MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ KÉZI CSABA GÁBOR Date: today. 1

KÉZI CSABA GÁBOR 1. Logikai állítások, műveletek 1.1. Definíció. Matematikai értelemben állításnak nevezünk egy olyan kijelentést, melynek igazságértéke egyértelműen eldönthető. 1.. Példa. Matematikai értelemben nem állítás például az, hogy Holnap jó műsor lesz a TV-ben. Matematikai értelemben állítás például az, hogy Minden prímszám páros. Az első kijelentés a jövőre vonatkozik, így annak igazságértékét nem tudjuk eldönteni, míg a második kijelentésről egyértelműen eldönthető, hogy az egy hamis állítás. 1.3. Definíció. A ha p, akkor q kapcsolatnak megfelelő logikai műveletet implikációnak nevezzük, melynek p az előtagja, q pedig az utótagja. Az implikáció logikai értéke hamis, ha az előtagja igaz, és az utótagja hamis, különben az implikáció igaz. Jele: p q. Ezt úgy is kiolvashatjuk, hogy p implikálja q-t, vagy másképp p-ből következik q. Az implikáció igazságtáblázata: p q p q I I I I H H H I I H H I 1.4. Megjegyzés. Ha az implikáció előtagja hamis, akkor az implikáció igaz, az utótag igazságértékétől függetlenül. Emiatt az alábbi állítás igaz: ha a prímszám, akkor minden négyszög téglalap. 1.5. Megjegyzés. Az implikáció nem kommutatív, és nem is asszociatív, azaz: p q nem azonos q p-vel; (p q) r nem azonos azzal, hogy p (q r). 1.6. Definíció. Ha p -ből következik q, akkor azt mondjuk, hogy q szükséges feltétele p-nek, vagy p elégséges feltétele q-nak. 1.7. Példa. Nyilvánvaló, hogy ha egy szám osztható 4-el, akkor páros. Ezt úgy is mondhatjuk, hogy a párosság szükséges feltétele a 4-el való oszthatóságnak. Nyilvánvalóan a feltétel nem elégséges, ugyanis abból, hogy egy szám páros még nem következik az, hogy 4-el osztható. 1.8. Definíció. Azt mondjuk, hogy a p és q állítások ekvivalensek, ha p és q logikai értéke megegyezeik, azaz p akkor igaz, ha q igaz, és p akkor hamis, q hamis. Jele: p q. Ha p és q ekvivalensek, akkor azt úgy is kiolvashatjuk, hogy p akkor és csak akkor teljesül, ha q teljesül, vagy úgy is, hogy p pontosan akkor teljesül, ha q teljesül. Az ekvivalencia igazságtáblázata: p q p q I I I I H H H I H H H I 1.9. Megjegyzés. Az, hogy a p és q állítások ekvivalensek, azt jelenti, hogy p q és q p is teljesül.

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 3 1.10. Példa. Ismert, hogy egy háromszög pontosan akkor derékszögű, ha a befogóinak négyzetösszege megegyezik az átfogó négyzetével. Ez az állítás részletesebben kiírva az alábbi két állítást jelenti: ha egy háromszög derékszögű, akkor a befogóinak négyzetösszege megegyezik az átfogó négyzetével; ha egy háromszögben a két rövidebb oldal négyzetnének összege megegyezik a hosszabbik oldal négyzetével, akkor a háromszög derékszögű. 1.11. Definíció. Az állításokat az alábbi logikai műveletek segítségével összekapcsolhatjuk, így újabb, összetett állításokat kapunk: egy p állítás tagadásán vagy negációján azt az állítást értjük, amely igaz, ha p hamis, és hamis, ha p igaz. Jele: p. A negáció igazságtáblázata: p I H a p és q állítások konjunkcióján azt az állítást értjük, amely pontosan akkor igaz, ha mindkét állítás igaz. Jele: p q. A konjunkció igazságtáblázata: p H I p q p q I I I I H H H I H H H H a p és q állítások diszjunkcióján azt az állítást értjük, amely pontosan akkor hamis, ha mindkét állítás hamis. Jele: p q. A diszjunkció igazságtáblázata: p q p q I I I I H I H I I H H H 1.1. Definíció. Nyitott mondatnak nevezünk egy olyan állítást, amely változót tartalmaz. Igazságértéke a változó értékétől függ. Ha A(x) nyitott mondat (x a változó), akkor ebből új állításokat nyerhetünk a létezik és a minden úgynevezett kvantorok segítségével. Ezen kvantorok tagadása ( ( x)a(x) ) = ( x) ( A(x) ) ( ( x)a(x) ) = ( ) ( A(x) ). Szavakban megfogalmazva, ha az A(x) állítás minden x-re teljesül, akkor ennek tagadása, hogy van olyan x, amire az A(x) állítás nem teljesül. Ha van olyan x, amelyre az A(x) teljesül, akkor ennek tagadása, hogy minden x esetén az A(x) nem teljesül. 1.13. Definíció. Tautológiának nevezünk egy olyan állítást, amely azonosan igaz. 1.14. Példa. Ha p egy tetszőleges állítás, akkor p p tautológia, ugyanis

4 KÉZI CSABA GÁBOR p p p p I H I H I I 1.15. Feladat. Állításnak tekinthetőek-e az alábbi kijelentések? Ha igen, adjuk meg az igazságértékét! 1. Éva a legszebb lány az iskolában.. A 100 nagy szám. 3. Az 5 négyzetgyöke racionális szám. 1. nem állítás;. nem állítás; 3. állítás, igazságértéke hamis. 1.16. Feladat. Fogalmazzuk meg az alábbi kijelentések tagadását! 1. A csoportban minden hallgató szereti a matematikát.. Van olyan holló, amelyik nem fekete. 3. Bármely két egyenes metszi egymást. 1. A csoportban van olyan hallgató, aki nem szereti a matematikát.. Minden holló fekete. 3. Létezik két olyan egyenes, amelyek nem metszik egymást. 1.17. Feladat. Fogalmazzuk meg az alábbi állítás megfordítását: ha egy egy háromszög derékszögű, akkor az átfogó felezőpontja, a háromszög köré írt körének középpontja. Fogalmazzuk meg az állítást és a megfordítását egy mondatban! Az állítás megfordítása: ha egy háromszög egyik oldalának felezőpontja a háromszög köré írt körének középpontja, akkor a háromszög derékszögű. Az állítás és megfordításának egy mondatban való megfogalmazása: egy háromszög pontosan akkor derékszögű, ha az átfogójának felezőpontja egybeesik a köré írt körének középpontjával. 1.18. Feladat. Tekintsük az alábbi kijelentéseket: p: kinyitottam a sütőt q: kivettem a tálat r: megégettem a kezem. Fogalmazzuk meg szövegesen a (p q) r formulának megfelelő kijelentést.

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 5 Kinyitottam a sütőt és kivettem a tálat és nem égettem meg a kezem. 1.19. Feladat. Igazoljuk, hogy tetszőleges p és q állítások esetén teljesül, hogy (p q) = p q (de-morgan azonosság). Felírva az igazságtáblázatot, egyrészt p q p q (p q) I I I H I H H I H I H I H H H I másrészt p q p q p q I I H H H I H H I I H I I H I H H I I I Tehát a két formula igazságértéke azonos, amivel igazoltuk az állítást. 1.0. Feladat. Igazoljuk, hogy tetszőleges p, q és r állítások esetén teljesül, hogy (p q) r = (p r) (q r) (disztributivitás). Felírva az igazságtáblázatot, egyrészt p q r p q (p q) r I I I I I I H I H I H I I H I H H I H I I I H I I I H H H H H I H H H H H H H H másrészt p q r p r q r (p r) (q r) I I I I I I I H I I I I H I I I I I H H I I I I I I H I I I I H H I H H H I H H I H H H H H H H

6 KÉZI CSABA GÁBOR Tehát a két formula igazságértéke azonos, amivel igazoltuk az állítást. 1.1. Feladat. Helyes-e az alábbi következtetés: Ha moziba megyek, nem tudok tanulni. De tanultam. Tehát nem voltam moziban. Jelölje p azt az állítást, hogy moziba megyek, q pedig azt hogy tanultam. Ekkor a ( (p q) q ) p formula igazságértékét szeretnénk vizsgálni p q q p q (p q) q p ( (p q) q ) p I I H H H H I I H I I H H I H I H I I I I H H I I H I I Az eredmény minden esetben igaz, a következtetés tehát helyes.

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

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

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

10 KÉZI CSABA GÁBOR teljesül, és bizonyítsuk be n + 1-re az összefüggést! A bizonyítandó egyenlőség 1 + +... + n + (n + 1) = (n + 1)( (n + 1) + 1 ). Felhasználva, hogy n-re igaz az állítás, majd a jobboldalon elvégezve az összevonást, beszorozva mindkét oldalt -vel, ezután n + 1-el végigosztva az egyenletet (ami megtehető, mivel n + 1 0), azt kapjuk, hogy + (n + 1) = (n + 1)( (n + 1) + 1 ) n(n + 1) n(n + 1) (n + 1)(n + ) + (n + 1) + (n + 1) = n(n + 1) + (n + 1) = (n + 1)(n + ) n + = n +. Azonosságot kaptunk, amivel az állítást igazoltuk. Megjegyezzük, hogy az összefüggés teljes indukció nélkül is belátható lett volna, például úgy, hogy a baloldalon szereplő összeg egy számtani sorozat első n tagjának összege (a 1 = 1, d = 1, a n = n), melyet a középsikolából jól ismert összegzési képlet segítségével is kiszámolhatunk S n = n (a 1 + a n ) = n(n + 1). A feladat történeti érdekessége Carl Friedrich Gauss német matematikushoz (akinek a nevével a későbbiekben még többször is fogunk találkozni) kötődik. Gauss általános iskolai tanára, J. G. Büttner a diákjait azzal akarta lefoglalni, hogy 1-től 100-ig adják össze az egész számokat. A fiatal Gauss mindenki megdöbbenésére másodpercek alatt megadta a helyes megoldást, megvillantva matematikai éleselméjűségét. Észrevette, hogy a sor ellenkező végein lévő számok párokba állításával azonos összegeket kap: 1 + 100 = 101, + 99 = 101, 3 + 98 = 101 stb., ami összesen 50 101 = 5050-et eredményez. Ha összeg tagjait fordított sorrendben az eredeti összeg alá méginkább látszik a gondolatmenet: 1 + +... + 99 + 100 100 + 99 +... + + 1 101 + 101 +... + 101 + 101. A 101-et 100-szor adtuk össze, így az 101 100, de minden tagot duplán számoltunk, így a keresett összeg 101 100 = 101 50 = 5050..3. Példa. Bebizonyítjuk, hogy osztója n + n-nek minden n N-nek. Az állítás n = 1-re nyilván igaz, hiszen osztója a -nek. Tegyük föl, hogy n-re igaz az állítás, azaz osztója n + n- nek. Be fogjuk látni, hogy osztója (n + 1) + (n + 1)-nek is. Mivel (n + 1) + (n + 1) = n + n + 1 + n + 1 = n + n + n + = n + n + (n + 1), továbbá a feltevésünk szerint a osztója az n + n-nek, másrészt a nyilván osztója (n + 1)-nek, ezért osztója ezek összegének is, amivel igazoltuk az állítást.

