I. FEJEZET: ANALÍZIS... 3

Átírás

1 Tartalomjegyzék I. FEJEZET: ANALÍZIS NUMERIKUS SOROZATOK Numerikus sorozatok: határérték, mootoitás, korlátosság A Cauchy-féle általáos kovergecia kritérium Sorozatok közgazdaságtai alkalmazásai. Kamatozási sémák Pézügyi alapfogalmak Egyszerű kamatozás Kamatos kamatozás Összehasolítás Vegyes kamatozás Sorozatok mootoitásáak vizsgálata Sorozatok korlátosságáak vizsgálata SZÁMSOROK Számsorok. Részlet összeg sorozat A Cauchy-féle általáos kovergecia kritérium számsorokra Pozitív tagú számsorok. Kovergecia kritériumok Az összehasolítási kritériumok A Cauchy-féle gyökkritérium A D Alambert-féle háyados kritérium Raabe -Duhamel-féle kritérium Váltakozó előjelű (alteratív) számsorok Leibitz-féle kritérium FÜGGVÉNYSOROZATOK ÉS FÜGGVÉNYSOROK Függvéysorozatok. Kovergecia tartomáy. Egyeletes kovergecia Függvéysorok Függvéysor. Kovergecia tartomáy. Weierstrasse-féle kritérium Hatváysor. Ábel-tétel. Kovergecia sugár Taylor -sor. Elemi függvéyek hatváysorba való kifejtése Elemi függvéyek hatváysorba való kifejtése II. FEJEZET: DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁS TÖBBVÁLTOZÓS VALÓS FÜGGVÉNY. PARCIÁLIS DERIVÁLTAK dimeziós tér A többváltozós valós függvéy meghatározása... 32

2 2..3. Parciális deriváltak. Differeciáltak Az elsőredű parciális deriváltak Másodredű parciális deriváltak Differeciáltak Alkalmazások. Az összetett függvéyek parciális deriváltja Taylor- képlet kétváltozós valós függvéyre Kétváltozós valós függvéyek szélsőértékpotjai Egyváltozós valós függvéyek szélsőértékpotjaiak meghatározása Kétváltozós valós függvéyek szélsőértékpotjaiak meghatározása A Lagrage- szorzók módszere. Feltételes szélsőértékpotok A differeciálháyados közgazdasági megközelítésbe III. FEJEZET: LINEÁRIS ALGEBRA VEKTORTÉR (LINEÁRIS TÉR). BÁZIS. BÁZISTRANSZFORMÁCIÓ Vektorok. Műveletek vektorokkal LINEÁRIS FÜGGETLENSÉG. BÁZIS A VEKTORTÉRBEN. BÁZISTRANSZFORMÁCIÓ ORTOGONALIZÁLÁS. A GRAM- SCHMIDT-FÉLE ORTOGONALIZÁLÁSI MÓDSZER Skaláris szorzat a vektortérbe Ortogoalizálás LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓK. LINEÁRIS OPERÁTOROK Lieáris traszformációk a vektorterek között. Lieáris traszformációs mátrix Traszformációs mátrix Lieáris operátor. Sajátvektor és sajátérték Sajátvektorok és sajátértékek Sajátértékek, sajátvektorok kiszámítása Összegzés Sajátértékek, sajátvektorok, diagoizálás

3 I. Fejezet: Aalízis.. Numerikus sorozatok... Numerikus sorozatok: határérték, mootoitás, korlátosság Értelmezés: Numerikus sorozatak evezzük az f() valós függvéyt, melyek értelmezési tartomáya a természetes számok halmaza N, értéktartomáya pedig a valós számok halmaza R. (Tehát a sorozatok a függvéyekek egy speciális csoportja.) U : N R, U = f() () (U ) : U, U 2, U,. U = f() - általáos tagak evezzük Megjegyzés: Egy sorozatot három külöböző módo adhatuk meg: ) felsorolással: pl.,3,5,7,9,... 2) rekurzív defiicióval: pl. a =, a 2 = 3, a = a +a +, > 2 eseté. 2 3) általáos képlet segítségével: a = 2 ( ) +,. Példák sorozatokra: ) Számtai sorozatok: a = a + r, ahol r R ráció. Mide számtai sorozat eseté igaz a következő: a = a + ( )r, illetve a = a +a +,. 2 Az első tag összege: S = (a +a ) = (2a +( )r), ) Mértai sorozatok: a = a q, ahol q R + kvócies (háyados). Mide mértai sorozat eseté igaz a következő: a = a q 2, illetve a = a a +,. ( q Az első tag összege: S = a ),. q 3) Harmoikus sorozat:, 2, 3, 4, 5.., a = 2 a + a+, N. 4) Zéo, egy ókori görög filozófus egyik híres apóriája szólt hasolóról Akhilleusz és a tekősbéka verseyfutása kapcsá: Egy tekősbéka megszökik az állatkertből és elidul a teger felé. Első apo 280 métert megy, de mivel öreg, mide további apo csak az előző api útjáak a felét tudja megtei. Háyadik ap ér el a tegerhez, ha az 2559 méterre va az állatkerttől? És ha 2560 méterre? a = 280, a 2 = 920, a = a + a a 2, > 2 eseté. 2 Meyi utat tett meg az. apig: S = = 280( ), egy mértai sorozat összegét kell számítauk, ahol 3

4 S =280 ( ( 2 ) )=280 = 2560 ( ) = Ha a távolság 2559 méter, akkor keressük azt az értéket, amelyre a megtett távolság több, mit 2559, azaz: > 2559, 2 2 > Ha 2, akkor ez az egyelőtleség teljesül, azaz a tekős a 2. apo eléri a tegert. Ha a távolság 2560 méter, akkor keressük azt az értéket, amelyre > 2560, de ez az egyelőtleség sosem teljesül, azaz a tekős sose éri el a tegert, csak tart a teger felé. Értelmezés..: Az (U ) számsorozat határértéke az a R valós szám, ha ε > 0 eseté létezik egy olya N ε küszöbszám úgy, hogy > N ε eseté feáll a következő: U a < ε (2), ami egyeértékű a következő egyelőtleségek bármelyikével: ε < U a < ε, a ε < U < a + ε (2 ) Következtetések:. Ha létezik az a R valós szám, akkor a következőképpe jelöljük: lim U = a (3) 2. Ha létezik az a R valós szám, akkor U sorozatot koverges sorozatak evezzük. Ha em létezik az a R valós szám, akkor U sorozatot diverges sorozatak evezzük. 3. Az U sorozatak létezik határértéke, ha bármely V ε (a) köryezetébe az a valós számak a sorozatak végtele sok tagja va. Értelmezés..2: az (U ) számsorozat: Mooto övekvő, ha U U 2 U U +, N Mooto csökkeő, ha U U 2 U U +, N Szigorúa mooto övekvő, ha U < U 2 < < U < U +, N Szigorúa mooto csökkeő, ha U > U 2 > > U > U +, N eseté. Értelmezés..3: Az (U ) számsorozat felülről korlátos, ha létezik egy olya M valós szám, amelyél egyik sorozattag sem agyobb. Az (U ) számsorozat alulról korlátos, ha létezik egy olya m valós szám, amelyél egyik sorozattag sem kisebb. Az (U ) számsorozat korlátos, ha alulról is és felülről is korlátos. Másképp: az (U ) számsorozat korlátos, ha létezik egy [m, M] itervallum, úgy, hogy a sorozat mide tagja ebbe az itervallumba található: m U M, N. (4). Példa (Euler, XVIII. század): legye U = ( + ) sorozat. 4

5 A sorozat tagjai: a = 2 az alsó korlát, a 2 = 2,59; a 00 = 2,70; a 000 = 2,7; a 0000 = 2,78; a = 2,7828 a sorozat szigorúa mooto övekvő, felülről is korlátos (egyik felső korlát M=2,8) tehát koverges is: lim ( + ) = e. 2. Példa (Fiboacci, 70? - 240) Fiboacci, más éve Leoardo Pisao 202- be mutatta be ezt a számsorozatot, amely a legegyszerűbb az egész számokból álló sorozatok közül, még máig is újabb és újabb tulajdoságait fedezik fel, sok zeeszerző művéek alapjául szolgált, szépsége a matematikából fakad. Felsorolással:,, 2, 3, 5, 8, 3, 2, 34, 55, 89, 44, 233, 377, 60,... Rekurzióval: a =, a 2 =, a = a + a 2, > 2 eseté (a sorozat harmadik tagjától kezdődőe mide tag az őt megelőző két tag összegével egyelő.) Képlettel: a = 5 [(+ 5) ( 5 ) ] 2 2 A sorozat csak alulról korlátos és mooto övekvő. 3. Példa: A Fiboacci sorozat segítségével alkotható egy másik sorozat, amelyek köze va az araymetszés φ számához. Eek tagjai a Fiboacci- sorozat valamely tagjáak és az azt megelőző tag háyadosakét képezhetők. Felsorolással:, 2, 3, 5, 8, 3, 2,., tizedes törtekkel felírva : ; 2;,666;,600;,625;,65;,69; Ebbe a sorozatba a tagok hol kisebbek, hol agyobbak az araymetszést jellemző φ = + 5 =,68033.arayszámál, miél több tagot veszük, közelebb jutuk a 2 φ potos értékéhez. (A sorozat korlátos, tagjai az [, 2] itervallumba találhatóak, em mooto, koverges és határértéke a φ szám.) Az aray téglalap oldalaráya ez a φ szám, és az jellemző rá, hogy ha kiváguk belőle egy, rövidebb oldaláak hosszúságával megegyező oldalú égyzetet, a femaradó téglalap is aray téglalap lesz. Ha összekötjük az araytéglalapba írt égyzetek közös csúcspotjait, csigavoalat kapuk, a logaritmikus spirál közelítését, és az aray téglalap szép geometriai tulajdoságát észlelhetjük. Az araymetszés aráyszáma fotos potja a yugati kultúráak, istei aráyak is evezik, megtalálható az emberi test aráyaiba, Leoardo da Vici, Salvator Dali mukái, valamit az építészetbe (pl. Partheó) sűrű előforduló aráy...2. A Cauchy-féle általáos kovergecia kritérium Tétel: Az U sorozat koverges, akkor és csak akkor, ha ( ) ε > 0, ( ) N ε úgy, hogy ( ) > N ε és p eseté feáll: Koverges sorozatok tulajdoságai: U +p U < ε (5) ) Ha (U ) sorozat koverges, akkor (U ) korlátos (a korlátosság szükséges feltétele a kovergeciáak, de em elégséges: például: U : 2, 2,2, 2, ez em koverges, de korlátos sorozat.) 2) Ha az (U ) sorozat korlátos és mooto, akkor az (U ) sorozat koverges (Bolzao- féle kritérium). 5

6 3) Ha az (U ) és (V ) sorozatok kovergesek és határértékük megegyezik (a = l R), valamit ( )(W ) sorozat úgy, hogy: U W V, N, akkor lim W = lim U = lim V = l (fogó-kritérium vagy redőr- elv, olló- tétel). 4) Ha az (U ) és (V ) sorozatok kovergesek és U V, N, akkor lim U lim V. 5) Legye (U ) és (V ) két koverges sorozat. Ekkor érvéyesek a következők: a) lim (U + V ) = lim U + lim V b) lim (U V ) = lim U lim V c) lim (U V ) = lim U lim V d) lim ( U ) = lim U V lim k U e) lim V k = lim U, ahol U 0, N f) lim a V = a lim V, ahol a R tetszőleges kostas.... Feladat: Határozza meg a következő sorozat határértékét: U = Megoldás: lim = lim = 2 = 0,5. (Kiemeltük a számlálóba is és a 4 4 evezőbe is az legmagasabb ott előforduló hatváyát, egyszerűsítettük, illetve felhaszáltuk a következő határértéket: lim = 0, k R k + eseté.)..2. Feladat: Határozza meg a következő sorozat határértékét: U = Megoldás: lim = lim = lim lim Feladat: Határozza meg a következő sorozat határértékét: U = Megoldás: lim = lim Határozza meg a következő sorozat határértékét: = lim lim = = 0. = 5 2 =...4. U = U =

7 ..6. U = U = U = Határozza meg a következő sorozat határértékét: U = Megoldás: lim = lim ( 2 ) + 4 ( 2 ) 8 = lim = (Kiemeltük a számlálóba is és a evezőbe is a agyobbik alap - edik hatváyát, illetve, ha q = felhaszáltuk a következő határértéket: lim q = { 0, ha q <, illetve em létezik, ha, ha q > q esetbe.)..0. U = Megoldás: lim U = Megoldás: +3 = lim = lim ( 3 ) +( 2 3 ) 4 +3( 3 4 ) 8( 2 4 ) = 0 = lim = lim = lim + 8( 2 25 ) + ( 2 25 ) ( ) 8( 2 6 ) = =. Határozza meg a következő sorozatok határértékét:..2. U = U = E: 27 + E: Határozza meg a következő sorozat határértékét: U = ( 3 4 ) Megoldás: felhaszáljuk a következő határértékeket: lim ( 3 4 ) =..5 U = ( ) lim ( + ) = e, illetve lim ( + k ) = e k. 3/4 lim ( + ) =e 3 4. Megoldás: lim ( ) = lim ( )+ + 2 = e = e2. 7

8 ..6 U = ( ) Megoldás: lim (3+2 3 ) = lim ( ) = lim ( + 3 ) ( ) = e...7. U = ( ) Megoldás: lim..8. U = ( ) Megoldás: lim (3+ 5+ ) = ( ) = lim lim (+ 3 ) [3 5(+ )] = lim 5 4 (+ 3 ) [3 2(+ )] = lim 2 Határozza meg a következő sorozatok határértékét:..9. U = ( )2 E: e U = (2 + 4 ) E:..2. U = ( 2 2 )2 E: 0 (3 5 ) (+ /3 ) (3 2 ) (+ 4/3 /5 =0. = 0 e/3 (+ /5 ) e ) = e4/3 (+ /2 ) e /2 = U = ( )2 E: e 4 3 Vizsgáljuk meg az alábbi sorozatok mootoítását, korlátosságát és határértékét!..23. a = +2 +5, (i) Mootoítás vizsgálatakor az a + a előjelét vizsgáljuk meg vagy az a + a kiszámítva, megézzük, hogy kisebb vagy agyobb, mit az egység: háyadost a + a = övekvő. (másképpe: a + a = 3 +5 (+6)(+5) > 0, N eseté, így a sorozat szigorúa mooto = >, N eseté, a sorozat szigorúa mooto övekvő.) (ii) Korlátosság vizsgálata: a sorozat mooto övekvő, tehát a legkisebb tagja, a = 3 6 = 2 alsó korlátja a sorozatak, és a lekisebb felső korlátja pedig ( a sorozat mide tagja kisebb eél). Tehát a = 2 a. (iii) A sorozat határértéke: lim =. 8

9 ..24. a = 2+ +5, Útmutatás: a mootoítást hasolóa bizoyítjuk, a sorozat mooto övekvő, így a sorozat legkisebb tagja a = az alsó korlát, a 2 = 2+ = így a sorozat felülről is korlátos, lim = a = , = 2 9 < 2, N eseté, +5 Útmutatás: a mootoítást hasolóa bizoyítjuk, a sorozat mooto övekvő, így a sorozat legkisebb tagja a = az alsó korlát, a 2 2 = 9 =,286, a 7 3 = 9 = 2,375, a 8 00 = 90,48; a 000 = 990,05; a 0000 = 9990 ;. a sorozat felülről em korlátos, csak alulról, tehát em is koverges a = ( ) 2, Felsorolva a sorozat tagjait: -; em mooto, de koverges, határértéke a ulla a = 3 + 2,..28. a = 4 + 5,..29. a = ,..30. a = ,..3. a =,..32. a = 2,..33. a = 2 2 +, a = si, a = 2, a = 3 2, a = 2,..38. a = ( 3),..39. a = 0, 0 ; 4 -,, - ;. Korlátos sorozat, a [, ] N, 4 9

10 ..40. a =,..4. a = ( 2), a = ( 2 ), a = cos, a = 5!, a =! 0, 0 Vizsgáld meg, hogy az alábbi sorozatok eseté háyadik tagtól kezdődőe esek a sorozat elemei a határérték ε sugarú köryezetébe:..46. a = 2+,, ε = Megoldás: lim = 2 3, és keressük azt az 0 küszöbszámot, amelyre igaz, hogy bármely 0 eseté a a < ε, azaz < < 3(3+) , megoldva: ekvivales 3(3 + ) > 000, > = 0,77. Tehát a. tagtól kezdődőe mide sorozattag ebbe az ε sugarú köryezetbe esik a = 3+ 5+,, ε = 0 3 E: 0 = a = 6 +2,, ε = 0 2 E: 0 = a = 4 3 4, ε = 0 5 E: 0 = Sorozatok közgazdaságtai alkalmazásai. Kamatozási sémák..3.. Pézügyi alapfogalmak Kamat: a jövőbeli és a jelebeli pézösszeg közötti külöbözet. Kamatláb: időegység alatt (például év) realizált kamat és tőke aráya. Egyszerű kamat: csak az alaptőke kamatozik, a kamatokat em adjuk hozzá az alaptőkéhez. Egy adott időegységbe az alaptőke kamatlábbal ő a tőke. Kamatos kamatozás: mide időegységbe az épp aktuális tőke kamatozik, a kamatokat is hozzáadjuk az alaptőkéhez. Egy adott időegységbe az aktuális tőke kamatlábbal ő a tőke. Tőkésítés: a kamatak az alaptőkéhez való hozzáadását jeleti. Tehát egyszerű kamatozás eseté ics tőkésítés, kamatos kamatozás eseté mide időegység végé tőkésítük.

