BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA KÉZI CSABA GÁBOR

Átírás

1 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA KÉZI CSABA GÁBOR 1

2 KÉZI CSABA GÁBOR Előszó Ez a jegyzet egy többrészes sorozat első kötete, mely elsősorban a Debrecen Egyetem Műszaki Karának Matematika I. tantárgyához készült oktatási segédanyagként. A jegyzet a precíz matematikai felépítésen túl számos, a műszaki és gazdasági életben felmerülő probléma megoldására alkalmazható módszert is megmutat. Az egyes fejezetek az elmélet pontos leírása utána részletesen kidolgozott feladatokat tartalmaznak. Az elméleti tételek jelentős része bizonyításokkal együtt szerepel, illetve bizonyos helyeken a tananyagon túlmutató elméleti tételek is megtalálhatóak, így hasznos lehet a magasabbszintű matematikát tanuló minden hallgató számára, sőt akár matematika szakosok részére is. A feladatokat tekintve az egyszerűbb, típusfeladatoktól, a bonyolultabb, versenyszintű feladatokig széles skálán mozog a feladatok nehezéségi szintje. A jegyzet gondos átolvasásáért, és a felmerülő hibák javításáért köszönettel tartozom Molnár Ildikó műszaki menedzser és Tóth Xénia Erzsébet mechatronika szakos hallgatóknak. Köszönettel tartozom Dr. Kocsis Imre tanszékvezetőnek, Dr. Szíki Gusztáv Áron főiskolai tanárnak, akik hasznos információkkal láttak el a jegyzet megírása során. Köszönöm továbbá a Műszaki Alaptárgyi Tanszék minden oktatójának, valamint jó barátomnak, Baják Szabolcsnak, akiktől a személyes beszélgetéseink során jó néhány hasznosítható ötletet meríthettem április 16.

3 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 3 1. Logikai állítások, műveletek 1.1. Definíció. Matematikai értelemben állításnak nevezünk egy olyan kijelentést, melynek igazságértéke egyértelműen eldönthető. 1.. Példa. Matematikai értelemben nem állítás például az, hogy Holnap jó műsor lesz a TV-ben. Matematikai értelemben állítás például az, hogy Minden prímszám páros. Az első kijelentés a jövőre vonatkozik, így annak igazságértékét nem tudjuk eldönteni, míg a második kijelentésről egyértelműen eldönthető, hogy az egy hamis állítás Definíció. A ha p, akkor q kapcsolatnak megfelelő logikai műveletet implikációnak nevezzük, melynek p az előtagja, q pedig az utótagja. Az implikáció logikai értéke hamis, ha az előtagja igaz, és az utótagja hamis, különben az implikáció igaz. Jele: p q. Ezt úgy is kiolvashatjuk, hogy p implikálja q-t, vagy másképp p-ből következik q. Az implikáció igazságtáblázata: p q p q I I I I H H H I I H H I 1.4. Megjegyzés. Ha az implikáció előtagja hamis, akkor az implikáció igaz, az utótag igazságértékétől függetlenül. Emiatt az alábbi állítás igaz: ha a 4 prímszám, akkor minden négyszög téglalap Megjegyzés. Az implikáció nem kommutatív, és nem is asszociatív, azaz: p q nem azonos q p-vel; (p q) r nem azonos azzal, hogy p (q r) Definíció. Ha p -ből következik q, akkor azt mondjuk, hogy q szükséges feltétele p-nek, vagy p elégséges feltétele q-nak Példa. Nyilvánvaló, hogy ha egy szám osztható 4-el, akkor páros. Ezt úgy is mondhatjuk, hogy a párosság szükséges feltétele a 4-el való oszthatóságnak. Nyilvánvalóan a feltétel nem elégséges, ugyanis abból, hogy egy szám páros még nem következik az, hogy 4-el osztható Definíció. A p q és q p állításokat egymás mefordításának mondjuk Definíció. Azt mondjuk, hogy a p és q állítások ekvivalensek, ha p és q logikai értéke megegyezik, azaz p akkor igaz, ha q igaz, és p akkor hamis, q hamis. Jele: p q. Ha p és q ekvivalensek, akkor azt úgy is kiolvashatjuk, hogy p akkor és csak akkor teljesül, ha q teljesül, vagy úgy is, hogy p pontosan akkor teljesül, ha q teljesül. Az ekvivalencia igazságtáblázata: p q p q I I I I H H H I H H H I Megjegyzés. Az, hogy a p és q állítások ekvivalensek, azt jelenti, hogy p q és q p is teljesül.

4 4 KÉZI CSABA GÁBOR Példa. Ismert, hogy egy háromszög pontosan akkor derékszögű, ha a befogóinak négyzetösszege megegyezik az átfogó négyzetével. Ez az állítás részletesebben kiírva az alábbi két állítást jelenti: ha egy háromszög derékszögű, akkor a befogóinak négyzetösszege megegyezik az átfogó négyzetével; ha egy háromszögben a két rövidebb oldal négyzetének összege megegyezik a hosszabbik oldal négyzetével, akkor a háromszög derékszögű Definíció. Az állításokat az alábbi logikai műveletek segítségével összekapcsolhatjuk, így újabb, összetett állításokat kapunk: egy p állítás tagadásán vagy negációján azt az állítást értjük, amely igaz, ha p hamis, és hamis, ha p igaz. Jele: p. A negáció igazságtáblázata: p p I H H I a p és q állítások konjunkcióján azt az állítást értjük, amely pontosan akkor igaz, ha mindkét állítás igaz. Jele: p q. A konjunkció igazságtáblázata: p q p q I I I I H H H I H H H H a p és q állítások diszjunkcióján azt az állítást értjük, amely pontosan akkor hamis, ha mindkét állítás hamis. Jele: p q. A diszjunkció igazságtáblázata: p q p q I I I I H I H I I H H H Definíció. Nyitott mondatnak nevezünk egy olyan állítást, amely változót tartalmaz. Igazságértéke a változó értékétől függ. Ha A(x) nyitott mondat (x a változó), akkor ebből új állításokat nyerhetünk a létezik és a minden úgynevezett kvantorok segítségével. Ezen kvantorok tagadása ( ( x)a(x) ) = ( x) ( A(x) ) ( ( x)a(x) ) = ( ) ( A(x) ). Szavakban megfogalmazva, ha az A(x) állítás minden x-re teljesül, akkor ennek tagadása, hogy van olyan x, amire az A(x) állítás nem teljesül. Ha van olyan x, amelyre az A(x) teljesül, akkor ennek tagadása, hogy minden x esetén az A(x) nem teljesül Definíció. Tautológiának nevezünk egy olyan állítást, amely azonosan igaz Példa. Ha p egy tetszőleges állítás, akkor p p tautológia, ugyanis

5 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 5 p p p p I H I H I I Feladat. Állításnak tekinthetőek-e az alábbi kijelentések? Ha igen, adjuk meg az igazságértékét! 1. Holnap esni fog az eső.. Éva a legszebb lány az iskolában. 3. A 100 nagy szám. 4. Az 5 négyzetgyöke racionális szám. 1. nem állítás;. nem állítás; 3. nem állítás; 4. állítás, igazságértéke hamis Feladat. Fogalmazzuk meg az alábbi kijelentések tagadását! 1. A csoportban minden hallgató szereti a matematikát.. Minden négyszög téglalap. 3. Van olyan holló, amelyik nem fekete. 4. Bármely két egyenes metszi egymást. 1. A csoportban van olyan hallgató, aki nem szereti a matematikát.. Van olyan négyszög, amelyik nem téglalap. 3. Minden holló fekete. 4. Létezik két olyan egyenes, amelyek nem metszik egymást Feladat. Fogalmazzuk meg az alábbi állítás megfordítását: ha egy egy háromszög derékszögű, akkor az átfogó felezőpontja, a háromszög köré írt körének középpontja. Fogalmazzuk meg az állítást és a megfordítását egy mondatban! Az állítás megfordítása: ha egy háromszög egyik oldalának felezőpontja a háromszög köré írt körének középpontja, akkor a háromszög derékszögű. Az állítás és megfordításának egy mondatban való megfogalmazása: egy háromszög pontosan akkor derékszögű, ha az átfogójának felezőpontja egybeesik a köré írt körének középpontjával.

6 6 KÉZI CSABA GÁBOR Feladat. Tekintsük az alábbi kijelentéseket: p: kinyitottam a sütőt q: kivettem a tálat r: megégettem a kezem. Fogalmazzuk meg szövegesen a (p q) r formulának megfelelő kijelentést. Kinyitottam a sütőt és kivettem a tálat és nem égettem meg a kezem Feladat. Igazoljuk, hogy tetszőleges p és q állítások esetén teljesül, hogy (p q) = p q (de-morgan azonosság). Felírva az igazságtáblázatot, egyrészt p q p q (p q) I I I H I H H I H I H I H H H I másrészt p q p q p q I I H H H I H H I I H I I H I H H I I I Tehát a két formula igazságértéke azonos, amivel igazoltuk az állítást Feladat. Igazoljuk, hogy tetszőleges p, q és r állítások esetén teljesül, hogy (p q) r = (p r) (q r) (disztributivitás). Felírva az igazságtáblázatot, egyrészt másrészt p q r p q (p q) r I I I I I I H I H I H I I H I H H I H I I I H I I I H H H H H I H H H H H H H H

7 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 7 p q r p r q r (p r) (q r) I I I I I I I H I I I I H I I I I I H H I I I I I I H I I I I H H I H H H I H H I H H H H H H H Tehát a két formula igazságértéke azonos, amivel igazoltuk az állítást. 1.. Feladat. Helyes-e az alábbi következtetés: Ha moziba megyek, nem tudok tanulni. De tanultam. Tehát nem voltam moziban. Jelölje p azt az állítást, hogy moziba megyek, q pedig azt hogy tanultam. Ekkor a ( (p q) q ) p formula igazságértékét szeretnénk vizsgálni p q q p q (p q) q p ( (p q) q ) p I I H H H H I I H I I H H I H I H I I I I H H I I H I I Az eredmény minden esetben igaz, a következtetés tehát helyes Feladat. Milyen logikai ítélet felel meg az A és B kapcsolók soros illetve párhuzamos kapcsolásával kapott áramköröknek? A soros kapcsolású ármakör pontosan akkor vezeti az áramot, ha A és B is be van kapcsolva. Ez alapján a soros kapcsolásnak a konjunkció logikai művelete feleltethető meg. A párhuzamos kapcsolású ármakör pontosan akkor vezeti az áramot, ha A vagy B be van kapcsolva. Ez alapján a párhuzamos kapcsolásnak a diszjunkció logikai művelete feleltethető meg Feladat. Készítsünk kapcsoló áramkört egy négyszemélyes szavazógépre, amely a többség dönt elvet követi, azaz vezeti az áramot, ha legalább három kapcsoló be van kapcsolva, döntetlen esetén pedig egy kitűntetett (elnöki) kapcsoló állásának megfelelően dönt.

8 8 KÉZI CSABA GÁBOR Legyen p az elnöki kapcsolóhoz, q, r és s a további három kapcsolóhoz rendelt logikai változó. A kapcsolóhoz rendelt áramkör vezeti az áramot, ha p és még egy változó igaz, vagy ha q, r és s is igaz. Ez formulával leírva ( p (q r s) ) (q r s). Így az áramkör:

9 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 9. Halmazelméleti alapok.1. Megjegyzés. A halmaz, elem, eleme fogalmakat nem definiáljuk, adottnak tekintjük. A halmaz bizonyos jól meghatározott, különböző objektumok összességét jelenti. A halmazt alkotó objektumok a halmaz elemei. Egy halmazban minden elem csak egyszer fordulhat elő és az elemek sorrendje tetszőleges. Egy halmazt akkor tekintünk adottnak, ha minden elemről egyértelműen el tudjuk dönteni, hogy benne van-e a halmazban. A halmazokat latin nagybetűkkel, a halmaz elemeit latin kisbetűkkel jelöljük. Azt, hogy az a eleme eleme az A halmaznak az a A jelöléssel fejezzük ki, míg ennek tagadására az a / A jelölést használjuk. Halmazokat megadhatunk az elemeinek felsorolásával: A = {1,, 3}, vagy valamilyen tulajdonsággal: B = {x R x > 0} (kiolvasva: az A halmaz azokat a valós számokat tartalmazza, melyek pozitívak)... Példa. Az matematikai értelemben nem halmaz, míg a már halmaz. A = {szép lányok} B = {egyjegyű prímszámok}.3. Definíció. Üreshalmaznak nevezzük azt a halmazt, melynek egyetlen eleme sincs. Jele:..4. Definíció. Azt mondjuk, hogy az A és B halmazok egyenlőek, ha az elemeik ugyanazok. Jele: A = B. Ennek tagadására az A B jelölést használjuk..5. Példa. Az halmazokra A = C, de B C. A = {1, 3, 5, 7, 9} B = {páratlan számok} C = {n 9 n pozitív egész szám}.6. Definíció. Azt mondjuk, hogy az A halmaz részhalmaza a B halmaznak, ha az A halmaz minden eleme a B halmaznak is eleme. Jele: A B. Az A halmaz valódi részhalmaza B-nek, ha A részhalmaza B-nek, de a két halmaz nem esik egybe..7. Megjegyzés. Nyilvánvaló, hogy az üreshalmaz minden halmaznak részhalmaza..8. Példa. Az A = {1,, 3} halmaznak részhalmaza a B = {, 3} halmaz, jelölésben B A..9. Példa. A páros számok részhalmazát alkotják az egész számok halmazának..10. Definíció. Egy halmaz összes részhalmazaiból képzett halmazt az adott halmaz hatványhalmazának nevezzük. Jele: P (A)..11. Példa. Az A = {1, } halmaz hatványhalmaza P (A) = {, {1}, {}, {1, } } halmaz..1. Definíció. Azt mondjuk, hogy az A és B hamlazok diszjunktak, ha nincs közös elemük.

10 10 KÉZI CSABA GÁBOR.13. Példa. Az A = {1, } és a B = {3, 4} halmazok diszjunktak..14. Tétel. Az A és B halmazok pontosan akkor egyenlőek, ha egymásnak kölcsönösen részhalmazai, azaz ha A B és B A teljesül. Bizonyítás: Ha A = B, akkor nyilván A B és B A is teljesül. Megfordítva, ha A B, akkor A minden eleme B-nek is eleme; másérszt ha B A, akkor B minden eleme A-nak is eleme, így A = B..15. Definíció. (műveletek halmazokkal) Legyen U és A, B, C U. (1) Az A és B halmazok unióján azt az A B-vel jelölt halmazt értjük, melynek elemei legalább az egyik halmaznak elemei, azaz A B = {x x A vagy x B}. () Az A és B halmazok metszetén azt az A B-vel jelölt halmazt értjük, melynek elemei mindkét halmaznak elemei, azaz A B = {x x A és x B}. (3) Az A különbség B halmazon azt az A \ B-vel jelölt halmazt értjük, melynek elemei A-nak elemi, de B-nek nem elemei, azaz A \ B = {x x A és x / B}. (4) Egy A halmaz komplementerén azt az A c halmazt értjük, melynek elemei az A halmaznak nem elemei..16. Példa. Legyen A={1, 3, 4, 5, 6}, B={, 4, 5, 7, 8}, U={1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Ekkor A B = {1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, A B = {4, 5}, A \ B = {1, 3, 6}, A c = {, 7, 8, 9}..17. Tétel. (halmazműveletek tulajdonságai) Legyenek A, B, C egy U alaphalmaz részhalmazai. Ekkor igazak a következő állítások: (1) A B = B A, azaz az unió kommutatív; () A B = B A, azaz a metszet kommutatív; (3) (A B) C = A (B C), azaz az unió asszociatív;

11 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 11 (4) (A B) C = A (B C), azaz a metszet asszociatív; (5) (A B) C = (A C) (B C), azaz a metszet disztributív az unióra nézve; (6) (A B) C = (A C) (B C), azaz az unió disztributív a metszetre nézve; (7) A A = A, A A = A, azaz az unió és a metszet idempotens; (8) A A c = U, A A c = ; (9) (A B) c = A c B c, (A B) c = A c B c, azaz teljesülnek az úgynevezett de-morgan azonosságok. Bizonyítás: (1) Ha x (A B) tetszőleges, akkor x A vagy x B, azaz x B vagy x A, így x (B A), amiből következik, hogy (A B) (B A). Ha x (B A) tetszőleges, akkor x B vagy x A, azaz x A vagy x B, így x (A B), amiből következik, hogy (B A) (A B). Tehát A B és B A egymásnak kölcsönös részhalmazai, így a halmazok egyenlőek. () Ha x (A B) tetszőleges, akkor x A vagy x B, azaz x B vagy x A, így x (B A), amiből következik, hogy (A B) (B A). Ha x (B A) tetszőleges, akkor x B vagy x A, azaz x A vagy x B, így x (A B), amiből következik, hogy (B A) (A B). Tehát A B és B A egymásnak kölcsönös részhalmazai, így a halmazok egyenlőek. A többi állítás is hasonlóan igazolható..18. Megjegyzés. A következőkben a középiskolaihoz hasonló tárgyalásmódban vezetjük be a nevezetes számhalmazokat..19. Definíció. Az N = {1,, 3...} halmazt a természetes számok halmazának nevezzük..0. Megjegyzés. A természetes számok halmazából az összeadás és a szorzás művelete nem vezet ki, azaz két természetes szám összege, illetve két természetes szám szorzata is természetes szám..1. Megjegyzés. Legyen A(n) egy n természetes számtól függő állítás. Ha bebizonyítjuk, hogy A(1) igaz és feltéve, hogy A(n) igaz valamely n-re, következik, hogy A(n + 1) is igaz, akkor az állítás minden természetes számra igaz. Ezt a bizonyítási módszert teljes indukciónak nevezzük. A teljes indukció nemcsak n = 1-től, hanem tetszőleges n 0 N számmal is kezdődhet... Példa. Kiszámoljuk az első n természetes szám összegét, azaz bebizonyítjuk, hogy n = n(n + 1), (n N). Először n = 1-re megvizsgáljuk, hogy teljesül-e az egyenlőség: a bal oldal 1, a jobb oldal 1 (1+1) = 1. Tehát a bal oldalon és a jobb oldalon ugyanazt kaptuk, így n = 1-re igaz az egyenlőség. Tegyük föl, hogy n-re igaz az állítás, azaz n = n(n + 1), (n N).