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 11 Megjegyezzük, hogy az állítás teljes indukció nélkül is igazolható, ugyanis n(n + 1) egy páros és egy páratlan szám szorzata, ami mindig páros, így osztható -vel..4. Definíció. Ha n N, akkor n faktoriálisa az első n pozitív egész szám szorzata. Jele: n!. Definíció szerint 0! = 1..5. Példa. 5! = 1 3 4 5 = 10.6. Definíció. Ha n N és k N {0} és n k, akkor az ( ) n n! = k k!(n k)! módon definiált szimbólumot binomiális együtthatónak nevezzük, és n alatt a k -nak olvassuk..7. Példa. ( ) 5 = 5!!(5 )! = 5!!3! = 4 5!.8. Tétel. Ha n N és k N {0} és n k, akkor az ( ) ( ) n n =. k n k Bizonyítás: Ha n N és k N {0} és n k, akkor ( ) n n! = k k!(n k)!, = 0 = 10 másrészt ( ) n = n k n! (n k)! ( n (n k) )! = n! (n k)!k! = n! k!(n k)!, amivel az állítást igazoltuk..9. Tétel. Ha n N és k N {0} és n k, akkor ( ) ( ) ( ) n n n + 1 + =. k k + 1 k + 1 Bizonyítás: Mivel ( ) n = k n! k!(n k)!, msárészt ( ) n = k + 1 n! (k + 1)! ( n (k + 1) )!,

1 KÉZI CSABA GÁBOR ezért ( ) ( ) n n n! + = k k + 1 k!(n k)! + n! (k + 1)! ( n (k + 1) ) n!(k + 1) + n!(n k) =! (k + 1)!(n k)! = n!( k + 1 + (n k) ) n! (n + 1) = (k + 1)!(n k)! (k + 1)!(n k)! = (n + 1)! (k + 1)!(n k)! = = (n + 1)! (k + 1)!((n + 1) (k + 1))! = ( n + 1 k + 1 ). = Ezzel az állítást igazoltuk..30. Tétel. (binomiális tétel) Ha n N, és a, b R, akkor (a + b) n = n k=0 ( ) n a n k b k = k ( ) n a n + 0 ( ) n a n 1 b + 1 ( ) n a n b +... + ( ) n b n. n Bizonyítás: Az állítás n = 1 esetén nyilván igaz, hiszen ekkor a + b = a + b. Tegyük fel, hogy n-re igaz az állítás, és bizonyítsuk be n + 1-re. Először (a + b) n+1 -et felírjuk úgy, hogy alkalmazni tudjuk a feltevésünket (a+b) n (a+b) alakban, majd alkalmazzuk az indukciós feltevést, felbontjuk a zárójelet, majd a tagokat megfelelő módon csoportosítjuk, és alkalmazzuk az ( n k ) + ( n k + 1 ) = ( n + 1 k + 1 ) összefüggést (a + b) n+1 = (a + b) n (a + b) = (a + b) n a + (a + b) n b = ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n = a n+1 + a n b + a n 1 b +... + a b n + 0 1 n ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n + a n b + a n 1 b + a n b 3 +... + b n+1 = 0 1 n (( ) ( )) (( ) ( )) n n n n = a n+1 + + a n b + + a n 1 b + 1 0 1 (( ) ( )) n n +... + + a b n + b n+1 = n n 1 ( ) ( ) ( ) n + 1 n + 1 n + 1 = a n+1 + a n b + a n 1 b +... + a b n + b n+1 = 1 n = (a + b) n+1. Ezzel az állítást igazoltuk..31. Megjegyzés. A binomiális tétel két tag összegének (különbségének) n-edik hatványának kiszámolására vonatkozó formula.

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 13.3. Példa. Kiszámoljuk az (a b) 3 kifejezést binomiális tétel segítségével: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 (a b) 3 = a 3 ( b) 0 + a ( b) 1 + a( b) + ( b) 3 = 0 1 3 = a 3 3! 1!! a b + 3!!1! ab b 3 = a 3 3a b + 3ab b 3..33. Következmény. Ha n N, akkor ( n 0 ) + ( n 1 ) + ( ) n +... + ( ) n = n. n Bizonyítás: A binomiális tételt alkalmazva ( ) ( ) n n n = (1+1) n = 1 n + 1 n 1 + ( ) n 1 n 1 ( ) n +...+ 1 n = 0 0 0 n amivel igazoltuk az állítást. ( ) n + 0 ( n 1 ) + ( n ) +...+ ( ) n, n.34. Következmény. Egy n elemű véges halmaz összes részhalmazának száma n. Másképp fogalmazva n elemű véges halmaz hatványhalmazának számossága n. Bizonyítás: Egy n elemű halmaz 0, 1,, stb. n elemű részhalmazainak száma rendre ( ( n 0), n ( 1), n ), stb. ( n n), így az összes részhalmazok száma ezek összege, ami az előző következmény miatt éppen n -el egyenlő..35. Példa. Egy 5 elemű halmaznak 5 = 3 részhalmaza van..36. Definíció. A Z = N N {0} = {..., 3,, 1, 0, 1,, 3,...} halmazt az egész számok halmazának nevezzük..37. Megjegyzés. Az egész számok halmazából az összeadás, a kivonás és a szorzás művelete nem vezet ki, azaz két egész szám összege, különbsége, illetve két egész szám szorzata is egész szám..38. Megjegyzés. Az egész számok halmazának részhalmaza a természetes számok halmaza..39. Definíció. Racionális számok halmazának nevezzük azt a halmazt, melynek elemei előállnak két egész szám hányadosaként. Jele: Q..40. Megjegyzés. Az racionális számok halmazából az összeadás, a kivonás, a szorzás és az osztás művelete nem vezet ki, azaz két racionális szám összege, különbsége, illetve két egész szám szorzata és hányadosa is racionális szám..41. Megjegyzés. A racionális számok halmaza részhalmazként tartalmazza az egész számok és a természetes számok halmazát, pontosabban N Z Q..4. Megjegyzés. Minden racionális szám felírható véges vagy szakaszosan ismétlődő végtelen tizedes tört alakban..43. Példa. Például véges tizedes tört esetén végtelen tizedes tört esetén 0, 134 = 134 10000, 1, 3 = 4 3,

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

ha x y és y z, akkor x z minden x, y R esetén x y vagy y x teljesül ha x y, akkor minden z R esetén x + z y + z ha x y, akkor minden z 0 esetén x z y z. MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 15.50. Definíció. Az A R halmaz felülről korlátos, ha létezik olyan K R, amely nagyobb vagy egyenlő minden A-beli elemnél. Ekkor a K-t az A halmaz egy felső korlátjának mondjuk..51. Definíció. Az A R halmaz alulról korlátos, ha létezik olyan k R, amely kisebb vagy egyenlő minden A-beli elemnél. Ekkor a k-t az A halmaz egy alsó korlátjának mondjuk..5. Definíció. Azt mondjuk, hogy az A R halmaz korlátos, ha alulról és felülről is korlátos..53. Példa. Az A = { 3 + } n N = {5, 4, 3 + 3 n, 3 + 1 }... halmaz minden eleme kisebb vagy egyenlő, mint 5 (vagy 6, vagy 10), így a halmaz alaulról korlátos, másrészt a halmaz minden eleme nagyobb vagy egyenlő, mint 3 (vagy vagy -10), így a halmaz felülről korlátos, tehát a halmaz korlátos..54. Példa. Az } A = {( ) n n N = {, 4, 8, 16,...} halmaz alulról sem korlátos és felülről sem korlátos..55. Példa. Az } A = { n n N = {, 4, 8, 16,...} halmaz alulról korlátos, egy alsó korlátja a, de felülről nem korlátos, így nem korlátos..56. Definíció. Ha az A halmaz felülről korlátos, akkor az A felső korlátainak legkisebbikét az A pontos felső korlátjának vagy supremumának nevezzük. Jele: sup A. Ha a pontos felső korlát eleme is a halmaznak, azaz sup A A, akkor azt maximumnak mondjuk. Jele max A..57. Definíció. Ha az A halmaz alulról korlátos, akkor az A alsó korlátainak legnagyobbikát az A pontos alsó korlátjának vagy infimumának nevezzük. Jele: inf A. Ha a pontos alsó korlát eleme is a halmaznak, azaz A A, akkor azt minimumnak mondjuk. Jele min A..58. Példa. Az A = { 1 + 4 } n N = {5, 3, 1 + 43 } n,... halmaz esetén inf A = 1, sup A = 5, minimuma nem létezik, mert 1 / A, max A = 5..59. Tétel. Egy A R halmaz pontosan akkor korlátos, ha létezik K R valós szám, hogy x K minden x A esetén. Bizonyítás: Ha A korlátos, akkor alulról is és felülről is korlátos, így léteznek olyan k 1 és k valós számok, hogy x k 1, illetve x k minden x A esetén, azaz k 1 x k. Legyen K = max{k 1, k }. Ekkor K < x < K, azaz x K.

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

.66. Definíció. Az x R valós szám r > 0 sugarú környezetén a halmazt értjük. MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 17 G(x, r) = {h R x h < r}.67. Megjegyzés. Megjegyezzük, hogy x h < r, ami ugyanaz mint h x < r, azt jelenti, hogy r < h x < r, azaz x r < h < x + r, azaz az x valós szám r sugarú környezete az ]x r, x + r[ intervallum..68. Definíció. Az x A szám az A halmaz belső pontja, ha x-nek van olyan környezete, amely teljesen benne van az A halmazban, azaz létezik r > 0 úgy, hogy G(x, r) A. Egy halmaz összes belső pontjainak halmazát A -el jelöljük..69. Példa. Az A =]1, 5] halmaznak 5 nem belső pontja. A halmaz összes belső pontjainak halmaza ]1, 5[..70. Definíció. Azt mondjuk, hogy egy halmaz nyílt, ha minden pontja belső pont..71. Példa. Az A =]1, [ halmaz nyílt, de a B =]1, 5] halmaz nem nyílt, mert az 5 nem belső pontja..7. Definíció. Egy halmaz zárt, ha a komplementere nyílt..73. Példa. Az A = [1, ] halmaz komplementere ], 1[ ], [, ami nyílt, így az A halmaz zárt..74. Példa. Létezik olyan halmaz, amely nem nyílt és nem is zárt, továbbá olyan is, amely egyidejűleg nyílt is és zárt is. Az A = [1, [ halmaz komplementere ], 1[ [, [, ami nem nyílt, nem belső pontja, így az A halmaz nem zárt. Megjegyezzük, hogy A nem is nyílt, ugyanis az 1 nem belső pontja. Az egyidejüleg nyílt és zárt is. Nyílt, mert minden pontja belső pont. Zárt, mert a komplemenetre R, ami nyílt..75. Definíció. Az x A valós szám az A halmaz határpontja, ha x bármely környezetében van A-beli és R \ A-beli elem. Az A halmaz összes határpontjaiból képzett halmazt A-val jelöljük..76. Példa. Az A = [1, [ halmaz határpontjai 1 és..77. Definíció. Az A R halmaznak az x R szám torlódási pontja, ha x bármely környezetében van x-től különböző A-beli elem. Az A halmaz összes torlódási pontjainak halmazát A -vel jelöljük..78. Példa. Az A =]1, ] halmaz összes torlódási pontja [1, ]..79. Megjegyzés. A torlódási pont nem feltétlenül eleme a halmaznak..80. Megjegyzés. Minden belső pont torlódási pont..81. Feladat. Izolált pontoknak nevezzük azokat a halmazbeli elemeket, amelyek nem torlódási pontok..8. Példa. Az A = [1, 3] {5} halmaznak az 5 izolált pontja..83. Definíció. Egy halmaz elemeinek a számát a halmaz számosságának mondjuk. Jele: A. Egy halmazt végesnek nevezünk, ha elemeinek a száma véges.

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

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 19 Ebből leolvasható az egyenlőtlenség megoldása: x ], ] [3, [, következésképpen A = ], ] [3, [. Megoldjuk a x 4 < 0 egyenlőtlenséget. Mindkét oldalhoz 4-et hozzáadva, majd mindkét oldalt elosztva -vel x 4 < 0 x < 4 x <. Így B =], [. Az A és B halmazokat ábrázoljuk számegyenesen: Ezután leolvassuk a megfelelő halmazműveleteket A B =], [ [3, [= R \ [, 3[ A B =], ] A \ B = [3, [ B \ A =], [..89. Feladat. Legyen A B = {4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, A \ B = {8, 9, 10}, A B = {5}. Határozzuk meg az A és B halmazokat! Venn digrammon ábrázolva a halmazokat:

0 KÉZI CSABA GÁBOR Leolvasható, hogy A = {5, 8, 9, 10}, B = {4, 5, 6, 7}..90. Feladat. Tegyük föl, hogy A B C = {1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, A B = {1,, 3, 6, 7, 8, 9, 10}, A \ B = {8, 9, 10}, A B = {1,, 3}, A B C = {1, 3}, A C = {1, 3, 8}, B \ C = {, 7}. Határozzuk meg az A, B és C halmazokat! Venn digrammon ábrázolva a halmazokat: Leolvasható, hogy A = {1,, 3, 8, 9, 10}, B = {1,, 3, 6, 7}, C = {1, 3, 4, 5, 6, 8}..91. Feladat. Tekintsük az A = {az x 10x + 4 = 0 egyenlet valós megoldásai}, B = {az x 10 = 1 egyenlet valós megoldásai}, C = {az x 4 16 = 0 egyenlet valós gyökeinek száma}, D = {a 3 és 7 közé eső páros számok} halmazokat! Adjuk meg a fenti halmazok elemit, és azok számosságát! Válasszunk ki közülük olyan halmazokat, melyek egyenlők, illetve adjunk meg olyan halmazokat, melyek halmaz, részhalmaz kapcsolatban állnak egymással.

