Kalkulus 1. Andai Attila május 14

Kalkulus 1 Andai Attila∗ 2015. május 14.

∗ [email protected]

Tartalomjegyz´ ek 1

Halmazelm´ eleti alapok 1.1. Logikai alapok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Elemi halmazm˝ uveletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Rel´ aci´ ok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. F¨ uggvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. Halmazrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6. Rendezések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7. Ekvivalenciareláci´ ok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8. Val´ os sz´ amok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9. Számosságok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 2 3 4 6 7 9 10 13

2

A val´ os ´ es komplex sz´ amok alaptulajdons´ agai 2.1. Algebrai tulajdons´ agok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Topol´ ogiai tulajdons´ agok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. F¨ uggvények ¨ osszege, szorzata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16 16 19 25

3

Sorozatok 3.1. A hat´ arérték és tulajdonágai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Topologiai fogalmak jellemzése sorozatokkal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Limesz inferior és szuperior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Cauchy-sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5. Nevezetes hat´ arértékek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27 27 32 33 34 35

4

Sorok 4.1. Sorok hat´ arértéke és tulajdons´ agai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2. Major´ ans és minoráns kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Abszol´ ut konvergens sorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4. Konvergenciakritériumok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5. Leibniz-sorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6. Feltétlen és feltételesen konvergens sorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.7. Sorok Cauchy-szorzata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8. Sorok pontonkénti szorzata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.9. Elemi f¨ uggvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.10. Az exponenci´ alis f¨ uggvény és a hatványozás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41 41 42 43 44 47 48 49 51 52 54

5

Val´ os 5.1. 5.2. 5.3. 5.4. 5.5. 5.6. 5.7. 5.8. 5.9. 5.10.

f¨ uggv´ enyek elemi vizsg´ alata F¨ uggvények tulajdons´ agai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . F¨ uggvény hat´ arértéke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Féloldali hat´ arérték . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . F¨ uggvény folytonoss´ aga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . F¨ uggvény folytonoss´ agának elemi következményei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . F¨ uggvény egyenletes folytonoss´ aga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hatv´ anysorok hat´ arértéke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Elemi f¨ uggvények folytonoss´ aga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trigonometrikus f¨ uggvények tulajdons´ agai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hiperbolikus f¨ uggvények tulajdons´ agai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57 57 58 63 65 69 71 72 72 74 79

6

Differenci´ alsz´ am´ıt´ as I. 6.1. Differenci´ alhat´ os´ ag . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

82 82

6.2. 6.3. 6.4. 6.5. 6.6. 6.7. 6.8. 6.9. 6.10. 6.11.

Differenci´ al´ as m˝ uveleti tulajdons´ agai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hatv´ anysorok deriválása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . K¨ ozépértéktételek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . F¨ uggvény inverzének deriválása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Elemi f¨ uggvények inverzének deriválása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . L’Hospital szabály . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . T¨ obbször¨ os deriváltak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Taylor-sorfejtés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lokális széls˝oérték jellemzése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Binomi´ alis sorfejtés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

83 86 86 88 88 90 92 95 98 101

7

Hat´ arozatlan integr´ al 7.1. Primit´ıv f¨ uggvény és tulajdons´ agai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2. Integrál´ asi módszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3. Parci´ alis t¨ ortekre bont´ as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

102 102 103 107

8

Hat´ arozott integr´ al 8.1. A Riemann-integrál . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2. A Riemann-integrálhatóság kritériumai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3. Riemann-integrál´ as alaptulajdons´ agai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4. Newton–Leibniz-tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5. Az integrálf¨ uggvény . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.6. Improprius integrál . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

108 108 110 112 116 117 118

9

F¨ uggel´ ek 9.1. Az elemi f¨ uggvények grafikonjai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2. Tizedest¨ ortek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3. Val´ os sz´ amok sz¨ ogf¨ uggvényei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4. Jensen-tétel következményei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5. Wallis- és Stirling-formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.6. A gamma f¨ uggvény . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.7. Az analitikus sz´ amelmélet p´ ar tétele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

120 120 123 126 130 132 138 140

A BME matematikus hallgat´ oinak tartott Anal´ızis és Kalkulus t´ argyak motivált´ ak a jelen jegyzet meg´ır´ asát. Ez oktat´ asi segédanyag, melyben el˝ofordulhatnak hibák. Ezért ha hibát tal´ al a szövegben, kérem jelezze a szerz˝ onek. Kösz¨ onettel tartozom Dr. T´ oth J´ anosnak az el˝ozetes verziókban szerepl˝ o számtalan hiba kijav´ıtásáért és értékes megjegyzéseiért, Jo´ o Attil´ anak, aki felh´ıvta figyelmem a halmazelmélet részben p´ ar pontatlanságra a jegyzet el˝ ozetes változatában, valamint Lovas Attil´ anak a f¨ uggelék gondos a´tnézéséért. △

K¨ ulönb¨ oz˝o jel¨ olések bevezetése és defin´ıciók során a = szimb´ olumot fogjuk használni definiáló △ egyenl˝ oségként. Az a = b azt jelenti, hogy a már ismert b kifejezést a továbbiakban a jelöli. 2015. március 7. Andai Attila

1

1

Halmazelm´ eleti alapok

1.1.

Logikai alapok

A mai modern matematika nagy része, t¨ obbek között az anal´ızis is, felép´ıthet˝o a halmazelméletb˝ol. Nem célunk a halmazelmélet axióm´ aib´ ol teljesen részletesen felép´ıteni az anal´ızist, de az axióm´ aktól a defin´ıciókig, tételekig vezet˝o utat szeretnénk világoss´ a tenni. A halmazelméletet megel˝oz˝o elméleteket, mint péld´ aul a logikát vagy a formális nyelvek elméletét egyáltal´ an nem eml´ıtj¨ uk, mindössze a jelölések egységes´ıtése végett tesz¨ unk néhány megjegyzést vel¨ uk kapcsolatban. A halmazelméletben definiálatlan alapfogalomként szerepel a halmaz és a halmaz elemének lenni kifejezés. Tehát b´ armely A és B halmaz esetén értelmes az a kijelentés, hogy A eleme a B halmaznak. Az ,,A eleme a B halmaznak” kijelentést az A ∈ B szimb´ olummal jelölj¨ uk. A halmazelmélet axióm´ ainak az áttekintéséhez sz¨ ukséges az alapvet˝o logikai jelek ismerete. A változ´ ojelekre tetsz˝ oleges bet˝ ut, illetve jelet fogunk használni a továbbiakban. Adott p és q áll´ıtás esetén az al´ abbi alapvet˝o logikai kapcsolókat értelmezz¨ uk: ¬p: p tagad´ asa, neg´ aci´ oja; p ∨ q: p vagy q; ∃: létezik szimb´ olum. 1.1. Defin´ıci´ o. A halmazelmélet keretein bel¨ ul formul´ anak nevezz¨ uk a karaktersorozatok azon legsz˝ ukebb F∈ csal´ adjának elemeit, melyre teljes¨ ul, hogy 1. minden xi és xj változ´ ojel esetén az xi ∈ xj karaktersorozat F∈ eleme; 2. minden xi és xj változ´ ojel esetén az xi = xj karaktersorozat F∈ eleme; 3. minden p, q ∈ F∈ és xi változ´ ojel esetén ¬(p), (p) ∨ (q), ∃xi (p) ∈ F∈ teljes¨ ul. 1.2. Defin´ıci´ o. A logikai jelek felhasználásával a következ˝o logikai m˝ uveleteket definiáljuk. Legyen p, q formula és xi változ´ ojel. 1. (p) ∧ (q): p és q, ha ¬((¬(p)) ∨ (¬(q))); 2. (p) → (q): p-b˝ ol q k¨ ovetkezik, ha (¬(p)) ∨ (q); 3. (p) ↔ (q): p és q ekvivalensek, ha ((p) → (q)) ∧ ((q) → (p)); 4. ∀x(p): minden x esetén p teljes¨ ul, ha ¬(∃x(¬(p))). Minden p, q ∈ formula és xi változ´ ojel esetén (p) ∧ (q), (p) 6= (q), (p) → (q), (p) ↔ (q), ∀xi (p) is formula. Amennyiben a formulákon bel¨ ul a z´ arójelezés az értelmezést nem befoly´ asoló módon elhagyható, akkor az ´ attekinthet˝ oség kedvéért elhagyjuk. A továbbiakban x ∈ / y jel¨ oli a ¬(x ∈ y) formulát, valamint x 6= y a ¬(x = y) formulát. 1.3. Defin´ıci´ o. Egy adott formula lehet igaz (i), vagy hamis (h). Adott p és q formula igaz vagy hamis formula esetén az al´ abbi igazs´ agt´ abl´ azaban foglaljuk össze ¬p és p ∨ q igaz vagy hamis volt´ at. p i i h h

q i h i h

¬p h h i i

p∨q i i i h

2

1

´ HALMAZELMELETI ALAPOK

A halmazelmélet axióm´ ai megmondj´ ak, hogy mely formulák biztosan igazak. Ezekb˝ ol az alap formulákb´ ol (axi´ om´ akb´ ol) vezet¨ unk le kés˝ obb további formulákat (tételeket). Ezek alapján levezethet˝o a t¨ obbi logikai m˝ uvelet igazs´ agt´ abl´ aja. 1.1. T´ etel. Legyen p és q formula. Ekkor a bevezetett logikai m˝ uveletek igazs´ agt´ abl´ aja az al´ abbi. p q i i i h h i h h

p∧q i h h h

p→q i h i i

p↔q i h h i

Bizony´ıt´ as. A defin´ıcióból elemi sz´ amol´ assal adódik. 1.4. Defin´ıci´ o. A p és q formulákat ekvivalensnek nevez¨ unk, ha igazs´ agtartalmuk azonos, azaz, ha p ↔ q igaz, ennek jele p ≡ q. 1.2. T´ etel. A p, q és r formul´ ara ¬(¬p) ≡ p p∧p≡p p∨p≡p

¬(p ∧ q) ≡ (¬p) ∨ (¬q) p∧q ≡q∧p p∨q ≡q∨p p → q ≡ (¬q) → (¬p)

¬(p ∨ q) ≡ (¬p) ∧ (¬q) p ∧ (q ∧ r) ≡ (p ∧ q) ∧ r p ∨ (q ∨ r) ≡ (p ∨ q) ∨ r p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r) p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)

teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. A p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r) azonosságot az alábbi igazs´ agt´ abla bizony´ıtja. p i h i h i h i h

q i i h h i i h h

r p∧q i i i h i h i h h i h h h h h h

p∧r i h i h h h h h

(p ∧ q) ∨ (p ∧ r) i h i h i h h h

p ∧ (q ∨ r) i h i h i h h h

A t¨ obbi azonoss´ ag is hasonl´ o módon sz´ armaztatható igazs´ agt´ abl´ azatokból.

1.2.

Elemi halmazm˝ uveletek

1.5. Defin´ıci´ o. Adott A, B halmaz esetén A ∪ B halmaz jelöli azt a halmazt, melyre ∀v (v ∈ A ∪ B ↔ (v ∈ A ∨ v ∈ B)) teljes¨ ul, valamint A és B uni´ oj´ anak nevezz¨ uk. 1.6. Defin´ıci´ o. Adott A, B halmaz esetén A ∩ B halmaz jelöli azt a halmazt, melyre ∀v (v ∈ A ∩ B ↔ (v ∈ A ∧ v ∈ B)) teljes¨ ul, valamint A és B metszetének nevezz¨ uk.

´ OK ´ RELACI

1.3.

3

1.7. Defin´ıci´ o. Adott A, B halmaz esetén az {x ∈ A| x ∈ / B} halmazt A és B k¨ ul¨ onbségének nevezz¨ uk, ennek jele A \ B. 1.3. T´ etel. Minden A, B, C halmazra az al´ abbiak teljes¨ ulnek. A∩∅ = ∅ A∩A =A A∪∅ = A A∪A =A

A∩B = B ∩A A∪B = B ∪A

A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C

A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) A \ (B ∪ C) = (A \ B) ∩ (A \ C) A \ (B ∩ C) = (A \ B) ∪ (A \ C)

Bizony´ıt´ as. A tételben szerepl˝ o´ all´ıtások elemi számol´ assal visszavezethet˝ok a 1.2 tételben szerepl˝ o logikai ¨ osszef¨ uggésekre. 1.4. T´ etel. (Cantor-tétele.) Nem létezik olyan halmaz, mely minden halmazt tartalmaz. △

Bizony´ıt´ as. Indirekt: Legyen x az a halmaz, mely minden halmazt tartalmaz és legyen y = {z ∈ x| z ∈ / z}. Ekkor mind y ∈ y, mind y ∈ / y ellentmondáshoz vezet.

1.3.

Rel´ aci´ ok

1.8. Defin´ıci´ o. Adott x, y halmazok esetén az △

(x, y) = {{x}, {x, y}} halmazt rendezett p´ arnak nevezz¨ uk. 1.5. T´ etel. Minden x, y, a, b halmazra (x, y) = (a, b) ↔ (x = a ∧ y = b) teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. Ha x = a és y = b, akkor nyilván (x, y) = (a, b). Tegy¨ uk fel, hogy (x, y) = (a, b), vagyis {{x} , {x, y}} = {{a} , {a, b}} teljes¨ ul. Ekkor {x} , {x, y} ∈ {{a} , {a, b}}. – Ha {x} = {a} és {x, y} = {a}, akkor x = y = a, valamint a = b, tehát ekkor x = a és y = b. – Ha {x} = {a} és {x, y} = {a, b}, akkor x = a, valamint {a, y} = {a, b} miatt y = b, vagy y = a, ami ugyancsak azt jelenti, hogy x = a és y = b. – Ha {x} = {a, b}, akkor x = a = b és y = b, tehát x = a és y = b. 1.9. Defin´ıci´ o. Az A és B halmaz Descartes-szorzat´ anak nevezz¨ uk az △

A × B = {(a, b) ∈ P(P(A ∪ B)) | a ∈ A, b ∈ B} halmazt. 1.10. Defin´ıci´ o. Adott X, Y halmazok esetén a Descartes-szorzatuk tetsz˝ oleges részhalmaz´ at rel´ acionak nevezz¨ ´ uk, azaz R reláci´ o, ha R ⊆ X × Y . Az R ⊆ X × Y reláci´ o – értelmezési tartom´ anya △ Dom R = {x ∈ X| ∃y ∈ Y : (x, y) ∈ R}; – értékkészlete

△

Ran R = {y ∈ Y | ∃x ∈ X : (x, y) ∈ R}; – inverze

−1 △

R = {(y, x) ∈ Y × X| (x, y) ∈ R};

4

1


– általi képe a H ⊆ X halmaznak △

R(H) = {y ∈ Y | ∃x ∈ H : (x, y) ∈ R} ; – megszor´ıt´ asa vagy lesz˝ uk´ıtése a H ⊆ X halmazra △

R|H = R ∩ (H × Y ). Az R1 ⊆ X × Y és R2 ⊆ Y × Z reláci´ o kompoz´ıci´ oja △

R2 ◦ R1 = {(x, z) ∈ X × Z| ∃y ∈ Y : (x, y) ∈ R1 ∧ (y, z) ∈ R2 }.

Nyilv´ an minden R ⊆ X × Y reláci´ ora minden H ⊆ X esetén R(H) = Ran R|H teljes¨ ul. 1.11. Defin´ıci´ o. Tetsz˝oleges X halmaz esetén △

idX = {(x, x) ∈ X × X|x ∈ X} jelöli az identit´ asrel´ aci´ ot.

1.4.

F¨ uggv´ enyek

1.12. Defin´ıci´ o. Az R ⊆ X × Y reláci´ o f¨ uggvény, ha ∀x∀y∀y ′ (((x, y) ∈ R ∧ (x, y ′ ) ∈ R) → y = y ′ ) teljes¨ ul. Az f ⊆ X × Y f¨ uggvényre a továbbiakban az f : X ։ Y jelölést használjuk. Az f : X ։ Y f¨ uggvény értelmezési tartom´ anya Dom f ⊆ X és értékkészlete Ran f ⊆ Y . Az f f¨ uggvényt, mint hozz´ arendelési szabályt gyakran az f :X։Y

x 7→ f (x)

alakban ´ırjuk fel. A H ⊆ X esetén a f¨ uggvény lesz˝ uk´ıtése f |H : H ։ Y

x 7→ f (x).

Abban az esetben, amikor az f : X ։ Y f¨ uggvényre Dom f = X teljes¨ ul az f : X → Y jelölést fogjuk használni. Tehát az f : X → Y jelentése az, hogy f f¨ uggvény és Dom f = X. A f¨ uggvények halmazára bevezetj¨ uk az F (X, Y ) = {f ⊆ X × Y |f f¨ uggvény, Dom f = X} jelölést, valamint megeml´ıtj¨ uk, hogy szok´ asos még az X Y jelölés is erre a f¨ uggvényhalmazra, de egészen kivételes esetekt˝ ol eltekintve ezt nem használjuk. 1.13. Defin´ıci´ o. Az f : X ։ Y f¨ uggvény ′ – injekt´ıv, ha ∀x, x ∈ X : (f (x) = f (x′ ) → x = x′ );

1.4.

¨ ´ FUGGV ENYEK

5

– sz¨ urjekt´ıv, ha Ran f = Y ; – bijekt´ıv, ha Dom f = X, injekt´ıv és sz¨ urjekt´ıv. Az f : X → X bijekci´ ot az X halmaz permut´ aci´ oj´ anak is nevezz¨ uk. −1

1.6. T´ etel. Ha f f¨ uggvény, akkor f pontosan akkor f¨ uggvény, ha f injekt´ıv. Bizony´ıt´ as.

Legyen f : X ։ Y f¨ uggvény. Az f f¨ uggvény injektivitása azt jelenti, hogy ∀x, x′ ∈ X ∀y ∈ Y : ((x, y) ∈ f ∧ (x′ , y) ∈ f ) → x = x′ .

−1

Az f reláci´ o f¨ uggvényszer˝ usége azt jelenti, hogy −1

−1

∀x, x′ ∈ X ∀y ∈ Y : ((y, x) ∈ f ∧ (y, x′ ) ∈ f ) → x = x′ . Vagyis a két kijelentés ekvivalens egym´ assal. −1

uggvényt f −1 jelöli és ez az f f¨ uggvény inverze. 1.14. Defin´ıci´ o. Ha f injekt´ıv f¨ uggvény, akkor az f f¨ Amennyiben egy f¨ uggvénynek létezik inverze, akkor azt mondjuk, hogy a f¨ uggvény invert´ alhat´ o. 1.7. T´ etel. F¨ uggvények kompoz´ıci´ oja f¨ uggvény. Bizony´ıt´ as. Legyen f : X ։ Y és g : Y ։ Z, valamint tegy¨ uk fel, hogy (x, z1 ), (x, z2 ) ∈ (g ◦ f ). A reláci´ ok kompoz´ıciój´ anak az értelmezése alapján létezik olyan y1 , y2 ∈ Y , melyre (x, y1 ) ∈ f , (x, y2 ) ∈ f , (y1 , z1 ) ∈ g és (y2 , z2 ) ∈ g teljes¨ ul. Mivel f f¨ uggvény, ´ıgy y1 = y2 , tehát az (y1 , z1 ) ∈ g és a (y2 , z2 ) ∈ g reláci´ okb´ ol g f¨ uggvényszer˝ uségének a felhasználásával z1 = z2 adódik, vagyis g ◦ f f¨ uggvény. Tehát az f : X ։ Y és g : Y ։ Z f¨ uggvény kompoz´ıciój´ at u ´gy értelmezz¨ uk, mint az f és g reláci´ o kompoz´ıciój´ at. Ekkor g ◦ f értelmezési tartománya Dom(g ◦ f ) = {x ∈ X |x ∈ Dom f, f (x) ∈ Dom g} . A f¨ uggvénykompoz´ıc´ ot a g◦f :X ։Z

x 7→ g(f (x))

alakban is ´ırhatjuk. 1.8. T´ etel. B´ armely f ∈ F (X, Y ), g ∈ F (Y, Z) és h ∈ F (Z, V ) f¨ uggvényre h ◦ (g ◦ f ) = (h ◦ g) ◦ f,

idY ◦f = f ◦ idX = f

teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. Legyen (x, v) ∈ h ◦ (g ◦ f ). Ekkor létezik olyan z ∈ Z, hogy (x, z) ∈ (g ◦ f ) és (z, v) ∈ h. Amib˝ol következik, hogy létezik olyan y ∈ Y , hogy (x, y) ∈ f és (y, z) ∈ g. Ekkor (y, z) ∈ g és (z, v) ∈ h miatt (y, v) ∈ h ◦ g, valamint (x, y) ∈ f miatt (x, v) ∈ (h ◦ g) ◦ f . Az indentit´ asf¨ uggvényre vonatkozó azonoss´ ag nyilvánval´ oan adódik az identit´ asf¨ uggvény defin´ıciój´ aból. A megszokott matematikai m˝ uveletek is f¨ uggvények, melyek f˝obb tulajdons´ agaikat az alábbiakban definiáljuk.

6

1


1.15. Defin´ıci´ o. Valamilyen X halmaz esetén az X × X → X f¨ uggvényeket gyakran m˝ uveletnek nevezz¨ uk, és jel¨ olés¨ ukre ´ altal´ aban az infix módot használjuk. Vagyis péld´ aul az + : X × X → X △ m˝ uvelet és x, y ∈ X esetén az x + y = +(x, y) jelöléssel él¨ unk. – Azt mondjuk, hogy a + m˝ uvelet kommutat´ıv, ha ∀x, y ∈ X : x + y = y + x. – A + m˝ uvelet asszociat´ıv, ha ∀x, y, z ∈ X : x + (y + z) = (x + y) + z. – A + m˝ uvelet egységelemes, ha ∃e ∈ X, ∀x ∈ X : x + e = e + x = x. – Azt mondjuk, hogy a + egységelemes m˝ uvelet inverzelemes ha ∀x ∈ X : ∃x′ ∈ X : x + x′ = e ∧ x′ + x = e, ahol e jelöli az egységelemet. – A · : X × X → X m˝ uvelet disztribut´ıv a + m˝ uveletre nézve, ha ∀x, y, z ∈ X elemre x · (y + z) = (x · y) + (x · z) (y + z) · x = (y · x) + (z · x). 1.9. T´ etel. (Cantor-tétel.) Egyetlen A halmaz esetén sem létezik f : A → P(A) sz¨ urjekt´ıv f¨ uggvény. △

Bizony´ıt´ as. Indirekt: Legyen f : A → P(A) sz¨ urjekt´ıv f¨ uggvény. Legyen Y = {x ∈ A| x ∈ / f (x)}. Ekkor létezik x0 ∈ A, melyre f (x0 ) = Y . Ekkor az x0 ∈ Y feltevés és az x0 ∈ / Y feltevés is ellentmondáshoz vezet.

1.5.

Halmazrendszerek

1.16. Defin´ıci´ o. Legyen I és A nem u ¨res halmaz. Az f : I → P(A) f¨ uggvényt halmazrendszernek △

uggvény értékére, valamint az I nevezz¨ uk, minden i ∈ I esetén az Ai = f (i) jelölés használjuk a f¨ halmazt indexhalmaznak nevezz¨ uk. Az f f¨ uggvényre pedig gyakran az (Ai )i∈I jelölést használjuk.

1.17. Defin´ıci´ o. Legyen I, A 6= ∅, és (Ai )i∈I halmazrendszer. Az (Ai )i∈I halmazrendszer uni´ oja [ △ Ai = {x ∈ A|∃i ∈ I : x ∈ Ai } i∈I

és metszete

\

i∈I

△

Ai = {x ∈ A|∀i ∈ I : x ∈ Ai } .

1.18. Defin´ıci´ o. Az (Ai )i∈I halmazrendszer Descartes-szorzat´ an a ) ( Y [ Ai = f : I → Ai ∀i ∈ I : f (i) ∈ Ai i∈I

halmazt értj¨ uk. Adott f ∈

Y i∈I

i∈I

△

Ai és k ∈ I esetén az fk = f (k) jelölést is fogjuk használni.

A Descartes-szorzat elemei teh´ at az indexhalmazon értelmezett speci´ alis f¨ uggvények. Abban az esetben, amikor az (Ai )i∈I halmazrendszerre minden i, j ∈ I esetén Ai = Aj teljes¨ ul, akkor az A = Ai jelölést bevezetve a halmazrendszer Descartes-szorzat´ ara Y A = {f : I → A} = F (I, A) i∈I

adódik, amit gyakran az AI szimb´ olummal fogunk jelölni.

´ RENDEZESEK

1.6.

7

1.10. T´ etel. Legyen Ax , Ay tetsz˝ oleges halmaz és I = {x, y}. Ekkor a Y ϕ: Ai → Ax × Ay f → 7 (f (x), f (y)) i∈I

leképezés bijekci´ o. Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel, hogy ϕ(α) = ϕ(β). Ekkor (α(x), α(y)) = (β(x), β(y)), amib˝ol α(x) = β(x) és α(y) = β(y) adódik, ami pedig azt jelenti, hogy Yα = β. Vagyis a ϕ leképezés injekt´ıv. Ha (cx , cy ) ∈ Ax × Ay , akkor az f = {(x, cx ), (y, cy )} ∈ Ai f¨ uggvényre ϕ(f ) = (cx , cy ) teljes¨ ul, vagyis i∈I

ϕ sz¨ urjekt´ıv.

Ezen tétel értelmében a halmazrendszer szorzata tekinthet˝ o a korábban értelmezett Descartesszorzat ´ altal´ anos´ıt´ as´ anak, ez indokolja az elnevezést. Y Ai 6= ∅. 1.11. T´ etel. Ha (Ai )i∈I olyan halmazrendszer, hogy ∀i ∈ I(Ai 6= ∅), akkor i∈I

1.19. Defin´ıci´ o. Legyen (Ai )i∈I halmazrendszer. – Adott k ∈ I esetén a Y prk : Ai → Ak i∈I

x 7→ xk

f¨ uggvényt aYk-adik projekci´ o f¨ uggvénynek nevezz¨ uk. – Adott a ∈ Ai és k ∈ I esetén a i∈I

ina,k =

(

(x, u) ∈ Ak ×

Y i∈I

Ai uk = a, ∀i ∈ I \ {k} : ui = ai

)

f¨ uggvényt a k koordin´ ata a ponthoz tartoz´ o inkl´ uzi´ o f¨ uggvénynek nevezz¨ uk. Vagyis a ∈ k, i ∈ I és x ∈ Ak esetén (ina,k (x))i =

1.6.

x, ha ak , ha

Y

Ai ,

i∈I

i = k; i 6= k.

Rendez´ esek

1.20. Defin´ıci´ o. Az R ⊆ X ×X reláci´ o homogén rel´ aci´ o az X halmaz f¨ ol¨ ott. Néhány fontos lehetséges tulajdons´ aga: – reflex´ıv, ha ∀x ∈ X((x, x) ∈ R); – tranzit´ıv, ha ∀x, y, z ∈ X(((x, y) ∈ R ∧ (y, z) ∈ R) → (x, z) ∈ R); – szimmetrikus, ha ∀x, y ∈ X((x, y) ∈ R → (y, x) ∈ R); – antiszimmetrikus, ha ∀x, y ∈ X(((x, y) ∈ R ∧ (y, x) ∈ R) → x = y). 1.12. T´ etel. Legyen R ⊆ X × X rel´ aci´ o. 1. Az R pontosan akkor reflex´ıv, ha idX ⊆ R. 2. Az R pontosan akkor tranzit´ıv, ha R ◦ R ⊆ R. −1

3. Az R pontosan akkor szimmetrikus, ha R = R.

8

1


−1

4. Az R pontosan akkor antiszimmetrikus, ha R ∩ R ⊆ idDom R . Bizony´ıt´ as. A defin´ıciók közvetlen következménye. 1.21. Defin´ıci´ o. A reflex´ıv, antiszimmetrikus, tranzit´ıv reláci´ okat a rendezéseknek nevezz¨ uk. Ha ≤ rendezés az A halmaz felett, akkor az (A, ≤) p´ ar neve: rendezett halmaz. A rendezéseket ´ altal´ aban a ≤, ≥, , szimb´ olummal jelölj¨ uk. A továbbiakban (x, y) ∈≤ helyett az x ≤ y jelölést használjuk, és bevezetj¨ uk az x < y rövid´ıtést az (x ≤ y) ∧ (x 6= y) formula helyett. 1.22. Defin´ıci´ o. Legyen (A, ≤) rendezett halmaz. – Az X ⊆ A halmaz fels˝ o (illetve als´ o ) korl´ atj´ anak nevez¨ unk minden olyan x ∈ A elemet, amelyre ∀x′ ∈ X x′ ≤ x (x ≤ x′ ) teljes¨ ul. – Az X ⊆ A halmaz fel¨ ulr˝ ol (illetve alulr´ ol) korlátos, ha létezik az X halmaznak fels˝o (illetve alsó) korlátja. Az X ⊆ A halmaz korl´ atos, ha X fel¨ ulr˝ ol és alulr´ ol is korlátos. – Az X ⊆ A halmaz legnagyobb (illetve legkisebb) elemének nevezz¨ uk X minden olyan elemét, amely fels˝o (illetve alsó) korlátja az X halmaznak. – Az X ⊆ A halmaz szuprémuma (illetve infimuma) az X halmaz legkisebb (illetve legnagyobb) fels˝o (illetve alsó) korlátja; jele: sup X, illetve inf X. – Az X ⊆ A halmaz maxim´ alis (illetve minim´ alis) elemének nevez¨ unk minden olyan x ∈ X elemet, amelyre teljes¨ ul az, hogy X-nek nem létezik x-nél nagyobb (illetve kisebb) eleme. Rendezett halmaz egy részhalmaz´ anak legfeljebb egy legnagyobb (illetve legkisebb) eleme létezhet, de lehet t¨ obb maxim´ alis (illetve minim´ alis) eleme. 1.23. Defin´ıci´ o. Az (A, ≤) p´ ar line´ arisan rendezett halmaz, ha olyan (A, ≤) rendezett halmaz, hogy A b´ armely két eleme ¨ osszehasonl´ıthat´ o a ≤ rendezés szerint, azaz ∀x, y ∈ A : (x ≤ y ∨ y ≤ x) teljes¨ ul. 1.13. T´ etel. Legyen (A, ≤) line´ arisan rendezett halmaz, és X ⊆ A. 1. Az y ∈ A elemre sup X = y pontosan akkor teljes¨ ul, ha y fels˝ o korl´ atja az X halmaznak és ∀z ∈ A : (z < y → (∃x ∈ X : z < x)) teljes¨ ul. 2. Az y ∈ A elemre inf X = y pontosan akkor teljes¨ ul, ha y als´ o korl´ atja az X halmaznak és ∀z ∈ A : (z > y → (∃x ∈ X : z > x)) teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. Az els˝o ´ all´ıt´ ast bizony´ıtjuk, a második hasonl´ o gondolatmentettel igazolható. ⇒ Legyen y = sup X. Ekkor y defin´ıció szerint fels˝o korlátja az X halmaznak. Indirekt tegy¨ uk fel, hogy ∃z ∈ A, melyre z < y és minden x ∈ X esetén x ≤ z. Ekkor z fels˝o korlátja az X halmaznak, és kisebb mint y, vagyis nem y = sup X az X halmaz legkisebb fels˝o korlátja, ami ellentmondás. ⇐ Legyen y olyan fels˝o korlátja az X halmaznak, melyre ∀z ∈ A : (z < y → (∃x ∈ X : z < x)) teljes¨ ul. Ekkor y a legkisebb fels˝o korlát, vagyis y = sup X. 1.24. Defin´ıci´ o. Legyen (A, ≤) rendezett halmaz. Az (A, ≤) p´ art j´ olrendezett halmaznak, magát a ≤ reláci´ ot pedig j´ olrendezésnek nevezz¨ uk, ha A minden nem u ¨res részhalmaz´ anak létezik legkisebb eleme. A jólrendezett halmaz defin´ıciój´ aból azonnal következik, hogy minden jólrendezett halmaz lineárisan rendezett és nem az u ¨res halmaz.