12 1 KÉZI CSABA GÁBOR teljesül, és bizonyítsuk be n + 1-re az összefüggést! A bizonyítandó egyenlőség n + (n + 1) = (n + 1)( (n + 1) + 1 ). Felhasználva, hogy n-re igaz az állítás, majd a jobb oldalon elvégezve az összevonást, beszorozva mindkét oldalt -vel, ezután n + 1-el végigosztva az egyenletet (ami megtehető, mivel n + 1 0), azt kapjuk, hogy + (n + 1) = (n + 1)( (n + 1) + 1 ) n(n + 1) n(n + 1) (n + 1)(n + ) + (n + 1) + (n + 1) = n(n + 1) + (n + 1) = (n + 1)(n + ) n + = n +. Azonosságot kaptunk, amivel az állítást igazoltuk. Megjegyezzük, hogy az összefüggés teljes indukció nélkül is belátható lett volna, például úgy, hogy a bal oldalon szereplő összeg egy számtani sorozat első n tagjának összege (a 1 = 1, d = 1, a n = n), melyet a középiskolából jól ismert összegzési képlet segítségével is kiszámolhatunk S n = n (a 1 + a n ) = n(n + 1). A feladat történeti érdekessége Carl Friedrich Gauss német matematikushoz (akinek a nevével a későbbiekben még többször is fogunk találkozni) kötődik. Gauss általános iskolai tanára, J. G. Büttner a diákjait azzal akarta lefoglalni, hogy 1-től 100-ig adják össze az egész számokat. A fiatal Gauss mindenki megdöbbenésére másodpercek alatt megadta a helyes megoldást, megvillantva matematikai éleselméjűségét. Észrevette, hogy a sor ellenkező végein lévő számok párokba állításával azonos összegeket kap: = 101, + 99 = 101, = 101 stb., ami összesen = 5050-et eredményez. Ha összeg tagjait fordított sorrendben az eredeti összeg alá méginkább látszik a gondolatmenet: A 101-et 100-szor adtuk össze, így az , de minden tagot duplán számoltunk, így a keresett összeg = = Példa. Bebizonyítjuk, hogy osztója n +n-nek minden n N természetes számra. Az állítás n = 1-re nyilván igaz, hiszen osztója a -nek. Tegyük föl, hogy n-re igaz az állítás, azaz osztója n + n-nek. Be fogjuk látni, hogy osztója (n + 1) + (n + 1)-nek is. Mivel (n + 1) + (n + 1) = n + n n + 1 = n + n + n + = n + n + (n + 1), továbbá a feltevésünk szerint a osztója az n + n-nek, másrészt a nyilván osztója (n + 1)-nek, ezért osztója ezek összegének is, amivel igazoltuk az állítást.

13 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 13 Megjegyezzük, hogy az állítás teljes indukció nélkül is igazolható, ugyanis n(n + 1) egy páros és egy páratlan szám szorzata, ami mindig páros, így osztható -vel..4. Definíció. Ha n N, akkor n faktoriálisa az első n pozitív egész szám szorzata. Jele: n!. Definíció szerint 0! = Példa. 5! = = Definíció. Ha n N és k N {0} és n k, akkor az ( ) n n! = k k!(n k)! módon definiált szimbólumot binomiális együtthatónak nevezzük, és n alatt a k -nak olvassuk..7. Példa. ( ) 5 = 5!!(5 )! = 5!!3! = 4 5!.8. Tétel. Ha n N és k N {0} és n k, akkor az ( ) ( ) n n =. k n k Bizonyítás: Ha n N és k N {0} és n k, akkor ( ) n n! = k k!(n k)!, = 0 = 10 másrészt ( ) n = n k n! (n k)! ( n (n k) )! = n! (n k)!k! = n! k!(n k)!, amivel az állítást igazoltuk..9. Tétel. Ha n N és k N {0} és n k, akkor ( ) ( ) ( ) n n n =. k k + 1 k + 1 Bizonyítás: Mivel ( ) n = k n! k!(n k)!, msárészt ( ) n = k + 1 n! (k + 1)! ( n (k + 1) )!,

14 14 KÉZI CSABA GÁBOR ezért ( ) ( ) n n n! + = k k + 1 k!(n k)! + n! (k + 1)! ( n (k + 1) ) n!(k + 1) + n!(n k) =! (k + 1)!(n k)! = n!( k (n k) ) n! (n + 1) = (k + 1)!(n k)! (k + 1)!(n k)! = (n + 1)! (k + 1)!(n k)! = = (n + 1)! (k + 1)!((n + 1) (k + 1))! = ( n + 1 k + 1 ). = Ezzel az állítást igazoltuk..30. Tétel. (binomiális tétel) Ha n N, és a, b R, akkor (a + b) n = n k=0 ( ) n a n k b k = k ( ) n a n + 0 ( ) n a n 1 b + 1 ( ) n a n b ( ) n b n. n Bizonyítás: Az állítás n = 1 esetén nyilván igaz, hiszen ekkor a + b = a + b. Tegyük fel, hogy n-re igaz az állítás, és bizonyítsuk be n + 1-re. Először (a + b) n+1 -et felírjuk úgy, hogy alkalmazni tudjuk a feltevésünket, azaz (a + b) n (a + b) alakban, ezután már alkalmazhatjuk az indukciós feltevést, majd felbontjuk a zárójelet, a tagokat megfelelő módon csoportosítjuk, és alkalmazzuk az ( n k ) + ( n k + 1 ) = ( n + 1 k + 1 ) összefüggést (a + b) n+1 = (a + b) n (a + b) = (a + b) n a + (a + b) n b = ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n = a n+1 + a n b + a n 1 b a b n n ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n + a n b + a n 1 b + a n b b n+1 = 0 1 n (( ) ( )) (( ) ( )) n n n n = a n a n b + + a n 1 b (( ) ( )) n n a b n + b n+1 = n n 1 ( ) ( ) ( ) n + 1 n + 1 n + 1 = a n+1 + a n b + a n 1 b a b n + b n+1 = 1 n = (a + b) n+1. Ezzel az állítást igazoltuk..31. Megjegyzés. A binomiális tétel két tag összegének (különbségének) n-edik hatványának kiszámolására vonatkozó formula.

15 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Példa. Kiszámoljuk az (a b) 3 kifejezést binomiális tétel segítségével: ( ) ( ) ( ) ( ) (a b) 3 = a 3 ( b) 0 + a ( b) 1 + a( b) + ( b) 3 = = a 3 3! 1!! a b + 3!!1! ab b 3 = a 3 3a b + 3ab b Következmény. Ha n N, akkor ( n 0 ) + ( n 1 ) + ( ) n ( ) n = n. n Bizonyítás: A binomiális tételt alkalmazva ( ) ( ) n n n = (1+1) n = 1 n + 1 n 1 + ( ) n 1 n 1 ( ) n n = n amivel igazoltuk az állítást. ( ) n + 0 ( n 1 ) + ( n ) ( ) n, n.34. Következmény. Egy n elemű véges halmaz összes részhalmazának száma n. Másképp fogalmazva n elemű véges halmaz hatványhalmazának számossága n. Bizonyítás: Egy n elemű halmaz 0, 1,, stb. n elemű részhalmazainak száma rendre ( ( n 0), n ( 1), n ), stb. ( n n), így az összes részhalmazok száma ezek összege, ami az előző következmény miatt éppen n -el egyenlő..35. Példa. Egy 5 elemű halmaznak 5 = 3 részhalmaza van..36. Definíció. A Z = N N {0} = {..., 3,, 1, 0, 1,, 3,...} halmazt az egész számok halmazának nevezzük..37. Megjegyzés. Az egész számok halmazából az összeadás, a kivonás és a szorzás művelete nem vezet ki, azaz két egész szám összege, különbsége, illetve két egész szám szorzata is egész szám..38. Megjegyzés. Az egész számok halmazának részhalmaza a természetes számok halmaza..39. Definíció. Racionális számok halmazának nevezzük azt a halmazt, melynek elemei előállnak két egész szám hányadosaként. Jele: Q..40. Megjegyzés. A racionális számok halmazából az összeadás, a kivonás, a szorzás és az osztás művelete nem vezet ki, azaz két racionális szám összege, különbsége, illetve két egész szám szorzata és hányadosa is racionális szám..41. Megjegyzés. A racionális számok halmaza részhalmazként tartalmazza az egész számok és a természetes számok halmazát, pontosabban N Z Q..4. Megjegyzés. Minden racionális szám felírható véges vagy szakaszosan ismétlődő végtelen tizedes tört alakban..43. Példa. Például véges tizedes tört esetén végtelen tizedes tört esetén 0, 134 = , 1, 3 = 4 3,

16 16 KÉZI CSABA GÁBOR ugyanis x = 1, 3 esetén 10x = 13, 3, majd kivonva egymásból a két egyenletet 9x = 1 adódik, amiből az x-et kifejezve, majd a kapott törtet egyszerűsítve x = 1 9 = 4 3 adódik..44. Definíció. Irracionális számok halmazának nevezzük azt a halmazt, melynek elemei nem állnak elő két egész szám hányadosaként. Jele: Q..45. Példa. A szám irracionális, ugyanis tegyük fel, hogy racionális. Ekkor léteznek olyan p és q egész számok, hogy p =, p Z, q Z \ {0}, q továbbá feltehető, hogy p-nek és q-nak nincs közös osztója, azaz a tört tovább már nem egyszerűsíthető. Mindkét oldalt négyzetre emelve, majd beszorozva q -el azt kapjuk, hogy q = p. Ez azt jelenti, hogy p osztható -vel. Viszont egy páratlan szám négyzete is páratlan. Ebből következik, hogy p osztható -vel, azaz van olyan k egész szám, hogy p = k, vagyis p = 4k. Ugyanakkor p = q, tehát 4k = q, vagyis k = q. Azaz q páros, de akkor q is páros, azaz osztható -val, ami ellenetmond annak, hogy p-nek is q-nak nincs közös osztója..46. Definíció. Valós számok halmazának nevezzük a Q Q halmazt. Jele: R..47. Megjegyzés. A valós számok halmazából nem vezet ki a négy alapművelet, és a nem-negatív számokból való négyzetgyökvonás..48. Megjegyzés. (testaxiómák) Az összeadás és a szorzás tulajdonságai a valós számok halmazán: minden x, y R esetén x + y = y + x, azaz az összeadás kommutatív minden x, y, z R esetén (x + y) + z = x + (y + z), azaz az összeadás asszociatív létezik 0 R úgy, hogy x + 0 = x minden x R esetén, azaz létezik zéruselem minden x R esetén létezik y R úgy, hogy x + y = 0, azaz minden valós számnak van additív inverze minden x, y R esetén x y = y x, azaz az szorzás kommutatív minden x, y, z R esetén (x y) z = x (y z), azaz a szorzás asszociatív létezik 1 R úgy, hogy x 1 = x minden x R esetén, azaz létezik egységelem minden x R\{0} esetén létezik y R úgy, hogy x y = 1, azaz minden nullától különböző valós számnak van multiplikatív inverze minden x, y, z R esetén x(y + z) = xy + xz, azaz a szorzás disztributív az összeadásra nézve..49. Megjegyzés. (rendezési axiómák) A valós számok halmazán értelmezett reláció teljesíti az alábbi tulajdonságokat x x ha x y és y x, akkor x = y

17 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 17 ha x y és y z, akkor x z minden x, y R esetén x y vagy y x teljesül ha x y, akkor minden z R esetén x + z y + z ha x y, akkor minden z 0 esetén x z y z..50. Definíció. Az A R halmaz felülről korlátos, ha létezik olyan K valós szám, amely nagyobb vagy egyenlő minden A-beli elemnél. Ekkor a K-t az A halmaz egy felső korlátjának mondjuk..51. Definíció. Az A R halmaz alulról korlátos, ha létezik olyan k valós szám, amely kisebb vagy egyenlő minden A-beli elemnél. Ekkor a k-t az A halmaz egy alsó korlátjának mondjuk..5. Definíció. Azt mondjuk, hogy az A R halmaz korlátos, ha alulról és felülről is korlátos..53. Példa. Az A = { 3 + } n N = {5, 4, n, }... halmaz minden eleme kisebb vagy egyenlő, mint 5 (vagy 6, vagy 10), így a halmaz alaulról korlátos, másrészt a halmaz minden eleme nagyobb vagy egyenlő, mint 3 (vagy vagy -10), így a halmaz felülről korlátos, tehát a halmaz korlátos..54. Példa. Az } A = {( ) n n N = {, 4, 8, 16,...} halmaz alulról sem korlátos és felülről sem korlátos..55. Példa. Az } A = { n n N = {, 4, 8, 16,...} halmaz alulról korlátos, egy alsó korlátja a, de felülről nem korlátos, így nem korlátos..56. Definíció. Ha az A halmaz felülről korlátos, akkor az A felső korlátainak legkisebbikét az A pontos felső korlátjának vagy szuprémumának nevezzük. Jele: sup A. Ha a pontos felső korlát eleme is a halmaznak, azaz sup A A, akkor azt maximumnak mondjuk. Jele max A..57. Definíció. Ha az A halmaz alulról korlátos, akkor az A alsó korlátainak legnagyobbikát az A pontos alsó korlátjának vagy infimumának nevezzük. Jele: inf A. Ha a pontos alsó korlát eleme is a halmaznak, azaz inf A A, akkor azt minimumnak mondjuk. Jele min A..58. Példa. Az A = { } n N = {5, 3, } n,... halmaz esetén inf A = 1, sup A = 5, minimuma nem létezik, mert 1 / A, max A = Tétel. Egy A R halmaz pontosan akkor korlátos, ha létezik K R valós szám, hogy x K minden x A esetén. Bizonyítás: Ha A korlátos, akkor alulról is és felülről is korlátos, így léteznek olyan k 1 és k valós számok, hogy x k 1, illetve x k minden x A esetén, azaz k 1 x k. Legyen K = max{k 1, k }. Ekkor K < x < K, azaz x K.

18 18 KÉZI CSABA GÁBOR Ha x K, akkor K x K, azaz A minden A-beli elem nagyobb, vagy egyenlő mint K, tehát A alulról korlátos és minden A-beli elem kisebb vagy egyenlő, mint K, azaz A felülről korlátos, így A korlátos. Ezzel az állítást igazoltuk..60. Definíció. Intervallumoknak nevezzük a valós számegyenes olyan, legalább kételemű részhalmazait, amelyeknek bármely két elemükkel együtt az illető elemek között elhelyezkedő összes valós szám is elemük. [a, b] = {x R a x b} ]a, b] = {x R a < x b} [a, b[= {x R a x < b} ]a, b[= {x R a < x < b}.61. Megjegyzés. Intervallumok az alábbiak is ]a, [= {x R x > a} ], b[= {x R x < b} [a, [= {x R x a} ], b] = {x R x b}.6. Példa. Az A = [1, 8[ intervallum alulról és felülről is korlátos, továbbá inf A = 1 sup A = 8 min A = 1, mert az infimum eleme az A halmaznak max A nem létezik, mert a szuprémum nem eleme a halmaznak..63. Példa. Az A = [1, [ intervallum alulról korlátos, felülről nem korlátos, így nem korlátos, továbbá inf A = 1 sup A nem létezik, mert a halmaz felülről nem korlátos min A = 1, mert az infimum eleme az A halmaznak max A nem létezik..64. Megjegyzés. (teljességi axióma) A valós számok halmazán minden nem üres, felülről korlátos részhalmaznak van pontos felső korlátja..65. Megjegyzés. A pontos felső korlát fogalma nem vezet ki a valós számok halmazából, ellentétben a racionális számok halmazával. Például az A = {x Q x < } halmaznak a racionális számok halmazán nincs pontos felső korlátja.

19 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Definíció. Az x R valós szám r > 0 sugarú környezetén a halmazt értjük. G(x, r) = {h R x h < r}.67. Megjegyzés. Megjegyezzük, hogy x h < r, ami ugyanaz mint h x < r, azt jelenti, hogy r < h x < r, azaz x r < h < x + r, azaz az x valós szám r sugarú környezete az ]x r, x + r[ intervallum..68. Definíció. Az x A szám az A halmaz belső pontja, ha x-nek van olyan környezete, amely teljesen benne van az A halmazban, azaz létezik r > 0 úgy, hogy G(x, r) A. Egy halmaz összes belső pontjainak halmazát A -el jelöljük..69. Példa. Az A =]1, 5] halmaznak 5 nem belső pontja. A halmaz összes belső pontjainak halmaza ]1, 5[..70. Definíció. Azt mondjuk, hogy egy halmaz nyílt, ha minden pontja belső pont..71. Példa. Az A =]1, [ halmaz nyílt, de a B =]1, 5] halmaz nem nyílt, mert az 5 nem belső pontja..7. Definíció. Egy halmaz zárt, ha a komplementere nyílt..73. Példa. Az A = [1, ] halmaz komplementere ], 1[ ], [, ami nyílt, így az A halmaz zárt..74. Példa. Létezik olyan halmaz, amely nem nyílt és nem is zárt, továbbá olyan is, amely egyidejűleg nyílt is és zárt is. Az A = [1, [ halmaz komplementere ], 1[ [, [, ami nem nyílt, nem belső pontja, így az A halmaz nem zárt. Megjegyezzük, hogy A nem is nyílt, ugyanis az 1 nem belső pontja. Az egyidejüleg nyílt és zárt is. Nyílt, mert minden pontja belső pont. Zárt, mert a komplemenetre R, ami nyílt..75. Definíció. Az x A valós szám az A halmaz határpontja, ha x bármely környezetében van A-beli és R \ A-beli elem. Az A halmaz összes határpontjaiból képzett halmazt A-val jelöljük..76. Példa. Az A = [1, [ halmaz határpontjai 1 és..77. Definíció. Az A R halmaznak az x R szám torlódási pontja, ha x bármely környezetében van x-től különböző A-beli elem. Az A halmaz összes torlódási pontjainak halmazát A -vel jelöljük..78. Példa. Az A =]1, ] halmaz összes torlódási pontja [1, ]..79. Megjegyzés. A torlódási pont nem feltétlenül eleme a halmaznak..80. Megjegyzés. Minden belső pont torlódási pont..81. Definíció. Izolált pontoknak nevezzük azokat a halmazbeli elemeket, amelyek nem torlódási pontok..8. Példa. Az A = [1, 3] {5} halmaznak az 5 izolált pontja..83. Definíció. Egy halmaz elemeinek a számát a halmaz számosságának mondjuk. Jele: A. Egy halmazt végesnek nevezünk, ha elemeinek a száma véges.