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 1 Az x 10x + 4 = 0 egyenletet a másodfokú egyenlet megoldóképletével megoldva azt kapjuk, hogy x 1, = 10 ± 100 4 4 = 10 ±, amiből a megoldások x 1 = 6, x = 4. Így A = {4, 6}. Mivel nem létezik olyan valós szám, melynek a páros kitevőjű hatványa negatív szám lenne, ezért B =. Az x 4 16 = 0 egyenletnek két valós megoldása van, és. Így C = {}. A D halmaz elemei D = {4, 6}. A halmazok számmossága A =, B = 0, C = 1, D =. A B halmaz minden halmaznak részhalmaza, továbbá D A és A D..9. Feladat. Igazoljuk, hogy egy 8 elemű halmaznak ugyanannyi 18 elemű részhalmaza van, mint amennyi 10 elemű! Mivel egy n elemű halmaz k elemű részhalmazinak száma ( n k), továbbá ( ) ( ) n n =, k n k ezért ( ) 8 = 10 amiből következik az állítás. ( ) 8, 18.93. Feladat. Igazoljuk, hogy egy 40 elemű halmaznak ugyanannyi 5 elemű részhalmaza van, mint amennyi 15 elemű! Mivel egy n elemű halmaz k elemű részhalmazinak száma ( n k), továbbá ( ) ( ) n n =, k n k ezért ( ) 40 = 5 amiből következik az állítás. ( ) 40, 15.94. Feladat. Tekintsük a nevezetes számhalmazokat a szokásos jelölésekkel! Adjuk meg a következő halmazokat: a) N Z b) N Z c) Z R d) Q Z e) N Z f) N R g) Q Q h) Q Q.

KÉZI CSABA GÁBOR a) N Z = N b) N Z = Z c) Z R = Z d) Q Z = Z e) N Z = Z f) N R = R g) Q Q = h) Q Q = R..95. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy két racionális szám összege racionális, azaz ha a, b Q, akkor a + b Q. Ha a Q, akkor léteznek olyan p és m egész számok, valamint q és n nullától különböző egész számok, hogy a = p q, b = m n. Ekkor a + b = p q + m n pn + mq =. nq Mivel két egész szám összege és szorzata is egész szám, ezért pn + mq Z, továbbá n q nullától különböző egész szám, ezért a + b két egész szám hányadosa, így racionális szám..96. Feladat. Bizonyítsuk be teljes indukcióval, hogy 1 + +... + n = n(n + 1)(n + 1), (n N). 6 Először n = 1-re megvizsgáljuk, hogy teljesül-e az egyenlőség: a bal oldal 1 = 1, a jobboldal 1 (1+1) ( 1+1) 6 = 1. Tehát a baloldalon és a jobboldalon ugyanazt kaptuk, így n = 1-re igaz az egyenlőség. Tegyük föl, hogy n-re igaz az állítás, azaz 1 + +... + n = n(n + 1)(n + 1), (n N). 6 teljesül, és bizonyítsuk be n + 1-re az összefüggést! A bizonyítandó egyenlőség 1 + +... + n + (n + 1) = (n + 1)( (n + 1) + 1 )( (n + 1) + 1 ) 6. Felhasználva, hogy n-re igaz az állítás, majd a jobboldalon elvégezve az összevonást, beszorozva mindkét oldalt 6-al, ezután n + 1-el végigosztva az egyenletet (ami megtehető, mivel n + 1 0),

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 3 majd felbontva a zárójeleket mindkét oldalon azt kapjuk, hogy n(n + 1)(n + 1) + (n + 1) = (n + 1)( (n + 1) + 1 )( (n + 1) + 1 ) 6 6 n(n + 1)(n + 1) + (n + 1) (n + 1)(n + )(n + 3) = 6 6 n(n + 1)(n + 1) + 6(n + 1) = (n + 1)(n + )(n + 3) n(n + 1) + 6(n + 1) = (n + )(n + 3) n + n + 6n + 6 = n + 3n + 4n + 6 n + 7n + 6 = n + 7n + 6. Azonosságot kaptunk, amivel az állítást igazoltuk..97. Feladat. Bizonyítsuk be teljes indukcióval, hogy 1 1 + 1 3 +... + 1 n(n + 1) = n n + 1, (n N). 1 Először n = 1-re vizsgáljuk meg az összefüggést: a bal oldal = 1, a jobboldal 1, így n = 1-1 re teljesül az állítás. Tegyük fel, hogy n-re igaz, és bizonyítsuk be n + 1-re az egyenlőséget. A bizonyítandó állítás 1 1 + 1 3 +... + 1 n(n + 1) + 1 (n + 1)(n + ) = n + 1 n + 1 + 1, (n N). Felhasználva, hogy n-re igaz az összefüggés, majd beszorozva a közös nevezővel, felbontva a zárójeleket, és összevonva azt kapjuk, hogy n n + 1 + 1 (n + 1)(n + ) = n + 1 n + Azonosságot kaptunk, amivel az állítást igazoltuk..98. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy n(n + ) + 1 = (n + 1) n + n + 1 = n + n + 1. 1 1! +! +... + n n! = (n + 1)! 1 (n N). Az állítás n = 1-re igaz, ugyanis 1 1! =! 1. Tegyük fel, hogy n-re igaz az állítás és bizonyítsuk be n + 1-re. A bizonyítandó összefüggés 1 1! +! +... + n n! + (n + 1) (n + 1)! = (n + )! 1 (n N). Felhasználva az indukciós feltevést azt kapjuk, hogy a bizonyatandó összefüggés (n + 1)! 1 + (n + 1)(n + 1)! = (n + )! 1.

4 KÉZI CSABA GÁBOR Mindkét oldalhoz 1-et hozzáadva, majd a baloldalon (n + 1)!-t kiemelve (n + 1)!(1 + n + 1) = (n + )! adódik, ami azonosság, hiszen (n + 1)!(n + ) = (n + )!..99. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy 1 + 3 +... + n(n + 1) = n(n + 1)(n + ) 3 (n N). Az állítás n = 1-re nyilván igaz, hiszen 1 = 1 3. 3 Tegyük fel, hogy n-re igaz az állítás, és bizonyítsuk be n + 1-re. A bizonyítandó összefüggés 1 + 3 +... + n(n + 1) + (n + 1)(n + ) = Az indukciós feltevést felhasználva a bizonyítandó egyenlőség n(n + 1)(n + ) 3 Mindkét oldalt (n + 1)(n + )-vel elosztva + (n + 1)(n + ) = n 3 (n + 3) + 1 =. 3 Mindkét oldalt 3-al szorozva a bizonyítandó állítást kapjuk. (n + 1)(n + )(n + 3). 3 (n + 1)(n + )(n + 3). 3.100. Feladat. Bizonyítsuk be teljes indukcióval, hogy n < n!, ha n 4. Először n = 4-re ellenőrizzük az állítást. Ekkor a bal oldal 4 = 16, a jobb oldal 4! = 4, így igaz az összefüggés. Tegyük föl, hogy n-re igaz, és bizonyítsuk be n + 1-re: ami a bizonyítandó állítás. n+1 = n < n! < n!(n + 1) = (n + 1)!,.101. Feladat. Bizonyítsuk be teljes indukcióval, hogy 3 n < (n + 1)!, ha n 4. Először n = 4-re ellenőrizzük az állítást. Ekkor a bal oldal 3 4 = 81, a jobb oldal 5! = 10, így igaz az összefüggés. Tegyük föl, hogy n-re igaz, és bizonyítsuk be n + 1-re: ami a bizonyítandó állítás. 3 n+1 = 3 n 3 < (n + 1)! 3 < (n + 1)!(n + ) = (n + )!,

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 5.10. Feladat. Határozzuk meg az n természetes szám értékét úgy, hogy az ( ) n + 1 = 55 n 1 egyenlet teljesüljön! A binomiális együttható definíciója szerint ( ) n + 1 (n + 1)! = n 1 (n 1)! ((n + 1) (n 1) )! = (n + 1)! (n 1)!! = (n + 1) n = (n + ) n, így a megoldandó egyenlet (n + 1) n = 55. Felbontva a zárójelet, majd az egyenletet 0-ra redukálva n + n 55 = 0 adódik. Ezt megoldva a másodfokú egyenlet megoldóképletével n 1, = 1 ± 1 + 440 4 = 1 ± 1, 4 amiből n 1 = 5, n = 11. Mivel az n csak természetes szám lehet, ezért n = 5..103. Feladat. Határozzuk meg az ( x + 1 x ) 100 kifejezés binomiális tétel szerinti kifejtésében a konstans tagot. A konstans tag ( ) 100 ( ( ) 50 1 x) 50 x = 50 ( ) 100. 50.104. Feladat. A binomiális tétel felhasználásával végezzük el a következő hatványozásokat: a) (x + 3) 4 ; b) (3x + 1) 5 ; c) (x 3) 3 ; d) (3x + y) 4.

6 KÉZI CSABA GÁBOR a) A binomiális tételt alkalmazva ( ) ( ) 4 4 (x + 3) 4 = (x) 0 3 4 + 0 1 (x) 1 3 3 + ( ) 4 (x) 3 + adódik. Kiszámolva a megfelelő binomiális együtthatókat adódik. 81 + 16x + 16x + 96x 3 + 16x 4 b) A binomiális tétel szerint ( ) ( ) 5 5 (3x + 1) 5 = (3x ) 0 1 5 + (3x ) 1 1 4 + 0 1 ( ) ( ) 5 5 + (3x ) 4 1 1 + (3x ) 5 1 0. 4 5 Kiszámolva a binomiális együtthatókat adódik. c) (x 3) 3 = x 3 7x + 7x 7; ( ) 4 (x) 3 3 1 + 3 ( ) 5 (3x ) 1 3 + 1 + 15x + 90x 4 + 70x 6 + 405x 8 + 43x 10 d) (3x + y) 4 = 81x 8 + 16x 6 y + 16x 4 y + 96x y 3 + 16y 4. ( ) 4 (x) 4 3 0 4 ( ) 5 (3x ) 3 1 + 3.105. Feladat. Határozzuk meg a (x 4y) 3 kifejezés binomiális kifejtésében szereplő tagok együtthatóinak összegét! A binomiális tételt alkalmazva ( ) 3 (x 4y) 3 = (x) 3 ( 4y) 0 + 0 ( ) 3 (x) ( 4y) 1 + 1 ( ) 3 (x) 1 ( 4y) + ( ) 3 (x) 0 ( 4y) 3. 3 A binomiális együtthatókat kiszámolva, vagy a Pascal-háromszög megfelelő sorát felírva (x 4y) 3 = (x) 3 ( 4y) 0 + 3(x) ( 4y) 1 + 3(x) 1 ( 4y) + (x) 0 ( 4y) 3. Elvégezve a hatványozásokat (x 4y) 3 = 8x 3 48x y + 96xy 64y 3, így az együtthatók összege 8 + ( 48) + 96 + ( 64) = 104 11 = 8..106. Feladat. Határozzuk meg az A = [1, 5] intervallum infimumát, supremumát, minimumát, maximumát! Alulról korlátos-e, felülről korlátos-e, korlátos-e a halmaz? A halmaz pontos alsó korlátja, azaz infimuma: inf(a) = 1, pontos felső korlátja sup(a) = 5. Mivel a pontos alsó korlát eleme is a halmaznak, ezért az minimum is, így min(a) = 1. Mivel a pontos felső korlát eleme is a halmaznak, ezért az maximum is, így max(a) = 5. A halmaz alulról és felülről is korlátos, így korlátos.

