HF1. Határozza meg az f t 5 2 ugyanabban a koordinátarendszerben. Mi a lehetséges legbővebb értelmezési tartománya és

Átírás

1 Házi feladaok megoldása 0. nov. 6. HF. Haározza meg az f 5 ugyanabban a koordináarendszerben. Mi a leheséges legbővebb érelmezési arománya és érékkészlee az f és az f függvényeknek? ( ) = függvény inverzé. Ábrázolja mindké függvény Az y = 5 képleel megado függvénykapcsolao inveráljuk. Az f függvény a -hez az y - rendeli, az f inverz függvény pedig fordíva, y -hoz rendeli -. Ez indokolja, hogy a y képleben első lépéskén felcseréljük a válozóka: = 5. A második lépésben y - y kifejezzük: 5 =, y = log5. Az inverz függvény ehá f ( ) = log5. A számolás során figyelni kell arra, hogy mindig ekvivalens áalakíásoka hajsunk végre, visszafordíhaó lépéseke együnk. Mos a -vel való beszorzás, az 5-alapú logarimus visszafordíhaók -vel való oszássá, 5-ik haványra emeléssé. Ha azonban négyzere is emelnénk mindké oldal, az már nem felélenül lenne visszafordíhaó, ekvivalens áalakíás, hiszen mind a négyzegyök, mind a -szer a négyzegyök visszacsinálja a négyzere emelés. Ilyenkor min a gyakorlaon megoldo példában is az f függvény érelmezési arományának vizsgálaa adha ámpono. lg Az ábrázoláshoz először érékáblázao készíünk (felhasználva, hogy log 5 =, ha ez a lg5 képlee nem ismeri, vagy csak emlékszik valami hasonlóra, akkor sürgősen isméelje á a logarimusról a középiskolában anulaka): y = 5 y = log (A logarimus nullára és negaív számokra nincs érelmezve!) y = 5 y = log 5

2 Az ábrázolás segí az érelmezési aromány és az érékkészle megállapíásában, de azér ehhez sokszor ovábbi megfonolások is kellenek. Mos D f = R, hiszen minden valós számra érelmezve van 5, = R + = { y y > 0}, hiszen R f 5 mindig poziív és minden poziív szám felírhaó valamilyen melle 5 alakban. Az inverz függvénynél udjuk, hogy + az érelmezési aromány és az érékkészle felcserélődik, ezér D = R = R és R = D f f = R. HF. Számísa ki a kövekező haárérékeke: a) lim 0 b) lim c) lim d) e) f) lim lim lim 3 a) A képleel megado függvény nincs érelmezve a 0 egy környezeében, azaz valamilyen δ > 0 melle a ] δ, δ[ inervallumban, ui. negaív számból nem udunk négyzegyökö vonni a valós számok körében. Ezér ez a haárérék nincs érelmezve! A 0 jobboldali haárérék viszon érelmezve van, lim = =. I kihasználuk, hogy az 0 0 f ( ) = függvény jobbról folyonos a 0-ban és így a jobboldali haáréréke o f (0). b) Az függvény folyonos az helyen, ezér lim = =. c) Tudjuk az előadás alapján, hogy eseén és persze is igaz (ez uóbbi auológia). Ezér a keő szorzaa is ar a végelenbe, vagyis lim = +. f f

3 d, e) Ez valójában az függvény, csak el van olva jobbra -vel. Ezér az előadásból az -ről anulak alkalmazhaók: eseén 0 és így +, eseén 0 és így. Érdemes az y = függvény ábrázolni: f) lim = =, hiszen az 3 3 függvény folyonos 3-ban. SZ. Akhilleusz és a eknős verseny fu. Akhilleusz sebessége 0 m/s, a eknősé 0. m/s, a eknős előnye 0 m. Zénon paradoona szerin Akhilleusz soha nem érhei uol a eknős, mer mire Akhilleusz ledolgozza a eknős pillananyi előnyé, addigra a eknős egy kicsi mindig ovábbju. Modellezzük végelen sor összegével a problémá és oldjuk fel a paradoon. Oldjuk meg a feladao álalánosan, legyen Akhilleusz sebessége V, a eknősé v, a eknős h előnye h. Persze felesszük, hogy V > v. Akhilleusz a h ua 0 = idő ala eszi meg, ez V 0v ala a eknős előnye h = 0v -re válozik. Ez a ávo Akhilleusz = idő ala eszi meg. V Ez ala a eknős előnye = v -re válozik, melye Akhilleusz v v h v = = 0 = h idő ala fu le. Láhaó, hogy a eknős n-edik előnyé V V V V Akhilleusz n n h v = idő ala dolgozza le. A eknős uoléréséhez összesen V V h h v h v h v n + K = K+ + K időre van szüksége. Ez V V V V V V V h h egy mérani sor összege, a anul formula szerin a szükséges idő =. Ez véges V v V v V érék, Akhilleusz ehá uoléri a eknős. A feladaban megado számérékek 0 behelyeesíésével az uoléréshez szükséges idő.00s n

