén g (n 1) (y) g (n 1) (a) = g (n) (a)(y a) + r(y), ahol így bármely x (a ε, a + ε) esetén g(x) h(x) = 1 n! r(y) 0, ha y a, y a ( g (n) (a) + r(α n 1) α n 1 a ) g(n) (a) n! = 0, ha x a, hiszen ilyenkor α n 1 = α n 1 (x) a is következik. A (c) állítás bizonyításához tegyük fel, hogy p n (x) egy olyan legfeljebb n-ed fokú polinom, melyre Ekkor miatt p n (x) x a (x a) n = 0, p n (x) (x a) n = t n(x) (x a) n + t n(x) p n (x) (x a) n t n (x) p n (x) x a (x a) n = 0, ami csak úgy lehetséges, hogy a számláló azonosan nulla, azaz t n (x) p n (x) Megjegyzés. Ha valakinek az előző tétel (b) állításának a bizonyítása ismerősnek tűnt, ne lepődjön meg. A l Hospital szabály bizonyításakor találkoztunk hasonlóval. Érdemes meggondolni, hogy a fenti (b) állítást a l Hosptial szabály n-szer egymás után történő alkalmazásával is bizonyítani lehet. Itt most a gondolatmenet átismétlése miatt választottuk ezt az egyébként nem sokkal hosszabb bizonyítást. A vizsgán persze bármilyen helyes gondolatmenet szerepelhet Definíció. Az f (legalább) n-szer differenciálható függvényhez tartozó t a,n (x) := t n (x) = f(a) + f (a)(x a) f (n) (a) (x a) n n! polinomot az f függvény n-edik Taylor polinomjának nevezzük Megjegyzés. Brook Taylor [ ] angol matematikus. Az előzőekben tisztáztuk, hogy egy elegendően sima függvényt adott pontban a Taylor polinomja közelíti a legjobban. Most térjünk vissza az eredeti kérdéshez, nevezetesen ahhoz, hogyan lehet egy függvényt egy, az a ponttól különböző pontban közelíteni. Ehhez lesz szükségünk a kövezkezőkre. 8 lsd Tétel.

16 16 BÁTKAI ANDRÁS 2.5. Tétel (Taylor formula Lagrange féle maradéktaggal). Legyen D(f) = I intervallum, f legalább (n + 1)-szer differenciálható az I intervallum belsejében, a int I. Ekkor minden x int I ponthoz található olyan α = α(n, x) szám, melyre = t n,a (x) + f (n+1) (α) (n + 1)! (x a)n+1. Bizonyítás. Az előző tétel bizonyításához igen hasonló gondolatmenetet alkalmazunk. Legyen és h(x) = (x a) n+1 t n (x) = f(a) + f (a)(x a) f (n) (a) (x a) n. n! Nyilván h(a) = h (a) =... = h n (a) = 0. Mivel ismét f(a) t n (a) = f (a) t n(a) =... = f (n) (a) t (n) n (a) = 0, ezért rögzített x I esetén a Cauchy középértéktétel ismételt alkalmazásával nyerjük, hogy található olyan α 1 (a, x) vagy α 1 (x, a), aszerint, hogy a < x vagy x < a, valamint α 2,..., α n 1, melyekre α k+1 (a, α k ) vagy α k+1 (α k, a) aszerint, hogy a < x vagy x < a, és t n (x) h(x) = f (α 1 ) t n(α 1 ) h (α 1 ) = 1 (n + 1)! =... = f (n) (α n ) t (n) n (α n ) h (n) (α n ) ( f (n) (α n ) t (n) n (α n ) ) ( α n a f (n) (a) t (n) n Alkalmazva a Lagrange középértéktételt az F (t) = f (n) (t) t (n) n (t) függvényre kapjuk, hogy található α (α n, x) (a, x) vagy α (x, α n ) (x, a), aszerint, hogy a < x vagy x < a, melyre t n (x) (x a) n+1 = 1 ( (n + 1)! f (n+1) (α) t (n+1) n ) (α) = f (n+1) (α) (n + 1)!, hiszen t (n+1) n (y) = Megjegyzés. Abban a gyakori esetben, amikor az I intervallum belsejében tartalmazza a 0 számot és a = 0, a fenti összefüggést szokás Maclaurin formulának nevezni Megjegyzés. Colin Maclaurin [ ] angol matematikus, az edinburghi egyetem professzora. A 0 középpontú Taylor sor mellett ő adta meg először az egyváltozós függvények szélsőértékének vizsgálatára vonatkozó szokásos eljárást. Az analízis mellett ábrázoló és algebrai geometriával is foglalkozott Következmény. Legyen D(f) = I intervallum és legyen f akárhányszor differenciálható az I intervallum belsejében, valamint legyen a, x int I. Ha található K 0, hogy f (n) (y) K minden n N és minden y (a, x) vagy y (x, a) számra attól függően, hogy a < x vagy x < a, akkor ( = f(a) + f (a)(x a) f (n) ) (a) (x a) n = n n! n=0 ) (a) f (n) (a) (x a) n. n! A megadott végtelen sort szokás az adott f függvény Taylor sor ának nevezni. A következőkben megadjuk a legfontosabb elemi függvények Taylor sorát. A bizonyítások a gyakorlatokon szerepelnek és megtalálhatók Urbán J.: Határértékszámítás című könyvében is Tétel. A következő sorfejtések érvényesek.

17 DIFFERENCIÁLÁS 17 e x x n = n! n=0 x R, sin x = ( 1) n 1 x 2n 1 (2n 1)! = ( 1) n x2n+1 (2n + 1)! n=1 n=0 x R, cos x = ( 1) n x2n (2n)! n=0 x R, n+1 xn ln(1 + x) = ( 1) x ( 1, 1], n n=1 ( ) α (1 + x) α = x n x J, ( 1, 1) J [ 1, 1], ha α R \ N 0, és J = R ha α N 0 n n=0 x 2n+1 sinh x = (2n + 1)! n=0 x R, x 2n cosh x = (2n)! n=0 x R, arctg x = ( 1) n x2n+1 2n + 1 x [ 1, 1], n=0

18 Index t a,n (x), 14 aszimptota, 13 derivált, 1 deriváltfüggvény, 2 differenciálhányados, 1 függvény differenciálható, 1 konkáv, 12 konvex, 12 inflexió, 12 l Hospital, Guillaume François, 9 Lagrange féle maradéktag, 16 Lagrange, Joseph Louis, 6 lokális monotonitás, 7 Maclaurin, Colin, 16 maximumhely lokális, 5 minimumhely lokális, 5 Rolle, Michel, 6 Taylor formula, 16 Taylor polinom, 15 Taylor sor, 16 Taylor, Brook, 15 Tétel Cauchy középérték, 9 inverz differenciálhatósága, 4 kompozíció differenciálhatósága, 3 l Hospital, 9 Lagrange középérték, 6 monotonitás feltétele, 6 Rolle, 5 szélsőérték elégséges feltétele, 7 szélsőérték feltétele második deriválttal, 8 szélsőérték szükséges feltétele, 5 18