I. FEJEZET: ANALÍZIS... 3

Tartalomjegyzék I. FEJEZET: ANALÍZIS... 3.. NUMERIKUS SOROZATOK... 3... Numerikus sorozatok: határérték, mootoitás, korlátosság... 3..2. A Cauchy-féle általáos kovergecia kritérium... 5..3. Sorozatok közgazdaságtai alkalmazásai. Kamatozási sémák... 0..3.. Pézügyi alapfogalmak... 0..3.2. Egyszerű kamatozás.....3.3. Kamatos kamatozás.....3.4. Összehasolítás... 2..3.5. Vegyes kamatozás... 3..3.6. Sorozatok mootoitásáak vizsgálata... 3..3.7. Sorozatok korlátosságáak vizsgálata... 4.2. SZÁMSOROK... 5.2.. Számsorok. Részlet összeg sorozat... 5.2.2. A Cauchy-féle általáos kovergecia kritérium számsorokra... 6.2.3. Pozitív tagú számsorok. Kovergecia kritériumok... 7.2.3.. Az összehasolítási kritériumok... 7.2.3.2. A Cauchy-féle gyökkritérium... 8.2.3.3. A D Alambert-féle háyados kritérium... 8.2.3.4. Raabe -Duhamel-féle kritérium... 8.2.4. Váltakozó előjelű (alteratív) számsorok... 22.2.4.. Leibitz-féle kritérium... 22.3. FÜGGVÉNYSOROZATOK ÉS FÜGGVÉNYSOROK.... 23.3.. Függvéysorozatok. Kovergecia tartomáy. Egyeletes kovergecia.... 23.3.2. Függvéysorok... 24.3.2.. Függvéysor. Kovergecia tartomáy. Weierstrasse-féle kritérium... 24.3.2.2. Hatváysor. Ábel-tétel. Kovergecia sugár... 26.3.2.3. Taylor -sor. Elemi függvéyek hatváysorba való kifejtése... 28.3.2.4. Elemi függvéyek hatváysorba való kifejtése... 29 II. FEJEZET: DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁS... 3 2.. TÖBBVÁLTOZÓS VALÓS FÜGGVÉNY. PARCIÁLIS DERIVÁLTAK... 3 2... dimeziós tér... 3 2..2. A többváltozós valós függvéy meghatározása... 32

2..3. Parciális deriváltak. Differeciáltak.... 33 2..3.. Az elsőredű parciális deriváltak... 33 2..3.2. Másodredű parciális deriváltak... 34 2..3.3. Differeciáltak... 34 2..3.4. Alkalmazások. Az összetett függvéyek parciális deriváltja... 36 2..4. Taylor- képlet kétváltozós valós függvéyre... 37 2..5. Kétváltozós valós függvéyek szélsőértékpotjai... 38 2..5.. Egyváltozós valós függvéyek szélsőértékpotjaiak meghatározása... 38 2..5.2. Kétváltozós valós függvéyek szélsőértékpotjaiak meghatározása... 39 2..6. A Lagrage- szorzók módszere. Feltételes szélsőértékpotok.... 42 2..7. A differeciálháyados közgazdasági megközelítésbe... 44 III. FEJEZET: LINEÁRIS ALGEBRA... 46 3.. VEKTORTÉR (LINEÁRIS TÉR). BÁZIS. BÁZISTRANSZFORMÁCIÓ... 46 3... Vektorok. Műveletek vektorokkal... 46 3.2. LINEÁRIS FÜGGETLENSÉG. BÁZIS A VEKTORTÉRBEN. BÁZISTRANSZFORMÁCIÓ... 47 3.3. ORTOGONALIZÁLÁS. A GRAM- SCHMIDT-FÉLE ORTOGONALIZÁLÁSI MÓDSZER.... 5 3.3.. Skaláris szorzat a vektortérbe... 5 3.3.2. Ortogoalizálás... 52 3.4. LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓK. LINEÁRIS OPERÁTOROK... 55 3.4.. Lieáris traszformációk a vektorterek között. Lieáris traszformációs mátrix... 55 3.4... Traszformációs mátrix... 56 3.4.2. Lieáris operátor. Sajátvektor és sajátérték... 57 3.4.2.. Sajátvektorok és sajátértékek... 57 3.4.2.2. Sajátértékek, sajátvektorok kiszámítása... 58 3.4.2.3. Összegzés... 58 3.4.2.4. Sajátértékek, sajátvektorok, diagoizálás... 59 2

I. Fejezet: Aalízis.. Numerikus sorozatok... Numerikus sorozatok: határérték, mootoitás, korlátosság Értelmezés: Numerikus sorozatak evezzük az f() valós függvéyt, melyek értelmezési tartomáya a természetes számok halmaza N, értéktartomáya pedig a valós számok halmaza R. (Tehát a sorozatok a függvéyekek egy speciális csoportja.) U : N R, U = f() () (U ) : U, U 2, U,. U = f() - általáos tagak evezzük Megjegyzés: Egy sorozatot három külöböző módo adhatuk meg: ) felsorolással: pl.,3,5,7,9,... 2) rekurzív defiicióval: pl. a =, a 2 = 3, a = a +a +, > 2 eseté. 2 3) általáos képlet segítségével: a = 2 ( ) +,. Példák sorozatokra: ) Számtai sorozatok: a = a + r, ahol r R ráció. Mide számtai sorozat eseté igaz a következő: a = a + ( )r, illetve a = a +a +,. 2 Az első tag összege: S = (a +a ) = (2a +( )r),. 2 2 2) Mértai sorozatok: a = a q, ahol q R + kvócies (háyados). Mide mértai sorozat eseté igaz a következő: a = a q 2, illetve a = a a +,. ( q Az első tag összege: S = a ),. q 3) Harmoikus sorozat:, 2, 3, 4, 5.., a = 2 a + a+, N. 4) Zéo, egy ókori görög filozófus egyik híres apóriája szólt hasolóról Akhilleusz és a tekősbéka verseyfutása kapcsá: Egy tekősbéka megszökik az állatkertből és elidul a teger felé. Első apo 280 métert megy, de mivel öreg, mide további apo csak az előző api útjáak a felét tudja megtei. Háyadik ap ér el a tegerhez, ha az 2559 méterre va az állatkerttől? És ha 2560 méterre? a = 280, a 2 = 920, a = a + a a 2, > 2 eseté. 2 Meyi utat tett meg az. apig: S = 280 + 280 2 + 280 4 + 280 + + 280 8 2 = 280(+ + + + + 2 4 8 2 ), egy mértai sorozat összegét kell számítauk, ahol 3

S =280 (+ + + + + ( 2 ) 2 4 8 2 )=280 = 2560 ( 2560 2) = 2560. 2 2 Ha a távolság 2559 méter, akkor keressük azt az értéket, amelyre a megtett távolság több, mit 2559, azaz: 2560 2560 > 2559, 2 2 > 2560. Ha 2, akkor ez az egyelőtleség teljesül, azaz a tekős a 2. apo eléri a tegert. Ha a távolság 2560 méter, akkor keressük azt az értéket, amelyre 2560 2560 2 > 2560, de ez az egyelőtleség sosem teljesül, azaz a tekős sose éri el a tegert, csak tart a teger felé. Értelmezés..: Az (U ) számsorozat határértéke az a R valós szám, ha ε > 0 eseté létezik egy olya N ε küszöbszám úgy, hogy > N ε eseté feáll a következő: U a < ε (2), ami egyeértékű a következő egyelőtleségek bármelyikével: ε < U a < ε, a ε < U < a + ε (2 ) Következtetések:. Ha létezik az a R valós szám, akkor a következőképpe jelöljük: lim U = a (3) 2. Ha létezik az a R valós szám, akkor U sorozatot koverges sorozatak evezzük. Ha em létezik az a R valós szám, akkor U sorozatot diverges sorozatak evezzük. 3. Az U sorozatak létezik határértéke, ha bármely V ε (a) köryezetébe az a valós számak a sorozatak végtele sok tagja va. Értelmezés..2: az (U ) számsorozat: Mooto övekvő, ha U U 2 U U +, N Mooto csökkeő, ha U U 2 U U +, N Szigorúa mooto övekvő, ha U < U 2 < < U < U +, N Szigorúa mooto csökkeő, ha U > U 2 > > U > U +, N eseté. Értelmezés..3: Az (U ) számsorozat felülről korlátos, ha létezik egy olya M valós szám, amelyél egyik sorozattag sem agyobb. Az (U ) számsorozat alulról korlátos, ha létezik egy olya m valós szám, amelyél egyik sorozattag sem kisebb. Az (U ) számsorozat korlátos, ha alulról is és felülről is korlátos. Másképp: az (U ) számsorozat korlátos, ha létezik egy [m, M] itervallum, úgy, hogy a sorozat mide tagja ebbe az itervallumba található: m U M, N. (4). Példa (Euler, XVIII. század): legye U = ( + ) sorozat. 4

A sorozat tagjai: a = 2 az alsó korlát, a 2 = 2,59; a 00 = 2,70; a 000 = 2,7; a 0000 = 2,78; a 000000 = 2,7828 a sorozat szigorúa mooto övekvő, felülről is korlátos (egyik felső korlát M=2,8) tehát koverges is: lim ( + ) = e. 2. Példa (Fiboacci, 70? - 240) Fiboacci, más éve Leoardo Pisao 202- be mutatta be ezt a számsorozatot, amely a legegyszerűbb az egész számokból álló sorozatok közül, még máig is újabb és újabb tulajdoságait fedezik fel, sok zeeszerző művéek alapjául szolgált, szépsége a matematikából fakad. Felsorolással:,, 2, 3, 5, 8, 3, 2, 34, 55, 89, 44, 233, 377, 60,... Rekurzióval: a =, a 2 =, a = a + a 2, > 2 eseté (a sorozat harmadik tagjától kezdődőe mide tag az őt megelőző két tag összegével egyelő.) Képlettel: a = 5 [(+ 5) ( 5 ) ] 2 2 A sorozat csak alulról korlátos és mooto övekvő. 3. Példa: A Fiboacci sorozat segítségével alkotható egy másik sorozat, amelyek köze va az araymetszés φ számához. Eek tagjai a Fiboacci- sorozat valamely tagjáak és az azt megelőző tag háyadosakét képezhetők. Felsorolással:, 2, 3, 5, 8, 3, 2,., 2 3 5 8 3 tizedes törtekkel felírva : ; 2;,666;,600;,625;,65;,69; Ebbe a sorozatba a tagok hol kisebbek, hol agyobbak az araymetszést jellemző φ = + 5 =,68033.arayszámál, miél több tagot veszük, közelebb jutuk a 2 φ potos értékéhez. (A sorozat korlátos, tagjai az [, 2] itervallumba találhatóak, em mooto, koverges és határértéke a φ szám.) Az aray téglalap oldalaráya ez a φ szám, és az jellemző rá, hogy ha kiváguk belőle egy, rövidebb oldaláak hosszúságával megegyező oldalú égyzetet, a femaradó téglalap is aray téglalap lesz. Ha összekötjük az araytéglalapba írt égyzetek közös csúcspotjait, csigavoalat kapuk, a logaritmikus spirál közelítését, és az aray téglalap szép geometriai tulajdoságát észlelhetjük. Az araymetszés aráyszáma fotos potja a yugati kultúráak, istei aráyak is evezik, megtalálható az emberi test aráyaiba, Leoardo da Vici, Salvator Dali mukái, valamit az építészetbe (pl. Partheó) sűrű előforduló aráy...2. A Cauchy-féle általáos kovergecia kritérium Tétel: Az U sorozat koverges, akkor és csak akkor, ha ( ) ε > 0, ( ) N ε úgy, hogy ( ) > N ε és p eseté feáll: Koverges sorozatok tulajdoságai: U +p U < ε (5) ) Ha (U ) sorozat koverges, akkor (U ) korlátos (a korlátosság szükséges feltétele a kovergeciáak, de em elégséges: például: U : 2, 2,2, 2, ez em koverges, de korlátos sorozat.) 2) Ha az (U ) sorozat korlátos és mooto, akkor az (U ) sorozat koverges (Bolzao- féle kritérium). 5