11 Egyszerű kamatozás.. Feladat: Helyezzük letétbe 000 lejt a bakba egyszerű kamatozásra. Az éves kamatláb 0%. Meyi pézt vehetük ki a) év utá b) 2 év utá c) 3 év utá d) 0 év utá e) 20 év utá? Mit vesztek észre? Fogalmazzatok meg egy általáosítást! M: a) év utá: ,0=00 b) 2 év utá: ,0=200 c) 3 év utá: ,0=300 d) 0 év utá: ,0=2000 e) 20 év utá: ,0=3000 pézük va. Tehát az egyszerű kamat lieáris, ha a befektetett összeg S, az éves kamatláb p, akkor év utá a kivehető összeg S = S( + p). 2. Feladat: Mekkora összegre gyarapodik fel az lejes kezdőtőke 6,8%-os éves kamatláb eseté 7 hóap alatt egyszerű kamatozás mellett? M: (+0,068 7 )=59 833,(3) Feladat: Egy lejes, 4 hóap múlva esedékes tőke meyit ér most, ha a havi kamatláb 4,5%, és egyszerű kamatozással számoluk? M: 70800=S ( + 0,045 4), ahoa S = 70800: ( + 0,045 4) = Feladat: Háy hóap alatt övekszik fel a lejes tőke lejre egyszerű kamatozás mellett, ha a havi kamatláb 5%? M: = (+0,05 ), ie kapjuk, hogy = 8, Kamatos kamatozás 5. Feladat: Helyezzük letétbe 000 lejt a bakba kamatos kamattal (mide év végé tőkésítük). Az éves kamatláb 0%. Meyi pézt vehetük ki a) év utá b) 2 év utá c) 3 év utá d) 0 év utá e) 20 év utá? Mit vesztek észre? Fogalmazzatok meg egy általáosítást!

12 M: a) év utá: ,0= 000 (+0,)=00 b) 2 év utá: ,0= 00(+0,)= 000 (+0,)(+0,)= 000 ( + 0,) 2 =20 c) 3 év utá: 000 ( + 0,) 3 =33 d) 0 év utá: 000 ( + 0,) 0 =2586 e) 20 év utá: 000 ( + 0,) 20 =6686 pézük va. Tehát kamatos kamat eseté, ha a befektetett összeg S, az éves kamatláb p, akkor év utá a kivehető összeg S = S( + p). 6. Feladat: Hasolítsátok össze az. és 5. feladat eredméyeit! Mit vesztek észre? M: Ugyaolya kamatláb mellett kamatos kamattal jobba megéri befekteti. 7. Feladat: Meyi kamatot hoz a lejes tőke évi 0%-os kamatláb mellett 6 év alatt, ha kamatos kamattal számoluk? M: S =60 000( + 0,) 6 =283449,76. Tehát a kamat , =23 449,76 lej. 8. Feladat: Mekkora évi kamatláb mellett övekszik fel a lejes tőke 4 év alatt lejre, ha kamatos kamattal számoluk? M: = ( + p) 4, ahoa p = 5 %. 9. Feladat: Mekkora összegre gyarapodik fel az lejes kezdőtőke 6 év alatt 5,3%-os éves kamatláb mellett, ha kamatos kamattal számoluk? M: S =55 000( + 0,053) 6 =25665, Összehasolítás 0. Feladat: Vizsgáljátok meg, hogya változik befektetett tőkék értéke a következő 0 év sorá, ha az éves kamatláb 0% és ics tőkésítés, illetve ha az éves kamatláb 7% és mide év végé tőkésítük. M: év p = 0%, ics tőkésítés (egyszerű kamat) p = 7%, évete tőkésítés (kamatos kamat) ,0=0 00 ( + 0,07) = ,0=20 00 ( + 0,07) 2 =4, ,0=30 00 ( + 0,07) 3 =22, ,0=40 00 ( + 0,07) 4 =3, ,0=50 00 ( + 0,07) 5 =40, ,0=60 00 ( + 0,07) 6 =50, ,0=70 00 ( + 0,07) 7 =60, ,0=80 00 ( + 0,07) 8 =7, ,0=90 00 ( + 0,07) 9 =83, ,0= ( + 0,07) 0 =96, ,0=20 00 ( + 0,07) =20, ,0= ( + 0,07) 2 =225,2 2

13 Ha az egyszerű kamat eseté agyobb a kamatláb, mit a kamatos kamat eseté, akkor rövidtávo jobba megéri az egyszerű kamattal befekteti, de hosszú távo a kamatos kamat éri meg jobba Vegyes kamatozás A mideapi életbe gyakra találkozhatuk olya befektetésekkel, amelyekél a kamatozási periódus egy évél rövidebb, vagyis lehetőség va gyakoribb tőkésítésre. Ilyekor midig kiszámítjuk a kamatozási periódusra voatkozó kamatlábat és azt haszáljuk. Empirikusa számításokat végeztük, megéztük, hogy ugyaazt az összeget letétbe helyezve, hogya változik a kamat, aak függvéyébe, hogy havota, félévete, egyedévete vagy akár hetete tőkésítük. Észrevették, hogy a kamat több dologtól is függ: az alaptőkétől, a kamatlábtól, a tőkésítések számától és azok ütemezésétől.. Feladat: Mekkora összegre gyarapodik fel az 000 euro kezdőtőke 2,5%-os éves kamatláb mellett 8 év és 3 hóap alatt? M: S =000( + 0,25) 8 ( + 0,25 3 )=2645,965 euro Feladat: Mekkora kezdőtőke gyarapodik fel 4,5%-os éves kamatláb mellett lejre, 6 és fél év alatt? M: =S ( + 0,45) 6 ( + 0,45 6 ), ahoa S=473778, Feladat: Egy lejes kezdőtőke 8%-os éves kamatláb mellett mekkora összegre gyarapodik fel 5 év és 0 hóap alatt? M: S =00 000( + 0,08) 5 ( + 0,08 0 )=56725,32 lej 2 4. Feladat: Egy Ft-os kezdőtőke 5 év alatt Ft-ra emelkedett fel havi kamatozás mellett. Meyi volt az éves omiális kamat? M: = ( + p 00 2 )2 5, ahoa p=3,9. 5. Feladat: Háy év alatt gyarapodik fel Ft-os kezdőtőke 9,5%-os éves évleges kamat eseté Ft-ra heti kamatozás mellett? M: 9 927=3 000 ( + 0, )52 t, ahol t az évek száma és t=4,5. 6. Feladat: Tegyük fel, hogy a pézük havota kamatozik és legye az éves omiális kamatláb 0%. Ha Ft-os kezdőtőkék va, mekkora pézösszeghez jutuk 3 év múlva? Mekkora az éves effektív kamatláb? M: S = ( + 0, 2 )3 2 =87638 pézük lesz 3 év múlva. Az effektív kamatláb p = 00 ( + 0, 2 )2 00 = 0, Sorozatok mootoitásáak vizsgálata Kísérlet: Helyezzük el a bakba pézegységet évi 00%-os kamattal, és tőkésítsük - szer egy évbe, egyelő időközökét, úgy, hogy az utolsó tőkésítés az év végé legye. Meyi pézük lesz egy év múlva a számláko? Mit tapasztaltok? 3

14 tőkésítések száma: Eyi lesz egy év múlva a számláko = ( + ) =2 =2 ( + 2 )2 =2,25 =3 ( + 3 )3 =2,37 =4 ( + 4 )4 =2,44 =5 ( + 5 )5 =2,48 =6 ( + 6 )6 =2,52 =k ( + k ) k ( + ) Azt tapasztaljuk, hogy többszöri tőkésítés eseté több pézük lesz, vagyis ( + ) < ( + + )+. Ezt az általáosítást matematikai idukcióval bizoyíthatjuk. A feladat tulajdoképpe az e = ( + ) sorozat mootoításáak vizsgálata volt, csakhogy a mootoitást ituitív módo figyeltük meg, sejtettük meg, majd bizoyítottuk be Sorozatok korlátosságáak vizsgálata Kísérlet: Hasolítsuk össze az pézegységből iduló évi 00%-os kamatlábbal és -szeri tőkésítéssel járó kamatozási sémát a 200% éves egyszerű kamatra alapozott kamatozási sémával. Meyi pézük lesz egy év múlva a számláko? Mit tapasztaltok? Az egy éve belüli tőkésítések számáak övekedésével legfeljebb meyi pézre tehetük szert? Idő p=00%, évete -szeri tőkésítés (kamatos kamat) p=200%, ics tőkésítés (egyszerű kamat) ( + ) =( + ) + 2 = ( + ) 2 ( + ) 3 ( + ) = = = + 8 4

15 5... k... = Észrevesszük, hogy ( + )< + 2, ( + ) 5 ( + ) k ( + ) = k = + 2k + 2 = + 2 = 3 ( + )2 < + 4,... általáosítva, matematikai idukció segítségével bizoyítható, hogy ( + ) < 3. Ez azt jeleti, hogy az e = ( + ) sorozat felülről korlátos. Itt a korlátosság kérdése természetes módo merült fel, hisz az volt a kérdés, hogy az egy éve belüli tőkésítések számáak övekedésével legfeljebb meyi pézre tehetük szert. Azt már láttuk, hogy e e = 2, bármely. Tehát a sorozat összes tagja 2 és 3 között található, azaz a sorozat korlátos. Ha azt a kérdést tesszük fel, hogy folyamatos tőkésítéssel maximálisa mekkora pézösszeget kaphatuk egy év alatt pézegységből kiidulva, ha az éves kamatláb 00%, ez gyakorlatilag a sorozat határértékét (limit of the sequece) fogja jeletei. Ha számítógép segítségével kiszámoltatjuk a sorozat miél több elemét, láti fogjuk a kovergecia gyorsaságát, illetve potosabb becslését, miél több tizedesyi potossággal való megközelítését kapjuk az e számak..2. Számsorok.2.. Számsorok. Részlet összeg sorozat Az (U ): U, U 2, U, () számsorozathoz redelt végtele összeget számsorak evezzük. Jelölése: = U = U + U 2 + U 3 + U +... (2) Értelmezés: a) A (2) számsor koverges, ha = U véges. b) A (2) számsor diverges, ha U = ± vagy em létezik. = Értelmezés: = U számsor (S ) részletösszeg sorozatá a következőt értjük: (S ): S, S 2,, S ahol S = U, S 2 = U + U 2,, S = U + U U (3) Tétel: a) A = U számsor akkor és csak akkor koverges, ha S részletösszeg 5

16 sorozat koverges, azaz ( ) lim S = S = = U (4). b) = U akkor és csak akkor diverges, ha S részletösszeg sorozat diverges. Példa: A mértai haladváy típusú számsor =0 a q = a + a q + a q + (5) ahol q háyados vagy kvócies (S ) : S, S 2, S 3,, S, S = a + a q + + a q = a ( q ) ; lim S q = a lim q S = lim S = a q a q lim q = { a q ha q < ± ha q ha q a q (6) q Tehát a mértai haladváy típusú számsor akkor és csakis akkor koverges, ha q <, ekkor a sor összege S = =0 U = a q. Határozzuk meg a következő végtele számsorok összegét: ( =0 2 ) E: ( =0 2 ) E: ( =2 3 ) E: ( =2 5 ) E: =0 E: =0 3 E:.2.7. =0 ( 4) E: em létezik, mert q = ( 5 =0 6 ) E: A Cauchy-féle általáos kovergecia kritérium számsorokra Tétel: Az = U számsor akkor és csakis akkor koverges, ha ( )ε > 0 ( )N ε N küszöbszám úgy, hogy ( ) > N ε és p eseté feáll: U + + U U +p < ε (7) Következtetés: ) A Cauchy-féle általáos kovergecia kritérium elégséges feltétel a kovergeciára. 2) A Cauchy-féle általáos kovergecia kritérium szükséges feltétel a kovergeciára: a (7) összefüggésből p = eseté azt kapjuk, hogy U + < ε (7 ). Tehát a sorozat általáos tagjáak tartaia kell ullához, ahhoz, hogy a sor koverges lehesse. (A szükséges feltétel em midig elégséges!) Példák:.Harmoikus számsor: = = (8) 2 3 U =, lim U = lim = 0, a szükséges feltétel teljesül. Eek elleére a harmoikus számsor diverges:

17 U U +p = = > ε p =, > 2. Lehet olya ε értéket választai, amely eseté em teljesül a kritérium Mivel lim, a sor em koverges, mert az általáos tag em tart ullához. = 2+ + = Pozitív tagú számsorok. Kovergecia kritériumok Legye adott egy számsor: = U = U + U U () Ha U > 0 ( ) N eseté, akkor = U pozitív tagú számsorak evezzük. Ebbe az esetbe (S ) részletösszeg sorozat szigorúa mooto övekvő sorozat: S + = S + U + > S Az összehasolítási kritériumok Legye adott = U és = V két pozitív tagú számsor. Az összehasolítás első kritériuma: Ha létezik egy olya N idex, amelytől kezdődőe U V, N eseté, akkor: = V koverges, akkor = U is koverges. = U diverges, akkor = V is diverges. Az összehasolítás második kritériuma Ha létezik egy olya N idex, amelytől kezdődőe U + U = V koverges, akkor = U is koverges. = U diverges, akkor = V is diverges. V +, N eseté, akkor: V Gyakorlatba az összehasolítási kritérium: U Meghatározzuk a következő határértéket: ( ) lim = l (2) V Ha l véges szám: l (0, ), akkor U és V természete megegyezik. Ha l = 0 és V koverges, akkor U is koverges. Ha l = és U diverges, akkkor V is diverges. Megjegyzés: Akkor alkalmazható ez a kritérium, ha ismerjük az egyik számsor kovergeciáját. Példa:. = = a harmoikus sor diverges = = + sor koverges =, α R (*) Riema-féle általáos harmoikus sor: α Ha α >, akkor (*) koverges. Ha α, akkor (*) diverges. Példa: Vizsgáljuk meg a következő számsor kovergeciáját: = (U 2 = ). 2 Összehasolítjuk a harmoikus sorral: V, V =, amelyről tudjuk, hogy diverges. 7

