Analízis 3. A szakirány Gyakorlati jegyzet óra.

Átírás

1 Analízis. A szakirány Gyakorlati jegyzet -. óra. A jegyzetet Umann Kristóf készítette Filipp Zoltán István gyakorlatán. Utoljára frissítve: 07. május 9. Tartalomjegyzék. Információk a gyakorlattal kapcsolatban. Integrálszámítás.. Bevezető Alapintegrálok és ezekre vezethető típusok Lineáris helyettesítés szabálya f f d típusú feladatok f f α d típusú feladatok n, m Z : sin n cos m d feladat altípus Helyettesítés szabálya Parciális integrálás Parciális integrálás + egyenlet Integrálás helyettesítéssel Racionális törtfüggvények integrálása Elemi törtek integrálása Racionális törtre vezethető helyettesítések Határozott integrál és alkalmazásai Területszámítás Ívhossz számolás Forgástestek térfogata és felszíne Összefoglaló sin, cos azonosságok R sh, ch azonosságok R ln azonosságok a, b R Integrálazonosságok Határozott integrál Többváltozós függvények analízise 40.. Személtetés R R esetre Határérték számítása Folytonosság Differenciálás Irány menti és parciális derivált Taylor-formula Lokális szélső érték keresés Abszolút szélső érték keresés Egyenletes folytonosság Információk a gyakorlattal kapcsolatban emial: filipp@numanal.inf.elte.hu szoba: -6A Telefonszám: Cím: numanal/~filipp, analízis, azon belül A. várható majd kötelezően beadandó integrálszámítás 8:0 kezdés 7. héten első zh,. hét második zh egy csütörtök el fog maradni, de pótolva lesz Konzi: szerda 9-0

2 Ami a honlapon található: Gyakorlati anyag Gyemidovics tankönyv III. fejezet és ennek eredményei külön fájlban Bolyai sorozat integrálszámítás és többváltozós analízis Ajánlottak mint Szili analízis feladat gyűjteménye és integráltáblázata. Károlyi Katalin. Integrálszámítás.. Bevezető..0.. Emlékeztető. Primitív függvény Legyen I R nyílt intervallum, és f : I R fv. Ha F : I R, F D és F f I, akkor azt mondjuk hogy F az f egy primitív függvénye. Nem minden függvény rendelkezik primitív függvénnyel, pl.: sign, mert az /-et nem veszi fel sehol Megjegyzés. f, I : R; F R, mert. Ezek is primitív függvényei f-nek R: F : +, F 4 : + 4 Általánoságban F : + c c, R Két primitív függvény konstansban térhet csak el. Ez alapján megállapítható, hogy ha létezik primitív függvény, végtelen sok lehet belőlük Megjegyzés. Ha van f-nek primitív függvénye, akkor f d : {F : I R F D és F f} F + c az f primitív függvényeinek a halmaza, vagy az f határozatlan integrálja Mindig meg kell adnunk az I intervallumot. Néha az is kérdés lehet, egy függvény melyik pontban tűnik el, azaz nem mindig a 0ra vagyunk kíváncsiak Feladat. Adjuk meg azt az F -et, melyre F Emlékeztető. f :idő távolság Ilyenkor mit jelent f? az a sebesség, míg f a gyorsulás. Ott gyakran vannak olyan feltételek, hogy a kezdősebesség legyen f Ehhez a fenti feladatot példaképp véve + c egyenletet kell megoldani c 5. Tehát: F Feladat. R cos d sin + c c R Feladat. arccos tan + d arctan + c, c R Feladat., d arc sin + c c R

3 .. Alapintegrálok és ezekre vezethető típusok Szokás úgy is hívni hogy antiderivált, mert az annak az ellentettje Feladat. R 6 + d Emlékezzünk vissza a műveleti tételekre. Az integrál lineáris, így az integráltat integráltak összegére bonthatjuk és a konstansokat is ki tudjuk cuppantani : 6 d d + d c c R..0.. Tétel. Általános integrálfüggvény: α d α+ + c > 0, c, α R α + Ha α Feladat. Határozzuk meg az f : integráltját. Ezt esetekre kell bontani szétválasztani az értelmezési tartományt intervallumokra, legyen az első > 0. Bár R \ {0} is jó választás értelmezési tartománynak, de az nem intervallum. d ln + c c R Második eset,0 : I : d ln + c c R, ui. ln Megjegyzés. az előző két feladat összefoglalható úgy, hogy d ln + c c R,,0 vagy 0, Feladat. > 0 d 4 8 d d 7 8 d c c c R Megjegyzés. Ha szorzat van csinálj összeget, ha összeg van cisnálj szorzatot Feladat d d d + d + d d + d + d c c R c Integrálni úgy kell hogy nézed, nézed, nézed, és aztán rájössz. /Filipp/ Megjegyzés. A fenti módszer hívjuk az összegre bontás módszerének Feladat., + d d Feladat. R + d + d Feladat. π, π sin tg cos d cos d cos d + arc sin + c c R d d d arc tg + c c R + cos d d tg + c c R

4 .. Lineáris helyettesítés szabálya..0.. Feladat. R cos d sin + c Ellenőrizzünk: Azaz korrigálnunk kell, le kell még osztani -vel Emlékeztető Feladat. R sin cos sin + c c R cos d sin + c cos d Általában, a lineáris helyettesítés szabálya:. Feltesszük, hogy F : f d F + c. fa + b d F a+b a + c a, b R, a 0. Csak ha lineáris! Feladat. R Feladat. d < e 5+4 d e5+4 5 sin + c + c c R arc sin d + c c R Feladat. + d + d + d arc tg + c c R Feladat. cos sin d d d cos d sin + c c R Megjegyzés. sin + cos cos sin cos cos sin sin A következő két összefüggést linearizálható formulák nak nevezzük. cos +cos sin cos Feladat. π, π d félszögre térés + cos Házi feladat. π, π sin + cos + cos sin cos d? + cos d cos d tg +c c R 4

5 ... f f d típusú feladatok... Feladat. f d ln f + c c R, I f... Feladat. R + 8 d f: +8 f... Feladat. Ha ; + : ln d ln d Ha 0,:...4. Feladat. π, π : sin tg d cos d + 8 d d ln c c R f:ln f ln ln d ln ln + c lnln + c c R ln ln d ln ln + c c R f:cos f sin... f f α d típusú feladatok cos d ln cos + c lncos + c c R cos... Feladat. α R \ { } I f f α d f α+ + c c R α + α d α+ + c c R f f α d f α+ α + α +... Feladat. R d α:07 f 9 f: c c R d d c c R Megjegyzés. Itt kapóra jött az. Ha nem így lenne, akkor 07re kéne hatványozni, szétszedni binomiális tétellel, stb Feladat. R e e 00 d...5. Feladat. 0, π α00 f e f: e cos sin + cos d e e 00 d e 0 + c c R 0 cos sin cos sin cos + sin d d cos + sin cos + sin cos sin cos + sin α: d f sin +cos y f:cos +sin sin + cos...6. Megjegyzés. Ez már ZH szintű feladat. + c c R Én is szívesen négyzetre emelném a fizetésemet /Filipp Zoltán István/ sin + cos sin + cos d 5

6 ... n, m Z : sin n cos m d feladat altípus... Megjegyzés. Ez a megoldási módszer fő gondolatmenetét a sin és a cos függvények közötti egyszerű váltás adja, pl.: cos sin és sin cos, valamint sin + cos.... Feladat. R sin cos 5 d sin sin cos 5 d sin {}}{ cos cos cos 5 d cos cos 5 d + cos cos 7 d cos6 + cos8 + c c R Megjegyzés. Ha n vagy m páratlan, akkor örülünk, és. Vesszük a kisebbik páratlan hatvánnyal rendelkező tagot pl.: sin 5 cos 7 esetében sin 5,. Leválasztunk belőle -et pl.: sin 5 sin sin 4,. Ez lesz a nagyobb hatvánnyal rendelkező tag deriváltja pl.: cos sin Feladat. R cos d cos cos d sin sin d sin d sin sin d sin sin + c c R...5. Házi feladat. Tipp: Linearizálás sin 5 cos 0 d R Megoldás: cos sin 5 cos 0 d sin sin 4 cos 0 d cos cos 0 d cos cos 4 cos + cos 0 d cos cos 4 d+ cos cos d cos cos 0 d cos5 5 + cos cos...6. Feladat. R sin cos 4 d cos cos 4 d + c c R + cos cos 4 d d + cos + cos d 4 4 sin cos 4 d sin cos sin + cos cos cos 4 d cos 6 d } {{ } HF + sin + sin c c R cos d 6