3) Ha az (U ) és (V ) sorozatok kovergesek és határértékük megegyezik (a = l R), valamit ( )(W ) sorozat úgy, hogy: U W V, N, akkor lim W = lim U = lim V = l (fogó-kritérium vagy redőr- elv, olló- tétel). 4) Ha az (U ) és (V ) sorozatok kovergesek és U V, N, akkor lim U lim V. 5) Legye (U ) és (V ) két koverges sorozat. Ekkor érvéyesek a következők: a) lim (U + V ) = lim U + lim V b) lim (U V ) = lim U lim V c) lim (U V ) = lim U lim V d) lim ( U ) = lim U V lim k U e) lim V k = lim U, ahol U 0, N f) lim a V = a lim V, ahol a R tetszőleges kostas.... Feladat: Határozza meg a következő sorozat határértékét: U = 24 + 3 3 + 5 4 4 + 6 2 + 4 2+ 4 3 + 5 4 Megoldás: lim 24 +33 +5 = lim 4 4 +6 2 + 4+ 6 2 + = 2 = 0,5. (Kiemeltük a számlálóba is és a 4 4 evezőbe is az legmagasabb ott előforduló hatváyát, egyszerűsítettük, illetve felhaszáltuk a következő határértéket: lim = 0, k R k + eseté.)..2. Feladat: Határozza meg a következő sorozat határértékét: U = 23 + 9 2 + 3 4 + 5 2 + 8 Megoldás: lim 23 +92 + = lim 3 4 +5 2 +8 3 2+ 9 + 3 4 3+ 5 2 + 8 4 = lim lim 2+ 9 + 3 3+ 5 2 + 8 4..3. Feladat: Határozza meg a következő sorozat határértékét: U = 55 + 7 2 + 2 4 + 2 + 3 Megoldás: lim 55 +72 + = lim 2 4 + 2 +3 5 5+ 7 3 + 5 4 2+ 2 + 8 4 Határozza meg a következő sorozat határértékét: = lim lim 5+ 7 3 + 5 2+ 2 + 8 4 = 0 2 3 = 0. = 5 2 =...4. U = 46 + 5 4 +3..5. U = 23 +4 2 + 3 3 + 2 +6 6

..6. U = 26 +6 2 + 5 8 +3 2 +8..7. U = + 2+ 3 2 ++8 2..8. U = 3 + 2 + 3..9. Határozza meg a következő sorozat határértékét: U = Megoldás: lim 2 +4 4 + 2 +3 = lim 4 2 4 + 4 4 2+3 4 ( 2 ) + 4 ( 2 ) 8 = lim = 4. 2 +4 4 + 2 +3 (Kiemeltük a számlálóba is és a evezőbe is a agyobbik alap - edik hatváyát, illetve, ha q = felhaszáltuk a következő határértéket: lim q = { 0, ha q <, illetve em létezik, ha, ha q > q esetbe.)..0. U = Megoldás: lim 3 +2 +3 +2 2 2 +3 + 2 +3 3 +2+3 +2 2 2 +3 + 2... U = 52 +2 +3 +2 2 4 +5 + 2 +3 Megoldás: +3 = lim 3 2 + +3 3 + 2 3 4 + 3+ 22 2+3 2 2 = lim 3 2 +8( 3 ) +( 2 3 ) 4 +3( 3 4 ) 8( 2 4 ) = 0 = 0. 5 2 + 2 +3 + 2 25 lim 2 4 + 5 + = lim + 2 +3 2 25 + 25 25 2+3 6 = lim + 8( 2 25 ) + ( 2 25 ) + 5+ 2+3 6 6 + 5( 5 6 6 ) 8( 2 6 ) = =. Határozza meg a következő sorozatok határértékét:..2. U = 32 +5 3 +2..3. U = 9 + +3 2 +5 3 +2 5 2 3+ 6 +5 3 E: 27 + E: 0..4. Határozza meg a következő sorozat határértékét: U = ( 3 4 ) Megoldás: felhaszáljuk a következő határértékeket: lim ( 3 4 ) =..5 U = ( + 2 +3 ) lim ( + ) = e, illetve lim ( + k ) = e k. 3/4 lim ( + ) =e 3 4. Megoldás: lim ( + 2 + ) = lim ( + 2 + )+ + 2 = e 2 + +0 = e2. 7

..6 U = ( 3+2 3 ) Megoldás: lim (3+2 3 ) = lim ( + 3 3 ) = lim ( + 3 ) ( + 3 3 3 ) = e...7. U = ( 3+ 5+ ) Megoldás: lim..8. U = ( 3+4 2+ ) Megoldás: lim (3+ 5+ ) = (3+4 2+ ) = lim lim (+ 3 ) [3 5(+ )] = lim 5 4 (+ 3 ) [3 2(+ )] = lim 2 Határozza meg a következő sorozatok határértékét:..9. U = ( + 4 3 )2 E: e 8 3..20. U = (2 + 4 ) E:..2. U = ( 2 2 )2 E: 0 (3 5 ) (+ /3 ) (3 2 ) (+ 4/3 /5 =0. = 0 e/3 (+ /5 ) e ) = e4/3 (+ /2 ) e /2 =...22. U = ( 3 2 3+5 )2 E: e 4 3 Vizsgáljuk meg az alábbi sorozatok mootoítását, korlátosságát és határértékét!..23. a = +2 +5, (i) Mootoítás vizsgálatakor az a + a előjelét vizsgáljuk meg vagy az a + a kiszámítva, megézzük, hogy kisebb vagy agyobb, mit az egység: háyadost a + a = +3 - +2 +6 övekvő. (másképpe: a + a = 3 +5 (+6)(+5) > 0, N eseté, így a sorozat szigorúa mooto = 2 +8+5 >, N eseté, a sorozat szigorúa mooto övekvő.) 2 +8+2 (ii) Korlátosság vizsgálata: a sorozat mooto övekvő, tehát a legkisebb tagja, a = 3 6 = 2 alsó korlátja a sorozatak, és a lekisebb felső korlátja pedig ( a sorozat mide tagja kisebb eél). Tehát a = 2 a. (iii) A sorozat határértéke: lim +2 +5 =. 8

..24. a = 2+ +5, Útmutatás: a mootoítást hasolóa bizoyítjuk, a sorozat mooto övekvő, így a sorozat legkisebb tagja a = az alsó korlát, a 2 = 2+ = 2+0 9 +5 +5 így a sorozat felülről is korlátos, lim 2+ +5 = 2...25. a = 22 + +5, = 2 9 < 2, N eseté, +5 Útmutatás: a mootoítást hasolóa bizoyítjuk, a sorozat mooto övekvő, így a sorozat legkisebb tagja a = az alsó korlát, a 2 2 = 9 =,286, a 7 3 = 9 = 2,375, a 8 00 = 90,48; a 000 = 990,05; a 0000 = 9990 ;. a sorozat felülről em korlátos, csak alulról, tehát em is koverges...26. a = ( ) 2, Felsorolva a sorozat tagjait: -; em mooto, de koverges, határértéke a ulla...27. a = 3 + 2,..28. a = 4 + 5,..29. a = 98 3+22,..30. a = 5 4 +27,..3. a =,..32. a = 2,..33. a = 2 2 +, 0..34. a = si, 0..35. a = 2, 0..36. a = 3 2, 0..37. a = 2,..38. a = ( 3),..39. a = 0, 0 ; 4 -,, - ;. Korlátos sorozat, a 9 6 25 [, ] N, 4 9

..40. a =,..4. a = ( 2), 0..42. a = ( 2 ), 0..43. a = cos, 0..44. a = 5!, 0..45. a =! 0, 0 Vizsgáld meg, hogy az alábbi sorozatok eseté háyadik tagtól kezdődőe esek a sorozat elemei a határérték ε sugarú köryezetébe:..46. a = 2+,, ε = 0 3 3+ Megoldás: lim 2+ 3+ = 2 3, és keressük azt az 0 küszöbszámot, amelyre igaz, hogy bármely 0 eseté a a < ε, azaz 2+ 3+ 2 3 < < 3(3+) 000 000, megoldva: ekvivales 3(3 + ) > 000, > 997 9 = 0,77. Tehát a. tagtól kezdődőe mide sorozattag ebbe az ε sugarú köryezetbe esik...47. a = 3+ 5+,, ε = 0 3 E: 0 = 80..48. a = 6 +2,, ε = 0 2 E: 0 = 299..49. a = 4 3 4, ε = 0 5 E: 0 = 7 0..3. Sorozatok közgazdaságtai alkalmazásai. Kamatozási sémák..3.. Pézügyi alapfogalmak Kamat: a jövőbeli és a jelebeli pézösszeg közötti külöbözet. Kamatláb: időegység alatt (például év) realizált kamat és tőke aráya. Egyszerű kamat: csak az alaptőke kamatozik, a kamatokat em adjuk hozzá az alaptőkéhez. Egy adott időegységbe az alaptőke kamatlábbal ő a tőke. Kamatos kamatozás: mide időegységbe az épp aktuális tőke kamatozik, a kamatokat is hozzáadjuk az alaptőkéhez. Egy adott időegységbe az aktuális tőke kamatlábbal ő a tőke. Tőkésítés: a kamatak az alaptőkéhez való hozzáadását jeleti. Tehát egyszerű kamatozás eseté ics tőkésítés, kamatos kamatozás eseté mide időegység végé tőkésítük.

..3.2. Egyszerű kamatozás.. Feladat: Helyezzük letétbe 000 lejt a bakba egyszerű kamatozásra. Az éves kamatláb 0%. Meyi pézt vehetük ki a) év utá b) 2 év utá c) 3 év utá d) 0 év utá e) 20 év utá? Mit vesztek észre? Fogalmazzatok meg egy általáosítást! M: a) év utá: 000+000 0,0=00 b) 2 év utá: 00+000 0,0=200 c) 3 év utá: 200+000 0,0=300 d) 0 év utá: 000+0 000 0,0=2000 e) 20 év utá: 000+20 000 0,0=3000 pézük va. Tehát az egyszerű kamat lieáris, ha a befektetett összeg S, az éves kamatláb p, akkor év utá a kivehető összeg S = S( + p). 2. Feladat: Mekkora összegre gyarapodik fel az 500 000 lejes kezdőtőke 6,8%-os éves kamatláb eseté 7 hóap alatt egyszerű kamatozás mellett? M: 500 000 (+0,068 7 )=59 833,(3). 2 3. Feladat: Egy 70800 lejes, 4 hóap múlva esedékes tőke meyit ér most, ha a havi kamatláb 4,5%, és egyszerű kamatozással számoluk? M: 70800=S ( + 0,045 4), ahoa S = 70800: ( + 0,045 4) = 60 000. 4. Feladat: Háy hóap alatt övekszik fel a 400 000 lejes tőke 568 000 lejre egyszerű kamatozás mellett, ha a havi kamatláb 5%? M: 568 000= 400 000 (+0,05 ), ie kapjuk, hogy = 8,4...3.3. Kamatos kamatozás 5. Feladat: Helyezzük letétbe 000 lejt a bakba kamatos kamattal (mide év végé tőkésítük). Az éves kamatláb 0%. Meyi pézt vehetük ki a) év utá b) 2 év utá c) 3 év utá d) 0 év utá e) 20 év utá? Mit vesztek észre? Fogalmazzatok meg egy általáosítást!