18 U l = lim = lim V 2 = lim 2 2 = l = (0, ), tehát a kritérium értelmébe a két sor azoos természetű, U is diverges A Cauchy-féle gyökkritérium Legye adott = U pozitív tagú számsor (U > 0, ( ) N ). Tétel: Ha létezik egy olya N idex, amelytől kezdődőe: a. U b. U l <, > N, akkor U koverges. > l > > N, akkor U diverges. Gyakorlatba a Cauchy - féle gyökkritériumot a következőképe haszáljuk: Meghatározzuk a következő határértéket: ( ) lim U = l (3) Ha l <, akkor U koverges. Ha l >, akkor U diverges. Ha l =, akkor a kritérium em döti el a számsor természetét. Példa: Vizsgáljuk meg a következő számsor természetét: = U, U = [ +] α β, α, β R. [ +2] lim U = lim [ α +] [ +2] β α [+ ] [+ 2 β ] = lim l = 0 <, ha α < β, a sor koverges α β, { l >, ha α > β, a sor diverges l =, ha α = β (? ) Azoba a számsor diverges, mivel U, az általáos tag em tart ullához A D Alambert-féle háyados kritérium Legye adott = U pozitív tagú számsor (U > 0, ( ) N ). Tétel: Ha létezik egy olya N idex, amelytől kezdődőe: a) U + U b) U + U l <, ( ) > N, akkor U koverges számsor. l >, ( ) > N, akkor U diverges számsor. Gyakorlatba a háyados kritériumot a következőképe haszáljuk: Meghatározzuk a következő határértéket: U ( ) lim + = l és { U ha l <, akkor U koverges ha l >, akkor U diverges ha l =, Raabe Duhamel féle kritérium (4) Raabe -Duhamel-féle kritérium Tétel: Ha létezik egy olya N idex, amelytől kezdődőe: 8

19 a) ( U ) l >, akkor U U = koverges. + b) ( U ) l <, akkor U + = U Gyakorlatba a Raabe -Duhamel-féle kritérium: diverges. ha l >, akkor U koverges ( ) lim ( U ) = l { ha l <, akkor U U diverges + ha l = (? ) (5) Példa: = U, U = 3 5 (2 3) (2 2) 2 U + = 3 5 (2 3)(2 ) (2 2) 2 2+ Alkalmazzuk a D Alambert-féle háyados kritériumot: 3 5 (2 3)(2 ) (2 2) 2 lim = lim (2 2) (2 3) 2+ A Raabe- Duhamel-féle kritérium: (2 ) 2 2(2+) =, a kritérium em dötötte el. l = lim ( U ) = lim [ 2(2+) U + (2 ) 2 ] = lim = 6 4 = 3 2 >, tehát a számsor koverges. Vizsgáljuk meg a következő számsorok kovergeciáját: = = + 25!! 2! !! Útmutatás: alkalmazzuk a D Alambert-féle kritériumot: a = 5! a + = (+)5 (+)! l = lim! a + a (+) = lim 5 (+)!! = lim (+) 4 = lim = 0 <, a sor koverges = E: D Alambert-féle kritérium, l = <, a sor koverges e.2.3. ( = 2+ ) E: Cauchy - féle gyökkritérium, l = <, a sor koverges = = E: D Alambert-féle kritérium, l = 0 <, a sor koverges!.2.6. ( = 3+ ) E: Cauchy - féle gyökkritérium, l = <, a sor koverges = a Útmutatás: alkalmazzuk a D Alambert-féle kritériumot: l = lim U + U = a. 9

20 Tárgyalás: ha a >, akkor l <, a sor koverges. Ha a <, akkor l >, a sor diverges. Ha a =, a sor = diverges ( 3+2 = 2+ ) E: Cauchy - féle gyökkritérium, l = 3 >, a sor diverges ( 2 4 = 5+2 ) E: Cauchy - féle gyökkritérium, l = 2 <, a sor koverges (2 + 3 = E: Cauchy - féle gyökkritérium, l = 2 >, a sor diverges ).2.. ( = 6 3 ) E: Cauchy - féle gyökkritérium, l = <, a sor koverges = E: D Alambert-féle kritérium, l = 0 <, a sor koverges.!! = E: D Alambert-féle kritérium, l, a sor diverges ( + = 2+ ) E: Cauchy - féle gyökkritérium, l = <, a sor koverges ( + = ) E: diverges, mert az általáos tag ( + ) = ( + ) e = E: D Alambert-féle kritérium, l = 0 <, a sor koverges.! Számítsuk ki a következő sorok összegét:.2.7. Útmutatás: = + + = (+) = + + = (+) = 3 4 (+) (+) (+) + = (+) (+).2.8. Útmutatás: = = (+) (+) + = = =. 2 = < < < (+) 2 (+) Tehát az összegükre igaz: = < (+) 2 = =, az összehasolítási kritérium (+) alapjá tehát a sor koverges ( ) + = 3 =

21 Útmutatás: a feti egy mértai sor, ahol q =, a részletösszeg sorozat általáos tagja: 3 S = a q ( q = 3 ) 3 ( 3 ), ha, q = 4 3 (,), a sor koverges, összege. 4 = (+)(+2) Útmutatás: 3 = 3[ =2 (+)(+2) =2 ) = 3 =. (+2) =2 E: S=. ( ) Tárgyaljuk a következő sorok természetét! (a ) =, ahol a > 0.! (+) ] = (+2) 3( U Útmutatás: alkalmazzuk a D Alambert-féle kritériumot: l = lim + = a e. U Tárgyalás: ha a >, akkor l >, a sor diverges. Ha a <,, akkor l <, a sor koverges. e e (+) Ha a =, a sor e = ( e )!, a II. összehasolítási kritériumot alkalmazzuk: legye U = = = ( e )! és = V = =, a harmoikus sor. U + U = ( + e ), ha és V + = <. Tehát V + U +, N, V + V U V = diverges, tehát a = U is diverges ( ( + )( + a) ) =, ahol a > 0. Útmutatás: alkalmazzuk a Cauchy - féle gyökkritériumot, l = lim ( ( + )( + a) ) = lim ( + )( + a) = = lim (+)(+a) 2 (+)(+a)+ akkor l = a+ 2 = a+ a+. Tárgyalás: ha a >, akkor l = 2 2 <, a sor koverges. >, a sor diverges. Ha a <, Ha a =, ( ( + )( + ) ) = = = =, a sor diverges.! =, ahol a > 0. (a+)(a+2) (a+) Útmutatás: alkalmazzuk a D Alambert-féle kritériumot, U + U = + a++ = l, ha, a sor természetét ez a kritérium em dötötte el. 2

22 A Raabe- Duhamel-féle kritérium: l = lim ( U U + ) = lim [ a++ + ] = lim a = a. + Ha a >, akkor l >, a sor koverges. Ha a <, akkor l <, a sor diverges. Ha a =, a sor = = (+)(+2) (+) az első tagjáak hiáyával, tehát diverges. Határozzuk meg az alábbi sorok határértékét: =0 3 E: S=3 (+)(+2) = E: S= 3 (+2) = E: S= 3. 4 (+2)!! = = (+)! = Váltakozó előjelű (alteratív) számsorok Legye adott egy számsor: = U = U + U 2 + U + () amelyek végtele sok pozitív és végtele sok egatív tagja va. Az () számsorhoz redelük egy pozitív tagú számsort: = U = U + U 2 + U + (2), ez a harmoikus sor, aak Értelmezés: Ha a (2) pozitív tagú számsor koverges, akkor az () számsort abszolút koverges számsorak evezzük. Megjegyzés: Ha az () számsor abszolút koverges, akkor az () egyszerűe is koverges. Fordítottja em midig igaz! Példa: = ( ) + = + + koverges számsor, míg 2 3 = U = = = a harmoikus sor diverges számsor. 2 3 Értelmezés: ha egy számsorak végtele sok pozitív és végtele sok egatív tagja va, és ezek váltakozak, váltakozó (alteráló) előjelű számsorak evezzük. = ( ) U = U U 2 + U 3 U ( ) U + (3) Leibitz-féle kritérium Tétel: Az alteráló = ( ) U számsor koverges, ha a számsor tagjaiból alkotott (U ) számsorozat mooto csökkeő és kovergál zéróhoz: (U ): U, U 2,, U, (4) eseté (U ) mooto csökkeő és lim U = 0. Példa: = ( ) + = ( )+ +, N 22

23 Útmutatás: (U ):,,,,, Az (U 2 3 ) mooto csökkeő és lim U = lim sor koverges a Leibitz-féle kritérium alapjá. Vizsgáljuk meg a következő váltakozó számsorok kovergeciáját:.2. = ( ) 2 = 2.3. ( ) +.4. = ( ) + E: Leibitz - féle kritérium, a sor koverges E: Leibitz - féle kritérium, a sor koverges 2 abszolút koverges-e? = 0, tehát a Útmutatás: = U = =. A D Alambert-féle kritérium alapjá l = <, a sor 2 koverges, tehát az eredeti sor abszolút koverges, em csak egyszerűe koverges = ( ) + abszolút koverges-e? Egyszerűe koverges-e? Útmutatás: = U = = =, az első összehasolítási kritérium alapjá mivel a harmoikus sor diverges, így = U is diverges, tehát az eredeti sor em abszolút koverges. Az egyszerű kovergecia vizsgálata: a Leibitz - féle kritérium segítségével, a = szigorúa mooto csökkeő sorozat és tart a ullához, tehát a sor egyszerűe koverges..6. = ( ) + 5 Útmutatás: váltakozó előjelű sor, ugyaakkor mértai sor is: q = 5 (,), a sor koverges és a részletösszeg sorozat általáos tagja: S = a q ( q = 5 ) 5 ( 5 ), ha, a sor 6 összege Függvéysorozatok és függvéysorok..3.. Függvéysorozatok. Kovergecia tartomáy. Egyeletes kovergecia. Értelmezés: Függvéysorozatak evezük egy olya sorozatot, amelyek mide tagja egy valós függvéy. (U (x)) > U (x), U 2 (x),, U (x), () U I R, ( ) N eseté egy valós függvéy. Értelmezés: Ha létezik egy olya x 0 pot, amelyre a függvéysorozat X 0 I (U (x 0 )) > : U (x 0 ), U 2 (x 0 ),, U (x 0 ), (2) koverges számsorozatot alkot, akkor x 0 kovergecia potja a föggvéysorozatak. Ha A I a kovergecia potok halmaza, akkor kovergecia tartomáyak evezzük. 23

24 Értelmezés: Az (U (x)) függvéysorozatak U(x) határértékfüggvéye, ha ( ) ε > 0 ( ) N(ε, x) küszöbszám, úgy, hogy ( ) >N (ε, x) U (x) U(x) < ε (3). Két lehetőség va, aak függvéyébe, hogy ez a küszöbszám függ x-től vagy sem, ha em függ, akkor egyeletes kovergeciák va, ha pedig függ, akkor egyszerű kovergeciák. N (ε, x) = { N (ε, x) = N (ε) U (x) U(x) egyeletes kovergecia N (ε, x) U (x) U(x) egyszerű kovergecia Függvéysorok Függvéysor. Kovergecia tartomáy. Weierstrasse-féle kritérium Adott egy U (x): A R, ( ) függvéysorozat, amelyek A I a kovergecia tartomáya: (U (x)) : U (x), U 2 (x),, U (x), () Értelmezés: függvéysorak evezzük a következő végtele összeget: = U (x) = U (x) + U 2 (x) + + U (x) + (2) Értelmezés: az x 0 A kovergecia potja a függvéysorak, ha = U (x 0 ) = U (x 0 ) + U 2 (x 0 ) + + U (x 0 ) + koverges számsort alkot erre az értékre. A kovergecia potok halmazát a függvéysor kovergecia tartomáyáak evezzük: ( )x A ( ) = U (x) koverges függvéysor. Értelmezés: ( )x A eseté létezik a részletösszeg függvéysorozat: ( ) (S (x)) : S (x), S 2 (x),, S (x),, amelyek általáos tagja: S (x) = U (x) + U 2 (x) + + U (x). Ha (S (x)) koverges függvéysorozat, azaz létezik lim S (x) = S(x), akkor ez a határérték összegfüggvéy a függvéysor összege: (3) Tétel: (Cauchy-féle általáos kritérium) = U (x) = S(x). = U (x) függvéysor koverges, ha ( )ε > 0 ( )N(ε, x) küszöbszám úgy, hogy ( ) > N(ε, x) és p eseté feáll: U + (x) + U +2 (x) + + U +p (x) < ε (4) Két lehetőség va, aak függvéyébe, hogy ez a küszöbszám függ x- től vagy sem: ha em függ, akkor a sor egyeletese koverges, ha pedig függ, akkor egyszerűe koverges. N (ε, x) = N (ε) = N (ε, x) = { U (x) S(x) egyeletes kovergecia N (ε, x) = U (x) S(x) egyszerű kovergecia Tétel: (Weierstrasse-féle kritérium)

25 Egy = U (x) függvéysor egyeletese és abszolút koverges egy I itervallumo, ha létezik egy = U pozitív tagú koverges számsor úgy, hogy feálljo: U (x) a, N, x I (5) Tulajdoság (Az egyeletese koverges függvéysorok tulajdoságai). Ha = U (x) S(x) (egyeletese koverges) és U (x), ( ) folytoos függvéyek, akkor az S(x) határértékfüggvéy is folytoos függvéy. 2. Ha = U (x) S(x) (egyeletese koverges) és U (x), ( ) itegrálható függvéyek, akkor az S(x) határértékfüggvéy is itegrálható függvéy. b S(x)dx = a b a b a U (x)dx + U 2 (x)dx b + + U (x)dx (6) a 3. Ha = U (x) S(x) (egyeletese koverges) és U (x), ( ) deriválható függvéyek, akkor az S(x) határértékfüggvéy is deriválható függvéy. Példák: S (x) = U (x) + U 2(x) + + U (x) + (7) 2... Vizsgáljuk meg a következő függvéysor kovergeciáját: Megoldás: U (x) = ahol = a = si x 2 si x 2 2 si x =. 2. A Weierstrasse-féle kritériumot alkalmazva: si x U (x) = 2 2 = a, = a Riema-féle harmoikus sor (α = 2 > ) koverges pozitív tagú sor, így a = sor egyeletese és abszolút koverges ( + = ) ( x 2x ), x R { }. Határozzuk meg a kovergecia tartomáyt! 2 Útmutatás: megvizsgáljuk, hogy a sor abszolút koverges-e, mert ha ige, akkor egyszerűe is koverges. Legye = pozitív tagú sor. A Cauchy - féle gyökkritériumot alkalmazzuk: ( + ) x 2x ) lim ( + x 2x = lim ( + ) x 2x = x 2x A sor abszolút koverges, ahol x <. Megoldva az egyelőtleséget kapjuk a 2x kovergecia tartomáyt:(, 0) ( 2, ), ahol a sor abszolút koverges, tehát egyszerűe 3 is koverges = x 2+ 2 Útmutatás: a Weierstrasse-féle kritériumot alkalmazva: 25