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 7.107. Feladat. Határozzuk meg az A =]4, 7] intervallum infimumát, supremumát, minimumát, maximumát! Alulról korlátos-e, felülről korlátos-e, korlátos-e a halmaz? A halmaz pontos alsó korlátja, azaz infimuma: inf(a) = 4, pontos felső korlátja sup(a) = 7. Mivel a pontos alsó korlát nem eleme a halmaznak, ezért minimuma nincs. Mivel a pontos felső korlát eleme a halmaznak, ezért az maximum is, így max(a) = 7. A halmaz alulról és felülről is korlátos, így korlátos..108. Feladat. Határozzuk meg az A =], [ intervallum infimumát, supremumát, minimumát, maximumát! Alulról korlátos-e, felülről korlátos-e, korlátos-e a halmaz? A halmaz pontos alsó korlátja, azaz infimuma: inf(a) =, pontos felső korlátja nincs. Mivel a pontos alsó korlát nem eleme a halmaznak, ezért minimuma nincs. Mivel supremuma nincs, ezért maximuma sincs. A halmaz alulról korlátos, felülről nem korlátos, így nem korlátos..109. Feladat. Határozzuk meg az A =], 3] intervallum infimumát, supremumát, minimumát, maximumát! Alulról korlátos-e, felülről korlátos-e, korlátos-e a halmaz? A halmaznak nincs pontos alsó korlátja, azaz infimuma, pontos felső korlátja 3. Mivel nincs pontos alsó korlát, ezért minimuma sincs. A supremuma eleme a halmaznak, ezért az maximum is, így max(a) = 3. A halmaz alulról nem korlátos, felülről korlátos, így nem korlátos..110. Feladat. Vizsgáljuk meg az halmazt korlátosság szempontjából! A = { 1 + 1 } n N n A halmaz pontos alsó korlátja, azaz infimuma: inf(a) = 1, pontos felső korlátja. Mivel a pontos alsó korlát nem eleme a halmaznak, ezért minimuma nincs. Mivel supremuma eleme a halmaznak, ezért az maximum is, így max(a) =. A halmaz alulról korlátos és felülről is korlátos, így korlátos..111. Feladat. Vizsgáljuk meg az A = { 1 } n N n halmazt korlátosság szempontjából! A halmaz pontos alsó korlátja, azaz infimuma: inf(a) = 1, pontos felső korlátja. Mivel a pontos alsó korlát eleme a halmaznak, ezért az minimum is, azaz min(a) = 1. Mivel a supremum nem eleme a halmaznak, ezért maximuma nincs. A halmaz alulról korlátos és felülről is korlátos, így korlátos.

8 KÉZI CSABA GÁBOR.11. Feladat. Korlátos-e A = [1, 9[ halmaz? Határozzuk meg az infimumát, supremumát, minimumát, maximumát, belső pontjait, határpontjait, torlódási pontjait, izolált pontjait! Nyílt-e a halmaz? Zárt-e a halmaz? a halmaz alulról korlátos, mert minden halmazbeli elem nagyobb vagy egyenlő, mint 0 a halmaz felülről korlátos, mert például a 1 egy felső korlátja A korlátos, mert alulról és felülről is korlátos inf A = 1 sup A = 9 min A = 1, mert inf A A max A nem létezik, mert sup A / A A belső pontjai A =]1, 9[ A határpontjai A = {1, 9} A torlódási pontjai A = [1, 9] A-nak nincs izolált pontja, mert nincs olyan A-beli elem, amely ne lenne torlódási pont A nem nyílt, mert az 1 nem belső pontja A nem zárt, mert a komplementere ], 1[ [9, [ nem nyílt, ugyanis a 9 nem belső pontja..113. Feladat. Korlátos-e A =]0, 1] ], [ { 1} halmaz? Határozzuk meg az infimumát, supremumát, minimumát, maximumát, belső pontjait, határpontjait, torlódási pontjait, izolált pontjait! Nyílt-e a halmaz? Zárt-e a halmaz? a halmaz alulról korlátos, mert minden halmazbeli elem nagyobb vagy egyenlő, mint 0 a halmaz felülről nem korlátos A nem korlátos, mert felülről nem korlátos inf A = 0 sup A nem létezik min A nem létezik, mert inf A / A max A nem létezik, mert A felülről nem korlátos A belső pontjai A =]0, 1[ ], [ A határpontjai A = { 1, 0, 1, } A torlódási pontjai A = [0, 1] [, ] A izolált egyetlen pontja 1, mert ez az egyetlen halmazbeli elem, amely nem torlódási pont A nem nyílt, mert az 1 nem belső pontja A nem zárt, mert a komplementere (], 0] ]1, ]) \ { 1} nem nyílt, ugyanis például a 0 nem belső pontja..114. Feladat. Vizsgáljuk meg korlátosság szempontjából az } A = { n n N halmazt korlátosság szempontjából!

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 9 A halmaz elemei: } A = { n n N = {, 4, 8, 16,...} A halmaz pontos alsó korlátja, azaz infimuma: inf(a) =, pontos felső korlátja nem létezik. Mivel a pontos alsó korlát eleme a halmaznak, ezért az minimum is, azaz min(a) = 1. Mivel nincs pontos felső korlátja, ezért maximuma sincs. A halmaz felülről nem korlátos, így nem korlátos..115. Feladat. Vizsgáljuk meg korlátosság szempontjából az } A = {( ) n n N halmazt korlátosság szempontjából! A halmaz elemei: } A = {( ) n n N = {, 4, 8, 16,...} A halmaznak pontos alsó korlátja és pontos felső korlátja sem létezik. Így minimuma és maximuma sem létezik. Alulról és felülről sem korlátos, tehát nem korlátos..116. Feladat. Egy társaságban 50-en teáznak és 30-an kávéznak, 10-en teáznak és kávéznak is. Hány tagu a társaság? Az adatok szerint 35-en vannak, akik csak teáznak, 0-an akik csak kávéznak, így a társaság 35 + 0 + 10 = 65 főből áll.

30 KÉZI CSABA GÁBOR 3. Relációk 3.1. Definíció. Legyenek A és B halmazok. Ekkor az (a, b) szimbolumkat rendezett elempároknak nevezzük, ha a A és b B, továbbá az (a, b) = (c, d) egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a = c és b = d. 3.. Definíció. Az A és B halmaz Descartes-szorzatán azt az A B-vel jelölt halmazt értjük, melynek elemei olyan rendezett elempárokból állnak, melyek első tagja az A, második tagja, a B halmazból való, azaz A B = {(x, y) x A, y B}. 3.3. Példa. Tekintsük az A = {1, 3} és B = {, 4} halmazokat! Ekkor másrészt A B = {(1, ), (1, 4), (3, ), (3, 4)}, B A = {(, 1), (, 3), (4, 1), (4, 3)}, amiből látható, hogy A B és B A nem egyenlőek. 3.4. Megjegyzés. Az R = R R halmaz elemei a kétdimenziós Descartes-féle koordinátarendszer pontjai. 3.5. Definíció. Az A 1, A,..., A n halmazok Descartes-szorzatán az A 1 A... A n = {(a 1, a,..., a n ) a 1, a,..., a n A} halmazt értjük. Magukat az (a 1, a,..., a n ) elemeket rendezett szám n-eseknek nevezzük. 3.6. Megjegyzés. R n = R R... R 3.7. Példa. A [0, 1] [0, ] Descartes szorzat ábrázolása: 3.8. Példa. A [, 1] [, 3] [0, 5] Descartes szorzat ábrázolása:

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 31 3.9. Definíció. Két halmaz Descartes-szorzatának bármely részhalmazát relációnak nevezzük, pontosabban, ha A és B halmazok, úgy az A B halmaz tetszőleges részhalmazát az A és B halmaz közötti relációnak nevezzük. 3.10. Példa. Legyen A = {1, }, B = {, 3}. Ekkor ρ = {(1, ), (, 3)} reláció A és B között. 3.11. Megjegyzés. Amennyiben ρ egy reláció, úgy azt, hogy az (a, b) elempár benne van a relációban úgy is kifejezhetjük, hogy az a elem relációban van a b elemmel, amit az aρb kapcsolattal jelölhetünk. 3.1. Definíció. Legyen ρ A B egy reláció. A illetve D ρ = {x A létezik y B úgy, hogy (x, y) ρ}, R ρ = {y B létezik x A úgy, hogy (x, y) ρ} halmazokat az ρ reláció értelmezési tartományának, illetve értekkészletének nevezzük. 3.13. Definíció. Egy ρ A B reláció inverzén az relációt értjük. ρ 1 = {(y, x) B A (x, y) ρ} 3.14. Példa. A ρ = { (1, ), (1, 5), (3, 4) } reláció inverze az ρ 1 = { (, 1), (5, 1), (4, 3) } reláció. 3.15. Definíció. Legyenek A, B, C adott halmazok, ρ 1 A B és G B C adott relációk. Az ρ 1 és ρ kompozícióján a relációt értjük. ρ ρ 1 = {(x, z) létezik y B úgy, hogy (x, y) ρ 1, (y, z) ρ } 3.16. Példa. Legyen ρ 1 = {(1, ), (, 3), (, 5), (4, 6)}, ρ = {(, 3), (3, 5), (3, 6), (5, 1)}. Ekkor ρ ρ 1 = {(1, 3), (, 5), (, 6), (, 1)}. 3.17. Definíció. Ha ρ egy reláció és C D ρ, akkor a ρ C = {(x, y) ρ x C} relációt a ρ reláció C-re való leszűkítésének nevezzük. 3.18. Definíció. Az A halmaz nemüres részhalmazainak egy rendszerét osztályozásnak nevezzük, ha az elemei páronként diszjunktak és egyesítésük az A halmaz. 3.19. Definíció. Legyen adott az A halmaz. Azt mondjuk, hogy az ρ A A reláció (1) reflexív, ha minden elem relációban van önmagával, azaz ha xρx minden x A esetén; () szimmetrikus, ha xρy-ból következik, hogy yρx minden x, y A; (3) antiszimmetrikus, ha xρy és yρx, akkor x = y; (4) tranzitív, ha xρy és yρz, akkor xρz; (5) teljes vagy lineáris, ha xρy vagy yρx teljesül.

3 KÉZI CSABA GÁBOR Azt mondjuk, hogy egy reláció ekvivalencia reláció, ha reflexív, szimmetrikus és tranzitív; félig rendezési reláció, vagy parciális rendezés, ha reflexív, antiszimmetrikus és tranzitív; rendezési reláció, ha olyan félig rendezés, amely teljes is. 3.0. Tétel. Minden ekvivalencia reláció létrehoz egy osztályozást. Két elem egy osztályba tartozik, ha relációban állnak egymással. 3.1. Feladat. Legyen U = {1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, A = {, 3, 5}, B = {1,, 5, 8}. Adjuk meg az A B és B A halmazokat! A keresett Descartes-szorzatok A B ={(, 1), (, ), (, 5), (, 8), (3, 1), (3, ), (3, 5), (3, 8), (5, 1), (5, ), (5, 5), (5, 8))}, B A ={(1, ), (1, 3), (1, 5), (, ), (, 3), (, 5), (5, ), (5, 3), (5, 5), (8, ), (8, 3), (8, 5)}. 3.. Feladat. Legyen A := {1,, 5, 7}, B := {, 4, 5, 8}. Adjuk meg az A B és B A halmazokat! A keresett halmazok A B ={(1, ), (1, 4), (1, 5), (1, 8), (, ), (, 4), (, 5), (, 8), (5, ), (5, 4), (5, 5), (5, 8), (7, ), (7, 4), (7, 5), (7, 8)}, B A ={(, 1), (, ), (, 5), (, 7), (4, 1), (4, ), (4, 5), (4, 7), (5, 1), (5, ), (5, 5), (5, 7), (8, 1), (8, ), (8, 5), (8, 7)} 3.3. Feladat. Ábrázoljuk a ], ] ], 1[ Descartes szorzatot! 3.4. Feladat. Ábrázoljuk a ], 1[ [1, [ Descartes szorzatot!