M: a) év utá: 000+000 0,0= 000 (+0,)=00 b) 2 év utá: 00+00 0,0= 00(+0,)= 000 (+0,)(+0,)= 000 ( + 0,) 2 =20 c) 3 év utá: 000 ( + 0,) 3 =33 d) 0 év utá: 000 ( + 0,) 0 =2586 e) 20 év utá: 000 ( + 0,) 20 =6686 pézük va. Tehát kamatos kamat eseté, ha a befektetett összeg S, az éves kamatláb p, akkor év utá a kivehető összeg S = S( + p). 6. Feladat: Hasolítsátok össze az. és 5. feladat eredméyeit! Mit vesztek észre? M: Ugyaolya kamatláb mellett kamatos kamattal jobba megéri befekteti. 7. Feladat: Meyi kamatot hoz a 60 000 lejes tőke évi 0%-os kamatláb mellett 6 év alatt, ha kamatos kamattal számoluk? M: S =60 000( + 0,) 6 =283449,76. Tehát a kamat 283 449,76-60 000=23 449,76 lej. 8. Feladat: Mekkora évi kamatláb mellett övekszik fel a 320 000 lejes tőke 4 év alatt 559 682 lejre, ha kamatos kamattal számoluk? M: 559 682=320 000( + p) 4, ahoa p = 5 %. 9. Feladat: Mekkora összegre gyarapodik fel az 55 000 lejes kezdőtőke 6 év alatt 5,3%-os éves kamatláb mellett, ha kamatos kamattal számoluk? M: S =55 000( + 0,053) 6 =25665,6...3.4. Összehasolítás 0. Feladat: Vizsgáljátok meg, hogya változik befektetett tőkék értéke a következő 0 év sorá, ha az éves kamatláb 0% és ics tőkésítés, illetve ha az éves kamatláb 7% és mide év végé tőkésítük. M: év p = 0%, ics tőkésítés (egyszerű kamat) p = 7%, évete tőkésítés (kamatos kamat) 00+00 0,0=0 00 ( + 0,07) =07 2 00+2 00 0,0=20 00 ( + 0,07) 2 =4,49 3 00+3 00 0,0=30 00 ( + 0,07) 3 =22,5 4 00+4 00 0,0=40 00 ( + 0,07) 4 =3,07 5 00+5 00 0,0=50 00 ( + 0,07) 5 =40,25 6 00+6 00 0,0=60 00 ( + 0,07) 6 =50,07 7 00+7 00 0,0=70 00 ( + 0,07) 7 =60,57 8 00+8 00 0,0=80 00 ( + 0,07) 8 =7,8 9 00+9 00 0,0=90 00 ( + 0,07) 9 =83,84 0 00+ 0 00 0,0=200 00 ( + 0,07) 0 =96,7 00+ 00 0,0=20 00 ( + 0,07) =20,48 2 00+ 2 00 0,0=220 00 ( + 0,07) 2 =225,2 2

Ha az egyszerű kamat eseté agyobb a kamatláb, mit a kamatos kamat eseté, akkor rövidtávo jobba megéri az egyszerű kamattal befekteti, de hosszú távo a kamatos kamat éri meg jobba...3.5. Vegyes kamatozás A mideapi életbe gyakra találkozhatuk olya befektetésekkel, amelyekél a kamatozási periódus egy évél rövidebb, vagyis lehetőség va gyakoribb tőkésítésre. Ilyekor midig kiszámítjuk a kamatozási periódusra voatkozó kamatlábat és azt haszáljuk. Empirikusa számításokat végeztük, megéztük, hogy ugyaazt az összeget letétbe helyezve, hogya változik a kamat, aak függvéyébe, hogy havota, félévete, egyedévete vagy akár hetete tőkésítük. Észrevették, hogy a kamat több dologtól is függ: az alaptőkétől, a kamatlábtól, a tőkésítések számától és azok ütemezésétől.. Feladat: Mekkora összegre gyarapodik fel az 000 euro kezdőtőke 2,5%-os éves kamatláb mellett 8 év és 3 hóap alatt? M: S =000( + 0,25) 8 ( + 0,25 3 )=2645,965 euro. 2 2. Feladat: Mekkora kezdőtőke gyarapodik fel 4,5%-os éves kamatláb mellett 000 000 lejre, 6 és fél év alatt? M: 000 000=S ( + 0,45) 6 ( + 0,45 6 ), ahoa S=473778,44. 2 3. Feladat: Egy 00 000 lejes kezdőtőke 8%-os éves kamatláb mellett mekkora összegre gyarapodik fel 5 év és 0 hóap alatt? M: S =00 000( + 0,08) 5 ( + 0,08 0 )=56725,32 lej 2 4. Feladat: Egy 25 000 Ft-os kezdőtőke 5 év alatt 50 000 Ft-ra emelkedett fel havi kamatozás mellett. Meyi volt az éves omiális kamat? M: 50 000=25 000 ( + p 00 2 )2 5, ahoa p=3,9. 5. Feladat: Háy év alatt gyarapodik fel 3 000 Ft-os kezdőtőke 9,5%-os éves évleges kamat eseté 9 927 Ft-ra heti kamatozás mellett? M: 9 927=3 000 ( + 0,095 52 )52 t, ahol t az évek száma és t=4,5. 6. Feladat: Tegyük fel, hogy a pézük havota kamatozik és legye az éves omiális kamatláb 0%. Ha 650 000 Ft-os kezdőtőkék va, mekkora pézösszeghez jutuk 3 év múlva? Mekkora az éves effektív kamatláb? M: S =650 000( + 0, 2 )3 2 =87638 pézük lesz 3 év múlva. Az effektív kamatláb p = 00 ( + 0, 2 )2 00 = 0,47...3.6. Sorozatok mootoitásáak vizsgálata Kísérlet: Helyezzük el a bakba pézegységet évi 00%-os kamattal, és tőkésítsük - szer egy évbe, egyelő időközökét, úgy, hogy az utolsó tőkésítés az év végé legye. Meyi pézük lesz egy év múlva a számláko? Mit tapasztaltok? 3

tőkésítések száma: Eyi lesz egy év múlva a számláko = ( + ) =2 =2 ( + 2 )2 =2,25 =3 ( + 3 )3 =2,37 =4 ( + 4 )4 =2,44 =5 ( + 5 )5 =2,48 =6 ( + 6 )6 =2,52 =k ( + k ) k ( + ) Azt tapasztaljuk, hogy többszöri tőkésítés eseté több pézük lesz, vagyis ( + ) < ( + + )+. Ezt az általáosítást matematikai idukcióval bizoyíthatjuk. A feladat tulajdoképpe az e = ( + ) sorozat mootoításáak vizsgálata volt, csakhogy a mootoitást ituitív módo figyeltük meg, sejtettük meg, majd bizoyítottuk be...3.7. Sorozatok korlátosságáak vizsgálata Kísérlet: Hasolítsuk össze az pézegységből iduló évi 00%-os kamatlábbal és -szeri tőkésítéssel járó kamatozási sémát a 200% éves egyszerű kamatra alapozott kamatozási sémával. Meyi pézük lesz egy év múlva a számláko? Mit tapasztaltok? Az egy éve belüli tőkésítések számáak övekedésével legfeljebb meyi pézre tehetük szert? Idő p=00%, évete -szeri tőkésítés (kamatos kamat) p=200%, ics tőkésítés (egyszerű kamat) ( + ) =( + ) + 2 = + 2 2 3 4 ( + ) 2 ( + ) 3 ( + ) 4 + 2 2 = + 4 + 2 3 = + 6 + 2 4 = + 8 4

5... k... = Észrevesszük, hogy ( + )< + 2, ( + ) 5 ( + ) k ( + ) + 2 5 0 = + + 2 k = + 2k + 2 = + 2 = 3 ( + )2 < + 4,... általáosítva, matematikai idukció segítségével bizoyítható, hogy ( + ) < 3. Ez azt jeleti, hogy az e = ( + ) sorozat felülről korlátos. Itt a korlátosság kérdése természetes módo merült fel, hisz az volt a kérdés, hogy az egy éve belüli tőkésítések számáak övekedésével legfeljebb meyi pézre tehetük szert. Azt már láttuk, hogy e e = 2, bármely. Tehát a sorozat összes tagja 2 és 3 között található, azaz a sorozat korlátos. Ha azt a kérdést tesszük fel, hogy folyamatos tőkésítéssel maximálisa mekkora pézösszeget kaphatuk egy év alatt pézegységből kiidulva, ha az éves kamatláb 00%, ez gyakorlatilag a sorozat határértékét (limit of the sequece) fogja jeletei. Ha számítógép segítségével kiszámoltatjuk a sorozat miél több elemét, láti fogjuk a kovergecia gyorsaságát, illetve potosabb becslését, miél több tizedesyi potossággal való megközelítését kapjuk az e számak..2. Számsorok.2.. Számsorok. Részlet összeg sorozat Az (U ): U, U 2, U, () számsorozathoz redelt végtele összeget számsorak evezzük. Jelölése: = U = U + U 2 + U 3 + U +... (2) Értelmezés: a) A (2) számsor koverges, ha = U véges. b) A (2) számsor diverges, ha U = ± vagy em létezik. = Értelmezés: = U számsor (S ) részletösszeg sorozatá a következőt értjük: (S ): S, S 2,, S ahol S = U, S 2 = U + U 2,, S = U + U 2 + + U (3) Tétel: a) A = U számsor akkor és csak akkor koverges, ha S részletösszeg 5

sorozat koverges, azaz ( ) lim S = S = = U (4). b) = U akkor és csak akkor diverges, ha S részletösszeg sorozat diverges. Példa: A mértai haladváy típusú számsor =0 a q = a + a q + a q + (5) ahol q háyados vagy kvócies (S ) : S, S 2, S 3,, S, S = a + a q + + a q = a ( q ) ; lim S q = a lim q S = lim S = a q a q lim q = { a q ha q < ± ha q ha q a q (6) q Tehát a mértai haladváy típusú számsor akkor és csakis akkor koverges, ha q <, ekkor a sor összege S = =0 U = a q. Határozzuk meg a következő végtele számsorok összegét:.2.. 3 ( =0 2 ) E: 6.2.2. ( =0 2 ) E: 2 3.2.3. ( =2 3 ) E: 6.2.4. ( =2 5 ) E: 20 3.2.5. =0 E: 4 +.2.6. =0 3 E:.2.7. =0 ( 4) E: em létezik, mert q = 4.2.8. ( 5 =0 6 ) E: 6. 6.2.2. A Cauchy-féle általáos kovergecia kritérium számsorokra Tétel: Az = U számsor akkor és csakis akkor koverges, ha ( )ε > 0 ( )N ε N küszöbszám úgy, hogy ( ) > N ε és p eseté feáll: U + + U +2 + + U +p < ε (7) Következtetés: ) A Cauchy-féle általáos kovergecia kritérium elégséges feltétel a kovergeciára. 2) A Cauchy-féle általáos kovergecia kritérium szükséges feltétel a kovergeciára: a (7) összefüggésből p = eseté azt kapjuk, hogy U + < ε (7 ). Tehát a sorozat általáos tagjáak tartaia kell ullához, ahhoz, hogy a sor koverges lehesse. (A szükséges feltétel em midig elégséges!) Példák:.Harmoikus számsor: = = + + + + + (8) 2 3 U =, lim U = lim = 0, a szükséges feltétel teljesül. Eek elleére a harmoikus számsor diverges:

U + + + U +p = + + + + + + = > ε + +2 +p 2 2 2 2 =, > 2. Lehet olya ε értéket választai, amely eseté em teljesül a kritérium. + 2... Mivel lim, a sor em koverges, mert az általáos tag em tart ullához. = 2+ + = 2+ 2.2.3. Pozitív tagú számsorok. Kovergecia kritériumok Legye adott egy számsor: = U = U + U 2 + + U () Ha U > 0 ( ) N eseté, akkor = U pozitív tagú számsorak evezzük. Ebbe az esetbe (S ) részletösszeg sorozat szigorúa mooto övekvő sorozat: S + = S + U + > S..2.3.. Az összehasolítási kritériumok Legye adott = U és = V két pozitív tagú számsor. Az összehasolítás első kritériuma: Ha létezik egy olya N idex, amelytől kezdődőe U V, N eseté, akkor: = V koverges, akkor = U is koverges. = U diverges, akkor = V is diverges. Az összehasolítás második kritériuma Ha létezik egy olya N idex, amelytől kezdődőe U + U = V koverges, akkor = U is koverges. = U diverges, akkor = V is diverges. V +, N eseté, akkor: V Gyakorlatba az összehasolítási kritérium: U Meghatározzuk a következő határértéket: ( ) lim = l (2) V Ha l véges szám: l (0, ), akkor U és V természete megegyezik. Ha l = 0 és V koverges, akkor U is koverges. Ha l = és U diverges, akkkor V is diverges. Megjegyzés: Akkor alkalmazható ez a kritérium, ha ismerjük az egyik számsor kovergeciáját. Példa:. = = + + + + + a harmoikus sor diverges. 2 3 2. = + + + + = + sor koverges. 2 4 9 6 2 3. =, α R (*) Riema-féle általáos harmoikus sor: α Ha α >, akkor (*) koverges. Ha α, akkor (*) diverges. Példa: Vizsgáljuk meg a következő számsor kovergeciáját: = (U 2 = ). 2 Összehasolítjuk a harmoikus sorral: V, V =, amelyről tudjuk, hogy diverges. 7