1.7.

´ OK ´ EKVIVALENCIARELACI

9

1.25. Defin´ıci´ o. Ha (A, ≤) rendezett halmaz, akkor x, y ∈ A esetén definiáljuk az alábbi halmazokat. [x, y] = {z ∈ A| x ≤ z ≤ y}

[x, y[ = {z ∈ A| x ≤ z < y}

]x, y] = {z ∈ A| x < z ≤ y} ]x, y[ = {z ∈ A| x < z < y}

A fenti módon meghatározott halmazokat intervallumoknak nevezz¨ uk. 1.26. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az (A, ≤) rendezett halmaz indukt´ıvan rendezett halmaz, ha minden olyan részhalmaza fel¨ ulr˝ ol korlátos, melynek b´ armely két eleme összehasonl´ıtható. 1.14. T´ etel.(Kuratowski–Zorn-lemma.) Minden indukt´ıvan rendezett halmaznak létezik maxim´ alis eleme.

1.7.

Ekvivalenciarel´ aci´ ok

1.27. Defin´ıci´ o. A reflex´ıv, szimmetrikus és tranzit´ıv reláci´ okat ekvivalenciarel´ aci´ oknak nevezz¨ uk. Az ekvivalenciareláci´ okat a ≈, ∼ szimb´ olummal jelölj¨ uk, továbbá (x, y) ∈≈ helyett az x ≈ y jelölést használjuk. 1.28. Defin´ıci´ o. Legyen A tetsz˝ oleges halmaz, és legyen ≈ ekvivalenciareláci´ o az A halmazon. Az X ⊆ A halmazt ekvivalenciaoszt´ alynak nevezz¨ uk, ha 1. X 6= ∅; 2. ∀x, y ∈ X : x ≈ y; 3. ∀x ∈ X, ∀y ∈ A : (x ≈ y → y ∈ X). 1.15. T´ etel. Legyen A tetsz˝ oleges halmaz és ≈ ekvivalenciarel´ aci´ o az A halmazon. Ekkor minden a ∈ A elemre az △ a/ ≈= {x ∈ A| a ≈ x}

halmaz ekvivalenciaoszt´ aly, és az ekvivalenciaoszt´ alyok halmazt alkotnak △

A/ ≈= {X ∈ P(A)| ∃a ∈ A : X = a/ ≈}. Tov´ abb´ a az A/ ≈ ekvivalenciaoszt´ alyok diszjunkt halmazrendszert alkotnak, azaz ∀x, y ∈ A/ ≈: x 6= y → x ∩ y = ∅,

és

∪ {x| x ∈ A/ ≈} = A

teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. Legyen A tetsz˝ oleges halmaz, a ∈ A és ≈ ekvivalenciareláci´ o az A halmazon. Mivel a ≈ a, ezért a ∈ a/ ≈, vagyis a/ ≈6= ∅. Ha x, y ∈ a/ ≈, akkor x ≈ a, y ≈ a, amib˝ol a ≈ reláci´ o tranzitivit´ asa miatt x ≈ y adódik. Ha x ∈ a/ ≈ és y ∈ A olyan elem, melyre x ≈ y teljes¨ ul, akkor y ≈ a a ≈ reláci´ o tranzitivit´ asa miatt, vagyis y ∈ a/ ≈. Legyen x/ ≈, y/ ≈∈ A/ ≈ olyan, hogy x/ ≈6= y/ ≈. Tegy¨ uk fel, hogy c ∈ (x/ ≈) ∩ (y/ ≈). Ekkor x ≈ c és y ≈ c, vagyis x ≈ y, amib˝ol a ≈ reláci´ o tranzitivit´ asának felhasználásával az x/ ≈= y/ ≈ ellentmond´ as adódik. Tehát feltételezés¨ unkkel ellentétben nem létezhet olyan c elem, melyet az x/ ≈ és az y/ ≈ halmaz is tartalmaz, ´ıgy (x/ ≈) ∩ (y/ ≈) = ∅. Ha x ∈ A/ ≈, akkor x ⊆ A, vagyis az A részhalmazainak az egyes´ıtése nyilván részhalmaza az A halmaznak, ezért csak a A ⊆ ∪{x| x ∈ A/ ≈} tartalmaz´ ast kell igazolni. Ha a ∈ A, akkor nyilván a ∈ a/ ≈∈ A/ ≈, vagyis a ∈ ∪{x| x ∈ A/ ≈}.

10

1

1.8.


Val´ os sz´ amok

1.16. T´ etel. Létezik olyan (R, +, −, ·, −1 , 0, 1, ≤) nyolcas, ahol 1. 0, 1 ∈ R, 0 6= 1; 2. + : R × R → R, (a, b) 7→ a + b f¨ uggvény, − : R → R, a 7→ −a f¨ uggvény a ∀a ∈ R ∀a ∈ R ∀a, b, c ∈ R ∀a, b ∈ R tulajdons´ agokkal; 3. · : R × R → R, (a, b) 7→ a · b f¨ uggvény,

a+0=a a + (−a) = 0 (a + b) + c = a + (b + c) a+b=b+a −1

∀a ∈ R ∀a ∈ R \ {0} ∀a, b, c ∈ R ∀a, b ∈ R ∀a, b, c ∈ R

: R \ {0} → R, a 7→ a−1 f¨ uggvény a a·1 = a a · a−1 = 1 (a · b) · c = a · (b · c) a·b= b·a (a + b) · c = a · c + b · c

tulajdons´ agokkal; 4. ≤⊆ R × R részhalmaz, melyre minden (a, b) ∈≤ esetén az a ≤ b jel¨ olést haszn´ aljuk, és mely rendelkezik a ∀a ∈ R a≤a ∀a, b ∈ R (a ≤ b ∧ b ≤ a) → a = b ∀a, b, c ∈ R (a ≤ b ∧ b ≤ c) → a ≤ c ∀a, b ∈ R a≤b ∨ b≤a ∀a, b, c ∈ R (a ≤ b) → a + c ≤ b + c ∀a, b, c ∈ R (a ≤ b ∧ 0 ≤ c) → a · c ≤ b · c tulajdons´ agokkal; 5. tov´ abb´ a ∀A ∈ P(R) \ {∅} : ((∃K ∈ R : (∀a ∈ A : a ≤ K)) →

→ (∃s ∈ R : ((∀a ∈ A : a ≤ s) ∧ (∀s′ ∈ R : ((∀a ∈ A : a ≤ s′ ) → s ≤ s′ )))))

teljes¨ ul. Tov´ abb´ a az 1.–4. tulajdons´ agoknak eleget tev˝ o (R, +, −, ·, −1 , 0, 1, ≤) strukt´ ur´ akat nevezz¨ uk rendezett testeknek, valamint ha az 5. is teljes¨ ul egy rendezett testre, akkor azt teljesen rendezett testnek nevezz¨ uk. A szorz´ as · jelét ´ altal´ aban nem ´ırjuk ki, azaz a, b ∈ R esetén ab jelöli az a · b elemet. Adott a, b ∈ R esetén a − b jelöli az a + (−b) elemet. Az a ∈ R és b ∈ R \ {0} esetén az ab−1 elemre gyakran az a : b a vagy az jelölést használjuk. Továbbá minden a, b ∈ R esetén a < b vagy b > a azt jelöli, hogy a ≤ b b és a 6= b. 1.29. Defin´ıci´ o. Legyen A ⊆ R. – Az A halmaz fels˝ o (illetve als´ o ) korl´ atj´ anak nevez¨ unk minden olyan C ∈ R elemet, amelyre ∀a ∈ A a ≤ C (C ≤ a) teljes¨ ul. – Az A halmaz fel¨ ulr˝ ol (illetve alulr´ ol) korlátos, ha létezik az A halmaznak fels˝o (illetve alsó) korlátja. Az A halmaz korl´ atos, ha A fel¨ ulr˝ ol és alulr´ ol is korlátos.

1.8.

´ SZAMOK ´ VALOS

11

– Az A halmaz legnagyobb (illetve legkisebb) elemének nevezz¨ uk A minden olyan elemét, amely fels˝o (illetve alsó) korlátja az A halmaznak. – Az A halmaz szuprémuma (illetve infimuma) az A halmaz legkisebb (illetve legnagyobb) fels˝o (illetve alsó) korlátja; jele: sup A (illetve inf A). A rendezett testekben (´ıgy a val´ os számok körében is) érvényes számol´ asi szabályokat foglalja össze a következ˝o tétel. 1.17. T´ etel. Legyen (K, +, ·, 0, 1, ≤) rendezett test. Ekkor az al´ abbiak teljes¨ ulnek. 1. ∀x ∈ K : 0 · x = 0 2. ∀x ∈ K : (−1) · x = −x 3. ∄x ∈ K : 0 · x = 1 4. ∀x, y ∈ K : x < y → −y < −x 5. (−1)2 = 1 6. ∀x, y, z ∈ K : (x < y ∧ z < 0) → yz < xz 7. ∀x ∈ K : 0 ≤ x2 8. 0 < 1 1 1 9. ∀x, y ∈ K : 0 < x < y → 0 < < y x Bizony´ıt´ as. 1. Legyen x ∈ K tetsz˝ oleges. Ekkor 0 + 0 = 0 és a disztributivitás miatt 0 · x = (0 + 0) · x = 0 · x + 0 · x, amihez hozz´ aadva a −(0 · x) elemet 0 · x = 0 adódik. 2. Ha x ∈ K akkor az 1. pont alapj´ an 0 · x = 0, ezért (−1) · x = 0 + (−1) · x = −x + x + (−1) · x = −x + 1 · x + (−1) · x = = −x + (1 + (−1))x = −x + 0 · x = −x + 0 = −x.

3. Az 1. pont nyilvánval´ o következménye. 4. Ha x, y ∈ K és x < y, akkor az egyenl˝ otlenséghez hozz´ aadva a −x − y számot −y < −x adódik. 5. A (−1)2 = (−1) · (−1) = (1 + (−1) + (−1)) · (−1) = −1 + (−1)2 + (−1)2 egyenlet elejéhez és végéhez hozz´ aadva a −(−1)2 számot

0 = −1 + (−1)2 , majd az 1 sz´ amot 1 = (−1)2 adódik. 6. Legyen x, y, z ∈ K olyan, melyre x < y és z < 0 teljes¨ ul. A 4. pont alapján ekkor 0 < −z, vagyis −zx < −zy, amib˝ ol megint a 4. pont alapján zy < zx következik. 7. Legyen x ∈ K. Ha 0 ≤ x ∈ K, akkor az egyenl˝ otlenséget megszorozva az x pozit´ıv számmal 0 ≤ x2 adódik. Ha x ≤ 0, akkor 0 ≤ −x, amit megszorozva a −x pozit´ıv számmal 0 ≤ x2 adódik. 8. A 7. pont alapj´ an nyilvánval´ o. 1 ≤ 0 teljes¨ ulne, akkor ezt megszorozva az x 9. Legyen x ∈ K olyan, melyre 0 < x teljes¨ ul. Ha x 1 ul, számmal 1 ≤ 0 ellentmond´ as adódna, tehát 0 < . Ha x, y ∈ K olyan, melyre 0 < x < y teljes¨ x 1 1 1 akkor az x < y egyenl˝ otlenséget megszorozva az számmal < adódik. xy y x

12

1


1.18. T´ etel. Rendezett testben minden elem négyzete pozit´ıv. Bizony´ıt´ as. A 1.17 tétel 7. pontja éppen ez volt. △

1.30. Defin´ıci´ o. Jelölj¨ on ∞ és −∞ két olyan halmazt, melyre ∞, −∞ ∈ / R teljes¨ ul. Ekkor az R = R ∪ {−∞, ∞} halmazt b˝ ov´ıtett val´ os sz´ amoknak nevezz¨ uk, a ∞ elemet végtelennek, a −∞ elemet pedig m´ınusz végtelennek mondjuk. A val´ os számok halmazán értelmezett ≤ reláci´ o b˝ ov´ıtése △

≤ =≤ ∪(R × {∞}) ∪ ({−∞} × R) ∪ {(−∞, −∞)} ∪ {(−∞, ∞)} ∪ {(∞, ∞)}. A + és · m˝ uvelet az al´ abbi módon b˝ ov´ıtj¨ uk. △

△

△

– Minden a ∈ R esetén legyen a + ∞ = ∞ + a = ∞, továbbá legyen ∞ + ∞ = ∞. △

△

△

– Minden a ∈ R esetén legyen a + (−∞) = (−∞) + a = −∞, továbbá legyen −∞ + (−∞) = −∞. – Minden a ∈ R \ {0} esetén legyen △ △ ∞ ha a > 0, a·∞=∞·a= −∞ ha a < 0, △

△

△

△

továbbá legyen ∞ · ∞ = (−∞) · (−∞) = ∞, és (−∞) · ∞ = ∞ · (−∞) = −∞. 1.31. Defin´ıci´ o. A val´ os sz´ amok halmazán definiáljuk még az x ∈ R elem által meghatározott alábbi halmazokat. [x, ∞[ = {z ∈ R| x ≤ z} ]x, ∞[ = {z ∈ R| x < z}

]−∞, x] = {z ∈ R| z ≤ x} ]−∞, x[ = {z ∈ R| z < x} Továbbá bevezetj¨ uk még az ]−∞, ∞[ = R jelölést. Ezen halmazokat is intervallumoknak nevezz¨ uk.

A továbbiakban, ha nem okoz félreértést a b˝ ov´ıtett ≤ reláci´ ora továbbra is a ≤ jelet használjuk, valamint a b˝ ov´ıtett + és · m˝ uveletre sem alkalmazunk u ´j jelölést. 1.32. Defin´ıci´ o. A (K, +, ·, 0, 1, ≤) teljesen rendezett test arkhimédészi m´ odon rendezett, ha ∀x, y ∈ K elemhez x > 0 esetén ∃n ∈ N, hogy y < n · x teljes¨ ul. 1.19. T´ etel. Minden teljesen rendezett test arkhimédészi m´ odon rendezett. Bizony´ıt´ as. Indirekt: Legyen K nem arkhimédészi módon rendezett test, és legyen x, y ∈ K olyan, △ hogy 0 < x és egyetlen n ∈ N sz´ amra sem teljes¨ ul, hogy y < n · x. Ekkor az X = {n · x| n ∈ N} halmaz fels˝o korlátja y, vagyis létezik sup X. Ekkor (sup X) − x nem fels˝o korlátja az X halmaznak, tehát létezik n · x ∈ X, melyre (sup X) − x < n · x, vagyis sup X < (n + 1) · x, ami ellentmondás. 1.20. T´ etel. A val´ os sz´ amtest arkhimédészi m´ odon rendezett test. Bizony´ıt´ as. A 1.16 tétel alapj´ an R teljesen rendezett test, az el˝oz˝o 1.19 tétel alapján pedig minden teljesen rendezett test arkhimédészi módon rendezett test.

1.9.

´ ´ SZAMOSS AGOK

13

1.33. Defin´ıci´ o. Legyen x ∈ R. Az △ inf {n ∈ Z| x < n} − 1, ha [x] = x, ha

x∈ / Z; x ∈ Z;

számot az x egész részének a △

{x} = x − [x] számot pedig az x t¨ ort részének nevezz¨ uk. Eddig láttuk, hogy létezik teljesen rendezett test, a következ˝o tétel a teljesen rendezett testek egyértelm˝ uségér˝ ol sz´ ol. 1.21. T´ etel. B´ armely két teljesen rendezett test izomorf. Ha (K1 , +1 , ·1 , ≤1 ) és (K2 , +2 , ·2 , ≤2 ) teljesen rendezett test, akkor létezik olyan ϕ : K1 → K2 bijekci´ o, melyre minden x, y ∈ K1 elem esetén ϕ(x +1 y) = ϕ(x) +2 ϕ(y) ϕ(x ·1 y) = ϕ(x) ·2 ϕ(y)

x ≤1 y ⇒ ϕ(x) ≤2 ϕ(y)

teljes¨ ul.

1.9.

Sz´ amoss´ agok

1.34. Defin´ıci´ o. Legyen A és B halmaz. – Az A és B ekvipotens, ha létezik f : A → B bijekció. Ezt a tényt |A| = |B| jelöli. – Az A halmaz kisebb-egyenl˝ o sz´ amoss´ ag´ u a B halmaznál, ha ∃X ⊆ B : |A| = |X|. Ebben az esetben az |A| ≤ |B| jel¨ olést használjuk. – Az A halmaz kisebb sz´ amoss´ ag´ u a B halmaznál, ha |A| ≤ |B| és |A| 6= |B|. Ennek jele |A| < |B|. – Az A és B halmaz sz´ amoss´ ag tekintetében ¨ osszehasonl´ıthat´ o, ha (|A| ≤ |B|)∨(|B| ≤ |A|) teljes¨ ul. Fontos megjegyezni, hogy jelen pillanatban |A| még csak pusztán szimb´ olum, melyet nem definiáltunk, csak az |A| ≤ |B|, az |A| < |B| és az |A| = |B| t´ıpus´ u kifejezéseket értelmezt¨ uk eddig. Most a halmazok sz´ amosságának két alaptétele következik, melyek biztos´ıtják, hogy b´ armely két halmaz ¨ osszehasonl´ıthat´ o a sz´ amosság tekintetében, valamint, ha |A| ≤ |B| és |B| ≤ |A|, akkor |A| = |B|. 1.22. T´ etel. B´ armely két halmaz sz´ amoss´ ag tekintetében ¨ osszehasonl´ıthat´ o. Bizony´ıt´ as.

Legyen A, B halmaz, és △

F = {f ⊆ A × B| f injekt´ıv f¨ uggvény}, melyen ≤ jel¨ oli a tartalmaz´ as reláci´ ot. El˝osz¨ or megmutatjuk, hogy létezik maxim´ alis elem az F halmazban. Legyen H ⊆ F olyan halmaz, melynek b´ armely két eleme összehasonl´ıtható, és legyen △ [ f = h. Ekkor f injekt´ıv, teh´ at f ∈ F , és f a H egy fels˝o korlátja. Tehát (F , ≤) indukt´ıvan h∈H

rendezett halmaz. Ezért a Zorn-lemma miatt van maxim´ alis elem az F halmazban, jelölje ezt g. Ekkor a g f¨ uggvényre Dom g = A vagy Ran g = B teljes¨ ul, ugyanis ha Dom g 6= A és Ran g 6= B,

14

1


akkor létezik a0 ∈ A \ Dom g és b0 ∈ B \ Ran g elem, és a g˜ : Dom g ∪ {a0 } → Ran g ∪ {b0 }

x 7→

g(x), b0 ,

ha ha

x ∈ Dom g; x = a0

f¨ uggvényre g < g˜ teljes¨ ul, vagyis g nem maxim´ alis. Ha Dom g = A, akkor |A| ≤ |B|, és ha Ran g = B, akkor |B| ≤ |A|. 1.23. T´ etel. (Schr¨ oder–Bernstein-tétel) B´ armely A és B halmazra |A| ≤ |B| és |B| ≤ |A| esetén |A| = |B| teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. Legyen i : A → B és j : B → A injekt´ıv leképezés. 1. Ha E ⊆ A olyan, hogy j(B \ i(E)) = A \ E teljes¨ ul, akkor a i(x) ha x ∈ E ρ : A → B x 7→ j −1 (x) ha x ∈ /E leképezésr˝ol könnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy bijekció. △ △ 2. Legyen H = {H ⊆ A| j(B\i(H)) ⊆ A\H} ´ es E = ∪H. Megmutatjuk, hogy ekkor j(B\i(E)) = A\E teljes¨ ul. 2./1. j(B \ i(E)) ⊆ A \ E: ! [ [ i(E) = i H = i(H) H∈H

B \ i(E) = B \ j(B \ i(E)) = j 2./2.

H∈H

[

i(H) =

H∈H

\

H∈H

\

H∈H

!

B \ i(H)

⊆

B \ i(H) \

H∈H

A\H =A\

[

H∈H

H = A\E

△

j(B \ i(E)) = A \ E: Legyen F = A \ j(B \ i(E)). A 2./1. miatt E ⊆ F . E ⊆ F =⇒ j(B \ i(F )) ⊆ j(B \ i(E)) = A \ F =⇒ F ∈ H

Mivel E ⊆ F , F ∈ H és E = ∪H, ezért E = F , vagyis j(B \ i(E)) = A \ E. 1.24. T´ etel. B´ armely A halmazra |A| < |P(A)| teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. A 1.9 Cantor-tétel következménye. 1.35. Defin´ıci´ o. Legyen A tetsz˝ oleges halmaz. – Az A halmaz véges, ha ∃n ∈ N, melyre |A| = |n| teljes¨ ul, ekkor az mondjuk, hogy A egy n elem˝ u halmaz, és az |A| = n jel¨ olést használjuk. – Az A halmaz végtelen, ha nem véges. – Az A halmaz megsz´ aml´ alhat´ o, ha véges vagy |A| = |N|. – Az A halmaz megsz´ aml´ alhat´ oan végtelen, ha |A| = |N|. – Az A halmaz kontinuum sz´ amoss´ ag´ u, ha |A| = |R|. 1.25. T´ etel. Legyen A és B olyan véges halmaz, melyre |A| = n és |B| = m teljes¨ ul, ahol n, m ∈ N. 1. B´ armely X ⊆ A halmazra |X| ≤ n.

1.9.

´ ´ SZAMOSS AGOK

2. 3. 4. 5. 6.

|A × B| = mn Ha A ∩ B = ∅, akkor |A ∪ B| = n + m. |A ∪ B| = m + n − |A ∩ B| |P(A)| = 2n |F (A, B)| = mn

1.26. T´ etel. (Megsz´ aml´ alhat´ oan végtelen halmazok.) 1. Minden végtelen halmaznak van megsz´ aml´ alhat´ oan végtelen részhalmaza. 2. Az A halmaz pontosan akkor végtelen, ha |N| ≤ |A| teljes¨ ul. 3. Két megsz´ aml´ alhat´ oan végtelen halmaz Descartes-szorzata megsz´ aml´ alhat´ oan végtelen. 4. Megsz´ aml´ alhat´ o sok megsz´ aml´ alhat´ oan végtelen halmaz uni´ oja megsz´ aml´ alhat´ oan végtelen. 5. |N| = |Z| = |Q| 6. Ha A végtelen halmaz és B megsz´ aml´ alhat´ oan végtelen, akkor |A| = |A ∪ B|.

15

16

2 2.1.

2

´ ES ´ KOMPLEX SZAMOK ´ ´ A VALOS ALAPTULAJDONSAGAI

A val´ os ´ es komplex sz´ amok alaptulajdons´ agai Algebrai tulajdons´ agok

2.1. T´ etel. (Bernoulli-egyenl˝ otlenség.) Minden n ∈ N+ és x1 , . . . xn ∈ [−1, ∞[ sz´ amra, ha tetsz˝ oleges i, j ∈ {1, . . . , n} esetén 0 ≤ xi xj teljes¨ ul, akkor n Y

(1 + xi ) ≥ 1 +

i=1

n X

xi ,

i=1

speci´ alisan minden n ∈ N és x ∈ R sz´ amra −1 ≤ x esetén (1 + x)n ≥ 1 + nx.

Bizony´ıt´ as. Az n = 1 esetben nyilván igaz az áll´ıtás. Teljes indukciót használva tegy¨ uk fel, hogy n-re igaz az áll´ıt´ as, és legyen x1 , . . . , xn+1 ∈ [−1, ∞[ olyan, hogy minden i, j ∈ {1, . . . , n + 1} esetén 0 ≤ xi xj . Ekkor az indukci´ os feltételt kihaszn´ alva ! n+1 n n+1 n n n+1 X X X X Y Y xi xi xn+1 ≥ 1 + xi + xi = 1 + (1 + xi ) = (1 + xn+1 ) (1 + xi ) ≥ (1 + xn+1 ) 1 + i=1

i=1

i=1

i=1

i=1

i=1

adódik, ami azt jelenti, hogy n + 1 esetén is igaz az áll´ıtás. Kieg´ esz´ıt´ es. A Bernoulli-egyenl˝ otlenség speci´ alis esetének egyfajta megford´ıtása is igaz.

♦

n 2.2. T´ etel. Minden x ∈ R+ es n ∈ N+ esetén létezik egyetlen olyan y ∈ R+ ul. 0 ´ 0 , melyre y = x teljes¨

2.1. Defin´ıci´ o. Adott x ∈ R+ es n ∈ N esetén azt a jól meghatározott y ∈ R+ amot, melyre y n = x 0 ´ 0 sz´ √ 1 n n teljes¨ ul x n-edik gy¨ okének nevezz¨ uk, ennek jele x vagy x. 2.3. T´ etel. Adott x ∈ R+ es m, n ∈ N esetén 0 ´ √ √ n xm = ( n x)m . √ √ Bizony´ıt´ as. Az α = n xm és a β = ( n x)m számokra αn = xm = β n teljes¨ ul. Ezen számok n-edik gy¨ oke létezik és egyértelm˝ u, ezért α = β. 2.2. Defin´ıci´ o. Az x ∈ R+ sz´ amnak a q ∈ Q kitev˝ oj˝ u hatv´ any´ at az alábbi módon értelmezz¨ uk.  √ n xm , (m, n ∈ N) ha q > 0, q = m   n;   1, ha q = 0; △ s xq = m  1 n   , ha q < 0, q = − m (m, n ∈ N).  n x △

△

Továbbá q > 0 esetén legyen 0q = 0, és 00 = 1.

2.4. T´ etel. Minden x ∈ R+ és p, q ∈ Q esetén. xp · xq = xp+q ,

(xp )q = xpq ,

1 = x−p . xp

2.1.

´ ALGEBRAI TULAJDONSAGOK

Bizony´ıt´ as.

17

A hatványozás azonosságaiból egyszer˝ uen adódik.

2.3. Defin´ıci´ o. Az n ∈ N sz´ am faktori´ alisa  ha n = 0,   n1 △ Y n! = i, ha n > 0.   i=1

Az n, k ∈ N sz´ amokra definiáljuk az n alatt a k számot a   n! n △ ha = k!(n − k)!  k 0 ha

k≤n k>n

képlettel.

2.5. T´ etel. (Binomi´ alis tétel.) Minden x, y ∈ R és n ∈ N esetén n X n k n−k n (x + y) = x y . k k=0

Az n = 0 esetben nyilván igaz az áll´ıtás. Tegy¨ uk fel, hogy n-re igaz az áll´ıtás. Ekkor ! n n n X X n k+1 n−k X n k n+1−k n k n−k n+1 = (x + y) = (x + y) x y + x y = x y k k k k=0 k=0 k=0 n n+1 X X n n k n+1−k x y = xk y n+1−k + = k k−1 k=0 k=1 n n+1 X X n + 1 n n k n+1−k n+1 n+1 xk y n+1−k = + x y +x +y = k k−1 k

Bizony´ıt´ as.

k=0

k=1

adódik a könnyen igazolható

formula seg´ıtségével.

n n n+1 + = k−1 k k

2.4. Defin´ıci´ o. A (K, +, ·, 0, 1) test feletti abszol´ ut értéknek nevez¨ unk minden olyan | · | : K → R+ 0

x 7→ |x|

f¨ uggvényt melyre az al´ abbiak teljes¨ ulnek. 1. ∀x ∈ K : (|x| = 0 ↔ x = 0) 2. ∀x, y ∈ K : |xy| = |x| · |y| 3. ∀x, y ∈ K : |x + y| ≤ |x| + |y| 2.6. T´ etel. Az | · | : C → R+

z 7→

p Re(z)2 + Im(z)2

f¨ uggvény abszol´ ut érték, melynek a megszor´ıt´ asa a val´ os illetve racion´ alis sz´ amok halmaz´ ara szintén abszol´ ut érték.

18


2

Bizony´ıt´ as. Ha z = 0, akkor nyilván |z| = 0, valamint ha |z| = 0, akkor Re z = 0 és Im z = 0, vagyis z = 0. Ha z1 = a1 + i b1 és z2 = a2 + i b2 , ahol a1 , a2 , b1 , b2 ∈ R, akkor 2

2

2

|z1 z2 | = (a1 a2 − b1 b2 )2 + (a1 b2 + a2 b1 )2 = (a21 + b21 )(a22 + b22 ) = |z1 | |z2 | , valamint 2 q q 2 2 2 2 2 = (|z1 | + |z2 |) |z1 + z2 | = (a1 + a2 ) + (b1 + b2 ) ≤ a1 + b 1 + a2 + b 2 2

2

2

teljes¨ ul, ahol a második résznél használtuk a Cauchy–Schwart–Bunyakovszkij egyenl˝ otlenséget a q q a1 a2 + b1 b2 ≤ a21 + b21 · a22 + b22 lépésnél.