7 ...7. Házi feladat. cos 6 d d {}}{ cos cos d {}}{ d + cos + cos + cos d 8 cos d cos d { }} {{}}{ sin 4 sin sin sin 8 + c c R A számoláshoz a gyakorlat korábbi eredményeit is felhasználtam Feladat. 0, π sin d cos cos d + sin α sin α cos α félszögre térés sin + cos sin cos d sin cos d + cos sin d sin sin d ln cos + ln sin + c ln tg + c c R...9. Házi feladat. sin cos 4 d 0, π Megoldás: sin cos 4 d...0. Házi feladat. cos tg d tg tg d tg + c c R sin 4 cos 4 d R Megoldás: sin 4 cos 4 d cos cos 4 d cos +cos 4 cos 4 d cos 4 cos 6 +cos 8 d ismert ismert {}}{ {}}{ cos 4 d cos 6 d + cos 8 d Határozzuk meg az ismeretlen tagot: 6 d {}}{ cos cos 8 d d + cos + cos d cos + cos cos + 4 cos + cos d cos + 6 cos + 4 cos + cos 4 d 6 4 cos d {}}{ 4 6 cos d 4 cos d { }} {{ }}{ sin 4 sin sin sin 8 + cos 4 d {}}{ sin sin c c R 7

8 .4. Helyettesítés szabálya Emlékeztető. Tegyük fel, hogy f d F + c c R, I, és tegyük fel, hogy g : J I, g D. Ekkor fg g d F g + c c R Ugyanis Feladat. R F g F g g fg g cos d g : g: f:cos cos d cos d sin + c c R Megjegyzés. Rövid jelölés: cos d :t 0;+ d dt dt dt cos t dt t sin t + c t sin + c Feladat. 0, π + tg + tg d Legyen tg : t 0; +. Ez alapján arc tg t d arc tg t dt Visszírva Vagy: d + t dt + t + t + t dt + tg + sin cos cos ; + tg + tg ui.: arc tg t + t. t + + t dt dt lnt + + c c R t + d ln + tg + c c R cos + tg + tg d d ln + tg + c c R + tg Feladat. R Legyen e + e d Az új integrál : Vissza : e : t 0, + ln t d ln t dt d t dt t + t t dt t t + + t dt dt dt t ln + t + c t + + t e + e d e ln + e + c c R HF: 0 darab feladattípus, f f, f f α, sin 4 cos 4, f g g... Tanár úr, használhatok más jelölést? A gt-t annyira nem szeretem. /Tóth Péter/ Megjegyzés. Mindig a nagyobb hatvánnyal rendelkező változóhoz érdemes új változót rendelni. 8

9 .5. Parciális integrálás Emlékeztető. f g f g + f g f g f g + f g f g f g + f g f g f g f g Ezt hívjuk a parciális integrálás tételének Feladat. R g {}}{ f {}}{ e d f :e g: f: e g : f g {}}{ e f g {}}{ e d e Cuppantsuk ki a konstans tagot! /Filipp/ Megjegyzés. Rövid jelölés: f és g nem lesz jelölve többet e p.i. e d e e d... Jelölje p.i. a parciális integrálást. e d e e + c c R Fogd a deriválás kukkert. Amelyik szemed nyitott az adott formulán azt deriválod, amelyiken csukott, az hagyod. Aztán egyik szem lecsuk, másik kinyit. /Filipp/ Megjegyzés. Ez a módszer hatásos lehet, de nem minden esetben. Ha nem jól osztjuk a szerepeket nem a megfelelő függvényt választjuk f-nek vagy g-nek, lehet hogy egyáltalán nem jutunk előrébb. E példában ha a két függvényt fordítva választjuk meg, nem jutottunk volna előrébb semmivel Feladat. R g {}}{ f {}}{ sin d p.i. cos + cos + sin g {}}{ cos d cos f {}}{ cos d sin Itt egyértelműen érdemesebb volt sin-t választani. cos + cos d sin d d cos + 9 sin 9 cos + 9 sin + cos + c c R 9 p.i. sin d Megjegyzés. Célszerű mindig részletesen kiírni a számolásokat, mert ha valamit elrontunk, részpontot se kapunk ZH-ban Megjegyzés. Ez a módszer nagyon jól működik hasonló típusoknál: sinα + β cosα + β P e α+β d Ahol P egy valós polinom. shα + β chα + β 9

10 Házi feladat. R + cos d Megoldás: + sin d sin + sin + d sin + cos + d sin + cos + cos d sin ++cos + sin +c c R sin + + cos + + c c R Házi feladat. R + 8 e d Megoldás: e + 8 d + 8 e + 8 e e e + c e d + 8 e c c R e d Házi feladat. R sin d Megoldás: sin d cos d cos + cos d cos sin + c c R Házi feladat. R ch5 d Megoldás: sh5 d sh5 5 5 sh5 d sh5 ch5 + c c R Házi feladat. R + sh8 d Megoldás: ch8 ch8 + d + + ch8 d ch8 sh8 + + d 8 64 ch8 sh8 + + sh8 d ch8 sh8 ch c ch8 + + ch8 sh8 + + c c R ch8 sh c c R

11 Házi feladat. R javallott a linearizálás cos d Megoldás: + cos d + sin d + sin + sin + cos + c c R 4 + sin d Feladat. Olyan típusú integrálokat veszünk most, melyek tartalmaznak inverz függvényeket is. Legyen > 0 és: ln d ln d p.i. ln d ln ln d ln d ln + c c R Feladat. arc sin d arc sin d p.i. arc sin arc sin d arc sin d arc sin + d arc sin + d }{{} f f α arc sin Feladat. arc tg d arc tg d arc tg + c arc sin + + c d arc tg arc tg d arc tg 6 ln c c R Feladat. > ln + d Határozzuk meg a kiemelt részt. Visszatérve: p.i. ln + d ln + + d }{{} ln + + d d + ln + + c c R + ln ln + + c c R Azért célszerű ehhez hasonló példákban a polinomot választani f -nak, mert így eltűnik a logaritmus. + 9 }{{ d } f f

12 .5.. Parciális integrálás + egyenlet.5... Feladat. R e p.i. sin d e sin e cos d e sin e cos e sin d e sin e cos e sin d Kaptunk egy egyenletet az ismeretlen integrálra. Rendezzük át, fejezzük ki, és oldjuk meg. e sin d e sin cos e sin d e sin cos + c c R Mindig ugyanazt kell kiválasztani, ha parciálisan intergálunk!.5... Feladat., d d + + d + d + d d d + arc sin d Ismét egyenletet kaptunk. d + arc sin + c c R.5... Házi feladat. R + d Megoldás: + d d d + d + arsh + d Ez alapján az egyenlet: + + arsh + c c R Házi feladat. R Megoldás: arc tg d arc tg arc tg Házi feladat. R Megoldás: arc sin d arc tg d d + arc tg + + d d + arc tg + arc tg + c c R arc sin d arc sin d arc sin + + d

13 arc sin + d arc sin arc sin + d Határozzuk meg d-et. Ezt már korábban meghatároztuk, azonban később meglátjuk, hogy parciális integrálás segítségével is számolható ld feladat. d arcsin + + c c R Visszatérve: arc sin + arcsin + arcsin + + c + c c R Házi feladat. R ln + d Megoldás: ln + d ln + ln Házi feladat. + d ln d + d ln + + arc tg + c c R sh cos d Megoldás: ch cos d ch cos ch sin d ch cos + sh sin d ch cos + sh sin sh cos d sh cos d ch cos sh sin Házi feladat. e cos d Megoldás: e cos d e cos Határozzuk meg cos e -t. cos + e d e cos sin d e cos + e cos + e sin d e cos + e sin e cos + e sin 4 e cos d cos e d e cos sin d e cos d e cos d e d e cos d e Visszatérve: e cos + e sin + e 4 e cos d Így az egyenlet: e cos d e cos + e sin + e + c e cos + sin + + c c R 5 5