20 0 KÉZI CSABA GÁBOR.84. Feladat. Legyen U = {1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, A = {, 3, 5}, B = {1,, 5, 8}. Adjuk meg az A B, A B, A \ B, B \ A, A c és a B c halmazokat! A B = {1,, 3, 5, 8}, A B = {, 5}, A \ B = {3}, B \ A = {1, 8} A c = {1, 4, 6, 7, 8}, B c = {3, 4, 6, 7}..85. Feladat. Legyen A := {1,, 5, 7}, B := {, 4, 5, 8}. Adjuk meg az A B, A B, A \ B, B \ A halmazokat! A B = {1,, 4, 5, 7, 8}, A B = {, 5}, A \ B = {1, 7}, B \ A = {4, 8}..86. Feladat. Határozzuk meg az A = {1,, 3} halmaz összes részhalamzát! {1}, {}, {3}, {1, }, {1, 3}, {, 3}, {1,, 3},.87. Feladat. Írjuk föl az A = {,, } halmaz összes részhalmazát!.88. Feladat. Legyen { }, { }, { }, {, }, { }, {, }, {,, }, A := {x R x x 6 0}, B := {x R x 4 < 0}. Írjuk föl az A B, az A B és az A \ B halmazokat! Első lépésben megoldjuk az x x 6 0 egyenlőtlenséget. Ehhez előbb megkeressük az f(x) = x x 6 függvény zérushelyeit, azaz megoldjuk az x x 6 = 0 egyenletet: x 1, = 1 ± 1 4 ( 6) = 1 ± 5, amiből x 1 =, x = 3. Ezek segítségével felvázoljuk az előbb definiált f függvényt.

21 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 1 Ebből leolvasható az egyenlőtlenség megoldása: x ], ] [3, [, következésképpen A = ], ] [3, [. Megoldjuk a x 4 < 0 egyenlőtlenséget. Mindkét oldalhoz 4-et hozzáadva, majd mindkét oldalt elosztva -vel x 4 < 0 x < 4 x <. Így B =], [. Az A és B halmazokat ábrázoljuk számegyenesen: Ezután leolvassuk a megfelelő halmazműveleteket A B =], [ [3, [= R \ [, 3[ A B =], ] A \ B = [3, [ B \ A =], [..89. Feladat. Legyen A B = {4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, A \ B = {8, 9, 10}, A B = {5}. Határozzuk meg az A és B halmazokat! Venn digrammon ábrázolva a halmazokat:

22 KÉZI CSABA GÁBOR Leolvasható, hogy A = {5, 8, 9, 10}, B = {4, 5, 6, 7}..90. Feladat. Tegyük föl, hogy A B C = {1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, A B = {1,, 3, 6, 7, 8, 9, 10}, A \ B = {8, 9, 10}, A B = {1,, 3}, A B C = {1, 3}, A C = {1, 3, 8}, B \ C = {, 7}. Határozzuk meg az A, B és C halmazokat! Venn digrammon ábrázolva a halmazokat: Leolvasható, hogy A = {1,, 3, 8, 9, 10}, B = {1,, 3, 6, 7}, C = {1, 3, 4, 5, 6, 8}..91. Feladat. Tekintsük az A = {az x 10x + 4 = 0 egyenlet valós megoldásai}, B = {az x 10 = 1 egyenlet valós megoldásai}, C = {az x 4 16 = 0 egyenlet valós gyökeinek száma}, D = {a 3 és 7 közé eső páros számok} halmazokat! Adjuk meg a fenti halmazok elemit, és azok számosságát! Válasszunk ki közülük olyan halmazokat, melyek egyenlők, illetve adjunk meg olyan halmazokat, melyek halmaz, részhalmaz kapcsolatban állnak egymással. Az x 10x + 4 = 0 egyenletet a másodfokú egyenlet megoldóképletével megoldva azt kapjuk, hogy x 1, = 10 ± = 10 ±, amiből a megoldások x 1 = 6, x = 4. Így A = {4, 6}. Mivel nem létezik olyan valós szám, melynek a páros kitevőjű hatványa negatív szám lenne, ezért B =. Az x 4 16 = 0 egyenletnek két valós megoldása van, és. Így C = {}. A D halmaz elemei D = {4, 6}. A halmazok számmossága A =, B = 0, C = 1, D =. A B halmaz minden halmaznak részhalmaza, továbbá D A és A D.

23 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 3.9. Feladat. Igazoljuk, hogy egy 8 elemű halmaznak ugyanannyi 18 elemű részhalmaza van, mint amennyi 10 elemű! Mivel egy n elemű halmaz k elemű részhalmazinak száma ( n k), továbbá ( ) ( ) n n =, k n k ezért ( ) 8 = 10 amiből következik az állítás. ( ) 8, Feladat. Igazoljuk, hogy egy 40 elemű halmaznak ugyanannyi 5 elemű részhalmaza van, mint amennyi 15 elemű! Mivel egy n elemű halmaz k elemű részhalmazinak száma ( n k), továbbá ( ) ( ) n n =, k n k ezért ( ) 40 = 5 amiből következik az állítás. ( ) 40, Feladat. Tekintsük a nevezetes számhalmazokat a szokásos jelölésekkel! Adjuk meg a következő halmazokat: a) N Z b) N Z c) Z R a) N Z = N b) N Z = Z c) Z R = Z d) Q Z e) N Z f) N R d) Q Z = Z e) N Z = Z f) N R = R g) Q Q h) Q Q. g) Q Q = h) Q Q = R..95. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy két racionális szám összege racionális, azaz ha a, b Q, akkor a + b Q. Ha a Q, akkor léteznek olyan p és m egész számok, valamint q és n nullától különböző egész számok, hogy a = p q, b = m n.

24 4 KÉZI CSABA GÁBOR Ekkor a + b = p q + m n pn + mq =. nq Mivel két egész szám összege és szorzata is egész szám, ezért pn + mq Z, továbbá n q nullától különböző egész szám, ezért a + b két egész szám hányadosa, így racionális szám..96. Feladat. Bizonyítsuk be teljes indukcióval, hogy n = n(n + 1)(n + 1), (n N). 6 Először n = 1-re megvizsgáljuk, hogy teljesül-e az egyenlőség: a bal oldal 1 = 1, a jobb oldal 1 (1+1) ( 1+1) 6 = 1. Tehát a bal oldalon és a jobb oldalon ugyanazt kaptuk, így n = 1-re igaz az egyenlőség. Tegyük föl, hogy n-re igaz az állítás, azaz n = n(n + 1)(n + 1), (n N). 6 teljesül, és bizonyítsuk be n + 1-re az összefüggést! A bizonyítandó egyenlőség n + (n + 1) = (n + 1)( (n + 1) + 1 )( (n + 1) + 1 ) Felhasználva, hogy n-re igaz az állítás, majd a jobb oldalon elvégezve az összevonást, beszorozva mindkét oldalt 6-al, ezután n + 1-el végigosztva az egyenletet (ami megtehető, mivel n + 1 0), majd felbontva a zárójeleket mindkét oldalon azt kapjuk, hogy n(n + 1)(n + 1) + (n + 1) = (n + 1)( (n + 1) + 1 )( (n + 1) + 1 ) 6 6 n(n + 1)(n + 1) + (n + 1) (n + 1)(n + )(n + 3) = 6 6 n(n + 1)(n + 1) + 6(n + 1) = (n + 1)(n + )(n + 3) n(n + 1) + 6(n + 1) = (n + )(n + 3) n + n + 6n + 6 = n + 3n + 4n + 6 n + 7n + 6 = n + 7n + 6. Azonosságot kaptunk, amivel az állítást igazoltuk..97. Feladat. Bizonyítsuk be teljes indukcióval, hogy n(n + 1) = n n + 1, 6 (n N)..

25 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 5 1 Először n = 1-re vizsgáljuk meg az összefüggést: a bal oldal = 1, a jobb oldal 1, így n = 1-1 re teljesül az állítás. Tegyük fel, hogy n-re igaz, és bizonyítsuk be n + 1-re az egyenlőséget. A bizonyítandó állítás n(n + 1) + 1 (n + 1)(n + ) = n + 1 n , (n N). Felhasználva, hogy n-re igaz az összefüggés, majd beszorozva a közös nevezővel, felbontva a zárójeleket, és összevonva azt kapjuk, hogy n n (n + 1)(n + ) = n + 1 n + Azonosságot kaptunk, amivel az állítást igazoltuk..98. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy n(n + ) + 1 = (n + 1) n + n + 1 = n + n ! +! n n! = (n + 1)! 1 (n N). Az állítás n = 1-re igaz, ugyanis 1 1! =! 1. Tegyük fel, hogy n-re igaz az állítás és bizonyítsuk be n + 1-re. A bizonyítandó összefüggés 1 1! +! n n! + (n + 1) (n + 1)! = (n + )! 1 (n N). Felhasználva az indukciós feltevést azt kapjuk, hogy a bizonyatandó összefüggés (n + 1)! 1 + (n + 1)(n + 1)! = (n + )! 1. Mindkét oldalhoz 1-et hozzáadva, majd a bal oldalon (n + 1)!-t kiemelve (n + 1)!(1 + n + 1) = (n + )! adódik, ami azonosság, hiszen (n + 1)!(n + ) = (n + )!..99. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy n(n + 1) = n(n + 1)(n + ) 3 (n N). Az állítás n = 1-re nyilván igaz, hiszen 1 = Tegyük fel, hogy n-re igaz az állítás, és bizonyítsuk be n + 1-re. A bizonyítandó összefüggés n(n + 1) + (n + 1)(n + ) = (n + 1)(n + )(n + 3). 3

26 6 KÉZI CSABA GÁBOR Az indukciós feltevést felhasználva a bizonyítandó egyenlőség n(n + 1)(n + ) 3 Mindkét oldalt (n + 1)(n + )-vel elosztva + (n + 1)(n + ) = n 3 (n + 3) + 1 =. 3 Mindkét oldalt 3-al szorozva a bizonyítandó állítást kapjuk. (n + 1)(n + )(n + 3) Feladat. Bizonyítsuk be teljes indukcióval, hogy n < n!, ha n 4. Először n = 4-re ellenőrizzük az állítást. Ekkor a bal oldal 4 = 16, a jobb oldal 4! = 4, így igaz az összefüggés. Tegyük föl, hogy n-re igaz, és bizonyítsuk be n + 1-re: ami a bizonyítandó állítás. n+1 = n < n! < n!(n + 1) = (n + 1)!,.101. Feladat. Bizonyítsuk be teljes indukcióval, hogy 3 n < (n + 1)!, ha n 4. Először n = 4-re ellenőrizzük az állítást. Ekkor a bal oldal 3 4 = 81, a jobb oldal 5! = 10, így igaz az összefüggés. Tegyük föl, hogy n-re igaz, és bizonyítsuk be n + 1-re: ami a bizonyítandó állítás. 3 n+1 = 3 n 3 < (n + 1)! 3 < (n + 1)!(n + ) = (n + )!,.10. Feladat. Határozzuk meg az n természetes szám értékét úgy, hogy a ( ) n + 1 = 55 n 1 egyenlet teljesüljön! A binomiális együttható definíciója szerint ( ) n + 1 (n + 1)! = n 1 (n 1)! ((n + 1) (n 1) )! = (n + 1)! (n 1)!! = (n + 1) n = (n + ) n, így a megoldandó egyenlet (n + 1) n = 55. Felbontva a zárójelet, majd az egyenletet 0-ra redukálva n + n 55 = 0

27 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 7 adódik. Ezt megoldva a másodfokú egyenlet megoldóképletével n 1, = 1 ± = 1 ± 1, 4 amiből n 1 = 5, n = 11. Mivel az n csak természetes szám lehet, ezért n = Feladat. Határozzuk meg az ( x + 1 x ) 100 kifejezés binomiális tétel szerinti kifejtésében a konstans tagot. A konstans tag ( ) 100 ( ( ) 50 1 x) 50 x = 50 ( ) Feladat. A binomiális tétel felhasználásával végezzük el a következő hatványozásokat: a) (x + 3) 4 ; b) (3x + 1) 5 ; c) (x 3) 3 ; d) (3x + y) 4. a) A binomiális tételt alkalmazva ( ) ( ) 4 4 (x + 3) 4 = (x) (x) ( ) 4 (x) 3 + adódik. Kiszámolva a megfelelő binomiális együtthatókat adódik x + 16x + 96x x 4 b) A binomiális tétel szerint ( ) ( ) 5 5 (3x + 1) 5 = (3x ) (3x ) ( ) ( ) (3x ) (3x ) Kiszámolva a binomiális együtthatókat adódik. c) (x 3) 3 = x 3 7x + 7x 7; ( ) 4 (x) ( ) 5 (3x ) x + 90x x x x 10 d) (3x + y) 4 = 81x x 6 y + 16x 4 y + 96x y y 4. ( ) 4 (x) ( ) 5 (3x )

28 8 KÉZI CSABA GÁBOR.105. Feladat. Határozzuk meg a (x 4y) 3 kifejezés binomiális kifejtésében szereplő tagok együtthatóinak összegét! A binomiális tételt alkalmazva ( ) 3 (x 4y) 3 = (x) 3 ( 4y) ( ) 3 (x) ( 4y) ( ) 3 (x) 1 ( 4y) + ( ) 3 (x) 0 ( 4y) 3. 3 A binomiális együtthatókat kiszámolva, vagy a Pascal-háromszög megfelelő sorát felírva (x 4y) 3 = (x) 3 ( 4y) 0 + 3(x) ( 4y) 1 + 3(x) 1 ( 4y) + (x) 0 ( 4y) 3. Elvégezve a hatványozásokat (x 4y) 3 = 8x 3 48x y + 96xy 64y 3, így az együtthatók összege 8 + ( 48) ( 64) = = Feladat. Határozzuk meg az A = [1, 5] intervallum infimumát, szuprémumát, minimumát, maximumát! Alulról korlátos-e, felülről korlátos-e, korlátos-e a halmaz? A halmaz pontos alsó korlátja, azaz infimuma: inf(a) = 1, pontos felső korlátja sup(a) = 5. Mivel a pontos alsó korlát eleme is a halmaznak, ezért az minimum is, így min(a) = 1. Mivel a pontos felső korlát eleme is a halmaznak, ezért az maximum is, így max(a) = 5. A halmaz alulról és felülről is korlátos, így korlátos Feladat. Határozzuk meg az A =]4, 7] intervallum infimumát, szuprémumát, minimumát, maximumát! Alulról korlátos-e, felülről korlátos-e, korlátos-e a halmaz? A halmaz pontos alsó korlátja, azaz infimuma: inf(a) = 4, pontos felső korlátja sup(a) = 7. Mivel a pontos alsó korlát nem eleme a halmaznak, ezért minimuma nincs. Mivel a pontos felső korlát eleme a halmaznak, ezért az maximum is, így max(a) = 7. A halmaz alulról és felülről is korlátos, így korlátos Feladat. Határozzuk meg az A =], [ intervallum infimumát, szuprémumát, minimumát, maximumát! Alulról korlátos-e, felülről korlátos-e, korlátos-e a halmaz? A halmaz pontos alsó korlátja, azaz infimuma: inf(a) =, pontos felső korlátja nincs. Mivel a pontos alsó korlát nem eleme a halmaznak, ezért minimuma nincs. Mivel szuprémuma nincs, ezért maximuma sincs. A halmaz alulról korlátos, felülről nem korlátos, így nem korlátos Feladat. Határozzuk meg az A =], 3] intervallum infimumát, szuprémumát, minimumát, maximumát! Alulról korlátos-e, felülről korlátos-e, korlátos-e a halmaz? A halmaznak nincs pontos alsó korlátja, azaz infimuma, pontos felső korlátja 3. Mivel nincs pontos alsó korlát, ezért minimuma sincs. A szuprémuma eleme a halmaznak, ezért az maximum is, így max(a) = 3. A halmaz alulról nem korlátos, felülről korlátos, így nem korlátos.

29 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Feladat. Vizsgáljuk meg az A = { } n N n halmazt korlátosság szempontjából! A halmaz pontos alsó korlátja, azaz infimuma: inf(a) = 1, pontos felső korlátja. Mivel a pontos alsó korlát nem eleme a halmaznak, ezért minimuma nincs. Mivel szuprémuma eleme a halmaznak, ezért az maximum is, így max(a) =. A halmaz alulról korlátos és felülről is korlátos, így korlátos Feladat. Vizsgáljuk meg az A = { 1 } n N n halmazt korlátosság szempontjából! A halmaz pontos alsó korlátja, azaz infimuma: inf(a) = 1, pontos felső korlátja. Mivel a pontos alsó korlát eleme a halmaznak, ezért az minimum is, azaz min(a) = 1. Mivel a szuprémum nem eleme a halmaznak, ezért maximuma nincs. A halmaz alulról korlátos és felülről is korlátos, így korlátos..11. Feladat. Korlátos-e A = [1, 9[ halmaz? Határozzuk meg az infimumát, szuprémumát, minimumát, maximumát, belső pontjait, határpontjait, torlódási pontjait, izolált pontjait! Nyílt-e a halmaz? Zárt-e a halmaz? a halmaz alulról korlátos, mert minden halmazbeli elem nagyobb vagy egyenlő, mint 0 a halmaz felülről korlátos, mert például a 1 egy felső korlátja A korlátos, mert alulról és felülről is korlátos inf A = 1 sup A = 9 min A = 1, mert inf A A max A nem létezik, mert sup A / A A belső pontjai A =]1, 9[ A határpontjai A = {1, 9} A torlódási pontjai A = [1, 9] A-nak nincs izolált pontja, mert nincs olyan A-beli elem, amely ne lenne torlódási pont A nem nyílt, mert az 1 nem belső pontja A nem zárt, mert a komplementere ], 1[ [9, [ nem nyílt, ugyanis a 9 nem belső pontja Feladat. Korlátos-e A =]0, 1] ], [ { 1} halmaz? Határozzuk meg az infimumát, szuprémumát, minimumát, maximumát, belső pontjait, határpontjait, torlódási pontjait, izolált pontjait! Nyílt-e a halmaz? Zárt-e a halmaz?