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 33 3.5. Feladat. Ábrázoljuk a ]1, 3] ] 1, 1] Descartes szorzatot! 3.6. Feladat. Tekintsük az A = { 1, 0, 1, } és a B = {1,, 3} halmazokat, továbbá legyen a) Adjuk meg az A B halmazt! ρ = {(a, b) a A, b B, a + b = }. b) Határozzuk meg a ρ reláció elemeit és ábrázoljuk azokat koordinátarendszerben! c) Írjuk fel a ρ 1 inverzrelációt! d) Határozzuk meg a reláció és az inverzreláció értelmezési tartományát és értékkészletét! a) A Descartes szorzat elemei olyan rendezett elempárok, melyek első komponense az első halmazból, második komponense a második halmazból való! Így A B = {( 1, 1), ( 1, ), ( 1, 3), (0, 1), (0, ), (0, 3), (1, 1), (1, ), (1, 3), (, 1), (, ), (, 3)}. b) Az ρ reláció azokat az elempárokat tartalmazza, amelyek koordinátáinak összege, azaz Koordinátarendszerben ábrázolva ρ = {( 1, 3), (0, ), (1, 1)}.

34 KÉZI CSABA GÁBOR c) Az inverzreláció elemeit úgy kapjuk meg, hogy a relációban szereplő elemek első és második koordinátáját megcseréljük ρ 1 = {(3, 1), (, 0), (1, 1)}. d) A reláció értelmezési tartománya a relációban szereplő elemek első koordinátája D ρ = { 1, 0, 1} A, értékkészlete a relációban szereplő elemek második koordinátája R ρ = {1,, 3} B. Az inverzreláció értelmezési tartománya és értékkészlete D ρ 1 = {1,, 3} = R ρ, R ρ 1 = { 1, 0, 1} = D ρ. 3.7. Feladat. Tekintsük az A = {1,, 3, 4} és a B = {, 4, 6} halmazokat, továbbá legyen a) Adjuk meg az A B halmazt! ρ = {(a, b) a A, b B, a osztója b-nek}. b) Határozzuk meg a ρ reláció elemeit és ábrázoljuk azokat koordinátarendszerben! c) Írjuk fel a ρ 1 inverzrelációt! d) Határozzuk meg a reláció és az inverzreláció értelmezési tartományát és értékkészletét! a) A Descartes szorzat elemei olyan rendezett elempárok, melyek első komponense az első halmazból, második komponense a második halmazból való! Így A B = {(1, ), (1, 4), (1, 6), (, ), (, 4), (, 6), (3, ), (3, 4), (3, 6), (4, ), (4, 4), (4, 6)}. b) Az ρ reláció azokat az elempárokat tartalmazza, amelyek koordinátáira teljesül, hogy az első koordináta osztója a másodiknak: ρ = {(1, ), (1, 4), (1, 6), (, ), (, 4), (, 6), (3, 6), (4, 4), (4, 6)}. Koordinátarendszerben ábrázolva

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 35 c) Az inverzreláció elemeit úgy kapjuk meg, hogy a relációban szereplő elemek első és második koordinátáját megcseréljük ρ 1 = {(, 1), (4, 1), (6, 1), (, ), (4, ), (6, ), (6, 3), (4, 4), (6, 4)}. d) A reláció értelmezési tartománya a relációban szereplő elemek első koordinátája D ρ = {1,, 3, 4} A, értékkészlete a relációban szereplő elemek második koordinátája R ρ = {, 4, 6} B. Az inverzreláció értelmezési tartománya és értékkészlete D ρ 1 = {, 4, 6} = R ρ, R ρ 1 = {1,, 3, 4} = D ρ. 3.8. Feladat. Tekintsük az A = { 1, 0, 1} és a B = { 1, 0} halmazokat, továbbá legyen ρ = {(a, b) a b = 0} A B. a) Írjuk fel az A B halmazt! b) Írjuk föl a reláció elemeit! c) Határozzuk meg a reláció inverzét! d) Határozzuk meg a reláció és az inverz reláció értelmezési tartományát és értékkészletét! a) Először felírjuk az A B halmazt: A B = {( 1, 1), ( 1, 0), (0, 1), (0, 0), (1, 1), (1, 0)}. b) A reláció elemei c) Az inverzreláció: ρ = {( 1, 0), (0, 1), (0, 0), (1, 0)}. ρ 1 = {(0, 1), ( 1, 0), (0, 0), (0, 1)}. d) A reláció értelmezési tartománya a relációban szereplő elempárok első koordinátájából álló halmaz, értékkészlete a második koordinátákból álló halmaz: D ρ = { 1, 0, 1}, R ρ = { 1, 0}. Az inverzeláció értelmezési tartománya és értékkészlet D 1 ρ = { 1, 0} = R ρ, R 1 ρ = { 1, 0, 1} = D ρ. 3.9. Feladat. Tekintsük az A = {1,, 3} halmazt! a) Írjuk fel az A A halmazt! b) Hány darab különböző relációt adhatunk meg az A halmazon?

36 KÉZI CSABA GÁBOR c) Adjunk meg egy olyan relációt az A-n, amely reflexív! a) Az A A Descartes-szorzat elemei olyan rendezett elempárok melyek első és második koordinátája is az A halmazból való A A = {(1, 1), (1, ), (1, 3), (, 1), (, ), (, 3), (3, 1), (3, ), (3, 3)}. b) Az A halmazon adott reláción az A A halmaz tetszőleges részhalmazát értjük. Mivel A A- nak 9 eleme van, ezért annyi relációt tudunk felírni, amennyi részhalmazát képezhetjük ennek a halmaznak, azaz 9 = 51 relációt tudunk megadni A-n. c) Például a ρ = {(1, 1), (, ), (3, 3)} reláció reflexív, mert minden a A esetén (a, a) ρ. Ezen három elemhez bármilyen további elemet hozávéve a reláció reflexív marad! 3.30. Feladat. Mutassuk meg, hogy a valós számok halmazán az egyenlőség ekvivalencia reláció! Azaz, ha A = R, ρ : =, akkor ρ ekvivalencia reláció A-n. A reláció reflexív, mert a = a minden a R esetén szimmetrikus, mert ha a = b, akkor b = a tranzitív, mert ha a = b és b = c, akkor a = c, így a reláció ekvivalencia reláció. 3.31. Feladat. Mutassuk meg, hogy a síkbeli egyenesek között a párhuzamosság ekvivalencia reláció! A reláció ekvivalencia reláció, ugyanis reflexív, mert minden egyenes párhuzamos önmagával szimmetrikus, mert ha a b, akkor b a tranzitív, mert ha a b és b c, akkor a c. 3.3. Feladat. Mutassuk meg, hogy a valós számok halmazán a reláció rendezési reláció! A reláció rendezési reláció, ugyanis reflexív, mert a a minden a valós számra antiszimmetrikus, mert ha a b és b a, akkor a = b tranzitív, mert ha a b és b c, akkor a c

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 37 teljes, mert a b vagy b a közül legalább az egyik fennáll minden a és b valós szám esetén. 3.33. Feladat. Mutassuk meg, hogy a halmazok között a reláció parciális rendezés, de nem rendezési reláció! A reláció parciális rendezési reláció, ugyanis reflexív, mert A A minden A halmaz esetén antiszimmetrikus, mert ha A B és B A, akkor A = B tranzitív, mert ha A B és B C, akkor A C nem teljes, mert léteznek olyan A, B halmazok, hogy A B, B A egyike sem teljesül. 3.34. Feladat. Adjunk példát olyan relációra, amely szimmetrikus és antiszimmetrikus is. A valós számok közötti = reláció szimmetrikus, mert ha a = b, akkor b = a, továbbá antiszimmetrikus, mert ha a = b és b = a, akkor a és b megegyeznek. 3.35. Feladat. Adjunk példát olyan relációra, amely nem szimmetrikus és nem is antiszimmetrikus. Az egész számok között az oszthatóság, mint reláció nem szimmetrikus, mert ha a osztója b-nek, jelölésben a b, akkor nem igaz, b a minden a és b egész számra, ezt mutatja például az, ha a = és b = 3. A reláció nem antiszimmetrikus, mert ha a b és b a, akkor a = b vagy a = b is teljesül. 3.36. Feladat. Tekintsük a természetes számok halmazán a következő relációt: xρy pontosan akkor, ha x y páros. Mutassuk meg, hogy a reláció ekvivalencia reláció. Adjuk meg az általa indukált osztályozást! A reláció reflexív, mert xρx, ugyanis x x = 0 páros minden x N esetén szimmetrikus, mert ha x y páros, akkor y x is páros tranzitív, mert ha x y páros, és y z páros, akkor x y + (y z) = x z is páros, mert páros számok összege páros, így ekvivalencia reláció. Az indukált osztályok {n N n páros}, {n N n páratlan}.

38 KÉZI CSABA GÁBOR 4. Függvények 4.1. Megjegyzés. Ebben a szakaszban a D halmaz a valós számok halmazának egy tetszőleges, nemüres részhalmazát jelöli. 4.. Definíció. Legyenek A és B halmazok. Az f A B relációt függvénynek nevezzük, ha az A halmaz minden eleme legfelejebb egy B halmazbeli elemmel áll relációban. 4.3. Megjegyzés. A relációknál korábban definiált értelmezési tartomány, értékkészlet, leszűkítés fogalmak változatlan formában érvényesek a függvényekre is, hiszen a függvényeket, mint speciális relációkat deifiniáltuk. 4.4. Megjegyzés. Ha az f reláció függvény, akkor az f A B jelölés helyett az f : A B jelölést használjuk, továbbá ha (x, y) f, akkor azt úgy jelöljük, hogy f(x) = y, és úgy olvassuk ki, hogy az f függvény x helyen felvett helyettesítési értéke y, vagy hogy az f függvény x elemhez az y elemet rendeli hozzá. 4.5. Példa. Legyen A = {1, }, B = {1,, 3, 4}, és tekinstük a ρ = {(x, y) y = x }. Ekkor ρ = {(1, ), (, 4)}. Az így definiált reláció függvény, melynek értékkészlete R f = {, 4}. 4.6. Definíció. Az f : D R függvénynek az x 0 D helyen zérushelye van, ha f(x 0 ) = 0. 4.7. Megjegyzés. A zérushely meghatározása egy egyenlet megoldását jelenti. 4.8. Példa. Az f(x) = x 1 függvény zérushelyeit az x 1 = 0 egyenlet megoldásával kapjuk, amiből átrendezés után x = 1 adódik, így x 1 = 1, x = 1. 4.9. Definíció. Az f : D R függvény alulról korlátos, ha az értékkészlete alulról korlátos; felülről korlátos, ha az értékkészlete felülről korlátos; korlátos, ha az értékkészlete korlátos. 4.10. Definíció. Az f : D R függvény infimuma, illetve supremuma az értékkészletének infimuma, illetve suprémuma. 4.11. Példa. Az f : [ 1, [ R, f(x) = x függvény képe: értékkészlete az R f : [0, 4[ halmaz, továbbá a függvény infimuma inf ( f(x) ) = 0, sup ( f(x) ) =. A függvény korlátos, mert alulról és felülről is korlátos. 4.1. Definíció. Az f : D R függvény monoton növekvő, ha minden x 1, x D, x 1 < x esetén f(x 1 ) f(x ); monoton csökkenő, ha minden x 1, x D, x 1 < x esetén f(x 1 ) f(x ); szigorúan monoton növekvő, ha minden x 1, x D, x 1 < x esetén f(x 1 ) < f(x ); szigorúan monoton csökkenő, ha minden x 1, x D, x 1 < x esetén f(x 1 ) > f(x ). 4.13. Példa. Az f : R R, f(x) = x függvény szigorúan monoton csökkenő, ha x 0, és szigorúan növekvő, ha x 0.