14 Feladat., d.6. Integrálás helyettesítéssel Emlékeztető. f d :gt fgt g t dt tg Szükségünk lesz számos új változóra. Legyen: f : gt : sin t :, g t arc sin t, g t cos t g létezik, hisz g bijektív. Ezek alapján t π, π. Visszatérve: sin t cos t dt tarc sin cos t cos t dt tarc sin Az új integrál: cos t cos t dt t π ; π + cos t cos t dt dt t + sin t 4 + c! t + sin t sin t 4 + c Visszahelyettesítve: d arc sin + + c c R Házi feladat. A következő feladatot az : sin t helyettesítéssel javallott megoldani. Legyen 0,, és: d Megoldás: Legyen f : gt : sin t :, g t arc sin t, g t cos t g létezik, hisz g bijektív. Ezek alapján t 0, π. Visszatérve: sin t cos t dt sin t sin t cos t dt+ Helyettesítsük vissza: cos t sin t dt cos t sin t cos t dt sin t sin t dt Megjegyzés. Rövid jelölés: d t 0; π cos t cos t sin t dt sin α sin α cos α félszögre térés sin t + cos t sin t cos t dt dt ln sin t ln cos t +c ln tg t +c c R arc sin d ln tg + c c R sin t sin t cos t dt dcos t dt tarc sin dsin t dt Házi feladat. 0 integrálfeladat, 5 parciálisan, 5 helyettesítéssel első és második szabállyal ez utóbbit vegyesen 4

15 Feladat. + d Vezessünk be új változót. Visszatérve: gt : sh t :, t R d sh t dt d ch t dt t arsh poz. {}}{ e + sh t ch t dt ch t ch t dt ch ch t dt ch t + e t t dt dt e t + e t e t + e t e t +e t + cht + dt dt t sht + c Bár az integráljelek eltűntek, ha ezen a ponton helyettesítenénk vissza, túl ronda alakot kapnánk, így érdemes továbbalakítani. t + 4 et e t + c t + 4 et e t + c t + et e t t + sh t + sh t + c et + e t t + sh t ch t + c Emlékeztető. + d arsh c ch e + e sh e e ch sh A ch grafikonját szokás láncgörbének hívni, mert mert ha egy lánc két végét fogjuk, akkor mindig egy ch függvényt vesz fel az alakja. Az inverzekre is megállapítható pár azonosság: sh arsh ln + + ch arch Valamint a sin és cos függvényekhez hasonló azonosságok is megállapíthatóak. ch + ch sh sh ch Megjegyzés. Ezeket levezettük, így egyből felhasználhatóak, nem kell zh-ban őket levezetni Házi feladat. d. <, ch t t < 0. >, ch t t > 0 Megoldás > : Adjuk meg a helyettesítést. gt : ch t :, t R Az új integrál: g t arch, d ch t dt d ch t dt d sh t dt ch t sh t dt sh t sh t dt 5 > e sh t e t t dt dt

16 e t e t e t + e t dt 4 e t +e t ch t dt dt 4 sh t t + c sh t + sh t t + c c R Helyettesítsünk vissza: d + arch + c c R Megoldás < : Adjuk meg a helyettesítést: gt : ch t :, t R g t arch, d ch t dt d ch t dt d sh t dt Innen könnyen látható, hogy a fenti megoldási módszertől alig eltérően ugyanarrra a végeredményre jutunk Megjegyzés. a + b + c d típusoknál teljes négyzetté alakítás után lineáris helyettesítés javallott az alábbiak egyikébe:. + d. d. d Házi feladat. Fejezzük be a következő feladatot: d Alakítsuk át a gyök alatt található kifejezést Visszahelyettesítve: 5 + d 5 Javallott az gt : sin t : + 5 helyettesítés, mellyel + sin t 5 d cos t dt d cos t dt. 5 5 A feladat befejezése: Határozzuk meg -et t függvényében. sin t + + t arc sin 5 5 A helyettesítéssel kapott új integrál: 5 5 sin t cos t dt 5 cos t cos t dt Tegyük fel, hogy cos t nemnegatív. 5 cos t dt 5 cos t + dt 5 t sin t + + c 5 t 4 sin t cos t + + c 4 5 t + sin t sin t + c c R 6

17 Visszahelyettesítve: d 5 + arc sin c + 5 arc sin Ahol c R. 6 + c.7. Racionális törtfüggvények integrálása.7.. Elemi törtek integrálása Ebben a fejezetben minden példa - altípusra mutat rá Példa. a, b, R, a 0; n N d? a + b n.7... Feladat Feladat. + 5 arc sin d d c c R 6 > 5 d d ln {}}{ 5 + c ln c R Példa. a, b, c, d, e, f, R, a 0 e + f a + b + c d A megoldási módszer változhat a diszkrimináns paritásától függően Feladat. 4; d Első lépés, nevezőt alakítsuk szorzattá, kihasználván azt, hogy a diszkriminánsa pozitív. Végezzük el a parciális törtre bontást. a + b + c f : A + B A B + A + B + 4A B Mindkét oldal -nek polinomja ezért egyenlőség pontosan akkor teljesül ha a megfelelő fokszámú tafok együtthatói megegyeznek. A módszer neve: egyenlő együtthatók módszere Ez alapján: együtthatói: A + B 0 együtthatói: 4A B 6 + c f d ; A 7 6 d ln és B 6 d+ 6 ln c c R + 4 d 7 ln + ln +4 +c 6 6 7

18 Feladat. R [... ]tegyük fel hogy parciális törtfelbontó vagy /Filipp/ + + d Mivel a nevező diszkriminánsa negatív, nem léteznek valós gyökei, és az előző feladatban látott megoldási módszer nem működik. Határozzuk meg a nevező deriváltját. + Visszatérve: Ahol: + + d + + d + ln Próbáljuk átalakítani a nevezőt úgy, hogy egy a törtet. + nincs valós gyök, poz. a főegyüttható, így biztosan poz. I {}}{ + :I + d + 5 { }}{ + d + 5 I + d arc tg-re éhes alakra hozzuk /Filipp/ 4 + [ [ + ] ] 4 [ + ] Visszatérve: 4 + d 4 arctg + c Visszaírva az eredeti integrálba: Megjegyzés. Ezt a típust f ln f arc tg + c c R + arc tg-re visszavezetésnek hívjuk Feladat. > Ha a számláló foka nagyobb mint a nevezőé, polinom osztást szokás alkalmazni első lépésben, azaz P d ha deg P deg Q polinomosztás Q d : + + és a maradék d + + J }{{} valódi tört 8

19 ahol J + d. + d + }{{} D<0! A + + B + C d + Végezzük el a törte bontást: A + + B + C + A + B + A + B + C + A + C együtthatója: A + B együtthatója: A + B + C 0 együtthatója: A + C Megállítható hogy A 0, B, C. + d + d + d :I {}}{ + d ln + I ld. előző példa a befejezésért Házi feladat. > Megoldás: Osszuk le a nevezőt a számlálóval. {}}{{}}{ : d d + + I A I d + + d + B + C d + + d hányados Végezzük el a parciális törtre bontást egyenlő együtthatók módszerével. Ez alapján A, B 4, C A B + C maradék + + B + A + A + C B + A C együtthatója: B + A együtthatója: A + C B 0 együtthatója: A C d ln d + + ln 7 ln d + + ln 7 ln d Határozzuk meg ++ d-t. Ehhez próbáljunk meg egy arc tg deriváltjához megfelelő alakot előállítani. [ + + ]