30 30 KÉZI CSABA GÁBOR a halmaz alulról korlátos, mert minden halmazbeli elem nagyobb vagy egyenlő, mint 0 a halmaz felülről nem korlátos A nem korlátos, mert felülről nem korlátos inf A = 0 sup A nem létezik min A nem létezik, mert inf A / A max A nem létezik, mert A felülről nem korlátos A belső pontjai A =]0, 1[ ], [ A határpontjai A = { 1, 0, 1, } A torlódási pontjai A = [0, 1] [, ] A izolált egyetlen pontja 1, mert ez az egyetlen halmazbeli elem, amely nem torlódási pont A nem nyílt, mert az 1 nem belső pontja A nem zárt, mert a komplementere (], 0] ]1, ]) \ { 1} nem nyílt, ugyanis például a 0 nem belső pontja Feladat. Vizsgáljuk meg korlátosság szempontjából az } A = { n n N halmazt korlátosság szempontjából! A halmaz elemei: } A = {3 n n N = {3, 9, 7, 81,...} A halmaz pontos alsó korlátja, azaz infimuma: inf(a) = 3, pontos felső korlátja nem létezik. Mivel a pontos alsó korlát eleme a halmaznak, ezért az minimum is, azaz min(a) = 3. Mivel nincs pontos felső korlátja, ezért maximuma sincs. A halmaz felülről nem korlátos, így nem korlátos Feladat. Vizsgáljuk meg korlátosság szempontjából az } A = {( 3) n n N halmazt korlátosság szempontjából! A halmaz elemei: } A = {( 3) n n N = { 3, 9, 7, 81,...} A halmaznak pontos alsó korlátja és pontos felső korlátja sem létezik. Így minimuma és maximuma sem létezik. Alulról és felülről sem korlátos, tehát nem korlátos Feladat. Egy társaságban 50-en teáznak és 30-an kávéznak, 10-en teáznak és kávéznak is. Hány tagu a társaság? Az adatok szerint 40-en vannak, akik csak teáznak, 0-an akik csak kávéznak, így a társaság = 70 főből áll.

31 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Feladat. Adjuk meg a G(1, 3) és a G(, 5) környezeteket! A G(1, 3) környezet az ]1, 1 + 3[=] 1, 4[ intervallum, míg a G(, 5) környezet a ] 5, + 5[= ] 3, 7[ intervallum.

32 3 KÉZI CSABA GÁBOR 3. Relációk 3.1. Definíció. Legyenek A és B halmazok. Ekkor az (a, b) szimbolumot rendezett elempárnak nevezzük, ha a A és b B, továbbá az (a, b) = (c, d) egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a = c és b = d. 3.. Definíció. Az A és B halmaz Descartes-szorzatán azt az A B-vel jelölt halmazt értjük, melynek elemei olyan rendezett elempárokból állnak, melyek első tagja az A, második tagja a B halmazból való, azaz A B = {(x, y) x A, y B} Példa. Tekintsük az A = {1, 3} és B = {, 4} halmazokat! Ekkor másrészt A B = {(1, ), (1, 4), (3, ), (3, 4)}, B A = {(, 1), (, 3), (4, 1), (4, 3)}, amiből látható, hogy A B és B A nem egyenlőek Megjegyzés. Az R = R R halmaz elemei a kétdimenziós Descartes-féle koordinátarendszer pontjai Definíció. Az A 1, A,..., A n halmazok Descartes-szorzatán az A 1 A... A n = {(a 1, a,..., a n ) a 1, a,..., a n A} halmazt értjük. Magukat az (a 1, a,..., a n ) elemeket rendezett szám n-eseknek nevezzük Megjegyzés. R n = R R... R 3.7. Példa. A [0, 1] [0, ] Descartes szorzat ábrázolása: 3.8. Példa. A [, 1] [, 3] [0, 5] Descartes szorzat ábrázolása:

33 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Definíció. Két halmaz Descartes-szorzatának bármely részhalmazát relációnak nevezzük, pontosabban, ha A és B halmazok, úgy az A B halmaz tetszőleges részhalmazát az A és B halmaz közötti relációnak nevezzük Példa. Legyen A = {1, }, B = {, 3}. Ekkor ϱ = {(1, ), (, 3)} reláció A és B között Megjegyzés. Amennyiben ϱ egy reláció, úgy azt, hogy az (a, b) elempár benne van a relációban úgy is kifejezhetjük, hogy az a elem relációban van a b elemmel, amit az aϱb kapcsolattal jelölhetünk Definíció. Legyen ϱ A B egy reláció. A illetve D ϱ = {x A létezik y B úgy, hogy (x, y) ϱ}, R ϱ = {y B létezik x A úgy, hogy (x, y) ϱ} halmazokat az ϱ reláció értelmezési tartományának, illetve értekkészletének nevezzük Definíció. Egy ϱ A B reláció inverzén az relációt értjük. ϱ 1 = {(y, x) B A (x, y) ϱ} Példa. A ϱ = { (1, ), (1, 5), (3, 4) } reláció inverze az ϱ 1 = { (, 1), (5, 1), (4, 3) } reláció Definíció. Legyenek A, B, C adott halmazok, ϱ 1 A B és ϱ B C adott relációk. Az ϱ 1 és ϱ kompozícióján a relációt értjük. ϱ ϱ 1 = {(x, z) létezik y B úgy, hogy (x, y) ϱ 1, (y, z) ϱ } Példa. Legyen ϱ 1 = {(1, ), (, 3), (, 5), (4, 6)}, ϱ = {(, 3), (3, 5), (3, 6), (5, 1)}. Ekkor ϱ ϱ 1 = {(1, 3), (, 5), (, 6), (, 1)} Definíció. Ha ϱ egy reláció és C D ϱ, akkor a ϱ C = {(x, y) ϱ x C} relációt a ϱ reláció C-re való leszűkítésének nevezzük Definíció. Az A halmaz nemüres részhalmazainak egy rendszerét osztályozásnak nevezzük, ha az elemei páronként diszjunktak és egyesítésük az A halmaz Definíció. Legyen adott az A halmaz. Azt mondjuk, hogy az ϱ A A reláció (1) reflexív, ha minden elem relációban van önmagával, azaz ha xϱx minden x A esetén; () szimmetrikus, ha xϱy-ból következik, hogy yϱx minden x, y A; (3) antiszimmetrikus, ha xϱy és yϱx, akkor x = y; (4) tranzitív, ha xϱy és yϱz, akkor xϱz; (5) teljes vagy lineáris, ha xϱy vagy yϱx teljesül.

34 34 KÉZI CSABA GÁBOR Azt mondjuk, hogy egy reláció ekvivalencia reláció, ha reflexív, szimmetrikus és tranzitív; félig rendezési reláció, vagy parciális rendezés, ha reflexív, antiszimmetrikus és tranzitív; rendezési reláció, ha olyan félig rendezés, amely teljes is; gyenge rendezés, ha reflexív, tranzitív és teljes Tétel. Minden ekvivalencia reláció létrehoz egy osztályozást. Két elem egy osztályba tartozik, ha relációban állnak egymással Megjegyzés. (Relációk a közgazdaságtanban.) Legyen A egy olyan halmaz amelynek az elemei azok a lehetőségek (javak, szolgáltatások, stb.) amelyekből a fogyasztó választhat. Ha az egyed választani akar, akkor rendelkeznie kell valamiféle olyan véleménnyel az A halmaz elemeiről, a- melynek alapján eldöntheti azt, hogy két elem közül melyiket értékeli többre, melyiket preferálja jobban. Ha például x a jobb az y-nál, akkor ezt úgy fogjuk jelölni, hogy x y. Induljunk ki egy tetszőleges relációból. Ekkor az alábbi négy, egymást kizáró eset lehetséges: x és y közömbösek (indifferensek), ha x y és y x, jele: x y; x és y nem összehasonlíthatóak, ha x y és y x, jele: x?y; x szigorúan preferált y-hoz képest, ha x y és y x, jele: x y y szigorúan preferált x-hez képest, ha y x és x y, jele: y x. Megmutatható, hogy ha gyenge rendezés az A halmazon, akkor a közömbösség (indifferencia) ekvivalencia-reláció. A racionális döntést hozó személyt gyenge rendezés (preferencia) jellemez. Ennek három axiómája közül a reflexivitás természetes, ezért a tranzitivitás és a teljesség az, amivel empirikus szempontból foglalkozni kell. Hozható érv mindkét feltételezés mellett és ellen is. A teljesség például azzal kritizálható, hogy túlságosan erős feltevés: nem biztos, hogy a fogyasztó bármely két fogyasztási cikket össze tud hasonlítani. A tranzitivitás mellett szól, hogy bizonyos szabályok szerint döntünk, akkor következetes döntéseket igyekszünk hozni. Ugyanakkor a tranzitivitás ellen szól bizonyonos esetekben például az emberi érzékelés. Például tegyük fel, hogy valaki a lakása fűtésénél a 19 és 0 fok valamint a 0 fok és 1 fok között nem tud különbséget tenni (közömbös) számára, de a 1 fokot már jobban preferálja, mint a 19 fokot. Ekkor 19 0 és 0 1 de 1 19, ami ellentmond a tranzitivitásnak. 3.. Feladat. Legyen U = {1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, A = {, 3, 5}, B = {1,, 5, 8}. Adjuk meg az A B és B A halmazokat! A keresett Descartes-szorzatok 3.3. Feladat. Legyen A B ={(, 1), (, ), (, 5), (, 8), (3, 1), (3, ), (3, 5), (3, 8), (5, 1), (5, ), (5, 5), (5, 8))}, B A ={(1, ), (1, 3), (1, 5), (, ), (, 3), (, 5), (5, ), (5, 3), (5, 5), (8, ), (8, 3), (8, 5)}. Adjuk meg az A B és B A halmazokat! A := {1,, 5, 7}, B := {, 4, 5, 8}.

35 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 35 A keresett halmazok A B ={(1, ), (1, 4), (1, 5), (1, 8), (, ), (, 4), (, 5), (, 8), (5, ), (5, 4), (5, 5), (5, 8), (7, ), (7, 4), (7, 5), (7, 8)}, B A ={(, 1), (, ), (, 5), (, 7), (4, 1), (4, ), (4, 5), (4, 7), (5, 1), (5, ), (5, 5), (5, 7), (8, 1), (8, ), (8, 5), (8, 7)} 3.4. Feladat. Ábrázoljuk a ], ] ], 1[ Descartes szorzatot! 3.5. Feladat. Ábrázoljuk a ], 1[ [1, [ Descartes szorzatot! 3.6. Feladat. Ábrázoljuk a ]1, 3] ] 1, 1] Descartes szorzatot! 3.7. Feladat. Tekintsük az A = { 1, 0, 1, } és a B = {1,, 3} halmazokat, továbbá legyen ϱ = {(a, b) a A, b B, a + b = }. a) Adjuk meg az A B halmazt! b) Határozzuk meg a ϱ reláció elemeit és ábrázoljuk azokat koordinátarendszerben! c) Írjuk fel a ϱ 1 inverz relációt!

36 36 KÉZI CSABA GÁBOR d) Határozzuk meg a reláció és az inverz reláció értelmezési tartományát és értékkészletét! a) A Descartes szorzat elemei olyan rendezett elempárok, melyek első komponense az első halmazból, második komponense a második halmazból való! Így A B = {( 1, 1), ( 1, ), ( 1, 3), (0, 1), (0, ), (0, 3), (1, 1), (1, ), (1, 3), (, 1), (, ), (, 3)}. b) Az ϱ reláció azokat az elempárokat tartalmazza, amelyek koordinátáinak összege, azaz Koordinátarendszerben ábrázolva ϱ = {( 1, 3), (0, ), (1, 1)}. c) Az inverz reláció elemeit úgy kapjuk meg, hogy a relációban szereplő elemek első és második koordinátáját megcseréljük ϱ 1 = {(3, 1), (, 0), (1, 1)}. d) A reláció értelmezési tartománya a relációban szereplő elemek első koordinátája D ϱ = { 1, 0, 1} A, értékkészlete a relációban szereplő elemek második koordinátája R ϱ = {1,, 3} B. Az inverz reláció értelmezési tartománya és értékkészlete D ϱ 1 = {1,, 3} = R ϱ, R ϱ 1 = { 1, 0, 1} = D ϱ Feladat. Tekintsük az A = {1,, 3, 4} és a B = {, 4, 6} halmazokat, továbbá legyen a) Adjuk meg az A B halmazt! ϱ = {(a, b) a A, b B, a osztója b-nek vagy b = a + }. b) Határozzuk meg a ϱ reláció elemeit és ábrázoljuk azokat koordinátarendszerben! c) Írjuk fel a ϱ 1 inverz relációt! d) Határozzuk meg a reláció és az inverz reláció értelmezési tartományát és értékkészletét!

37 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 37 a) A Descartes szorzat elemei olyan rendezett elempárok, melyek első komponense az első halmazból, második komponense a második halmazból való! Így A B = {(1, ), (1, 4), (1, 6), (, ), (, 4), (, 6), (3, ), (3, 4), (3, 6), (4, ), (4, 4), (4, 6)}. b) Az ϱ reláció azokat az elempárokat tartalmazza, amelyek koordinátáira teljesül, hogy az első koordináta osztója a másodiknak: ϱ = {(1, ), (1, 4), (1, 6), (, ), (, 4), (, 6), (3, 6), (4, 4), (4, 6)}. Koordinátarendszerben ábrázolva c) Az inverz reláció elemeit úgy kapjuk meg, hogy a relációban szereplő elemek első és második koordinátáját megcseréljük ϱ 1 = {(, 1), (4, 1), (6, 1), (, ), (4, ), (6, ), (6, 3), (4, 4), (6, 4)}. d) A reláció értelmezési tartománya a relációban szereplő elemek első koordinátája D ϱ = {1,, 3, 4} A, értékkészlete a relációban szereplő elemek második koordinátája R ϱ = {, 4, 6} B. Az inverz reláció értelmezési tartománya és értékkészlete D ϱ 1 = {, 4, 6} = R ϱ, R ϱ 1 = {1,, 3, 4} = D ϱ Feladat. Tekintsük az A = { 1, 0, 1} és a B = { 1, 0} halmazokat, továbbá legyen a) Írjuk fel az A B halmazt! b) Írjuk föl a reláció elemeit! c) Határozzuk meg a reláció inverzét! ϱ = {(a, b) a b = 0} A B. d) Határozzuk meg a reláció és az inverz reláció értelmezési tartományát és értékkészletét!

38 38 KÉZI CSABA GÁBOR a) Először felírjuk az A B halmazt: b) A reláció elemei c) Az inverz reláció: A B = {( 1, 1), ( 1, 0), (0, 1), (0, 0), (1, 1), (1, 0)}. ϱ = {( 1, 0), (0, 1), (0, 0), (1, 0)}. ϱ 1 = {(0, 1), ( 1, 0), (0, 0), (0, 1)}. d) A reláció értelmezési tartománya a relációban szereplő elempárok első koordinátájából álló halmaz, értékkészlete a második koordinátákból álló halmaz: D ϱ = { 1, 0, 1}, R ϱ = { 1, 0}. Az inverzeláció értelmezési tartománya és értékkészlet D 1 ϱ = { 1, 0} = R ϱ, R 1 ϱ = { 1, 0, 1} = D ϱ Feladat. Tekintsük az A = {1,, 3} halmazt! a) Írjuk fel az A A halmazt! b) Hány darab különböző relációt adhatunk meg az A halmazon? c) Adjunk meg egy olyan relációt az A-n, amely reflexív! a) Az A A Descartes-szorzat elemei olyan rendezett elempárok melyek első és második koordinátája is az A halmazból való A A = {(1, 1), (1, ), (1, 3), (, 1), (, ), (, 3), (3, 1), (3, ), (3, 3)}. b) Az A halmazon adott reláción az A A halmaz tetszőleges részhalmazát értjük. Mivel A A- nak 9 eleme van, ezért annyi relációt tudunk felírni, amennyi részhalmazát képezhetjük ennek a halmaznak, azaz 9 = 51 relációt tudunk megadni A-n. c) Például a ϱ = {(1, 1), (, ), (3, 3)} reláció reflexív, mert minden a A esetén (a, a) ϱ. Ezen három elemhez bármilyen további elemet hozávéve a reláció reflexív marad! Feladat. Mutassuk meg, hogy a valós számok halmazán az egyenlőség ekvivalencia reláció! Azaz, ha A = R, ϱ : =, akkor ϱ ekvivalencia reláció A-n. A reláció reflexív, mert a = a minden a R esetén szimmetrikus, mert ha a = b, akkor b = a tranzitív, mert ha a = b és b = c, akkor a = c, így a reláció ekvivalencia reláció.

39 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Feladat. Mutassuk meg, hogy a síkbeli egyenesek között a párhuzamosság ekvivalencia reláció! A reláció ekvivalencia reláció, ugyanis reflexív, mert minden egyenes párhuzamos önmagával szimmetrikus, mert ha a b, akkor b a tranzitív, mert ha a b és b c, akkor a c Feladat. Mutassuk meg, hogy a valós számok halmazán a reláció rendezési reláció! A reláció rendezési reláció, ugyanis reflexív, mert a a minden a valós számra antiszimmetrikus, mert ha a b és b a, akkor a = b tranzitív, mert ha a b és b c, akkor a c teljes, mert a b vagy b a közül legalább az egyik fennáll minden a és b valós szám esetén Feladat. Mutassuk meg, hogy a halmazok között a reláció parciális rendezés, de nem rendezési reláció! A reláció parciális rendezési reláció, ugyanis reflexív, mert A A minden A halmaz esetén antiszimmetrikus, mert ha A B és B A, akkor A = B tranzitív, mert ha A B és B C, akkor A C nem teljes, mert léteznek olyan A, B halmazok, hogy A B, B A egyike sem teljesül Feladat. Adjunk példát olyan relációra, amely szimmetrikus és antiszimmetrikus is. A valós számok közötti = reláció szimmetrikus, mert ha a = b, akkor b = a, továbbá antiszimmetrikus, mert ha a = b és b = a, akkor a és b megegyeznek Feladat. Adjunk példát olyan relációra, amely nem szimmetrikus és nem is antiszimmetrikus. Az egész számok között az oszthatóság, mint reláció nem szimmetrikus, mert ha a osztója b-nek, jelölésben a b, akkor nem igaz, b a minden a és b egész számra, ezt mutatja például az, ha a = és b = 3. A reláció nem antiszimmetrikus, mert ha a b és b a, akkor a = b valamint a = b is teljesül.