26 U (x) = x 2+ 2 = x = a, pozitív tagú sorozat, ahol = a = = mértai sor, amelyek összege. A kritérium szerit a sor egyeletese és 2 abszolút koverges a teljes értelmezési tartomáyo, R-e a si =, x 0, a < 3 3 x 2 x + 2 x 2 ( )x = [ +( ) 2 x 2], x [0,]. Útmutatás: U (x) = x + 2 ( )x x 2 +( ) 2 x 2 S (x) = U (x) + U 2 (x) + + U (x) = = x + x x + 4x 2 x + x x + 2 x 2 ( )x + ( ) 2 x 2 = x + 2 x 2 lim S (x) = lim x + 2 x 2 = 0, x [0,]. Tehát a sor (egyszerűe) koverges és az összege ulla. Az egyeletes kovergecia vizsgálata: legye x =, x [0,] sorozat. S (x ) = x + 2 = x 2 2, em tart a ullához, a sor em egyeletese koverges Hatváysor. Ábel-tétel. Kovergecia sugár Értelmezés: Hatváysorak evezzük azt a függvéysort, amelyet hatváyfüggvéyek végtele összege alkot, () vagy ( ) alakú: a x = a 0 + a x + a 2 x a x + = a (x x 0 ) = a 0 + a (x x 0 ) + a 2 (x x 0 ) a (x x 0 ) + ( ) { = Helyettesítéssel: y = x x 0 eseté az ( ) összefüggést kapjuk az ()-ből. Tétel (Ábel): A = a x hatváysor eseté létezik ( )R > 0 kovergeciasugár, amelyre:. Ha x < R azaz x ( R, R), akkor az () sor abszolút koverges 2. Ha x < r < R azaz x ( r, r), akkor az () sor egyeletese koverges 3. Ha x > R azaz x (, R) (R, +), akkor az () sor diverges függvéysor. Megjegyzés: Ábel tétele alapjá meghatározzuk a sor A=D kovergecia = ( R, R) kovergecia tartomáyát és mivel Ábel tétel em állapítja meg az () hatváysor kovergeciáját az x = ±R határpotokba, ezt utólag a számsorok kovergeciáak segítségével külö megvizsgáljuk. () 26

27 Tétel (Cauchy Hadamard) A = a x hatváysor R kovergecia sugarát a következőképpe határozhatjuk meg: a a.) R= lim a + (2) b.) R = lim (2 ) a Példák: Határozzuk meg a következő hatváysorok kovergecia tartomáyát: x = 2 Megoldás: Az a =, a 2 + = (+) 2, a Cauchy-Hadamard tételt alkalmazva a kovergecia sugár: R = lim a = lim ( + 2 a + ) = tehát a kovergecia tartomáy miimum D kovergecia = ( R, R) = (,). Leelleőrizzük a határpotokat is: 2 x = : = Riema-féle harmoikus sor úgy,hogy α = 2 >, koverges ( ) x = : = = + + váltakozó előjelű számsor, a Leibitz-féle 2 kritériumot alkalmazva kapjuk, 4 hogy 9 koverges, mivel: (U ):,,, mooto csökkeő sorozat 4 9 { lim U. = lim 2 = 0, kovergál zéróhoz Tehát D max kovergecia = [,] a kovergecia tartomáy ! = x 2 Az a =!, a 2 + = (+)! (+) 2, a Cauchy- Hadamard tételt alkalmazva: R = lim + lim = 0 tehát a kovergecia tartomáy D 2 max kovergecia ={0} = x a a + = Megoldás: Az a =, a + =, a Cauchy-Hadamard tételt alkalmazva: R = lim a = + a + + lim = (kovergecia sugár), tehát a kovergecia tartomáy miimum D kovergecia =( R,R)=(,). Leelleőrizzük a határpotokat is: x = : = a harmoikus sor diverges. 27

28 ( ) x = = = + + váltakozó előjelű számsor, a Leibitz-féle 2 3 kritériumot alkalmazva kapjuk, hogy koverges, mivel: a = szigorúa mooto csökkeő sorozat és tart ullához a végtelebe. Tehát D max kovergecia = [,) a kovergecia tartomáy ( ) = x! Megoldás: A Cauchy- Hadamard tételt alkalmazva: R = lim a (+)! = lim =. a +! Tehát D max kovergecia = (, ) = R a kovergecia tartomáy = 4 7 (3 2)! x Megoldás: Az a = 4 7 (3 2), a! + = 4 7 (3 2)(3+), a Cauchy- Hadamard tételt (+)! alkalmazva: R = lim a + = lim = (kovergecia sugár), tehát a kovergecia a tartomáy miimum D kovergecia = ( R, R) = (, ). Leelleőrizzük a határpotokat is: (3 2) x = : 3 = ( 3 ), a Raabe-Duhamel kritérium alapjá l= 2 <, a sor diverges. 3! 4 7 (3 2) x = : 3 = ( 3 ) váltakozó előjelű számsor, a Leibitz-féle kritériumot! alkalmazva kapjuk, hogy koverges. Tehát D max kovergecia = [ 3, 3 ) a kovergecia tartomáy Taylor -sor. Elemi függvéyek hatváysorba való kifejtése Adott egy valós függvéy f: I R, y = f(x) () és egy hatváysor: =0 a x = a 0 + a x + + a x + (2) Határozzuk meg a = a x hatváysor a együtthatóit f(x) segítségével úgy, hogy f(x) a határösszeg függvéye legye a (2) hatváysorak. Az a együtthatók meghatározása az f = f(x) segítségével (Taylor módszere): f(x) = a 0 + a x + a 2 x 2 + a 3 x a x + (3) Deriváljuk a feti összefüggést: (3) f (x) = a x + 2a 2 x + 3a 3 x a x + (4) Deriválva kapjuk: (4) f (x) = 2a a 3 x + + ( ) a x 2 + (5) (5) f (x) = 2 3 a ( 2 )( ) a x 3 + (6) A fet kapott összefüggésekbe x=0-t helyettesítve: 28

29 (3),(4),(5),(6) x = 0: f(0) = a 0 a 0 = f(0) f (0) = a a = f (0)! f (0) = 2 a 2 a 2 = f (0) 2! { f (0) = 2 3 a 3 a 3 = f (0) 3! (7) Általáosítva kapjuk: a = f() (0). Ezeket a kapott összefüggéseket visszahelyettesítve a (3)-! ba kapjuk a Mac- Lauri sort: f(x) = f(0) + f (0)! x + f (0) 2! x 2 + f (0) 3! x f() (0) x + (3*)! Ha x = x 0 0 tetszőleges (a ulla köryezetébe lévő emulla érték) eseté a Taylor-sor: f(x) = f (x 0 ) + f (x 0)! (x x 0 ) + f (x 0) 2! (x x 0 ) f() (x 0 )! (x x 0 ) + (3**) Az f(x) = P (x) + r (x) Taylor- sor akkor és csak akkor koverges, ha a maradékfüggvéy tart ullához: lim r (x) = 0 és így az f: I R, y = f(x) függvéy megközelíthető egy poliomfüggvéyel: f(x) P (x). Tétel: Az y = f(x) függvéy Taylor-sora egyeletese koverges, ha f(x) mide redű deriváltja az x 0 potba egy pozitív M > 0 számtól korlátos: M > 0 úgy, hogy f () (x) M, ( ) =,2, x 0 V(0) (6) Elemi függvéyek hatváysorba való kifejtése. Az expoeciális függvéy hatváysora f(x) = e x, f (x) = e x,... f () (x) = e x f () (0) = ( ) f () (x) e ε ( ) x V(0) x 0 = 0 pot köryezetébe a hatváysoruk egyeletese koverges: e x = + x! + x2 2! + + x! + ( ) x V(0) e x = x + x2 x + + ( ) +! 2!! ( ) x V(0) 2. Trigoometrikus függvéyek hatváysora f(x) = si x, f () (x) = si (x + π 2 ), f() (x) 29

30 g(x) = cos x, g () (x) = cos (x + π 2 ) g() (x) f(x) = si x f(0) = 0 g(x) = cos x g(0) = f (x) = cos x f (0) = g (x) = si x g (0) = 0 f (x) = si x f (0) = 0 g (x) = cos x g (0) = { f (x) = cos x f (0) = { g (x) = si x g (0) = 0 x 0 = 0 pot köryezetébe a hatváysorok egyeletese kovergesek: si x = x! x3 3! + + ( ) Euler képletei levezethetők a fetiekből: cos x = x2 2! + x4 4! + + ( ) e a x = + A (*) egyeletbe helyettesítéssel kapjuk: x 2+ (2 + )! + x 2 (2)! + a x (a x)2 (a x) (*)! 2!! a = i = a 2 = i 2 =, a 3 = i 3 = i, a 4 = i 4 = e ix = ( x2 + x4 + ) + i ( x x3 2! 4!! 3! + ) = cosx + i six e ix = ( x2 + x4 + ) i ( x x3 + ) = cosx - i six 2! 4!! 3! { eix = cosx + i six e ix = cosx i six Összeadva, illetve kivova a feti egyeleteket kapjuk Euler-képleteit: cosx = eix + e ix 2 { six = eix e ix 2i 30

31 II. Fejezet: Differeciálszámítás 2.. Többváltozós valós függvéy. Parciális deriváltak 2... dimeziós tér Létezek a következő megfeleltetések:. Az OX tegely potjai és R, a valós számok halmaza között: x R f M(x) 0x R = {x R x R} = {M(X) 0x x R} az dimeziós tér 2. A sík: RxR = R 2 potjai között és az (x, y) valós számpárok között: (x, y) P f {(x, y) R 2 x R, y R } R 2 = {(x, y) R 2 x R, y R } = {M(x, y) P x R, y R} a két dimeziós tér Értelmezés: -dimeziós térek evezzük az valós számból képezett számcsoportokat (x, x 2,, x ), ahol x i R, i =, : R = {(x, x 2,, x ) R x R, x 2 R,, x R} az dimeziós valós tér Műveletek értelmezése az dimeziós valós térbe:. Összeadás: x R, x = (x, x 2, x ) R y R, y = (y, y 2, y ) R Az x és y összegé értjük a: z = x + y = (x + y, x 2 + y 2,, x + y ) R. 2. Távolság (metrika) R 2 be a távolság (d) két pot között: M(x, x 2 ), M (y, y 2 ) R 2 eseté d(m, M ) = (y x ) 2 +(y 2 x 2 ) 2 () R be a távolság (metrika) egy művelet: d: R xr R, tetszőleges M, M R eseté: d(m, M ) = (y x ) 2 + (y 2 x 2 ) (y x ) 2 ( ) A d metrikával felruházott az dimeziós valós teret: (R, d) euklideszi térek evezzük. 3

32 Értelmezés: Az M 0 A R pot V(M 0 ) köryezete alatt egy yitott gömb halmaz elemeit értjük, melyek bármely M potjára feáll a következő: d(m 0, M) = {S r (M 0 ) d(m 0, M) r} (2) A többváltozós valós függvéy meghatározása A kétváltozós valós függvéy meghatározása Értelmezés: Ha az A halmaz ( )(x, y) elemére létezik egy megfeleltetés f: A R 2 R z = f(x, y), (x, y) f z B, akkor azt modjuk, hogy az A halmazo meghatároztuk egy kétváltozós valós függvéyt. Az -változós valós függvéy meghatározása: Legye A = {(x, x 2,, x ) R x i R, i =, } és B = { z B/z R}. Értelmezés: Ha létezik egy olya f függvéy, amely az A halmaz ( )(x, x 2,, x ) eleméek megfeleltet egy z B elemet: ( )(x, x 2,, x ) A f z B akkor az az A halmazo értelmezett -változós valós függvéyt: f: A R R, z = f(x, x 2,, x ) () Határérték és folytoosság Legye adott egy kétváltozós valós függvéy: f: A R 2 R, z = f(x, y) (2) amelyek M 0 (x 0, y 0 ) A egy belső potja. Értelmezés: A z = f(x, y) függvéy határértéke az M 0 (x 0, y 0 ) potba egy l érték, amelyre feáll: ( )ε > 0 ( )μ (ε) úgy, hogy ( ) M(x, y) V(M 0 ): { x x 0 < μ (ε), akkor f(x, y) l < ε (3) y y 0 < μ (ε) Jelölés: lim x x0 y y 0 f(x, y) = l (3 ) Példa: az f(x) = x 2 + 3x + 4y függvéy határértéke az M 0 (,) potba: lim(x 2 + 3x + 4y) = = 8. x y Értelmezés: A z = f(x, y) függvéy folytoos az M 0 (x 0, y 0 ) potba, ha ( )ε > 0 ( )μ(ε) úgy, hogy ( )M(x, y) V(M 0 ): { x x 0 < μ (ε) y y 0 < μ (ε), akkor f(x, y) f(x 0, y 0 ) < ε (4) 32

33 lim f(x, y) = f(x x x 0, y 0 ) (4 ) 0 y y 0 Megjegyzés: Többváltozós valós függvéy esetébe létezik a részleges (parciális) folytoosság fogalma is, és természetese a két fogalom külöbözik egymástól. Értelmezés: z = f(x, y) parciálisa folytoos az x változóra ézve, ha f(x, y 0 ) függvéy folytoos: lim f(x, y 0 ) = f(x 0, y 0 ) (5) x x 0 Hasolóa értelmezzük a parciális folytoosságot az y változóra ézve: ha feáll lim f(x 0, y) = f(x 0, y 0 ) (5 ) y y Parciális deriváltak. Differeciáltak Az elsőredű parciális deriváltak A derivált fogalma az egyváltozós függvéy eseté: f : I R, y = f(x), x 0 I () Értelmezés: Az y = f(x) függvéy deriválható az x 0 I potba, ha létezik ( ) lim x x0 f(x) f(x 0 ) x x 0 = f (x 0 ) = df (x) (2). dx Hasolóa értelmezzük a kétváltozós függvéy parciális deriváltját: Legye adott egy kétváltozós függvéy: f: D R 2 R, z = f(x, y), és M 0 (x 0, y 0 ) D ( ) Értelmezés: A z = f(x, y) kétváltozós függvéy parciálisa deriválható az x változóra ézve, f(x,y ha: ( ) lim 0 ) f(x 0,y 0 ) = f x x0 x x x (x 0, y 0 ) = df (x 0 dx 0, y 0 ) (2 ), ez az elsőredű parciális derivált az x változóra ézve. Hasolóa értelmezzük a z = f(x, y) kétváltozós függvéy parciális deriváltját az y változóra f(x ézve: ( ) lim 0,y) f(x 0,y 0 ) = f y y0 y y y (x 0, y 0 ) = df (x 0 dy 0, y 0 ) (2 ) ez az elsőredű parciális derivált az y változóra ézve. Megjegyzés: z = f(x, y) függvéy deriválására haszálhatjuk az ismert deriválási képleteket, figyelembe véve a következőket: ha x utá parciálisa deriváluk, az y paramétert kostasak ézzük, illetve fordítva. Példa: Deriváljuk az f(x, y) = x 3 y 2 + x y kétváltozós függvéyt az M 0 (,) potba! Megoldás: df dx = f x = 3x2 y 2 + yx y, f x (,) = 3 + = 4, df dy = f y = 2x3 y + x y l x, f y (,) = = 2. 33