20 Részletesebb levezetés a.7..6 feladatban található. + + d 4 d 4 arc tg c c R + Így a feladat megoldása: d + + ln 7 ln ln Feladat. > d arc tg arc tg + c c R A + + B + C d A + B + + C + HF: Megoldás egyenlő együtthatókkal. A következő megoldási módszert értékadás -nak hívjuk. 5 5C C + c 5 5A A d B + 6 B 5 d + d 5 ln + + ln 5 + c 5 ln + + c c R 9 Házi feladat: 0 db. racionális tört integrál. Gyemidovicsban 866. feladattól Egy darab elemi törttípus maradt meg, amit nem vettünk Példa. R a + b + c n d Ahol a diszkrimináns negatív, és n N. Ezeket hogyan számolhatnánk? Ha egy alkalmas helyettesítéssel egy ilyen alakra tudjuk hozni: I n : + n d, akkor meg tudunk adni n-re egy rekurziót, mellyel meg tudjuk határozni ezeket az integrálokat is. Vezessük ezt le. n -re: I arc tg + c c R Határozzuk meg az n. elemet. I n + n+ d I n + + n n I n I n p.i. + n n + + n d + n d n n + n d + n + n I n n I n n n + + n n I n Ezzel kaptunk egy rekurzív integrál sorozatot, mellyel magasabb hatványokat is könnyen számolhatunk. 0

21 .7... Megjegyzés. Speciális esetben, ha n : I + d + + arc tg + c c R.7... Házi feladat. Levezetés: I I 4 I + d arc tg + c c R Megjegyzés. Nem érdemes a formulát megjegyezni, érdemesebb a négyzetre vonatkozót észben tartani, és abból a köbösre vonatkozót levezetni Megjegyzés. Várhatóan minden feladat legfeljebb a második hatványra vonatkozó alakot fogja számon kérni Házi feladat d d d d d d 0 { }}{ d Határozzuk meg J-et. A feladat befejezése: J J J, + + d +t ddt + t dt + t t + t + arc tg t + c c R Visszahelyettesítve: d arc tg + + c arc tg arc tg + + c c c R Megjegyzés. Egy másfajta rekurzió is megállapítható, a korábbihoz hasonlóan. + n d J Vezessünk be egy jelölést. tg t :, t π ; π Visszatérve: d cos t dt, cos n t Házi feladat. Rekurzió levezetése. cos t dt t arc tg cos n t dt

22 Megjegyzés. + tg cos t Megjegyzés. A parciális törtekre bontás algoritmusa szerint a törtekre bontás után minden olyan nevezőhöz, melynek nincs valós gyöke, egy elsőfokú számlálót kell meghatároznunk Feladat Házi feladat A + + B + + C + B + + E + F A + B + C + D + + A tört integráljának meghatározása: + A + + d + B + C + D d + + Határozzuk meg A, B, C, D R-t egyenlő együtthatók módszerével. + A B C + D A + A + A + B + B + B + C + D A + C + A + B + D + A + B + B Ez alapján rendere A, B, C, D d ln I, ahol I + ++ d. I d d d + 5 Hozzuk az utolsó törtet egy arc tg-re éhes alakra [ Visszatérve: ln Az eredeti integrál így:.7... Házi feladat. + ln ] 4 [ + ] d d + ln arc tg + c + 5 arc tg + c c R d ln + ln arc tg + c ln arc tg + + c c R A + B + + C + D +

23 A fenti tört integráltja: + + d A + B + + C + D d + Határozzuk meg A, B, C, D R-t egyenlő együtthatók és értékadás módszerek keverékével. {}}{ A B + + C + D + A és B kényelmesen meghatározható értékadással. B B 4 A A 4 A kényelmetlen számolások elkerülése végett C-t és D-t egyenlő együtthatók segítségével határozzuk meg. A B + + C + D A + A + A + A + B B + B B + C C + D D A + B + C + A B + D + A + B C + A B D Kiolvasható, hogy 0 A B + D, amiből következik D, valamint 0 A + B C-ből következik C 0. Térjünk vissza: 4 d 4 + d Házi feladat. R Megoldás: + d + d 4 ln 4 ln + arc tg + c c R + 4 d A + B d Határozzuk meg A, B, C, D R-t egyenlő együtthatók módszerével. Azaz, az átláthatóság kedvéért: A + B + + C + D + + A + B A B + A + B+ + C + D + C + D + C + D A + C + B A + D + C + + A B + C + D + B + D együtthatója: 0 A + C együtthatója: 0 B A + D + C együtthatója: 0 A B + C + D 0 együtthatója: B + D Ezekből meghatározható rendre hogy A, B, C, D d :I {}}{ d C + D d + :J {}}{ + d

24 Egyesével haladván, határozzuk meg I-et. + I + + d >0 {}}{ ln d d d Hozzuk a nevezőt egy arc tg-re éhes alakra : [ ] + + Visszatérve: ln d ln arc tg + + c c R I ln arc tg + + c c R Határozzuk meg J-et. J >0 + d {}}{ ln + Hozzuk a nevezőt egy arc tg-re éhes alakra : d [ ] + Visszatérve: ln + + d ln + + arc tg + c c R Rakjuk össze az eddigi eredményeinket: J ln + + arc tg + c c R ln arc tg d ln + + arc tg ln arc tg + ln + arc tg + c c R Házi feladat. R Megoldás: Helyettesítsünk be: + 4 d Az eredeti integrál így: t + t t dt + 4 d R + 0 t :, t, d t dt + t dt + 4 d arc tg + c c R 4 + t dt arc tgt + c c R + c

25 .7.. Racionális törtre vezethető helyettesítések.7... Példa. Re d Ahol R egy racionális törtfüggvény. Megoldási módszer ezen típusokhoz az alábbi új változó bevezetés: t : e, t > 0, ln t, d t dt.7... Házi feladat. > Használjunk egy behelyettesítést. e 4 d t : e, t > 0 ln t, d t dt Visszatérve: e 4 d A feladat befejezése: Határozzuk meg A, B R-t. Ez alapján A 4, B 4. 8 t 4 t dt A t + B t 4 dt At 4 + Bt A + Bt 4A t 4 dt 8 t dt 4 ln t 4 ln t + c c R 4 Az eredeti integrál: e 4 d 8 ln e 4 8 ln e + c 8 ln e 4 + c c R Megjegyzés. Megállapítható, hogy e t helyettesítéssel törtre kéne bontani Feladat. R Használjuk a fenti behelyettesítést. e e + d t : e, t > 0, ln t, d t dt Visszatérve: e e + d t t + t dt t t + dt Végezzünk el egy polinomosztást: t : t + t t t + 4 t + dt t t + 4 lnt + + c c R Így az eredeti integrál: e e e d + e + 4 lne + + c c R Házi feladat. R Helyettesítsünk be. e + 4 e + 4e + d e t d t dt 5

26 Visszatérve: e + 4 e + 4e + d t + 4 t + 4t + t dt A feladat befejezése: Megállapítható, hogy t + 4t + diszkriminánsa nemnegatív. t + 4 t + 4t + t dt t + 4 A t + t + t dt t + + B t + + C dt t Határozzuk meg A, B, C R-t értékadás segítségével. t + 4 At + t + Bt + t + Ct + t + t 0 4 C C 4 t B B t 6A A 6 Ezalapján: 6 t + d t + d + 4 ln t + ln t + 4 ln t dt + + c c R t 6 Határozzuk meg az eredeti integrált: e + 4 e + 4e + d ln e + ln e c Megjegyzés. Ezen típusokból egy tuti elő fog fordulni egy a zh-ban Példa. Módszer: R a + b ; n c + d n a + b c + d : t d Feladat. > 5 d Vezessünk be egy új változót: Visszatérve: Eredeti integrál: t Házi feladat. ; + Új változó: t : 5, t +, d t 5 5 dt t t 5 dt 5 t 4 + t dt 5 t t + c c c R t : d, t > 0, t t d t t t t 4t t dt t dt 6