40 40 KÉZI CSABA GÁBOR Feladat. Tekintsük a természetes számok halmazán a következő relációt: xϱy pontosan akkor, ha x y páros. Mutassuk meg, hogy a reláció ekvivalencia reláció. Adjuk meg az általa indukált osztályozást! A reláció reflexív, mert xϱx, ugyanis x x = 0 páros minden x N esetén szimmetrikus, mert ha x y páros, akkor y x is páros tranzitív, mert ha x y páros, és y z páros, akkor x y + (y z) = x z is páros, mert páros számok összege páros, így ekvivalencia reláció. Az indukált osztályok {n N n páros}, {n N n páratlan}.

41 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Függvények 4.1. Megjegyzés. Ebben a szakaszban a D halmaz a valós számok halmazának egy tetszőleges, nem üres részhalmazát jelöli. 4.. Definíció. Legyenek A és B halmazok. Az f A B relációt függvénynek nevezzük, ha az A halmaz minden eleme legfelejebb egy B halmazbeli elemmel áll relációban Megjegyzés. A relációknál korábban definiált értelmezési tartomány, értékkészlet, leszűkítés fogalmak változatlan formában érvényesek a függvényekre is, hiszen a függvényeket, mint speciális relációkat deifiniáltuk Megjegyzés. Ha az f reláció függvény, akkor az f A B jelölés helyett az f : A B jelölést használjuk, továbbá ha (x, y) f, akkor azt úgy jelöljük, hogy f(x) = y, és úgy olvassuk ki, hogy az f függvény x helyen felvett helyettesítési értéke y, vagy hogy az f függvény az x elemhez az y elemet rendeli hozzá Példa. Legyen A = {1, }, B = {1,, 3, 4}, és tekinstük a ϱ = {(x, y) y = x }. Ekkor ϱ = {(1, ), (, 4)}. Az így definiált reláció függvény, melynek értékkészlete R f = {, 4} Definíció. Az f : D R függvénynek az x 0 D helyen zérushelye van, ha f(x 0 ) = Megjegyzés. A zérushely meghatározása egy egyenlet megoldását jelenti Példa. Az f(x) = x 1 függvény zérushelyeit az x 1 = 0 egyenlet megoldásával kapjuk, amiből átrendezés után x = 1 adódik, így x 1 = 1, x = Definíció. Az f : D R függvény alulról korlátos, ha az értékkészlete alulról korlátos; felülről korlátos, ha az értékkészlete felülről korlátos; korlátos, ha az értékkészlete korlátos Definíció. Az f : D R függvény infimuma, illetve szuprémuma az értékkészletének infimuma, illetve szuprémuma Példa. Az f : [ 1, [ R, f(x) = x függvény képe: értékkészlete az R f : [0, 4[ halmaz, továbbá a függvény infimuma inf ( f(x) ) = 0, sup ( f(x) ) = 4. A függvény korlátos, mert alulról és felülről is korlátos.

42 4 KÉZI CSABA GÁBOR 4.1. Definíció. Az f : D R függvény monoton növekvő, ha minden x 1, x D, x 1 < x esetén f(x 1 ) f(x ); monoton csökkenő, ha minden x 1, x D, x 1 < x esetén f(x 1 ) f(x ); szigorúan monoton növekvő, ha minden x 1, x D, x 1 < x esetén f(x 1 ) < f(x ); szigorúan monoton csökkenő, ha minden x 1, x D, x 1 < x esetén f(x 1 ) > f(x ) Példa. Az f : R R, f(x) = x függvény szigorúan monoton csökkenő, ha x 0, és szigorúan monoton növekvő, ha x 0. Az f : R R, f(x) = x függvény szigorúan monoton növekvő. Az f : R R, 1, ha x < 0 f(x) = sgn(x) = 0, ha x = 0 1, ha x > 0 (szignum függvény) monoton növekvő, de nem szigorúan monoton növekvő Definíció. Az f : D R függvénynek az x 0 helyen maximuma van, ha f(x) f(x 0 ) minden x D esetén, azaz ha f(x 0 ) az f értékkészletének legnagyobb eleme; minimuma van, ha f(x) f(x 0 ) minden x D esetén, azaz ha f(x 0 ) az f értékkészletének legkisebb eleme Példa. Az f : R R, f(x) = x függvénynek az x 0 = 0 helyen minimuma van. Az f : R R, f(x) = x függvénynek az x 0 = 0 helyen maximuma van Definíció. Az f : D R függvénynek az x 0 helyen lokális (helyi) maximuma van, ha létezik ε > 0 valós szám úgy, hogy f(x) f(x 0 ) minden x ]x 0 ε, x 0 +ε[ esetén, azaz ha f-nek van olyan környezete, amelyben f(x 0 ) a legnagyobb függvényérték; lokális (helyi) minimuma van, ha létezik ε > 0 valós szám úgy, hogy f(x) f(x 0 ) minden x ]x 0 ε, x 0 + ε[ esetén, azaz ha f-nek van olyan környezete, amelyben f(x 0 ) a legkisebb függvényérték.

43 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Példa. Az alábbi függvénynek lokális minimuma és lokális maximuma is van: Megjegyzés. Ha létezik olyan ε > 0, hogy az f : D R függvény monoton csökkenő a [x 0 ε, x 0 ] intervallumon és monoton növekvő az [x 0, x 0 + ε] intervallumon, akkor f-nek x 0 -ban lokális minimuma van; monoton növekvő a [x 0 ε, x 0 ] intervallumon és monoton csökkenő az [x 0 ε, x 0 ] intervallumon, akkor f-nek x 0 -ban lokális maximuma van Definíció. Legyen I egy nyílt intervallum. Az f : I R függvény konvex, ha minden u, v I, u < v esetén az ( u, f(u) ) és ( v, f(v) ) pontokat összekötő szakasz az f függvény felett halad; konkáv, ha minden u, v I, u < v esetén az ( u, f(u) ) és ( v, f(v) ) pontokat összekötő szakasz az f függvény alatt halad.

44 44 KÉZI CSABA GÁBOR 4.0. Példa. Az f : R R, f(x) = x függvény konvex, míg az f : R R, f(x) = x függvény konkáv Definíció. Legyen I egy nyílt intervallum. Azt mondjuk, hogy az f : I R függvénynek az x 0 I helyen inflexiós helye van, ha x 0 -ban megváltozik a konvexitása, azaz létezik ε > 0 úgy, hogy az [x 0 ε, x 0 ] intervallumon f konkáv és az [x 0, x 0 + ε] intervallumon konvex, vagy az [x 0 ε, x 0 ] intervallumon f konvex és az [x 0, x 0 + ε] intervallumon konkáv. 4.. Példa. Az f(x) = sin x függvénynek x = kπ a (k Z) helyeken inflexiós helyei vannak Definíció. Legyen a D halmaz szimmetrikus az origóra. Azt mondjuk, hogy az f : R függvény páros, ha f( x) = f(x) minden x D esetén; páratlan, ha f( x) = f(x) minden x D esetén Megjegyzés. Egy függvény páros, ha a grafikonja tengelyesen szimmetrikus az y tengelyre; páratlan, ha a grafikonja középpontosan szimmetrikus az origóra Definíció. Azt mondjuk, hogy az f : R R függvény periodikus, ha van olyan p R valós szám, hogy minden x R esetén f(x + p) = f(x). Ha az f függvény periodikus, akkor végtelen sok megfelelő p érték van. Ha a definícióban meghatározott tulajdonságú p értékek halmazának van legkisebb eleme, akkor ezt a számot az f függvény periódusának nevezzük Példa. A trigonometrikus függvények periodikusak. A szinusz és a koszinusz függvények periódusa π, a tangens és a kotangens függvények periódusa π Definíció. Az f : D R és a g : D R függvények összege (f + g)(x) = f(x) + g(x), x D; különbsége (f g)(x) = f(x) g(x), x D; szorzata (f g)(x) = f(x) g(x), x D; hányadosa f f(x) (x) =, ha g(x) 0, x D esetén. g g(x) 4.8. Tétel. Páros függvények összege páros. Bizonyítás: Ha f és g páros függvények, akkor f( x) = f(x) és g( x) = g(x). Legyen h(x) = (f + g)(x). Megmutatjuk, hogy h páros: h( x) = (f + g)( x) = f( x) + g( x) = f(x) + g(x) = (f + g)(x) = h(x),

45 tehát h valóban páros. BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Tétel. Páros függvények különbsége páros. Bizonyítás: Ha f és g páros függvények, akkor f( x) = f(x) és g( x) = g(x). Legyen h(x) = (f g)(x). Megmutatjuk, hogy h páros: h( x) = (f g)( x) = f( x) g( x) = f(x) g(x) = (f g)(x) = h(x), tehát h valóban páros Tétel. Páros függvények szorzata páros. Bizonyítás: Ha f és g páros függvények, akkor f( x) = f(x) és g( x) = g(x). Legyen h(x) = (f g)(x). Megmutatjuk, hogy h páros: tehát h valóban páros. h( x) = (f g)( x) = f( x) g( x) = f(x) g(x) = (f g)(x) = h(x), Tétel. Páros függvények hányadosa páros. Bizonyítás: Ha f és g páros függvények, továbbá g(x) 0, akkor f( x) = f(x) és g( x) = g(x). Legyen h(x) = (f/g)(x). Megmutatjuk, hogy h páros: ( ) f h( x) = ( x) = f( x) g g( x) = f(x) ( ) f g(x) = (x) = h(x), g tehát h valóban páros Tétel. Páratlan függvények összege páratlan. Bizonyítás: Ha f és g páratlan függvények, akkor f( x) = f(x) és g( x) = g(x). Legyen h(x) = (f + g)(x). Megmutatjuk, hogy h páratlan: h( x) = (f + g)( x) = f( x) + g( x) = f(x) g(x) = (f + g)(x) = h(x), tehát h valóban páratlan Tétel. Páratlan függvények különbsége páratlan. Bizonyítás: Ha f és g páratlan függvények, akkor f( x) = f(x) és g( x) = g(x). Legyen h(x) = (f g)(x). Megmutatjuk, hogy h páratlan: h( x) = (f g)( x) = f( x) g( x) = f(x) + g(x) = (f g)(x) = h(x), tehát h valóban páratlan Tétel. Páratlan függvények szorzata páros. Bizonyítás: Ha f és g páratlan függvények, akkor f( x) = f(x) és g( x) = g(x). Legyen h(x) = (f g)(x). Megmutatjuk, hogy h páros: h( x) = (f g)( x) = f( x) g( x) = f(x) ( g(x) ) = (f g)(x) = h(x), tehát h valóban páros Tétel. Páros függvények hányadosa páros.

46 46 KÉZI CSABA GÁBOR Bizonyítás: Ha f és g páratlan függvények, továbbá g(x) 0, akkor f( x) = f(x) és g( x) = g(x). Legyen h(x) = (f/g)(x). Megmutatjuk, hogy h páros: ( ) f h( x) = ( x) = f( x) g g( x) = f(x) g(x) = f(x) ( ) f g(x) = (x) = h(x), g tehát h valóban páros Definíció. Az f : D R függvény injektív, ha különböző elemekhez különböző elemeket rendel; szürjektív, ha minden értékkészletbeli elem megjelenik képként; bijektív, ha injektív és szürjektív Példa. Az f : R R, f(x) = x függvény nem injektív, mert például f( 1) = f(1), azaz a 1-hez és az 1-hez ugyanazt az értéket rendeli. A függvény nem is szürjektív, mert az értékkészlete a nemnegatív valós számok halmaza, így a negatív valós számok nem jelennek meg értékként. Mivel a függvény nem injektív és nem is szürjektív, ezért nem is bijektív. Az f : [0, [ R, f(x) = x függvény injektív, mert különböző elemekhez különböző elemeket rendel. A függvény azonban nem szürjektív, mert az értékkészlete a nemnegatív valós számok halmaza, így a negatív valós számok nem jelennek meg értékként. Mivel nem szürjektív, ezért nem is bijektív. Az f : [0, [ [0, [, f(x) = x függvény injektív, mert különböző elemekhez különböző elemeket rendel. A függvény szürjektív is, mert az értékkészlete a nemnegatív valós számok halmaza, ami megegyezik a [0, [ intervallummal. Mivel a függvény injektív és szürjektív, ezért bijektív Definíció. Azt mondjuk, hogy az f : D R függvény invertálható, ha az inverze is függvény Példa. Tekintsük az A = { 1, 1, } halmazt, és B = {1,, 3, 4, 5} halmazokat, valamint az ezen halmazok közötti ϱ = {(a, b) A B b = a } relációt. Ekkor a reláció ϱ = {( 1, 1), (1, 1), (, 4)}. Ez a reláció függvény is, mert egyértelmű hozzárendelés. Mint relációnak, az inverze ϱ 1 = {(1, 1), (1, 1), (4, )}. Ez a reláció azonban nem függvény, mert az 1-hez a 1-et és az 1-et is hozzárendeli. Következésképpen, a függvény nem invertálható, mert az inverze nem függvény Példa. Tekintsük az A = {1, } halmazt, és B = {1,, 3, 4, 5} halmazokat, valamint az ezen halmazok közötti ϱ = {(a, b) A B b = a} relációt. Ekkor a reláció ϱ = {(1, ), (, 4)}. Ez a reláció függvény is, mert egyértelmű hozzárendelés. Mint relációnak, az inverze ϱ 1 = {(, 1), (4, )}.

47 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 47 Ez a reláció azonban is függvény, egyértelmű hozzárendelés. Következésképpen, a függvény invertálható, mert az inverze is függvény Megjegyzés. A definíció alapján nyilvánvaló, hogy egy f : D R függvény pontosan akkor invertálható, ha injektív Példa. Az f : R R, f(x) = x függvény nem invertálható, mert nem injektív Definíció. Legyenek, D és H a valós számok halmazának tetszőleges részhalmazai, f : D H, g : H R. A g és f függvények kompozícióján vagy összetett függvényén a g f : D R g f(x) = g ( f(x) ) függvényt értjük Példa. Legyen f(x) = x, g(x) = x. Ekkor g f(x) = g ( f(x) ) = g( x ) = x = x, f g(x) = f ( g(x) ) = f(x ) = x = x Példa. Legyen f(x) = x +, g(x) = x. Ekkor g f(x) = g ( f(x) ) = g(x + ) = (x + ), f g(x) = f ( g(x) ) = f(x ) = x Megjegyzés. Az előbbi példák mutatják, hogy a függvénykompozíció művelete általában nem kommutatív, azaz f g(x) g f(x), azonban megadhatóak olyan függvények, amikor a kommutativitás teljesül Megjegyzés. Ha az f : D R függvény invertálható, és az inverze f 1, akkor f f 1 (x) = f 1 f(x) = x Példa. Az f : R R, f(x) = x függvény invertálható, mert különböző elemekhez különböző elemeket rendel. Az előbbi megjegyzés alapján x = f f 1 (x) = f ( f 1 (x) ) = f 1 (x), azaz x = f 1 (x). Ebből f 1 -et kifejezve f 1 (x) = x + = 1 x Feladat. Az alábbi hozzárendelések közül melyik függvény? a) Minden emberhez hozzárendeljük a magasságát. b) Minden természtes számhoz hozzárendeljük a nála 1-el nagyobb természetes számot. c) Minden számhoz hozzárendeljük a négyzetét. d) Minden osztályzathoz hozzárendeljük azokat a diákokat, akiknek az év végi matematika jegye az adott osztályzat. (Feltételezzük, hogy az osztálynak legalább 6 tanulója van.) e) Minden valós számhoz hozzárendeljük a felét.

48 48 KÉZI CSABA GÁBOR A d) nem függvény, mert egy osztályzat több diákhoz is tartozhat. A többi leképzés egyértelmű, így azok függvények Feladat. Lehet-e az alábbi görbe egy szám-szám függvény képe? Nem lehet szám-szám függvény képe, mert egy x értékhez több y érték is tartozik Feladat. Határozzuk meg a valós számok halmazának azt a legbővebb részhalmazát, ahol az függvény értelmezve van! f(x) = 4 x Mivel páros kitevőjű gyök alatt csak pozitív szám állhat, ezért az értelmezési tartomány megadásához meg kell oldanunk a 4 x 0 egyenlőtlenséget. Az egyenlőtlenséget grafikusan oldjuk meg. Ehhez első lépésben meghatározzuk az x 4 x függvény zérushelyeit: 4 x = 0 4 = x ± = x. Ezután felvázoljuk az x 4 x függvény grafikonját:

49 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Feladat. Határozzuk meg a valós számok halmazának azt a legbővebb részhalmazát, ahol az ( f(x) = ln ) x függvény értelmezve van! A tört miatt x 0. A logaritmus függvény miatt a logaritmus mögötti kifejezésnek pozitívnak kell lenni, azaz meg kell oldanunk az x > 0 egyenlőtlenséget. Egy tört akkor pozitív, ha a számlálója és a nevezője azonos előjelű, így két esetet kell vizsgálnunk. Ha a számláló és a nevező pozitív, akkor x + 1 > 0 és x > 0. Ezek megoldásainak közös része a ]0, [ intervallum. Ha a számláló és a nevező negatív, akkor x + 1 < 0 és x < 0. Ezek megoldásainak közös része a ], 1[ intervallum. Így a függvény értelmezési tartománya ], 1[ ]0, [= R \ [ 1, 0] Feladat. Tekintsük az f : R R, f(x) = x x függvényt! Mutassuk meg, hogy f(x + 1) = f( x). Először kiszámoljuk f(x + 1)-et: f(x + 1) = (x + 1) (x + 1) = x + x + 1 x 1 = x + x. Másrészt f( x) = ( x) ( x) = x + x, így f(x + 1) = f( x) minden x R esetén Feladat. Tekintsük az f : R \ 0 R, f(x) = 1 függvényt. Mutassuk meg, hogy x Mivel f(a) f(b) a b = 1 ab. f(a) f(b) = 1 a 1 b = b a ab,

50 50 KÉZI CSABA GÁBOR ezért f(a) f(b) a b amivel megkaptuk a kívánt összefüggést. = b a (a b) ab = 1 ab, Feladat. Legyen f(x) = x + 3x 4. Számoljuk ki az különböző valós számok! Mivel továbbá ezért f(b) f(a) b a = b a + 3b 3a b a f(b) = b + 3b 4, f(a) = a + 3a 4, f(b) f(a) b a = (b + 3b 4) (a + 3a 4) = b + 3b 4 a 3a + 4 = b a b a (b a)(b + a) + 3(b a) (b a)(b + a + 3) = = b a b a hányadost, ha a és b = a + b Feladat. Legyen f(x) = x x. Számoljuk ki az f(a + 3) f(a 3) értéket, ha a R tetszőleges. Mivel továbbá ezért f(a + 3) = (a + 3) (a + 3) = a + 6 (a + 6a + 9) = = a + 6 a 6a 9 = a 4a 3, f(a 3) = (a 3) (a 3) = a 6 (a 6a + 9) = = a 6 a + 6a 9 = a + 8a 15, f(a + 3) f(a 3) = a 4a 3 ( a + 8a 15) = = a 4a 3 + a 8a + 15 = 1a Feladat. Legyen f(x) = 4 x. Számoljuk ki az f(b ) f(b + ) értéket, ha b R tetszőleges. Mivel f(b ) = 4 (b ) = 4 (b 4b + 4) = = 4 b + 4b 4 = b + 4b = b(b 4),