2.7. T´ etel. (Sz´ amtani és mértani k¨ ozép k¨ oz¨ otti egyenl˝ otlenség.) Legyen n ∈ N+ , és minden k ∈ + {1, . . . , n} esetén xk ∈ R . Ekkor v u n n X uY 1 n xk ≥ t xk . n k=1

k=1

Bizony´ıt´ as. 1. Az n = 1 esetben nyilván igaz az áll´ıtás. 2. Ha n = 2, akkor a bizony´ıtandó √ x1 + x2 ≥ x1 x2 2 egyenl˝ otlenség ekvivalens az (x1 − x2 )2 ≥ 0 egyenl˝ otlenséggel. Azt pedig a 1.18 tétel alapján tudjuk, hogy rendezett testekben a négyzetszámok pozit´ıv elemek. 3. Megmutatjuk, hogy ha valamilyen n ∈ N számra igaz az áll´ıtás, akkor a 2n számra is igaz. Legyen minden k ∈ {1, . . . , 2n} esetén xk ∈ R+ . Ekkor felhasználva, hogy az n és a 2 számokra igaz az egyenl˝ otlenség v  v ! u n u n 2n n n Y uY 1 X 1 u 1 1X 1X n n t xk + t xn+k  ≥ xk = xk + xn+k ≥ 2n 2 n n 2 k=1 k=1 k=1 k=1 k=1 vv v v uu u 2n u n u uY n uY uY ut 2n n n t ≥t xk · xn+k = t xk k=1

k=1

k=1

adódik. 4. Megmutatjuk, hogy ha valamilyen n ∈ N+ , n > 2 számra igaz az áll´ıtás, akkor az n − 1 számra is igaz. Legyen minden k ∈ {1, . . . , n − 1} esetén xk ∈ R+ , és legyen v un−1 uY n−1 xn = t xk . k=1

Ekkor az x1 , . . . , xn sz´ amokra fel´ırt sz´ amtani és mértani közép közötti egyenl˝ otlenség átrendezéséb˝ol adódik az áll´ıtás.

2.2.

´ ´ TOPOLOGIAI TULAJDONSAGOK

19

2.8. T´ etel. (Elemi Cauchy–Schwartz–Bunyakovszkij-egyenl˝ otlenség.) Minden n ∈ N+ és x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yn ∈ R esetén v v u n n n X u X uX u 2 t xk · t yk2 . xk yk ≤ k=1

k=1

Bizony´ıt´ as.

k=1

Legyen n ∈ N+ és x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yn ∈ R rögz´ıtett. Ekkor minden t ∈ R esetén ! ! ! n n n n X X X X 2 2 2 2 0≤ (xk − tyk ) = t yk − 2t xk yk + xk , k=1

k=1

k=1

k=1

ezért a fenti t szerinti másodfok´ u egyenlet diszkrimin´ ansa nem lehet pozit´ıv, azaz !2 ! n ! n n X X X 2 2 4 xk yk −4 yk xk ≤ 0, k=1

k=1

k=1

amib˝ol adódik a bizony´ıtandó egyenl˝ otlenség.

2.2.

Topol´ ogiai tulajdons´ agok

2.5. Defin´ıci´ o. Minden r ∈ R+ sz´ amra és x ∈ R pontra a △

Br (x) = {y ∈ R| |x − y| < r} halmazt az x pont k¨ or¨ uli r sugar´ u ny´ılt g¨ ombi k¨ ornyezetnek nevezz¨ uk. 2.6. Defin´ıci´ o. Az X ⊆ R halmaz – ny´ılt, ha minden x ∈ X ponthoz létezik r ∈ R+ , hogy Br (x) ⊆ X teljes¨ ul; – z´ art, ha R \ X ny´ılt; – korl´ atos, ha létezik r ∈ R+ és x ∈ R, hogy X ⊆ Br (x) teljes¨ ul. 2.9. T´ etel. Korl´ atos halmaz részhalmaza korl´ atos. Véges sok korl´ atos halmaz uni´ oja korl´ atos. Bizony´ıt´ as. Az els˝o ´ all´ıt´ as a defin´ıció közvetlen következménye. A második áll´ıtáshoz vegy¨ unk A1 , . . . , An korlátos halmazokat, és legyen (ri , xi )i=1,...,n olyan rendszer, hogy minden i = 1, . . . , n esetén Ai ⊆ Bri (xi ), legyen továbbá minden i = 1, . . . , n esetén Ri = ri + |xi − x1 |. Ekkor minden ul az abszol´ utértékre vonatkozó h´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlenség miatt. i számra Bri (xi ) ⊆ BRi (x1 ) teljes¨ n [ Ai ⊆ BR (x1 ). Tehát az R = max {Ri | i = 1, . . . , n} számra teljes¨ ul, hogy i=1

2.10. T´ etel. Minden x ∈ R pontra és r ∈ R+ sz´ amra Br (x) korl´ atos, ny´ılt halmaz. aga nyilvánvaló. Legyen y ∈ Br (x) és Bizony´ıt´ as. A defin´ıció alapj´ an a Br (x) halmaz korlátoss´ legyen R = r − |x − y|. Megmutatjuk, hogy ekkor BR (y) ⊆ Br (x) teljes¨ ul. Ha z ∈ BR (y), akkor |z − y| < R = r − |x − y|, vagyis |x − y| + |y − z| < r, amib˝ol pedig |x − z| < r adódik, vagyis z ∈ Br (x). 2.11. T´ etel. (Ny´ılt halmazok rendszere.) 1. Az u ¨res halmaz és a R halmaz ny´ılt.

20

2


2. Véges sok ny´ılt halmaz metszete ny´ılt. 3. Ny´ılt halmazok tetsz˝ oleges rendszerének az uni´ oja ny´ılt. Bizony´ıt´ as. 1. A defin´ıció alapj´ an nyilvánvaló. 2. Legyen (Ai )i=1,...,n ny´ılt halmazok tetsz˝ oleges rendszere, és legyen továbbá x ∈ ul. Ha minden i = 1, . . . , n sz´ amhoz létezik olyan ri ∈ R+ , hogy Bri (x) ⊆ Ai teljes¨

n \

Ai . Ekkor

i=1

R = min {ri | i = 1, . . . , n} , akkor R ∈ R+ és BR (x) ⊆

n \

Ai teljes¨ ul.

i=1

3. Legyen (Ai )i∈I ny´ılt halmazok tetsz˝ oleges rendszere, és legyen továbbá x ∈

[

Ai . Ekkor létezik

i∈I

ul. Mivel Ai0 ny´ılt halmaz, ´ıgy létezik olyan r ∈ R+ , melyre olyan i0 ∈ I melyre x ∈ Ai0[teljes¨ Br (x) ⊆ Ai0 , vagyis Br (x) ⊆ Ai . i∈I

2.12. T´ etel. (Z´ art halmazok rendszere.) 1. Az u ¨res halmaz és a R halmaz z´ art. 2. Véges sok z´ art halmaz uni´ oja z´ art. 3. Z´ art halmazok tetsz˝ oleges rendszerének a metszete z´ art. Bizony´ıt´ as. 1. A defin´ıció alapj´ an nyilvánvaló. 2. Legyen (Zi )i=1,...,n z´ art halmazok tetsz˝ oleges rendszere. Ekkor minden i ∈ {1, . . . , n} esetén R \ Zi ny´ılt halmaz. Az n n \ [ (R \ Zi ) Zi = R\ i=1

azonosság miatt

n [

i=1

Zi komplementere véges sok ny´ılt halmaz metszete, ´ıgy az el˝oz˝o áll´ıtás miatt az

i=1 n [

is ny´ılt. Vagyis a

Zi halmaz z´ art.

i=1

3. Legyen (Zi )i∈I z´ art halmazok tetsz˝ oleges rendszere. Ekkor minden i ∈ {1, . . . , n} esetén R \ Zi ny´ılt halmaz. Az \ [ R\ Zi = (R \ Zi ) i∈I

azonosság miatt

\

i∈I

Zi komplementere ny´ılt halmazok uniója, ´ıgy az el˝oz˝o áll´ıtás miatt az is ny´ılt.

i∈I

Vagyis a

\

Zi halmaz z´ art.

i∈I

2.13. T´ etel. Legyen Z, U ⊆ R. Ha Z z´ art halmaz és U ny´ılt halmaz, akkor Z \ U z´ art halmaz és U \ Z ny´ılt halmaz. Bizony´ıt´ as. Legyen Z ⊆ R z´ art halmaz és U ⊆ R ny´ılt halmaz. Ekkor az Z \ U = Z ∩ (R \ U )

2.2.


21

azonoss´ ag alapj´ an az Z \ U két z´ art halmaz metszete, ezért z´ art. Az U \ Z = U ∩ (R \ Z) egyenl˝ oség szerint az U \ Z halmaz két ny´ılt halmaz metszete, ezért ny´ılt. 2.7. Defin´ıci´ o. Legyen X ⊆ R és x ∈ R. Azt mondjuk, hogy x – bels˝ o pontja az X halmaznak, ha ∃r ∈ R+ : Br (x) ⊆ X; – hat´ arpontja az X halmaznak, ha ∀r ∈ R+ : Br (x) ∩ X 6= ∅ ∧ Br (x) ∩ (R \ X) 6= ∅; – torl´ od´ asi pontja az X halmaznak, ha ∀r ∈ R+ : (Br (x) \ {x}) ∩ X 6= ∅; – izol´ alt pontja az X halmaznak, ha ∃r ∈ R+ : Br (x) ∩ X = {x}. 2.8. Defin´ıci´ o. Legyen X ⊆ R és x ∈ X. Azt mondjuk, hogy X k¨ ornyezete az x pontnak, ha x bels˝o pontja az X halmaznak. 2.9. Defin´ıci´ o. Az X ⊆ R halmaz belsejének nevezz¨ uk az Int X = {x ∈ R| ∃r ∈ R+ : Br (x) ⊆ X} halmazt, azaz a bels˝o pontok halmazát; lez´ artj´ anak pedig az X = {x ∈ R| ∀r ∈ R+ : Br (x) ∩ X 6= ∅} halmazt. Az X halmaz hat´ ar´ anak nevezz¨ uk a Fr(X) = X \ Int X halmazt. 2.14. T´ etel. Tetsz˝ oleges X ⊆ R halmaz esetén 1. Int X halmaz ny´ılt; 2. Int X az a legb˝ ovebb ny´ılt halmaz, melyet X tartalmaz; art; 3. X halmaz z´ ukebb z´ art halmaz, mely tartalmazza X-et. 4. X az a legsz˝ Bizony´ıt´ as. 1. Legyen x ∈ Int X. Ekkor létezik olyan r ∈ R+ , melyre Br (x) ⊆ X. Mivel a Br (x) halmaz minden pontja bels˝o pontja az X halmaznak, ezért Br (x) ⊆ Int X teljes¨ ul. 2. Jelölje U azt a legb˝ovebb ny´ılt halmazt, melyet X tartalmaz. Ekkor nyilván Int X ⊆ U teljes¨ ul. Legyen z ∈ U . Ekkor az U halmaz ny´ılts´ aga miatt létezik olyan r ∈ R+ , hogy Br (x) ⊆ U amib˝ol a U ⊆ X felhasznál´ as´ aval Br (x) ⊆ X adódik, vagyis x ∈ Int X. Tehát az U ⊆ Int X tartalmaz´ as is fennáll. art defin´ıciója alapján létezik olyan r ∈ R+ , melyre Br (z) ∩ X = ∅. 3. Legyen z ∈ R \ X. Ekkor a lez´ teljes¨ ul. Megmutatjuk, hogy ekkor Br (z) ⊆ R \ X, vagyis az X halmaz komplementere ny´ılt. Tegy¨ uk ul a lez´ arás fel, hogy létezik y ∈ Br (z)∩X elem. Ekkor a ρ = r−|y − z| > 0 számra Bρ (y)∩X 6= ∅ teljes¨ defin´ıciój´ aból. A Bρ (y) ⊆ Br (z) tartalmaz´ as felhasználásával az ∅ 6= Bρ (y) ∩ X ⊆ Br (z) ∩ X = ∅ ellentmond´ as adódik. 4. Jelölje Z azt a legsz˝ ukebb z´ art halmazt, mely az X halmazt tartalmazza. Ekkor nyilván Z ⊆ X teljes¨ ul. Tegy¨ uk fel, hogy létezik y ∈ X \ Z elem. A Z halmaz z´ artsága és y ∈ / Z miatt létezik olyan r ∈ R+ , melyre Br (y) ∩ Z = ∅. A lez´ arás értelmezése alapján Br (y) ∩ X 6= ∅. Az X ⊆ Z tartalmaz´ as felhasznál´ as´ aval az ∅ 6= Br (y) ∩ X ⊆ Br (y) ∩ Z = ∅ ellentmondás adódik. 2.15. T´ etel. Tetsz˝ oleges X ⊆ R halmaz esetén

22

2


1. az X halmaz pontosan akkor ny´ılt, ha X = Int X; 2. az X halmaz pontosan akkor z´ art, ha X = X. Bizony´ıt´ as. Az el˝ oz˝o tétel alapj´ an nyilvánvaló. 2.16. T´ etel. Az X ⊆ R halmaz pontosan akkor z´ art, ha az ¨ osszes torl´ od´ asi pontj´ at tartalmazza. Bizony´ıt´ as. Legyen X ⊆ R z´ art halmaz, és legyen x ∈ R az X halmaz torlódási pontja. Ez azt jelenti, hogy minden r ∈ R+ sz´ amra (Br (x) \ {x}) ∩ X 6= ∅. Vagyis minden r ∈ R+ sz´ amra (Br (x) \ {x}) ∩ X ⊆ Br (x) ∩ X 6= ∅, art halmaz, ezért az el˝oz˝o áll´ıtás miatt x ∈ X. amib˝ol defin´ıció szerint x ∈ X következik. Mivel X z´ Legyen X ⊆ R olyan halmaz, mely tartalmazza az összes torlódási pontj´ at. Megmutatjuk, hogy ekkor ul, mely ekvivalens az X halmaz z´ artságával. Az X ⊆ X tartalmaz´ as nyilvánvaló ezért X = X teljes¨ csak azt kell igazolni, hogy X ⊆ X. Tegy¨ uk fel, hogy létezik x ∈ X \ X elem. Ekkor x ∈ X miatt minden r ∈ R+ esetén Br (x) ∩ X 6= ∅, továbbá x ∈ / X miatt

(Br (x) \ {x}) ∩ X 6= ∅,

vagyis x az X halmaz torl´ odási pontja. Mivel X tartalmazza az összes torlódási pontj´ at, ezért az x ∈ X ellentmond´ ast kapjuk. 2.17. T´ etel. Legyen X ⊆ R korl´ atos halmaz. 1. Ha az X halmaz z´ art, akkor inf X, sup X ∈ X. 2. Ha az X halmaz ny´ılt, akkor inf X, sup X ∈ / X. Bizony´ıt´ as. 1. Legyen X ⊆ R korlátos z´ art halmaz. Ha r ∈ R+ , akkor inf X + r nem a legnagyobb alsó korlátja az X halmaznak, vagyis létezik olyan x ∈ X, melyre x < inf X + r teljes¨ ul, valamint sup X − r nem a legkisebb fels˝o korlátja az X halmaznak, vagyis létezik olyan x′ ∈ X, melyre sup X − r < x′ teljes¨ ul. Tehát minden r ∈ R+ esetén Br (inf X) ∩ X 6= ∅ és Br (sup X) ∩ X 6= ∅, ami azt jelenti, hogy inf X, sup X ∈ X = X. 2. Legyen X ⊆ R korlátos ny´ılt halmaz. Ha inf X ∈ X, akkor létezik olyan r ∈ R+ , melyre Br (inf X) ⊆ X teljes¨ ul, vagyis inf X nem alsó korlátja az X halmaznak. A sup X számra hasonl´ o ellentmondást kapunk a sup X ∈ X feltételezésb˝ ol. 2.10. Defin´ıci´ o. Adott X, Y ⊆ R halmazok esetén azt mondjuk, hogy az X halmaz s˝ ur˝ u az Y halmazban, ha X = Y teljes¨ ul, valamint, hogy az X halmaz s˝ ur˝ u, ha X s˝ ur˝ u a R halmazban. 2.18. T´ etel. (A racion´ alis és az irracion´ alis sz´ amok s˝ ur˝ un vannak.) 1. A Q halmaz s˝ ur˝ u az R halmazban. 2. Az R \ Q halmaz s˝ ur˝ u az R halmazban. Bizony´ıt´ as. 1. Legyen x ∈ R. Az x ∈ Q tartalmaz´ ashoz azt kell megmutatni, hogy minden r ∈ R+ esetén létezik olyan q ∈ Q szám melyre q ∈ Br (x) teljes¨ ul, vagyis q ∈ ]x − r, x + r[. Ehhez vegy¨ unk egy tetsz˝ oleges

2.2.


23

0 < r paramétert. Ekkor az R arkhimédészi tulajdons´ aga miatt létezik olyan N ∈ N, melyre 1 < 2N r teljes¨ ul. Ebb˝ol az egyenl˝ otlenségb˝ ol 1 + N (x − r) < N (x + r) adódik. Jelölje n azt a j´ ol meghatározott egész számot, melyre n ≤ N (x − r) < n + 1 teljes¨ ul. Ekkor n ≤ N (x − r) miatt n + 1 ≤ N (x − r) + 1 < N (x − r) + 2N r = N (x + r), ezért N (x − r) < n + 1 < N (x + r), n+1 ∈ Q sz´ amra qx ∈ Br (x) teljes¨ ul. vagyis a qx = N √ 2. Ebben a részben használjuk az oszthatósági szabályok seg´ıtségével könnyen igazolható 2 ∈ / Q formulát. Legyen x ∈ R, és vegy¨ unk egy tetsz˝ oleges 0 < r param´ e tert. Ekkor az R arkhim´ e d´ eszi √ tulajdons´ aga miatt létezik olyan N ∈ N, melyre 1 < 2N r teljes¨ ul. Ebb˝ol az egyenl˝ otlenségb˝ol √ √ 2N 2N 1+ (x − r) < (x + r) 2 2 √ 2N (x − r) adódik. Jelölje n azt a j´ ol meghatározott egész számot, melyre n ≤ < n + 1 teljes¨ ul. 2 √ 2N (x − r) Ekkor n ≤ miatt 2 √ √ √ 2N (x − r) 2N (x − r) √ 2N (x + r) +1< + 2N r = , n+1≤ 2 2 2 ezért √ √ 2N (x − r) 2N (x + r)
Bizony´ıt´ as.

Ha i, j ∈ I, akkor létezik olyan k ∈ I, melyre Ak ⊆ Ai ∩ Aj teljes¨ ul, tehát inf(Aj ) ≤ inf(Ak ) ≤ sup(Ak ) ≤ sup(Ai ).

Ezek alapj´ an a {sup(Ai )| i ∈ I}\halmaz alulr´ ol korlátos, vagyis létezik a x = inf {sup(Ai )| i ∈ I} ∈ R elem. Megmutatjuk, hogy x ∈ Ai . Ehhez elég azt igazolni, hogy minden i ∈ I esetén x ∈ Ai . i∈I

Legyen i ∈ I és r ∈ R+ , bel´ atjuk, hogy Br (x) ∩ Ai 6= ∅. Mivel x + r nem a legnagyobb alsó korlátja a {sup Ai | i ∈ I} halmaznak, ezért létezik olyan j ∈ I, melyre sup Aj < x + r. Legyen k ∈ I olyan, melyre Ak ⊆ Ai ∩Aj . Ekkor nyilván sup Ak ≤ sup Aj < x+r, továbbá sup Ak −r nem a legkisebb fels˝o korlátja az Ak halmaznak, ezért létezik olyan y ∈ Ak , melyre sup Ak − r < y. Az utols´ o egyenl˝ otlenség miatt x − r < y, sup Ak ≤ sup Aj < x + r miatt y < x + r, valamint Ak ⊆ Ai ∩ Aj miatt y ∈ Ai . Vagyis y ∈ Br (x) ∩ Ai .

24

2


´ Erdemes k¨ ulön kiemelni a fenti ´ all´ıt´ as egy következményét. 2.20. T´ etel. (Cantor-féle k¨ oz¨ osrész-tétel a val´ os sz´ amok halmaz´ an.) Legyen (Ai )i∈N olyan halmazrendszer, melyre minden i ∈ N esetén Ai ⊆ R korl´ atos, z´ art, nem u ¨res halmaz, tov´ abb´ a minden i ∈ N esetén Ai+1 ⊆ Ai . Ekkor \ Ai 6= ∅. i∈N

Bizony´ıt´ as. Az ´ all´ıt´ as az el˝ oz˝oek közvetlen következménye. 2.11. Defin´ıci´ o. Az X ⊆ R halmaz unk minden olyan (Ai )i∈I halmazrendszert, [ (be)fedésének nevez¨ melyre ∀i ∈ I : Ai ⊆ R és X ⊆ Ai teljes¨ ul. Az (Ai )i∈I befedés részbefedésének nevez¨ unk minden olyan (Ai )

i∈I ′

i∈I ′

rendszert, melyre I ⊆ I és X ⊆

[

Ai teljes¨ ul.

i∈I ′

2.12. Defin´ıci´ o. Az X ⊆ R halmaz kompakt, ol álló befedésének létezik [ ha minden ny´ılt halmazokb´ véges részbefedése. Azaz, ha minden X ⊆ Ai esetén létezik olyan véges I ′ ⊆ I halmaz, melyre i∈I

X⊆

[

i∈I ′

Ai teljes¨ ul, ahol minden i ∈ I esetén az Ai halmaz ny´ılt.

2.21. T´ etel. (Borel–Lebesgue-tétel val´ os sz´ amokra.) Az R halmaz valamely részhalmaza pontosan akkor kompakt, ha korl´ atos és z´ art. Bizony´ ıt´ as. Legyen C ⊆ R kompakt halmaz. Megmutatjuk, hogy [ [ C korlátos. Mivel C ⊆ R = + Bn (0), ezért létezik olyan véges I ⊆ N halmaz, hogy C ⊆ Bn (0). Ekkor az r = max(n) n∈N+

n∈I

n∈I

számra C ⊆ Br (0) teljes¨ ul. Most igazoljuk, hogy C z´ art. Tegy¨ uk fel, hogy C nem z´ art, ami azt jelenti, hogy a C komplementere nem ny´ılt. Legyen z ∈ R \ C olyan pont, melyre minden r ∈ R+ esetén Br (z) " R \ C, vagyis Br (z) ∩ C 6= ∅. Minden n ∈ N+ számra legyen Un = R \ B n1 (z), mely ny´ılt [ [ halmaz. Mivel C ⊆ R \ {z} = Un , ezért létezik olyan véges I ⊆ N+ halmaz, hogy C ⊆ Un . n∈N+

n∈I

Ekkor az m = max(n) sz´ amra C ⊆ Um teljes¨ ul. Ez azt jelenti, hogy B m1 (z) ∩ C = ∅, vagyis ha n∈I

1 0
halmaz nem u ¨res, véges részhalmazainak [ a halmazát, vagyis J = {j ⊆ I| j 6= ∅, j véges}, valamint Ai . Ekkor minden j ∈ J esetén Bj korlátos z´ art halmaz, minden j ∈ J esetén legyen Bj = C \ i∈j

ul. Ha egyik valamint minden j1 , j2 ∈ J elemhez létezik olyan j ′ ∈ J, melyre Bj ′ ⊆ Bj1 ∩ Bj2 teljes¨ Bj halmaz sem lenne u ¨res, akkor a Cantor-féle közösrész-tétel alapján   [ \ \ [[ [ C \ Ai = C \ Ai ∅ 6= Bj = Ai  = C \ j∈J

j∈J

i∈j

j∈J i∈j

i∈I

teljes¨ ulne, ami ellentmondana annak, hogy az (Ai )i∈I halmazrendszer[a C halmaz fedése. Tehát Ai , vagyis a C halmaznak létezik olyan j ∈ J, melyre Bj = ∅. Ez viszont azt jelenti, hogy C ⊆ i∈j

létezik véges fedése.

¨ ´ ¨ FUGGV ENYEK OSSZEGE, SZORZATA

2.3.

25

Megjegyz´ es. A Cantor-féle közösrész-tétel ezek után u ´gy is megfogalmazható, hogy R egym´ asba ágyazott, nem u ¨res, kompakt részhalmazainak a metszete nem u ¨res. ♦

2.3.

F¨ uggv´ enyek ¨ osszege, szorzata

2.13. Defin´ıci´ o. Legyen A halmaz, + : A × A → A m˝ uvelet, a ∈ A és U, V ⊆ A. Ekkor definiáljuk az alábbi jel¨ oléseket. U + V := {u + v ∈ A| u ∈ U, v ∈ V } a + V := {a + v ∈ A| v ∈ V } U + a := {u + a ∈ A| u ∈ U }

Ennek a seg´ıtségével értelmezhet˝ ok az alábbi komplexus m˝ uveletek. P(A) × P(A) → P(A)

(U, V ) 7→ U + V

P(A) → P(A) P(A) → P(A)

V 7→ a + V U 7→ U + a

2.14. Defin´ıci´ o. Legyen A tetsz˝ oleges nem u ¨res halmaz. – Ha f, g ∈ F (A, R) és c ∈ R, akkor definiáljuk a f¨ uggvények ¨ osszegét, szozat´ at, sz´ amszoros´ at és abszol´ ut értékét az al´ abbi módon. f +g :A→R fg : A → R

cf : A → R |f | : A → R

a 7→ f (a) + g(a) a 7→ f (a)g(a) a 7→ cf (a) a 7→ |f (a)|

´ – Ertelmezz¨ uk az ¨ osszead´ as, szorz´ as, számmal való szorz´ as és abszol´ utérték képzés m˝ uveletét a f¨ uggvények terén az al´ abbi módon. + : F (A, R) × F (A, R) → F (A, R) × : F (A, R) × F (A, R) → F (A, R)

· : R × F (A, R) → F (A, R) |·| : F (A, R) → F (A, R)

(f, g) 7→ f + g (f, g) 7→ f g (c, f ) 7→ cf (f ) 7→ |f |

Az ´ıgy bevezetett f¨ uggvénym˝ uveleteket nevezz¨ uk pontonkénti f¨ uggvénym˝ uveleteknek. – Legyen n ∈ N+ , és minden i ∈ {1, . . . , n} esetén legyen fi ∈ F (A, R). Ekkor az (fi )i∈{1,...,n} f¨ uggvényrendszer als´ o, illetve fels˝ o burkol´ oj´ at az alábbi képlettel definiáljuk. sup(f1 , . . . , fn ) : A → R inf(f1 , . . . , fn ) : A → R

a 7→ sup(f1 (a), . . . , fn (a)) a 7→ inf(f1 (a), . . . , fn (a))

– Az f ∈ F (A, R) f¨ uggvény pozit´ıv, illetve negat´ıv részét az alábbi képletek definiálják. f+ : A → R

f− : A → R

2.22. T´ etel. Legyen A tetsz˝ oleges nem u ¨res halmaz.

a 7→ sup(f (a), 0)

a 7→ − inf(f (a), 0)

26

2


1. Ha f ∈ F (A, R), akkor f = f+ − f−

|f | = f+ + f−

f+ f− = 0

(2.1)

teljes¨ ul. 2. Ha f, g ∈ F (A, R), akkor sup(f, g) =

f + g |f − g| + 2 2

inf(f, g) =

f + g |f − g| − 2 2

teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. Legyen A tetsz˝ oleges nem u ¨res halmaz. 1. Legyen f ∈ F (A, R) és legyen a ∈ A tetsz˝ oleges. Ha f (a) > 0, akkor a defin´ıció alapj´ an f+ (a) = f (a) és f− (a) = 0, vagyis teljes¨ ulnek a (2.1) egyenletek. Ha f (a) = 0, akkor a defin´ıció alapj´ an f+ (a) = 0 és f− (a) = 0, vagyis teljes¨ ulnek a (2.1) egyenletek. Ha f (a) < 0, akkor a defin´ıció alapj´ an f+ (a) = 0 és f− (a) = −f (a), vagyis ebben az esetben is teljes¨ ulnek a (2.1) egyenletek. 2. Legyen a, b ∈ R. Az a < b, a = b és a > b eseteket k¨ ulön megvizsg´ alva igazolható egyszer˝ uen a sup(a, b) =

a + b |a − b| + 2 2

inf(a, b) =

a + b |a − b| − 2 2

azonosság. Legyen f, g ∈ F (A, R). Ekkor elég minden x ∈ A elemre az a = f (x) és a b = g(x) választással alkalmazni az el˝ oz˝o azonoss´ agot a tétel bizony´ıtásához. 2.15. Defin´ıci´ o. Adott (ai )i=0,...,n ∈ Rn+1 esetén a p : R → R x 7→

n X

ai xi

i=0

f¨ uggvényt polinomnak nevezz¨ uk, az ai paramétereket pedig a polinom egy¨ utthat´ oinak. Ha an 6= 0, akkor p n-ed fok´ u polinom, melynek f˝ oegy¨ utthat´ oja an . Az x0 ∈ R számot a p polinom gy¨ okének nevezz¨ uk, ha p(x0 ) = 0 teljes¨ ul.

27

3

Sorozatok

3.1.