27 Visszatérve: 4t t t dt 4 Megoldás: Határozzuk meg A, B, C, D R-t. t t t + dt 4 A t + B t + C t + + t At t + + Bt + + Ct + t + Dt Értékadással darab konstanst könnyen meghatározhatunk. D t + dt t 4B B 4 t 4D D 4 A kellemetlen számolások elkerülése végett, A-t és C-t egyenlő együtthatókkal adjuk meg. t At t t + + Ct + t + 4 t At t t + + Ct t + 4 t At + At At A + 4 t + t + + Ct Ct Ct + C + 4 t t + A + Ct + A C t + A C + 4 t + C A A + Ct + A C + t + A Ct + C A + Azaz, az átláthatóság kedvéért: t együtthatója: 0 A + C t együtthatója: A C + t együtthatója: 0 A C t 0 együtthatója: 0 C A + Ez alapján A 4 és C 4. A fenti hosszadalmas számolás ellenére nagyon kellemes integrált kapunk: 4 4 t dt + Az eredeti integrál így: t dt t dt ln t + dt + t dt 4 4 t + dt t + dt dt ln t ln t + + c c R t + t t + d ln ln + + c + ln + + c c R Házi feladat. + d Vezessünk be egy új változót itt érdemes a legkisebb közös többszöröst venni a gyököknél: 6 t, t 6, d 6t 5 dt 7

28 Visszatérve: t + t 6t5 dt 6 t t + dt A feladat befejezése: Polinom osztás segítségével csökkentsük a a számlálóban lévő ismeretlen kitevőjét. Ez alapján: Így az eredeti integrál: 6 + dt t t + t t + + t t + d t t + t ln c + t ln t + + c c R + 6 ln c c R.7... Házi feladat. > d Megoldás: Helyettesítsünk be. t : Végezzünk el egy polinomosztást., t, d 6t t dt t 6t t t dt t t dt.7... Házi feladat. + d Megoldás: Vezessünk be egy új változót. + t :, t t +, d 4t t + dt Helyettesítsünk be: + d 4 arc tg t 4 t Helyettesítsünk vissza: 4t t + dt 4 t t t + dt 4 + t + dt 4 t dt 4 arc tg t 4 + t + t + arc tg +c 4 arc tg t arc tg t + + d arc tg t + c c R + t c c R t + t + dt t arc tg +c + t.7... Házi feladat. < Megoldás: Vezessünk be egy új változót. + d R + 0 t :, t, d t dt 8

29 Helyettesítsünk be. t t + tt + d t dt dt tt dt + t + t t t dt t t + c c R Az eredeti integrál így: + d + c + + c c, c R Megállapítható, hogy mivel is konstans, összevonható c -el, a fenti példában pl. a c : c választással Példa. Racionális törtfüggvények sin, cos függvényekkel. R sin, cos dt Házi feladat., π + sin cos d A következő módszer mindenhol használható, de néha nem célszerű. Vezessünk be egy új helyettesítést: t : tg sin sin cos sin cos Ez alapján könnyen megállapítható hogy Hasonlóan, cos-ra is megállapíthatunk hasonlót. cos tg cos sin t + t. +tg α cos α cos α +tg α tg + tg cos cos sin cos + cos cos + tg tg + tg tg + tg Azaz cos t + t Határozzuk meg a behelyettesítéshez szükséges utolsó információkat is. Visszatérve: + sin + cos d t +t t +t arc tg t, d + t dt +t +t + t dt +t +t +t +t + t dt t + t + A t t + dt t + B t + Ct + D t + A feladat befejezése: Határozzuk meg A, B, C, D R-t egyenlő együtthatók módszerével. t + t + At + t + Bt + + Ct + Dt At + At + Bt + B + Ct + Dt A + Ct + B + Dt + At + B t + + t + t + t + t dt dt 9

30 Azaz, az átláthatóság kedvéért: t együtthatója: 0 A + C t együtthatója: B + D t együtthatója: A t 0 együtthatója: B Gyorsan megállapítható hogy A, B, C, D 0. Így: t dt + t dt t t + dt ln t t t + t + dt ln t t lnt + + c c R Az eredeti integrál: + sin cos d ln tg Megjegyzés. Ezt a módszert tg módszernek hívjuk Házi feladat. 0, π cos cos + sin Osszuk le a nevezőt és a számlálót is cos -el. + tg d Második módszer, ha csak tg-re átírható: tg lntg + + c c R t : tg, arc tg t, d + t dt Visszatérve: + t + t dt A megoldás házi feladat, valamint ugyanennek a feladatnak az. módszerrel való megoldása is. Megoldás. módszer: + t + t dt A + t + t dt + t + Bt + C + t dt Értékadással határozzunk meg valamennyi konstanst A, B, C R-ből. A + t + Bt + C + t t A + A Egyenlő együtthatók módszerével határozzuk meg a maradékot. Azaz, az átláthatóság kedvéért: A + t + Bt + C + t A + At + Bt + Bt + C + Ct B + At + B + Ct + A + C t együtthatója: 0 B + A t együtthatója: 0 B + C t 0 együtthatója: A + C 4 5 A Az utolsó egyenletből C 5, a másodikból pedig B 5 következik. Visszatérve az integrálthoz: t dt + t 5 + t dt t dt + t 5 + t dt t dt + t 5 + t dt t dt 5 ln + t 5 ln + t + arctgt + c c R 5 0

31 Házi feladat. 0, π Harmadik módszer: Visszatérve Megoldás: sin cos + cos d t : cos, t + t dt Határozzuk meg A, B R-t értékadással. sin d dt t + t dt A tt + dt t + B dt t + At + + Bt t 0 A A t B B Visszatérve: t dt + t + dt ln t + ln t + + c c R Így az eredeti integrál: sin cos + cos dt ln cos + ln cos + + c c R Házi feladat. 0, π cos cos + sin d Végezzünk egy apró átalakítást cos sin. cos sin sin d Negyedik módszer: Vezessünk be új változót. Visszatérve: dt t t t : sin, cos d dt A t t dt t + B t + C dt t Megoldás: Határozzuk meg A, B, C R-t egyenlő együtthatók módszerével Att + Bt + Ct At At + Bt B + Ct A + Ct + B At B Azaz, az átláthatóság kedvéért: t együtthatója: 0 A + C t együtthatója: 0 B A t 0 együtthatója: B Ez alapján triviálisan B, melyből A és C következik. Visszatérve: t dt t dt + t dt ln t + + ln t + c c R t Így az eredeti integrál: cos cos + sin d ln sin + + ln sin + c c R sin

32 Házi feladat. 0, π Tipp: f f α Megoldás: sin + cos sin sin + cos sin sin + cos sin cos Ezzel befejeztük a határozatlan integrált. HF: 0 darab beadandó házi feladat: db. eponenciális helyettesítéssel, darab gyökös, 4 darab trigonometrikus..8. Határozott integrál és alkalmazásai.8.. Területszámítás. ábra. Rendre: T b a f, f > 0, valamint T b a f, f < 0. ábra. Hogyan lehet megoldani ezt? Megoldás: eltoljuk a függvényt. Így már a terület könnyen meghatározható:. ábra. Ugyanaz az mint a. ábra, adott c konstanssal eltolva. T b f + c b g + c b a a a f g 4. ábra.

33 T c f g + d g f + b f g b a c d a Megállapítható, hogy ez f és g -es metrikája. ρ f, g, f, g C[a, b] Szimmetriák kihasználása: f g 5. ábra. Elég a negyed kör területének meghatározása. Szimmetria kihasználható így is: T kör 4 T negyedkör 4 0 d 6. ábra. Elegendő a [0, a] intervallumon a függvény integráltjának kétszeresét meghatározni. a f a a 0 Megállapítható és kihasználható, hogy f : páros Emlékeztető. Newton-Leibniz tétel: Ha f R[a, b] és f 0 f b a f d F b F a : [F ] b a.8... Példa. Mennyi az e két reláció által határolt terület? { y y + 6 F f Világos, hogy a másik reláció nem függvény, azonban fel tudjuk írni két függvény együtteseként. y + 6 y ± + 6 y 6