34 Másodredű parciális deriváltak Legye adott egy kétváltozós függvéy: f: D R 2 R, z = f(x, y), M(x 0, y 0 ) D. Ha létezek az f függvéy elsőredű parciális deriváltjai: z = f(x, y), ( ) df = f df, ( ) dx x = dy f y, akkor ezek parciális deriváltjait x és y-ra ézve, az f függvéy másodredű parciális deriváltjaiak evezzük. (f x ) x = f x 2 = df dx 2 () (f x ) y = f xy = d2 f dxdy (2) (f y ) x = f yx = d2 f dydx (3) (f y ) y = f y 2 = d2 f dy 2 (4) (), (2), (3), (4) az f másodredű parciális deriváltjai, (2), (3) a másodredű vegyes parciális deriváltak. Tétel (Schwartz-tétel) A z = f(x, y) függvéyek, ha létezek a másodredű vegyes parciális deriváltjai és ezek folytoos függvéyek, akkor ezekre feáll: d 2 f = d2 f dxdy dydx (5) Megjegyzés: Igaz a Schwartz-tétel magasabbredű vegyes parciális deriváltak eseté is, pl. 34 d 3 f dx 2 dy = d3 f dydx 2 Példa: Számítsuk ki az f(x, y) = x 3 y 2 + x y kétváltozós függvéy másodredű parciális deriváltjait az M 0 (,) potba! d 2 f dx 2 = d dx (df dx ) = (3x2 y 2 + yx y ) x = 6xy 2 + y(y )x y 2 ; d2 f dx 2 (,) = 6 d 2 f dy 2 = d dy (df dy ) = (2x3 y + x y l x) y = 2x 3 + x y (l x) 2 ; d2 f dy 2 (,) = 2 d 2 f dxdy = d2 f dydx = d dy (df dx ) = 6x2 y + x y + yx y l x ; d2 f dxdy Differeciáltak (,) = 5. Ismert a differeciál fogalma az egyváltozós függvéy eseté: f : I R y = f(x) () Ha létezik a függvéy deriváltja: ( )f (x) = df ; df = dx f (x)dx = df dx (2). dx

35 Hasolóa fogalmazzuk meg a differeciál fogalmát a kétváltozós függvéy eseté: f: D R 2 R, z = f(x, y) ( ), z = f(x, y), Ha létezek az elsőredű parciális deriváltak: f x = df, f dx y = df, értelmezhetjük a függvéy dy elsőredű differeciálját. Értelmezés: z = f(x, y) kétváltozós függvéy elsőredű differeciálja a következőképpe értelmezett: df = df df dx + dy vagy df = ( d dx + d dy) f dx dy dx dy Az elsőredű differeciál operátor: d = d dx dx + d dy dy Ha z = f(x, y) kétváltozós függvéyek létezek a másodredű parciális deriváltjai: ( ) d2 f, d 2 f, d2 f dx 2 dxdy dy2, akkor értelmezhetjük a függvéy másodredű differeciálját. Értelmezés: z = f(x, y) kétváltozós függvéy másodredű differeciálja a következőképpe értelmezett: d 2 f = d2 f dx 2 dx2 + 2 d2 f dxdy + d2 f dyz dy2 vagy d 2 f = ( d dx dx + d dy dy)(2) f Az másodredű differeciál operátor: d 2 = d2 dx 2 dx2 + 2 d2 dxdy dxdy + d2 dy 2 dy2 = ( d dx dx + d dy dy) (2) Hasolóa godolkodva létezik az -ed redű differeciálja ( )-ek: d f = ( d dx dx + d dy dy) () f Példa: a feti példa eseté: df = df df df df dx + dy = (,)dx + (,)dy = 4dx + 2dy = dx dy dx dy 2(2dx + dy) az f függvéy elsőredű differeciálja az M 0 (,) potba. A másodredű differeciálja az M 0 (,) potba: d 2 f = ( d dx dx + d dy dy)(2) f =8. Példák:. a) Határozzuk meg a következő függvéy első- és másodredű parciális deriváltjait: f(x, y) = x 3 + 5xy y 2 Megoldás: f x = 3x 2 + 5y, f y = 5x 2y, f xx = 6x, f xy = 5, f yx = 5, f yy = 2 Azt tapasztaljuk, hogy f xy = f yx. b) Írjuk fel a függvéy első- és másodredű differeciál operátorát: df = f x dx + f y dy=(3x 2 + 5y)dx + (5x 2y)dy df 2 = f xx dx 2 + 2f xy dxdy+ f yy dy 2 = 6xdx 2 + 0dxdy-2dy 2 35

36 2. a) Határozzuk meg a következő függvéy első és másodredű deriváltjait: f(x, y) = x 2 e y Megoldás: f x = 2xe y, f y = x 2 e y, f xx = 2e y, f xy = 2xe y, f yx = 2xe y, f yy = x 2 e y. ( Ismét f xy = f yx.) b) Írjuk fel a függvéy első- és másodredű differeciál operátorát: df = f x dx + f y dy = 2xe y dx x 2 e y dy. df 2 = f xx dx 2 + 2f xy dxdy+ f yy dy 2 = 2e y dx 2 4xe y dxdy+x 2 e y dy 2 3. Határozzuk meg a következő függvéyek első- és másodredű parciális deriváltjait, majd írjuk fel a differeciáloperátort: a)f(x, y) = 5x 3 2xy 6y 5 b)f(x, y) = 7x 2 y 3 c)f(x, y) = 3x 3 (8x 7y) d)f(x, y) = (5x 2 + 7y)(2x 4y 3 ) e)f(x, y) = 9y3 x y f) f(x, y) = (x 3y) Alkalmazások. Az összetett függvéyek parciális deriváltja Az egyváltozós összetett függvéyekél lácszabállyal számoluk. Például: f(x) = l cosx; f (x) = ( six) = tgx cosx Hasolóa deriválhatjuk a kétváltozós összetett függvéyeket is. Adott egy kétváltozós összetett függvéy: F(x, y) = f[u(x, y)] (), ahol f : I R, f = f(u) egyváltozós függvéy, és U : D R 2 R, U = U(x,y) egy kétváltozós függvéy. Határozzuk meg a függvéy elsőredű parciális deriváltjait x szerit, illetve y szerit: df dx =?, df dy =? A következőképpe határozzuk meg az elsőredű parciális deriváltakat: df dx = df du du dx df { dy = df du du dy (2) Az F függvéy differeciálja: df = df df dx + dy dx dy Határozzuk meg a függvéy másodredű parciális deriváltjait: d 2 F dx 2 =? d2 F dy 2 =? d2 F dxdy =? 36

37 A következőképpe határozzuk meg a másodredű parciális deriváltakat: d 2 F dx 2 = d dx (df dx ) = d dx (df du ) du dx + df d 2 U du dx 2 = d2 2 f du 2 (du dx ) + df d 2 U du dx 2 (3) d 2 F dy 2 = d dy (df dy ) = d2 2 f du 2 (du dy ) + df d 2 U du dy 2 (3 ) Alkalmazás:. Legye f(x, y) = y2 + φ(x y) 3x a) Határozzuk meg az elsőredű parciális deriváltakat. Megoldás: δf = - y2 + δφ δf y, = 2y + δφ x, ahol u(x, y) = x y. δx 3x 2 δu δy 3x δu b) Igazoljuk, hogy x 2 δf δf xy + δx δy y2 = 0. Megoldás: x 2 δf δf xy + δx δy y2 = x 2 ( y2 + δφ y ) xy 3x 2 (2y + δφ x) + δu 3x δu y2 = Legye z = f(x 2 + y 2 ). a) Határozzuk meg az elsőredű parciális deriváltakat. Megoldás: δf = δφ δu = δφ δx δu δx δu b) Igazoljuk, hogy y δf δf x = 0. δx δy Megoldás: y δf δf x = y (δφ δx δy δu δf 2x, = δφ δu = δφ 2y, u(x, y) = δy δu δy δu x2 + y 2. 2x) x (δφ δu 2y) = Taylor- képlet kétváltozós valós függvéyre Adott egy kétváltozós valós függvéy f: D R 2 R, z = f(x, y) () és egy M 0 (x 0, y 0 ) D. Tetszőleges M(x, y) V(M 0 ) létezik a következő: f(x, y) = f (x 0, y 0 ) +! [(x x 0) δ δx + (y y 0) δ () δy ] f (x 0, y 0 ) + + 2! [(x x 0) δ δx + (y y 0) δ (2) δy ] f (x 0, y 0 ) + + +! [(x x 0) δ δx + (y y 0) δ (+) δy ] f (x 0, y 0 ) + R (x, y) ahol R (x, y) = (+)! [(x x 0 ) δ δx + (y y 0 ) δ δy ](+) f (ε, μ) a Lagrage-féle maradékfüggvéy, ε = x 0 + θx, μ = y 0 + θy, 0 < θ <. Ha M 0 (x 0, y 0 ) = O(0,0) kapjuk a Mac- Lauri sort kétváltozós valós függvéy eseté: 37

38 f(x, y) = f (0,0 ) +! [(x x 0) δ δx + (y y 0) δ () δy ] f (0,0 ) + + 2! [(x x 0) δ δx + (y y 0) δ (2) δy ] f (0,0 ) + +! [(x x 0) δ δx + (y y 0) δ (+) δy ] f (0,0 ) + R (x, y) Példa: Írjuk fel az f(x, y) = x 3 + 3y 2 + 5xy kétváltozós valós függvéy másodredű Taylor-képletét az M 0 (,) D potba! Megoldás: δf δx = 3x2 + 5y, δf δy = 6y + 5x, δ2 f δx 2 = 6x, δ2 f δxδy = 5, δ2 f δy 2 = 6. Behelyettesítve: δf δf (,) = 8, (,) =, δ2 f (,) = 6, δ2 f (,) = 5, δ2 f (,) δx δy δx 2 δxδy δy2 = 6. T 2 (x, y) = f(,) + δf δf [(x ) (,) + (y ) (,)] + [(x! δx δy 2! )2 δ2 f (,) + δx 2 +2(x )(y ) δ2 f (,) + (y δxδy )2 δ2 f (,)]= δy 2 9+! [(x )8 + (y )] + 2! [(x ) (x )(y )5 + (y ) 2 6] Kétváltozós valós függvéyek szélsőértékpotjai Egyváltozós valós függvéyek szélsőértékpotjaiak meghatározása Legye f: I R, y = f(x) egy egyváltozós függvéy, x 0 I egy belső potja az értelmezési tartomáyak. Tétel (Fermat)(szükséges feltétel) Ha az y = f(x) egyváltozós függvéyek az x 0 I egy szélsőértékpotja, akkor f (x 0 ) = 0. Megjegyzés: Ha az y = f(x) egyváltozós függvéyek a lehetséges szélsőértékpotjait akarjuk meghatározi, akkor előbb a stacioárius potokat kell meghatározuk, azok között leszek a szélsőértékpotok. A stacioárius potok az f (x) = 0 egyelet gyökei. Tétel (elégséges feltétel) Az x 0 I stacioárius pot szélsőértékpotja az y = f(x) egyváltozós függvéyek, ha a másodredű derivált: f (x) előjeltartó az x 0 pot V(x 0 ) köryezetébe. Ha a) f (x 0 ) > 0, akkor az x 0 miimum pot; b) f (x 0 ) < 0, akkor az x 0 maximum pot. 38

39 Kétváltozós valós függvéyek szélsőértékpotjaiak meghatározása Legye f : D R 2 R, z = f(x,y) egy kétváltozós valós függvéy, M 0 (x 0, y 0 ) D egy belső potja az értelmezési tartomáyak. Tétel (Fermat)(szükséges feltétel) Ha az z = f(x,y) kétváltozós függvéyek az M 0 (x 0, y 0 ) D egy szélsőértékpotja, akkor Megjegyzés: δf δx (x 0, y 0 ) = 0 δf { δy (x 0, y 0 ) = 0 Ha az z = f(x,y) kétváltozós függvéyek a lehetséges szélsőértékpotjait akarjuk meghatározi, akkor előbb a stacioárius potokat kell meghatározuk, és a stacioárius potok az δf (x, y) = 0 δx δf (x, y) = 0 { δy egyeletredszer gyökei. Tétel (elégséges feltétel) Az M 0 (x 0, y 0 ) D stacioárius pot szélsőértékpotja az z = f(x,y) kétváltozós függvéyek, ha a másodredű differeciálja d 2 f előjeltartó az M 0 (x 0, y 0 ) pot V(M 0 (x 0, y 0 )) köryezetébe. Ha a) d 2 f(x 0, y 0 ) > 0, akkor az M 0 (x 0, y 0 ) pot miimum pot (pozitív defiit) b) d 2 f(x 0, y 0 ) < 0, akkor az M 0 (x 0, y 0 ) pot maximum pot (egatív defiit). Tétel (Sylvester-féle kritérium) Legye f: D R 2 R, z = f(x,y) egy kétváltozós valós függvéy, M 0 (x 0, y 0 ) D egy belső potja az értelmezési tartomáyak, amely stacioárius potja a függvéyek. Az z = f(x,y) kétváltozós függvéyek az M 0 (x 0, y 0 ) D stacioárius potja szélsőértékpotja lesz, ha a Hesse-féle matrix összes másodredű aldetermiása pozitív az M 0 (x 0, y 0 ) potba: ahol a Hesse-féle matrix: H = ( r s Következtetés: 2 (M 0 ) = r s s t = rt s2 > 0 s t ), r = δ2 f (x δx 0, y 2 0 ), s = δ2 f (x δxδy 0, y 0 ), t = δ2 f (x δy 0, y 2 0 ). Ha ) 2 (M 0 ) = rt s 2 < 0, akkor az M 0 (x 0, y 0 ) D stacioárius pot csak yeregpot és em szélsőértékpot. 39

40 2) 2 (M 0 ) = rt s 2 > 0 és r = δ2 f (x δx 0, y 2 0 ) > 0, akkor az M 0 (x 0, y 0 ) D pot miimum pot. stacioárius 3) 2 (M 0 ) = rt s 2 > 0 és r = δ2 f δx 2 (x 0, y 0 ) < 0, akkor az M 0 (x 0, y 0 ) D stacioárius pot maximum pot. Megjegyzés: háromváltozós függvéy eseté: Maximum pot va, ha d 2 f egatív defiit: H < 0, H 2 > 0, H 3 < 0, Miimum pot va, ha d 2 f pozitív defiit: H > 0, H 2 > 0, H 3 > 0, ahol H, H 2, H 3 a Hesse-féle matrix összes másodredű aldetermiásai.. Határozzuk meg a következő függvéy szélsőértékpotjait: f(x) = x 3 2x x Határozzuk meg a következő függvéy szélsőértékpotjait: f(x, y) = 8x 3 + 2xy 3x 2 + y 2 + Megoldás: a) Meghatározzuk a stacioárius potokat: megoldjuk az f x = 0, f y = 0 egyeletekből álló egyeletredszert, azt kapjuk, hogy: 24x 2 + 2y 6x = 0 és 2x + 2y = 0, amelyek megoldásai M (0,0), M 2 ( 3, 3 ). b) A másodredű parciális deriváltak segítségével felírjuk a Hesse- mátrixot: f xx = 48x 6, f xy = 2, f yx = 2, f yy = 2. A determiás értéke 2 = 6(6x ). H = [ 48x ] 2 (M (0,0)) = 6(0 ) = 6 < 0, a Sylvester-kritérium alapjá ez a pot csak yeregpot. 2 (M 2 (, )) = 6 (6 ) = 6 > 0, r = 48x 6 = 0 > 0, a Sylvester- kritérium alapjá ez a pot miimum pot. Tehát a függvéyek egy szélsőértékpotja va, az M 2 (, ) miimumpot, amelyre a 3 3 függvéy értéke f (M 2 (, 23 )) = miimális Határozzuk meg a következő függvéyek szélsőértékpotjait: a) f(x, y) = x 2 + xy + 2y b) f(x, y) = x 2 y 2 + 6x + 2y c) f(x, y) = e 2x 2x + 2y d) f(x, y) = (x 2) 4 + (y 3) 4 e) f(x, y) = x 3 + 3xy 2 5x 2y E: M 0 (2, ) mi pot, M 0 ( 2, ) max pot 40