A hat´ ar´ ert´ ek ´ es tulajdon´ agai

3.1. Defin´ıci´ o. Az a : N → R f¨ uggvényeket val´ os sz´ amsorozatoknak, az a : N → C f¨ uggvényeket △ komplex sz´ amsorozatoknak nevezz¨ uk. Az a : N → R sorozat értékeire az an = a(n) jelölést használjuk. 3.2. Defin´ıci´ o. (Sorozatok hat´ arértéke.) – Azt mondjuk, hogy az x ∈ R szám az a : N → R sorozat hat´ arértéke, ha ∀ε ∈ R+ ∃N ∈ N∀n ∈ N(n > N → an ∈ Bε (x)). – Az a : N → R sorozat hat´ arértéke végtelen, ha ∀ε ∈ R+ ∃N ∈ N∀n ∈ N(n > N → ε < an ). – Az a : N → R sorozat hat´ arértéke m´ınusz végtelen, ha ∀ε ∈ R+ ∃N ∈ N∀n ∈ N(n > N → −ε > an ). – Azt mondjuk, hogy az a : N → R sorozat konvergens, ha létezik véges határértéke. – Azt mondjuk, hogy az a : N → R sorozat divergens, ha nem konvergens. 3.1. T´ etel. Ha x, y ∈ R ∪ {−∞, ∞} az a : N → R sorozat hat´ arértéke, akkor x = y. Legyen x, y ∈ R és tegy¨ uk fel, hogy x 6= y. Ekkor létezik olyan N ∈ N, hogy n > N |x − y| |x − y| és |an − y| < . Amib˝ol az esetén |an − x| < 2 2

Bizony´ıt´ as.

|x − y| = |x − an + an − y| ≤ |x − an | + |an − y| < |x − y| ellentmond´ as adódik. Ha x ∈ R és y = ∞, akkor létezik olyan N ∈ N, hogy n > N esetén |an − x| < 1 és an > x + 1, ami ellentmond´ as. Valamint hasonl´ oan, ha x ∈ R és y = −∞, akkor létezik olyan N ∈ N, hogy n > N esetén |an − x| < 1 és an < x − 1, ami ellentmondás. Vég¨ ul ha x = ∞ és y = −∞, akkor létezik olyan N ∈ N, hogy n > N esetén an < 0 és an > 0, ami ellentmondás. 3.3. Defin´ıci´ o. (A lim m˝ uvelet.) – Az a : N → R sorozat hat´ arértékét lim a vagy lim an jelöli. n→∞

– Azt a tényt, hogy az a : N → R sorozat határértéke végtelen, a lim a = ∞ vagy a lim an = ∞ n→∞ jel¨ olés fejezi ki. – Azt a tényt, hogy az a : N → R sorozat határértéke m´ınusz végtelen, a lim a = −∞ vagy a lim an = −∞ jel¨ olés fejezi ki. n→∞

3.4. Defin´ıci´ o. – Az a : N → R sorozat korl´ atos, ha Ran a korlátos halmaz. – Az a : N → R sorozat zérussorozat, ha lim a = 0. – Legyen σ : N → N olyan f¨ uggvény, melyre minden n ∈ N esetén σ(n) < σ(n+ 1) teljes¨ ul (az ilyen σ f¨ uggvény neve indexsorozat ), és legyen a : N → R tetsz˝ oleges sorozat. Ekkor az a ◦ σ : N → R sorozatot az a sorozat részsorozat´ anak nevezz¨ uk.

28

3

SOROZATOK

– Azt mondjuk, hogy az a : N → R sorozat monoton n¨ ov˝ o, ha minden n ∈ N esetén an ≤ an+1 . – Azt mondjuk, hogy az a : N → R sorozat monoton fogy´ o, ha minden n ∈ N esetén an ≥ an+1 . 3.2. T´ etel. Minden konvergens sorozat korl´ atos. Bizony´ıt´ as. Legyen a : N → R konvergens sorozat, és legyen A = lim a. Ekkor létezik olyan N ∈ N, hogy minden n > N sz´ amra an ∈ B1 (A), vagyis az {an | n > N } halmaz korlátos. Minden!0 ≤ n ≤ N N [ esetén az egyetlen pontból ´ alló {an } halmaz korlátos. Mivel Ran a ⊆ B1 (A) ∪ {an } és a jobb n=0

oldalon álló halmaz véges sok korlátos halmaz uniója, vagyis korlátos, a Ran a halmaz is korlátos.

3.3. T´ etel. Konvergens sorozat minden részsorozata konvergens, és a hat´ arértéke ugyanaz, mint az eredeti sorozat hat´ arértéke. Bizony´ıt´ as. Legyen a : N → R konvergens sorozat, σ : N → N indexsorozat, és legyen ε ∈ R+ . Ekkor létezik olyan N ∈ N, hogy ul. Mivel σ(n) ≥ n, minden n > N számra |an − lim a| < ε teljes¨ ezért minden n > N sz´ amra aσ(n) − lim a < ε teljes¨ ul, vagyis az a ◦ σ sorozat konvergens, és lim(a ◦ σ) = lim a. 3.4. T´ etel. Az a : N → R monoton sorozat pontosan akkor konvergens, ha korl´ atos.

Bizony´ıt´ as. Legyen a : N → R monoton n¨ ov˝ o korlátos sorozat, és legyen A = sup Ran a. Ha ε ∈ R+ , akkor az A − ε < A egyenl˝ otlenség miatt létezik olyan N ∈ N, hogy A − ε < aN . Mivel az a sorozat monoton n¨ ov˝ o, ´ıgy minden n > N természetes számra A − ε < aN ≤ an ≤ A < A + ε teljes¨ ul, vagyis minden n > N esetén |an − A| < ε, tehát lim a = sup Ran a. Monoton csökken˝o sorozatra teljesen hasonl´ o a bizony´ıt´ as. 3.5. T´ etel. Zérussorozat és korl´ atos sorozat szorzata zérussorozat. oleges Bizony´ıt´ as. Legyen a : N → R korlátos sorozat, b : N → R zérussorozat és legyen ε ∈ R+ tetsz˝ paraméter. Mivel a korlátos, ezért létezik olyan K ∈ R+ , hogy minden n ∈ N számra |an | < K. ε Létezik olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > N számra |bn | < . Ekkor minden n > N K számra ε |an bn − 0| = |an | · |bn | < K · |bn | < K · = ε, K vagyis lim an bn = 0. n→∞

3.6. T´ etel. Legyen a, b : N → R konvergens sorozat, és λ ∈ R. – Az a + b sorozat konvergens és lim(a + b) = (lim a) + (lim b). – A λa sorozat konvergens és lim(λa) = λ(lim a). – Az ab sorozat konvergens és lim ab = (lim a)(lim b). – Az a sorozat konvergens és lim a = lim a. – Az |a| sorozat konvergens és lim |a| = |lim a|. 1 1 1 – Ha minden n ∈ N esetén an 6= 0 és lim a 6= 0, akkor az sorozat konvergens és lim = . a a lim a Bizony´ıt´ as. Legyen a, b : N → R konvergens sorozat, az A = lim a és B = lim b határértékekkel, valamint legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges sz´ am. ε ε usz¨ obindex, melyre minden n > Na számra |an − A| < 1. A számhoz létezik olyan Na , Nb ∈ N k¨ 2 2

3.1.

´ ERT ´ ´ ES ´ TULAJDONAGAI ´ A HATAR EK

29

ε és minden n > Nb sz´ amra |bn − B| < . Ekkor az N = max {Na , Nb } k¨ usz¨ obindexre teljes¨ ul az, hogy 2 minden n > N esetén ε ε |(an + bn ) − (A + B)| ≤ |an − A| + |bn − B| < + = ε. 2 2 2. A λ = 0 sz´ amra nyilván igaz az ´ all´ıtás, ezért feltehet˝o, hogy λ ∈ R\{0}. Az a sorozat konvergenciája ε miatt létezik olyan Na ∈ N k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > Na esetén |an − A| < . Ekkor n > Na |λ| számra ε = ε. |λan − λA| = |λ| · |an − A| < |λ| · |λ| 3. Mivel az a sorozat korlátos ezért létezik olyan K ∈ R+ , hogy minden n ∈ N számra |an | < K. Ha B = 0, akkor az el˝ oz˝o ´ all´ıt´ as szerint egy korlátos és egy zérussorozat szorzata zérussorozat. Tehát elég a B 6= 0 esetet vizsgálni. Legyen Na ∈ N olyan k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > Na esetén ε ε és legyen Nb ∈ N olyan k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > Nb esetén |bn − B| < . |an − A| < 2 |B| 2K Ekkor az N = max {Na , Nb } k¨ usz¨ obindexre teljes¨ ul az, hogy minden n > N esetén |an bn − AB| = |an bn − an B + an B − AB| ≤ |an | · |bn − B| + |B| · |an − A| < K ·

ε ε + |B| · = ε. 2K 2 |B|

4. Ha Na ∈ N olyan k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > Na esetén |an − A| < ε, akkor n > Na számra an − A = (an − A) = |an − A| < ε.

5. Ha Na ∈ N olyan k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > Na esetén |an − A| < ε, akkor n > Na számra ||an | − |A|| ≤ |an − A| < ε.

6. Legyen a : N → R \ {0} és legyen lim a = A ∈ R \ {0}. Legyen N1 ∈ N olyan k¨ usz¨ obindex, hogy |A| |A| . Ekkor minden n > N1 számra |an | > . Legyen Na ∈ N minden n > N1 esetén |an − A| < 2 2 2 ε |A| olyan k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > Na esetén |an − A| < . Ekkor az N = max {N1 , Na } olyan 2 k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > N számra 2 1 1 |an − A| |an − A| 2 ε |A| − < = ε. = < · 2 an |A| A |an | · |A| 2 |A| · |A| 2

3.7. T´ etel. Ha az a : N → R sorozatra lim |a| = 0 teljes¨ ul, akkor lim a = 0

oleges. Ekkor a lim |a| = 0 tulajdons´ ag miatt létezik olyan N ∈ N Bizony´ıt´ as. Legyen ε ∈ R+ tetsz˝ k¨ usz¨ obindex, hogy minden N < n ∈ N számra |a| < ε teljes¨ ul, ami éppen a lim a = 0 tulajdons´ agot fejezi ki. 3.8. T´ etel. Ha az a, b : N → R konvergens sorozatra minden n ∈ N esetén an ≤ bn , akkor lim a ≤ lim b.

30

3

SOROZATOK

A−B számhoz 2 létezik olyan N ∈ N, hogy minden n > N esetén |an − A| < ε és |bn − B| < ε. Vagyis n > N esetén A+B A+B az A − ε < an egyenl˝ otlenség miatt < an , és a bn < B + ε egyenl˝ otlenség miatt bn < 2 2 teljes¨ ul. Ez viszont ellentmond annak, hogy an ≤ bn .

Bizony´ıt´ as. Legyen A = lim a, B = lim b és tegy¨ uk fel, hogy B < A. Az ε =

3.9. T´ etel. (Rend˝ or-elv.) Legyen a, b, c : N → R olyan sorozat, melyre minden n ∈ N esetén an ≤ bn ≤ cn , és lim a = lim c = x teljes¨ ul. Ekkor b konvergens, és lim b = x. Bizony´ıt´ as. Bevezetve az α = b − a és a β = c − a sorozatok, minden n ∈ N esetén 0 ≤ αn ≤ βn teljes¨ ul. A lim β = 0 hat´ arérték miatt minden ε ∈ R+ számhoz létezik olyan N ∈ N, hogy minden n > N esetén −ε < βn < ε. A 0 ≤ αn ≤ βn egyenl˝ otlenség alapján ekkor |αn | < ε is teljes¨ ul, vagyis lim α = 0. Ekkor a b = α + a sorozat is konvergens és lim b = lim α + lim a = x. 3.10. T´ etel. Legyen a : N → R konvergens sorozat és p ∈ N. Az ap : N → R

n 7→ apn

sorozat konvergens, és lim ap = (lim a)p teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. Legyen a : N → R konvergens sorozat, A = lim a, p ∈ N és ε ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter. A p = 0, 1 esetekben nyilván teljes¨ ul az áll´ıtás, ´ıgy feltehetj¨ uk, hogy p ≥ 2. Tegy¨ uk fel, hogy A 6= 0. Mivel lim a = A, ezért létezik olyan N1 ∈ N k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > N1 természetes sz´ amra |an | < 2 |A| teljes¨ ul. Ekkor az n > N1 esetben p−1 p−1 X X p p k p−1−k |A − an | = |A − an | · A an |A|k |an |p−1−k < ≤ |A − an | · k=0

< |A − an | ·

p−1 X

k=0

k

k=0

p−1−k

|A| (2 |A|)

≤ |A − an | · p |A|

p−1

≤ |A − an | ·

2p−1 .

p−1 X

k=0

|A|

p−1

2p−1 ≤

Legyen N2 ∈ N olyan k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > N2 természetes számra |A − an | <

ε

p |A|p−1 2p−1

.

Ebben az esetben az N = max {N1 , N2 } olyan k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > N természetes számra |Ap − apn | < |A − an | · p |A|p−1 2p−1 <

ε

p |A|

p−1

2p−1

· p |A|p−1 2p−1 = ε,

vagyis lim ap = Ap . Most vizsgáljuk meg az A = 0 esetet. Mivel lim a = 0, ezért létezik olyan N1 ∈ N k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > N1 természetes sz´ amra |an | < 1 teljes¨ ul, valamint létezik olyan N2 ∈ N k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > N2 természetes sz´ amra |an | < ε. Legyen N = max {N1 , N2 }. Ekkor minden n > N természetes számra p |an | ≤ |an | < ε, vagyis lim ap = 0.

3.1.

´ ERT ´ ´ ES ´ TULAJDONAGAI ´ A HATAR EK

31

3.11. T´ etel. Legyen a : N → R+ konvergens sorozat és p ∈ N. Az √ √ p a : N → R+ n 7→ p an sorozat konvergens, és lim

√ √ p p a = lim a

teljes¨ ul. oleges Bizony´ıt´ as. Legyen a : N → R konvergens sorozat, A = lim a, p ∈ N és ε ∈ R+ tetsz˝ paraméter. A p = 0, 1 esetekben nyilván teljes¨ ul az áll´ıtás, ´ıgy feltehetj¨ uk, hogy p ≥ 2. Tegy¨ uk fel, hogy A 6= 0. Mivel lim a = A, ezért létezik olyan N1 ∈ N k¨ usz¨ obindex, hogy minden A n > N1 természetes sz´ amra an > teljes¨ ul. Ekkor az n > N1 esetben 2 √ √ |A − an | |A − an | p ≤ p−1 A − p an = p−1 p−1−k < p−1−k X k X k A p p p p A an A 2 k=0 k=0

|A − an | 2 < p−1 = p−1 · |A − an | . X p−1 1 pA p A p · 2 k=0

Legyen N2 ∈ N olyan k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > N2 természetes számra p−1

ε · pA p . 2 Ebben az esetben az N = max {N1 , N2 } olyan k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > N természetes számra |A − an | <

√ √ p A − p an < |A − an | ·

2 pA

p−1 p

ε · pA < 2

p−1 p

·

2 pA

p−1 p

= ε,

√ √ vagyis lim p a = p A. Most vizsgáljuk meg az A = 0 esetet. Mivel lim a = 0, ezért létezik olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > N természetes sz´ amra an < εp teljes¨ ul. Ekkor minden n > N természetes számra √ p an < ε, √ vagyis lim o a = 0. 3.12. T´ etel. (Sorozatok racion´ alis hatv´ anya.) Legyen a : N → R+ konvergens sorozat és q ∈ Q. Az a q : N → R+

n 7→ aqn

sorozat konvergens, és q

lim a =

(lim a)q , ha ∞, ha

lim a > 0 ∨ q ≥ 0; lim a = 0 ∧ q < 0

teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. Legyen a : N → R+ konvergens sorozat, A = lim a és q ∈ Q. Ha q = 0, akkor nyilvánval´ oan igaz az ´ all´ıt´ as. p1 Ha q > 0, akkor létezik olyan p1 , p2 ∈ N, melyre q = . Ekkor a 3.12 és a 3.11 tételb˝ol következik az p2 áll´ıtás. Ha q < 0, akkor a 3.6 tétel seg´ıtségével visszavezethet˝o a q > 0 esetre az áll´ıtás.

32

3

3.2.

SOROZATOK

Topologiai fogalmak jellemz´ ese sorozatokkal

3.13. T´ etel. Legyen A ⊆ R és x ∈ R. 1. Az A halmaznak x pontosan akkor a torl´ od´ asi pontja, ha létezik olyan a : N → A \ {x} sorozat, melyre lim a = x. 2. Az A halmaz pontosan akkor z´ art, ha minden konvergens a : N → A sorozatra lim a ∈ A. Bizony´ıt´ as. Legyen A ⊆ R és x ∈ R. 1. Tegy¨ uk fel, hogy x az A halmaz torl´ odási pontja. Ekkor minden n ∈ N esetén 1 (x) \ {x} ∩ A 6= ∅. B n+1 A 1.11 tétel alapj´ an

Y

n∈N

1 (x) \ {x} B n+1 ∩ A 6= ∅,

legyen a egy tetsz˝ oleges eleme ennek a halmaznak. Ekkor a egy N → A\{x} sorozat, melyre lim a = x, 1 . hiszen minden n ∈ N sz´ amra |an − x| < n+1 Tegy¨ uk fel, hogy a : N → A \ {x} olyan sorozat, melyre lim a = x, és legyen r ∈ R+ . Az a sorozat konvergenciája miatt létezik olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > N számra |an − x| < r, vagyis aN +1 ∈ Br (x). Az aN +1 elemre aN +1 ∈ A \ {x} is teljes¨ ul, ezért aN +1 ∈ (Br (x) \ {x}) ∩ A 6= ∅. 2. Legyen A ⊆ R z´ art halmaz, a : N → A konvergens sorozat és lim a = α. Tegy¨ uk fel, hogy α ∈ / A. Ekkor a : N → A \ {α} konvergens sorozat, melyre lim a = α teljes¨ ul, tehát a tétel 1. pontja miatt α torlódási pontja az A halmaznak. Amib˝ ol az A halmaz z´ artsága miatt az α ∈ A ellentmondás adódik. Legyen A ⊆ R olyan halmaz, hogy minden a : N → A konvergens sorozat esetén lim a ∈ A. Tegy¨ uk arás defin´ıciója alapján ekkor α torlódási fel, hogy az A halmaz nem z´ art, és legyen α ∈ A \ A. A lez´ pontja az A halmaznak. Ezért létezik olyan a : N → A sorozat, melyre lim a = α, vagyis az α ∈ A ellentmondást kapjuk. 3.14. T´ etel. (Bolzano–Weierstrass-féle kiv´ alaszt´ asi tétel.) Minden korl´ atos sorozatnak létezik konvergens részsorozata. Bizony´ıt´ as. Legyen a : N → R korlátos sorozat, és minden n ∈ N esetén\ An = {ak |k ≥ n}. Az (An )n∈N halmazrendszerre teljes¨ ulnek a 2.20 Cantor-tétel feltételei, ezért An 6= ∅. Legyen n∈N

x∈

\

n∈N

An . Mivel minden ε ∈ R+ és n ∈ N esetén Bε (x) ∩ {ak |k ≥ n} 6= ∅, ezért létezik olyan k ≥ n,

melyre ak ∈ Bε (x). Defini´ aljuk a σ : N → N indexsorozatot az alábbi iteráci´ oval. – Legyen σ(0) = min {k ∈ N | ak ∈ B1 (x)}. n

o 1 (x) . – Ha σ(n) már ismert, akkor legyen σ(n + 1) = min k ∈ N | σ(n) < k ∧ ak ∈ B n+2

Ekkor az a ◦ σ sorozat konvergens, hat´ arértéke x. Ha a : N → C sorozat, akkor a Re ◦a val´ os sorozathoz létezik olyan σ1 indexsorozat, hogy Re ◦a◦σ1 konvergens; és az Im ◦a ◦ σ1 val´ os sorozathoz létezik olyan σ2 indexsorozat, hogy Im ◦a ◦ σ1 ◦ σ2 konvergens. Ekkor a σ = σ1 ◦ σ2 indexsorozatra az a ◦ σ sorozat konvergens lesz.

3.15. T´ etel. (Bolzano–Weierstrass-tétel.) Az A ⊆ R halmaz pontosan akkor korl´ atos és z´ art, ha minden a : N → A sorozatnak létezik olyan a′ : N → A részsorozata, melyre lim a′ ∈ A teljes¨ ul.

3.3.

´ SZUPERIOR LIMESZ INFERIOR ES

33

Bizony´ıt´ as. Legyen A ⊆ R korlátos és z´ art halmaz, valamint legyen a : N → A tetsz˝ oleges sorozat. Mivel az a sorozat korlátos, ezért létezik a′ konvergens részsorozata. Ekkor lim a′ ∈ A, vagyis az A halmaz z´ arts´ aga miatt lim a′ ∈ A. Tegy¨ uk fel, hogy A ⊆ R olyan halmaz, hogy minden a : N → A sorozatnak létezik olyan a′ : N → A részsorozata, melyre lim a′ ∈ A teljes¨ ul. Megmutatjuk, hogy az A halmaz korlátos és z´ art. 1.11 tétel miatt Ha az A halmaz nem korl´ a tos, akkor minden n ∈ N eset´ e n A \ B (0) = 6 ∅, ez´ e rt a n+1 Y Y ′ (A \ Bn+1 (0)) 6= ∅. Ha a ∈ A \ Bn+1 (0), akkor a : N → A sorozat. Ha a ennek tetsz˝ oleges

n∈N

n∈N

részsorozata, akkor |a′n | ≥ n, vagyis az a′ sorozat nem korlátos, ´ıgy konvergens sem lehet. Vagyis ekkor az a olyan sorozat, melynek nincsen konvergens részsorozata, tehát ellentmondásra jutottunk. Ha az A halmaz nem z´ art, akkor létezik x ∈ A \ A elem. A lez´ art defin´ıciója alapján minden n ∈ N 1 (x) ∩ A 6= ∅, ez´ ert a 1.11 tétel miatt esetén B n+1 Y

n∈N

Ha a ∈

Y

n∈N

1 (x) 6= ∅. A ∩ B n+1

′ 1 (x) ∩ A , akkor a : N → A sorozat. Legyen a az a tetsz˝ B n+1 oleges részsorozata. Ekkor

1 (x), ez´ / A teljes¨ ul. Vagyis ekkor az a olyan sorozat, ert lim a′ = x ∈ minden n ∈ N esetén a′n ∈ B n+1 melynek nincsen olyan konvergens részsorozata melynek a határértéke az A halmazban lenne, tehát ellentmond´ asra jutottunk.

3.3.

Limesz inferior ´ es szuperior

3.5. Defin´ıci´ o. Az a : N → R sorozat limesz inferiorja △ lim inf a = sup inf n∈N

k∈N, k≥n

ak

és limesz szuperiorja △

sup

lim sup a = inf

n∈N

ak

k∈N, k≥n

!

.

3.16. T´ etel. Minden a : N → R sorozatra lim inf a ≤ lim sup a. Bizony´ıt´ as. Indirekt tegy¨ uk fel, hogy lim sup a < lim inf a és legyen q ∈ ]lim sup a, lim inf a[. Ekkor a lim sup és a lim inf defin´ıciója alapján léteznek olyan n1 , n2 ∈ N számok, hogy sup k∈N, k≥n1

ak < q <

inf

k∈N, k≥n2

vagyis minden n > max {n1 , n2 } sz´ amra az an < q < an ellentmond´ ast kapjuk. 3.17. T´ etel. Legyen a : N → R sorozat. 1. Ha lim a ∈ R, akkor lim inf a = lim sup a = lim a.

ak ,

34

3

SOROZATOK

2. Ha lim inf a, lim sup a ∈ R és lim inf a = lim sup a, akkor az a sorozat konvergens és lim a = lim inf a teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. 1. Legyen a : N → R konvergens sorozat, és legyen lim a = A ∈ R. Ekkor minden ε ∈ R+ esetén létezik olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > N természetes számra A − ε < an < A + ε teljes¨ ul. Ezért A−ε ≤

inf

k∈N, k≥N +1

ak

≤

sup

ak

k∈N, k≥N +1

!

≤ A + ε,

amib˝ol pedig a 3.16 tétel felhasznál´ as´ aval A − ε ≤ lim inf a ≤ lim sup a ≤ A + ε adódik. Ezek alapj´ an minden ε ∈ R+ sz´ amra teljes¨ ul a lim inf a, lim sup a ∈ [A − ε, A + ε], tehát lim inf a = lim sup a = A. 2. Legyen a : N → R olyan sorozat, melyre lim inf a = lim sup a ∈ R. Legyen A = lim inf a és ε ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter. Mivel feltételezés¨ unk szerint ! sup

n∈N

inf

k∈N, k≥n

ak

sup

= A = inf

n∈N

ak

,

k∈N, k≥n

ezért ∃N1 ∈ N :

A−ε <

∃N2 ∈ N :

A+ε >

inf

ak

sup

ak .

k∈N, k≥N1 k∈N, k≥N2

Legyen N = max {N1 , N2 }. Ekkor minden n > N természetes számra az A−ε<

inf

k∈N, k≥N1

ak ≤ an ≤

sup

ak < A + ε

k∈N, k≥N2

egyenl˝ otlenségek alapj´ an A − ε < an < A + ε adódik.

3.4.

Cauchy-sorozatok

3.6. Defin´ıci´ o. Az a : N → R sorozat Cauchy-sorozat, ha ∀ε ∈ R+ ∃N ∈ N∀n, m ∈ N((N < n ∧ N < m) → |an − am | < ε).

3.18. T´ etel. Minden Cauchy-sorozat korl´ atos. Bizony´ıt´ as. Legyen a : N → R Cauchy-sorozat. Ekkor létezik olyan N ∈ N, hogy minden n, m > N számra |an − am | < 1 teljes¨ ul, vagyis minden n > N esetén an ∈ B1 (aN +1 ), vagyis az {an | n > N } halmaz korátos. Minden 0 ≤ n ≤ N esetén az egyetlen pontból álló {an } halmaz korlátos. Mivel Ran a véges sok korlátos halmaz uni´ oja, ´ıgy korlátos.

3.5.

´ ERT ´ ´ NEVEZETES HATAR EKEK

35

3.19. T´ etel. Minden konvergens sorozat Cauchy-sorozat. Bizony´ıt´ as. Legyen a : N → R konvergens sorozat határértéke A és legyen ε ∈ R+ . Ekkor létezik ε ul, vagyis minden n, m > N esetén olyan N ∈ N, hogy minden n > N számra |an − A| < teljes¨ 2 ε ε |an − am | = |(an − A) + (A − am )| ≤ |an − A| + |am − A| < + = ε. 2 2 3.20. T´ etel. Egy Cauchy-sorozat pontosan akkor konvergens, ha létezik konvergens részsorozata. Bizony´ıt´ as. Legyen a : N → R Cauchy-sorozat, σ : N → N olyan indexsorozat, melyre a ◦ σ konvergens, és legyen továbbá A = lim a ◦ σ. Ha ε ∈ R+ , akkor létezik olyan N1 ∈ N, hogy minden ε ε n, m > N1 esetén |an − am | < , és létezik olyan N2 ∈ N, hogy minden n > N2 esetén aσ(n) − A < . 2 2 Ha n > N = max {N1 , N2 }, akkor ε ε |an − A| = (an − aσ(n) ) + (aσ(n) − A) < + = ε, 2 2

ahol kihaszn´ altuk, hogy σ(n) ≥ n.

3.21. T´ etel. (Cauchy-kritérium.) Egy a : N → R sorozat pontosan akkor konvergens, ha Cauchysorozat. Bizony´ıt´ as. Ha a : N → R Cauchy-sorozat, akkor a 3.18 tétel alapján az a sorozat korlátos, és a 3.15 Bolzano–Weierstrass-tétel alapján van konvergens részsorozata, amib˝ol az 3.20 el˝oz˝o áll´ıtás alapján a konvergenci´ aja adódik. Ha a : N → R konvergens sorozat, akkor a 3.19 tétel alapján Cauchy-sorozat.

3.5.

Nevezetes hat´ ar´ ert´ ekek

3.22. T´ etel. Adott α ∈ Q mellett   ∞ ha 1 ha lim nα = n→∞  0 ha

α > 0, α = 0, α < 0.

Bizony´ıt´ as. Legyen α > 0 és legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter. A valós számok arkhimédészi tulajdons´ aga 1.20 miatt létezik olyan N ∈ N , melyre √ α ε < N · 1. Ebb˝ol adódik, hogy minden n ∈ N számra n > N esetén ε ≤ nα , vagyis lim nα = ∞. n→∞

Ha α = 0, akkor nyilvánval´ oan lim n0 = lim 1 = 1. n→∞

n→∞

Ha α < 0, akkor a β = −α sz´ amra β > 0 teljes¨ ul. Legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter. A valós számok arkhimédészi tulajdons´ aga 1.20 miatt létezik olyan N ∈ N , melyre r β 1 < N · 1. ε

36

3

SOROZATOK

Ebb˝ol adódik, hogy minden n ∈ N sz´ amra n > N esetén 1 ≤ ε, nβ vagyis lim

n→∞

1 = lim nα = 0. n→∞ nβ

3.23. T´ etel. Adott q ∈ R esetén   ∞ ha 1 ha lim q n = n→∞  0 ha

q > 1, q = 1, −1 < q < 1,

és q ≤ −1 esetén a q n sorozat divergens.

Bizony´ıt´ as. Legyen q > 1 és legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter. Vezess¨ uk be az a = q − 1 > 0 mennyiséget. A val´ os sz´ amok arkhimédészi tulajdons´ aga 1.20 miatt létezik olyan N ∈ N , melyre ε−1 < N · 1. a Ebb˝ol, és a 2.1 Bernoulli-egyenl˝ otlenségb˝ ol adódik, hogy minden n ∈ N számra n > N esetén ε ≤ 1 + na ≤ (1 + a)n = q n , vagyis lim q n = ∞. n→∞ A q = 1 és a q = 0 esetekben nyilvánval´ oan teljes¨ ul az áll´ıtás. Legyen q ∈ ]−1, 1[ \ {0} és legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter. Vezess¨ uk be az a = mennyiséget. A Bernoulli-egyenl˝ otlenség szerint minden n ∈ N+ számra |q n | =

1 −1 > 0 |q|

1 1 1 1 ≤ ≤ · , (1 + a)n 1 + na a n

or-elv és a 3.22 tétel alapj´ an adódik a lim q n = 0 határérték. amib˝ol a 3.9 rend˝ n→∞ Legyen q ≤ −1. Ekkor minden n ∈ N esetén q n − q n+1 ≥ 1, vagyis az n 7→ q n sorozat nem Cauchy-sorozat, ezért nem is konvergens. √ 3.24. T´ etel. Minden q ∈ R+ sz´ amra lim n q = 1. n→∞

Bizony´ıt´ as. Ha q = 1, akkor nyilván igaz az áll´ıtás. Tegy¨ uk fel, hogy q > 1, és tekints¨ uk az √ an = n q − 1 sorozatot. Ekkor n ∈ N+ esetén an > 0 és a Bernoulli-egyenl˝ otlenség alapján q = (1 + an )n ≥ 1 + nan , amib˝ol

q−1 n √ adódik. Ebb˝ol a rend˝ or-elv miatt lim an = 0, és ´ıgy lim n q = 1 következik. n→∞ n→∞ 1 amot. Ekkor az el˝oz˝o eredmény alapján. Ha q < 1, akkor tekints¨ uk a q ′ = sz´ q 0 ≤ an ≤

lim

n→∞

1 1 √ n p =1 q = lim √ = n→∞ n q ′ lim n q ′ n→∞

3.5.