34 7. ábra. Most már megállapítható a függvények metszéspontjai: + 6 és 5 Valamint megállapítható, hogy az y ± 6 függvények a pontban metszik az tengelyt. Ez alapján a területet kiszámolhatjuk. A zöld területről megállapítható hogy szimmetrikus, és ezt ki is használhatjuk. T 5 [ d d ] [ ] Példa. Határozzuk meg az ezen görbék által határolt területet! y y + y 0 + [ ] 5 8. ábra. Metszéspontok: megfigyelhető, hogy az első egyenletet négyzetre emeltük Külön megállapítandó: ± 0 ± Számoljuk ki területet. A körre természetes okokból nem tudunk függvényt felírni, azonban megállapítható, hogy a számunkra fontos körnegyed egyenlete y +. T 0 d + [ 4 d 4 4 ] 0 + I 4 + I

35 Ahol: Vezessünk be egy új változót. Visszatérve: I d d sin t :, t arc sin Ha t arc sin arc sin π 4 Ha t arc sin π π sin t cos t dt π 4 Visszahelyettesíteni fölösleges, hisz nem primitív függvényt, hanem egy konkrét számot keresünk. π cos t cos t dt π 4 π 4 t π π π 4 +cos t {}}{ [ cos t dt t + sin t ] π π 4 π + sin π π 4 sin π π Megjegyzés. Okkal I-vel, és nem I-el jelölünk. A határozatlan integrál egy függvény, a határozott csupán egy szám Példa. Számítsuk ki a következő minimumot: { } min c d : c R 0 9. ábra. Azaz, hogyan kell meghúzni az egyenest úgy, hogy a terület a legkisebb legyen? Világos, hogy elég c [0,] intervallumot vizsgálnunk, ui. ellenkező esetben - téglalap területével nő a terület. Metszéspontok: Határozzuk meg a területet: T c c 0 c d + ± c c [0,] c c d ] [c c [ ] + 0 c c c c c c + c c c + c c 4 c c c + c [0,] Kompakt halmazon folytonos függvényt vizsgálunk, és kell hogy legyen maimum vagy minimum. Ez lehet 0 vagy, vagy intervallumon belül. Ha c 0, akkor: T c 4 c c 0 c 4 0, T 0 + T 4 5

36 T 0 ; T ; T 4 4 Összefoglalva, a terület minimális a c 4 választással Megjegyzés. Mi ez a feladat? f :, [0,]; g : c; ρ f, g : f g Ívhossz számolás.8... Megjegyzés. f C [a, b] C[0,]; ρ m. tér; min {ρ f, g y c R}.8... Példa. Megoldás:.8... Házi feladat. l 5 Mekkora ívének hossza és között? l b a 0. ábra. f : + f d ; [,5] f 5 [ + d d f : ; [,] ] Megoldás: l + Vezessünk be egy új változót: [ ] d t : ábra. d + 4 d, t 4, d t t 4 dt 4 + d 6

37 Megállapítható, hogy t 5 t Visszatérve: t t 5 t 4 5 A t + A feladat befejezése: Határozzuk meg A, B, C, D R-t. dt b a f a b f B t + C t t t t + dt D t + dt t At t + + Bt + + Ct + t + Dt At 4t + + Bt + + Ct 4t + Dt At + t 4t 8 + Bt + 4t Ct t 4t Dt 4t + 4 A + Ct + A + B C + Dt + 4A + 4B 4C 4Dt + 8A + 4B + 8C + 4D Értékadással könnyen megadható pár konstans. t 4 6D D 4 t 4 6B B 4 Így könnyebben számolható a többi konstans egyenlő együtthatók módszerével. t együtthatója: 0 A + C t együtthatója: A + 4 C A C t együtthatója: 0 4A + 4C 0 A C t 0 együtthatója: 0 8A + + 8C + 4A + 4C Ez alapján megállapítható hogy C 8 és A 8. Visszatérve: 5 8 t dt t dt t + dt t + dt [ ] [ 5 lnt + ] 5 [ ] [ 5 + lnt t + Megállapítható, hogy a területe létezik. : Megjegyzés. Megállapítható, hogy -te visszavezethető a függvény. ] 5. ábra. 7

38 l Befejezése házi, javallott a sh t helyettesítés..8.. Forgástestek térfogata és felszíne + 4 d. ábra Emlékeztető. Ha a. ábrán lévő példát megforgatjuk az tengely körül, egy testet kapunk, melynek térfogatát számolhatjuk határozott integrállal. V π b a f d f R[a, b] F π b Ahol V a térfogat volume és F a felület. a f + f d f C [a, b].8... Példa. Határozzuk meg f függvény tengely körüli forgástestének térfogatát V, felületét F, és f függvény alatti területét T. f : sin [0, π] Folytatván V π π Vezessünk be egy új változót. 0 T π 0 sin d π F π 4. ábra. sin d [ cos ] π 0 + cos 0 [ π 0 sh t : cos, ] π sin π [ ] 0 sin π π 0 π sin + cos d sin d ch t dt Visszatérve: π sin + cos d π + sh t ch t dt 0 sh t t arsh ln + π sh t t arsh ln 8

39 Befejetése hf. arsh ln Házi feladat. Forgástest V, F? f [,].9. Összefoglaló.9.. sin, cos azonosságok R y y 4 + a + y b A következő helyettesítéssel: Könnyen megállapítható hogy sin sin + cos cos sin cos cos sin sin + cos cos cos sin t : tg t + t és cos t + t.9.. sh, ch azonosságok R e + e ch e e sh ch sh + ch ch sh ch sh.9.. ln azonosságok a, b R + lna ln a a lna lnb ln b lna + lnb lna b.9.4. Integrálazonosságok Legyen f R R, F legyen f primitív függvénye. Legyen továbbá f D. f d ln f + c, c R f 9

40 f f α d f α+ + c, c R α + Racionális törtfüggvény nevezőjében másodfokú irreducibilis polinom n-edik hatványához tartozó rekurzív formula: I n : + n d n n + + n n I n Speciális esetben, ha n : I :.9.5. Határozott integrál + d + + arc tg + c c R A terület T, térfogat tengely körüli forgatáskor keletkező forgástest, V, és felület F meghatározása a, b R intervallumon: F π T V π b a b a b a f d f d f R[a, b] f + f d. Többváltozós függvények analízise.. Személtetés R R esetre f R[a, b] f C [a, b]..0.. Megjegyzés. Példa lehet alkalmazására pl. egy sík terület adott pontjához annak hőmérsékletének hozzárendelése Megjegyzés. Világos, hogy a R R függvények ábrázolásához szükséges lesz egy új, z tengelyre Feladat. f, y : + y, y R z y + y Az ilyen függvényeket úgy fogjuk tudni megoldani, hogy a függvény képéből kimetszünk egy görbét, melynek segítségével már vizsgálható az az adott rész egyváltozós analízissel. Megállapítható, hogy, y R : z > 0. Szintvonalak: vagy vízszintes metszetek z 0 + y 0, y 0,0 z + y sugarú körvonal z + y sugarú körvonal 0 < z + y z z sugarú körvonal 5. ábra. Függőleges metszetek bizonyos irányok mentén y 0 tengely z f,0 R 0 y tengely z y f0, y R y mentén f, y R 40

41 Ezt a felületet forgás-paraboloid nak hívjuk. 6. ábra Megjegyzés. Megállapítható, hogy illeszthető z 0-ban érintősík Feladat. Szintvonalak: z : f, y : + y, y R, z 0 z 0 + y 0, y 0,0 z + y + y z + y + y 7. ábra. Függőleges metszetek: Ez a már jól ismert kúp. y 0 z f,0 R 0 z y y f0, y y R 8. ábra Megjegyzés. Megálapítható, hogy z 0-ra nem tudunk érintősíkot illeszteni Feladat. Keresük a legbővebb halmazt, ahol ez függvényként értelmezhető f, y : y z,, y D f? Világos, mikor értelmezhető. { D f, y R } + y {, y R, y 0,0 } 4