51 továbbá ezért BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 51 f(b + ) = 4 (b + ) = 4 (b + 4b + 4) = = 4 b 4b 4 = b 4b = b(b + 4), f(b ) f(b + ) = b + 4b ( b 4b) = b + 4b + b + 4b = 8b Feladat. Mutassuk meg, hogy az f : R \ { 5 5x + 3 } R, f(x) = 4 4x 5 Legyen az f függvény inverze f 1. Ekkor x = f f 1 (x) = f ( ) 5f 1 (x) f 1 (x) 5 függvény inverze önmaga. A kapott egyenletet megoldjuk f 1 (x)-re. Első lépésben szorozzuk az egyenletet 4f 1 (x) 5-el: ( 4f 1 (x) 5 ) x = 5f 1 (x) + 3. Felbontva a zárójelet: x 4f 1 (x) 5x = 5f 1 (x) + 3. Az egyenletet átrendezve, azaz f 1 (x)-et egy oldalra rendezve x 4f 1 (x) 5f 1 (x) = 3 + 5x. Kiemelve f 1 (x)-et f 1 (x)(4x 5) = 3 + 5x. Mindkét oldalt elosztva 4x 5-el: f 1 (x) = 3 + 5x 4x 5 = 5x + 3 4x Feladat. Ábrázoljuk az f : [, 3[ R, f(x) = x + 3 függvényt, határozzuk meg az értékkészletét! Invertálható-e a függvény? Ha nem, adjunk meg az értelmezési tartománynak olyan leszűkítését, ahol invertálható, és határozzuk meg, valamint ábrázoljuk az inverzet! A függvény képe:

52 5 KÉZI CSABA GÁBOR Értékkészlete: R f =] 6, 3]. A függvény nem invertálható, ugyanis például f( 1) = f(1). Az értelmezési tartomány [0, 3[ részhalmazán a függvény már invertálható. Az f ezen intervallumra való leszűkítését jelöljük f -al. Az f függvény értékkészlete ] 6, 3], ami az inverzfüggvény értelmezési tartománya lesz. Meghatározzuk az inverzfüggvényt. Az x helyen felvett függvényértéket y-al jelölve, majd megcserélve az x és az y szerepét x = y +3 adódik, amiből y-t kifejezve megkapjuk az inverzet A függvény leszűkítésének és inverzének képe: (f ) 1 = 3 x Feladat. Határozzuk meg az f(x) = x + 8x + 1 függvény szélsőértékét! Másodfokú függvénynek a zérushelyei számtani közepénél van minimuma. Így első lépésben a zérushelyeket határozzuk meg, amihez az x + 8x + 1 = 0 másodfokú egyenletet kell megoldanunk. Felírva a másodfokú egyenlet megoldóképletét x 1, = 8 ± = 8 ± 4. Így a zérushelyek x 1 = és x = 6. Ezek számtani közepe x 1 + x = + ( 6) = 8 = 4, ami a másodfokú függvény minimum helye. A minimum érték f( 4) = ( 4) +8( 4)+1 = 4.. Ha a függvénynek nem lenne zérushelye, akkor teljes négyzetté alakítással határozhatnánk meg a szélsőérték helyét és értékét: f(x) = x + 8x + 1 = (x + 4) 4, amely akkor a legkisebb, ha x + 4 = 0, azaz x = 4 és ekkor a függvényérték f( 4) = 4.

53 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Feladat. Határozzuk meg az f(x) = x + 4x 3 függvény szélsőértékének típusát, annak helyét és értékét! A függvény zérushelyeit az x + 4x 3 = 0 egyenlet megoldásával kapjuk. A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva x 1, = 4 ± 16 1 = 4 ±, így x 1 = 1, x = 3. Mivel a függvény másodfokú tagjának együtthatója negatív, ezért a függvénynek maximuma van. A maximumhely a zérushelyek számtani közepe, azaz 1+3 =. A maximum érték f() = = 1.. Ha a függvénynek nem lenne szélsőértéke, akkor teljes négyzetté alakítással tudjuk meghatározni a szélsőérték helyét és értékét: f(x) = x +4x 3 = (x 4x) 3 = [ (x ) 4 ] 3 = (x ) +4 3 = (x ) +1, aminek akkor a legnagyobb az értéke, ha x = 0, azaz x =, és ebben az esetben a függvényérték f() = Feladat. Vizsgáljuk meg paritás szerint az függvényt! f(x) = x sin 5x Felhasználva, hogy a szinusz függvény páratlan, azaz sin( x) = sin x, így a függvény páratlan. f( x) = ( x) sin( 5x) = x sin 5x = x sin 5x = f(x), Feladat. Vizsgáljuk meg paritás szerint az függvényt! f(x) = x4 cos x Felhasználva, hogy a koszinusz függvény páros, azaz cos( x) = cos x, így a függvény páros. f( x) = ( x)4 cos( x) = x4 cos x = f(x),

54 54 KÉZI CSABA GÁBOR Feladat. Vizsgáljuk meg paritás szerint az függvényt! Mivel f(x) = 1 x x f( x) = 1 ( x) + x = 1 x + x, ezért f( x) f(x), illetve f( x) f(x). így a függvény nem páros, nem páratlan Feladat. Vizsgáljuk meg paritás szerint az függvényt! Mivel így a függvény páratlan. f(x) = x + 1 x f( x) = x + 1 x = x 1 ( x = x + 1 ) = f(x), x Feladat. Vizsgáljuk meg paritás szerint az függvényt! Mivel így a függvény páros. f(x) = x + 1 x f( x) = ( x) + 1 ( x) = x + 1 x = f(x), Feladat. Vizsgáljuk meg az f(x) = sin x függvényt periodicitás szerint! A függvény periodikus, periodusa π Feladat. Igazak-e az alábbi állítások? a) Van olyan, a teljes valós számok halmazán értelmezett szigorúan monoton növekvő függvény, amely páros. b) Van olyan, a teljes valós számok halmazán értelmezett szigorúan monoton növekvő függvény, amely páratlan. c) Létezik a teljes valós számok halmazán értelmezett pozitív értékű páros függvény.

55 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 55 d) Létezik a teljes valós számok halmazán értelmezett pozitív értékű páratlan függvény. e) Van olyan függvény, mely páros és páratlan is. a) Hamis. b) Igaz, például f(x) = x. c) Igaz, például f(x) = x + 1. d) Hamis. e) Igaz, például az azonosan nulla függvény Feladat. Adott az ABC háromszög AB és AC oldala, AB = 10 cm, AC = 6 cm. A két oldal által bezárt ϕ szöghöz rendeljük hozzá a háromszög területét. Mi lesz az így kapott függvény értelmezési tartománya és értékkészlete? Egy háromszög területe a háromszög két oldalának és az általuk bezárt szög szinuszának szorzatának a fele. Így a keresett függvény: t(ϕ) = 10 6 sin ϕ = 30 sin ϕ. Így az értelmezési tartománya 0 < x < 180, értékkészlete 0 < y Feladat. Határozzuk meg az f g és g f kompozíciókat (ahol értelmezve vannak), ha f(x) = x, g(x) = x + 7. Oldjuk meg az f g(x) = g f(x) egyenletet! Az összetett függvény definícióját használva f g(x) = f ( g(x) ) = f(x + 7) = x + 7 g f(x) = g ( f(x) ) = g( x) = x + 7. Megoldjuk a x + 7 = x + 7 egyenletet. Az egyenletet mindkét oldalát négyzetre emelve, majd elvégezve az összevonásokat x + 7 = ( x + 7) x + 7 = x + 14 x = 14 x adódik, ami ellentmondás, ugyanis az egyenlet bal oldalán negatív számot kaptunk, míg a jobb oldalon egy szám négyzetgyökének pozitív számszorosa szerepel, ami pozitív.

56 56 KÉZI CSABA GÁBOR Feladat. Határozzuk meg az f g, g f, f f, g g, f f f, f g f kompozíciókat (ahol értelmezve vannak), ha Az összetett függvény definícióját használva f(x) = 1 x, g(x) = x +. f g(x) = f ( g(x) ) = f(x + ) = 1 x + g f(x) = g ( f(x) ) ( ) 1 = g = 1 x x + f f(x) = f ( f(x) ) ( ) 1 = f = x x g g(x) = g ( g(x) ) = g(x + ) = (x + ) + ( f f f(x) = f f ( f(x) )) = f(x) = 1 x ( f g f(x) = f g ( f(x) )) ( ) 1 = f x + 1 = = 1 x + x 1 + x Feladat. Invertálható-e az f : R R, f(x) = x + 4 függvény? Ha igen, határozzuk meg az inverzét! Ábrázoljuk közös koordinátarendszerben a függvényt és az inverzét! Mi a geometriai kapcsolat a függvény és inverze között? Az f függvény képéből azonnal látszik, hogy injektív, azaz különböző elemekhez különböző elemeket rendel, így invertálható. Ezt algebrai úton is ellenőrizhetjük. Ehhez meg kell vizsgálnunk, hogy ha x 1, x R, x 1 x, akkor f(x 1 ) f(x ). Ezt úgy is ellenőrizhetjük, hogy megvizsgáljuk, hogy az f(x 1 ) = f(x ) egyenlőségből következik-e, hogy x 1 = x. Ezen utóbbit fogjuk ellenőrizni. Ha f(x 1 ) = f(x ), akkor f(x 1 ) = f(x ) x = x + 4 x 1 = x x 1 = x, így a függvény invertálható. Meghatározzuk az inverzfüggvényt: f(x) = x + 4 y = x + 4 x = y + 4 y = x 4 f 1 (x) = x 4. f(x) helyére y-t írunk (megcseréljük x-et és y-t) (kifejezzük y-t)

57 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 57 Ezután ábrázolhatjuk a függvényeket: Geometriailag egy függvény inverzét úgy határozhatjuk meg, hogy a függvényt tükrözzük az y = x egyenletű egyenesre Feladat. Invertálható-e az f : R R, f(x) = x 4 függvény? Ha igen, határozzuk meg az inverzét! Ábrázoljuk közös koordinátarendszerben a függvényt és az inverzét! Határozzuk meg a függvénynek és inverzének az értelmezési tartományát és értékkészletét! Az f függvény képéből azonnal látszik, hogy injektív, azaz különböző elemkhez különböző elemeket rendel, így invertálható. Ezt algebrai úton is ellenőrizhetjük. Ehhez meg kell vizsgálnunk, hogy ha x 1, x R, x 1 x, akkor f(x 1 ) f(x ). Ezt úgy is ellenőrizhetjük, hogy megvizsgáljuk, hogy az f(x 1 ) = f(x ) egyenlőségből következik-e, hogy x 1 = x. Ezen utóbbit fogjuk ellenőrizni. Ha f(x 1 ) = f(x ), akkor f(x 1 ) = f(x ) x 1 4 = x 4 x 1 = x x 1 = x, így a függvény invertálható. Meghatározzuk az inverzfüggvényt: f(x) = x 4 Ezután ábrázolhatjuk a függvényeket: y = x 4 x = y 4 y = log (x + 4) f 1 (x) = log (x + 4). f(x) helyére y-t írunk (megcseréljük x és y-t) (kifejezzük y-t)

58 58 KÉZI CSABA GÁBOR Geometriailag egy függvény inverzét úgy határozhatjuk meg, hogy a függvényt tükrözzük az y = x egyenletű egyenesre. Az f függvény értelemzési tartománya D f = R, érték készlete R f = ], [. Az inverzfüggvény értelmezési tartománya D f 1 =], [= R f, továbbá az inverzfüggvény értékkészlete R f 1 = R = D f Feladat. Ábrázoljuk az f : R R, f(x) = { x + 1, ha x < 0 x 1, ha x 0. függvényt! Határozzuk meg az értelemzési tartományát, értékkészletét, zérushelyét, az értékkészlet szuprémumát, infimumát, maximumát, minimumát! A függvény képe értelemzési tartomány: D f = R érték készlet: R f =], 1[ zérushely: x = 1 sup(r f ) = 1

59 inf(r f ) = max(r f ) : nincs min(r f ) : nincs BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Feladat. Egy országút mentén fekvő A és B városok távolsága 00 km. Reggel 8 órakor elindul A-ból B-be egy kerékpáros v k = 15 km/h átlagsebességgel, 9 órakor B-ből A felé egy versenykerékpáros v v = 35 km/h átlagsebességgel. a) Ábrázoljuk a kerékpárosok által megtett utat az idő függvényében közös koordinátarendszerben! b) Mikor találkoznak? c) Oldjuk meg a feladatot akkor is, ha a kerékpáros A-ból nem a B város felé, hanem ellentétes irányba indul el! a) A keresett út-idő grafikon: b) Ha a kerékpáros t órán át közlekedik, akkor a versenykerékpáros t 1 óráig közlekedik. Ezalatt a kerékpáros 15t utat, a versenykerékpáros 35(t 1) utat tesz meg (s = v t). Együttesen 00 km utat tesznek meg, így felírhatjuk a 15t + 35(t 1) = 00 egyenletet, melynek megoldása t = 4, 7. Így azt kaptuk, hogy a kerékpáros indulása után 4, 7 órával, azaz 1 óra 4 perckor találkoznak. c) A versenykerékpáros 00 km-el több utat tesz meg, ezért a 15t + 00 = 35(t 1) egyenletet írhatjuk föl. Ennek megoldása t = 11, 75, vagyis 19 óra 45 perckor találkoznak Feladat. Egyenletesen gyorsuló személygépkocsi álló helyzetből indulva 1 perc alatt 100 [km/h] sebességet ér el. a) Mennyi utat tesz meg ezalatt az idő alatt? b) Ábrázoljuk a jármű által megtett utat az idő függvényében!

60 60 KÉZI CSABA GÁBOR c) Mennyi idő alatt teszi meg az autó a gyorsulási útszakasz felét? a) A gépkocsi gyorsulása Az 1 perc alatt megtett út b) Az út-idő grafikon az a = v t km 100 h = 1 min = 5 3 s = a t = 5 6 [km]. s = 5 6 t. [ ] km min. parabola: c) Az 5 6 t = 5 1 egyeneletből kapjuk a keresett eredményt. Ebből t = 1 perc, ami körülbelül 4,4 másodperc Feladat. Egy 40 [km/h] sebességgel haladó gépkocsi fél perc alatt 100 [km/h]-ra gyorsul fel. Mekkora utat tesz meg ez idő alatt? Ábrázoljuk a jármű által megtett utat az idő függvényében! A gyorsulás A fél perc alatt megtett út s = v 0 t + a t = 40 a = v t = = 700 [ km/h ] ( ) 1 = = 7 1 [km] Ha az utat kilométerben, az időt órában mérjük, akkor az út-idő függvény s(t) = 40t t.

61 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 61 Ha az időt percben mérjük, akkor s(t) = t t = 3 t + t. Ezt teljes négyzetté alakítva s(t) = ( t + 1 ) 1 3 9, így a függvény képe Feladat. Egy kavicsot 0 [m/s] kezdősebességgel függőleges irányban felfelé felhajítunk. Állpítsuk meg, hogyan függ a kavics föld felszínétől mért magassága az időtől, s ábrázoljuk a távolságot az idő függvényében! A közegellenállás elhanyagolható. A kavics földfelszíntől mért távolságát a h(t) = v 0 t g t = 0t 5t. függvény írja le. Ezt teljes négyzetté alakítva Ezt ábrázolva: h(t) = 5(t + 4t) = 5[(t + ) 4] = 5(t + ) + 0. A pálya legmagasabb pontja a t = [s] időhöz tartozó 0 [m]..

62 6 KÉZI CSABA GÁBOR Feladat. A folyóparton 40 [m] hosszú kerítéssel téglalap alakú kertet kerítünk be három oldalról. A kert parttal párhuzamos oldalának hosszát jeölje x, a partra merőleges oldalak hosszát jelölje y. Hogyan válaszuk meg x és y értékét ahhoz, hogy a kert területe a lehető legnagyobb legyen? A kert kerülete x + y = 40, amiből x = 40 y. A terület t = xy = (40 y)y = 40y y. Ezt teljes négyzetté alakítva y + 40y = (y 0y) = [(y 10) 100] = (y 10) + 00, ami akkor a legnagyobb, ha y 10 = 0, azaz ha y = 10. Ekkor x = 40 y = 40 0 = 0. Tehát x = 0 m, és y = 10 m esetén lesz a legnagyobb a kert területe Feladat. Az álló helyzetből egyenletes gyorsulással induló vonat 0 [s] alatt 00 [m] utat tesz meg. Ábrázoljuk a menetidőt a megtett út függvényében! Az s = a t összefüggésből a = s 00 így a = = 1 [ ] m t 400 s. A menetidő az út függvényében s t = a = s. A függvény képe: Feladat. Egy medencébe 5 azonos keresztmetszetű cső vezet. Ha egy csövön keresztül engedjük be a vizet, akkor a medence 4 óra alatt telik meg. a) Mennyi idő alatt telik meg a medence, ha, 3, 4, illetve 5 csövön keresztül engedjük a vizet? b) Milyen kapcsolat van a megnyitott csövek száma és a feltöltéshez szükséges idő között? c) Ábrázoljuk a töltési időt a megnyitott csövek számának függvényében! a) Általában x cső megtöltéséhez 4 x órára van szükség. b) A megnyitott csövek száma és a feltöltéshez szükséges idő között fordított arányosság van. c) A keresett függvény:

63 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Feladat. Két város távolsága 100 [km]. Egy autó legkevesebb 40 [km/h], és legfeljebb 100 [km/h] átlagsebességgel teheti meg az utat. Ábrázoljuk az út megtételéhez szükséges időt az átlagsebesség függvényében! Az út megtételéhez szükséges idő és az ehhez szükséges átlagos sebesség fordítottan arányos. Az ábrázolandó függvény t = 100, 40 v 100 : v Feladat. Valamely termék x darabjának előállítási költségét a K függvény, árbevételét a B függvény adja meg euróban az alábbi hozzárendelési szabállyal: K(x) = 5 + x, B(x) = 3x, 0 < x 7. a) Ábrázoljuk a K és B függvényeket közös koordinátarendszerben! b) Mennyi költségnövekedéssel járna, ha x darab termék helyett x + 1 darabot termelnénk? c) Legalább hány terméket kell előállítani és értékesíteni, hogy a termelés nyereséges legyen?