3.25. T´ etel. lim

n→∞

37

√ n n=1

A sz´ amtani-mértani közép közötti egyenl˝ otlenség miatt minden n ∈ N+ esetén √ q√ √ √ √ 2 n+n−2 2 2 n 1 ≤ n n = n n · n · (1)n−2 ≤ = √ +1− . n n n

Bizony´ıt´ as.

Ebb˝ol a 3.9 rend˝ or-elv alapj´ an adódik a bizony´ıtandó áll´ıtás. √ n 3.26. T´ etel. lim n! = ∞ n→∞

N1 ! Bizony´ıt´ as. Legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter. Definiáljuk az N1 = 2([ε] + 1) és az α = N1 ε számot. Ha n > N1 természetes sz´ am, akkor n−N Y 1 k + N1 n! α = α · > α · 2n−N1 = N1 · 2n . n ε ε 2 k=1

usz¨ obindex, hogy minden n > N2 Mivel a 3.23 tétel miatt lim 2n = ∞, ezért létezik olyan N2 ∈ N k¨ n→∞ természetes sz´ amra 2N1 2n > α teljes¨ ul. Ha N = max {N1 , N2 }, akkor minden n > N természetes számra α α 2N1 n! n > · 2 > · =1 εn 2N1 2N1 α teljes¨ ul, vagyis

√ n

n! > ε.

an+1 <1 3.27. T´ etel. (H´ anyados-kritérium sorozatokra.) Ha az a : N → R \ {0} sorozatra lim n→∞ an teljes¨ ul, akkor lim an = 0. n→∞

an+1 < q < 1. A sorozat határértékének a Bizony´ıt´ as. Legyen q olyan val´ os szám melyre lim n→∞ an an+1 < q teljes¨ defin´ıciója alapj´ an létezik olyan N ∈ N, hogy minden n > N számra ul. Tehát an |aN +1 | < q · |aN | .

Ebb˝ol teljes indukci´ oval egyszer˝ uen igazolható, hogy minden k ∈ N+ számra 0 < |aN +k | < q k · |aN | . Amib˝ol a k → ∞ hat´ arérték képzéssel a rend˝ or-elv alapján lim |aN +k | = 0 következik, ebb˝ol pedig k→∞

lim |ak | = 0 adódik.

k→∞

3.28. T´ etel. Legyen p ∈ Q és q ∈ R olyan, hogy |q| < 1. Ekkor lim np q n = 0. n→∞

38

3

SOROZATOK

Bizony´ıt´ as. Ha q = 0, akkor nyilván igaz az áll´ıtás, ezért tegy¨ uk fel, hogy q 6= 0, és tekints¨ uk az a : N → R, an = np q n sorozatot. Ekkor p an+1 = lim |q| · 1 + 1 = |q| < 1 lim n→∞ an n→∞ n

otlenségb˝ol adódik, ahol felhasználtuk a sorozatok hatványára vonatkozó 3.12 tételt. A fenti egyenl˝ pedig a sorozatokra vonatkozó 3.27 h´ anyados-kritérium alapján lim np q n = 0 következik. n→∞

n

3.29. T´ etel. Minden q ∈ R esetén lim

n→∞

q = 0. n!

Bizony´ıt´ as. Ha q = 0, akkor nyilván igaz az áll´ıtás, ezért tegy¨ uk fel, hogy q 6= 0, és tekints¨ uk az qn a : N → R, an = sorozatot. Ekkor n! an+1 = lim |q| = 0 < 1 lim n→∞ an n→∞ n + 1 qn = 0 következik. n→∞ n!

adódik, amib˝ol a sorozatokra vonatkozó 3.27 h´ anyados-kritérium alapján lim nα = 0. n→∞ n!

3.30. T´ etel. Minden α ∈ Q esetén lim

Bizony´ıt´ as. Az α < 0 esetben a 3.23 tétel alapján lim nα = 0, és a minden n ∈ N+ természetes n→∞ számra fennálló 1 1 0≤ < n! n 1 = 0 adódik, tehát ezen két sorozat szorzat´ ara egyenl˝ otlenségre alkalmazva a rend˝ or elvet lim n→∞ n! α n szintén lim = 0 adódik. n→∞ n! nα Tehát elég azt az esetet vizsgálni, amikor α ∈ R+ . Tekints¨ uk az a : N → R, an = sorozatot. Ekkor n! α an+1 1 1 = lim =0·1=0<1 · 1 + lim n→∞ an n→∞ n + 1 n

adódik, ahol felhasználtuk a sorozatok hatványára vonatkozó 3.12 tételt. A sorozatokra vonatkozó nα 3.27 h´ anyados-kritérium alapj´ an ezért lim = 0. n→∞ n! 3.31. T´ etel. (Napier ´ alland´ o.) 1. Minden x ∈ R+ esetén az a : N+ → R

x n n 7→ 1 + n

sorozat korl´ atos, monoton n¨ ov˝ o, teh´ at konvergens. 2. Minden x ∈ R+ esetén a x n b : N+ → R n 7→ 1 − n konvergens.

3.5.


3. Minden x ∈ R esetén

39

x n x n · lim 1 − = 1. n→∞ n→∞ n n x x n . A z1 = · · · = zn = 1 + , Bizony´ıt´ as. 1. Legyen x ∈ R+ és minden n ∈ N+ esetén an = 1 + n n zn+1 = 1 sz´ amokra alkalmazva a sz´ amtani és mértani közép közötti egyenl˝ otlenséget r n 1 + nx + 1 x n n+1+x x n+1 1+ ≤ = = 1+ n n+1 n+1 n+1 lim

1+

adódik, amib˝ ol hatványozással an ≤ an+1 következik. Jelölje [x] az x sz´ am egészrészét, tehát azt a jól meghatározott egész számot melyre [x] ≤ x és x x számokra alkalmazva a [x] + 1 > x. Az z1 = · · · = zn = 1 + , zn+1 = · · · = zn+[x]+1 = 1 − n [x] + 1 számtani és mértani közép közötti egyenl˝ otlenséget s x [x]+1 n 1 + nx + ([x] + 1) 1 − [x]+1 x n x n+[x]+1 1+ · 1− ≤ = n [x] + 1 n + [x] + 1 n + x + [x] + 1 − x =1 = n + [x] + 1

adódik, amib˝ ol hatványozással [x]+1 x n x 1+ · 1− ≤1 n [x] + 1

következik. Ennek ´ atrendezése adja a sorozat korlátosságát bizony´ıtó −[x]−1 x an ≤ 1 − [x] + 1 egyenl˝ otlenséget. Ezek alapj´ an az a sorozat monoton n¨ ov˝ o, és fel¨ ulr˝ ol korlátos, vagyis konvergens. x n + + 2. Legyen x ∈ R és minden n ∈ N esetén bn = 1 − . Mivel [x] ≤ x < [x] + 1, ezért n 0 < [x] + 1 − x ≤ 1, vagyis minden n ∈ N+ esetén x x x ≤ < . n+1 n + [x] + 1 − x n

Ebb˝ol 1+

x n+1

n+1 · 1+

x n+1

adódik, teh´ at a rend˝ or elv alapj´ an a

N+ → R

−1

n 7→

≤

1+

1+

sorozat konvergens és lim

n→∞

Mivel

1+

x n + [x] + 1 − x

lim 1 +

n→∞

x n + [x] + 1 − x

x n + [x] + 1 − x

n

= lim

x n + [x] + 1 − x

n→∞

−[x]−1

n

n

1+

x n . n

= 1,

x n < 1+ n

40

3

ezért a n 7→ 1 +

+

c:N →R sorozat konvergens és

x n + [x] + 1 − x

SOROZATOK

n+[x]+1

x n . 1+ n→∞ n

lim cn = lim

n→∞ +

A minden n ∈ N \ {x} sz´ amra érvényes bn =

n−x n

n

=

1+

x n−x

n −1

a´talak´ıtásb´ ol azt kapjuk, hogy minden n ∈ N+ számra bn+[x]+1 = c−1 n . Mivel a c sorozat konvergens és lim c 6= 0 (hiszen minden n ∈ N+ esetén c1 ≤ cn ), ezért a b sorozat is konvergens és lim bn =

n→∞

lim cn

n→∞

3. A (3.1) egyenlet jelenti a bizony´ıtandó egyenl˝ oséget. 3.32. T´ etel. lim

n→∞

−1

.

(3.1)

n! =0 nn

n! sorozatot. Ekkor nn n bn+1 n = lim . lim n→∞ bn n→∞ n + 1 n 1 A 3.31 tételben definiált an = 1 + sorozatra lim an > 1 teljes¨ ul, hiszen a sorozat monoton n→∞ n n¨ ov˝ o és a1 = 2 > 1. Ezért bn+1 1 = n < 1 lim n→∞ bn 1 lim 1 + n→∞ n Bizony´ıt´ as. Tekints¨ uk a b : N → R, bn =

anyados-kritérium alapján ezért lim bn = 0. adódik. A sorozatokra vonatkozó 3.27 h´ n→∞

41

4

Sorok

4.1.

Sorok hat´ ar´ ert´ eke ´ es tulajdons´ agai

4.1. Defin´ıci´ o. (Sorok.) P – Adott a : N → R sorozat esetén, azt a jól meghatározott a : N → R sorozatot, melyet minden n X X ai definiál, az a sorozathoz rendelt sornak vagy röviden csak sornak n ∈ N esetén a = n i=0 X nevezz¨ uk, és olykor a an szimb´ olummal jelölj¨ uk. n P – Azt mondjuk, hogy az a sorozat által meghatározott sor konvergens, ha a a sorozat konvern ∞ X X X △ ak = lim a jelölést használjuk. gens. Ekkor a an = lim n→∞ n=0 k=0 P – Azt mondjuk, hogy az a sorozat által meghatározott sor divergens, ha a a sorozat divergens. ∞ X P – Ha lim a = ±∞, akkor a an = ±∞ jelölést használjuk megfelel˝o el˝ojellel. n=0

4.1. T´ etel. Legyen a, b konvergens sor, és λ ∈ R. ∞ ∞ ∞ X X X P – A (a + b) sor konvergens és (an + bn ) = an + bn . P

P

n=0

– A – A

P

(λa) sor konvergens és

P

a sor konvergens és

∞ X

n=0

λan = λ

n=0

Bizony´ıt´ as.

∞ X

n=0

an .

n=0

an =

n=0

∞ X

∞ X

an .

n=0

Minden n ∈ N esetén legyen αn =

n X

ak és βn =

k=0

n X

bk . Mivel az α és a β sorozat

k=0

konvergens, ezért ¨ osszeg¨ uk, sz´ amszorosuk és konjugáltjuk is konvergens lesz. Továbbá a lim (αn + βn ) = lim αn + lim βn

n→∞

n→∞

n→∞

lim (cαn ) = c lim αn

n→∞

n→∞

lim αn = lim αn

n→∞

n→∞

egyenl˝ oségek teljes¨ ulnek. 4.2. T´ etel. (A konvergencia sz¨ ukséges feltétele.) Ha a Bizony´ıt´ as.


n X

P

a sor konvergens, akkor lim a = 0.

ak , és legyen A =

k=0

X

n∈N

an . Ekkor az n → αn és

az n → αn+1 sorozatok konvergensek, és határérték¨ uk megegyezik. Mivel minden n ∈ N esetén an+1 = αn+1 − αn , ezért lim an+1 = lim (αn+1 − αn ) = A − A = 0.

n→∞

Amib˝ol lim a = 0 következik.

n→∞

42

4

SOROK

P 4.3. T´ etel. (Cauchy-kritérium.) Legyen a : N → R sorozat. A a sor pontosan akkor konvergens ha ! m X + ∀ε ∈ R ∃N ∈ N∀n, m ∈ N (N < n < m) → ak < ε . k=n

Bizony´ıt´ as. Legyen a : N → R sorozat és minden n ∈ N esetén legyen αn =

n X

ak . A sorozatokra

k=0

vonatkozó 3.20 Cauchy-kritérium alapj´ an az (α)n∈N sorozat pontosan akkor konvergens, ha Cauchysorozat, vagyis ha ∀ε ∈ R+ ∃N ∈ N∀n, m ∈ N ((N < n < m) → |αm − αn | < ε) teljes¨ ul. 4.4. T´ etel. Legyen a : N → R sorozat. Ha a

P

a sor konvergens, akkor ! ∞ X + ∀ε ∈ R ∃N ∈ N∀n ∈ N (N < n) → ak < ε . k=n

n X Bizony´ıt´ as. Legyen a : N → R sorozat és minden n ∈ N esetén legyen αn = ak . Tegy¨ uk k=0 P fel, hogy a a sor konvergens és legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter. Ekkor az (α)n∈N sorozat konvergens, vagyis Cauchy-sorozat. Ezért létezik olyan N ∈ N, hogy minden N + 1 < n, m ∈ N számra ε |αm − αn−1 | < 2

teljes¨ ul, amib˝ol az m → ∞ hat´ ar´ atmenettel |lim α − αn−1 | ≤

ε <ε 2

adódik, amib˝ol a lim α − αn−1 =

∞ X

k=0

ak −

n−1 X

ak =

k=0

∞ X

ak

k=n

a´talak´ıtással adódik az ´ all´ıt´ as.

4.2.

Major´ ans ´ es minor´ ans krit´ erium

P 4.5. T´ etel. (Major´ ans és minor´ ans kritérium.) Tekints¨ uk az a : N → R+ a 0 sorozathoz rendelt sort. P 1. Ha létezik olyan b : N → R sorozat, hogy minden n ∈ N esetén an ≤ bn , és a b sor ∞ ∞ X X P konvergens, akkor a a sor is konvergens, tov´ abb´ a an ≤ bn . n=0

n=0

en an ≥ bn , és a 2. Ha létezik olyan P b : N → R+ 0 sorozat, hogy minden n ∈ N eset´ divergens, akkor a a sor is divergens.

P

b sor

4.3.

´ KONVERGENS SOROK ABSZOLUT

Bizony´ıt´ as.

43


n X

ak és βn =

k=0

n X

bk .

k=0

1. Minden n ∈ N természetes sz´ amra αn ≤ βn . Mivel a β sorozat konvergens, ezért korlátos is. Az α sorozat korlátos az αn ≤ βn egyenl˝ otlenség miatt, továbbá monoton n¨ ov˝ o az α sorozat a konstrukciója miatt. Ezek alapj´ an az α sorozat konvergens. 2. Minden n ∈ N természetes sz´ amra αn ≥ βn . Mivel a β sorozat divergens, és monoton n¨ ov˝ o, ezért lim β = ∞. Az αn ≥ βn egyenl˝ otlenség miatt lim α = ∞, vagyis az α sorozat divergens. X 1 X 1 4.6. T´ etel. A sor konvergens. sor divergens, a n+1 (n + 1)2 n n Bizony´ıt´ as.

1. Teljes indukci´ oval könnyen igazolható, hogy minden n ∈ N esetén n

2 X n 1 ≥1+ k 2 k=1

1 sor divergenciája. n + 1 n 2. Teljes indukci´ oval könnyen igazolható, hogy minden n ∈ N esetén

teljes¨ ul. Ebb˝ol pedig következik a

X

n X 1 1 ≤2− k2 n

k=1

teljes¨ ul. Ezek alapj´ an a

X n

még a

1 sor fel¨ ulr˝ ol korlátos és monoton n¨ ov˝ o, tehát konvergens. S˝ ot (n + 1)2 ∞ X 1 ≤2 n2 n=1

becslés is adódik.

4.3.

Abszol´ ut konvergens sorok

P P 4.2. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy a a sor abszol´ ut konvergens, ha a |a| sor konvergens. P a sor abszol´ ut konvergens, akkor konvergens is, és 4.7. T´ etel. Ha a ∞ ∞ X X an ≤ |an | . n=0

n=0

Legyen a : N → R olyan sorozat, hogy a bel˝ole képzett n X és legyen minden n ∈ N esetén αn = an . Bizony´ıt´ as.

k=0

P

a sor abszol´ ut konvergens,

Megmutatjuk, hogy az n 7→ αn sorzat Cauchy-sorozat, X ´ıgy a 3.21 Cauchy-kritérium alapján konvergens. Legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges, és legyen A = |an |. Ekkor létezik olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex, n∈N

hogy minden n > N természetes sz´ amra n ∞ X X A − |a | = |ak | < ε k k=0

k=n+1

44

4

SOROK

Ezek alapján minden n, m > N természetes számra max{m,n} max{m,n} ∞ X X X |ak | ≤ |ak | < ε ak ≤ |αn − αm | = k=min{m,n}+1 k=min{m,n}+1 k=N +1 teljes¨ ul, vagyis az n 7→ αn sorozat Cauchy-sorozat. X 4.8. T´ etel. Legyen q ∈ R. A q n sor n

– divergens, ha |q| ≥ 1; – abszol´ ut konvergens, ha |q| < 1 és ekkor

∞ X

qn =

n=0

1 . 1−q

ahoz, vagyis Bizony´ıt´ as. Legyen q ∈ R. Ha |q| ≥ 1, akkor az n 7→ q n sorozat nem tart a null´ sor a 4.2 konvergencia sz¨ ukséges feltétele alapján a nem lehet konvergens. Ha |q| < 1 és n ∈ N, akkor teljes indukci´ oval bizony´ıtható, hogy n X

qk =

k=0

X

qn

n

q n+1 − 1 q−1

an lim q n = 0. Ezekb˝ ol az n → ∞ határátmenet után teljes¨ ul, valamint a 3.23 tétel alapj´ n→∞

∞ X

qn =

n=0

1 . 1−q

adódik.

4.4.

Konvergenciakrit´ eriumok

4.9. etel. (Kondenz´ aci´ os kritérium.) Legyen a : N → R+ monoton cs¨ okken˝ o sorozat. Ekkor ha XT´ X n a an és a oz¨ ul valamelyik konvergens, akkor mindkett˝ o konvergens; illetve, ha 2 a2n sor k¨ n

n

valamelyik divergens, akkor mindkett˝ o divergens.

Bizony´ıt´ as. Legyen a : N → R+ monoton csökken˝o sorozat, és minden n ∈ N esetén legyen n n X X α(n) = ak és β(n) = 2k a2k . Az a sorozat monoton csökkenése miatt az alábbi egyenl˝ otlenségek k=0

k=0

teljes¨ ulnek.

n

α(2 − 1) = a0 + ≤ a0 +

n 2X −1

k n−1 −1 X 2X

k=1 j=0

ak = a0 +

k=1

a2k = a0 +

k n−1 −1 X 2X

k=0 j=0

n−1 X k=0

a2k +j ≤

2k a2k = a0 + β(n − 1)

4.4.

´ KONVERGENCIAKRITERIUMOK

n

n

α(2 ) = a0 + a1 +

2 X

ak = a0 + a1 +

k=2

≥ a0 + a1 +

n−1 2k XX k=1 j=1

45

n−1 2k XX k=0 j=1

a2k +2k = a0 + a1 +

a2k +j ≥

n−1 X k=0

1 1 2k a2k+1 = a0 + a1 + β(n) 2 2

Tekints¨ uk az n 7→ α(n) és n 7→ β(n) monoton n¨ ov˝ o sorozatokat. A fenti becslés azt mutatja, hogy ha az egyik nem korlátos, akkor a másik sem az. Vagyis ha az egyik sor divergens, akkor a másik is. Ebb˝ol pedig következik, hogy ha egyis sor konvergens, akkor a másik is. Kieg´ esz´ıt´ es. A kondenzáci´ os kritérium által´ anosabb formában is igaz. X 4.10. T´ etel. Legyen a : N → R+ monoton cs¨ okken˝ o sorozat és p ∈ N \ {0, 1}. Ekkor ha an n X oz¨ ul valamelyik konvergens, akkor mindkett˝ o konvergens; illetve, ha valamelyik dipn apn sorok k¨ n

vergens, akkor mindkett˝ o divergens.

♦ 4.11. T´ etel. Legyen q ∈ Q. A

X 1 sor pontosan akkor konvergens, ha q > 1. nq n

X 1 A 4.9 kondenzáic´ os kritérium alapján a sor pontosan akkor konvergens, amikor nq n n X X 2n 1 1 alakban lehet fel´ırni, ami a q−1 h´ anyados´ u sor konvergens. Ezt a sort a a q n q−1 (2 ) 2 2 n n geometriai sor ¨ osszege. A geometriai sor konvergenciáj´ ara vonatkozó 4.8 tétel alapján, ez pontosan 1 akkor konvergens, ha q−1 < 1 teljes¨ ul, ez pedig a q > 1 feltétellel ekvivalens. 2

Bizony´ıt´ as.

4.12. T´ etel. (Cauchy-féle gy¨ okkritérium.) Ha az a : N → R sorozat esetén p P n a sor abszol´ ut konvergens; 1. lim sup |an | < 1, akkor a n→∞ p P 2. lim sup n |an | > 1, akkor a a sor divergens. n→∞

p 1. Legyen q ∈ R+ olyan paraméter, melyre lim sup n |an | < q < 1. Ekkor a lim sup n→∞ o np defin´ıciója alapj´ an létezik olyan N ∈ N, hogy sup k |ak | | k ∈ N, k > N < q, ezért minden k > N X számra |a(k)| < q k . A q k geometriai sor konvergens, mert q ∈ ]0, 1[, ezért a majoráns kritérium k P szerint a a sor abszol´ ut konvergens, ezért konvergenspis. 2. Legyen q ∈ R+ olyan paraméter, melyre lim sup n |an | > q > 1. Ekkor a lim sup defin´ıciója n→∞ np o k alapján minden N ∈ N esetén sup |ak | | k ∈ N, k > N > q. Tehát minden N ∈ N természetes

Bizony´ıt´ as.

szám esetén létezik olyan k > N , melyre |ak | > q k . Definiáljuk a σ : N → N indexsorozatot az alábbi iteráci´ oval. – Legyen σ(0) = min k ∈ N | |ak | > q 0 . – Ha σ(n) már ismert, akkor legyen σ(n + 1) = min k ∈ N | σ(n) < k ∧ |ak | > q n+1 . Ekkor az a ◦ σ nem korlátos részsorozata az Pa sorozatnak. Ezek alapján az a sorozat sem korlátos, ezért konvergens sem lehet, emiatt pedig a a sor sem lehet konvergens.

46

4

SOROK

4.13. T´ etel. Minden a : N → R′ sorozatra p p an+1 ≤ lim inf n |an | ≤ lim sup n |an | ≤ lim sup an+1 . lim inf n→∞ n→∞ an an n→∞ n→∞ Bizony´ıt´ as. Legyen a : N → R′ tetsz˝ oleges sorozat. an+1 tetsz˝ 1. Legyen α < lim inf oleges val´ o szám. Ekkor a lim inf n→∞ an

an+1 = sup inf an+1 | n ∈ N, n ≥ N lim inf an n→∞ an N ∈N

an+1 teljes¨ ul. defin´ıciója miatt létezik olyan N ∈ N, hogy minden n > N természetes számra α < an Tehát |aN +1 | > α · |aN | .

Ebb˝ol teljes indukci´ oval egyszer˝ uen igazolható, hogy minden k ∈ N+ számra |aN +k | > αk · |aN | . Vagyis minden n > N természetes sz´ amra

Amib˝ol

√ p p n n |an | > αn−N · n |aN | = α · p lim inf n |an | ≥ lim inf n→∞

n→∞

adódik. Mivel minden val´ os α sz´ amra teljes¨ ul a an+1 α < lim inf → n→∞ an következtetés, ezért

r n

α·

r n

|aN | αN

|aN | . αN

!

=α

α ≤ lim inf n→∞

p n |an |

p an+1 ≤ lim inf n |an |. lim inf n→∞ n→∞ an

2. A 3.16 tétel szerint minden a : N → R′ sorozatra teljes¨ ul az p p lim inf n |an | ≤ lim sup n |an | n→∞

n→∞

egyenl˝ otlenség.

an+1 tetsz˝ 3. Legyen α > lim sup oleges val´ os szám. Ekkor a lim sup an n→∞ an+1 an+1 = inf sup | n ∈ N, n ≥ N lim sup an N ∈N an n→∞

an+1 teljes¨ ul. defin´ıciója miatt létezik olyan N ∈ N, hogy minden n > N természetes számra α > an Tehát |aN +1 | < α · |aN | .

4.5.

47

LEIBNIZ-SOROK

Ebb˝ol teljes indukci´ oval egyszer˝ uen igazolható, hogy minden k ∈ N+ számra |aN +k | < αk · |aN | . Vagyis minden n > N természetes számra √ p p n n |an | < αn−N · n |aN | = α ·

Amib˝ol

p lim sup n |an | ≤ lim sup α · n→∞

n→∞

adódik. Mivel minden val´ os α sz´ amra teljes¨ ul a an+1 α > lim sup an n→∞

→

r n

r n

|aN | αN

|aN | . αN !

=α

α ≥ lim inf n→∞

p n |an |

következtetés, ezért

p an+1 n . lim sup |an | ≤ lim sup an n→∞ n→∞

an+1 ∈ R hat´ 4.14. T´ etel. Legyen a : N → R′ olyan, melyre létezik a lim arérték. Ekkor létezik a n→∞ an p lim n |an | hat´ arérték, és n→∞ p an+1 n . |an | = lim lim n→∞ n→∞ an Bizony´ıt´ as.

Az el˝ oz˝o 4.13 ´ all´ıt´ as és a 3.17 tétel alapján nyilvánvaló.

4.15. T´ etel. (D’Alembert-f´ ele h´ anyadoskritérium.) Ha az a : N → R′ sorozat esetén an+1 < 1, akkor a P a sor abszol´ 1. lim sup ut konvergens; n→∞ an an+1 > 1, akkor a P a sor divergens. 2. lim inf n→∞ an Bizony´ıt´ as.

4.5.

A 4.12 Cauchy-féle gy¨ okkritérium és a 4.13 tétel alapján nyilvánvaló.

Leibniz-sorok

4.3. Defin´ıci´ o. A zérussorozat. 4.16. T´ etel. Ha

X n

X n

(−1)n an sor Leibniz-t´ıpus´ u vagy Leibniz-sor, ha a : N → R+ monoton csökken˝o

(−1)n an Leibniz-sor, akkor konvergens, és minden n ∈ N esetén |Hn | ≤ an+1 .

48

4

SOROK

Bizony´ıt´ as. Legyen a : N → R+ monoton csökken˝o zérussorozat, és minden n ∈ N esetén legyen n X α(n) = (−1)k ak . Ekkor minden n ∈ N esetén az k=0

α(2n) =

n−1 X k=0

(a2k − a2k+1 ) + a2n ≥ 0

α(2n + 1) = a0 +

n X

k=1

(−a2k−1 + a2k ) − a2n+1 ≤ a0

α(2(n + 1)) = α(2n) − a2n+1 + a2n+2 ≤ α(2n)

α(2(n + 1) + 1) = α(2n + 1) + a2n+2 − a2n+3 ≥ α(2n + 1)

egyenl˝ otlenségek alapj´ an az n 7→ α(2n) sorozat alulr´ ol korlátos és monoton csökken˝o, ezért konvergens, valamint az n 7→ α(2n + 1) sorozat fel¨ ulr˝ ol korlátos és monoton n¨ ov˝ o, ezért szintén konvergens. A lim (α(2n + 1) − α(2n)) = lim −a2n+1 = 0

n→∞

n→∞

határérték alapj´ an lim α(2n + 1) = lim α(2n), vagyis létezik a lim α(n) határérték. Legyen A =

∞ X

n→∞

n→∞

n→∞

k

(−1) ak . Mivel az n 7→ α(2n) sorozat monoton csökken˝o és az n 7→ α(2n + 1) sorozat

k=0

monoton n¨ ov˝ o, ezért minden n ∈ N sz´ amra α(2n + 1) ≤ A ≤ α(2n), ezért 0 ≤A − α(2n + 1) ≤ α(2n + 2) − α(2n + 1) = a2n+2 0 ≥A − α(2n) ≥ α(2n + 1) − α(2n) = −a2n+1

→ →

|A − α(2n + 1)| ≤ a2n+2 , |A − α(2n)| ≤ a2n+1 ,

ami bizony´ıtja a hibatagra vonatkozó |Hn | ≤ an becslést.

4.6.

Felt´ etlen ´ es felt´ etelesen konvergens sorok

4.4. Defin´ıci´ o. Legyen a : N → R tetsz˝ oleges sorozat. P P – A a sor ´ atrendezésének nevezz¨ uk a a◦σ sort, ahol σ : N → N bijekció. Tehát az átrendezett n X sor n-edik tagja aσ(k) .

k=0 P – Azt mondjuk, hogy a a sor feltétlen konvergens, ha minden átrendezése konvergens. P – Azt mondjuk, hogy a a sor feltételesen konvergens, ha konvergens, de nem abszol´ ut konvergens.

4.17. T´ etel. Minden abszol´ ut konvergens sor feltétlen konvergens, valamint az ´ atrendezés nem v´ altoztatja meg a sor¨ osszeget. Bizony´ıt´ as. Legyen a : N → R tetsz˝ oleges abszol´ ut konvergens sorozat és σ : N → N tetsz˝ oleges ∞ ∞ X X bijekció. Továbbá vezess¨ uk be az A = an és a B = |an | jelöléseket. Minden n ∈ N természetes n=0

n=0

4.7.

49

SOROK CAUCHY-SZORZATA

szám esetén legyen n′ = max {σ(k)| k ∈ {0, . . . , n}}, ekkor n X

k=0

Ezért az n 7→

′

n n X X aσ(k) ≤ |al | ≤ B. |a ◦ σ| = l=0

k=0

n X P aσ(k) sorozat fel¨ ulr˝ ol korlátos és monoton n¨ ov˝ o, tehát konvergens. Vagyis a a ◦ σ k=0

sor abszol´ ut konvergens, teh´ at konvergens. ∞ X P aσ(n) . Ehhez legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter. Mivel az a sor Megmutatjuk, hogy A = n=0

abszol´ ut konvergens, ezért minden ε1 ∈ R+ számhoz létezik olyan N1 ∈ N k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > N1 természetes sz´ amra ∞ X |ak | < ε1 . k=n

Ekkor az N2 = max σ −1 (k)| k ∈ {0, . . . , N1 } számra igaz, hogy minden n > N2 esetén n X

aσ(k) =

k=0

X

aσ(k) +

k∈{0,...,n} σ(k)≤N1

X

aσ(k) =

NX 1 +1

ak +

k=0

k∈{0,...,n} σ(k)>N1

X

aσ(k) ,

k∈{0,...,n} σ(k)>N1

vagyis N1 n X X aσ(k) = A − ak − A − k=0 k=0 ≤

∞ X

k=N1 +1

|ak | +

X

k∈{0,...,n} σ(k)>N1

∞ X X aσ(k) ≤ ak + aσ(k) ≤ k∈{0,...,n} k=N1 +1 k∈{0,...,n} σ(k)>N σ(k)>N X

aσ(k) ≤

1

1

∞ X

k=N1 +1

|ak | +

∞ X

k=N1 +1

|ak | < 2ε1 .