42 9. ábra. Ezek azok a pontok, melyek az origótól legfeljebb távolságra vannak. Megállapítható, hogy és -en kívül nincsenek függvényértékek. Síkvonalak: Függőleges z 0 y 0 + y ábrán fekete körvonal z y + y 0, y 0,0 z y + y 4 a ábrán zöld körvonal 0 mentén z f,0 [,] ábrán kék félkörvonal y 0 mentén z f0, y y y [,] ábrán piros félkörvonal 0. ábra Házi feladat. Szemléltessük! z : f, y : e y, y R Megjegyzés. Irodalom:. Gyemidovics. Bolyai sorozat többváltozós függvények analízise. Szili László 4. Kórolyi Katalin honlap.. Határérték számítása..0.. Emlékeztető. határérték definíciója és átviteli elv. f R n R m ; n, m N; a D f, A Rm : lim f lim f A def. ε > 0 δ > 0 D f \{a} : 0 < a R n < δ f A R m < ε a a. átviteli elv k : N R n \ {a} és lim k k a : 4 lim f k A k

43 ..0.. Feladat., y R, + y 0 + y lim,y, + y }{{} a Miért tehetjük meg azt, hogy itt többváltoznál is simán beírhatjuk az értékeket?..0.. Feladat. lim y cos y 8 cos 0 8,y 6, Ugyanis: ld. átviteli elv. Tekintsünk egy vektorsorozatot, melyre, y 6, }{{} n 6, Ez akkor és csak akkor konvergens, ha komponensenként konvergál. { lim n 6 lim n, y n és lim n, y n 6 8 limy n Válasszunk meg egy valós sorozatot. Szerencsés, ha ez 0-hoz tart. Legyen u n : n y n 6 0 n gt : cos t t R g R R Hatványsorozatok összege folytonos, így alkalmazható az átviteli elv g C lim n cos n y n és lim n cos n y n Ahol kihasználtuk, hogy u n 0 cosu n cos 0 n Feladat. lim,y 0,0 + y + y Feladat., y R \ {0,0} y lim + y + +,y 0,0 + y + + lim,y 0,0 :f,y {}}{ + y 0 0 Sajnos itt nem tudunk tovább haladni hagyományos módszerekkel. Így új módszert kell használnunk. Válasszunk meg egy konvergens sorozatot, és az átviteli elv segítségével próbáljuk meg belátni, hogy ez a határérték létezik-e. Legyen a sorozatunk n,0 átv. elv, ekkor lim n n,0 0,0 f n,0 Ha lim 0,0 f lehet csak. Legyen 0, 0,0 n ha n f 0, 0 n 0 0n n + 0 ha lim 0,0 f csak 0 lehet Mivel két kül. határérték nem lehet, nem létezik ez a határérték. n n n + 0 4

44 Megjegyzés. A cél egy 0-hoz tartó sorozat megválasztása és vizsgálása Feladat. lim,y 0,0 y y + y 0 0 Legyen újra n, n Azaz a határérték csak 0 lehet, más nem, ha létezik. 0, 0,0 n és f n 0, 0 n 0 0 n n De: Megjegyzés. Mindig más irányból közelítjük az origót. Rendre, y és z tengely mentén Házi feladat. Bizonyítsuk be, hogy Feladat. lim lim 0 y 0 y y + y lim 0 0 lim y lim lim y 0 0 y + y lim 0y y 0 0 lim,y 0,0 y + y Rövid jelölés: Sorozatok helyett irányokkal dolgozunk. y 0 mentén f, y 0 }{{} 0 0 ha 0 0 Ha a határérték létezik, akkor lim 0,0 f 0 lehet csak. 0 mentén f0, y 0 y y 0 y 0 0 ha y 0. vagy: y mentén g : f, 0 Sejtés: lim 0,0 f 0. lévén nem tudtuk cáfolni Definíció alapján: ε > 0 δ > 0, y D f R \ {0,0} : 0 <, y 0,0 R < δ f, y 0 < ε Legyen ε > 0 fi, így y y f, y 0 + y + y Mi a cél? f, y 0 K, y 0,0 R y y +y + y + y + y, y 0,0 < ε Legyen δ : ε jó., y 0,0 < ε 44

45 .. Folytonosság..0.. Példa. Vizsgáljuk az f folytonosságát! Megoldás: f, y : { y +y,, y R \ {0,0} 0,, y 0,0. y 0 R g : f, y 0 R, g CR. 0 R hy : f 0, y y R, h CR. f / C{0,0} Bizonyítás:. Ha y 0 0: Ha y 0 R \ {0}: g y0 + y 0 }{{} 0 g. ábra. { ,,0 0,0 0 g 0 R g CR g f, y 0 { y0 +y 0 R nem lehetséges R és ez folytonos ld. racionális törtfüggvények. Ennek a megállapításra a másik komponensre házi feladat, azonban könnyű látni hogy nagyon hasonló lesz az eredmény, h függvény is folytonos lesz.. Vizsgáljuk a 0,0 pontban a határértéket, több irányból!? y f0,0 0 lim,y 0,0 + y 0 0 y 0 mentén lim lim 0 lim Ez alapján ha lim, akkor az csak 0 lehet. De: y mentén lim, 0,0 0 lim 0 Ezzel ellentmondásra jutottunk, lim 0,0 f f / C{0,0}..0.. Feladat. Vegyünk egy olyan függvényt, mely az origón y tengely körül metszve folytonos, de 0-ban mégsem! { y f, y : 4 +y, y 0,0 0,, y 0,0 45

46 . origón átmenő l : m egyenes mentén f folytonos f l C. f / C{0,0} Megoldás:. ábra. Megjegyzendő, hogy 0 nem függvény.. a Ha 0 : Így h CR. hy : f0, y b Ha m 0 l 0 -tengely { 0 y ha y 0 0 y 0 0 g : f,0 { , 0 0 g 0 Így g CR. c Ha y m m R \ {0} : m 4 +m, ha, m 0,0 g : f, m 0 ha, m }{{} 0,0 0 g g CR \ {0} g C{0} is. { m +m rac. törtfüggvények, nevező 0. 0 pontban is belátható a folytonosság: g0 0? m lim 0 + m 0 }{{} m 0 0. f / C{0,0} ui.: f0,0 0? y lim,y 0,0 4 + y Próbáljuk a 0 pontot olyan irányokból közelíteni, hogy ellentmondásra jussunk! Ha y 0 lim }{{} lim Ha y lim lim ábra. 46

47 Ha y lim lim 0 4 lim 0 0 Így viszont már ellentmondásra jutottunk: lim 0,0 f / C{0,0}..0.. Megjegyzés. A g 0 azt jelenti, hogy g az azonosan 0 függvény..4. Differenciálás Feladat. Mutassok meg hogy erősen deriválható f az a :, pontban. 4 f, y : + y y, y R f D{a} és f,? és ellenőrzés a parciálisokkal. Megoldás: Emlékeztető. n, m N f R n R m, a int D f, f D{a} L R n, R m. fa + h fa Lh lim R m h 0 h R n Emlékeztető. L LR n, R m A R m n Lh Ah h R n Ekkor: f a A Jacobi mátri. Visszatérve a feladathoz: f : R R f, R R. Legyen: h :, y, a, fa + h fa f +, y + f, y + y y y + 6 y 4y y }{{} + + y y }{{} lineáris tagok maradék 0 4. ábra. Az analízis egyik fő gondolatmenete, hogy ha az a pontot h-val eltoljuk, akkor ezen ponton képe hogyan változik. Legyen: Lh : L, y : 0 y 0,,, y [ 0 ] [ Ah ahol A y] [ 0 ] R A maradéktagokkal így: lim,y 0,0. R {}}{ + y y, y R Tökmindegy, milyen normával dolgozunk. Itt célszerű mint az esetek többségében is végtelen normával dolgozni. háromszög egyenlőtelenség + y + y lim,y 0,0, y, y,y ma{, y } 6, y lim 6 0 0,y 0,0, y Mivel normák hányadosa nemnegatív, így alsó becslésünk is van, kapásból odaírhatjuk a legelső lim elé, hogy 0 melyet itt a csattanó kedvéért nem tettünk meg.. R {}}{ + y y 0 lim 0,y 0,0, y R közrefogás a definícióbeli lim valóban 0. f D{,} és f, [ 0 ]. 47