U l = lim = lim V 2 = lim 2 2 = l = (0, ), tehát a kritérium értelmébe a két sor azoos természetű, U is diverges..2.3.2. A Cauchy-féle gyökkritérium Legye adott = U pozitív tagú számsor (U > 0, ( ) N ). Tétel: Ha létezik egy olya N idex, amelytől kezdődőe: a. U b. U l <, > N, akkor U koverges. > l > > N, akkor U diverges. Gyakorlatba a Cauchy - féle gyökkritériumot a következőképe haszáljuk: Meghatározzuk a következő határértéket: ( ) lim U = l (3) Ha l <, akkor U koverges. Ha l >, akkor U diverges. Ha l =, akkor a kritérium em döti el a számsor természetét. Példa: Vizsgáljuk meg a következő számsor természetét: = U, U = [ +] α β, α, β R. [ +2] lim U = lim [ α +] [ +2] β α [+ ] [+ 2 β ] = lim l = 0 <, ha α < β, a sor koverges α β, { l >, ha α > β, a sor diverges l =, ha α = β (? ) Azoba a számsor diverges, mivel U, az általáos tag em tart ullához..2.3.3. A D Alambert-féle háyados kritérium Legye adott = U pozitív tagú számsor (U > 0, ( ) N ). Tétel: Ha létezik egy olya N idex, amelytől kezdődőe: a) U + U b) U + U l <, ( ) > N, akkor U koverges számsor. l >, ( ) > N, akkor U diverges számsor. Gyakorlatba a háyados kritériumot a következőképe haszáljuk: Meghatározzuk a következő határértéket: U ( ) lim + = l és { U ha l <, akkor U koverges ha l >, akkor U diverges ha l =, Raabe Duhamel féle kritérium (4).2.3.4. Raabe -Duhamel-féle kritérium Tétel: Ha létezik egy olya N idex, amelytől kezdődőe: 8

a) ( U ) l >, akkor U U = koverges. + b) ( U ) l <, akkor U + = U Gyakorlatba a Raabe -Duhamel-féle kritérium: diverges. ha l >, akkor U koverges ( ) lim ( U ) = l { ha l <, akkor U U diverges + ha l = (? ) (5) Példa: = U, U = 3 5 (2 3) 2 4 6 (2 2) 2 U + = 3 5 (2 3)(2 ) 2 4 6 (2 2) 2 2+ Alkalmazzuk a D Alambert-féle háyados kritériumot: 3 5 (2 3)(2 ) 2 4 6 (2 2) 2 lim = lim 2 4 6 (2 2) 2 3 5 (2 3) 2+ A Raabe- Duhamel-féle kritérium: (2 ) 2 2(2+) =, a kritérium em dötötte el. l = lim ( U ) = lim [ 2(2+) U + (2 ) 2 ] = lim 6 4 2 4+ = 6 4 = 3 2 >, tehát a számsor koverges. Vizsgáljuk meg a következő számsorok kovergeciáját: 5.2.. = = + 25!! 2! + 35 + 5 + 3!! Útmutatás: alkalmazzuk a D Alambert-féle kritériumot: a = 5! a + = (+)5 (+)! l = lim! a + a (+) = lim 5 (+)!! = lim (+) 4 = lim = 0 <, a sor koverges. 5 5.2.2. = E: D Alambert-féle kritérium, l = <, a sor koverges e.2.3. ( = 2+ ) E: Cauchy - féle gyökkritérium, l = <, a sor koverges 2.2.4. 7 = 2 +2+ 8.2.5. = E: D Alambert-féle kritérium, l = 0 <, a sor koverges!.2.6. ( = 3+ ) E: Cauchy - féle gyökkritérium, l = <, a sor koverges 3.2.7. = a Útmutatás: alkalmazzuk a D Alambert-féle kritériumot: l = lim U + U = a. 9

Tárgyalás: ha a >, akkor l <, a sor koverges. Ha a <, akkor l >, a sor diverges. Ha a =, a sor = diverges..2.8. ( 3+2 = 2+ ) E: Cauchy - féle gyökkritérium, l = 3 >, a sor diverges. 2.2.9. ( 2 4 = 5+2 ) E: Cauchy - féle gyökkritérium, l = 2 <, a sor koverges. 5.2.0. (2 + 3 = E: Cauchy - féle gyökkritérium, l = 2 >, a sor diverges. 20 + ).2.. ( = 6 3 ) E: Cauchy - féle gyökkritérium, l = <, a sor koverges. 6 7.2.2. = E: D Alambert-féle kritérium, l = 0 <, a sor koverges.!! 0.2.3. = E: D Alambert-féle kritérium, l, a sor diverges..2.4. ( + = 2+ ) E: Cauchy - féle gyökkritérium, l = <, a sor koverges. 2.2.5. ( + = ) E: diverges, mert az általáos tag ( + ) = ( + ) e. 2.2.6. = E: D Alambert-féle kritérium, l = 0 <, a sor koverges.! Számítsuk ki a következő sorok összegét:.2.7. Útmutatás: = + + = (+) 2 2 3 = + + = (+) 2 2 3 + + + = 3 4 (+) (+) (+) + = 2 2 2 + 3 2 3 2 2 3 + + (+) (+).2.8. Útmutatás: = + + + = 2 3 4 (+) (+) + = + 3 2 + 4 3 2 2 3 = 2 + 2 3 + 3 4 + 4 + + + + + + =. 2 = + 4 + 9 + 6 + < 2 2 2 < 3 2 2 3... < (+) 2 (+) 3 4 + + Tehát az összegükre igaz: = < (+) 2 = =, az összehasolítási kritérium (+) alapjá tehát a sor koverges..2.9. ( ) + = 3 = 3 9 + 27 8

Útmutatás: a feti egy mértai sor, ahol q =, a részletösszeg sorozat általáos tagja: 3 S = a q ( q = 3 ) 3 ( 3 ), ha, q = 4 3 (,), a sor koverges, összege. 4 =2.2.20. 3 (+)(+2) Útmutatás: 3 = 3[ =2 (+)(+2) =2 ) = 3 =. (+2) 3.2.2. =2 E: S=. ( ) Tárgyaljuk a következő sorok természetét! (a ).2.22. =, ahol a > 0.! (+) ] = (+2) 3( + + + 3 4 4 5 5 U Útmutatás: alkalmazzuk a D Alambert-féle kritériumot: l = lim + = a e. U Tárgyalás: ha a >, akkor l >, a sor diverges. Ha a <,, akkor l <, a sor koverges. e e (+) Ha a =, a sor e = ( e )!, a II. összehasolítási kritériumot alkalmazzuk: legye U = = = ( e )! és = V = =, a harmoikus sor. U + U = ( + e ), ha és V + = <. Tehát V + U +, N, V + V U V = diverges, tehát a = U is diverges..2.23. ( ( + )( + a) ) =, ahol a > 0. Útmutatás: alkalmazzuk a Cauchy - féle gyökkritériumot, l = lim ( ( + )( + a) ) = lim ( + )( + a) = = lim (+)(+a) 2 (+)(+a)+ akkor l = a+ 2 = a+ a+. Tárgyalás: ha a >, akkor l = 2 2 <, a sor koverges. >, a sor diverges. Ha a <, Ha a =, ( ( + )( + ) ) = = = =, a sor diverges.!.2.24. =, ahol a > 0. (a+)(a+2) (a+) Útmutatás: alkalmazzuk a D Alambert-féle kritériumot, U + U = + a++ = l, ha, a sor természetét ez a kritérium em dötötte el. 2

A Raabe- Duhamel-féle kritérium: l = lim ( U U + ) = lim [ a++ + ] = lim a = a. + Ha a >, akkor l >, a sor koverges. Ha a <, akkor l <, a sor diverges. Ha a =, a sor = = (+)(+2) (+) az első tagjáak hiáyával, tehát diverges. Határozzuk meg az alábbi sorok határértékét:.2.25. =0 3 E: S=3 (+)(+2) 2.2.26. = E: S= 3 (+2) 2.2.27. = E: S= 3. 4 (+2)!! = = (+)! = +.2.4. Váltakozó előjelű (alteratív) számsorok Legye adott egy számsor: = U = U + U 2 + U + () amelyek végtele sok pozitív és végtele sok egatív tagja va. Az () számsorhoz redelük egy pozitív tagú számsort: = U = U + U 2 + U + (2), ez a harmoikus sor, aak Értelmezés: Ha a (2) pozitív tagú számsor koverges, akkor az () számsort abszolút koverges számsorak evezzük. Megjegyzés: Ha az () számsor abszolút koverges, akkor az () egyszerűe is koverges. Fordítottja em midig igaz! Példa: = ( ) + = + + koverges számsor, míg 2 3 = U = = = + + + + a harmoikus sor diverges számsor. 2 3 Értelmezés: ha egy számsorak végtele sok pozitív és végtele sok egatív tagja va, és ezek váltakozak, váltakozó (alteráló) előjelű számsorak evezzük. = ( ) U = U U 2 + U 3 U 4 + + ( ) U + (3).2.4.. Leibitz-féle kritérium Tétel: Az alteráló = ( ) U számsor koverges, ha a számsor tagjaiból alkotott (U ) számsorozat mooto csökkeő és kovergál zéróhoz: (U ): U, U 2,, U, (4) eseté (U ) mooto csökkeő és lim U = 0. Példa: = ( ) + = + 2 3 ( )+ +, N 22

Útmutatás: (U ):,,,,, Az (U 2 3 ) mooto csökkeő és lim U = lim sor koverges a Leibitz-féle kritérium alapjá. Vizsgáljuk meg a következő váltakozó számsorok kovergeciáját:.2. = ( ) 2 = 2.3. ( ) +.4. = ( ) + E: Leibitz - féle kritérium, a sor koverges E: Leibitz - féle kritérium, a sor koverges 2 abszolút koverges-e? = 0, tehát a Útmutatás: = U = =. A D Alambert-féle kritérium alapjá l = <, a sor 2 koverges, tehát az eredeti sor abszolút koverges, em csak egyszerűe koverges. 2.5. = ( ) + abszolút koverges-e? Egyszerűe koverges-e? Útmutatás: = U = = =, az első összehasolítási kritérium alapjá mivel a harmoikus sor diverges, így = U is diverges, tehát az eredeti sor em abszolút koverges. Az egyszerű kovergecia vizsgálata: a Leibitz - féle kritérium segítségével, a = szigorúa mooto csökkeő sorozat és tart a ullához, tehát a sor egyszerűe koverges..6. = ( ) + 5 Útmutatás: váltakozó előjelű sor, ugyaakkor mértai sor is: q = 5 (,), a sor koverges és a részletösszeg sorozat általáos tagja: S = a q ( q = 5 ) 5 ( 5 ), ha, a sor 6 összege. 6.3. Függvéysorozatok és függvéysorok..3.. Függvéysorozatok. Kovergecia tartomáy. Egyeletes kovergecia. Értelmezés: Függvéysorozatak evezük egy olya sorozatot, amelyek mide tagja egy valós függvéy. (U (x)) > U (x), U 2 (x),, U (x), () U I R, ( ) N eseté egy valós függvéy. Értelmezés: Ha létezik egy olya x 0 pot, amelyre a függvéysorozat X 0 I (U (x 0 )) > : U (x 0 ), U 2 (x 0 ),, U (x 0 ), (2) koverges számsorozatot alkot, akkor x 0 kovergecia potja a föggvéysorozatak. Ha A I a kovergecia potok halmaza, akkor kovergecia tartomáyak evezzük. 23

Értelmezés: Az (U (x)) függvéysorozatak U(x) határértékfüggvéye, ha ( ) ε > 0 ( ) N(ε, x) küszöbszám, úgy, hogy ( ) >N (ε, x) U (x) U(x) < ε (3). Két lehetőség va, aak függvéyébe, hogy ez a küszöbszám függ x-től vagy sem, ha em függ, akkor egyeletes kovergeciák va, ha pedig függ, akkor egyszerű kovergeciák. N (ε, x) = { N (ε, x) = N (ε) U (x) U(x) egyeletes kovergecia N (ε, x) U (x) U(x) egyszerű kovergecia 24.3.2. Függvéysorok.3.2.. Függvéysor. Kovergecia tartomáy. Weierstrasse-féle kritérium Adott egy U (x): A R, ( ) függvéysorozat, amelyek A I a kovergecia tartomáya: (U (x)) : U (x), U 2 (x),, U (x), () Értelmezés: függvéysorak evezzük a következő végtele összeget: = U (x) = U (x) + U 2 (x) + + U (x) + (2) Értelmezés: az x 0 A kovergecia potja a függvéysorak, ha = U (x 0 ) = U (x 0 ) + U 2 (x 0 ) + + U (x 0 ) + koverges számsort alkot erre az értékre. A kovergecia potok halmazát a függvéysor kovergecia tartomáyáak evezzük: ( )x A ( ) = U (x) koverges függvéysor. Értelmezés: ( )x A eseté létezik a részletösszeg függvéysorozat: ( ) (S (x)) : S (x), S 2 (x),, S (x),, amelyek általáos tagja: S (x) = U (x) + U 2 (x) + + U (x). Ha (S (x)) koverges függvéysorozat, azaz létezik lim S (x) = S(x), akkor ez a határérték összegfüggvéy a függvéysor összege: (3) Tétel: (Cauchy-féle általáos kritérium) = U (x) = S(x). = U (x) függvéysor koverges, ha ( )ε > 0 ( )N(ε, x) küszöbszám úgy, hogy ( ) > N(ε, x) és p eseté feáll: U + (x) + U +2 (x) + + U +p (x) < ε (4) Két lehetőség va, aak függvéyébe, hogy ez a küszöbszám függ x- től vagy sem: ha em függ, akkor a sor egyeletese koverges, ha pedig függ, akkor egyszerűe koverges. N (ε, x) = N (ε) = N (ε, x) = { U (x) S(x) egyeletes kovergecia N (ε, x) = U (x) S(x) egyszerű kovergecia Tétel: (Weierstrasse-féle kritérium)