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 39 Az f : R R, f(x) = x függvény szigorúan monoton növekvő. Az f : R R, 1, ha x<0 f(x) = sgn(x) = 0, ha x=0 1, ha x>0 (szignum függvény) monoton növekvő, de nem szigorúan monoton növekvő. 4.14. Definíció. Az f : D R függvénynek az x 0 helyen maximuma van, ha f(x) f(x 0 ) minden x D esetén, azaz ha f(x 0 ) az f értékkészletének legnagyobb eleme; minimuma van, ha f(x) f(x 0 ) minden x D esetén, azaz ha f(x 0 ) az f értékkészletének legkisebb eleme. 4.15. Példa. Az f : R R, f(x) = x függvénynek az x 0 = 0 helyen minimuma van. Az f : R R, f(x) = x függvénynek az x 0 = 0 helyen maximuma van. 4.16. Definíció. Az f : D R függvénynek az x 0 helyen lokális (helyi) maximuma van, ha létezik ε > 0 valós szám úgy, hogy f(x) f(x 0 ) minden x ]x 0 ε, x 0 +ε[ esetén, azaz ha f-nek van olyan környezet, amelyben f(x 0 ) a legnagyobb függvényérték; lokális (helyi) minimuma van, ha létezik ε > 0 valós szám úgy, hogy f(x) f(x 0 ) minden x ]x 0 ε, x 0 + ε[ esetén, azaz ha f-nek van olyan környezet, amelyben f(x 0 ) a legkisebb függvényérték. 4.17. Megjegyzés. Ha létezik olyan ε > 0, hogy az f : D R függvény monoton csökkenő a [x 0 ε, x 0 ] intervallumon és monoton növekvő az [x 0, x 0 + ε] intervallumon, akkor f-nek x 0 -ban lokális minimuma van; monoton növekvő a [x 0 ε, x 0 ] intervallumon és monoton csökkenő az [x 0 ε, x 0 ] intervallumon, akkor f-nek x 0 -ban lokális maximuma van. 4.18. Definíció. Legyen I egy nyílt intervallum. Az f : IR függvény konvex, ha minden u, v I, u < v esetén az ( u, f(u) ) és ( v, f(v) ) pontokat összekötő szakasz az f függvény felett halad; konkáb, ha minden u, v I, u < v esetén az ( u, f(u) ) és ( v, f(v) ) pontokat összekötő szakasz az f függvény alatt halad. 4.19. Példa. Az f : R R, f(x) = x függvény konvex, míg az f : R R, f(x) = x függvény konkáv. 4.0. Definíció. Legyen I egy nyílt intervallum. Azt mondjuk, hogy az f : IR függvénynek az x 0 I helyen inflexiós pontja van, ha x 0 -ban megváltozik a konvexitása, azaz létezik ε > 0 úgy, hogy az [x 0 ε, x 0 ] intervallumon f konkáv és az [x 0, x 0 + ε] intervallumon konvex, vagy az [x 0 ε, x 0 ] intervallumon f konvex és az [x 0, x 0 + ε] intervallumon konkáv. 4.1. Definíció. Legyen a D halmaz szimmetrikus az origóra. Azt mondjuk, hogy az f : R függvény páros, ha f( x) = f(x) minden x D esetén; páratlan, ha f( x) = f(x) minden x D esetén.

40 KÉZI CSABA GÁBOR 4.. Megjegyzés. Egy függvény páros, ha a grafikonja tengelyesen szimmetrikus az y tengelyre; páratlan, ha a grafikonja középpontosan szimmetrikus az origóra. 4.3. Definíció. Azt mondjuk, hogy az f : R R függvény periodikus, ha van olyan p R valós szám, hogy minden x R esetén f(x + p) = f(x). Ha az f függvény periodikus, akkor végtelen sok megfelelő p érték van. Ha a definícióban meghatározott tulajdonságú p értékek halmazának van legkisebb eleme, akkor ezt a számot az f függvény periódusának nevezzük. 4.4. Példa. A trigonometrikus függvények periodikusak. A sinus és a cosinus függvények periódusa π, a tangens és a cotangens függvények periódusa π. 4.5. Definíció. Az f : D R és a g : D R függvények összege (f + g)(x) = f(x) + g(x), x D; különbsége (f g)(x) = f(x) g(x), x D; szorzata (f g)(x) = f(x) g(x), x D; hányadosa f f(x) (x) =, ha g(x) 0, x D esetén. g g(x) 4.6. Tétel. Páros függvények összege páros. Bizonyítás: Ha f és g páros függvények, akkor f( x) = f(x) és g( x) = g(x). Legyen h(x) = (f + g)(x). Megmutatjuk, hogy h páros: h( x) = (f + g)( x) = f( x) + g( x) = f(x) + g(x) = (f + g)(x) = h(x), tehát h valóban páros. 4.7. Tétel. Páros függvények különbsége páros. Bizonyítás: Ha f és g páros függvények, akkor f( x) = f(x) és g( x) = g(x). Legyen h(x) = (f g)(x). Megmutatjuk, hogy h páros: h( x) = (f g)( x) = f( x) g( x) = f(x) g(x) = (f g)(x) = h(x), tehát h valóban páros. 4.8. Tétel. Páros függvények szorzata páros. Bizonyítás: Ha f és g páros függvények, akkor f( x) = f(x) és g( x) = g(x). Legyen h(x) = (f g)(x). Megmutatjuk, hogy h páros: tehát h valóban páros. h( x) = (f g)( x) = f( x) g( x) = f(x) g(x) = (f g)(x) = h(x), 4.9. Tétel. Páros függvények hányadosa páros. Bizonyítás: Ha f és g páros függvények, továbbá g(x) 0, akkor f( x) = f(x) és g( x) = g(x). Legyen h(x) = (f/g)(x). Megmutatjuk, hogy h páros: ( ) f h( x) = ( x) = f( x) g g( x) = f(x) ( ) f g(x) = (x) = h(x), g tehát h valóban páros.

4.30. Tétel. Páratlan függvények összege páratlan. MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 41 Bizonyítás: Ha f és g páratlan függvények, akkor f( x) = f(x) és g( x) = g(x). Legyen h(x) = (f + g)(x). Megmutatjuk, hogy h páratlan: h( x) = (f + g)( x) = f( x) + g( x) = f(x) g(x) = (f + g)(x) = h(x), tehát h valóban páratlan. 4.31. Tétel. Páratlan függvények különbsége páratlan. Bizonyítás: Ha f és g páratlan függvények, akkor f( x) = f(x) és g( x) = g(x). Legyen h(x) = (f g)(x). Megmutatjuk, hogy h páratlan: h( x) = (f g)( x) = f( x) g( x) = f(x) + g(x) = (f g)(x) = h(x), tehát h valóban páratlan. 4.3. Tétel. Páratlan függvények szorzata páros. Bizonyítás: Ha f és g páratlan függvények, akkor f( x) = f(x) és g( x) = g(x). Legyen h(x) = (f g)(x). Megmutatjuk, hogy h páros: h( x) = (f g)( x) = f( x) g( x) = f(x) ( g(x) ) = (f g)(x) = h(x), tehát h valóban páros. 4.33. Tétel. Páros függvények hányadosa páros. Bizonyítás: Ha f és g páratlan függvények, továbbá g(x) 0, akkor f( x) = f(x) és g( x) = g(x). Legyen h(x) = (f/g)(x). Megmutatjuk, hogy h páros: ( ) f h( x) = ( x) = f( x) g g( x) = f(x) g(x) = f(x) ( ) f g(x) = (x) = h(x), g tehát h valóban páros. 4.34. Definíció. Az f : D R függvény injektív, ha különböző elemekhez különböző elemeket rendel; szürjektív, ha minden értékkészletbeli elem megjelenik képként; bijektív, ha injektív és szürjektív. 4.35. Példa. Az f : R R, f(x) = x függvény nem injektív, mert például f( 1) = f(1), azaz a 1-hez és az 1-hez ugyanazt az értéket rendeli. A függvény nem is szürjektív, mert az értékkészlete a nemnegatív valós számok halmaza, így a negatív valós számok nem jelennek meg értékként. Mivel a függvény nem injektív és nem is szürjektív, ezért nem is bijektív. Az f : [0, [ R, f(x) = x függvény injektív, mert különböző elemekhez különböző elemeket rendel. A függvény azonban nem szürjektív, mert az értékkészlete a nemnegatív valós számok halmaza, így a negatív valós számok nem jelennek meg értékként. Mivel nem szürjektív, ezért nem is bijektív.

4 KÉZI CSABA GÁBOR Az f : [0, [ [0, [, f(x) = x függvény injektív, mert különböző elemekhez különböző elemeket rendel. A függvény szürjektív is, mert az értékkészlete a nemnegatív valós számok halmaza, ami megegyezik a [0, [ intervallummal. Mivel a függvény injektív és szürjektív, ezért bijektív. 4.36. Definíció. Azt mondjuk, hogy az f : D R függvény invertálható, ha az inverze is függvény. 4.37. Példa. Tekintsük az A = { 1, 1, } halmazt, és B = {1,, 3, 4, 5} halmazokat, valamint az ezen halmazok közötti ρ = {(a, b) A B b = a } relációt. Ekkor a reláció ρ = {( 1, 1), (1, 1), (, 4)}. Ez a reláció függvény is, mert egyértelmű hozzárendelés. Mint relációnak, az inverze ρ 1 = {(1, 1), (1, 1), (4, )}. Ez a reláció azonban nem függvény, mert az 1-hez a 1-et és az 1-et is hozzárendeli. Következésképpen, a függvény nem invertálható, mert az inverze nem függvény. 4.38. Példa. Tekintsük az A = {1, } halmazt, és B = {1,, 3, 4, 5} halmazokat, valamint az ezen halmazok közötti ρ = {(a, b) A B b = a} relációt. Ekkor a reláció ρ = {(1, ), (, 4)}. Ez a reláció függvény is, mert egyértelmű hozzárendelés. Mint relációnak, az inverze ρ 1 = {(, 1), (4, )}. Ez a reláció azonban is függvény, egyértelmű hozzárendelés. Következésképpen, a függvény invertálható, mert az inverze is függvény. 4.39. Megjegyzés. A definíció alapján nyilvánvaló, hogy egy f : D R függvény pontosan akkor invertálható, ha injektív. 4.40. Példa. Az f : R R, f(x) = x függvény nem invertálható, mert nem injektív. 4.41. Definíció. Legyenek, D és H a valós számok halmazának tetszőleges részhalmazai, f : D H, g : H R. A g és f függvények kompozícióján vagy összetett függvényén a g f : D R g f(x) = g ( f(x) ) függvényt értjük. 4.4. Példa. Legyen f(x) = x, g(x) = x. Ekkor g f(x) = g ( f(x) ) = g( x ) = x = x, f g(x) = f ( g(x) ) = f(x ) = x = x. 4.43. Példa. Legyen f(x) = x +, g(x) = x. Ekkor g f(x) = g ( f(x) ) = g(x + ) = (x + ), f g(x) = f ( g(x) ) = f(x ) = x +.

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 43 4.44. Megjegyzés. Az előbbi példák mutatják, hogy a függvénykompozíció művelete általában nem kommutatív, azaz f g(x) g f(x), azonban megadhatóak olyan függvények, amikor a kommutativitás teljesül. 4.45. Megjegyzés. Ha az f : D R függvény invertálható, és az inverze f 1, akkor f f 1 (x) = f 1 f(x) = x. 4.46. Példa. Az fr R, f(x) = x függvény invertálható, mert különböző elemekhez különböző elemeket rendel. Az előbbi megjegyzés alapján x = f f 1 (x) = f ( f 1 (x) ) = f 1 (x), azaz x = f 1 (x). Ebből f 1 -et kifejezve f 1 (x) = x + = 1 x + 1. 4.47. Feladat. Az alábbi hozzárendelések közül melyik függvény? a) Minden emberhez hozzárendeljük a magasságát. b) Minden természtes számhoz hozzárendeljük a nála 1-el nagyobb természetes számot. c) Minden számhoz hozzárendeljük a négyzetét. d) Minden osztályzathoz hozzárendeljük azokat a diákokat, akiknek az év végi matematika jegye az adott osztályzat. (Feltételezzük, hogy az osztálynak legalább 6 tanulója van.) e) Minden valós számhoz hozzárendeljük a felét. A d) nem függvény, mert egy osztályzat több diákhoz is tartozhat. A többi leképzés egyértelmű, így azok függvények. 4.48. Feladat. Lehet-e az alábbi görbe egy szám-szám függvény képe? Nem lehet szám-szám függvény képe, mert egy x értékhez több y érték is tartozik.