Tehát a ε paraméterhez létezik olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex (péld´ aul a ε1 =

paraméter), hogy minden n > N természetes számra n X aσ(k) < ε A − k=0

teljes¨ ul, ami bizony´ıtja a

∞ X

aσ(k) = A egyenl˝ oséget.

k=0

4.7.

Sorok Cauchy-szorzata

4.5. Defin´ıci´ o. Az a és b : N → R sorozat konvol´ uci´ oj´ anak nevezz¨ uk az a∗b:N→R sorozatot.

n 7→

n X i=0

ai bn−i

ε választáshoz kapott N2 2

50

4

4.6. Defin´ıci´ o. A P a ∗ b sort.

P

a és

P

SOROK

b sor Cauchy-szorzat´ anak nevezz¨ uk az a ∗ b sorozat által meghatározott

P P 4.18. T´ etel. (Mertens a, b sorok k¨ oz¨ ul legal´ abb az egyik abszol´ ut P tétele.) P Ha a konvergens konvergens, akkor a a és b sorok Cauchy-szorzata konvergens, és ! ∞ ! ∞ X n ∞ X X X ak bn−k = an bn . n=0 k=0

Tov´ abb´ a, ha a

P

a és

P

n=0

n=0

b sor abszol´ ut konvergens, akkor a

P

(a ∗ b) sor is abszol´ ut konvergens.

∞ ∞ X X a sor abszol´ ut konvergens és legyen A = an , Aa = |an | és B = n=0 n=0 ∞ n X X bn , valamint legyen C olyan, hogy minden n ∈ N számra bk − B < C teljes¨ ul. Ekkor teljes n=0 k=0 indukcióval egyszer˝ uen igazolható, hogy   ! n−j n n n X X X X aj bk − B . (4.1) (a ∗ b)(k) − AB =  aj − A B +

Bizony´ıt´ as. Legyen a

P

j=0

j=0

k=0

k=0

A jobb oldal els˝o tagja null´ ahoz tart. Megmutatjuk, hogy a második tag is a null´ ahoz tart. Minden n X ε′ > 0 számhoz létezik N1 ∈ N, hogy minden n ≥ N1 esetén bk − B < ε′ ; valamint létezik k=0 ∞ X |ak | < ε′ . Legyen N = max {N1 , N2 }. Ekkor n > 2N esetén N2 ∈ N, hogy minden n ≥ N2 esetén k=n

n X aj j=0

≤

n−j n−j ! n−j n N X X X X X |aj | bk − B ≤ bk − B + |aj | bk − B ≤ j=0 k=0 k=0 j=N +1 k=0

N X j=0

|aj | ε′ +

n X

j=N +1

|aj | C ≤ ε′

∞ X j=0

|aj | + C

∞ X

j=N +1

|aj | ≤ ε′ Aa + Cε′ = (C + Aa )ε′ .

ε és az ehhez választott N1 és N2 paraméte2(C + Aa ) rekhez tartozó N ′ = 2 max {N1 , N2 } k¨ usz¨ obindex olyan lesz, hogy minden n > N ′ számra ! X n−j X n aj bk − B < ε, j=0 k=0 Vagyis tetsz˝ oleges ε ∈ R+ esetén legyen ε′ =

vagyis a (4.1) képlet jobb aP n lév˝ o második tag is a null´ ahoz tart. Poldal´ Most tegy¨ uk fel, hogy a és b is abszol´ ut konvergens, és az eddigi jelöléseket egész´ıts¨ uk ki a ∞ X Ba = |bn | szimb´ olummal. Ekkor minden n ∈ N esetén n=0

n X

k=0

n X n−k n k k n X X X X X |bl | ≤ |a ∗ b| (k) = |ak | |al | |bk−l | = al bk−l ≤ k=0 l=0

k=0 l=0

k=0

l=0

´ SOROK PONTONKENTI SZORZATA

4.8.

≤ vagyis a

4.8.

P

n X

k=0

|ak |

∞ X l=0

|bl | =

51

n X

k=0

|ak | Ba ≤

∞ X

k=0

!

|ak | Ba = Aa Ba ,

(a ∗ b) sor abszol´ ut konvergens.

Sorok pontonk´ enti szorzata

4.7. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az a : N → R sorozat – korl´ atos v´ altoz´ as´ u, ha a ∞ X |an+1 − an | < ∞ n=0

teljes¨ ul; – korl´ atos részlet¨ osszeg˝ u, ha a

n X ak < ∞ sup n∈N k=0

teljes¨ ul.

4.19. T´ etel. (Abel-féle kritérium.) Legyen a : NX → R korl´ atos v´ altoz´ as´ u zérussorozat és legyen b : N → R korl´ atos részlet¨ osszeg˝ u sorozat. Ekkor a an bn sor konvergens, és n

∞ X an b n ≤ n=0

teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as.

∞ X

n=0

|an+1 − an |

!

·

n ! X bk sup n∈N k=0

Legyen a : N → R korlátos változ´ as´ u zérussorozat és ! ∞ X A= |an+1 − an | , n=0

valamint legyen b : N → R korlátos részletösszeg˝ u sorozat és n X bk . B = sup n∈N k=0

A minden n ∈ N sz´ amra fennálló Abel-´ atrendezés   n n−1 n k X X X X (ak − ak+1 ) bj b j  + an ak b k = k=0

k=0

j=0

j=0

igazolható n szerinti teljes indukci´ oval. Minden n ∈ N esetén n−1 k n−1 k X X X X X n−1 (ak − ak+1 ) bj ≤ |ak − ak+1 | · B = AB, bj ≤ |ak − ak+1 | · k=0 j=0 k=0 j=0 k=0

52

4

ezért a

n−1 X k=0

Az n 7→ an



(ak − ak+1 )

n X j=0

k X j=0



ut konvergens, vagyis konvergens is, és bj  sor abszol´   ∞ k X X  (ak − ak+1 ) b j ≤ AB. k=0 j=0

bj sorozat zérussorozat, mert az n 7→

már adódik a bizony´ıtandó ´ all´ıt´ as.

4.9.

SOROK

n X

bj sorozat korlátos és a zérussorozat. Ebb˝ol

j=0

Elemi f¨ uggv´ enyek

4.8. Defin´ıci´ o. (Elemi hatv´ anysorok.) – Legyen a : N → R tetsz˝ oleges sorozat. Ekkor értelmezz¨ uk a Pa f¨ uggvényt a ( ) X △ Dom Pa = x ∈ R a an xn sor konvergens n

halmazon, az al´ abbi módon.

Pa : Dom Pa → R

x 7→

∞ X

an xn

n=0

A Pa f¨ uggvényt az a egy¨ utthat´ oj´ u 0 k¨ ozéppont´ u hatv´ anysornak nevezz¨ uk. – Az a : N → R sorozat esetén értelmezz¨ uk az alábbi mennyiséget.  p 1  p  , ha 0 < lim sup n |an | < ∞;  n  n→∞ sup |an |   lim n→∞ △ p Ra = 0, ha lim sup n |an | = ∞;   n→∞ p     ∞, ha lim sup n |an | = 0. n→∞

Ezt az Ra sz´ amot a Pa hatványsor konvergenciasugar´ anak nevezz¨ uk.

4.20. T´ etel. (Cauchy–Hadamard-tétel.) Legyen a : N → R tetsz˝ oleges sorozat, és x ∈ R. 1. Ha |x| < Ra , akkor az x pontban a Pa hatv´ anysor abszol´ ut konvergens, teh´ at x ∈ Dom Pa . 2. Ha |x| > Ra , akkor az x pontban a Pa hatv´ anysor divergens, teh´ at x ∈ / Dom Pa . Bizony´ıt´ as. A 4.12 Cauchy-féle gy¨ okkritérium közvetlen következménye. 4.21. T´ etel. Az al´ abbi hatv´ anysorok konvergenciasugara végtelen, vagyis minden x ∈ C esetén konvergensek a sorok. ∞ X xn n! n=0

∞ X

(−1)n

n=0 ∞ X

x2n+1 (2n + 1)!

2n+1

x (2n + 1)! n=0

∞ X

(−1)n

n=0 ∞ X

x2n (2n)! n=0

x2n (2n)!

4.9.

¨ ´ ELEMI FUGGV ENYEK

53

4.9. Defin´ıci´ o. (Elemi f¨ uggvények.) – Az exponenci´ alis f¨ uggvény exp : C → C – A szinusz f¨ uggvény sin : C → C

z 7→

– A koszinusz f¨ uggvény cos : C → C

z 7→ ∞ X

∞ X zn . n! n=0

(−1)n

n=0

z 7→

– A tangens f¨ uggvény

∞ X

z 2n+1 . (2n + 1)!

(−1)n

n=0

tg : {z ∈ C| cos z 6= 0} → C

z 2n . (2n)!

z 7→

sin z . cos z

– A kotangens f¨ uggvény ctg : {z ∈ C| cos z sin z 6= 0 } → C

z 7→

1 . tg z

– A szinusz hiperbolikus f¨ uggvény sh : C → C

z 7→

∞ X

z 2n+1 . (2n + 1)! n=0

– A koszinusz hiperbolikus f¨ uggvény ch : C → C

z 7→

∞ X z 2n . (2n)! n=0

– A tangens hiperbolikus f¨ uggvény th : {z ∈ C| ch z 6= 0} → C

z 7→

sh z . ch z

– A kotangens hiperbolikus f¨ uggvény cth : {z ∈ C| ch z sh z 6= 0 } → C

z 7→

1 . th z

4.22. T´ etel. (Euler-tétel.) Minden z ∈ C esetén exp(i z) = cos z + i sin z.

Bizony´ıt´ as. cos z + i sin z = =

∞ X

n=0 ∞ X

(−1)n

∞

X z 2n z 2n+1 +i = (−1)n (2n)! (2n + 1)! n=0

z 4n z 4n+1 z 4n+3 z 4n+2 − +i −i = (4n)! (4n + 2)! (4n + 1)! (4n + 3)! n=0

54

4

= =

4.10.

SOROK

∞ X (i z)4n (i z)4n+1 (i z)4n+2 (i z)4n+3 + + + = (4n)! (4n + 1)! (4n + 2)! (4n + 3)! n=0 ∞ X (i z)n = exp(i z). n! n=0

Az exponenci´ alis f¨ uggv´ eny ´ es a hatv´ anyoz´ as

4.23. T´ etel. (Az exponenci´ alis f¨ uggvény.) 1. Minden x ∈ C sz´ amra exp(x) = exp(x). 2. Minden x, y ∈ C sz´ amra exp(x + y) = exp(x) exp(y). 3. Minden x ∈ C sz´ amra (exp(x))−1 = exp(−x). 4. Minden x1 , x2 ∈ R sz´ amra x1 < x2 esetén exp(x1 ) < exp(x2 ) teljes¨ ul, vagyis az exp |R : R → R

x 7→ exp(x)

f¨ uggvény injekt´ıv. Bizony´ıt´ as. 1. Legyen x ∈ C és an =

n X xk k=0

k!

. Mivel az a sorozat konvergens, ezért

exp(x) = lim an = lim an = lim n→∞

n→∞

n→∞

n X (x)k k=0

k!

= exp(x).

yk xk és βk = sorozatokból képzett sorok abszol´ ut konvergensek, ezért Mertens-tétel 2. Mivel a αk = k! k! alapján Cauchy-szorzatuk is konvergens lesz. Mivel n n X 1 X n k n−k (x + y)n xk y n−k = , x y = (α ∗ β)(n) = k! (n − k)! n! n! k k=0

k=0

ezért

∞ X xk k! n=0

!

·

∞ X yk k! n=0

!

=

∞ X (x + y)k . k! n=0

3. Az el˝oz˝o pont alapj´ an minden x ∈ C esetén exp(x) · exp(−x) = exp(0) = 1. 4. Az exponenci´ alis f¨ uggvény defin´ıciója alapján ha a ∈ R+ , akkor exp(a) > 1. Ha x1 , x2 ∈ R és x1 < x2 , akkor exp(x2 ) = exp(x2 − x1 ) · exp(x1 ) > exp(x1 ). 4.10. Defin´ıci´ o. Az exp |R f¨ uggvény inverzét val´ os természetes alap´ u logaritmusf¨ uggvénynek nevezz¨ uk, jele log vagy ln. Tehát Dom log = Ran(exp |R ), és minden x ∈ Dom log számra exp(log x) = x. Megjegyz´ es. Kés˝ obb igazoljuk, hogy Dom log = R+ .

♦

4.10.

´ ¨ ´ ´ A HATVANYOZ ´ ´ AZ EXPONENCIALIS FUGGV ENY ES AS

55

4.11. Defin´ıci´ o. Legyen x ∈ Dom log és z ∈ C. A △

xz = exp(z log(x)) számot az x sz´ am z-edik hatv´ any´ anak nevezz¨ uk. 4.12. Defin´ıci´ o. Az exp(1) sz´ amot a természetes alap´ u logaritmus alapsz´ am´ anak nevezz¨ uk és az e △ ´ eke megk¨ ozel´ıt˝oleg e ≈ 2, 71828182845904523536.) bet˝ uvel jel¨ olj¨ uk, vagyis e = exp(1). (Ert´ 4.24. T´ etel. Minden z ∈ C sz´ amra exp(z) = ez . Bizony´ıt´ as.

Az e sz´ am és a hatványozás defin´ıciója alapján nyilvánvaló.

4.25. T´ etel. Legyen x, y ∈ Dom log olyan sz´ am, melyre xy ∈ Dom log, és legyen z1 , z2 ∈ C. Ekkor x0 = 1,

x−z1 =

xz1 · xz2 = xz1 +z2 ,

1 , xz1

(xy )

z1

= xyz1

teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. Az ´ all´ıt´ asok a hatványozás defin´ıciój´ anak és az exponenci´ alis f¨ uggvény multiplikativit´ asának közvetlen következményei. n X x n xk és b(x)n = 4.26. T´ etel. Minden x ∈ R esetén az a(x), b(x) : N+ → R, a(x)n = 1 + n k! k=0 sorozatok hat´ arértéke megegyezik. x n és b(x)n = Bizony´ıt´ as. Adott x ∈ R esetén tekints¨ uk az a(x), b(x) : N+ → R, a(x)n = 1 + n n X xk sorozatokat. k! k=0

1. Tegy¨ uk fel, hogy x ∈ R+ . Ekkor a 3.31 tétel alapján az a(x) sorozat konvergens, valamint a 4.21 tétel alapj´ an a b(x) sorozat konvergens, és defin´ıció szerint lim b(x) = exp x. A binomiális kifejtés alapján ! k n k−1 X Y i x 1− · . b(x)n − a(x)n = 1− n k! i=0 k=1

A teljes indukci´ oval könnyen bizony´ıtható miatt

Ezek alapj´ an

k(k + 1) formula és a Bernoulli-egyenl˝ otlenség 2

i =

i=0

k−1 k−1 X i Y k(k − 1) i ≥1− =1− . 1− n n 2n i=0 i=0 1−

vagyis

k X

k−1 Y i=0

i 1− n

0 ≤ b(x)n − a(x)n ≤

≤

k(k − 1) , 2n

n−2 x2 X xk 1 · ≤ · x2 exp x, 2n k! n k=0

56

4

SOROK

amib˝ol a rend˝ orelv értelmében lim(b(x) − a(x)) = 0 következik. 1 1 2. Ha x < 0, akkor a 3.31 tétel miatt lim a(x) = , a 4.23 tétel miatt lim b(x) = . lim a(−x) lim b(−x) Mivel ekkor −x > 0, ezért az 1. pont alapj´ an lim a(−x) = lim b(−x), amib˝ol lim a(x) = lim b(x) következik. 4.27. T´ etel. (Elemi f¨ uggvények alaptulajdons´ agai.) – Minden x ∈ C sz´ amra az al´ abbiak teljes¨ ulnek. ei x − e− i x 2i ex − e−x sh x = 2

sin x =

ei x + e− i x 2 ex + e−x ch x = 2

cos x =

– Minden x, y ∈ C esetén sin(x + y) = sin(x) cos(y) + sin(y) cos(x) cos(x + y) = cos(x) cos(y) − sin(x) sin(y) sh(x + y) = sh(x) ch(y) + sh(y) ch(x) ch(x + y) = ch(x) ch(y) + sh(x) sh(y). – Minden x ∈ C esetén sin(i x) = i sh x, – Minden x ∈ C esetén

cos(i x) = ch x,

sh(i x) = i sin x,

cos2 x + sin2 x = 1

ch2 x − sh2 x = 1.

– Ha x ∈ R, akkor |ei x | = 1.

ch(i x) = cos x.

Bizony´ıt´ as. Az 4.22 Euler-tétel alapj´ an minden x ∈ C számra ei x = cos x + i sin x és

e− i x = cos x − i sin x,

ahol felhasználtuk, hogy cos(x) = cos(−x) és sin(x) = − sin(−x). Ebb˝ol adódik a sin és cos f¨ uggvényre vonatkozó egyenl˝ oség. Az sh és a ch f¨ uggvényekre vonatkozó egyenl˝ oség a f¨ uggvények sorfejtésének közvetlen következménye. Az add´ıciós formulák, illetve a t¨ obbi azonosság egyszer˝ u számol´ assal igazolható a sin, cos, sh és ch f¨ uggvény exponenci´ alis alakj´ aból.

57

5

Val´ os f¨ uggv´ enyek elemi vizsg´ alata

5.1.

F¨ uggv´ enyek tulajdons´ agai

A f¨ uggvények f˝ obb tulajdons´ agait definiáljuk el˝osz¨ or. 5.1. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az f : R ։ R f¨ uggvény – p´ aros, ha minden x ∈ Dom f elemre −x ∈ Dom f , és f (x) = f (−x); – p´ aratlan, ha minden x ∈ Dom f elemre −x ∈ Dom f , és f (x) = −f (−x); – monoton n¨ ov˝ o, ha minden x, y ∈ Dom f elemre x ≤ y esetén f (x) ≤ f (y); – monoton fogy´ o, ha minden x, y ∈ Dom f elemre x ≤ y esetén f (x) ≥ f (y); – monoton, ha monoton n¨ ov˝ o, vagy monoton fogyó; – szigor´ uan monoton n¨ ov˝ o, ha minden x, y ∈ Dom f elemre x < y esetén f (x) < f (y); – szigor´ uan monoton fogy´ o, ha minden x, y ∈ Dom f elemre x < y esetén f (x) > f (y); – szigor´ uan monoton, ha szigor´ uan monoton n¨ ov˝ o, vagy szigor´ uan monoton fogyó; – konvex az I ⊆ Dom f intervallumon, ha minden x, y ∈ I elemre minden a ∈ [0, 1] esetén f (ax + (1 − a)y) ≤ af (x) + (1 − a)f (y) teljes¨ ul; – konk´ av az I ⊆ Dom f intervallumon, ha minden x, y ∈ I elemre minden a ∈ [0, 1] esetén f (ax + (1 − a)y) ≥ af (x) + (1 − a)f (y) teljes¨ ul; – periodikus, ha f nem konstans f¨ uggvény, és ha létezik p ∈ R+ , hogy minden x ∈ Dom f esetén x + p ∈ Dom f és f (x) = f (x + p), amennyiben a legkisebb ilyen tulajdons´ ag´ u p szám nagyobb mint nulla, azt az f f¨ uggvény peri´ odus´ anak nevezz¨ uk; – zérushelye vagy gy¨ oke x ∈ Dom f , ha f (x) = 0. 5.1. T´ etel. (Jensen-egyenl˝ otlenség.) Legyen I ⊆ R intervallum és f : I → R. – Az f f¨ uggvény pontosan akkor konvex az I intervallumon, ha minden n ∈ N+ mellett, minden n X ai = 1, akkor (xi )1≤i≤n ∈ I n és minden (ai )1≤i≤n ∈ [0, 1]n esetén, ha i=1

f

n X

ai xi

i=1

!

≤

n X

ai f (xi ).

i=1

– Az f f¨ uggvény pontosan akkor konk´ av az I intervallumon, ha minden n ∈ N+ mellett, minden n X n ai = 1, akkor (xi )1≤i≤n ∈ I n és minden (ai )1≤i≤n ∈ [0, 1] esetén, ha i=1

f

n X

ai xi

i=1

!

≥

n X

ai f (xi ).

i=1

Bizony´ıt´ as. Legyen I ⊆ R intervallum és f : I → R. Elég a konvex esetre bizony´ıtani az áll´ıtást, hiszen az f 7→ −f transzform´ aci´ oval egym´ asba alak´ıthatók az áll´ıtások. Ha minden n ∈ N+ mellett, n X n ai = 1 az minden (xi )1≤i≤n ∈ I n és minden olyan (ai )1≤i≤n [0, 1] esetén, melyre i=1

f

n X i=1

ai xi

!

≤

n X i=1

ai f (xi ).

58

5

´ FUGGV ¨ ´ ´ VALOS ENYEK ELEMI VIZSGALATA

egyenl˝ otlenség teljes¨ ul, akkor nyilván n = 2 is igaz a következtetés, ami éppen a konvexit´ as defin´ıciój´ at jelenti. Tegy¨ uk fel, hogy az f f¨ uggvény konvex, és az A halmaz álljon azokb´ ol az n természetes számokból, n X n ai = 1, melyre igaz, hogy minden (xi )1≤i≤n ∈ I n és minden olyan (ai )1≤i≤n ∈ [0, 1] esetén, ha i=1

akkor

f

n X

ai xi

i=1

!

≤

n X

ai f (xi ).

i=1

Nyilv´ an 1 ∈ A, az f f¨ uggvény konvexit´ asa miatt 2 ∈ A, és célunk annak igazolása, hogy A = N+ . Ezt u ´gy érj¨ uk el, hogy megmutatjuk ha n ∈ A, akkor n + 1 ∈ A. Legyen n ∈ A, (xi )1≤i≤n+1 ∈ I n és n+1 X n ai = 1. Ha an+1 = 1, akkor nyilván teljes¨ ul az legyen (ai )1≤i≤n+1 ∈ [0, 1] olyan, melyre i=1

f

n X

ai xi

i=1

!

≤

n X

ai f (xi ).

i=1

egyenl˝ otlenség, ezért feltehet˝o, hogy an+1 6= 1. Ebben az esetben azonban a a1 an ,..., ∈ [0, 1] 1 − an+1 1 − an+1

számok összege 1, valamint

n X i=1

ai xi ∈ I. 1 − an+1

Ezért felhasználva az f f¨ uggvény konvexit´ as´ at, és az n ∈ A feltételezést ! ! n n+1 X X ai xi + an+1 xn+1 ≤ ai xi = f (1 − an+1 ) f 1 − an+1 i=1 i=1 ! n X ai ≤ (1 − an+1 )f xi + an+1 f (xn+1 ) ≤ 1 − an+1 i=1 ≤ (1 − an+1 ) adódik, vagyis n + 1 ∈ A.

5.2.

n X i=1

n+1 X ai ai f (xi ) f (xi ) + an+1 f (xn+1 ) = 1 − an+1 i=1

F¨ uggv´ eny hat´ ar´ ert´ eke

5.2. Defin´ıci´ o. Legyen az f : R ։ R f¨ uggvény Dom f értelmezési tartományának a torlódási pontja. Azt mondjuk, hogy az f f¨ uggvény hat´ arértéke az a pontban A ∈ R, ha ∀ε ∈ R+ ∃δ ∈ R+ f (Bδ (a) \ {a}) ⊆ Bε (A) . A fenti defin´ıció szerint az f : R ։ R f¨ uggvénynek a Dom f halmaz a ∈ R torlódási torlódási pontj´ aban A ∈ R a hat´ arértéke pontosan akkor, ha ∀ε ∈ R+ ∃δ ∈ R+ ∀x ∈ Dom f : (0 < |x − a| < δ → |f (x) − A| < ε)

teljes¨ ul.

5.2.

¨ ´ ´ ERT ´ ´ FUGGV ENY HATAR EKE

59

5.3. Defin´ıci´ o. Legyen f : R ։ R és legyen a torlódási pontja a Dom f halmaznak. – Azt mondjuk, hogy az f f¨ uggvény hat´ arértéke az a pontban végtelen, ha ∀ε ∈ R+ ∃δ ∈ R+ f (Bδ (a) \ {a}) ⊆ [ε, ∞[ .

– Azt mondjuk, hogy az f f¨ uggvény hat´ arértéke az a pontban m´ınusz végtelen, ha −f határértéke az a pontban végtelen.

5.4. Defin´ıci´ o. Az A ⊆ R halmaznak a végtelen torl´ od´ asi pontja, ha ∀ε ∈ R+ ∃x ∈ A (ε < x). Az A ⊆ R halmaznak a m´ınusz végtelen torl´ od´ asi pontja, ha a −A halmaznak torlódási pontja a végtelen. 5.5. Defin´ıci´ o. Legyen f : R ։ R és legyen a Dom f halmaznak a végtelen torlódási pontja. Az f f¨ uggvény hat´ arértéke a végtelenben, – A ∈ R, ha ∀ε ∈ R+ ∃δ ∈ R+ f ([δ, ∞[) ⊆ Bε (A) . – végtelen, ha

∀ε ∈ R+ ∃δ ∈ R+ f ([δ, ∞[) ⊆ [ε, ∞[ .

– m´ınusz végtelen, ha −f hat´ arértéke a végtelenben végtelen. A m´ınusz végtelenben vett hat´ arértéket, mint az x 7→ f (−x) f¨ uggvény végtelenben vett határértékét definiáljuk. 5.2. T´ etel. (A hat´ arérték egyértelm˝ usége.) – Legyen f : R ։ R, a ∈ R a Dom f halmaz torl´ od´ asi pontja, és A, B ∈ R legyen az f f¨ uggvény hat´ arértéke az a pontban. Ekkor A = B. – Legyen f : R ։ R, a ∈ R ∪ {∞, −∞} a Dom f halmaz torl´ od´ asi pontja, és A, B ∈ R ∪ {∞, −∞} legyen az f f¨ uggvény hat´ arértéke az a helyen. Ekkor A = B. Bizony´ıt´ as. Legyen f : R ։ R, a ∈ R a Dom f halmaz torlódási pontja, és A, B ∈ R legyen az f f¨ uggvény hat´ arértéke az a pontban. Tegy¨ uk fel, hogy A 6= B. Ekkor létezik olyan δA , δB ∈ R+ , hogy minden x ∈ Dom f esetén |A − B| 2 |A − B| → |f (x) − B| < 2

0 < |x − a| < δA → |f (x) − A| < 0 < |x − a| < δB

teljes¨ ul. Ami azt jelenti, hogy ha δ = min {δA , δB }, akkor minden x ∈ (Dom f ) ∩ (Bδ (a) \ {a}) számra az |A − B| = |A − f (x) + f (x) − B| ≤ |A − f (x)| + |f (x) − B| < |A − B| ellentmond´ as teljes¨ ul, teh´ at A = B. Legyen f : R → R, a = ∞ a Dom f halmaz torlódási pontja, és A, B ∈ R legyen az f f¨ uggvény határértéke a végtelenben. Tegy¨ uk fel, hogy A 6= B. Ekkor létezik olyan δA , δB ∈ R+ , hogy minden x ∈ Dom f esetén δA < x → |f (x) − A| <

|A − B| 2

60


5

δB < x → |f (x) − B| <

|A − B| 2

teljes¨ ul. Ami azt jelenti, hogy ha δ = max {δA , δB }, akkor minden x ∈ (Dom f ) ∩ ]δ, ∞[ számra az |A − B| = |A − f (x) + f (x) − B| ≤ |A − f (x)| + |f (x) − B| < |A − B| ellentmondás teljes¨ ul, teh´ at A = B. Ha a = −∞, akkor a fentihez hasonl´ o gondolatmenettel igazolható, hogy A = B. A t¨ obbi esetben is hasonl´ o módon igazolható a határérték egyértelm˝ usége. 5.6. Defin´ıci´ o. (A lim m˝ uvelet.) – Legyen f : C ։ C, és legyen a ∈ C a Dom f halmaz torlódási pontja. Az f f¨ uggvény határértékét az a pontban lim f (x) vagy lim f jel¨ oli. x→a

a

– Legyen f : R ։ R, és legyen a ∈ R ∪ {∞, −∞} a Dom f halmaz torlódási pontja. Az f f¨ uggvény határértékét az a pontban lim f (x) vagy lim f jelöli. x→a

a

5.3. T´ etel. Legyen f, g : R ։ R és legyen a ∈ R a Dom f ∩ Dom g halmaz torl´ od´ asi pontja. Ha létezik r ∈ R+ , melyre g(Br (a) \ {a}) korl´ atos és lim f = 0, akkor lim f g = 0. a

a

Bizony´ıt´ as. Legyen f, g : R ։ R és legyen a ∈ R a Dom f ∩Dom g halmaz torlódási pontja. Tegy¨ uk fel, hogy létezik olyan r ∈ R+ , melyre g(Br (a) \ {a}) korlátos és lim f = 0. Legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges a

paraméter, és legyen K ∈ R+ olyan, hogy minden x ∈ Dom g ∩ (Br (a) \ {a}) esetén |g(x)| < K. Mivel ε lim f = 0, ezért létezik olyan δ1 ∈ R+ , hogy minden x ∈ Dom f ∩ (Bδ1 (a) \ {a}) esetén |f (x)| < . a K Ha δ = min {r, δ1 }, akkor minden x ∈ (Dom g ∩ Dom f ) ∩ (Br (a) \ {a}) elemre |f (x)g(x)| <

ε · K = ε. K

Vagyis lim(f g) = 0. a

5.4. T´ etel. Legyen f, g : R ։ R, λ ∈ R és a ∈ R torl´ od´ asi pontja a Dom f ∩ Dom g halmaznak. (Az a paraméter ±∞ is lehet.) Tegy¨ uk fel, hogy létezik lim f és lim g, valamint lim f, lim g ∈ / {∞, −∞}. a a a a Akkor az a pont 1. torl´ od´ asi pontja a Dom(f + g) halmaznak, lim(f + g) létezik, és a

lim(f + g) = lim f + lim g; a

a

a

2. torl´ od´ asi pontja a Dom(f g) halmaznak, lim(f g) létezik, és a

lim(f g) = lim f lim g ; a

a

a

3. torl´ od´ asi pontja a Dom(λf ) halmaznak, lim(λf ) létezik, és a

lim(λf ) = λ(lim f ); a

a

4. torl´ od´ asi pontja a Dom(|f |) halmaznak, lim |f | létezik, és a

lim |f | = lim f ; a

a

5.2.