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

U (x) = x 2+ 2 = x 2+ 2 2 = a, pozitív tagú sorozat, ahol = a = = mértai sor, amelyek összege. A kritérium szerit a sor egyeletese és 2 abszolút koverges a teljes értelmezési tartomáyo, R-e. 2..4. a si =, x 0, a < 3 3 x 2 x + 2 x 2 ( )x 2..5. = [ +( ) 2 x 2], x [0,]. Útmutatás: U (x) = x + 2 ( )x x 2 +( ) 2 x 2 S (x) = U (x) + U 2 (x) + + U (x) = = x + x 2 0 + 2x + 4x 2 x + x 2 + + x + 2 x 2 ( )x + ( ) 2 x 2 = x + 2 x 2 lim S (x) = lim x + 2 x 2 = 0, x [0,]. Tehát a sor (egyszerűe) koverges és az összege ulla. Az egyeletes kovergecia vizsgálata: legye x =, x [0,] sorozat. S (x ) = x + 2 = x 2 2, em tart a ullához, a sor em egyeletese koverges..3.2.2. Hatváysor. Ábel-tétel. Kovergecia sugár Értelmezés: Hatváysorak evezzük azt a függvéysort, amelyet hatváyfüggvéyek végtele összege alkot, () vagy ( ) alakú: a x = a 0 + a x + a 2 x 2 + + a x + = a (x x 0 ) = a 0 + a (x x 0 ) + a 2 (x x 0 ) 2 + + a (x x 0 ) + ( ) { = Helyettesítéssel: y = x x 0 eseté az ( ) összefüggést kapjuk az ()-ből. Tétel (Ábel): A = a x hatváysor eseté létezik ( )R > 0 kovergeciasugár, amelyre:. Ha x < R azaz x ( R, R), akkor az () sor abszolút koverges 2. Ha x < r < R azaz x ( r, r), akkor az () sor egyeletese koverges 3. Ha x > R azaz x (, R) (R, +), akkor az () sor diverges függvéysor. Megjegyzés: Ábel tétele alapjá meghatározzuk a sor A=D kovergecia = ( R, R) kovergecia tartomáyát és mivel Ábel tétel em állapítja meg az () hatváysor kovergeciáját az x = ±R határpotokba, ezt utólag a számsorok kovergeciáak segítségével külö megvizsgáljuk. () 26

Tétel (Cauchy Hadamard) A = a x hatváysor R kovergecia sugarát a következőképpe határozhatjuk meg: a a.) R= lim a + (2) b.) R = lim (2 ) a Példák: Határozzuk meg a következő hatváysorok kovergecia tartomáyát: 2..6. x = 2 Megoldás: Az a =, a 2 + = (+) 2, a Cauchy-Hadamard tételt alkalmazva a kovergecia sugár: R = lim a = lim ( + 2 a + ) = tehát a kovergecia tartomáy miimum D kovergecia = ( R, R) = (,). Leelleőrizzük a határpotokat is: 2 x = : = Riema-féle harmoikus sor úgy,hogy α = 2 >, koverges ( ) x = : = = + + váltakozó előjelű számsor, a Leibitz-féle 2 kritériumot alkalmazva kapjuk, 4 hogy 9 koverges, mivel: (U ):,,, mooto csökkeő sorozat 4 9 { lim U. = lim 2 = 0, kovergál zéróhoz Tehát D max kovergecia = [,] a kovergecia tartomáy. 2..7.! = x 2 Az a =!, a 2 + = (+)! (+) 2, a Cauchy- Hadamard tételt alkalmazva: R = lim + lim = 0 tehát a kovergecia tartomáy D 2 max kovergecia ={0}. 2..8. = x a a + = Megoldás: Az a =, a + =, a Cauchy-Hadamard tételt alkalmazva: R = lim a = + a + + lim = (kovergecia sugár), tehát a kovergecia tartomáy miimum D kovergecia =( R,R)=(,). Leelleőrizzük a határpotokat is: x = : = a harmoikus sor diverges. 27

( ) x = = = + + váltakozó előjelű számsor, a Leibitz-féle 2 3 kritériumot alkalmazva kapjuk, hogy koverges, mivel: a = szigorúa mooto csökkeő sorozat és tart ullához a végtelebe. Tehát D max kovergecia = [,) a kovergecia tartomáy. 2..9. ( ) = x! Megoldás: A Cauchy- Hadamard tételt alkalmazva: R = lim a (+)! = lim =. a +! Tehát D max kovergecia = (, ) = R a kovergecia tartomáy. 2.. 0. = 4 7 (3 2)! x Megoldás: Az a = 4 7 (3 2), a! + = 4 7 (3 2)(3+), a Cauchy- Hadamard tételt (+)! alkalmazva: R = lim a + = lim = (kovergecia sugár), tehát a kovergecia a + 3+ 3 tartomáy miimum D kovergecia = ( R, R) = (, ). Leelleőrizzük a határpotokat is: 3 3 4 7 (3 2) x = : 3 = ( 3 ), a Raabe-Duhamel kritérium alapjá l= 2 <, a sor diverges. 3! 4 7 (3 2) x = : 3 = ( 3 ) váltakozó előjelű számsor, a Leibitz-féle kritériumot! alkalmazva kapjuk, hogy koverges. Tehát D max kovergecia = [ 3, 3 ) a kovergecia tartomáy..3.2.3. Taylor -sor. Elemi függvéyek hatváysorba való kifejtése Adott egy valós függvéy f: I R, y = f(x) () és egy hatváysor: =0 a x = a 0 + a x + + a x + (2) Határozzuk meg a = a x hatváysor a együtthatóit f(x) segítségével úgy, hogy f(x) a határösszeg függvéye legye a (2) hatváysorak. Az a együtthatók meghatározása az f = f(x) segítségével (Taylor módszere): f(x) = a 0 + a x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + + a x + (3) Deriváljuk a feti összefüggést: (3) f (x) = a x + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + + a x + (4) Deriválva kapjuk: (4) f (x) = 2a 2 + 2 3 a 3 x + + ( ) a x 2 + (5) (5) f (x) = 2 3 a 3 + + ( 2 )( ) a x 3 + (6) A fet kapott összefüggésekbe x=0-t helyettesítve: 28

(3),(4),(5),(6) x = 0: f(0) = a 0 a 0 = f(0) f (0) = a a = f (0)! f (0) = 2 a 2 a 2 = f (0) 2! { f (0) = 2 3 a 3 a 3 = f (0) 3! (7) Általáosítva kapjuk: a = f() (0). Ezeket a kapott összefüggéseket visszahelyettesítve a (3)-! ba kapjuk a Mac- Lauri sort: f(x) = f(0) + f (0)! x + f (0) 2! x 2 + f (0) 3! x 3 + + f() (0) x + (3*)! Ha x = x 0 0 tetszőleges (a ulla köryezetébe lévő emulla érték) eseté a Taylor-sor: f(x) = f (x 0 ) + f (x 0)! (x x 0 ) + f (x 0) 2! (x x 0 ) 2 + + f() (x 0 )! (x x 0 ) + (3**) Az f(x) = P (x) + r (x) Taylor- sor akkor és csak akkor koverges, ha a maradékfüggvéy tart ullához: lim r (x) = 0 és így az f: I R, y = f(x) függvéy megközelíthető egy poliomfüggvéyel: f(x) P (x). Tétel: Az y = f(x) függvéy Taylor-sora egyeletese koverges, ha f(x) mide redű deriváltja az x 0 potba egy pozitív M > 0 számtól korlátos: M > 0 úgy, hogy f () (x) M, ( ) =,2, x 0 V(0) (6).3.2.4. Elemi függvéyek hatváysorba való kifejtése. Az expoeciális függvéy hatváysora f(x) = e x, f (x) = e x,... f () (x) = e x f () (0) = ( ) f () (x) e ε ( ) x V(0) x 0 = 0 pot köryezetébe a hatváysoruk egyeletese koverges: e x = + x! + x2 2! + + x! + ( ) x V(0) e x = x + x2 x + + ( ) +! 2!! ( ) x V(0) 2. Trigoometrikus függvéyek hatváysora f(x) = si x, f () (x) = si (x + π 2 ), f() (x) 29

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

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

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

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

2..3.2. Másodredű parciális deriváltak Legye adott egy kétváltozós függvéy: f: D R 2 R, z = f(x, y), M(x 0, y 0 ) D. Ha létezek az f függvéy elsőredű parciális deriváltjai: z = f(x, y), ( ) df = f df, ( ) dx x = dy f y, akkor ezek parciális deriváltjait x és y-ra ézve, az f függvéy másodredű parciális deriváltjaiak evezzük. (f x ) x = f x 2 = df dx 2 () (f x ) y = f xy = d2 f dxdy (2) (f y ) x = f yx = d2 f dydx (3) (f y ) y = f y 2 = d2 f dy 2 (4) (), (2), (3), (4) az f másodredű parciális deriváltjai, (2), (3) a másodredű vegyes parciális deriváltak. Tétel (Schwartz-tétel) A z = f(x, y) függvéyek, ha létezek a másodredű vegyes parciális deriváltjai és ezek folytoos függvéyek, akkor ezekre feáll: d 2 f = d2 f dxdy dydx (5) Megjegyzés: Igaz a Schwartz-tétel magasabbredű vegyes parciális deriváltak eseté is, pl. 34 d 3 f dx 2 dy = d3 f dydx 2 Példa: Számítsuk ki az f(x, y) = x 3 y 2 + x y kétváltozós függvéy másodredű parciális deriváltjait az M 0 (,) potba! d 2 f dx 2 = d dx (df dx ) = (3x2 y 2 + yx y ) x = 6xy 2 + y(y )x y 2 ; d2 f dx 2 (,) = 6 d 2 f dy 2 = d dy (df dy ) = (2x3 y + x y l x) y = 2x 3 + x y (l x) 2 ; d2 f dy 2 (,) = 2 d 2 f dxdy = d2 f dydx = d dy (df dx ) = 6x2 y + x y + yx y l x ; d2 f dxdy 2..3.3. Differeciáltak (,) = 5. Ismert a differeciál fogalma az egyváltozós függvéy eseté: f : I R y = f(x) () Ha létezik a függvéy deriváltja: ( )f (x) = df ; df = dx f (x)dx = df dx (2). dx

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

2. a) Határozzuk meg a következő függvéy első és másodredű deriváltjait: f(x, y) = x 2 e y Megoldás: f x = 2xe y, f y = x 2 e y, f xx = 2e y, f xy = 2xe y, f yx = 2xe y, f yy = x 2 e y. ( Ismét f xy = f yx.) b) Írjuk fel a függvéy első- és másodredű differeciál operátorát: df = f x dx + f y dy = 2xe y dx x 2 e y dy. df 2 = f xx dx 2 + 2f xy dxdy+ f yy dy 2 = 2e y dx 2 4xe y dxdy+x 2 e y dy 2 3. Határozzuk meg a következő függvéyek első- és másodredű parciális deriváltjait, majd írjuk fel a differeciáloperátort: a)f(x, y) = 5x 3 2xy 6y 5 b)f(x, y) = 7x 2 y 3 c)f(x, y) = 3x 3 (8x 7y) d)f(x, y) = (5x 2 + 7y)(2x 4y 3 ) e)f(x, y) = 9y3 x y f) f(x, y) = (x 3y) 3 2..3.4. Alkalmazások. Az összetett függvéyek parciális deriváltja Az egyváltozós összetett függvéyekél lácszabállyal számoluk. Például: f(x) = l cosx; f (x) = ( six) = tgx cosx Hasolóa deriválhatjuk a kétváltozós összetett függvéyeket is. Adott egy kétváltozós összetett függvéy: F(x, y) = f[u(x, y)] (), ahol f : I R, f = f(u) egyváltozós függvéy, és U : D R 2 R, U = U(x,y) egy kétváltozós függvéy. Határozzuk meg a függvéy elsőredű parciális deriváltjait x szerit, illetve y szerit: df dx =?, df dy =? A következőképpe határozzuk meg az elsőredű parciális deriváltakat: df dx = df du du dx df { dy = df du du dy (2) Az F függvéy differeciálja: df = df df dx + dy dx dy Határozzuk meg a függvéy másodredű parciális deriváltjait: d 2 F dx 2 =? d2 F dy 2 =? d2 F dxdy =? 36