44 KÉZI CSABA GÁBOR 4.49. Feladat. Határozzuk meg a valós számok halmazának azt a legbővebb részhalmazát, ahol az függvény értelmezve van! f(x) = 4 x Mivel páros kitevőjű gyök alatt csak pozitív szám állhat, ezért az értelmezési tartomány megadásához meg kell oldanunk a 4 x 0 egyenlőtlenséget. Az egyenlőtlenséget grafikusan oldjuk meg. Ehhez első lépésben meghatározzuk az x 4 x függvény zérushelyeit: 4 x = 0 4 = x ± = x. Ezután felvázoljuk az x 4 x függvény grafikonját: 4.50. Feladat. Határozzuk meg a valós számok halmazának azt a legbővebb részhalmazát, ahol az ( f(x) = ln 1 + 1 ) x függvény értelmezve van! A tört miatt x 0. A logaritmus függvény miatt a logaritmus mögötti kifejezésnek pozitívnak kell lenni, azaz meg kell oldanunk az 1 + 1 x > 0 egyenlőtlenséget. Egy tört akkor pozitív, ha a számlálója és a nevezője azonos előjelű, így két esetet kell vizsgálnunk. Ha a számláló és a nevező pozitív, akkor x + 1 > 0 és x > 0.

Ezek megoldásainak közös része a ]0, [ intervallum. Ha a számláló és a nevező negatív, akkor MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 45 x + 1 < 0 és x < 0. Ezek megoldásainak közös része a ], 1[ intervallum. Így a függvény értelmezési tartománya ], 1[ ]0, [= R \ [ 1, 0]. 4.51. Feladat. Tekintsük az f : R R, f(x) = x x függvényt! Mutassuk meg, hogy f(x + 1) = f( x). Először kiszámoljuk f(x + 1)-et: f(x + 1) = (x + 1) (x + 1) = x + x + 1 x 1 = x + x. Másrészt f( x) = ( x) ( x) = x + x, így f(x + 1) = f( x) minden x R esetén. 4.5. Feladat. Tekintsük az f : R \ 0 R, f(x) = 1 x függvényt. Mutassuk meg, hogy f(a) f(b) a b = 1 ab. Mivel ezért f(a) f(b) = 1 a 1 b = b a ab, f(a) f(b) a b = b a (a b) ab = 1 ab, amivel megkaptuk a kívánt összefüggést. 4.53. Feladat. Legyen f(x) = x + 3x 4. Számoljuk ki az különböző valós számok! f(b) f(a) b a hányadost, ha a és b Mivel továbbá ezért f(b) = b + 3b 4, f(a) = a + 3a 4,

46 KÉZI CSABA GÁBOR f(b) f(a) b a = b a + 3b 3a b a = (b + 3b 4) (a + 3a 4) = b + 3b 4 a 3a + 4 = b a b a (b a)(b + a) + 3(b a) (b a)(b + a + 3) = = b a b a = a + b + 3. 4.54. Feladat. Legyen f(x) = x x. Számoljuk ki az f(a + 3) f(a 3) értéket, ha a R tetszőleges. Mivel továbbá ezért f(a + 3) = (a + 3) (a + 3) = a + 6 (a + 6a + 9) = = a + 6 a 6a 9 = a 4a 3, f(a 3) = (a 3) (a 3) = a 6 (a 6a + 9) = = a 6 a + 6a 9 = a + 8a 15, f(a + 3) f(a 3) = a 4a 3 ( a + 8a 15) = = a 4a 3 + a 8a + 15 = 1a + 1. 4.55. Feladat. Legyen f(x) = 4 x. Számoljuk ki az f(b ) f(b + ) értéket, ha b R tetszőleges. Mivel továbbá ezért f(b ) = 4 (b ) = 4 (b 4b + 4) = = 4 b + 4b 4 = b + 4b = b(b 4), f(b + ) = 4 (b + ) = 4 (b + 4b + 4) = = 4 b 4b 4 = b 4b = b(b + 4), f(b ) f(b + ) = b + 4b ( b 4b) = b + 4b + b + 4b = 8b. 4.56. Feladat. Mutassuk meg, hogy az f : R \ 5 4 Legyen az f függvény inverze f 1. Ekkor x = f f 1 (x) = f 5x + 3 R, f(x) = függvény inverze önmaga. 4x 5 ( ) 5f 1 (x) + 3. 4f 1 (x) 5

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 47 A kapott egyenletet megoldjuk f 1 (x)-re. Első lépésben szorozzuk az egyenletet 4f 1 (x) 5-el: ( 4f 1 (x) 5 ) x = 5f 1 (x) + 3. Felbontva a zárójelet: x 4f 1 (x) 5x = 5f 1 (x) + 3. Az egyenletet átrendezve, azaz f 1 (x)-et egy oldalra rendezve x 4f 1 (x) 5f 1 (x) = 3 + 5x. Kiemelve f 1 (x)-et f 1 (x)(4x 5) = 3 + 5x. Mindkét oldalt elosztva 4x 5-el: f 1 (x) = 3 + 5x 4x 5 = 5x + 3 4x 5. 4.57. Feladat. Ábrázoljuk az f : [, 3[ R, f(x) = x + 3 függvényt, határozzuk meg az értékkészletét! Invertálható-e a függvény? Ha nem, adjunk meg az értelmezési tartománynak olyan leszűkítését, ahol invertálható, és határozzuk meg, valamint ábrázoljuk az inverzet! A függvény képe: Értékkészlete:R f =] 6, 3]. A függvény nem invertálható, ugyanis például f( 1) = f(1). Az értelmezési tartomány [0, 3[ részhalmazán a függvény már invertálható. Az f ezen intervallumra való leszűkítését jelöljük f -al. Az f függvény értékkészlete ] 6, 3], ami az inverzfüggvény értelmezési tartománya lesz. Meghatározzuk az inverzfüggvényt. Az x helyen felvett függvényértéket y-al jelölve, majd megcserélve az x és az y szerepét x = y +3 adódik, amiből y-t kifejezve megkapjuk az inverzet A függvény leszűkítésének és inverzének képe: (f ) 1 = 3 x.

48 KÉZI CSABA GÁBOR 4.58. Feladat. Határozzuk meg az f(x) = x + 8x + 1 függvény szélsőértékét! Másodfokú függvénynek a zérushelyei számtani közepénél van minimuma. Így első lépésben a zérushelyeket határozzuk meg, amihez az x + 8x + 1 = 0 másodfokú egyenletet kell megoldanunk. Felírva a másodfokú egyenlet megoldóképletét x 1, = 8 ± 8 4 1 1 Így a zérushelyek x 1 = és x = 6. Ezek számtani közepe x 1 + x = + ( 6) = 8 ± 4. = 8 = 4, ami a másodfokú függvény minimum helye. A minimum érték f( 4) = ( 4) +8( 4)+1 = 4. Ha a függvénynek nem lenne zérushelye, akkor teljes négyzetté alakítással határozhatnánk meg a szélsőérték helyét és értékét: f(x) = x + 8x + 1 = (x + 4) 4, amely akkor a legkisebb, ha x + 4 = 0, azaz x = 4 és ekkor a függvényérték f( 4) = 4. 4.59. Feladat. Határozzuk meg az f(x) = x + 4x 3 függvény szélsőértékének típusát, annak helyét és értékét! A függvény zérushelyeit az x + 4x 3 = 0 egyenlet megoldásával kapjuk. A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva x 1, = 4 ± 16 1 = 4 ±, így x 1 = 1, x = 3. Mivel a függvény másodfokú tagjának együtthatója negatív, ezért a függvénynek maximuma van. A maximumhely a zérushelyek számtani közepe, azaz 1+3 =. A maximum érték

f() = + 4 3 = 1.. MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 49 Ha a függvénynek nem lenne szélsőértéke, akkor teljes négyzetté alakítással tudjuk meghatározni a szélsőérték helyét és értékét: f(x) = x +4x 3 = (x 4x) 3 = [ (x ) 4 ] 3 = (x ) +4 3 = (x ) +1, aminek akkor a legnagyobb az értéke, ha x = 0, azaz x =, és ebben az esetben a függvényérték f() = 1. 4.60. Feladat. Vizsgáljuk meg paritás szerint az függvényt! f(x) = x sin 5x Felhasználva, hogy a szinusz függvény páratlan, azaz sin( x) = sin x, így a függvény páratlan. f( x) = ( x) sin( 5x) = x sin 5x = x sin 5x = f(x), 4.61. Feladat. Vizsgáljuk meg paritás szerint az függvényt! f(x) = x4 cos x Felhasználva, hogy a koszinusz függvény páros, azaz cos( x) = cos x, így a függvény páros. f( x) = ( x)4 cos( x) = 4.6. Feladat. Vizsgáljuk meg paritás szerint az függvényt! Mivel f(x) = 1 x x x4 cos x = f(x), f( x) = 1 ( x) + x = 1 x + x, ezért f( x) f(x), illetve f( x) f(x). így a függvény nem páros, nem páratlan.

50 KÉZI CSABA GÁBOR 4.63. Feladat. Vizsgáljuk meg paritás szerint az függvényt! Mivel így a függvény páratlan. f(x) = x + 1 x f( x) = x + 1 x = x 1 ( x = x + 1 ) = f(x), x 4.64. Feladat. Vizsgáljuk meg paritás szerint az függvényt! Mivel így a függvény páros. f(x) = x + 1 x f( x) = ( x) + 1 ( x) = x + 1 x = f(x), 4.65. Feladat. Vizsgáljuk meg az f(x) = sin x függvényt periodicitás szerint! A függvény periodikus, periodusa π. 4.66. Feladat. Igazak-e az alábbi állítások? a) Van olyan, a teljes valós számok halmazán értelmezett szigorúan monoton növekvő függvény, amely páros. b) Van olyan, a teljes valós számok halmazán értelmezett szigorúan monoton növekvő függvény, amely páratlan. c) Létezik a teljes valós számok halmazán értelmezett pozitív értékű páros függvény. d) Létezik a teljes valós számok halmazán értelmezett pozitív értékű páratlan függvény. e) Van olyan függvény, mely páros és páratlan is. a) Hamis. b) Igaz, például f(x) = x. c) Igaz, például f(x) = x + 1. d) Hamis. e) Igaz, például az azonosan nulla függvény.

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 51 4.67. Feladat. Adott az ABC háromszög AB és AC oldala, AB = 10 cm, AC = 6 cm. A két oldal által bezárt ϕ szöghöz rendeljük hozzá a háromszög területét. Mi lesz az így kapott függvény értelmezési tartománya és értékkészlete? Egy háromszög területe a háromszög két oldalának és az általuk bezárt szög szinuszának szorzatának a fele. Így a keresett függvény: t(ϕ) = 10 6 sin ϕ = 30 sin ϕ. Így az értelmezési tartománya 0 < x < 180, értékkészlete 0 < y 30. 4.68. Feladat. Határozzuk meg az f g és g f kompozíciókat (ahol értelmezve vannak), ha f(x) = x, g(x) = x + 7. Oldjuk meg az f g(x) = g f(x) egyenletet! Az összetett függvény definícióját használva f g(x) = f ( g(x) ) = f(x + 7) = x + 7 g f(x) = g ( f(x) ) = g( x) = x + 7. Megoldjuk a x + 7 = x + 7 egyenletet. Az egyenletet mindkét oldalát négyzetre emelve, majd elvégezve az összevonásokat x + 7 = ( x + 7) x + 7 = x + 14 x + 49 4 = 14 x adódik, ami ellentmondás, ugyanis az egyenlet bal oldalán negatív számot kaptunk, míg a jobb oldalon egy szám négyzetgyökének pozitív számszorosa szerepel, ami pozitív. 4.69. Feladat. Határozzuk meg az f g, g f, f f, g g kompozíciókat (ahol értelmezve vannak), ha f(x) = 1 x, g(x) = x +.