¨ ´ ´ ERT ´ ´ FUGGV ENY HATAR EKE

61

5. torl´ od´ asi pontja a Dom(f ) halmaznak, lim f létezik, és a

lim f = lim f . a

a

1 1 halmaznak, és lim f 6= 0, akkor lim létezik, és 6. Ha az a pont torl´ od´ asi pontja a Dom a a f f lim a

1 1 = . f lim f a

Bizony´ıt´ as. Legyen f, g : R ։ R, λ ∈ R és a ∈ R torlódási pontja a K = Dom f ∩Dom g halmaznak, legyen F = lim f ∈ R és G = lim g, valamint legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter. a a ε amhoz létezik olyan δf , δg , hogy 1. Az sz´ 2 ε ∀x ∈ K : 0 < |x − a| < δf ⇒ |f (x) − F | < 2 ε ∀x ∈ K : 0 < |x − a| < δg ⇒ |g(x) − G| < . 2 Ekkor a δ = min {δf , δg } sz´ amra ∀x ∈ K : 0 < |x − a| < δ ⇒ |(f + g)(x) − (F + G)| ≤ |f (x) − F | + |g(x) − G| < ε teljes¨ ul, vagyis lim(f + g) = F + G. a

2. Legyen k ∈ R+ tetsz˝ oleges sz´ am. Ekkor létezik olyan δ1 ∈ R+ , hogy ∀x ∈ K : 0 < |x − a| < δ1 ⇒ |f (x) − F | < k, vagyis minden 0 < |x − a| < δ1 sz´ amra |f (x)| < |F | + k. Minden ε′ ∈ R+ sz´ amhoz létezik olyan δf , δg , hogy ∀x ∈ K : 0 < |x − a| < δf ⇒ |f (x) − F | < ε′

∀x ∈ K : 0 < |x − a| < δg ⇒ |g(x) − G| < ε′ .

Ekkor a δ = min {δf , δg , δ1 } sz´ amra 0 < |x − a| < δ esetén |(f g)(x) − (F G)| = |f (x)g(x) − f (x)G + f (x)G − F G| ≤ |f (x)| · |g(x) − G| + |G| · |f (x) − F | ≤ ≤ (|F | + k) · ε′ + |G| · ε′ = ε′ · (|F | + |G| + k) ≤ ε,

ε . Vagyis az ε, F , G és k számokhoz választunk olyan ε′ paramétert, |F | + |G| + k melyre teljes¨ ul a fenti egyenl˝ otlenség, majd ahhoz választunk δf , δg mennyiségeket, és ezekb˝ ol kapjuk meg a ε sz´ amhoz tartozó δ mennyiséget. ε 3. Ha λ = 0, akkor nyilván igaz az áll´ıtás. Tegy¨ uk fel, hogy λ 6= 0. Az ∈ R+ számhoz létezik |λ| ε . Vagyis ha olyan δ ∈ R+ , hogy minden x ∈ K számra, ha 0 < |x − a| < δ, akkor |f (x) − F | < |λ| 0 < |x − a| < δ, akkor ε = ε, |λf (x) − λF | = |λ| · |f (x) − F | < |λ| · |λ| teljes¨ ul, ha 0 < ε′ <

62

5


vagyis lim(λf ) = λF . a

4, 5. Az ε ∈ R+ sz´ amhoz létezik olyan δ ∈ R+ , hogy ∀x ∈ K : 0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x) − F | < ε Ekkor a δ számra igaz, hogy minden 0 < |x − a| < δ esetén ||f (x)| − |F || ≤ |f (x) − F | < ε f (x) − F = f (x) − F = |f (x) − F | ≤ |f (x) − F | < ε

teljes¨ ul, vagyis lim |f | = |F | és lim f = F . a

a

+

6. Legyen δ1 ∈ R olyan sz´ am, hogy minden 0 < |x − a| < δ1 esetén |f (x) − F | <

|F | . Ekkor minden 2

|F | . Legyen δf ∈ R+ olyan, hogy minden 0 < |x − a| < δf esetén 2 2 ε |F | 1 |f (x) − F | < . Ekkor a δ = min {δ1 , δf } olyan szám, hogy minden x ∈ Dom és 0 < |x − a| < δ 2 f esetén 2 1 1 |f (x) − F | |f (x) − F | 2 ε |F | = ε. < 2 · f (x) − F = |f (x)| · |F | < |F | 2 |F | 2 · |F |

0 < |x − a| < δ1 sz´ amra |f (x)| >

5.5. T´ etel. Ha az f, g : R ։ R f¨ uggvényre Dom f = Dom g és minden x ∈ Dom f esetén f (x) ≤ g(x) teljes¨ ul, valamint az a ∈ R pont torl´ od´ asi pontja a Dom f halmaznak és létezik a lim f, lim g hat´ arérték, a a akkor lim f ≤ lim g. a

a

Bizony´ıt´ as. Legyen f, g : R ։ R olyan f¨ uggvény, melyre Dom f = Dom g és vezess¨ uk be a H = Dom f jelölést. Tegy¨ uk fel, hogy az a ∈ R pont torlódási pontja a H halmaznak, minden x ∈ H esetén f (x) ≤ g(x), valamint létezik a lim f, lim g határérték. Legyen F = lim f , G = lim g, és a a a a F −G + tegy¨ uk fel, hogy G < F . Az ε = számhoz létezik olyan δ ∈ R , hogy minden x ∈ H 2 esetén, ha 0 < |x − a| < δ, akkor |f (x) − F | < ε és |g(x) − G| < ε. Vagyis x ∈ H ∩ (Bδ (a) \ {a}) F +G esetén az F − ε < f (x) egyenl˝ otlenség miatt < f (x), és a g(x) < G + ε egyenl˝ otlenség miatt 2 F +G g(x) < teljes¨ ul. Ez viszont ellentmond annak, hogy f (x) ≤ g(x). 2 5.6. T´ etel. (Rend˝ or-elv f¨ uggvények hat´ arértékére.) Ha az f, g, h : R ։ R f¨ uggvényre Dom f = Dom g = Dom h és minden x ∈ Dom f esetén f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) teljes¨ ul, valamint az a ∈ R pont torl´ od´ asi pontja a Dom f halmaznak és valamely A ∈ R esetén lim f = lim h = A teljes¨ ul, akkor létezik a a a lim g hat´ arérték és lim g = A. a

a

Bizony´ıt´ as. Legyen f, g, h : R ։ R olyan f¨ uggvény, melyre Dom f = Dom g = Dom h teljes¨ ul és vezess¨ uk be a H = Dom f jel¨ olést. Tegy¨ uk fel, hogy az a ∈ R pont torlódási pontja a H halmaznak, minden x ∈ H esetén f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) teljes¨ ul, valamint A ∈ R olyan szám, melyre lim f = lim h = a

a

A. Bevezetve az α = g − f és a β = h − f f¨ uggvényeket, minden x ∈ H esetén 0 ≤ α(x) ≤ β(x) teljes¨ ul. A lim β = 0 hat´ arérték miatt minden ε ∈ R+ számhoz létezik olyan δ ∈ R+ , hogy minden a

x ∈ H ∩ (Bδ (a) \ {a}) esetén −ε < β(x) < ε. A 0 ≤ α(x) ≤ β(x) egyenl˝ otlenség alapján ekkor |α(x)| < ε is teljes¨ ul, vagyis lim α = 0. Ekkor a g = α + f f¨ uggvénynek is létezik határértéke az a a pontban és lim g = lim α + lim f = A. a

a

a

5.3.

´ ´ ERT ´ ´ FELOLDALI HATAR EK

63

´ 5.7. T´ etel. (Atviteli elv hat´ arértékre.) Legyen f : R ։ R és z ∈ R a Dom(f ) halmaz torl´ od´ asi pontja. A lim f hat´ arérték pontosan akkor létezik, ha lim f ◦ a létezik minden a : N → Dom(f ) \ {z}, z z ponthoz konverg´ al´ o sorozat esetén. Bizony´ıt´ as. Legyen f : R ։ R és z ∈ R a Dom(f ) halmaz torlódási pontja. Tegy¨ uk fel, hogy létezik a lim f = F ∈ R hat´ arérték, és legyen a : N → Dom(f )\{z} a z ponthoz konverg´ aló tetsz˝ oleges sorozat. z

Ha ε ∈ R+ , akkor az f f¨ uggvény határértéke miatt létezik olyan δ ∈ R+ , hogy ∀x ∈ Dom f : 0 < |x − z| < δ ⇒ |f (x) − F | < ε.

Ehhez a δ sz´ amhoz az a sorozat konvergenciája miatt létezik olyan N ∈ N, hogy minden n > N számra |an − z| < δ. Ekkor minden n > N számra |f (an ) − F | < ε, vagyis lim f (an ) = F . n→∞

Most tegy¨ uk fel, hogy lim f ◦ a létezik minden a : N → Dom(f ) \ {z}, z ponthoz konverg´ aló tetsz˝ oleges sorozat esetén. Legyen b, c : N → Dom(f ) \ {z}, z ponthoz konverg´ aló sorozat, valamint a : N → Dom(f ) \ {z}

n 7→

b n2

c n−1 2

ha n p´ aros; ha n p´ aratlan.

Ekkor f ◦ b és f ◦ c is részsorozata a konvergens f ◦ a sorozatnak, tehát a határérték¨ uk is megegyezik. Vagyis létezik olyan A ∈ R sz´ am, hogy minden a : N → Dom(f ) \ {z}, z ponthoz konverg´ aló sorozat esetén lim f ◦ a = A. Megmutatjuk, hogy ekkor lim f = A. Tegy¨ uk fel ugyanis, hogy lim f 6= A. Ekkor z

z

∃ε ∈ R+ ∀δ ∈ R+ ∃x ∈ Bδ (z) \ {z} : f (x) ∈ / Bε (A). R¨ ogz´ıts¨ unk egy ilyen ε ∈ R+ sz´ amot. Mivel minden n ∈ N esetén n o 1 (z) \ {z} , |f (x) − A| ≥ ε x ∈ Dom f \ {z} | x ∈ B n+1 6= ∅, ezért

o Yn 1 (z) \ {z} , |f (x) − A| ≥ ε 6= ∅. x ∈ Dom f \ {z} | x ∈ B n+1

n∈N

Ha a egy tetsz˝ oleges eleme a fenti halmaznak, akkor a : N → Dom f \{z} sorozat, melynek határértéke ε z. Ekkor lim f ◦ a = A nem teljes¨ ul, ugyanis az számhoz nem létezik olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex, 2 ε teljes¨ ul, ugyanis az a sorozat konstrukciója miatt hogy minden n > N sz´ amra |f (an ) − A| ≤ 2 minden n ∈ N sz´ amra |f (an ) − A| ≥ ε. Tehát azt az ellentmondást kaptuk, hogy nem minden a : N → Dom(f ) \ {z}, z ponthoz konverg´ aló sorozat esetén teljes¨ ul, hogy lim f ◦ a = A.

5.3.

F´ eloldali hat´ ar´ ert´ ek

5.7. Defin´ıci´ o. Legyen f : R ։ R f¨ uggvény és a ∈ R. – Ha a torl´ odási pontja az ]a, ∞[ ∩ Dom f halmaznak, és az f |]a,∞[ f¨ uggvénynek létezik lim f |]a,∞[ = A a

hat´ arértéke az a pontban, akkor azt mondjuk, hogy az f f¨ uggvény jobb oldali hat´ arértéke az a pontban A, és az A hat´ arértéket a lim f vagy a lim f (x) szimb´ olummal jelölj¨ uk. a+

x→a+0

64

5


– Ha a torlódási pontja a ]−∞, a[ ∩ Dom f halmaznak, és az f |]−∞,a[ f¨ uggvénynek létezik lim f |]−∞,a[ = A a

határértéke az a pontban, akkor azt mondjuk, hogy az f f¨ uggvény bal oldali hat´ arértéke az a olummal jelölj¨ uk. pontban A, és az A hat´ arértéket a lim f vagy a lim f (x) szimb´ a−

x→a−0

Legyen f : R ։ R és a, A ∈ R. A fenti defin´ıció szerint az f f¨ uggvénynek a jobb oldali határértéke az a pontban A, pontosan akkor, ha a torl´ odási pontja a Dom f ∩ ]a, ∞[ halmaznak és ∀ε ∈ R+ ∃δ ∈ R+ ∀x ∈ Dom f : (a < x < a + δ → |f (x) − A| < ε) teljes¨ ul. Hasonlóan, az f f¨ uggvénynek a bal oldali határértéke az a pontban A, pontosan akkor, ha a torlódási pontja a Dom f ∩ ]−∞, a[ halmaznak és ∀ε ∈ R+ ∃δ ∈ R+ ∀x ∈ Dom f : (a − δ < x < a → |f (x) − A| < ε) teljes¨ ul. 5.8. T´ etel. Legyen f : R ։ R és legyen a ∈ Int Dom f . Pontosan akkor létezik az f f¨ uggvénynek hat´ arértéke az a pontban, ha ott létezik jobb, illetve bal oldali hat´ arértéke, és lim f = lim f teljes¨ ul. a+

a−

Bizony´ıt´ as. Legyen f : R ։ R, a ∈ Int Dom f és tegy¨ uk fel, hogy az a pontban létezik az f f¨ uggvénynek hat´ arértéke. Ekkor minden ε ∈ R+ számhoz létezik olyan δ ∈ R+ , melyre minden x ∈ ]a − δ, a + δ[ \ {a} esetén f (x) − lim f < ε a

teljes¨ ul. Ekkor minden x ∈ ]a − δ, a[ esetén f (x) − lim f < ε, a

vagyis létezik lim f és lim f = lim f . Hasonlóan igazolható, hogy létezik lim f és lim f = lim f . a−

a−

a

a+

a+

a

Legyen f : R → R, a ∈ Int Dom f és tegy¨ uk fel, hogy az f f¨ uggvénynek az a pontban létezik jobb, illetve bal oldali hat´ arértéke, és lim f = lim f teljes¨ ul. Ekkor minden ε ∈ R+ számhoz létezik olyan a+

a−

δ1 ∈ R+ , melyre minden x ∈ ]a − δ1 , a[ esetén f (x) − lim f < ε a−

teljes¨ ul, és létezik olyan δ2 ∈ R+ , melyre minden x ∈ ]a, a + δ2 [ esetén f (x) − lim f < ε. a+

Legyen δ = min {δ1 , δ2 }. Ekkor A = lim f = lim f olyan szám, hogy minden x ∈ ]a − δ, a + δ[ \ {a} a−

a+

esetén

|f (x) − A| < ε, vagyis létezik lim f hat´ arérték és lim f = A. a

a

5.4.

5.4.

¨ ´ ´ FUGGV ENY FOLYTONOSSAGA

65

F¨ uggv´ eny folytonoss´ aga

5.8. Defin´ıci´ o. Legyen f : R ։ R és a ∈ Dom f . – Az f f¨ uggvény folytonos az a pontban, ha ∀ε ∈ R+ ∃δ ∈ R+ f (Bδ (a)) ⊆ Bε (f (a)) .

– Az f f¨ uggvény folytonos, ha minden a ∈ Dom f pontban folytonos. Legyen A ⊆ R. Az A halmazon értelmezett folytonos f¨ uggvények halmazára a △

C(A, R) = {f : A → R| f folytonos} jelölést használjuk. 5.9. T´ etel. Legyen f, g : R ։ R, a ∈ Dom f ∩ Dom g, c ∈ R. Ha az f és g f¨ uggvény folytonos az a pontban, akkor az f + g, f g, cf, |f | , f f¨ uggvények is folytonosak az a pontban, valamint ha f (a) 6= 0, akkor az pontban.

1 f¨ uggvény is folytonos az a f

Bizony´ıt´ as. Legyen f, g : R ։ R, a ∈ K = Dom f ∩ Dom g, c ∈ R, továbbá legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter. ε amhoz létezik olyan δf , δg , hogy 1. A sz´ 2 ε ∀x ∈ K : |x − a| < δf ⇒ |f (x) − f (a)| < 2 ε ∀x ∈ K : |x − a| < δg ⇒ |g(x) − g(a)| < . 2 Ekkor a δ = min {δf , δg } sz´ amra ∀x ∈ R : |x − a| < δ ⇒ |(f + g)(x) − (f + g)(a)| ≤ |f (x) − f (a)| + |g(x) − g(a)| < ε teljes¨ ul, vagyis az (f + g) f¨ uggvény folytonos az a pontban. 2. Legyen k ∈ R+ tetsz˝ oleges sz´ am. Ekkor létezik olyan δ1 ∈ R+ , hogy ∀x ∈ K : |x − a| < δ1 ⇒ |f (x) − f (a)| < k, vagyis minden |x − a| < δ1 sz´ amra ′

Minden ε ∈ R

+

|f (x)| < |f (a)| + k.

sz´ amhoz létezik olyan δf , δg , hogy ∀x ∈ K : |x − a| < δf ⇒ |f (x) − f (a)| < ε′ ∀x ∈ K : |x − a| < δg ⇒ |g(x) − g(a)| < ε′ .

Ekkor a δ = min {δf , δg , δ1 } sz´ amra |x − a| < δ esetén |(f g)(x) − (f g)(a)| = |f (x)g(x) − f (x)g(a) + f (x)g(a) − f (a)g(a)| ≤ ≤ |f (x)| · |g(x) − g(a)| + |g(a)| · |f (x) − f (a)| ≤ ≤ (|f (a)| + k) · ε′ + |g(a)| · ε′ = ε′ · (|f (a)| + |g(a)| + k) ≤ ε,

66

5


ε . Vagyis az ε, f (a), g(a) és k számokhoz választunk olyan |f (a)| + |g(a)| + k ε′ paramétert, melyre teljes¨ ul a fenti egyenl˝ otlenség, majd ahhoz választunk δf , δg mennyiségeket, és ezekb˝ ol kapjuk meg a ε sz´ amhoz tartozó δ mennyiséget. ε ∈ R+ számhoz létezik olyan 3. Ha λ = 0, akkor nyilván igaz az ´ all´ıt´ as. Tegy¨ uk fel, hogy λ 6= 0. A |λ| ε . Vagyis ha |x − a| < δ, δ ∈ R+ , hogy minden x ∈ K sz´ amra, ha |x − a| < δ, akkor |f (x) − f (a)| < |λ| akkor ε |λf (x) − λf (a)| = |λ| · |f (x) − f (a)| < |λ| · = ε, |λ|

teljes¨ ul, ha 0 < ε′ <

Vagyis a λf f¨ uggvény folytonos az a pontban. 4, 5. Az ε ∈ R+ sz´ amhoz létezik olyan δ ∈ R+ , hogy

∀x ∈ K : |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < ε Ekkor a δ számra igaz, hogy minden |x − a| < δ esetén ||f (x)| − |f (a)|| ≤ |f (x) − f (a)| < ε f (x) − f (a) = f (x) − f (a) = |f (x) − f (a)| ≤ |f (x) − f (a)| < ε

uggvény folytonos az a pontban. teljes¨ ul, vagyis az |f | és a f f¨

6. Legyen δ1 ∈ R+ olyan sz´ am, hogy minden |x − a| < δ1 esetén |f (x) − f (a)| <

|f (a)| . Ekkor 2

|f (a)| . Legyen δf ∈ R+ olyan, hogy minden |x − a| < δf 2 1 ε |f (a)|2 . Ekkor a δ = min {δ1 , δf } olyan szám, hogy minden x ∈ Dom és esetén |f (x) − f (a)| < 2 f |x − a| < δ esetén 1 2 ε |f (a)|2 1 |f (x) − f (a)| |f (x) − f (a)| < = ε. f (x) − f (a) = |f (x)| · |f (a)| < |f (a)| 2 · 2 |f (a)| · |f (a)| 2

minden |x − a| < δ1 sz´ amra |f (x)| >

5.10. T´ etel. Legyen A ⊆ R. Ekkor minden f, g ∈ C(A, R) elemre és minden c ∈ R sz´ amra f + g, f g, cf, |f | , f ∈ C(A, R). Bizony´ıt´ as. Az el˝ oz˝o ´ all´ıt´ as kell minden egyes a ∈ A pontra alkalmazni. 5.11. T´ etel. Folytonos f¨ uggvények kompoz´ıci´ oja folytonos f¨ uggvény.

Bizony´ıt´ as. Legyen f, g : R ։ R folytonos f¨ uggvény, és a ∈ Dom f olyan pont, melyre f (a) ∈ Dom g teljes¨ ul. Megmutatjuk, hogy a g ◦ f f¨ uggvény folytonos az a pontban. Legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter. Mivel a g f¨ uggvény folytonos az f (a) pontban, ezért létezik olyan δg ∈ R+ paraméter, hogy ∀y ∈ Dom g |y − f (a)| < δg ⇒ |g(y) − g(f (a))| < ε. Mivel az f f¨ uggvény folytonos az a pontban, ezért a δg számhoz létezik olyan δ ∈ R+ paraméter, hogy ∀x ∈ Dom f |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < δg . Egym´ as után ´ırva a fenti két egyenl˝ otlenséget azt kapjuk, hogy minden x ∈ Dom(g ◦ f ) esetén |x − a| < δ ⇒ |(g ◦ f )(x) − (g ◦ f )(a)| = |g(f (x)) − g(f (a))| < ε.

¨ ´ ´ FUGGV ENY FOLYTONOSSAGA

5.4.

67

5.12. T´ etel. Legyen f : R ։ R és a ∈ Dom f a Dom(f ) halmaz torl´ od´ asi pontja. Az f f¨ uggvény pontosan akkor folytonos az a pontban, ha lim f létezik, és lim f = f (a). a

a

Bizony´ıt´ as. Legyen f : R ։ R és a ∈ Dom f a Dom(f ) halmaz torlódási pontja. Egym´ as al´ a ´ırva a lim f = f (a) és az f f¨ uggvény a pontbeli folytonoss´ agának a jelentését a

∀ε ∈ R+ ∃δ ∈ R+ ∀x ∈ Dom f : +

0 < |x − a| < δ

+

∀ε ∈ R ∃δ ∈ R ∀x ∈ Dom f :

→

|x − a| < δ

→

|f (x) − f (a)| < ε

|f (x) − f (a)| < ε

rögt¨ on adódik, hogy az a ∈ Dom f esetben a két formula ekvivalens. 5.13. T´ etel. (F¨ uggvénykompoz´ıci´ o hat´ arértéke.) Legyen f, g : R → R és a, b, c ∈ R olyan, melyre lim f = b, lim g = c és a torl´ od´ asi pontja a Dom(g ◦ f ) halmaznak. Ha a a

b

1. b ∈ / Dom g; 2. b ∈ Dom g és g folytonos a b pontban; feltételek valamelyike teljes¨ ul, akkor lim(g ◦ f ) = c. a

Bizony´ıt´ as.

Legyen f, g : R → R és a, b, c ∈ R olyan, melyre lim f = b, lim g = c és a torlódási a

b

pontja a Dom(g ◦ f ) halmaznak. Legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges. El˝osz¨ or tegy¨ uk fel, hogy b ∈ / Dom g. A lim g = c miatt létezik olyan δ ′ ∈ R+ , melyre b

g (Bδ′ (b) \ {b}) ⊆ Bε (c). A lim f = b miatt létezik olyan δ ∈ R+ , melyre a

f (Bδ (a) \ {a}) ⊆ Bδ′ (b). Ekkor az el˝ oz˝o egyenletek és g (Bδ′ (b) \ {b}) = g (Bδ′ (b)) miatt (g ◦ f ) (Bδ (a) \ {a}) ⊆ g(Bδ′ (b)) = g (Bδ′ (b) \ {b}) ⊆ Bε (c) teljes¨ ul, vagyis lim(g ◦ f ) = c. a Most tegy¨ uk fel, hogy b ∈ Dom g és g folytonos a b pontban. A g f¨ uggvény folytonoss´ aga miatt létezik olyan δ ′ ∈ R+ , melyre g (Bδ′ (b)) ⊆ Bε (c). A lim f = b miatt létezik olyan δ ∈ R+ , melyre a

f (Bδ (a) \ {a}) ⊆ Bδ′ (b). Ekkor az el˝ oz˝o egyenletek alapj´ an (g ◦ f ) (Bδ (a) \ {a}) ⊆ g(Bδ′ (b)) ⊆ Bε (c) teljes¨ ul, vagyis lim(g ◦ f ) = c. a

´ 5.14. T´ etel. (Atviteli elv folytonoss´ agra.) Legyen f : R ։ R és z ∈ Dom(f ). Az f f¨ uggvény pontosan akkor folytonos a z pontban, ha minden a : N → Dom(f ), z ponthoz konverg´ al´ o sorozatra létezik a lim f ◦ a hat´ arérték és lim f ◦ a = f (z).

68

5


Bizony´ıt´ as. Legyen f : R ։ R, z ∈ Dom(f ), tegy¨ uk fel, hogy az f f¨ uggvény folytonos az z pontban, és legyen a : N → Dom(f ), z ponthoz konverg´ aló sorozat. Ha ε ∈ R+ , akkor az f f¨ uggvény z pontbeli folytonoss´ aga miatt létezik olyan δ ∈ R+ , hogy ∀x ∈ Dom f : |x − z| < δ ⇒ |f (x) − f (z)| < ε. Ehhez a δ számhoz az a sorozat konvergenciája miatt létezik olyan N ∈ N, hogy minden n > N számra |an − z| < δ. Ekkor minden n > N számra |f (an ) − f (z)| < ε, vagyis lim f (an ) = f (z). n→∞ Visszafelé u ´gy bizony´ıtjuk az implikáci´ ot hogy feltessz¨ uk, hogy f nem folytonos a z pontban. Ekkor ∃ε ∈ R+ ∀δ ∈ R+ ∃x ∈ Bδ (z) : f (x) ∈ / Bε (f (z)). R¨ ogz´ıts¨ unk egy ilyen ε ∈ R+ sz´ amot. Mivel minden n ∈ N esetén o n 1 (z), |f (x) − f (z)| ≥ ε 6= ∅, x ∈ Dom f | x ∈ B n+1

ezért

o Yn 1 (z), |f (x) − f (z)| ≥ ε 6= ∅. x ∈ Dom f | x ∈ B n+1

n∈N

Ha a egy tetsz˝ oleges eleme a fenti halmaznak, akkor a : N → Dom f sorozat, melynek határértéke z. ε számhoz nem létezik olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex, Ekkor lim f ◦ a = f (z) nem teljes¨ ul, ugyanis az 2 ε hogy minden n > N sz´ amra |f (an ) − f (z)| ≤ teljes¨ ul, ugyanis az a sorozat konstrukciója miatt 2 minden n ∈ N sz´ amra |f (an ) − f (z)| ≥ ε. Tehát azt az ellentmondást kaptuk, hogy nem minden a : N → Dom(f ), z ponthoz konverg´ al´ o sorozat esetén teljes¨ ul, hogy lim f ◦ a = f (z). 5.15. T´ etel. (A folytonoss´ ag topologikus jellemzése.) Legyen f : R ։ R. Ekkor az al´ abbiak ekvivalensek. 1. Az f f¨ uggvény folytonos. −1

2. Minden A ⊆ R ny´ılt halmazhoz létezik olyan U ⊆ R ny´ılt halmaz, melyre f (A) = U ∩ Dom f teljes¨ ul. −1

3. Minden A ⊆ R z´ art halmazhoz létezik olyan Z ⊆ R z´ art halmaz, melyre f (A) = Z ∩ Dom f teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. Legyen f : R → R és K = Dom f .

−1

1 ⇒ 2 Legyen f : K → R folytonos f¨ uggvény és A ⊆ R ny´ılt halmaz. Ekkor minden z ∈ f (A) esetén létezik olyan ε(z) ∈ R+ , melyre Bε(z) (f (z)) ⊆ A. Ekkor az f f¨ uggvény z pontbeli folytonoss´ aga miatt −1

létezik olyan δ(z) ∈ R+ , melyre f (K ∩ Bδ (z)) ⊆ Bε(z) (f (z)). Ezekb˝ ol K ∩ Bδ(z) (z) ⊆ f (A) adódik. [ −1 Tehát az U = Bδ(z) (z) ny´ılt halmazra K ∩ U = f (A) teljes¨ ul. −1

z∈ f (A)

2 ⇒ 1 Legyen f : K → R olyan f¨ uggvény, hogy minden A ⊆ R ny´ılt halmaz esetén létezik olyan U ⊆ R −1

ny´ılt halmaz, melyre f (A) = U ∩ K teljes¨ ul. Legyen z ∈ K és ε ∈ R+ tetsz˝ oleges. Ekkor Bε (f (z)) −1

ny´ılt halmaz, ezért létezik olyan U ⊆ R ny´ılt halmaz, melyre f (Bε (f (z))) = U ∩ K teljes¨ ul. A z ∈ U miatt létezik olyan δ ∈ R+ , hogy Bδ (z) ⊆ U . Ez azt jelenti, hogy minden x ∈ K pontra x ∈ Bδ (z) esetén f (x) ∈ Bε (f (z)) teljes¨ ul, ebb˝ol pedig következik az f f¨ uggvény z pontbeli folytonoss´ aga, abból pedig folytonoss´ aga.

¨ ´ ´ ANAK ´ ¨ ´ FUGGV ENY FOLYTONOSSAG ELEMI KOVETKEZM ENYEI

5.5.