A következőképpe határozzuk meg a másodredű parciális deriváltakat: d 2 F dx 2 = d dx (df dx ) = d dx (df du ) du dx + df d 2 U du dx 2 = d2 2 f du 2 (du dx ) + df d 2 U du dx 2 (3) d 2 F dy 2 = d dy (df dy ) = d2 2 f du 2 (du dy ) + df d 2 U du dy 2 (3 ) Alkalmazás:. Legye f(x, y) = y2 + φ(x y) 3x a) Határozzuk meg az elsőredű parciális deriváltakat. Megoldás: δf = - y2 + δφ δf y, = 2y + δφ x, ahol u(x, y) = x y. δx 3x 2 δu δy 3x δu b) Igazoljuk, hogy x 2 δf δf xy + δx δy y2 = 0. Megoldás: x 2 δf δf xy + δx δy y2 = x 2 ( y2 + δφ y ) xy 3x 2 (2y + δφ x) + δu 3x δu y2 = 0. 2. Legye z = f(x 2 + y 2 ). a) Határozzuk meg az elsőredű parciális deriváltakat. Megoldás: δf = δφ δu = δφ δx δu δx δu b) Igazoljuk, hogy y δf δf x = 0. δx δy Megoldás: y δf δf x = y (δφ δx δy δu δf 2x, = δφ δu = δφ 2y, u(x, y) = δy δu δy δu x2 + y 2. 2x) x (δφ δu 2y) = 0. 2..4. Taylor- képlet kétváltozós valós függvéyre Adott egy kétváltozós valós függvéy f: D R 2 R, z = f(x, y) () és egy M 0 (x 0, y 0 ) D. Tetszőleges M(x, y) V(M 0 ) létezik a következő: f(x, y) = f (x 0, y 0 ) +! [(x x 0) δ δx + (y y 0) δ () δy ] f (x 0, y 0 ) + + 2! [(x x 0) δ δx + (y y 0) δ (2) δy ] f (x 0, y 0 ) + + +! [(x x 0) δ δx + (y y 0) δ (+) δy ] f (x 0, y 0 ) + R (x, y) ahol R (x, y) = (+)! [(x x 0 ) δ δx + (y y 0 ) δ δy ](+) f (ε, μ) a Lagrage-féle maradékfüggvéy, ε = x 0 + θx, μ = y 0 + θy, 0 < θ <. Ha M 0 (x 0, y 0 ) = O(0,0) kapjuk a Mac- Lauri sort kétváltozós valós függvéy eseté: 37

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

2..5.2. Kétváltozós valós függvéyek szélsőértékpotjaiak meghatározása Legye f : D R 2 R, z = f(x,y) egy kétváltozós valós függvéy, M 0 (x 0, y 0 ) D egy belső potja az értelmezési tartomáyak. Tétel (Fermat)(szükséges feltétel) Ha az z = f(x,y) kétváltozós függvéyek az M 0 (x 0, y 0 ) D egy szélsőértékpotja, akkor Megjegyzés: δf δx (x 0, y 0 ) = 0 δf { δy (x 0, y 0 ) = 0 Ha az z = f(x,y) kétváltozós függvéyek a lehetséges szélsőértékpotjait akarjuk meghatározi, akkor előbb a stacioárius potokat kell meghatározuk, és a stacioárius potok az δf (x, y) = 0 δx δf (x, y) = 0 { δy egyeletredszer gyökei. Tétel (elégséges feltétel) Az M 0 (x 0, y 0 ) D stacioárius pot szélsőértékpotja az z = f(x,y) kétváltozós függvéyek, ha a másodredű differeciálja d 2 f előjeltartó az M 0 (x 0, y 0 ) pot V(M 0 (x 0, y 0 )) köryezetébe. Ha a) d 2 f(x 0, y 0 ) > 0, akkor az M 0 (x 0, y 0 ) pot miimum pot (pozitív defiit) b) d 2 f(x 0, y 0 ) < 0, akkor az M 0 (x 0, y 0 ) pot maximum pot (egatív defiit). Tétel (Sylvester-féle kritérium) Legye f: D R 2 R, z = f(x,y) egy kétváltozós valós függvéy, M 0 (x 0, y 0 ) D egy belső potja az értelmezési tartomáyak, amely stacioárius potja a függvéyek. Az z = f(x,y) kétváltozós függvéyek az M 0 (x 0, y 0 ) D stacioárius potja szélsőértékpotja lesz, ha a Hesse-féle matrix összes másodredű aldetermiása pozitív az M 0 (x 0, y 0 ) potba: ahol a Hesse-féle matrix: H = ( r s Következtetés: 2 (M 0 ) = r s s t = rt s2 > 0 s t ), r = δ2 f (x δx 0, y 2 0 ), s = δ2 f (x δxδy 0, y 0 ), t = δ2 f (x δy 0, y 2 0 ). Ha ) 2 (M 0 ) = rt s 2 < 0, akkor az M 0 (x 0, y 0 ) D stacioárius pot csak yeregpot és em szélsőértékpot. 39

2) 2 (M 0 ) = rt s 2 > 0 és r = δ2 f (x δx 0, y 2 0 ) > 0, akkor az M 0 (x 0, y 0 ) D pot miimum pot. stacioárius 3) 2 (M 0 ) = rt s 2 > 0 és r = δ2 f δx 2 (x 0, y 0 ) < 0, akkor az M 0 (x 0, y 0 ) D stacioárius pot maximum pot. Megjegyzés: háromváltozós függvéy eseté: Maximum pot va, ha d 2 f egatív defiit: H < 0, H 2 > 0, H 3 < 0, Miimum pot va, ha d 2 f pozitív defiit: H > 0, H 2 > 0, H 3 > 0, ahol H, H 2, H 3 a Hesse-féle matrix összes másodredű aldetermiásai.. Határozzuk meg a következő függvéy szélsőértékpotjait: f(x) = x 3 2x 2 + 36x + 8 2. Határozzuk meg a következő függvéy szélsőértékpotjait: f(x, y) = 8x 3 + 2xy 3x 2 + y 2 + Megoldás: a) Meghatározzuk a stacioárius potokat: megoldjuk az f x = 0, f y = 0 egyeletekből álló egyeletredszert, azt kapjuk, hogy: 24x 2 + 2y 6x = 0 és 2x + 2y = 0, amelyek megoldásai M (0,0), M 2 ( 3, 3 ). b) A másodredű parciális deriváltak segítségével felírjuk a Hesse- mátrixot: f xx = 48x 6, f xy = 2, f yx = 2, f yy = 2. A determiás értéke 2 = 6(6x ). H = [ 48x 6 2 2 2 ] 2 (M (0,0)) = 6(0 ) = 6 < 0, a Sylvester-kritérium alapjá ez a pot csak yeregpot. 2 (M 2 (, )) = 6 (6 ) = 6 > 0, r = 48x 6 = 0 > 0, a Sylvester- kritérium 3 3 3 alapjá ez a pot miimum pot. Tehát a függvéyek egy szélsőértékpotja va, az M 2 (, ) miimumpot, amelyre a 3 3 függvéy értéke f (M 2 (, 23 )) = miimális. 3 3 27 3. Határozzuk meg a következő függvéyek szélsőértékpotjait: a) f(x, y) = x 2 + xy + 2y 2 + 3 b) f(x, y) = x 2 y 2 + 6x + 2y c) f(x, y) = e 2x 2x + 2y 2 + 3 d) f(x, y) = (x 2) 4 + (y 3) 4 e) f(x, y) = x 3 + 3xy 2 5x 2y E: M 0 (2, ) mi pot, M 0 ( 2, ) max pot 40

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

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

Megoldott feladatok:. Határozzuk meg a következő f(x, y) = xy felület szélsőértékpotjait, amelyek kielégítik a következő feltételt: x + y = 6. Megoldás: Ha adott a z = f(x, y) függvéy, amelyek a következő feltételt is ki kell elégítei: g(x, y) = c, ahol c egy kostas, felírjuk a következő Lagrage- függvéyt: L(x, y, λ) = f(x, y) + λ(c g(x, y)). A mi esetükbe L(x, y, λ) = xy + λ(6 x y). Meghatározzuk a stacioárius potokat: megoldjuk az L x = 0, L y = 0, L λ = 0 egyeletekből álló egyeletredszert, azt kapjuk, hogy: y λ = 0, x λ = 0, 6 x y = 0, amelyek megoldása x = 3, y = 3, λ = 3. b) A másodredű parciális deriváltak segítségével felírjuk a következő mátrixot: 0 g x g y g x g y L xx L xy L yx L yy 0 = 0 = 2> 0, azaz d 2 z egatív defiit, az M(3,3) feltételes 0 szélsőértékpot maximumpot, a függvéy maximális értéke f(m(3,3)) = 9. 2. Határozzuk meg a következő f(x, y) = x 2 + y 2 felület szélsőértékpotjait, amelyek kielégítik a következő feltételt: x + 4y = 2. Megoldás: Felírjuk a Lagrage- függvéyt: L(x, y, λ) = x 2 + y 2 + λ(2 x 4y). Meghatározzuk a stacioárius potokat: megoldjuk az L x = 0, L y = 0, L λ álló egyeletredszert, azt kapjuk, hogy: = 0 egyeletekből 2x λ = 0, 2y 4λ = 0, 2 x 4y = 0, amelyek megoldása x = 2 7, y = 8 7, λ = 4 7. b) A másodredű parciális deriváltak segítségével felírjuk a következő mátrixot: 0 g x g y g x g y L xx L xy L yx L yy 0 4 = 2 0 = -34< 0, azaz d 2 z pozitív defiit, az M ( 2, 8 ) feltételes 7 7 4 0 2 szélsőértékpot miimumpot, a függvéy miimális értéke f (M ( 2 7, 8 7 )) = 4 7. 3. A Lagrage- szorzók módszerét alkalmazva keressük meg a z feltételes szélsőértékpotjait: a) z=xy, x+2y=2 b) z=x(y+4) x+y=8 c) z=x-3y-xy x+y=6 d) z=7-y+x 2 x+y=0 4. A Lagrage- szorzók módszerét alkalmazva keressük meg a z stacioárius potjait, majd vizsgáljuk meg melyik közülük feltételes szélsőértékpot: a) z=x+2y+3w+xy-yw x+y+2w=0 43

b) z=x 2 +2xy+yw 2 2x+y+w 2 =24 és x+w=8 c) z=4x 2 +4xy+3y 2 x-2y=0 d) z=x 2 + y 2 x+y=c. E: M ( c, c ) mi pot. 2 2 2..7. A differeciálháyados közgazdasági megközelítésbe Feltételezzük, hogy egy vállalat költségvetési függvéye x egységyi termék előállítása eseté C(x) = x 2 + 360 000, míg az x egységyi termék eladásából származó jövedelem R(x) = 500x. Így a profit P(x) = R(x) C(x) = 500x x 2 360 000 = x 2 + 500x 360 000. A profit az x függvéye, vagyis függ attól, hogy meyi terméket állít elő a vállalat. Természetese adódik a kérdés: milye x érték eseté lesz maximális a profit? Ha x egységyi termék helyett x+h egységyi terméket állítuk elő, profitövekedésről beszélük: P(x + h) P(x). P(x+h) P(x) Az átlagos profitövekedés, azt mutatja meg, hogy mekkora átlagos h profitövekedés jut egy termékre, ha áttérük x egységyi termékről x+h egységyi termék előállítására a termelésbe. P(x+h) P(x) A mi esetükbe az átlagos profitövekedés =[ (x + h) 2 + 500(x + h) h 360 000 + x 2 500x + 360 000] =( 2xh + 500h h h2 ) = 2x + 500 h. h A határprofit P P(x+h) P(x) (x) = lim = 2x + 500, azt mutatja meg, hogy megközelítőleg h 0 h meyivel változik a profit, ha x egységyi termék helyett x+ egységyi terméket termelük, vagy máskét azt is modhatjuk, hogy P (x) a profitváltozás sebessége. Ha P (x)<0, akkor csökketei kell a termelést, ugyais a termelés övelésével a profit csökke, a termelés csökketésével a profit ő. Ha P (x)>0, akkor érdemes a termelést öveli. Így olya x 0 egységyi termék eseté maximális a profit, amelyél P (x 0 )=0. A mi esetükbe P (x 0 )=-2x 0 +500=0, azaz x 0 =250 egységyi termék eseté maximális a profit. A határköltség: C (x) = lim h 0 A mi esetükbe C (x) = lim h 0 C(x+h) C(x) h. C(x+h) C(x) h (2x+h) h = lim = 2x, ami azt mutatja meg, hogy h 0 h megközelítőleg meyivel ő a költség, ha x egységyi termék helyett x+ egységyi terméket állítuk elő. A határbevétel: R (x) = lim h 0 R(x+h) R(x) h. 44