5 KÉZI CSABA GÁBOR Az összetett függvény definícióját használva f g(x) = f ( g(x) ) = f(x + ) = 1 x + g f(x) = g ( f(x) ) ( ) 1 = g = 1 x x + f f(x) = f ( f(x) ) ( ) 1 = f = x x g g(x) = g ( g(x) ) = g(x + ) = (x + ) +. 4.70. Feladat. Invertálható-e az f : R R, f(x) = x + 4 függvény? Ha igen, határozzuk meg az inverzét! Ábrázoljuk közös koordinátarendszerben a függvényt és az inverzét! Mi a geometriai kapcsolat a függvény és inverze között? Az f függvény képéből azonnal látszik, hogy injektív, azaz különböző elemekhez különböző elemeket rendel, így invertálható. Ezt algebrai úton is ellenőrizhetjük. Ehhez meg kell vizsgálnunk, hogy ha x 1, x R, x 1 x, akkor f(x 1 ) f(x ). Ezt úgy is ellenőrizhetjük, hogy megvizsgáljuk, hogy az f(x 1 ) = f(x ) egyenlőségből következik-e, hogy x 1 = x. Ezen utóbbit fogjuk ellenőrizni. Ha f(x 1 ) = f(x ), akkor f(x 1 ) = f(x ) x 1 + 4 = x + 4 x 1 = x x 1 = x, így a függvény invertálható. Meghatározzuk az inverzfüggvényt: f(x) = x + 4 y = x + 4 x = y + 4 y = x 4 f 1 (x) = x 4. Ezután ábrázolhatjuk a függvényeket: f(x) helyére y-t írunk (megcseréljük x-et és y-t) (kifejezzük y-t)

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 53 Geometriailag egy függvény inverzét úgy határozhatjuk meg, hogy a függvényt tükrözzük az y = x egyenletű egyenesre. 4.71. Feladat. Invertálható-e az f : R R, f(x) = x 4 függvény? Ha igen, határozzuk meg az inverzét! Ábrázoljuk közös koordinátarendszerben a függvényt és az inverzét! Határozzuk meg a függvénynek és inverzének az értelmezési tartományát és értékkészletét! Az f függvény képéből azonnal látszik, hogy injektív, azaz különböző elemkhez különböző elemeket rendel, így invertálható. Ezt algebrai úton is ellenőrizhetjük. Ehhez meg kell vizsgálnunk, hogy ha x 1, x R, x 1 x, akkor f(x 1 ) f(x ). Ezt úgy is ellenőrizhetjük, hogy megvizsgáljuk, hogy az f(x 1 ) = f(x ) egyenlőségből következik-e, hogy x 1 = x. Ezen utóbbit fogjuk ellenőrizni. Ha f(x 1 ) = f(x ), akkor f(x 1 ) = f(x ) x 1 4 = x 4 x 1 = x x 1 = x, így a függvény invertálható. Meghatározzuk az inverzfüggvényt: f(x) = x 4 Ezután ábrázolhatjuk a függvényeket: y = x 4 x = y 4 y = log (x + 4) f 1 (x) = log (x + 4). f(x) helyére y-t írunk (megcseréljük x és y-t) (kifejezzük y-t) Geometriailag egy függvény inverzét úgy határozhatjuk meg, hogy a függvényt tükrözzük az y = x egyenletű egyenesre. Az f függvény értelemzési tartománya D f = R, érték készlete R f =], [. Az inverzfüggvény értelmezési tartománya D f 1 =], [= R f, továbbá az inverzfüggvény érték készlete R f 1 = R = D f.

54 KÉZI CSABA GÁBOR 4.7. Feladat. Ábrázoljuk az f : R R, f(x) = { x + 1, ha x < 0 x 1, ha x 0. függvényt! Határozzuk meg az értelemzési tartományát, értékkészletét, zérushelyét, az értékkészlet szuprémumát, infimumát, maximumát, minimumát! A függvény képe értelemzési tartomány: D f = R érték készlet: R f =], 1[ zérushely: x = 1 sup(r f ) = 1 inf(r f ) = max(r f ) : nincs min(r f ) : nincs 4.73. Feladat. Egy országút mentén fekvő A és B városok távolsága 00 km. Reggel 8 órakor elindul A-ból B-be egy kerékpáros v k = 15 km/h átlagsebességgel, 9 órakor B-ből A felé egy versenykerékpáros v v = 35 km/h átlagsebességgel. a) Ábrázoljuk a kerékpárosok által megtett utat az idő függvényében közös koordinátarendszerben! b) Mikor találkoznak? c) Oldjuk meg a feladatot akkor is, ha a kerékpáros A-ból nem a B város felé, hanem ellentétes irányba indul el! a) A keresett út-idő grafikon:

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 55 b) Ha a kerékpáros t órán át közlekedik, akkor a versenykerékpáros t 1 óráig közlekedik. Ezalatt a kerékpáros 15t utat, a versenykerékpáros 35(t 1) utat tesz meg (s = v t). Együttesen 00 km utat tesznek meg, így felírhatjuk a 15t + 35(t 1) = 00 egyenletet, melynek megoldása t = 4, 7. Így azt kaptuk, hogy a kerékpáros indulása után 4, 7 órával, azaz 1 óra 4 perckor találkoznak. c) A versenykerékpáros 00 km-el több utat tesz meg, ezért a 15t + 00 = 35(t 1) egyenletet írhatjuk föl. Ennek megoldása t = 11, 75, vagyis 19 óra 45 perckor találkoznak. 4.74. Feladat. Egyenletesen gyorsuló személygépkocsi álló helyzetből indulva 1 perc alatt 100 [km/h] sebességet ér el. a) Mennyi utat tesz meg ezalatt az idő alatt? b) Ábrázoljuk a jármű által megtett utat az idő függvényében! c) Mennyi idő alatt teszi meg az autó a gyorsulási útszakasz felét? a) A gépkocsi gyorsulása Az 1 perc alatt megtett út a = v t km 100 h = 1 min = 5 3 [ ] km min. s = a t = 5 6 [km].

56 KÉZI CSABA GÁBOR b) Az út-idő grafikon az s = 5 6 t. parabola: c) Az 5 6 t = 5 1 egyeneletből kapjuk a keresett eredményt. Ebből t = 1 perc, ami körülbelül 4,4 másodperc. 4.75. Feladat. Egy 40 [km/h] sebességgel haladó gépkocsi fél perc alatt 100 [km/h]-ra gyorsul fel. Mekkora utat tesz meg ez idő alatt? Ábrázoljuk a jármű által megtett utat az idő függvényében! A gyorsulás A fél perc alatt megtett út s = v 0 t + a t = 40 a = v t = 60 1 10 = 700 [ km/h ]. 1 10 + 700 ( ) 1 = 1 10 3 + 1 4 = 7 1 [km] Ha az utat kilométerben, az időt órában mérjük, akkor az út-idő függvény Ha az időt percben mérjük, akkor Ezt teljes négyzetté alakítva így a függvény képe s(t) = 40t + 3600t. s(t) = 40 60 t + 3600 60 t = 3 t + t. s(t) = ( t + 1 ) 1 3 9,

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 57 4.76. Feladat. Egy kavicsot 0 [m/s] kezdősebességgel függőleges irányban felfelé felhajítunk. Állpítsuk meg, hogyan függ a kavics föld felszínétől mért magassága az időtől, s ábrázoljuk a távolságot az idő függvényében! A közegellenállás elhanyagolható. A kavics földfelszíntől mért távolságát a függvény írja le. Ezt teljes négyzetté alakítva Ezt ábrázolva: h(t) = v 0 t g t = 0t 5t h(t) = 5(t + 4t) = 5[(t + ) 4] = 5(t + ) + 0.. A pálya legmagasabb pontja a t = [s] időhöz tartozó 0 [m]. 4.77. Feladat. A folyóparton 40 [m] hosszú kerítéssel téglalap alakú kertet kerítünk be három oldalról. A kert parttal párhuzamos oldalának hosszát jeölje x, a partra merőleges oldalak hosszát jelölje y. Hogyan válaszuk meg x és y értékét ahhoz, hogy a kert területe a lehető legnagyobb legyen? A kert kerülete x + y = 40, amiből x = 40 y. A terület t = xy = (40 y)y = 40y y. Ezt teljes négyzetté alakítva y + 40y = (y 0y) = [(y 10) 100] = (y 10) + 00, ami akkor a legnagyobb, ha y 10 = 0, azaz ha y = 10. Ekkor x = 40 y = 40 0 = 0. Tehát x = 0 m, és y = 10 m esetén lesz a legnagyobb a kert területe..

58 KÉZI CSABA GÁBOR 4.78. Feladat. Az álló helyzetből egyenletes gyorsulással induló vonat 0 [s] alatt 00 [m] utat tesz meg. Ábrázoljuk a menetidőt a megtett út függvényében! Az s = a t összefüggésből a = s 00 így a = = 1 [ ] m t 400 s. A menetidő az út függvényében s t = a = s. A függvény képe: 4.79. Feladat. Egy medencébe 5 azonos keresztmetszetű cső vezet. Ha egy csövön keresztül engedjük be a vizet, akkor a medence 4 óra alatt telik meg. a) Mennyi idő alatt telik meg a medence, ha, 3, 4, illetve 5 csövön keresztül engedjük a vizet? b) Milyen kapcsolat van a megnyitott csövek száma és a feltöltéshez szükséges idő között? c) Ábrázoljuk a töltési időt a megnyitott csövek számának függvényében! a) Általában x cső megtöltéséhez 4 x órára van szükség. b) A megnyitott csövek száma és a feltöltéshez szükséges idő között fordított arányosság van. c) A keresett függvény:

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ 59 4.80. Feladat. Két város távolsága 100 [km]. Egy autó legkevesebb 40 [km/h], és legfeljebb 100 [km/h] átlagsebességgel teheti meg az utat. Ábrázoljuk az út megtételéhez szükséges időt az átlagsebesség függvényében! Az út megtételéhez szükséges idő és az ehhez szükséges átlagos sebesség fordítottan arányos. Az ábrázolandó függvény t = 100, 40 v 100 : v

60 KÉZI CSABA GÁBOR 5. Halmazok számossága 5.1. Definíció. Azt mondjuk, hogy a H és K halmazok egyenlő számosságúak, ha létezik közöttük bikjetív függvény, azaz van olyan f : H K invertálható függvény, melynek az értékkészlete K. 5.. Definíció. Azt mondjuk, hogy egy halmaz véges, ha elemeinek a száma véges; végtelen, ha nem véges megszámlálhatóan végtelen, ha a számossága megegyezik a természetes számok halmazának számosságával megszámlálható, ha véges vagy megszálmlálhatóan végtelen. 5.3. Tétel. A racionális számok halmazának számossága megszámlálhatóan végtelen. Bizonyítás: Soroljuk fel a racionális számokat az alábbiak szerint: Itt minden racionális szám megtalálható, némelyik többször is. A táblázatot járjuk be az alábbiak szerint: Minden természetes számhoz hozzárendelünk egy racionális számot a fenti bejárás szerint, azaz 1 1, 1, 3, 4 1, 5 1, 6. A megadott bejárás szerint haladunk, azokat 3 4 3 a pozitív racionális számokat, amik már korábban szerepeltek, kihagyjuk. Ezzel megadtunk egy bijektív leképezést a természetes számok és a racionális számok halmaza között... 5.4. Tétel. A valós számok halmazának számossága nem megszálmlálhatóan végtelen. 5.5. Definíció. A valós számok halmazának számosságát kontinuum számosságúnak nevezzük. 5.6. Feladat. Mutassuk meg, hogy a természetes számok halmazának és az egész számok halmazának számossága megegyezik.