41 f) f(x, y) = 2x 2 6xy + 5y 2 4y 5. E: M 0 (6, 4) mi pot. 4. Határozzuk meg a következő függvéy szélsőértékpotjait: Megoldás: f(x, y, z) = 2x 2 + xy + 4y 2 + xz + z a) Meghatározzuk a stacioárius potokat: megoldjuk az f x = 0, f y = 0, f z = 0 egyeletekből álló egyeletredszert, azt kapjuk, hogy: 4x + y + z = 0 és x + 8y = 0, x + 2z = 0, amelyek megoldása M (0,0,0). b) A másodredű parciális deriváltak segítségével felírjuk a Hesse- mátrixot: f xx = 4, f xy =, f xz =, f yx =, f yy = 8, f yz = 0, f zx =, f zy = 0, f zz = 2, 4 H = [ 8 0] 0 2 A determiás értéke = 54 > 0, 2 = 3 > 0, r = 4 > 0, a d 2 f operátor pozitiv defiit, a kritérium alapjá ez a pot miimumpot. Tehát a függvéyek egy szélsőértékpotja va, az M (0,0,0)miimumpot, amelyre a függvéy értéke f(m (0,0,0)) = 2 miimális. 5. Határozzuk meg a következő függvéy szélsőértékpotjait: Megoldás: f(x, y, z) = x 3 + 3xz + 2y y 2 3z 2 a) Meghatározzuk a stacioárius potokat: megoldjuk az f x = 0, f y = 0, f z = 0 egyeletekből álló egyeletredszert, azt kapjuk, hogy: 3x 2 + 3z = 0 és 2 2y = 0, 3x z = 0, amelyek megoldása M (0,,0), M 2 ( 2,, 4 ). b) A másodredű parciális deriváltak segítségével felírjuk a Hesse- mátrixot: f xx = 6x, f xy = 0, f xz = 3, f yx = 0, f yy = 2, f yz = 0, f zx = 3, f zy = 0, f zz = 6, 6x 0 3 H = [ ] A determiás értéke = 72x + 8, (M (0,,0))= 8, r = 0, ez a pot em szélsőértékpot. ( M 2 (,, )) = 8 < 0, 2 4 2= 6 > 0, r = 3 < 0, a d 2 f operátor egatív defiit, a kritérium alapjá ez a pot maximumpot. Tehát a függvéyek egy szélsőértékpotja va, az M 2 (,, ) maximumpot, amelyre a függvéy értéke f (M 2 4 2(,, 7 ))) = maximális

42 6. Határozzuk meg a következő függvéyek szélsőértékpotjait: a) f(x, y, z) = x 2 + 3y 2 3xy + 4yz + 6z 2 b) f(x, y, z) = 29 (x 2 + y 2 + z 2 ) c) f(x, y, z) = x 2 + y 2 y + yz + 3z 2 + xz d) f(x, y, z) = e 2x + e y + e z2 (2x + 2e z y) A Lagrage- szorzók módszere. Feltételes szélsőértékpotok. Ha egy függvéy szélsőértékpotjaiak meghatározásakor még más, bizoyos feltételekek is eleget kell tei, más kikötéseket is figyelembe kell veük, ilyekor feltételes szélsőértékpotokról beszélük. Ha adott az f: D R 2 R, z = f(x,y) () egy kétváltozós valós függvéy, amelyek a következő feltételt is ki kell elégítei: g: D R 2 R, egy kétváltozós valós függvéy g(x, y) = 0 (2). A feltételes szélsőértékpotok az () és (2) redszerek a megoldásai leszek. Felírjuk a következő Lagrage- függvéyt: Tétel L(x, y, λ) = f(x, y) + λg(x, y) (3). Az () és (2) feltételes egyeletredszerek a szélsőértékpotjai megegyezek az L(x, y, λ) Lagrage- függvéy szélsőértékpotjaival.. lépés: meghatározzuk az L(x, y, λ) függvéy stacioárius potjait, amelyek a következő egyeletredszer meoldásai: δl (x, y) = 0 δx δl (x, y) = 0 δy δl { (x, y) = 0 δλ Legyeek M i0 (x i0, y i0 ) a feltételes stacioárius potok. 2. lépés: felírjuk a Hesse-féle mátrixot, és taulmáyozzuk a d 2 L differeciál előjelét a kapott potokba.. A Hesse-féle mátrix: H = ( r s ), ahol s t r = δ2 f (x δx 2 i 0, y i0 ), s = δ2 f (x δxδy i 0, y i0 ), t = δ2 f (x δy 2 i 0, y i0 ). Ha ) 2 (M i0 ) = rt s 2 < 0, akkor az M i0 (x i0, y i0 ) feltételes stacioárius pot em szélsőértékpot. 2) 2 (M i0 ) = rt s 2 > 0 és r = δ2 f (x δx 2 i 0, y i0 ) > 0, akkor az M i0 (x i0, y i0 ) stacioárius pot miimum pot. 3) 2 (M i0 ) = rt s 2 > 0 és r = δ2 f (x δx 2 i 0, y i0 ) < 0, akkor az M i0 (x i0, y i0 ) stacioárius pot maximum pot. 42

43 Megoldott feladatok:. Határozzuk meg a következő f(x, y) = xy felület szélsőértékpotjait, amelyek kielégítik a következő feltételt: x + y = 6. Megoldás: Ha adott a z = f(x, y) függvéy, amelyek a következő feltételt is ki kell elégítei: g(x, y) = c, ahol c egy kostas, felírjuk a következő Lagrage- függvéyt: L(x, y, λ) = f(x, y) + λ(c g(x, y)). A mi esetükbe L(x, y, λ) = xy + λ(6 x y). Meghatározzuk a stacioárius potokat: megoldjuk az L x = 0, L y = 0, L λ = 0 egyeletekből álló egyeletredszert, azt kapjuk, hogy: y λ = 0, x λ = 0, 6 x y = 0, amelyek megoldása x = 3, y = 3, λ = 3. b) A másodredű parciális deriváltak segítségével felírjuk a következő mátrixot: 0 g x g y g x g y L xx L xy L yx L yy 0 = 0 = 2> 0, azaz d 2 z egatív defiit, az M(3,3) feltételes 0 szélsőértékpot maximumpot, a függvéy maximális értéke f(m(3,3)) = Határozzuk meg a következő f(x, y) = x 2 + y 2 felület szélsőértékpotjait, amelyek kielégítik a következő feltételt: x + 4y = 2. Megoldás: Felírjuk a Lagrage- függvéyt: L(x, y, λ) = x 2 + y 2 + λ(2 x 4y). Meghatározzuk a stacioárius potokat: megoldjuk az L x = 0, L y = 0, L λ álló egyeletredszert, azt kapjuk, hogy: = 0 egyeletekből 2x λ = 0, 2y 4λ = 0, 2 x 4y = 0, amelyek megoldása x = 2 7, y = 8 7, λ = 4 7. b) A másodredű parciális deriváltak segítségével felírjuk a következő mátrixot: 0 g x g y g x g y L xx L xy L yx L yy 0 4 = 2 0 = -34< 0, azaz d 2 z pozitív defiit, az M ( 2, 8 ) feltételes szélsőértékpot miimumpot, a függvéy miimális értéke f (M ( 2 7, 8 7 )) = A Lagrage- szorzók módszerét alkalmazva keressük meg a z feltételes szélsőértékpotjait: a) z=xy, x+2y=2 b) z=x(y+4) x+y=8 c) z=x-3y-xy x+y=6 d) z=7-y+x 2 x+y=0 4. A Lagrage- szorzók módszerét alkalmazva keressük meg a z stacioárius potjait, majd vizsgáljuk meg melyik közülük feltételes szélsőértékpot: a) z=x+2y+3w+xy-yw x+y+2w=0 43

44 b) z=x 2 +2xy+yw 2 2x+y+w 2 =24 és x+w=8 c) z=4x 2 +4xy+3y 2 x-2y=0 d) z=x 2 + y 2 x+y=c. E: M ( c, c ) mi pot A differeciálháyados közgazdasági megközelítésbe Feltételezzük, hogy egy vállalat költségvetési függvéye x egységyi termék előállítása eseté C(x) = x , míg az x egységyi termék eladásából származó jövedelem R(x) = 500x. Így a profit P(x) = R(x) C(x) = 500x x = x x A profit az x függvéye, vagyis függ attól, hogy meyi terméket állít elő a vállalat. Természetese adódik a kérdés: milye x érték eseté lesz maximális a profit? Ha x egységyi termék helyett x+h egységyi terméket állítuk elő, profitövekedésről beszélük: P(x + h) P(x). P(x+h) P(x) Az átlagos profitövekedés, azt mutatja meg, hogy mekkora átlagos h profitövekedés jut egy termékre, ha áttérük x egységyi termékről x+h egységyi termék előállítására a termelésbe. P(x+h) P(x) A mi esetükbe az átlagos profitövekedés =[ (x + h) (x + h) h x 2 500x ] =( 2xh + 500h h h2 ) = 2x h. h A határprofit P P(x+h) P(x) (x) = lim = 2x + 500, azt mutatja meg, hogy megközelítőleg h 0 h meyivel változik a profit, ha x egységyi termék helyett x+ egységyi terméket termelük, vagy máskét azt is modhatjuk, hogy P (x) a profitváltozás sebessége. Ha P (x)<0, akkor csökketei kell a termelést, ugyais a termelés övelésével a profit csökke, a termelés csökketésével a profit ő. Ha P (x)>0, akkor érdemes a termelést öveli. Így olya x 0 egységyi termék eseté maximális a profit, amelyél P (x 0 )=0. A mi esetükbe P (x 0 )=-2x =0, azaz x 0 =250 egységyi termék eseté maximális a profit. A határköltség: C (x) = lim h 0 A mi esetükbe C (x) = lim h 0 C(x+h) C(x) h. C(x+h) C(x) h (2x+h) h = lim = 2x, ami azt mutatja meg, hogy h 0 h megközelítőleg meyivel ő a költség, ha x egységyi termék helyett x+ egységyi terméket állítuk elő. A határbevétel: R (x) = lim h 0 R(x+h) R(x) h. 44

45 A mi esetükbe R (x) = lim h 0 R(x+h) R(x) h 500 h = lim = 500, ami azt mutatja meg, hogy h 0 h megközelítőleg meyivel ő a bevétel, ha x egységyi termék helyett x+ egységyi terméket állítuk elő. A közgazdaságta egyik alapvető törvéye szerit a profit csak olya termelési volume eseté lehet maximális, amikor a határköltség egyelő a határbevétellel.. Feladat: Egy méhészet x kg mézet C(x) = 0,05x x, (50 x 6000) lej költséggel állít elő. Az x kg méz eladásából származó jövedelem R(x) = 800x. Ha x=600 kg mézet termel a méhészet, akkor: a) Meyi a határköltség? b) Meyi a határprofit? c) Meyi a határbevétel? d) Növeli vagy csökketei érdemes a termelést? 2. Feladat: Egy vállalat x toa terméket állít elő C(x) = x , (200 x 700) lej ököltséggel. Az x toa termék eladásából származó jövedelem R(x) = 200x. Határozzuk meg: a) Meyi a határköltség? b) Meyi a határprofit? c) Meyi a határbevétel? d) Jeleleg a vállalat 400 toa terméket állít elő, de fokozatosa öveli a termelést. Ekkor ő vagy csökke a profitja? e) Háy toa terméket kell előállítai, ha azt szereté eléri, hogy maximális legye a profitja? 45

46 III. Fejezet: Lieáris algebra 3.. Vektortér (lieáris tér). Bázis. Bázistraszformáció 3... Vektorok. Műveletek vektorokkal Legye a V vektorok halmaza, amelye értelmezzük a következő két műveletet: ) egy belső műveletet, a vektorok összeadását VxV-: tetszőleges v, v 2 V eseté a v + v 2 V ( ez egy additiv művelet) 2) egy külső műveletet, a vektorok skalárral való szorzását a KxV-: tetszőleges α K és v V eseté a α v V (ez egy multiplikatív művelet), ahol K a skalárok halmaza. Értelmezés: Ha a V vektorhalmazo értelmezett feti két művelet teljesíti a következő tulajdoságokat, akkor vektortérek (lieáris térek) evezzük: ) a vektorok összeadása (V, +) Ábel-féle csoport: a) asszociatív: (v + v 2 ) + v 3 = v + (v 2 + v 3 ), tetszőleges v, v 2, v 3 V eseté. b) kommutatív: v + v 2 = v 2 + v, tetszőleges v, v 2 V eseté. c) 0 V semleges elem: 0 + v = v + 0 = v V tetszőleges v V eseté. d) mide vektorak va szimmetrikusa: v + ( v) = ( v) + v = 0 tetszőleges v V eseté. 2) a szorzás disztributív a skalárok összeadására ézve: (α + β) v = α v + β v tetszőleges α, β K és v V eseté. 3) a szorzás disztributív a vektorok összeadására ézve: α (v + v 2 ) = α v + α v 2 tetszőleges α K és v, v 2 V eseté. 4) asszociativítás a skalárra ézve: (αβ) v = α ( β v) tetszőleges α, β K és v V eseté. 5) v = v tetszőleges v V eseté. Példák vektorterekre: ) V = M 2 (R) a másodredű mátrixok halmaza, a mátrixok összeadásával, illetve a mátrixok skalárral való szorzásával lieáris teret alkot. 2) V = R az dimeziós tér lieáris tér. 3) A helyzetvektorok halmaza a síkba a vektorok összeadásával (paralelogramma szabály) és a vektorok skalárral való szorzásával lieáris teret alkot. 46

47 .. Végezd el a következő műveleteket az adott vektorokkal és skalárokkal:... v = (2,,3), v 2 = (5,0, 2), v 3 = (0,3, 4), a =, b = 2, c = - 3. a) v + v 2 b) v v 2 c) v + v 3 d) bv + cv 2 e) av 2 cv 3 f) av + bv 2 + cv 3 Megoldás: a) v + v 2 = (7,,); b) v v 2 = ( 3,, 5); c) v + v 3 = (2,4, ) ; d) bv + cv 2 =(-, 2, 2); e) av 2 cv 3 =(5,9,-4); f) av + bv 2 + cv 3 = (2, 8,)...2. v = (0,,2,3), v 2 = (3,9,0, 2), v 3 = (, 3,7). a) v + v 2 b) v v 2 c) v + v 3 d) 2v + 6v 2 e) 5v 2 3v 3 f) 2v + 8v 2 3v 3 Megoldás: a) v + v 2 = (3,0,2,); b) v v 2 = ( 3, 8,2, 5); c) v + v 3 em végezhető el, mert v R 4, v 3 R 3. d) 2v + 6v 2 =(8,56,4,-6) e) 5v 2 3v 3 em végezhető el; f) 2v + 8v 2 3v 3 em végezhető el Lieáris függetleség. Bázis a vektortérbe. Bázistraszformáció Legye V egy vektortér és B = {v, v 2, v 3, v } egy vektorredszer. 3.. Értelmezés: A B = {v, v 2, v 3, v } vektorredszer egy lieáris kombiációjá a α v + α 2 v 2 + α 3 v 3 + α v vektort értjük Értelmezés: A B = {v, v 2, v 3, v } vektorredszer egy lieárisa függetle redszer, ha α v + α 2 v 2 + α 3 v 3 + α v = 0 akkor és csak akkor, ha α = α 2 = α 3 = α = Értelmezés: A B = {v, v 2, v 3, v } vektorredszer egy lieárisa függő redszer, ha létezik egy ullától külöböző együttható: α v + α 2 v 2 + α 3 v 3 + α v = Értelmezés: A B = {v, v 2, v 3, v } vektorredszer geeráló redszere V-ek, ha tetszőleges v V eseté létezek az α i R, i =, együtthatók úgy, hogy v = α v + α 2 v 2 + α 3 v 3 + α v. Az α i R, i =, együtthatókat a v V koordiátáiak evezzük a B-be Értelmezés: A V vektortérbe a B = {v, v 2, v 3, v } vektorredszert bázisak evezzük, ha a) a B vektorredszer geeráló redszere V-ek, b) a B lieárisa függetle redszer. 47