64 64 KÉZI CSABA GÁBOR a) A függvények: b) A költségnövekedés: K(x + 1) K(x) = 5 + (x + 1) (5 + x) = 5 + x + 5 x =. Tehát ha a termelést 1 darabbal növelnénk, akkor euróval nőne a költség. c) Mivel az egyenesek metszéspontja x = 5-nél van, ezért legalább 5 darab terméket kell értékesíteni ahhozm hogy a bevétel nagyobb legyen a költségnél Feladat. Egy, a felnőtt lakosság körében elvégzett vizsgálat szerint a vér koleszterinkoncentrációja (gramm/liter) az életkor (év) függvényében a következő összefüggés szerint alakul f(x) = 1, + 0, 0x. a) Egy 5 éves embernél mennyi a vér koleszterin-koncentrációja? b) Fogalmazzuk meg a 0, 0 együttható jelentését! a) Egy 5 éves embernél a vér koleszterin-koncentrációja: f(5) = 1, + 0, 0 5 = 1, 7. b) Évenként 0, 0 grammal nő a vér koleszterin-koncentrációja literenként! Feladat. Az autóversenypályákon óránként mérik az aszfalt hőmérsékletét. Egy nyári napon azt tapasztalták, hogy 0 órától délután 3 óráig az aszfalt hőmérséklete jó közelítéssel megadható a t(x) = 10 x 34 függvénnyel, ahol x a 0 órától eltelt időt jelenti órában mérve, a hőmérsékletet pedig C-ban kapjuk. a) Mennyi volt az aszfalt hőmérséklete 0 órakor, illetve reggel 6 órakor? b) Délután 3 órakor elérte-e az aszfalt hőmérséklete a kritikus 60 C-ot? c) Hány százalékkal nőtt az aszfalt hőmérséklete reggel 8 és déli 1 óra között?

65 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 65 a) Az aszfalt hőmérséklete 0 órakor t(0) = = C reggel 6 órakor volt. b) Délután 3 órakor az aszfalt hőmérséklete így elérte az aszfalt a kritikus hőmérsékletet. c) Mivel és t(6) = C t(15) = , 67 C, t(8) = , 8 C, t(1) = , 59 C, ezért 31, 1%-al nőtt az aszfalt hőmérséklete reggel 8 és déli 1 óra között Feladat. Egy vizsgálat alapján a tokaji aszú életkora és export eladási ára közötti összefüggést az alábbi exponenciális függvény írja le: f(x) = 6, 1 1, 887 x (0 < x 30), ahol x az életkort f(x) pedig az eladási árat jelenti dollárban. a) Számoljuk ki, hogy egy palack 5 éves tokaji aszúnak mennyi az eladási ára? b) Számoljuk ki, hogy 1 év alatt hogyan változik az eladási ár? a) Egy palack 5 éves tokaji aszú eladási ára: b) Az x éves tokaji aszú ára az x + 1 évesé pedig f(5) = 6, 1 1, , 68. f(x) = 6, 1 1, 887 x, f(x) = 6, 1 1, 887 x+1 = 6, 1 1, 887 1, 887 x = 1, 887 f(x), így 1, 887-szeresére növekszik az ára Feladat. Egy tóba honosítás céljából 500 darab csíkos sügért telepítettek 005 márciusában. A halbiológusok figyelemmel kísérték az állomány gyarapodását és azt tapasztalták, hogy a halak száma a h(t) = 500 log 3 (t + 3) függvénnyel írható le, ahol t a telepítéstől eltelt évek számát jelenti. a) Mennyi csíkos sügér élt a tóban 006. márciusban?

66 66 KÉZI CSABA GÁBOR b) Hány százalékkal nőtt a halak száma 007. március és 009. március között? c) Várhatóan mikor éri el a hal populáció az 1500 darabot? a) 006. márciusban h(1) = 500 log 3 ( + 3) = 500 log csíkos sügér élt a tóban. b) A halak száma 007. márciusban c) Az a halak száma 009. márciusban h() = 500 log 3 (4 + 3) = 500 log , h(4) = 500 log 3 (8 + 3) = 500 log , így 3, 1 százalékkal nőtt a halak száma 007. március és 009. március között = 500 log 3 (t + 3) egyenletet kell megoldanunk. Mindkét oldalt 500-al osztva 3 = log 3 (t + 3) adódik, így log 3 7 = log 3 (t + 3), azaz t = 1, azaz várhatóan 017. márciusban éri el a hal populáció az 1500 darabot Megjegyzés. A függvényekről további mérnöki alkalmazások olvashatók többek között például a [16] jegyzetben ( oldal).

67 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Halmazok számossága 5.1. Megjegyzés. Korábban már definiáltuk a véges halmaz számosságát. Ezt most megismételjük. Egy halmaz elemeinek a számát a halmaz számosságának mondjuk. Jele: A. Egy halmazt végesnek nevezünk, ha elemeinek a száma véges. 5.. Tétel. Ha A és B véges halmazok, akkor 5.3. Tétel. Ha A, B és C véges halmazok, akkor A B = A + B A B. A B C = A + B + C A B A C B C + A B C Definíció. Azt mondjuk, hogy a H és K halmazok egyenlő számosságúak, vagy más szóval ekvivalensek, ha létezik közöttük bikjetív függvény, azaz van olyan f : H K invertálható függvény, melynek az értékkészlete K. Jele: H K Tétel. Ha A, B és C tetszőleges halmazok, akkor A A, azaz a definiált reláció reflexív ha A B, akkor B A, azaz szimmetrikus ha A B és B C, akkor A C, azaz tranzitív, következésképpen ekvivalenciareláció. Bizonyítás: A reflexivitást az f : A A, f(x) = x leképezés biztosítja. Ha A és B ekvivalensek, akkor létezik f : A B bijektív leképezés. Ekkor f 1 : B A bijekció, így B A. Ha A B és B C, akkor léteznek és f : A B és g : B C bijekciók. Ekkor g f bijekció lesz A és C között Definíció. Azt mondjuk, hogy egy halmaz véges, ha elemeinek a száma véges, pontosabban, ha üreshalmaz vagy ha létezik olyan n N, hogy a halmaz és az {1,,..., n} halmaz ekvivalensek, azaz egyenlő számosságúak; végtelen, ha nem véges megszámlálhatóan végtelen, ha a számossága megegyezik a természetes számok halmazának számosságával megszámlálható, ha véges vagy megszálmlálhatóan végtelen Tétel. A racionális számok halmazának számossága megszámlálhatóan végtelen. Bizonyítás: Soroljuk fel a racionális számokat az alábbiak szerint:

68 68 KÉZI CSABA GÁBOR Itt minden racionális szám megtalálható, némelyik többször is. A táblázatot járjuk be a jelölt módon. Ezáltal minden természetes számhoz hozzárendelünk egy racionális számot a fenti bejárás szerint, azaz 1 1, 1, 3, 4 1, 5 1, 6. A megadott bejárás szerint haladunk, azokat a pozitív racionális számokat, amik már korábban szerepeltek, kihagyjuk. Ezzel megadtunk egy bijektív leképezést a természetes számok és a racionális számok halmaza között Tétel. Az N N halmaz megszámlálhatóan végtelen. Bizonyítás: Az f : N N N, f(k, l) = k 3 l leképzés bijektív Tétel. Megszámlálható számosságú halmaz minden részhalmaza is megszámlálható Tétel. Minden végtelen halmaznak van megszámlálható számosságú részhalmaza Tétel. (Cantor) Egymásba skatulyázott zárt intervallumok metszete nem üreshalmaz Tétel. Az [a, b] intervallum nem megszámlálható számosságú. Bizonyítás: Indirekt tegyük fel, hogy [a, b] megszámláható számosságú, azaz [a, b] = {c 1, c,...}. Definiáljuk az alábbi [a n, b n ] intervallumokat az alábbi módon: [a 0, b 0 ] = [a, b] [a n+1, b n+1 ] [a n, b n ] (n = 0, 1,,...) b n a n b a n c n [a n, b n ] (n = 1,,...) A Cantor-féle metszettétel alapján létezik c n N[a n, b n ] [a.b], azonban c / {c n n N} = [a, b], így ellentmondásra jutottunk Tétel. A valós számok halmazának számossága nem megszálmlálhatóan végtelen Definíció. A valós számok halmazának számosságát kontinuum számosságúnak nevezzük Feladat. Egy 6 fős társaságban 15-en tanulnak németül, 0-an angolul. Mindenki tanulja legalább a két nyelv egyikét. Hányan tanulnak csak németül? Jelöljük A-val az angolul tanulók, N-el a németül tanulók halmazát. Ekkor amibe behelyettesítve a megadott adatokat A N = A + N A N, 6 = A N adódik, így 6 = 35 A N. Megoldva a kapott egyenletet azt kapjuk, hogy A N = 9, azaz 9-en tanulják mindkét nyelvet. Összesen 15-en tanulnak németül, így csak németül 15 9 = 6- an tanulnak.

69 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Feladat. Egy 10 fős baráti társaságból 5 fő szereti a focit, 4 a kosárlabdát, egyvalaki pedig mind a két sportágat. Hányan nem kedvelik a két labdajáték egyikét sem a baráti társaságból? Jelöljük F -el azok halmazát, akik szeretik a focit, K-val pedig azokát, akik szeretik a kosárlabdát. Ekkor F K = F + K F K. Az adatok behelyettesítése után az egyenlőség jobb oldalán = 8 adódik. Mivel a társaság 10 fős, így olyan személy van, aki egyik labdajátékot sem szereti Feladat. Mutassuk meg, hogy a természetes számok halmazának és az egész számok halmazának számossága megegyezik. Tekinstük az f : Z N, f(x) = { x, ha x 0 x 1, ha x < 0 függvényt. Nyilván ez a függvény injektív, hiszen különböző elemekhez különböző elemeket rendel, másrészt ha x nem-negatív, akkor a függvény értékei a pozitív páros számok, ha x negatív, akkor a függvény értékei a pozítív páratlan számok, így értékkészlete N, tehát N és Z számossága megegyezik, azaz Z megszámlálhatóan végtelen számosságú halmaz Feladat. Bizonyítsuk be, hogy a pozitív páros számok halmazának számossága megegyezik a pozitív számok halmazának számosságával. Tekintsük az f : N H halmazt, ahol H a pozitív páros számok halmazát jelöli. Definiáljuk az f : N H, f(x) = x függvényt! Ez a függvény injektív, hiszen különböző elemkhez különböző elemeket rendel másrészt értékkészelete a pozitív páros számok halmaza, így a két halmaz számossága megegyezik Feladat. Mutassuk meg, hogy a valós számok halmazának számossága megegyzik a ] 1, 1[ intervallum számosságával. Tekintsük az f : R ] 1, 1[, f(x) = x 1 + x (x R) függvényt! Megmutatjuk, hogy a leképezés bijektív. Ha x > 0, akkor f(x) = x 1 + x. Ha f(x 1 ) = f(x ), akkor x x 1 = x 1 + x,

70 70 KÉZI CSABA GÁBOR amiből a nevezővel beszorozva x 1 (1 + x ) = x (1 + x 1 ), azaz x 1 + x 1 x = x + x x 1, amiből x 1 = x adódik. Így f injektív. Hasonlóan adódik az injektivitás, ha x < 0. Megmutatható, hogy a leképezés szürjektív is, így bijektív.

71 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Komplex számok 6.1. Motíváció. A valós számok halmazán nem oldható meg az x + 1 = 0 egyenlet, azaz a 1-ből nem tudunk gyököt vonni, hiszen nincs olyan valós szám, amelynek a négyzete negatív szám lenne. Ez az egyik oka annak, hogy bevezetjük a komplex számok halmazát, ahol definiálhatunk olyan számot, amelynek a négyzete negatív lesz. A valós számok halmazának elemei megfeleltethetők a számegyenes pontjainak. A komplex számok elemeit a számsík (R R) pontjainak feleltethetjük meg. Ebben az esetben a síkot Gauss-féle komplex számsíknak nevezzük, a vízszintes tengelyt valós tengelynek, a függőleges tengelyt képzetes tengelynek mondjuk. Jelöljük i-vel a számsík (0, 1) pontját. Ezt a számot nevezzük képzetes egységnek. Nyilvánvaló, hogy az (a, 0) számok a valós számegyenesen helyezkednek el, így ezek a számok megfeleltethetők a valós számoknak. Emiatt az (a, 0) komplex számokat egyszerűen a-val jelöljük. 6.. Definíció. A C = R R halmazon vezessünk be két műveletet, egy összeadást és egy szorzást az alábbi módon: (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) (a, b) (c, d) = (ac bd, bc + ad). Az így bevezett két művelettel ellátott C halmazt a komplex számok halmazának nevezzük Megjegyzés. Megmutatható, hogy az előbb bevezett összeadás és szorzás kommutatív, asszociatív, létezik zéruselem az összeadásra és egységelem a szorzásra nézve, minden komplex számnak létezik additív inverze, és minden nullától különböző komplex számnak létezik multiplikatív inverze, továbbá, hogy a szorzás disztributív az összeadásra nézve Tétel. Ha i jelöli a képzetes egységet, akkor i = 1. Bizonyítás: Az előbb definiált szorzás műveletét használva azt kapjuk, hogy i = i i = (0, 1) (0, 1) = (0 1, 0 + 0) = ( 1, 0), ami éppen a bizonyítandó állítás Tétel. Minden komplex szám előáll z = a + b i alakban. Bizonyítás: Ha z = (a, b), akkor z = (a, b) = (a, 0) + (0, b) = a(1, 0) + b(0, 1) = a + b i, amivel az állítást igazoltuk Definíció. A z = (a, b) C komplex szám z = a + b i alakját a komplex szám algebrai alakjának nevezzük. Az a-t a komplex szám valós részének, vagy reális részének, b-t a komplex szám képzetes részének vagy imaginárius részének mondjuk. Jelölései: a = Re(z), b = Im(z). A komplex számnak a valós tengellyel bezárt ϕ [0, π[ szögét a komplex szám argumentumának vagy szögének hívjuk.

72 7 KÉZI CSABA GÁBOR 6.7. Példa. A z = + 3i komplex szám valós része Re(z) =, képzetes része Im(z) = Definíció. A z = a + b i komplex szám konjugáltja a z = a b i komplex szám; hossza a z = a + b valós szám Megjegyzés. A konjugálás a valós tengelyre való tükrözést jelenti Példa. A z = 1 + i komplex szám konjugáltja a z = 1 i komplex szám, hossza a z = = valós szám Megjegyzés. Műveletek algebrai alakban megadott komplex számokkal: a z 1 = a 1 + i b 1 és a z = a + i b algebrai alakú komplex számok összege a z 1 + z = a 1 + i b 1 + a + i b = a 1 + b + i(a + b 1 ) komplex szám; szorzata a komplex szám; hányadosa a z 1 z = (a 1 + i b 1 )(a + i b ) = a 1 a b 1 b + i(a 1 b + a b 1 ) z 1 = a 1 + i b 1 = a 1 + i b 1 a i b = a 1a + b 1 b 1 + i(a b 1 a 1 b ), z a + i b a + i b a i b a + b azaz két algebrai alakban megadott komplex számot úgy osztunk el, hogy a törtet bővítjük a nevező konjugáltjával Példa. Legyen z 1 = 3i és z = 1 + i. Ekkor: a két komplex szám összege z 1 + z = 3i i = 3 i

73 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 73 a két komplex szám szorzata z 1 z = ( 3i)(1 + i) = + i 3i 3i = i + 3 = 5 i a z 1 és z komplex számok hányadosa z 1 = 3 i z 1 + i = 3 i 1 + i 1 i 1 i = 3 + 3i i i Tétel. (az abszolútérték és a konjugálás tulajdonságai) Ha z, z 1 és z tetszőleges komplex számok, akkor = i. a) z 1 z = z 1 z b) z 1 z = z 1 z c) z = z d) z 1 + z = z 1 + z e) z 1 z = z 1 z f) z 1 z = z 1 z. Bizonyítás: Legyen z = a + b i, z 1 = a 1 + b 1 i, z = a + b i. a) Mivel z 1 z = (a 1 + i b 1 )(a + i b ) = a 1 a b 1 b + i(a 1 b + a b 1 ), ezért Másrészt z 1 z = z 1 z = (a 1 a b 1 b ) + (a 1 b + a b 1 ) = = (a 1a a 1 a b 1 b + b 1b ) + (a 1b + a 1 a b 1 b + a b 1) = = a 1a + b 1b + a 1b + a b 1. a 1 + b 1 a + b = (a 1 + b 1)(a + b ) = a 1a + b 1b + a 1b + a b 1, amivel az első összefüggést igazoltuk. b) Az előzővel analóg módon igazolható. c) Egyrészt másrészt amivel megkaptuk a kívánt összefüggést. z = a + b, z = a bi = a + ( b) = a + b, d) Az összeadást, majd a konjugálást elvégezve, majd megfelelően csoportostíva azt kapjuk, hogy z 1 + z = a 1 + a + i(b 1 + b ) = a 1 + a i(b 1 + b ) = a 1 ib 1 + a ib = z 1 + z, ami a bizonyítandó állítás. e) Az szorzás, majd a konjugálást elvégezve, majd megfelelően csoportostíva azt kapjuk, hogy z 1 z = a 1 a b 1 b + i(a 1 b + a b 1 ) = a 1 a b 1 b i(a 1 b + a b 1 ) = z 1 z, f) Az előzőhöz hasonlóan igazolható.