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

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

.. Végezd el a következő műveleteket az adott vektorokkal és skalárokkal:... v = (2,,3), v 2 = (5,0, 2), v 3 = (0,3, 4), a =, b = 2, c = - 3. a) v + v 2 b) v v 2 c) v + v 3 d) bv + cv 2 e) av 2 cv 3 f) av + bv 2 + cv 3 Megoldás: a) v + v 2 = (7,,); b) v v 2 = ( 3,, 5); c) v + v 3 = (2,4, ) ; d) bv + cv 2 =(-, 2, 2); e) av 2 cv 3 =(5,9,-4); f) av + bv 2 + cv 3 = (2, 8,)...2. v = (0,,2,3), v 2 = (3,9,0, 2), v 3 = (, 3,7). a) v + v 2 b) v v 2 c) v + v 3 d) 2v + 6v 2 e) 5v 2 3v 3 f) 2v + 8v 2 3v 3 Megoldás: a) v + v 2 = (3,0,2,); b) v v 2 = ( 3, 8,2, 5); c) v + v 3 em végezhető el, mert v R 4, v 3 R 3. d) 2v + 6v 2 =(8,56,4,-6) e) 5v 2 3v 3 em végezhető el; f) 2v + 8v 2 3v 3 em végezhető el. 3.2. Lieáris függetleség. Bázis a vektortérbe. Bázistraszformáció Legye V egy vektortér és B = {v, v 2, v 3, v } egy vektorredszer. 3.. Értelmezés: A B = {v, v 2, v 3, v } vektorredszer egy lieáris kombiációjá a α v + α 2 v 2 + α 3 v 3 + α v vektort értjük. 3.2. Értelmezés: A B = {v, v 2, v 3, v } vektorredszer egy lieárisa függetle redszer, ha α v + α 2 v 2 + α 3 v 3 + α v = 0 akkor és csak akkor, ha α = α 2 = α 3 = α = 0. 3.3. Értelmezés: A B = {v, v 2, v 3, v } vektorredszer egy lieárisa függő redszer, ha létezik egy ullától külöböző együttható: α v + α 2 v 2 + α 3 v 3 + α v = 0. 3.4. Értelmezés: A B = {v, v 2, v 3, v } vektorredszer geeráló redszere V-ek, ha tetszőleges v V eseté létezek az α i R, i =, együtthatók úgy, hogy v = α v + α 2 v 2 + α 3 v 3 + α v. Az α i R, i =, együtthatókat a v V koordiátáiak evezzük a B-be. 3.5. Értelmezés: A V vektortérbe a B = {v, v 2, v 3, v } vektorredszert bázisak evezzük, ha a) a B vektorredszer geeráló redszere V-ek, b) a B lieárisa függetle redszer. 47

Példák:. Legye V = R 2, B = {e, e 2 } kaoikus bázis, ahol e =(,0)= i,, e 2 = (0,) = j. Tetszőleges OM helyzetvektor felírható i és j egy lieáris kombiációjakét. 2. Legye V = R 3, B = {e, e 2, e 3 } kaoikus bázis, ahol e =(,0,0)= i,, e 2 = (0,,0) = j, e 3 = (0,0,) = k. 3.6. Értelmezés: A V vektortér dimeziója megegyezik a bázisvektorok számával. Példák:. V = R 2, B = {e, e 2 }={i, 2. V = R 3, B = {e, e 2, e 3 }={i, 3.7. Értelmezés (Bázistraszformáció) Legye V egy vektortér, melybe létezik két bázis : -egy régi bázis B = {e, e 2, e 3, e } -egy új bázis B = {e, e 2, e 3, e }. j } kaoikus bázis, dim V=2 = dimr 2. j, k } kaoikus bázis, dim V=3 = dimr 3. Tetszőleges v V vektort, ha felírjuk e bázisok vektoraiak segítségével, kapjuk: v = α e + α 2 e 2 + α 3 e 3 + α e () a v koordiátái a B bázisba v B =(α,..., α ), illetve v = α e + α 2 e 2 + α 3 e 3 + α e (2) a v koordiátái a B bázisba v B =(α,..., α ). Bázistraszformációak evezzük a v B =(α,..., α ) régi bázis koordiátáiak a meghatározását a v B =(α,..., α ) az új bázis koordiátáiak a segítségével. A B = {e, e 2, e 3, e } bázis vektorait kifejezzük a B = {e, e 2, e 3, e } bázis e = λ e + λ 2 e 2 + λ e vektoraiak a segítségével: { e 2 = λ 2 e + λ 22 e 2 + λ 2 e e = λ e + λ 2 e 2 + λ e. λ λ Az együtthatókból alkotott mátrixot: T = ( ) traszformációs mátrixak λ λ evezzük. (e, e 2, e 3, e ) =( e, e 2, e 3, e ) T, azaz B = B T. v = B v B = B v B = B T v B, ahoa a B v B = B T v B egyeletet beszorozva balról a B vektor iverzével kapjuk, hogy: v B = T v B. A T mátrix iverzével balról beszorozva az egyeletet : v B = T v B. 48

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

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

v = α v + α 2 v 2 + α 3 v 3 Behelyettesítve kapjuk, hogy: v = (3,, ) = α (,0,0) + α 2 (2,,0) + α 3 (,0, ), azaz az egyeletredszer: 3 = α + 2α 2 α 3 { = α 2 = α 3 ahoa α = 2, α 2 =, α 3 =. Tehát v B = ( 2,,). c) Határozzuk meg a B és B mátrixok közötti traszformációs mátrixot. A B = {v, v 2, v 3 } bázis vektorait kifejezzük a B = {v, v 2, v 3 } bázis vektoraiak a v = λ v + λ 2 v 2 + λ 3 v 3 segítségével: { v 2 = λ 2 v + λ 22 v 2 + λ 32 v 3 v 3 = λ 3 v + λ 23 v 2 + λ 33 v 3 amelybe behelyettesítve a vektorokat, kapjuk a következő egyeletredszert: (,0,0) = λ (,0,0) + λ 2 (,,0) + λ 3 (,,) { (2,,0) = λ 2 (,0,0) + λ 22 (,,0) + λ 32 (,,) (,0, ) = λ 3 (,0,0) + λ 23 (,,0) + λ 33 (,,) λ λ 3 Az együtthatókból alkotott mátrix: T = ( ) =( 0 ) a traszformációs λ 3 λ 33 0 0 mátrix. 3.3. Ortogoalizálás. A Gram- Schmidt-féle ortogoalizálási módszer. 3.3.. Skaláris szorzat a vektortérbe Legye V egy vektortér, és v, v 2 V vektorok. Értelmezés. A v és v 2 vektorok skaláris szorzatá egy f: V V R függvéyt értük, amely: (A skaláris szorzat értéke midig skalár.) Tulajdoságok f (v, v 2 ) f(v, v 2 ) = v, v 2 = α R..) v, v 2 0, tetszőleges v, v 2 V eseté.????? v, v 2 = 0 akkor és csak akkor, ha v = v 2 = 0. 2.) v, v 2 = v 2, v, tetszőleges v, v 2 V eseté. (kommutativitás) 5

3.) α v, v 2 = v, α v 2 = α v, v 2, tetszőleges v, v 2 V és α R eseté. (homogeitás) 4.) v + v 2, v 3 = v, v 3 + v 2, v 3, tetszőleges v, v 2, v 3 V Megjegyzések (disztributivitás) eseté..) Legye V = R, ahol R = E (-dimeziós euklideszi tér) és v = (a, a 2,, a ) V, v 2 = (b, b 2,, b ) V. Akkor a v és v 2 vektorok skaláris szorzata: v, v 2 = a b + a 2 b 2 + + a b. 2.) Ha R = E és v R, akkor létezik a v ormája (a vektor hossza): v = v, v. 3.) Ha R = E és v, v 2 R, akkor létezik a vektorok hajlásszögéek kosziusza: Alkalmazások cos α = cos(v v, v 2, v 2 ) = v v 2 Legye V = R 3 és v = (v x, v y, v z ), v 2 = (v 2x, v 2y, v 2z ) v, v 2 = v x v 2x + v y v 2y + v z v 2z v = v, v = v 2 x + v 2 y + v 2 z (a v ormája) v 2 = v 2, v 2 = v 2 2x + v 2 2y + v 2 2z (a v 2 ormája) cos(v v, v 2, v 2 ) = v v 2 = v x v 2x + v y v 2y + v z v 2z v 2 x + v 2 y + v 2 z v 2 2x + v 2 2y + v 2 2z A v és v 2 távolsága: d(v, v 2 ) = v v 2 = (v x v 2x ) 2 + (v y v 2y ) 2 + (v z v 2z ) 2. 52 3.3.2. Ortogoalizálás Legye V egy vektortér és v, v 2 V vektorok. Értelmezés. A v és v 2 ortogoálisak (merőlegesek), ha skaláris szorzatuk ulla. Jelölés: v v 2. v v 2 v, v 2 = 0 v x v 2x + v y v 2y + v z v 2z = 0. Értelmezés. V vektortérbe B = {e, e 2,, e } ortogoális redszer, ha a bee levő vektorok párokét ortogoálisak: e i, e j = 0, ( ) i j, és e i, e j 0, ha i = j. Tétel. Ha B = {e, e 2,, e } ortogoális redszer, akkor B-redszer lieárisa függetle redszer.

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

() α = v 3, e e, e, (2) α 2 = v 3, e 2 e 2, e 2 Tehát B = {e, e 2, e 3 } ortogoális redszer. Megjegyzés e 3 = v 3 v 3, e e, e e v 3, e 2 e 2, e 2 e 2. ) Ha B = {v, v 2, v 3 } bázis, akkor B = {e, e 2, e 3 } ortogoális bázis. 2) B 0 = {e 0, 0 e2, 0 e3 } ortoormált bázis, ha - ortogoális bázis - vektorai párokét merőlegesek egymásra - vektorai egységyi hosszúságúak e 0 i =, ei 0 = e i e i, i =,2,3. Példa: V = R 3, B 0 = {e 0, 0 e2, 0 e3 } = {i, j, k } ortoormált bázis. Példa (38. old..5.): V = R 3, B = {v, v 2, v 3 } bázis, v = (, 2,2), v 2 = (,,0), v 3 = (2,,3). Írj fel egy: a) B = {e, e 2, e 3 } ortogoális bázist; b) B 0 = {e 0, 0 e2, 0 e3 } ortoormált bázist. Megoldás: a) Gram-Schmidt módszer alkalmazása: lépés: e = v = (, 2,2) 2 lépés: e 2 = v 2 α e ahoa α = e, v 2 e, e = v, v 2 v, v = 2 + 0 2 + ( 2) 2 + 2 2 = 3 + 4 + 4 = 3 9 = 3 54 e 2 = (,,0) ( 3 ) (, 2,2) = (,,0) + ( 3, 2 3, 2 3 ) = ( 2 3, 3, 2 3 ). 3 lépés: e 3 = v 3 α e α 2 e 2 α = v 3, e e, e = v 3, v v, v = 2 2 + 6 = 6 9 9 = 2 3 α 2 = v 3, e 2 e 2, e 2 = v 2 3, e 2 2 ( e 2, e 2 = 3 ) + 3 + 3 2 3 ( 2 2 3 ) + ( 2 3 ) + ( 2 2 = 3 ) 4 3 + 3 + 6 3 4 9 + 9 + 4 9 = =

e 3 = v 3 α e α 2 e 2 = (2,,3) 2 3 (, 2,2) ( 2 3, 3, 2 3 ) = (2,2,). Tehát B = {e = (, 2,2), e 2 = ( 2,, 2 ), e 3 3 3 3 = (2,2,)} ortogoális bázis. b) e = 2 + ( 2) 2 + 2 2 = 9 = 3 e e 0 = e = (, 2,2) 3 = ( 3, 2 3, 2 3 ) e 2 = ( 2 3 )2 + ( 3 )2 + ( 2 3 )2 = = e e 0 2 2 = e 2 = ( 2 3, 3, 2 3 ) = ( 2 3, 3, 2 3 ) e 3 = 2 2 + 2 2 + 2 = 9 = 3 e e 0 3 3 = e 3 = (2,2,) = ( 2 3 3, 2 3, 3 ) Tehát B 0 = {e 0 = (, 2, 2 ), e 3 3 3 2 0 = ( 2,, 2 ), e 3 3 3 3 0 = ( 2, 2, )} ortoormált bázis. 3 3 3 3.4. Lieáris traszformációk. Lieáris operátorok 3.4.. Lieáris traszformációk a vektorterek között. Lieáris traszformációs mátrix Legye V és V két vektortér úgy, hogy dim V = és dim V = m. ( ) f traszformáció (művelet) V és V között: f: V V úgy, hogy ( ) v V tárgyvektor f v = f(v) V képvektor Értelmezés. v = f(v) traszformációt lieáris traszformációak evezzük, ha: a) f(v + v 2 ) = f(v ) + f(v 2 ), ( ) v, v 2 V; b) f(α v) = α f(v), ( ) v V és α R Megjegyzés Tulajdoságok (liearitás vagy additivitás); (homogeitás). f(α v + β v 2 ) = α f(v ) + β f(v 2 ), ( ) v, v 2 V és α, β R. 55