48 Példák:. Legye V = R 2, B = {e, e 2 } kaoikus bázis, ahol e =(,0)= i,, e 2 = (0,) = j. Tetszőleges OM helyzetvektor felírható i és j egy lieáris kombiációjakét. 2. Legye V = R 3, B = {e, e 2, e 3 } kaoikus bázis, ahol e =(,0,0)= i,, e 2 = (0,,0) = j, e 3 = (0,0,) = k Értelmezés: A V vektortér dimeziója megegyezik a bázisvektorok számával. Példák:. V = R 2, B = {e, e 2 }={i, 2. V = R 3, B = {e, e 2, e 3 }={i, 3.7. Értelmezés (Bázistraszformáció) Legye V egy vektortér, melybe létezik két bázis : -egy régi bázis B = {e, e 2, e 3, e } -egy új bázis B = {e, e 2, e 3, e }. j } kaoikus bázis, dim V=2 = dimr 2. j, k } kaoikus bázis, dim V=3 = dimr 3. Tetszőleges v V vektort, ha felírjuk e bázisok vektoraiak segítségével, kapjuk: v = α e + α 2 e 2 + α 3 e 3 + α e () a v koordiátái a B bázisba v B =(α,..., α ), illetve v = α e + α 2 e 2 + α 3 e 3 + α e (2) a v koordiátái a B bázisba v B =(α,..., α ). Bázistraszformációak evezzük a v B =(α,..., α ) régi bázis koordiátáiak a meghatározását a v B =(α,..., α ) az új bázis koordiátáiak a segítségével. A B = {e, e 2, e 3, e } bázis vektorait kifejezzük a B = {e, e 2, e 3, e } bázis e = λ e + λ 2 e 2 + λ e vektoraiak a segítségével: { e 2 = λ 2 e + λ 22 e 2 + λ 2 e e = λ e + λ 2 e 2 + λ e. λ λ Az együtthatókból alkotott mátrixot: T = ( ) traszformációs mátrixak λ λ evezzük. (e, e 2, e 3, e ) =( e, e 2, e 3, e ) T, azaz B = B T. v = B v B = B v B = B T v B, ahoa a B v B = B T v B egyeletet beszorozva balról a B vektor iverzével kapjuk, hogy: v B = T v B. A T mátrix iverzével balról beszorozva az egyeletet : v B = T v B. 48

49 Tétel: A v B =(α,..., α ) régi bázis koordiátáit meghatározhatjuk a v B =(α,..., α ) az új bázis koordiátáiak a segítségével, megszorozzuk a T traszformációs mátrixszal: α λ λ ( ) = ( ) ( α λ λ Hasolóa az új bázis koordiátáit is meghatározhatjuk a régi bázis koordiátáiak a segítségével, a traszformációs mátrix iverzét felhaszálva: α ( α λ λ ) = ( ) λ λ Példa: Legye két vektorredszer az R 3 vektortérbe: α α ). α ( ). α B = {v = (,0,0), v 2 = (,,0), v 3 = (,,)}, B = {v = (,0,0), v 2 = (2,,0), v 3 = (,0,, )}. a) Igazoljuk, hogy B és B bázisok az R 3 vektortérbe. b) A v = (3,, ) vektor koordiátáit határozzuk meg a B bázisba (v B ), illetve a B bázisba is (v B ). c) Határozzuk meg a B és B mátrixok közötti traszformációs mátrixot. Megoldás: a) Egy vektorredszer akkor bázis, ha geeráló redszere R 3 ak és lieárisa függetle redszer. A B = {v, v 2, v 3 } vektorredszer egy lieárisa függetle redszer, ha α v + α 2 v 2 + α 3 v 3 = 0 akkor és csak akkor, ha α = α 2 = α 3 = 0. Behelyettesítve a vektorokat: α (,0,0) + α 2 (,,0) + α 3 (,,) = 0 egyeletet kapjuk, ahoa: α + α 2 + α 3 = 0 { α 2 + α 3 = 0 α 3 = 0 A redszer determiása =, a redszer határozott és a megoldásai: α = α 2 = α 3 =0, tehát lieárisa függetle. Legye egy tetszőleges v vektor a V = R 3 vektortérből. A B = {v, v 2, v 3 } vektorredszer geeráló redszere V-ek, ha létezek az α i R, i =, 3 együtthatók úgy, hogy v = α v + α 2 v 2 + α 3 v 3. Megkeressük ezeket az együtthatókat: v = (a, b, c) = α (,0,0) + α 2 (,,0) + α 3 (,,) ekvivales a következő egyeletredszerrel: 49

50 a = α + α 2 + α 3 { b = α 2 + α 3 c = α 3 A redszer megoldása: α = a b, α 2 = b c, α 3 = c, tehát létezek ezek az együtthatók, a B geeráló redszer. A B = {v, v 2, v 3 } vektorredszer egy bázis tehát az értelmezés alapjá. Hasolóképpe leelleőrizzük a B = {v = (,0,0), v 2 = (2,,0), v 3 = (,0,, )} vektorredszer eseté is a függetleséget és azt, hogy geeráló redszer-e. Behelyettesítve a vektorokat az α v + α 2 v 2 + α 3 v 3 = 0 egyeletbe kapjuk: α (,0,0) + α 2 (2,,0) + α 3 (,0, ) = 0, α + 2α 2 α 3 = 0 { α 2 = 0 α 3 = 0 A redszer determiása =, a redszer határozott és a megoldásai: α = α 2 = α 3 = 0, tehát a vektorredszer lieárisa függetle. Legye egy tetszőleges v vektor a V = R 3 vektortérből. A B = {v, v 2, v 3 } vektorredszer geeráló redszere V-ek, ha létezek az α i R, i =, 3 együtthatók úgy, hogy v = α v + α 2 v 2 + α 3 v 3. Megkeressük ezeket az együtthatókat: v = (a, b, c) = α (,0,0) + α 2 (2,,0) + α 3 (,0, ) ekvivales a következő egyeletredszerrel: a = α + 2α 2 α 3 { b = α 2 c = α 3 A redszer megoldása: α = a + 2b + c, α 2 = b, α 3 = c, tehát létezek ezek az együtthatók, a B geeráló redszer és lieárisa függetle, egy bázis tehát az értelmezés alapjá. b) A B bázisba határozzuk meg a v = (3,, ) vektor koordiátáit (v B ). v = α v + α 2 v 2 + α 3 v 3. Behelyettesítve kapjuk, hogy: v = (3,, ) = α (,0,0) + α 2 (,,0) + α 3 (,,), azaz az egyeletredszer: 3 = α + α 2 + α 3 { = α 2 + α 3 = α 3 ahoa α = 2, α 2 = 2, α 3 =. Tehát v B = (2,2, ). A B bázisba határozzuk meg a v = (3,, ) vektor koordiátáit (v B ). 50

51 v = α v + α 2 v 2 + α 3 v 3 Behelyettesítve kapjuk, hogy: v = (3,, ) = α (,0,0) + α 2 (2,,0) + α 3 (,0, ), azaz az egyeletredszer: 3 = α + 2α 2 α 3 { = α 2 = α 3 ahoa α = 2, α 2 =, α 3 =. Tehát v B = ( 2,,). c) Határozzuk meg a B és B mátrixok közötti traszformációs mátrixot. A B = {v, v 2, v 3 } bázis vektorait kifejezzük a B = {v, v 2, v 3 } bázis vektoraiak a v = λ v + λ 2 v 2 + λ 3 v 3 segítségével: { v 2 = λ 2 v + λ 22 v 2 + λ 32 v 3 v 3 = λ 3 v + λ 23 v 2 + λ 33 v 3 amelybe behelyettesítve a vektorokat, kapjuk a következő egyeletredszert: (,0,0) = λ (,0,0) + λ 2 (,,0) + λ 3 (,,) { (2,,0) = λ 2 (,0,0) + λ 22 (,,0) + λ 32 (,,) (,0, ) = λ 3 (,0,0) + λ 23 (,,0) + λ 33 (,,) λ λ 3 Az együtthatókból alkotott mátrix: T = ( ) =( 0 ) a traszformációs λ 3 λ mátrix Ortogoalizálás. A Gram- Schmidt-féle ortogoalizálási módszer Skaláris szorzat a vektortérbe Legye V egy vektortér, és v, v 2 V vektorok. Értelmezés. A v és v 2 vektorok skaláris szorzatá egy f: V V R függvéyt értük, amely: (A skaláris szorzat értéke midig skalár.) Tulajdoságok f (v, v 2 ) f(v, v 2 ) = v, v 2 = α R..) v, v 2 0, tetszőleges v, v 2 V eseté.????? v, v 2 = 0 akkor és csak akkor, ha v = v 2 = 0. 2.) v, v 2 = v 2, v, tetszőleges v, v 2 V eseté. (kommutativitás) 5

52 3.) α v, v 2 = v, α v 2 = α v, v 2, tetszőleges v, v 2 V és α R eseté. (homogeitás) 4.) v + v 2, v 3 = v, v 3 + v 2, v 3, tetszőleges v, v 2, v 3 V Megjegyzések (disztributivitás) eseté..) Legye V = R, ahol R = E (-dimeziós euklideszi tér) és v = (a, a 2,, a ) V, v 2 = (b, b 2,, b ) V. Akkor a v és v 2 vektorok skaláris szorzata: v, v 2 = a b + a 2 b a b. 2.) Ha R = E és v R, akkor létezik a v ormája (a vektor hossza): v = v, v. 3.) Ha R = E és v, v 2 R, akkor létezik a vektorok hajlásszögéek kosziusza: Alkalmazások cos α = cos(v v, v 2, v 2 ) = v v 2 Legye V = R 3 és v = (v x, v y, v z ), v 2 = (v 2x, v 2y, v 2z ) v, v 2 = v x v 2x + v y v 2y + v z v 2z v = v, v = v 2 x + v 2 y + v 2 z (a v ormája) v 2 = v 2, v 2 = v 2 2x + v 2 2y + v 2 2z (a v 2 ormája) cos(v v, v 2, v 2 ) = v v 2 = v x v 2x + v y v 2y + v z v 2z v 2 x + v 2 y + v 2 z v 2 2x + v 2 2y + v 2 2z A v és v 2 távolsága: d(v, v 2 ) = v v 2 = (v x v 2x ) 2 + (v y v 2y ) 2 + (v z v 2z ) Ortogoalizálás Legye V egy vektortér és v, v 2 V vektorok. Értelmezés. A v és v 2 ortogoálisak (merőlegesek), ha skaláris szorzatuk ulla. Jelölés: v v 2. v v 2 v, v 2 = 0 v x v 2x + v y v 2y + v z v 2z = 0. Értelmezés. V vektortérbe B = {e, e 2,, e } ortogoális redszer, ha a bee levő vektorok párokét ortogoálisak: e i, e j = 0, ( ) i j, és e i, e j 0, ha i = j. Tétel. Ha B = {e, e 2,, e } ortogoális redszer, akkor B-redszer lieárisa függetle redszer.

53 Bizoyítás: A B-redszer lieárisa függetle redszer, ha Legye α e + α 2 e α e = 0 α e + α e + + α e = 0 α i = 0, ( ) i =, e i, ( ) i =, α e, e i + α 2 e 2, e i + + α i e i, e i + + α e, e i = 0 ( ) Mivel B ortogoális redszer e i, e j = 0, ( ) i j, és e i, e j 0, ha i = j. Következik, hogy a ( ) összefüggés egyeértékű azzal, hogy α i e i, e i = 0, melybe e i, e i 0, tehát α i = 0, ( ) i =,, azaz B lieárisa függetle redszer. Megjegyzés: A tétel fordítottja em midig igaz. Ha egy B-redszer lieárisa függetle B ortogoális. De ha B lieárisa függetle redszer ( ) B ortogoális redszer. (Gram-Schmidt módszere) Tétel. Ha B = {v, v 2,, v } lieárisa függetle redszer, akkor a Gram-Schmidt módszerrel midig ( ) B = {e, e 2,, e } ortogoális redszer. Bizoyítás: Legye V = R 3 és B = {v, v 2, v 3 } lieárisa függetle redszer. Kérdés: ( ) B = {e, e 2, e 3 } ortogoális redszer? lépés: e = v 2 lépés: e 2 = v 2 α e = v 2 α v, ( )? α úgy, hogy e e 2. Ha e e 2, akkor e, e 2 = 0, azaz Következik, hogy ahoa e, e 2 = v, v 2 α v = v, v 2 α v, v = 0 α = v, v 2 v, v = e, v 2 e, e e 2 = v 2 e, v 2 e, e e. 3 lépés: e 3 = v 3 α e α 2 e 2 e úgy, hogy e 3 e. e 3, e = v 3, e α e, e e 3 = v 3 α e α 2 e 2 e 2 úgy, hogy e 3 e 2. 0 e 3, e 2 = v 3, e 2 α e, e 2 =0 α 2 e 2, e = 0 () =0 α 2 e 2, e 2 = 0 (2) 0 53

54 () α = v 3, e e, e, (2) α 2 = v 3, e 2 e 2, e 2 Tehát B = {e, e 2, e 3 } ortogoális redszer. Megjegyzés e 3 = v 3 v 3, e e, e e v 3, e 2 e 2, e 2 e 2. ) Ha B = {v, v 2, v 3 } bázis, akkor B = {e, e 2, e 3 } ortogoális bázis. 2) B 0 = {e 0, 0 e2, 0 e3 } ortoormált bázis, ha - ortogoális bázis - vektorai párokét merőlegesek egymásra - vektorai egységyi hosszúságúak e 0 i =, ei 0 = e i e i, i =,2,3. Példa: V = R 3, B 0 = {e 0, 0 e2, 0 e3 } = {i, j, k } ortoormált bázis. Példa (38. old..5.): V = R 3, B = {v, v 2, v 3 } bázis, v = (, 2,2), v 2 = (,,0), v 3 = (2,,3). Írj fel egy: a) B = {e, e 2, e 3 } ortogoális bázist; b) B 0 = {e 0, 0 e2, 0 e3 } ortoormált bázist. Megoldás: a) Gram-Schmidt módszer alkalmazása: lépés: e = v = (, 2,2) 2 lépés: e 2 = v 2 α e ahoa α = e, v 2 e, e = v, v 2 v, v = ( 2) = = 3 9 = 3 54 e 2 = (,,0) ( 3 ) (, 2,2) = (,,0) + ( 3, 2 3, 2 3 ) = ( 2 3, 3, 2 3 ). 3 lépés: e 3 = v 3 α e α 2 e 2 α = v 3, e e, e = v 3, v v, v = = = 2 3 α 2 = v 3, e 2 e 2, e 2 = v 2 3, e 2 2 ( e 2, e 2 = 3 ) ( ) + ( 2 3 ) + ( 2 2 = 3 ) = =