74 74 KÉZI CSABA GÁBOR Az állításokat igazoltuk Definíció. A z = a + b i komplex szám trigonometrikus alakján a komplex számot értjük. z = z (cos ϕ + i sin ϕ) Megjegyzés. Tekintsük a z = a + b i algebrai alakban megadott komplex számot, és legyen ϕ a komplex szám argumentuma. Ekkor egyrészt sin ϕ = a, amiből a = z sin ϕ, z másrészt azaz Példa. Felírjuk a cos ϕ = b, amiből b = z sin ϕ, z z = z cos ϕ + z sin ϕ = z (cos ϕ + i sin ϕ). z = i komplex számnak és konjugáltjának a trigonometrikus alakját. Ehhez először meghatározzuk a komplex szám hosszát: ( ) ( ) z = = 1. A komplex szám argumentuma: ϕ = 150, így a trigonometrikus alak A z komplex szám trigonometrikus alakja z = 1 (cos i sin 150 ) = cos i sin 150. z = 1 (cos 10 + i sin 10 ) = cos 10 + i sin 10.

75 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Példa. A komplex szám algebrai alakja z = (cos 30 + i sin 30 ) z = ( ) i = 1 + 3i Tétel. A z 1 = z 1 (cos ϕ 1 +i sin ϕ 1 ) és a z = z (cos ϕ +i sin ϕ ) komplex számok szorzata a z 1 z = z 1 z ( cos(ϕ 1 + ϕ ) + i sin(ϕ 1 + ϕ ) ) komplex szám. Bizonyítás: Felhaszálva a és a cos(α + β) = cos α cos β sin α sin β sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β addíciós tételeket, azt kapjuk, hogy z 1 z = z 1 z (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 )(cos ϕ + i sin ϕ ) = = z 1 z (cos ϕ 1 cos ϕ sin ϕ 1 sin ϕ + i ( cos ϕ 1 sin ϕ + sin ϕ 1 cos ϕ ) ) = = z 1 z ( cos(ϕ 1 + ϕ ) + i sin(ϕ 1 + ϕ ) ), amivel az állítást igazoltuk Tétel. A z 1 = z 1 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 ) és a z = z (cos ϕ + i sin ϕ ) komplex számok hányadosa a z 1 = z 1 ( cos(ϕ1 ϕ ) + i sin(ϕ 1 ϕ ) ) z z komplex szám. Bizonyítás: A z = z (cos ϕ + i sin ϕ) komplex szám reciproka 1 z = 1 ( ) cos( ϕ) + i sin( ϕ), z ugyanis az előző állítást felhaszálva z 1 z = z 1 ( ) cos(ϕ ϕ) + i sin(ϕ ϕ) = 1. z Ezért z 1 = z ( = z 1 cos(ϕ1 ϕ ) + i sin(ϕ 1 ϕ ) ), z z z amivel az állítást igazoltuk.

76 76 KÉZI CSABA GÁBOR 6.0. Tétel. A z = z (cos ϕ + i sin ϕ) komplex szám n-edik hatványa a z n = z n( cos(nϕ) + i sin(nϕ) ) komplex szám. Bizonyítás: Mivel z n = z z... z, ezért a szorzásra vonatkozó azonosság felhasználásával adódik az állítás Példa. Tekintsük a és a komplex számokat. Szorzatuk hányadosuk továbbá z 1 = (cos 30 + i sin 30 ) z = 3 (cos 15 + i sin 15 ) z 1 z = 6(cos 45 + i sin 45 ), z 1 z = z 1 z (cos 15 + i sin 15 ), z 10 1 = 10 (cos i sin 300 ). 6.. Megjegyzés. Komplex szám reciprokának geometriai tartalma: z-nek az egységkörre vonatkozó tükörképét (inverzét) tükrözzük a valós tengelyre Megjegyzés. Tekinstük a z = cos ϕ + i sin ϕ komplex számot. Ennek a négyzete (algabrai alakú komplex számként tekintve): z = (cos ϕ + i sin ϕ) = cos ϕ sin ϕ + i sin ϕ cos ϕ. Másrészt z trigonometrikus alakú komplex számnak is tekinthető A négyzetre emelést ilyen alakban elvégezve z = cos ϕ + i sin ϕ. A két komplex számnak meg kell egyeznie, így egyrészt másrészt cos ϕ = cos ϕ sin ϕ, sin ϕ = sin ϕ cos ϕ, amelyek a középiskolából is jól ismert trigonometrikus azonosságok.

77 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Definíció. A z komplex szám n-edik gyökének nevezzük a w komplex számot, ha w n = z Tétel. Minden komplex számnak n darab n-edik gyöke van, melyek w k = n ( z cos ϕ + k π + i sin ϕ + k π ), (k = 0,..., n 1) n n alakban állnak elő. Bizonyítás: Ha akkor w n = z esetén ahonnan w = n z és ahonnan amivel igazoltuk az állítást. w = w (cos ψ + i sin ψ) és z = z (cos ϕ + i sin ϕ), w n = w n( cos(nψ) + i sin(nψ) ) = z (cos ϕ + i sin ϕ), n ψ = ϕ + k π (k = 0,..., n 1), ψ = ϕ + k π, n 6.6. Definíció. A z = 1 komplex szám n-edik gyökeit n-edik egységgyököknek nevezzük Megjegyzés. Az n-edik egységyökök origó középpontú, n oldalú szabályos sokszög csúcsaiban helyezkednek el Példa. Meghatározzuk és ábrázoljuk a harmadik egységgyököket. Tekintsük a z = 1 komplex számot. Ennek hossza 1, argumentuma 0. Ezt és az előbbi tételt felhasználva ( w 0 = cos π + i sin π ) = cos 0 + i sin 0 = ( w 1 = cos π + i sin π ) = cos π i sin π 3 3 = 1 + i ( w 1 = cos 0 + π + i sin 0 + π ) = cos 4π i sin 4π 3 3 = 1 i. Ezeket ábrázolva:

78 78 KÉZI CSABA GÁBOR tehát a harmadik egységgyökök valóban origó középpontú szabályos háromszög csúcsaiban helyezkednek el Példa. A z = 4 komplex szám négyzetgyökei: ±i Definíció. Minden komplex szám felírható z = z e iϕ alakban, melyet a komplex szám exponenciális alakjának nevezünk Tétel. Ha z 1 = z 1 e iϕ 1 és z = z e iϕ, akkor z 1 z = z 1 z e i(ϕ 1+ϕ ) Bizonyítás: Az állítás azonnal adódik abból, hogy azonos alapú hatványok szorzásakor az alapot a kitevők összegére emeljük Tétel. Ha z 1 = z 1 e iϕ 1 és z = z e iϕ, akkor z 1 z = z 1 z ei(ϕ 1 ϕ ) Bizonyítás: Az állítás azonnal adódik abból, hogy azonos alapú hatványok osztásakor az alapot a kitevők különbségére emeljük Tétel. Ha z = z e iϕ, akkor z n = z n e inϕ Bizonyítás: Az állítás azonnal adódik abból, hogy hatvány hatványozásakor az alapot a kitevők szorzatára emeljük Megjegyzés. Mivel e i ϕ = cos ϕ + i sin ϕ, ezért a koszinusz függvény párossága és a szinusz függvény páratlan tulajdonsága miatt e i ϕ = e i ( ϕ) = cos( ϕ) + i sin( ϕ) = cos ϕ i sin ϕ. Az előbbi két egyenletet összeadva azt kapjuk, hogy amiből e i ϕ + e i ϕ = cos ϕ, e i ϕ + e i ϕ = cos ϕ adódik. Hasonlóan a fenti két egyneletet kivonva azt kapjuk, hogy e i ϕ e i ϕ = i sin ϕ, amiből adódik. e i ϕ e i ϕ i = sin ϕ

79 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Megjegyzés. A komplex számok széles körben alkalmazhatóak a mérnöki tudományokban. Egyik legelterjedtebb alkalmazásuk a komplex váltóáramú hálózatoknál definiált komplex impedancia (ellenállás) kiszámolásánál figyelhető meg. Erről részletes leírást és több kidolgozott feladatot találunk a [16] egyetemi jegyzetben Feladat. Adjuk meg az alábbi komplex számok valós, illetve képzetes részét: a) z 1 = + 3i b) z = 3 4i c) z 3 = 6 d) z 4 = i e) z 5 = i f) z 6 = 1 A z = a + bi komplex szám valós része: Re(z) = a, képzetes része Im(z) = b. Ez alapján a megoldások a) Re(z 1 ) =, Im(z 1 ) = 3 b) Re(z ) = 3, Im(z ) = 4 c) Re(z 3 ) = 6, Im(z 3 ) = 0 d) Re(z 4 ) = 0, Im(z 4 ) = 1 e) Re(z 5 ) = 0, Im(z 5 ) = f) Re(z 6 ) = 1, Im(z 6 ) = Feladat. Ábrázoljuk a komplex számsíkon az alábbi komplex számokat a) z 1 = 3 b) z = c) z 3 = i d) z 4 = 3i e) z 5 = 3 + i f) z 6 = 4i Feladat. Ábrázoljuk a komplex számsíkon az alábbi halmazokat a) A = {z C Re(z) 1} b) B = {z C Im(z) > 0} c) C = {z C z 1} d) D = {z C z 1}

80 80 KÉZI CSABA GÁBOR A C halmaz elemei azon komplex számok, melyek abszolút értéke kisebb vagy egyenlő, mint 1, azaz azok a komplex számok, melyeknek az origótól való távolsága nem nagyobb, mint 1. Ezek a pontok az egység sugarú, origó középpontú körön és annak belsejében helyezkednek el. A D halmaz elemei pedig éppen a kör és a rajta kívül eső pontok: Feladat. Tekintsük a z 1 = + 3i és a z = 3 4i komplex számokat! Határozzuk meg a a) z 1 + z b) z 1 z c) z 1 d) z e) z 1 f) z 1 z g) z z 1 h) Re ( z1 z ) i) Im ( z1 z ) j) z 1 + 5z + 6 k) z1 l) z komplex számokat!

81 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 81 a) Két algebrai alakú komplex számot úgy adunk össze, hogy a valós részt a valós résszel, a képzetes részt a képzetes résszel összegezzük: z 1 + z = + 3i + 3 4i = 5 i. b) Két algebrai alakú komplex számot úgy szorzunk össze, hogy minden tagot szorzunk minden taggal z 1 z = ( + 3i)(3 4i) = 6 8i + 9i 1i = 6 + i 1( 1) = 18 + i. c) Az a + bi komplex szám konjugáltja az a bi komplex szám: z 1 = 3i. A konjugálás geometriai jelentése a valós tengelyre való tükrözés. d) A konjugálás definíciója miatt z = 3 + 4i. e) Egy komplex szám hossza a valós részének és képzetes részének a négyzetösszege z 1 = + 3 = = 13 f) Két algebrai alakú komplex számot úgy osztunk el egymással, hogy bővítjük a törtet a nevező konjugáltjával. Ezután tört törttel való szorzását kapjuk, melyet úgy végzünk el, hogy a számlálót szorozzuk a számlálóval, a nevezőt a nevezővel: z 1 = + 3i z 3 4i = + 3i 3 4i 3 + 4i 3 + 4i 6 + 8i + 9i + 1i = = 9 16i g) A törtet a nevező konjugáltjával bővítve z = 3 4i z 1 + 3i = 3 4i + 3i 3i 3i 6 8i 9i + 1i = = 4 9i h) A valós rész definíciója szerint Re = ( + 3i)(3 + 4i) (3 4i)(3 + 4i) = i 1 = i 5 = (3 4i)( 3i) ( + 3i)( 3i) = 6 17i ( z1 z = ) = i 13 = i. = i. i) A képzetes rész definíciója szerint Im ( z1 z ) = j) Elvégezve a konjugálást, majd összeadva a komplex számokat: adódik. z 1 + 5z + 6 = + 3i + 5(3 + 4i) + 6 = + 3i i + 6 = 3 + 3i

82 8 KÉZI CSABA GÁBOR k) Felhasználva, hogy (a + b) = a + ab + b : z 1 = ( + 3i) = 4 + 1i + 9i = 4 + 1i 9 = 5 + 1i. l) Felhasználva, hogy (a b) = a ab + b : z = (3 4i) = 9 4i + 16i = 9 8i 16 = 7 8i Feladat. Mennyi ha k egész szám? i 0 ; i 1 ; i ; i 3 ; i 4 ; i 100 ; i 101 ; i 10 ; i 103 ; i 104 i 4k ; i 4k+1 ; i 4k+ ; i 4k+3, i 0 := 1; i 1 = i; i = 1; i 3 = i i = i; i 4 = (i ) i 100 = (i 4 ) 5 = 1 5 = 1; i 101 = i 100 i = 1 i = i i 10 = i 100 i = 1 ( 1) = 1; i 103 = i 100 i 3 = i; i 104 = i 100 i 4 = 1 Tapasztalatunk a következő: Ha i hatványkitevője 4-gyel osztható, akkor a hatvány értéke 1; ha 4- gyel osztva 1 maradékot ad, akkor a hatvány értéke i; ha maradékot ad, akkor 1; ha 3 maradékot ad, akkor i. Tehát: Ezzel minden kérdezett értéket kiszámoltunk. i 4k = 1; i 4k+1 = i; i 4k+ = 1; i 4k+3 = i Feladat. Írjuk föl a z = i komplex szám trigonometrikus alakját! megoldás A z = a + bi komplex szám trigonometrikus alakja z = r(cos ϕ + i sin ϕ), ahol r a komplex szám hossza/abszolútértéke, ϕ a komplex szám argumentuma, azaz a valós tengellyel bezárt szöge. Jelen esetben a komplex számunk valós része Re(z) =, képzetes része Im(z) =. Így a komplex szám hossza továbbá az argumentumra fennáll a r = ( ) + ( ) = 8, tg(ϕ) = b a = = 1 egyenlet, amiből ϕ 1 = π 4 vagy ϕ = π + π 4 = 5π 4. Az ábrázolás után világos, hogy a megfelelő szög ϕ = 5π 4.

83 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA 83 Így a komplex szám trigonometrikus alakja z = ( 8 cos 5π 4 + i sin 5π Feladat. Számoljuk ki a z = 3 + i komplex szám harmadik gyökeit! ). Minden komplex számnak n darab n-edik gyöke van. Ezek ( ( ) ( )) w k = n ϕ + kπ ϕ + kπ r cos + i sin n n (k = 0,..., n 1). alakban állnak elő. Jelen esetben harmadik gyököt szeretnénk vonni, azaz n = 3, így három megoldás lesz. A komplex szám hossza r = ( 3) + 1 =, argumentuma ϕ = π π 6 = 5π. Behelyettesítve a fenti képletbe 6 w 0 = 3 ( ( 5π 6 cos + 0π ) ( 5π + i sin + 0π )) w 1 = 3 ( ( 5π 6 cos + 1π ) ( 5π + i sin + 1π )) w = 3 ( ( 5π 6 cos + π ) ( 5π + i sin + π )) = 3 ( cos 5π 18 = 3 ( cos 17π 18 ) 5π + i sin 18 + i sin 17π 18 = 3 ( cos 9π 9π + i sin Feladat. Oldjuk meg a komplex számok halmazán a z i = 0 egyenletet! Kifejezzük z-t az egyenletből z = 3 1 i. ) ).

84 84 KÉZI CSABA GÁBOR Így a 1 i komplex szám 3-adik gyökeit kell meghatározni. Minden komplex számnak n darab n-edik gyöke van, így 3 darab harmadik gyök van. Ezek ( w k = n r cos ϕ + kπ + i sin ϕ + kπ ), (k = 0,..., n 1) n n alakban állnak elő. Jelen esetben n = 3, r =, ϕ = 5π, k = 0, 1,. Így az egyenlet megoldásai 4 w 0 = (cos 3 w 1 = (cos 3 w = (cos 3. 5π + 0 π 5π 4 + i sin 3 5π + 1 π 5π 4 + i sin 3 5π + π 5π 4 + i sin π π π 3 ) ) ) = 6 ( cos 5π 1 = 6 ( cos 13π 1 ) 5π + i sin 1 + i sin 13π 1 = 6 ( cos 1π 1π + i sin 1 1 ) ) Feladat. Határozzuk meg és ábrázoljuk a negyedik egységgyököket! Az n-edik egységgyökök az 1 komplex szám n-edik gyökei. Így a negyedik egységgyökök az 1 komplex szám negyedik gyökei. Ezek ( w k = n r cos ϕ + kπ + i sin ϕ + kπ ) n n (k = 0,..., n 1) alakban állnak elő. Jelen esetben n = 4, r = 1, ϕ = 0, k = 0, 1,, 3. Így a negyedik egységgyökök w 0 = 4 ( 1 cos π 4 w 1 = 4 ( 1 cos π 4 w = 4 ( 1 cos 0 + π w 3 = i sin π ) 4 ) + i sin π 4 + i sin 0 + π 4 4 ( cos π + i sin π 4 4 = cos 0 + i sin 0 = 1 = cos π + i sin π = i ) = cos π + i sin π = 1 ) = cos 3π + i sin 3π = i. Ábrázolva a kapott komplex számokat a Gauss féle (komplex számsíkon) azt vehetjük észre, hogy a negyedik egységgyökök négyoldalú szabályos sokszög csúcsaiban helyezkednek el. Általánosan igaz, hogy az n-edik egységgyökök n oldalú szabályos sokszög csúcsaiban helyezkednek el.

85 BEVEZETÉS A MAGASABBSZINTŰ MATEMATIKÁBA ÉS ALKALMAZÁSAIBA Feladat. Oldjuk meg a komplex számok halmazán a másodfokú egyenletet! z + z + = 0 Felírva a másodfokú egyenlet megoldóképletét z 1, = ± 4 8 = ± 4 = ± i = 1 ± i Feladat. Írjuk át az 1 + i komplex számot Euler-féle alakba! A z = 1 + i = i komplex szám hossza z = = másrészt z argumentuma ϕ = π/4. Így az Euler-féle alak z = e i π Feladat. Tekintsük a z 1 = 1 + i és z = 3 ( cos π + i sin ) π 3 3 komplex számokat! Határozzuk meg a z 1 z, z 1 z, z z 1 és z1 10 komplex számokat! Első lépésben írjuk föl a z 1 komplex szám trigonometrikus alakját: z 1 = ( cos π 4 + i sin π ). 4 Trigonometrikus alakú komplex számokat úgy szorzunk össze, hogy az abszolút értéküket összeszorozzuk, az argumentumokat összeadjuk: z 1 z = 3 ( ( π cos 3 + π ) ( π + i sin π )) = 3 ( cos 7π ) 7π + i sin Trigonometrikus alakú komplex számokat úgy osztunk el, hogy az abszolút értéküket elosztjuk, az argumentumokat kivonjuk: z ( ( π = cos z π ) ( π + i sin 4 3 π )) ( = cos π i sin π ), 1