4 SZ. Mi a leheséges legbővebb érelmezési arománya az f ( ) = képleel megado függvénynek? Van-e a függvénynek haáréréke, ha, ha és ha? Ha igen, mik ezek a haárérékek? (Javasla: készísen érékáblázao a haárérékhelyek irányában.) Érelmezési aromány: Megvizsgáljuk, hogy a képle milyen eseekben érelmezheő. Több feléelnek kell egyszerre eljesülnie.. A nevező nem lehe nulla. Az = 0 egyenle megoldása = 3, a 3-a ehá ki kell zárni az érelmezési arományból.. A másik nevező se lehe nulla, így az -e is ki kell zárni az érelmezési arományból. 3. A gyökjel ala nem állha negaív szám, eszerin 0 kell, hogy eljesüljön. Vigyáza, i mos nem szorozhajuk meg minden ovábbi nélkül mindké oldal -gyel, mer ha ez negaív, akkor az egyenlőlenség iránya megfordul! Ezér ké esee vizsgálunk: ha >, akkor -gyel beszorozva 0, vagyis 3 adódik. Ha, akkor -gyel beszorozva 0, vagyis 3 adódik. Az első eseben ehá > és 3, azaz 3 a feléel, a másodikban és 3, azaz. Az. és a. pon szerin az -e és a 3-a ki kell zárnunk, így végül az érelmezési aromány D f = { < vagy > 3}. Ábrázolás: Készíheünk előe érékáblázao, de az R-ben a curve(/sqr(-/(-)), -0, 0) paranccsal az alábbi ábrá nyerhejük, amiről az érékek aránylag jól leolvashaók: /sqr( - /( - ))

5 Lászik, hogy és 3 közö a függvény nincs érelmezve, leolvashaó, hogy nagy -ekre a függvény kb., ugyanúgy nagyon negaív érékekre is kb., míg -hez balról közeledve kb. 0. Ezek a sejések igazak is, ui. ha +, akkor 0 és így a nevező -hez ar, ezér az egész kifejezés ar az -hez. Ugyanígy, ha, akkor 0, a nevező mos is - hez ar, így az egész kifejezés ar -hez. Ha, akkor, ezér a nevező + - hez ar, az egész kifejezés így ar a 0-hoz.

6 SZ3. Legyen h ( ) = ha Q, ahol Q a racionális számok halmaza. ha Q a) Igazolja, hogy h folyonos az 0 = 0 helyen. b) Igazolja, hogy h nem folyonos egyelen 0-ól különböző 0 helyen sem. Ez a függvény ehá példa olyan függvényre, amelyik csak egyelen ponban folyonos. Érékábláza: π e.73 h () π e A függvény a 0-ól ávolodva nagyon ugrál, nem űnik folyonosnak. A 0 közelében viszon kis abszolú érékű számok az érékei, ezér o úgy gondolhajuk, hogy 0 a haáréréke, ami éppen a 0-ban a függvény éréke, vagyis az várhajuk, hogy a függvény folyonos. a) Legyen ε > 0 eszőleges. A folyonosság definíciójának végén h( ) 0 ) < ε szerepel. Mos 0 = 0, h( 0) = 0, így ez h( ) < ε -ra egyszerűsödik. Vegyük észre, hogy h( ), ehá a feléel < ε. Ez kellene áalakíani 0 < δ alakúra. Mos 0 = 0, ezér ez < δ. Láhaó, hogy δ : = ε megfelel. Részleesen, ε > 0 -hoz alálunk δ > 0 -, nevezeesen δ : = ε -, hogy ha 0 < δ, akkor h ( ) 0) < ε, ezzel a 0-ban való folyonosságo igazoluk. b) Tegyük fel, hogy 0 0. Megmuajuk, hogy h nem folyonos 0 -ban. A folyonosság az jelenené, hogy ε > 0 -hoz δ > 0 úgy, hogy ha 0 < δ, akkor h ( ) 0 ) < ε. Tagadjuk ez az állíás: ε > 0, hogy δ > 0 melle van olyan, hogy h ( ) 0 ) ε. Ez fogjuk bizonyíani. < δ és 0 Legyen ε : = 0, δ > 0 pedig eszőleges. Az ] 0 δ, 0 + δ[ inervallumban mind racionális, mind irracionális számok előfordulnak. Válasszunk ki ebből az inervallumból egy irracionális számo, ha racionális, ha pedig irracionális, akkor egy racionális számo. 0 0 Legyen ez a szám. Ha -e 0 -hoz elég közel válaszjuk ki, akkor 0 és előjele meg fog egyezni. Ez elérheő, hiszen bármely számhoz eszőlegesen közel alálhaó racionális és irracionális szám is. Ekkor viszon h () és h ) előjele ellenées lesz, és így ( ε ( ) 0 ) ε, h 0 h( ) ) = h( ) + h( ) = + =. Az kapuk, hogy < δ és h ami bizonyíja, hogy nem folyonos -ban. 0