55 e 3 = v 3 α e α 2 e 2 = (2,,3) 2 3 (, 2,2) ( 2 3, 3, 2 3 ) = (2,2,). Tehát B = {e = (, 2,2), e 2 = ( 2,, 2 ), e = (2,2,)} ortogoális bázis. b) e = 2 + ( 2) = 9 = 3 e e 0 = e = (, 2,2) 3 = ( 3, 2 3, 2 3 ) e 2 = ( 2 3 )2 + ( 3 )2 + ( 2 3 )2 = = e e = e 2 = ( 2 3, 3, 2 3 ) = ( 2 3, 3, 2 3 ) e 3 = = 9 = 3 e e = e 3 = (2,2,) = ( 2 3 3, 2 3, 3 ) Tehát B 0 = {e 0 = (, 2, 2 ), e = ( 2,, 2 ), e = ( 2, 2, )} ortoormált bázis Lieáris traszformációk. Lieáris operátorok Lieáris traszformációk a vektorterek között. Lieáris traszformációs mátrix Legye V és V két vektortér úgy, hogy dim V = és dim V = m. ( ) f traszformáció (művelet) V és V között: f: V V úgy, hogy ( ) v V tárgyvektor f v = f(v) V képvektor Értelmezés. v = f(v) traszformációt lieáris traszformációak evezzük, ha: a) f(v + v 2 ) = f(v ) + f(v 2 ), ( ) v, v 2 V; b) f(α v) = α f(v), ( ) v V és α R Megjegyzés Tulajdoságok (liearitás vagy additivitás); (homogeitás). f(α v + β v 2 ) = α f(v ) + β f(v 2 ), ( ) v, v 2 V és α, β R. 55

56 ) Ha v f = f(v) lieáris traszformáció 0 V 0 V (A V vektortér 0 V ullvektoráak képe az f lieáris traszformációba a V vektortér 0 V ullvektora) f(0 V ) = 0 V f 2) Ha {v, v 2,, v p } lieáris vektorredszer {f(v ), f(v 2 ),, f(v p )} f-beli képe is lieáris vektorredszer. Értelmezés. Legye v = f(v) lieáris traszformáció. N(f) ulltere az f lieáris traszformációak, ha N(f) = Ker f = {v V f(v) = 0 V } dim N(f) = def f, dim V = dim f(v) = rag f, dim V =. f hibája (defertuma) Tétel. Ha v = f(v) lieáris traszformáció, akkor ( ) = rag f + def f Traszformációs mátrix Legye V vektortér és B = {e, e 2,, e } bázis. Ekkor ( ) v = (v, v 2,, v ) V eseté: v = v e + v 2 e v e = v i e i Legye V vektortér és B = {e, e 2,, e m } bázis. Ekkor ( ) v = f(v ) = (v, v 2,, v m ) V eseté: i= m v = v e + v 2 e v m e m = v j e j Tétel. v = f(v) traszformációt lieáris traszformációak evezzük, ha f(v) képvektor v j koordiátáit lieárisa kifejezhetjük a v tárgyvektor v i koordiátáiak segítségével: v j = a ji v i i= j = : j = 2: j= m, j =,2,,, ahol f(e i ) = a ji e j v = a v + a 2 v a v v = a 2 v + a 22 v a 2 v j= j = m: v = a m v + a m2 v a m v A = ( a a 2 a m a 2 a 22 a m2 a 3 a 23 a m3 a a 2 a m ) lieáris traszformációs mátrix. 56

57 x x 2 v = X = ( ), f(v) = v y 2 = Y = ( ) x y m ( y a y 2 a 2 ) = ( y m a m y Y = A X a 2 a 22 a m2 a 3 a 23 a m3 a x a 2 x 2 ) ( ) a m x Lieáris operátor. Sajátvektor és sajátérték Legye V és V két vektortér úgy, hogy dim V = és dim V = m. Feltételezzük, hogy ( ) f lieáris traszformáció, f: V V úgy, hogy ( ) X V A lieáris traszformációs mátrix (m ) f Y V, Y = f(x) = A X Ha V V, akkor az f lieáris traszformációt lieáris operátorak evezzük. Értelmezés. A h: V V függvéyt lieáris operátorak evezzük a V vektortére, ha Y = h(x) = AX. A lieáris operátor mátrixa a V vektortér mátrixa a B 0 bázisra voatkozóa Ha V = R, akkor A -es mátrix, X = (x, x 2,, x ) R tárgyvektor Y = (y, y 2,, y ) R képvektor a a Y = AX lieáris operátor egyelete, ahol A = ( ) a lieáris operátor mátrixa a a egy B 0 bázisra voatkozóa. y a a x ( ) = ( ) ( ) a lieáris operátor aalitikus egyelete y a a x Tétel. Ha V vektortérbe ( ) két bázis: B és B, melyek A, A a lieáris operátor mátrixai A = T A T, ahol T a bázis traszformációs mátrix Sajátvektorok és sajátértékek Értelmezés. u V {0 } sajátvektora a h(x) lieáris operátorak, ha ( ) λ R úgy, hogy Au = λu, ahol λ sajátértéke a h(x) lieáris operátorak. Tulajdoságok: ) Az u V {0 } sajátvektorak midig csak egy λ sajátértéke va. 57

58 2) λ R sajátértékek több sajátvektora is lehet (S λ saját altér): S λ = {u V Au = λu } 3) A sajátvektor midig ullától külöböző (u 0 ), míg a λ sajátérték lehet Sajátértékek, sajátvektorok kiszámítása V = R vektortér, B 0 = {e, e 2,, e } kaoikus bázis ( ) Y = h(x) = AX lieáris operátor, ahol A a lieáris operátor mátrixa a B 0 bázisra voatkozóa ( ) u = (x, x 2,, x ) sajátvektor, amelyre Au = λu (A λi)u = 0, Ez utóbbi a sajátvektor vektoriális egyelete. a λ a ( ) ( 2 a a 2 a 22 λ a 2 a a 2 ) ( a λ x x 2 ) = ( 0 ) x 0 (a λ)x + a 2 x a x = 0 a { 2 x + (a 22 λ)x a 2 x = 0 a x + a 2 x (a λ)x = 0 ahol I egységmátrix 0 a sajátvektor aalitikus egyelete lieáris homogé egyeletredszer Keressük az x, x 2,, x értékeit, mert ezek határozzák meg az u -t. Tiltott a baális megoldás (u 0 ), a triviálistól külöböző megoldás pedig csak akkor va, ha = 0, azaz Δ p = det(a λi) = 0 A lieáris operátor karakterisztikus egyelete: Δ p = det(a λi) = 0, vagy másképp: a λ a 2 a a 2 a 22 λ a 2 a a 2 = 0 a λ P (λ) = λ + b λ + b 2 λ b λ + b karakterisztikus prim-egyelet Összegzés Lépések: ) A karakterisztikus egyelet felírása; 2) A feti egyelet megoldásai (gyökei) λ 0i (i = ), sajátértékei a lieáris operátorak; 3) ( ) λ 0i értékre megoldjuk a ( ) egyeletredszert, amelyből meghatározzuk a megfelelő u 0i = (x 0, x 0 2,, x 0 ) sajátvektorokat. 58

59 Tétel.. a) Ha a karakterisztikus egyelet gyökei (a sajátértékek) külöbözek, akkor külöböző sajátvektort kapuk, {u, u 2,, u } ezek lieárisa függetle vektorok. b) A sajátvektorok által alkotott bázisba (B 0 -ba) a lieáris operátor (h(x)) mátrixa A diagoális formát alkot: λ A = ( λ 2 0 ahol a λ i sajátértékek a főátló meté találhatók. 0 0 λ ) Tétel. 2. Ha a karakterisztikus egyelet λ i -gyöke (sajátértéke) többszörös gyök (p-szeres) dim S λi = p, akkor a ( ) redszerből meghatározott sajátvektorok ugyacsak bázist alkotak, amelybe A továbbra is diagoális, λ ( ) A = ( λ λ ) Megjegyzés. Ha a többszörös gyök eseté dim S λi p, akkor az operátor mátrixa em diagoalizálható Sajátértékek, sajátvektorok, diagoizálás. Határozzuk meg a következő mátrix sajátértékeit és sajátvektorait! Megoldás: A = ( ) 2 λ 7 a) Megoldjuk a karakterisztikus egyeletet: det(a λi) = 0, azaz 3 8 λ = 0. A λ 2 + 6λ + 5 = 0 egyelet megoldásai λ = - 5 és λ 2 = - az A mátrix sajátértékei. b) A sajátvektorok az (A λi)x = 0 egyelet megoldásai. λ = - 5 eseté a ( ) (x x ) = ( ) mátrixegyelet megoldása x = x 2 = t. Tehát v = t(,) sajátvektorok, ahol t R, t = eseté az X = (,) sajátvektor. λ 2 = - eseté a ( ) (x x ) = ( ) mátrixegyelet megoldása x = 7 t és x 3 2 = t. Tehát v 2 = t( 7 3, ) sajátvektorok, ahol t R, t = 3 eseté X = (7,3) sajátvektor. 2. Határozzuk meg a következő mátrix sajátértékeit és sajátvektorait! 59

60 A = ( ) Megoldás: a karakterisztikus egyeletet: det(a λi) = 0, azaz 2 λ λ =0. A λ 2 8λ + 20 = 0 egyeletek icseek valós megoldásai, tehát az A mátrixak icseek valós sajátértékei. 3. Határozzuk meg a következő mátrix sajátértékeit és sajátvektorait! Megoldás: 2 A = ( 0 ) a) Megoldjuk a karakterisztikus egyeletet: det(a λi) = 0, azaz 2 λ 0 λ = λ A λ(λ 2 λ 2) = 0 egyelet megoldásai: λ = 0, λ 2 = - és λ 3 = 2 az A mátrix sajátértékei. b) A sajátvektorok az (A λi)x = 0 egyelet megoldásai. x 2 0 λ = 0 eseté az ( 0 ) ( x 2 ) = ( 0) mátrixegyelet megoldása x = x 3 = t és x 2 = x 3 0 t. Tehát a v = t(,, ) sajátvektorok, ahol t R. x 3 0 λ 2 = - eseté az ( 0 2 ) ( x 2 ) = ( 0) mátrixegyelet megoldása x = t és x 2 = t, 2 0 x 3 0 x 3 = 2t. Tehát a v 2 = t(,,2) sajátvektorok, ahol t R. x 0 0 λ 3 = 2 eseté az ( 0 ) ( x 2 ) = ( 0) mátrixegyelet megoldása x 2 = x 3 = t és x = x 3 0 2t. Tehát a v 3 = t(2,,) sajátvektorok, ahol t R. 60

61 4. Határozzuk meg a következő mátrix sajátértékeit és sajátvektorait! Megoldás: 0 A = ( 2 ) 0 a) Megoldjuk a karakterisztikus egyeletet: det(a λi) = 0, azaz λ 0 2 λ =0. 0 λ A λ(-λ)(λ 3) = 0 egyelet megoldásai: λ = 0, λ 2 = és λ 3 = 3 az A mátrix sajátértékei. b) A sajátvektorok az (A λi)x = 0 egyelet megoldásai. x 0 0 λ = 0 eseté az ( 2 ) ( x 2 ) = ( 0) mátrixegyelet megoldása x = x 2 = x 3 = t, 0 x 3 0 tehát a v = t(,,) sajátvektorok, ahol t R,. x λ 2 = eseté az ( ) ( x 2 ) = ( 0) mátrixegyelet megoldása x = t, x 2 = x 3 0 és x 3 = t. Tehát a v 2 = t(,0,) sajátvektorok, ahol t R, x λ 3 = 3 eseté az ( ) ( x 2 ) = ( 0) mátrixegyelet megoldása x = x 3 = t és 0 2 x 3 0 x 2 = 2t. Tehát a v 3 = t(, 2,) sajátvektorok, ahol t R. 5. Adott a h: R 3 R 3 lieáris operátor, melyek mátrixa egy kaoikus bázisba a következő: A = ( ) a) Határozzuk meg a lieáris operátor sajátértékeit és sajátvektorait! b) Igazoljuk, hogy a mátrix diagoizálható és adjuk meg azt a bázist, amelybe ez a diagoizált forma létezik. Megoldás: a) Meghatározzuk a sajátértékeket a karakterisztikus egyeletből: 6

62 6 λ λ 6 = λ A (6-λ)( λ 2 + 3λ 8) = 0 egyelet megoldásai: λ = 6, λ 2 = - 6 és λ 3 = 3 az A mátrix sajátértékei. A sajátvektorok az (A λi)x = 0 egyelet megoldásai x 0 λ = 6 eseté az ( ) ( x 2 ) = ( 0) mátrixegyelet megoldása x = t és x 2 = x 3 0 x 3 = 0, tehát az v = t(,0,0) sajátvektorok, ahol t R, t = eseté az v = (,0,0). λ 2 = -6 eseté az ( x ) ( x 2 ) = ( 0) mátrixegyelet megoldása x = 7 t, x 3 2 = x 3 0 2t és x 3 = t. Tehát v 2 = t ( 7 3, 2, ) sajátvektorok, ahol t R, t = 3 eseté az v 2 = (7,6,3). x λ 3 = 3 eseté az ( 0 6 6) ( x 2 )=( 0) mátrixegyelet megoldása x = 4 t, x 3 2 = x 3 0 t és x 3 = t. Tehát v 3 = t ( 4,, ) sajátvektorok, ahol t 3 R, t=3 eseté az v 3 = (4, 3, 3). b) Mivel az operátor sajátértékei mid külöbözők, az operátor mátrixa a következő formába diagoizálható: A = ( ) Az A diagoizált mátrixot a következő képlettel is elleőrizhetjük: A = T A T, ahol T traszformációs mátrix a B = {v, v 2, v 3 } választott új bázisra ézve: T = ( ) Adott a h: R 3 R 3 lieáris operátor, melyek mátrixa egy kaoikus bázisba a következő: A= ( ) 0 a) Határozzuk meg a lieáris operátor sajátértékeit és sajátvektorait! b) Igazoljuk, hogy a mátrix diagoizálható és adjuk meg azt az ortoormált bázist, amelybe ez a diagoizált forma létezik. 62

63 Megoldás: a) Meghatározzuk a sajátértékeket a karakterisztikus egyeletből: λ λ = 0. 0 λ A (-λ)( λ 2 + λ 2) = 0 egyelet megoldásai: λ =, λ 2 = - 4 és λ 3 = 3 az A mátrix sajátértékei. A sajátvektorok az (A λi)x = 0 egyelet megoldásai. x λ = eseté az ( 3 3 ) ( x 2 ) = ( 0) mátrixegyelet megoldása x = t és x 2 = 0 0 x 3 0 0, x = 3t, tehát a v = t(,0,3) sajátvektorok, ahol t R x 0 λ 2 = -4 eseté az ( 3 2 ) ( x 2 ) = ( 0) mátrixegyelet megoldása x = 3t, x 2 = 0 5 x 3 0 5t és x 3 = t. Tehát v 2 = t( 3,5,) sajátvektorok, ahol t R. x λ 3 = 3 eseté az ( 3 5 ) ( x 2 ) = ( 0) mátrixegyelet megoldása x = 3t, x 2 = 0 2 x 3 0 2t és x 3 = t. Tehát v 3 = t( 3, 2, ) sajátvektorok, ahol t R. Mivel az operátor sajátértékei mid külöbözők, a mátrix diagoizált alakja: A = ( ) A traszformációs mátrix a választott új bázisra ézve: T = ( u = (,0,3), u = = 0, u 2 = ( 3,5,), u 2 = ( 3) = 35, ). 3 u 3 = ( 3, 2,), u 3 = ( 3) 2 + ( 2) = 4, Tehát B = {e, e 2, e 3 } ortoormált bázis. e =u : u = 0 0 (,0,3) e 2 =u 2 : u 2 = ( 3,5,), e 3 =u 3 : u 3 = 4 ( 3, 2,). 4 63