48 Megjegyzés. Értelemszerűen, a gömbölyű és szögletes zárójel között érdemi különbség nincs, Filipp tanár úr inkább gömbölyű zárójelet használ, míg én a szögleteset szeretem jobban. Ellenőrzés: Emlékeztető. Ha f R n R típus m és f D{a} Visszatérvén az ellenőrzéshez :, y R f a grad fa fa, fa,..., n fa változó {}}{ f, konstans {}}{ y 4 + y f }{{} konstans, y }{{} változó y f, f : R R parciális derivált fvek és folytonosak R -en polinomok tétel f DR és Ez az általunk definiált f függvénnyel: Speciálisan: Megjegyzés. Itt izomorfiát jelöl Feladat. f,? Ellenőrizzünk jacobival. Megoldás: f, y grad f, y f, y, f, y f, y 4 + y, y, y R f, 4 + ; 0; + y f, y y, y R + y 5. ábra. Egy R R leképezés Legyen h :, y, a :, y + fa + h fa f +, y + f, + y + + y y + + y y + + y + y 4y 4 + 4y y y + y y 5 [ ] Legyen: Lh : L, y : 4y 4 y y y y 0 0 lim R + + y + y + 0 lim,y 0,0, y R,y 0,0, y 48

49 a def-beli lim y + y, y lim lim + 5, y,y 0,0, y,y 0,0, y lim,y 0,0, y + 5, y f D{,} és f, 5 4 R 0 Ellenőrzés: Ha f D{, y}, y R f, y grad f, y f, y f, y + y f, y : f, y f, y grad f, y f, y f, y y f, y grad f, y f, y f, y 0 Enek a mátrinak mind a 6 komponense folytonos fv polinomok f DR.4.. Irány menti és parciális derivált.4... Emlékeztető. f R n R; n N; a int D f ; e R n ; e R n, F t : fa + + t e, t k δ 0 δ alkalmas a + t e D f. Ha.4... Feladat. F 0 : e fa R f, y : y + y, y R Legyen továbbá e az tengellyel 60 fokos szöget bezáró egységvektor. Ekkor:. e f,?. Milyen e mentén lesz e f, min ill. ma? Megoldás: a :,, Így definíció alapján: e : cos π, sin π F t fa + te f 6. ábra. lt a + te, t R,, + t Ebből már megállapítható hogy F D és F t + t + t A.4... def alapján:, R, e + f + t, + t + t + t + t + + t e f, F 0 + t + + t R t R

50 .4... Megjegyzés. Ha nincs külön kijelentve, akkor kettes normával dolgozunk Megjegyzés. Ha f D{a} e R n, e e fa f a e f a, e Visszatérve: A megjegyzésben lévő állításhoz lássuk be hogy f D R., y R : f, y y f, y + y Mivel f, f : R R és folytonosak R -en f DR. Speciálisan: f, f,; f, ; +, grad f, e f, f,; e,,, + + A feladat második részére térve: Legyen e : cos α; sin α α [0; π] e f, f,; e e,; cos α, sin α sin α + cos α : gα g α cos α sin α 0 cos α sin α tg α, ennek a függvénynek a szélső értékei adják min e f,-t és ma e f,-t. α 0 π 4 5π 4 π g α gα 7. ábra. A táblázatban pozitív, negatív függvényértéket jelöl. Világos, hogy a periódusosság miatt elegendő a [0,π] intervallumot vizsgálni. Azaz, minimum az α : π 4, és a maimum az α : 5π 4 választással kapható. 8. ábra. e min ;, e ma ; Házi feladat. Véletlen, hogy a ma grádiens irányú? hf. Itt áll Gizi a Himalája tetején. Azt kérdezzük Gizitől, hogy indulj el, hogy a lehető legmeredekebb pályán menjél? /Filipp/ Feladat. f, y e y + cos y, y R a : 0,; u :, e fa? ahol e az u irányú egységvektor kettes normával Egyes normával hf. Megoldás es norma: e : u u 50

51 Ha más normában számolnánk, ahhol más norma szerint kell osztani is. e,,, +,, y R, és f f : R R folytonosak f, y ye + cos y f, y e sin y f DR spec. f D{0,} és e f0, f 0,, e f0,, f0,,, + cos cos Feladat. f : R R úgy, hogy:, y R f, y y f, y + f? Megoldás: Illetve: f, y y d y d y f, y y + c y + c c D y + cy dy y + c, c R + cy ahol c R R, c D c y, azaz Mivel most az -es tagok kiesnek, így lesz eredmény. Így a keresett függvények: f, y y + y + c, y R, c R Megjegyzés. Vajon csak +c a derivált vége? A megoldás az hogy nem, bármilyen deriválható egyváltozós függvény mehet oda, mely y-tól függ Megjegyzés. Legyen g, y : y; +, y R ; f : R R ; azt kaptuk, hogy f : R R, f D? és f, y f, y, f, y g, y vagy f g. Azt mondjuk, hogy f a g primitív függvénye Feladat. Bizonyítsuk be, hogy f, y : y, y R. f C0,0. f0,0; f0,0?. f / D{0,0} Megoldás:. ε > 0 fi. f, y f0,0, y sz-m + y Ha, y 0,0 < ε : ε jó a definícióhoz f C{0,0}, y 0,0 < ε 5

52 . f,0 f0,0 0 f0,0 g0 lim g g0 lim lim lim 0 lim Illetve: 0, y f0,0 0 y f0,0 lim lim 0 y 0 y 0 y 0 y. Azaz, ha f D{0,0} f 0,0 f0,0, f0,0 0,0 A def. beli lim: f, y f0,0 f0,0 f0,0 y lim lim,y 0,0, y R,y 0,0 + y 0 Ugyanis y mentén: lim 0 lim 0 0 f / D{0,0}.4... Feladat. Feladat: + y sin f, y +y, + y 0 0, + y 0. f, f?. f, f / C{0,0}. f D{0,0} Megoldás: f, y sin Összefoglalva: Hasonlóan + y + + y cos, y R \ {0,0} + y + y sin f,0 f0,0 sin f0,0 lim lim y lim 0 sin 0 sin f, y +y +y cos +y, y 0,0 0;, y 0,0? HF. f, y 0,, y 0,0 f0, y f0,0 f0,0 lim limy sin y 0 y 0 y y Ha f D{0,0} f 0,0 f0,0, f0,0 0,0 grad f0,0. iii f, y f0,0 f0,0 f0,0y + y sin lim lim +y,y 0,0, y R,y 0,0, y Itt célszerű + y miat kettes normát váalsztani. lim + y,y 0,0 sin + y 0 f D{0,0} és f 0,0 0,0. + y 5

53 ii. Lehet érezni, hogy a f, y függvény Így tekintsük et f0,0 0, elég azonban belátni hogy lim,y 0,0 f, y 0 +y tagjával lesz baj. Ha letakarjuk y-t, akkor a tört ± -hez tart. y 0 mentén f,0 sin cos Átviteli elv: Válasszuk az n sorozatot úgy, hogy cos legyen: n n nπ, n N n : nπ 0 ha n Ekkor: f n,0 nπ sinnπ nπ cosnπ qnπ ha n f / C{0,0}.4... Házi feladat. f / C{0,0}.4... Megjegyzés. Nem áganként pl. fent is ugye a függvény kétágú kell deriválni, ez tipikus hiba. Gondoljunk arra, hogy egy adott pont környezetét is értelmezni kell Megjegyzés. Tehát az erős deriválhatóság nem vonja maga után a parciálisok folytonosságát Feladat. y y f, y : +y,, y R \ {0,0} 0,, y 0,0 Lássuk be, hogy f0,0 f0,0 Megoldás: f,0 f0,0 f0,0 f0,0 lim lim y y lim lim +y 0 0 y 0 y 0 0 lim y 0 y Házi feladat. f0,0.5. Taylor-formula Emlékeztető Példa. lim 0 lim y 0 [ ] f, y f,0 f0, y f0,0 lim lim y 0 y 0 y 0 y 0 y + y lim 0 lim 0 n N; f R n R; a int D f ; s N; ka : ka : f D s+ {} h R n \ {0} ν0, s i fa fa + h fa + h i + i fa + νh i! i! i N n k i N n i k f, y y + y y, y R Adjuk meg azon a nk együtthatókat, melyekkel felírható: f, y + n,k0 azaz n y + n lineáris kombinációjaként a nk n y + k h i 5