) Ha v f = f(v) lieáris traszformáció 0 V 0 V (A V vektortér 0 V ullvektoráak képe az f lieáris traszformációba a V vektortér 0 V ullvektora) f(0 V ) = 0 V f 2) Ha {v, v 2,, v p } lieáris vektorredszer {f(v ), f(v 2 ),, f(v p )} f-beli képe is lieáris vektorredszer. Értelmezés. Legye v = f(v) lieáris traszformáció. N(f) ulltere az f lieáris traszformációak, ha N(f) = Ker f = {v V f(v) = 0 V } dim N(f) = def f, dim V = dim f(v) = rag f, dim V =. f hibája (defertuma) Tétel. Ha v = f(v) lieáris traszformáció, akkor ( ) = rag f + def f. 3.4... Traszformációs mátrix Legye V vektortér és B = {e, e 2,, e } bázis. Ekkor ( ) v = (v, v 2,, v ) V eseté: v = v e + v 2 e 2 + + v e = v i e i Legye V vektortér és B = {e, e 2,, e m } bázis. Ekkor ( ) v = f(v ) = (v, v 2,, v m ) V eseté: i= m v = v e + v 2 e 2 + + v m e m = v j e j Tétel. v = f(v) traszformációt lieáris traszformációak evezzük, ha f(v) képvektor v j koordiátáit lieárisa kifejezhetjük a v tárgyvektor v i koordiátáiak segítségével: v j = a ji v i i= j = : j = 2: j= m, j =,2,,, ahol f(e i ) = a ji e j v = a v + a 2 v 2 + + a v v = a 2 v + a 22 v 2 + + a 2 v j= j = m: v = a m v + a m2 v 2 + + a m v A = ( a a 2 a m a 2 a 22 a m2 a 3 a 23 a m3 a a 2 a m ) lieáris traszformációs mátrix. 56

x x 2 v = X = ( ), f(v) = v y 2 = Y = ( ) x y m ( y a y 2 a 2 ) = ( y m a m y Y = A X a 2 a 22 a m2 a 3 a 23 a m3 a x a 2 x 2 ) ( ) a m x 3.4.2. Lieáris operátor. Sajátvektor és sajátérték Legye V és V két vektortér úgy, hogy dim V = és dim V = m. Feltételezzük, hogy ( ) f lieáris traszformáció, f: V V úgy, hogy ( ) X V A lieáris traszformációs mátrix (m ) f Y V, Y = f(x) = A X Ha V V, akkor az f lieáris traszformációt lieáris operátorak evezzük. Értelmezés. A h: V V függvéyt lieáris operátorak evezzük a V vektortére, ha Y = h(x) = AX. A lieáris operátor mátrixa a V vektortér mátrixa a B 0 bázisra voatkozóa Ha V = R, akkor A -es mátrix, X = (x, x 2,, x ) R tárgyvektor Y = (y, y 2,, y ) R képvektor a a Y = AX lieáris operátor egyelete, ahol A = ( ) a lieáris operátor mátrixa a a egy B 0 bázisra voatkozóa. y a a x ( ) = ( ) ( ) a lieáris operátor aalitikus egyelete y a a x Tétel. Ha V vektortérbe ( ) két bázis: B és B, melyek A, A a lieáris operátor mátrixai A = T A T, ahol T a bázis traszformációs mátrix. 3.4.2.. Sajátvektorok és sajátértékek Értelmezés. u V {0 } sajátvektora a h(x) lieáris operátorak, ha ( ) λ R úgy, hogy Au = λu, ahol λ sajátértéke a h(x) lieáris operátorak. Tulajdoságok: ) Az u V {0 } sajátvektorak midig csak egy λ sajátértéke va. 57

2) λ R sajátértékek több sajátvektora is lehet (S λ saját altér): S λ = {u V Au = λu } 3) A sajátvektor midig ullától külöböző (u 0 ), míg a λ sajátérték lehet 0. 3.4.2.2. Sajátértékek, sajátvektorok kiszámítása V = R vektortér, B 0 = {e, e 2,, e } kaoikus bázis ( ) Y = h(x) = AX lieáris operátor, ahol A a lieáris operátor mátrixa a B 0 bázisra voatkozóa ( ) u = (x, x 2,, x ) sajátvektor, amelyre Au = λu (A λi)u = 0, Ez utóbbi a sajátvektor vektoriális egyelete. a λ a ( ) ( 2 a a 2 a 22 λ a 2 a a 2 ) ( a λ x x 2 ) = ( 0 ) x 0 (a λ)x + a 2 x 2 + + a x = 0 a { 2 x + (a 22 λ)x 2 + + a 2 x = 0 a x + a 2 x 2 + + (a λ)x = 0 ahol I egységmátrix 0 a sajátvektor aalitikus egyelete lieáris homogé egyeletredszer Keressük az x, x 2,, x értékeit, mert ezek határozzák meg az u -t. Tiltott a baális megoldás (u 0 ), a triviálistól külöböző megoldás pedig csak akkor va, ha = 0, azaz Δ p = det(a λi) = 0 A lieáris operátor karakterisztikus egyelete: Δ p = det(a λi) = 0, vagy másképp: a λ a 2 a a 2 a 22 λ a 2 a a 2 = 0 a λ P (λ) = λ + b λ + b 2 λ 2 + + b λ + b karakterisztikus prim-egyelet 3.4.2.3. Összegzés Lépések: ) A karakterisztikus egyelet felírása; 2) A feti egyelet megoldásai (gyökei) λ 0i (i = ), sajátértékei a lieáris operátorak; 3) ( ) λ 0i értékre megoldjuk a ( ) egyeletredszert, amelyből meghatározzuk a megfelelő u 0i = (x 0, x 0 2,, x 0 ) sajátvektorokat. 58

Tétel.. a) Ha a karakterisztikus egyelet gyökei (a sajátértékek) külöbözek, akkor külöböző sajátvektort kapuk, {u, u 2,, u } ezek lieárisa függetle vektorok. b) A sajátvektorok által alkotott bázisba (B 0 -ba) a lieáris operátor (h(x)) mátrixa A diagoális formát alkot: λ A = ( 0 0 0 λ 2 0 ahol a λ i sajátértékek a főátló meté találhatók. 0 0 λ ) Tétel. 2. Ha a karakterisztikus egyelet λ i -gyöke (sajátértéke) többszörös gyök (p-szeres) dim S λi = p, akkor a ( ) redszerből meghatározott sajátvektorok ugyacsak bázist alkotak, amelybe A továbbra is diagoális, λ ( ) A = ( 0 0 0 λ 2 0 0 0 λ ) Megjegyzés. Ha a többszörös gyök eseté dim S λi p, akkor az operátor mátrixa em diagoalizálható. 3.4.2.4. Sajátértékek, sajátvektorok, diagoizálás. Határozzuk meg a következő mátrix sajátértékeit és sajátvektorait! Megoldás: A = ( 2 7 3 8 ) 2 λ 7 a) Megoldjuk a karakterisztikus egyeletet: det(a λi) = 0, azaz 3 8 λ = 0. A λ 2 + 6λ + 5 = 0 egyelet megoldásai λ = - 5 és λ 2 = - az A mátrix sajátértékei. b) A sajátvektorok az (A λi)x = 0 egyelet megoldásai. λ = - 5 eseté a ( 7 7 3 3 ) (x x ) = ( 0 2 0 ) mátrixegyelet megoldása x = x 2 = t. Tehát v = t(,) sajátvektorok, ahol t R, t = eseté az X = (,) sajátvektor. λ 2 = - eseté a ( 3 7 3 7 ) (x x ) = ( 0 2 0 ) mátrixegyelet megoldása x = 7 t és x 3 2 = t. Tehát v 2 = t( 7 3, ) sajátvektorok, ahol t R, t = 3 eseté X = (7,3) sajátvektor. 2. Határozzuk meg a következő mátrix sajátértékeit és sajátvektorait! 59

A = ( 2 4 2 6 ) Megoldás: a karakterisztikus egyeletet: det(a λi) = 0, azaz 2 λ 4 2 6 λ =0. A λ 2 8λ + 20 = 0 egyeletek icseek valós megoldásai, tehát az A mátrixak icseek valós sajátértékei. 3. Határozzuk meg a következő mátrix sajátértékeit és sajátvektorait! Megoldás: 2 A = ( 0 ) 2 0 2 a) Megoldjuk a karakterisztikus egyeletet: det(a λi) = 0, azaz 2 λ 0 λ =0. 2 0 2 λ A λ(λ 2 λ 2) = 0 egyelet megoldásai: λ = 0, λ 2 = - és λ 3 = 2 az A mátrix sajátértékei. b) A sajátvektorok az (A λi)x = 0 egyelet megoldásai. x 2 0 λ = 0 eseté az ( 0 ) ( x 2 ) = ( 0) mátrixegyelet megoldása x = x 3 = t és x 2 = 2 0 2 x 3 0 t. Tehát a v = t(,, ) sajátvektorok, ahol t R. x 3 0 λ 2 = - eseté az ( 0 2 ) ( x 2 ) = ( 0) mátrixegyelet megoldása x = t és x 2 = t, 2 0 x 3 0 x 3 = 2t. Tehát a v 2 = t(,,2) sajátvektorok, ahol t R. x 0 0 λ 3 = 2 eseté az ( 0 ) ( x 2 ) = ( 0) mátrixegyelet megoldása x 2 = x 3 = t és x = 2 0 4 x 3 0 2t. Tehát a v 3 = t(2,,) sajátvektorok, ahol t R. 60

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

6 λ 4 0 0 3 λ 6 =0. 0 3 λ A (6-λ)( λ 2 + 3λ 8) = 0 egyelet megoldásai: λ = 6, λ 2 = - 6 és λ 3 = 3 az A mátrix sajátértékei. A sajátvektorok az (A λi)x = 0 egyelet megoldásai. 0 4 0 x 0 λ = 6 eseté az ( 0 9 6 ) ( x 2 ) = ( 0) mátrixegyelet megoldása x = t és x 2 = 0 3 6 x 3 0 x 3 = 0, tehát az v = t(,0,0) sajátvektorok, ahol t R, t = eseté az v = (,0,0). λ 2 = -6 eseté az ( x 2 4 0 0 0 3 6) ( x 2 ) = ( 0) mátrixegyelet megoldása x = 7 t, x 3 2 = 0 3 6 x 3 0 2t és x 3 = t. Tehát v 2 = t ( 7 3, 2, ) sajátvektorok, ahol t R, t = 3 eseté az v 2 = (7,6,3). x 3 4 0 0 λ 3 = 3 eseté az ( 0 6 6) ( x 2 )=( 0) mátrixegyelet megoldása x = 4 t, x 3 2 = 0 3 3 x 3 0 t és x 3 = t. Tehát v 3 = t ( 4,, ) sajátvektorok, ahol t 3 R, t=3 eseté az v 3 = (4, 3, 3). b) Mivel az operátor sajátértékei mid külöbözők, az operátor mátrixa a következő formába diagoizálható: A = ( 6 0 0 0 6 0). 0 0 3 Az A diagoizált mátrixot a következő képlettel is elleőrizhetjük: A = T A T, ahol T traszformációs mátrix a B = {v, v 2, v 3 } választott új bázisra ézve: T = ( 7 4 0 6 3 ) 0 3 3 6. Adott a h: R 3 R 3 lieáris operátor, melyek mátrixa egy kaoikus bázisba a következő: A= ( 3 0 3 2 ) 0 a) Határozzuk meg a lieáris operátor sajátértékeit és sajátvektorait! b) Igazoljuk, hogy a mátrix diagoizálható és adjuk meg azt az ortoormált bázist, amelybe ez a diagoizált forma létezik. 62

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