69

2 ⇒ 3 Legyen A ⊆ R z´ art halmaz. Ekkor R \ A ny´ılt halmaz, ´ıgy létezik olyan U ⊆ R ny´ılt halmaz, −1

hogy f (R \ A) = U ∩ K. Ezért −1 −1 f (A) = K ∩ R \ f (R \ A) = K ∩ (R \ (U ∩ K)) = K ∩ ((R \ U ) ∪ (R \ K)) = K ∩ (R \ U ) −1

teljes¨ ul, ahol felhasználtuk, hogy minden A′ ⊆ R halmazra f (A′ ) ⊆ K. Vagyis a Z = R \ U halmaz −1

z´ art és f (A) = Z ∩ K. 3 ⇒ 2 Legyen A ⊆ R ny´ılt halmaz. Ekkor R \ A z´ art halmaz, ´ıgy létezik olyan Z ⊆ R z´ art halmaz, −1

hogy f (R \ A) = Z ∩ K. Ezért −1 −1 f (A) = K ∩ R \ f (R \ A) = K ∩ (R \ (Z ∩ K)) = K ∩ ((R \ Z) ∪ (R \ K)) = K ∩ (R \ Z) −1

teljes¨ ul, ahol ugyancsak felhasználtuk, hogy minden A′ ⊆ R halmazra f (A′ ) ⊆ K. Vagyis az U = −1

R \ Z halmaz ny´ılt és f (A) = U ∩ K.

5.16. T´ etel. (A folytonoss´ ag topologikus jellemzése.) Legyen f : R → R. Ekkor az al´ abbiak ekvivalensek. 1. Az f f¨ uggvény folytonos. −1

2. Minden A ⊆ R ny´ılt halmazra f (A) ny´ılt. −1

3. Minden A ⊆ R z´ art halmazra f (A) z´ art. Bizony´ıt´ as.

Az el˝ oz˝o ´ all´ıt´ as közvetlen következménye.

5.9. Defin´ıci´ o. Legyen f : R ։ R és a ∈ Dom f . – Azt mondjuk, hogy az f f¨ uggvénynek az a pontban szakad´ asa van, ha a f¨ uggvény nem folytonos az a pontban. – Azt mondjuk, hogy az f f¨ uggvénynek az a pontban els˝ ofaj´ u szakad´ asa van, ha létezik lim f , de a±

lim f 6= f (a) vagy lim f 6= f (a). a−

a+

– Azt mondjuk, hogy az f f¨ uggvénynek az a pontban megsz¨ untethet˝ o szakad´ asa van, ha létezik lim f , és lim f = lim f 6= f (a). a±

a−

a+

– Azt mondjuk, hogy az f f¨ uggvénynek az a pontban m´ asodfaj´ u szakad´ asa van, f nem folytonos az a pontban, és nincs els˝ofaj´ u szakadása az a pontban.

5.5.

F¨ uggv´ eny folytonoss´ ag´ anak elemi k¨ ovetkezm´ enyei

5.17. T´ etel. Legyen K ⊆ R kompakt halmaz és f : K → R folytonos f¨ uggvény. Ekkor az f (K) halmaz is kompakt. Bizony´ıt´ as. halmaz

Legyen K ⊆ R kompakt halmaz és f : K → R folytonos f¨ uggvény és tekints¨ uk az f (K) f (K) ⊆

[

i∈I

Ui

70

5


ny´ılt fedését. Ekkor a 5.15 folytonoss´ ag topologikus jellemzése alapján, minden i ∈ I esetén létezik −1

olyan Vi ny´ılt halmaz, melyre f (Ui ) = Vi ∩ K teljes¨ ul. Vagyis ! [ −1 [ −1 [ K⊆ f f (Ui ) = (Vi ∩ K) = Ui = i∈I

i∈I

i∈I

[

i∈I

Vi

!

∩K ⊆

[

Vi

i∈I

a K kompakt halmaz ny´ılt fedése. A K halmaz kompaktsága miatt létezik olyan J ⊆ I véges halmaz, melyre [ K⊆ Vi i∈J

teljes¨ ul, ezért

f (K) ⊆ az f (K) halmaz véges ny´ılt fedése.

[

i∈J

f (Vi ) ⊆

[

Ui

i∈J

5.18. T´ etel. (Weierstrass tétele.) Legyen K ⊆ R kompakt halmaz és f : K → R folytonos f¨ uggvény. Ekkor létezik x, y ∈ K melyre f (x) = inf f (K) és f (y) = sup f (K). Bizony´ıt´ as. Legyen K ⊆ R kompakt halmaz és f : K → R folytonos f¨ uggvény. Az el˝oz˝o 5.17 tétel alapján f (K) kompakt halmaz, vagyis a val´ os számokra vonatkozó 2.21 Borel–Lebesgue-tétel miatt korlátos és z´ art részhalmaza a val´ os sz´ amoknak. Az f (K) halmaz korlátoss´ aga miatt létezik infimuma és szuprémuma, valamint az f (K) halmaz z´ artsága miatt inf f (K), sup f (K) ∈ f (K). Ezért létezik olyan x, y ∈ K, melyre f (x) = inf f (K) és f (y) = sup f (K). 5.19. T´ etel. Legyen K ⊆ R kompakt halmaz és f : K → R folytonos injekt´ıv f¨ uggvény. Ekkor az f −1 f¨ uggvény folytonos. Bizony´ıt´ as. Legyen K ⊆ R kompakt halmaz és f : K → R folytonos injekt´ıv f¨ uggvény. Ekkor a 5.17 tétel alapján a K ′ = f (K) halmaz is kompakt. A 5.15 tétel felhasználásával u ´ gy igazoljuk, hogy a g = f −1 f¨ uggvény folytonos. Megmutatjuk, hogy minden A ⊆ R z´ art halmazhoz létezik olyan Z ⊆ R −1 −1 z´ art halmaz, melyre g (A) = Z ∩ Dom g teljes¨ ul. Az f f¨ uggvény injektivitása miatt g (A) = f (A). Az A ∩ K halmaz z´ art és korlátos, ezért kompakt, valamint az f f¨ uggvény folytonoss´ aga miatt f (A ∩ K) is kompakt halmaz, vagyis z´ art. Legyen Z = f (A ∩ K) . Mivel Dom g = K ′ és Z ⊆ K ′ , ezért −1

g (A) = f (A) = f (A ∩ K) = Z ∩ Dom g.

5.20. T´ etel. (Bolzano-tétel.) Legyen a, b ∈ R, a < b, és f : [a, b] → R olyan folytonos f¨ uggvény, melyre f (a)f (b) < 0. Ekkor létezik c ∈ ]a, b[, melyre f (c) = 0. Bizony´ıt´ as. Legyen a, b ∈ R, a < b, és f : [a, b] → R olyan folytonos f¨ uggvény, melyre f (a) < 0 és f (b) > 0. Legyen H = {z ∈ [a, b] | ∀x ∈ [a, z] : f (x) < 0} .

Ekkor H korlátos halmaz, teh´ at létezik szuprémuma, legyen c = sup H. Megmutatjuk, hogy c ∈ / {a, b}. Ha c = a, akkor az f f¨ uggvény folytonoss´ aga miatt létezik olyan δ ∈ R+ , hogy minden x ∈ ]a, a + δ[ esetén f (x) < 0, vagyis c nem a fels˝o korlátja a H halmaznak. Ha c = b, akkor létezik olyan δ ∈ R+ , hogy minden x ∈ ]b − δ, b[ esetén f (x) > 0, vagyis c nem a legkisebb fels˝o korlátja a H halmaznak. Vég¨ ul igazoljuk, hogy f (c) = 0. Ha f (c) < 0, akkor létezik olyan δ ∈ R+ , hogy minden x ∈ ]c − δ, c + δ[ esetén f (x) < 0, vagyis c nem a fels˝o korlátja a H halmaznak. Ha f (c) > 0, akkor létezik olyan δ ∈ R+ , hogy minden x ∈ ]c − δ, c + δ[ esetén f (x) > 0, vagyis c nem a legkisebb fels˝o korlátja a H halmaznak. Mivel f (c) > 0 és f (c) < 0 is lehetetlen, ezért f (c) = 0.

5.6.

¨ ´ ´ FUGGV ENY EGYENLETES FOLYTONOSSAGA

71

5.21. T´ etel. Legyen I ⊆ R ny´ılt intervallum és f : I → R folytonos, szigor´ uan monoton f¨ uggvény. Ekkor Ran f ny´ılt intervallum és f −1 folytonos f¨ uggvény. Bizony´ıt´ as. Legyen I ⊆ R ny´ılt intervallum és f : I → R folytonos, szigor´ uan monoton n¨ ov˝ o f¨ uggvény. Szigor´ uan monoton cs¨ okken˝o f¨ uggvényre teljesen hasonl´ o a bizony´ıtás. El˝osz¨ or megmutatjuk, hogy Ran f intervallum. Ehhez legyen y1 , y2 ∈ Ran f tetsz˝ oleges olyan pont, melyre y1 < y2 . Legyen x1 , x2 ∈ I olyan, hogy f (x1 ) = y1 és f (x2 ) = y2 . Ha c ∈ ]y1 , y2 [, akkor a h : [x1 , x2 ] → R

x 7→ f (x) − c

folytonos f¨ uggvényre h(x1 )h(x2 ) < 0 teljes¨ ul, tehát a Bolzano-tétel alapján létezik olyan x ∈ ]x1 , x2 [, hogy f (x) = c, vagyis c ∈ Ran f . Ezért minden y1 , y2 ∈ Ran f , y1 ≤ y2 esetén [y1 , y2 ] ⊆ Ran f teljes¨ ul, amib˝ol már következik, hogy Ran f intervallum. Most megmutatjuk, hogy Ran f ny´ılt halmaz. Ehhez legyen y0 ∈ Ran f tetsz˝ oleges pont, és legyen x0 ∈ I az a pont, melyre f (x0 ) = y0 . Mivel I ny´ılt halmaz, ezért létezik olyan δ ∈ R+ , hogy Bδ (x0 ) ⊆ δ δ uan monoton n¨ ov˝ o, ezért I. Legyen a = x0 − , b = x0 + , y1 = f (a) és y2 = f (b). Mivel f szigor´ 2 2 y1 < y0 < y2 . Legyen r = min {y2 − y0 , y0 − y1 }. Ekkor Br (y0 ) ⊆ ]y1 , y2 [, és az elöbbi megállap´ıtás alapján Ran f intervallum, ezért Br (y0 ) ⊆ Ran f , vagyis y0 bels˝o pontja a Ran f halmaznak. Vég¨ ul megmutatjuk, hogy f −1 folytonos. Ehhez legyen y0 ∈ Ran f tetsz˝ oleges pont, és legyen x0 ∈ I az a pont, melyre f (x0 ) = y0 . Mivel I ny´ılt halmaz, ezért létezik olyan δ ∈ R+ , hogy Bδ (x0 ) ⊆ I. δ δ uk az Legyen a = x0 − , b = x0 + , y1 = f (a), y2 = f (b) és tekints¨ 2 2 f |[a,b] : [a, b] → [y1 , y2 ]

x 7→ f (x)

f¨ uggvényt. Mivel ez folytonos bijekció, ezért a 5.19 tétel alapján az inverze is folytonos. Mivel −1 −1 y0 ∈ Int [y1 , y2 ] = Int Dom f |[a,b] , valamint f −1 |[y1 ,y2 ] = f |[a,b] ezért az f −1 |[y1 ,y2 ] f¨ uggvény is −1 folytonos az y0 pontban, vagyis az f f¨ uggvény is folytonos az y0 pontban.

5.6.

F¨ uggv´ eny egyenletes folytonoss´ aga

5.10. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az f : R ։ R f¨ uggvény egyenletesen folytonos az A halmazon, ha A ⊆ Dom f és ∀ε ∈ R+ ∃δ ∈ R+ ∀x, y ∈ A : |x − y| < δ → |f (x) − f (y)| < ε teljes¨ ul. Az f f¨ uggvény egyenletesen folytonos, ha egyenletesen folytonos a Dom f halmazon.

5.22. T´ etel. Minden egyenletesen folytonos f¨ uggvény folytonos. Bizony´ıt´ as. Legyen f : R → R egyenletesen folytonos f¨ uggvény, és x ∈ Dom f . Ekkor az f f¨ uggvény egyenletes folytonoss´ aga alapj´ an ∀ε ∈ R+ ∃δ ∈ R+ ∀y ∈ Dom f : |x − y| < δ → |f (x) − f (y)| < ε , ami az f f¨ uggvény x pontbeli folytonoss´ agát jelenti. Vagyis az f minden x ∈ Dom f pontban folytonos, tehát folytonos.

5.23. T´ etel. (Heine tétele.) Legyen K ⊆ R kompakt halmaz és f : K → R folytonos f¨ uggvény. Ekkor f egyenletesen folytonos.

72

5


Bizony´ıt´ as. Legyen K ⊆ R kompakt halmaz, f : K → R folytonos f¨ uggvény és ε ∈ R+ tetsz˝ oleges rögz´ıtett paraméter. Az f f¨ uggvény folytonoss´ aga alapján minden x ∈ K ponthoz létezik olyan δ(x) ∈ R+ szám, melyre f Bδ(x) (x) ⊆ B 2ε (f (x))

teljes¨ ul. Ekkor

K⊆

[

B δ(x) (x),

x∈K

2

vagyis a K halmaz kompaktsága miatt létezik olyan H ⊆ K véges halmaz, melyre [ K⊆ B δ(x) (x). x∈H

2

δ(x) Legyen δ = min | x ∈ H . Megmutatjuk, hogy ekkor minden x, y ∈ K pontra |x − y| < δ 2 ul. esetén |f (x) − f (y)| < ε teljes¨ ul. Az x ∈ K miatt létezik olyan p ∈ H, melyre x ∈ B δ(p) (p) teljes¨ 2 A ”háromsz¨ og-egyenl˝ otlenség alapj´ an |y − p| ≤ |y − x| + |x − p| < δ +

δ(p) ≤ δ(p), 2

ezért |f (x) − f (y)| ≤ |f (x) − f (p)| + |f (p) − f (y)| < ε.

5.7.

Hatv´ anysorok hat´ ar´ ert´ eke

5.24. T´ etel. Legyen a : N → R tetsz˝ oleges sorozat, és tekints¨ uk az Ra konvergenciasugar´ u Pa ul, vagyis hatv´ anysort. Ekkor Ra > 0 esetén, minden z ∈ BRa (0) elemre lim Pa (x) = Pa (z) teljes¨ x→z

a hatv´ anysor folytonos a BRa (0) halmazon.

5.8.

Elemi f¨ uggv´ enyek folytonoss´ aga

5.25. T´ etel. Az exp, sin, cos, tg, ctg, sh, ch, th és cth f¨ uggvény folytonos. Bizony´ıt´ as. Az el˝ oz˝o ´ all´ıt´ as és a 4.14 tétel miatt nyilvánvaló. 5.26. T´ etel. (Nevezetes hat´ arértékek.) ex −1 =1 x→0 x lim

lim

x→0

sin x =1 x

Bizony´ıt´ as. Az exponenci´ alis és a szinusz f¨ uggvény hatványsor´ aból adódik. 5.27. T´ etel. Az exp |R f¨ uggvényre Ran exp |R = R+ teljes¨ ul, valamint a a log f¨ uggvényre Dom log = + R teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. Csak a Ran exp |R = R+ ´ all´ıtást kell igazolni, hiszen a log f¨ uggvény az exp f¨ uggvény inverze. Legyen a > 1. Ekkor tekints¨ uk a folytonos ϕ : [0, a] → R

x 7→ exp(x) − a

5.8.

¨ ´ ´ ELEMI FUGGV ENYEK FOLYTONOSSAGA

f¨ uggvényt. Mivel ϕ(0) = 1 − a < 0 és ϕ(a) − 1 =

73 ∞ X ak

> a ezért a 5.20 Bolzano-tétel miatt létezik k! olyan x0 ∈ [0, a] pont, melyre ϕ(x0 ) = 0, vagyis exp(x0 ) = a teljes¨ ul. Tehát a ∈ Ran exp. 1 1 Ha 0 < a < 1, akkor 1 < ∈ Ran exp, tehát létezik olyan x0 , melyre exp(x0 ) = . Mivel exp(−x0 ) = a a 1 = a, ezért a ∈ Ran exp. exp(x0 ) k=1

5.28. T´ etel. (A logaritmus f¨ uggvény.) A log : R+ → R f¨ uggvény folytonos, szigor´ uan monoton n¨ ov˝ o bijekt´ıv f¨ uggvény. −1

Bizony´ıt´ as. A 5.27 tétel alapj´ an Dom log = R+ , valamint mivel Dom exp |R = R, és (exp |R ) = uggvény szigor´ uan monoton n¨ ov˝ o, ezért a log log, ezért Ran log = R. A 4.23 tétel alapján az exp |R f¨ f¨ uggvény is szigor´ uan monoton n¨ ov˝ o vagyis injekt´ıv f¨ uggvény. Ezek alapján a log : R+ → R f¨ uggvény bijekció. Mivel exp |R ny´ılt intervallumon értelmezett szigor´ uan monoton f¨ uggvény, ezért a 5.21 tétel alapján az inverze is folytonos, vagyis a log f¨ uggvény folytonos. 5.29. T´ etel. (A hatv´ anyf¨ uggvény folytonoss´ aga.) Minden α ∈ R esetén az + idα R+ : R → R

x 7→ xα

f¨ uggvény folytonos. Bizony´ıt´ as.

Legyen α ∈ R tetsz˝ oleges paraméter. Mivel a log : R+ → R, az Mα : R → R

x 7→ αx

és az exp |R f¨ uggvény folytonos, ezért az exp ◦Mα ◦ log f¨ uggvény is folytonos, ami pedig éppen az idα R+ f¨ uggvény. 5.30. T´ etel. (A π sz´ ese.) √ bevezet´ am 1. Minden x ∈ 0, 3 esetén sin x > 0. √ 2. A cos f¨ uggvény szigor´ uan monoton cs¨ okken˝ o a 0, 3 intervallumon. √ 1 3. cos 3 < − 8 √ am, melyre cos x = 0 teljes¨ ul. 4. Létezik egyetlen olyan x ∈ 0, 3 sz´ √ Bizony´ıt´ as. 1. Legyen x ∈ 0, 3 , ekkor 9 5 x3 x x7 x11 x sin x = x − + + ··· = + − − 3! 5! 7! 9! 11! x2 x5 x9 x2 x2 =x 1− + + + ··· ≥ · 1− · 1− 6 5! 6·7 9! 10 · 11 3 3 3 x5 x9 ≥x 1− · 1− · 1− + + + ··· ≥ 6 5! 6·7 9! 10 · 11 x 3 = > 0. ≥x 1− 6 2 o add´ıciós formulák alapján minden x1 , x2 ∈ R esetén 2. A 4.27 tételben szerepl˝ x1 + x2 x2 − x1 cos x1 − cos x2 = 2 sin sin . 2 2

74

5


√ x1 + x2 Tehát elég azt megmutatni, hogy az x1 , x2 ∈ 0, 3 , x1 < x2 esetben sin > 0 és 2 x1 + x2 x1 + x2 x2 − x1 i √ h x2 − x1 > 0. Mivel > 0, , ∈ 0, 3 , ezért az els˝o pont alapján sin sin 2 2 2 2 x2 − x1 valamint sin > 0. 2 3. A cos f¨ uggvény defin´ıciója alapj´ an 5 3 √ 3 32 34 36 3 3 − − ··· = − − − cos 3 = 1 − + 2! 4! 6! 8! 10! 12! 1 33 3 35 3 1 =− − 1− − 1− − ··· < − 8 6! 7·8 10! 11 · 12 8 adódik. √ 4. A cos f¨ uggvény folytonoss´ aga miatt a Bolzano-tétel alapján adódik, hogy létezik olyan x ∈ 0, 3 √ szám, melyre cos x = 0, valamint a cos f¨ uggvény 0, 3 intervallumon való szigor´ u monotonitásából adódik, hogy legfeljebb egy ilyen x sz´ am létezhet ebben az intervallumban. √ △ 5.11. Defin´ıci´ o. Legyen x ∈ 0, 3 az a szám, melyre cos x = 0 teljes¨ ul, ekkor a π = 2x számot Ludolf-féle sz´ amnak vagy pi-nek nevezz¨ uk és a g¨ orög π (pi) bet˝ uvel jelölj¨ uk. ´ eke megk¨ (Ert´ ozel´ıt˝ oleg π ≈ 3.1415926535897932385.) 3 Megjegyz´ es. A fenti tételben szerepl˝ o sz´ amol´ ashoz hasonl´ oan igazolható, hogy cos > 0, és egysze2 √ r˝ uen ellen˝ orizhet˝ o, hogy 3 < 1, 74. Tehát eddigi eredményeink alapján 3 < π < 3, 48 adódik. ♦

5.9.

Trigonometrikus f¨ uggv´ enyek tulajdons´ agai

5.31. T´ etel. (Nevezetes sz¨ ogek.) π – A és a π sz¨ ogf¨ uggvényei. 2 cos

π =0 2

sin

π =1 2

cos π = −1

– Minden x ∈ C esetén π sin x + = cos x sin (x + π) = − sin x 2 π cos x + = − sin x cos (x + π) = − cos x 2

sin π = 0

sin (x + 2π) = sin x cos (x + 2π) = cos x

– Minden x ∈ C sz´ amra

ex+2π i = ex , – A

π π π , és a sz¨ ogf¨ uggvényei. 6 4 3 √ π 1 3 π sin = cos = 6 2 6 2

sh(x + 2π i) = sh x,

π π 1 cos = sin = √ 4 4 2

ch(x + 2π i) = ch x.

π 1 cos = 3 2

√ π 3 sin = 3 2

5.9.

¨ ´ ´ TRIGONOMETRIKUS FUGGV ENYEK TULAJDONSAGAI

75

π Bizony´ıt´ as. 1. A cos = 0 a π szám defin´ıciója alapján teljes¨ ul. Mivel sin2 x + cos2 x = 1, ezért 2 π π π sin ∈ {−1, 1}. A 5.30 tétel alapján sin > 0, ezért sin = 1. A sin π és a cos π érték a 4.27 2 2 2 tételben szerepl˝ o add´ıciós formulával igazolható. 2–3. Az egyenl˝ oségek a 4.27 tételben szerepl˝ o add´ıciós formulákkal igazolhatók. π π 4. Legyen a = sin és b = cos . Az add´ıciós formulák alapján 6 6 2π 2π sin = 2ab és cos = b 2 − a2 , 6 6 valamint 3π 3π sin = 3ab2 − a3 és cos = b3 − 3a2 b. 6 6 π szinusz´ at és koszinusz´ at az 1. pont alapján be´ırva az A 2 1 = 3ab2 − a3

és 0 = b3 − 3a2 b.

egyenletrendszer adódik. Ha a b = 0 teljes¨ ulne, akkor az els˝o egyenlet alapján a < 0 teljes¨ ulne, π i √ h azonban ∈ 0, 3 , ezért a 5.30 tétel alapján a > 0. Tehát b 6= 0. A második egyenlet miatt ekkor 6 b2 = 3a2 , amit az els˝o egyenletbe ´ırva 1 = 8a3 adódik. Innen már a és b értéke egyszer˝ uen számolhat´ o. π π π π π A sin és a cos értéke sz´ amolhat´ o a = + összef¨ uggésre alkalmazott add´ıciós formulákb´ ol. 3 3 3 6 6 π π Legyen a = sin és b = cos . Az add´ıciós formulák alapján 4 4 2π 2π sin = 2ab és cos = b 2 − a2 , 4 4 tehát 1 = 2ab és 0 = b2 − a2 . π π π 1 π ol a = b adódik, amib˝ol pedig sin = cos = √ . Mivel sin , cos > 0, ezért a második egyenletb˝ 4 4 4 4 2 Kieg´ esz´ıt´ es. A f¨ uggelékben a nevezetes szögekr˝ol szóló 5.31 tétel bizony´ıtásához hasonl´ o gondolatmenettel igazoljuk még a s √ √ π 1+ 5 π 5− 5 cos = . sin = 5 8 5 4 π π egyenl˝ oséget (9.6 tétel) és megadjuk sin és cos értékét is. A következ˝o tétel megmutatja, hogy 17 17 mely α sz¨ ogek esetén fejezhet˝ o ki sin α és cos α. n

5.12. Defin´ıci´ o. Fermat-pr´ımeknek nevezz¨ uk az Fn = 2(2

)

+ 1 (n ∈ N) alak´ u pr´ımsz´ amokat.

Az eddig ismert Fermat-pr´ımek: F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257 és F4 = 65537. Nem ismert, hogy létezik-e ezeken k´ıv¨ ul Fermat-pr´ım. 5.32. T´ etel. Pontosan azon x ∈ R sz´ amok esetén fejezhet˝ o ki sin x és cos x értéke az ¨ osszead´ as, a szorz´ as, az oszt´ as és a négyzetgy¨ okvon´ as m˝ uveletek véges kombin´ aci´ oj´ aval, ha mπ x= k Y Fini 2n · i=0

alak´ u, ahol m ∈ Z, n, k ∈ N, Fi az i-edik Fermat-pr´ım, és minden i = 0, . . . , k esetén ni ∈ {0, 1}.

76

5


♦ 5.33. T´ etel. (Euler képlet.) ei π = −1 Bizony´ıt´ as. A 5.31 és a 4.22 Euler-tétel következménye. 5.34. T´ etel. (Trigonometrikus f¨ uggvények peri´ odusa.) 1. Minden x ∈ ]0, π[ esetén sin x > 0, minden x ∈ ]π, 2π[ esetén sin x < 0. 2. A sin x = 0 egyenletnek x ∈ [0, 2π[ esetén x ∈ {0, π} az ¨ osszes megold´ asa. 3. A sin f¨ uggvény peri´ odusa 2π. i π πh π 3π esetén cos x > 0, minden x ∈ esetén cos x < 0. , 4. Minden x ∈ − , 2 2 2 2 π 3π 5. A cos x = 0 egyenletnek x ∈ [0, 2π[ esetén x ∈ az ¨ osszes megold´ asa. , 2 2 6. A cos f¨ uggvény peri´ odusa 2π. i πh iπ h Bizony´ıt´ as. 1. A 5.31 tétel alapj´ an minden x ∈ 0, számra sin x > 0. Ha x ∈ , π , akkor 2 2 π az el˝oz˝o megállap´ıt´ as és a sin x = sin(π − x) azonosság miatt sin x > 0. Mivel sin = 1 > 0, ezért 2 minden x ∈ ]0, π[ esetén sin x > 0. Ha x ∈ ]π, 2π[, akkor a sin x = − sin(x − π) azonosság és az el˝oz˝o megállap´ıtás alapj´ an sin x < 0. an nyilvánvaló. 2. Az 1. pont és a 5.31 tétel alapj´ 3. Tegy¨ uk fel, hogy létezik a sin f¨ uggvénynek a 2π számn´ al kisebb periódusa, legyen ez p. Ekkor p ∈ ]0, 2π[, valamint 0 = sin 0 = sin(0 + p). A 2. pont alapján ekkor p = π. Azonban π π + p = −1 1 = sin 6= sin 2 2

miatt π sem lehet a periódus. Tehát ai sin f¨ uggvény legkisebb periódusa 2π. πh an minden x ∈ 0, esetén cos x > 0, továbbá a cos f¨ uggvény p´ arossága és 4. A 5.31 tétel alapj´ 2 i π πh π 3π cos 0 = 1 miatt minden x ∈ − , esetén cos x > 0. Ha x ∈ , akkor a cos x = − cos(x − π) , 2 2 2 2 azonosság és az el˝ oz˝o megállap´ıt´ as alapj´ an cos x < 0. h πh π 3π 5. Az el˝oz˝o pont alapj´ an ha x ∈ 0, , akkor cos x > 0; ha x ∈ , akkor cos x < 0; ha , 2 2 2 3π , 2π , akkor cos x = − cos(x − π) miatt cos x > 0. Tehát a cos x = 0 egyenletnek a [0, 2π[ x∈ 2 π 3π intervallumon csak és lehet a megoldása, és a 5.31 tétel alapján ezek valóban megoldások. 2 2 6. Tegy¨ uk fel, hogy létezik a cos f¨ uggvénynek al kisebb periódusa, legyen ez p. Ekkor π a 2π számn´ π p ∈ ]0, 2π[, valamint 0 = cos − = cos − + p . A 4. pont alapján ekkor p = π. Azonban 2 2 1 = cos 0 6= cos (0 + p) = −1 miatt π sem lehet a periódus. Tehát a cos f¨ uggvény legkisebb periódusa 2π. 5.35. T´ etel. Elemi trigonometrikus f¨ uggvények monotonit´ asa. 1. A cos f¨ uggvény szigor´ uan monoton cs¨ okken˝ o a [0, π] intervallumon és cos |[0,π] : [0, π] → [−1, 1] bijekci´ o.

x 7→ cos x

5.9.

¨ ´ ´ TRIGONOMETRIKUS FUGGV ENYEK TULAJDONSAGAI

77

h π πi 2. A sin f¨ uggvény szigor´ uan monoton n¨ ov˝ oa − , intervallumon és 2 2 h π πi → [−1, 1] x 7→ sin x sin |[− π , π ] : − , 2 2 2 2 bijekci´ o.

nπ o 3. A tg f¨ uggvény értelmezési tartom´ anya a C \ + kπ| k ∈ Z halmaz, valamint szigor´ uan 2 i π πh intervallumon és monoton n¨ ov˝ oa − , 2 2 i π πh tg |]− π , π [ : − , →R x 7→ tg x 2 2 2 2 bijekci´ o.

x1 + x2 x2 − x1 , < π miatt a 5.34 tétel alapján Bizony´ıt´ as. 1. Ha 0 ≤ x1 < x2 ≤ π, akkor 0 < 2 2 x2 − x1 x1 + x2 , sin > 0. Vagyis a sin 2 2 x1 + x2 x2 − x1 cos x1 − cos x2 = 2 sin sin 2 2 trigonometrikus azonoss´ ag alapj´ an a cos f¨ uggvény szigor´ uan monoton csökken˝o a [0, π] halmazon. Mivel cos 0 = 1, cos π = −1 és a cos f¨ uggvény folytonos, ezért a Bolzano-tétel alapján Ran cos |[0,π] = [−1, 1] . A cos |[0,π] f¨ uggvény injektivitása pedig szigor´ u monotonitásából következik. x1 + x2 π π π x1 + x2 π 2. Ha − ≤ x1 < x2 ≤ , akkor − < > 0, < miatt a 5.34 tétel alapján cos 2 2 2 2 2 2 x2 − x1 x2 − x1 > 0. Vagyis a < π miatt sin valamint 0 < 2 2 x1 + x2 x2 − x1 sin x1 − sin x2 = −2 cos sin 2 2 h π πi trigonometrikus azonoss´ ag alapj´ an a sin f¨ uggvény szigor´ uan monoton n¨ ov˝ oa − , halmazon. 2 2 π π uggvény folytonos, ezért a Bolzano-tétel alapján Mivel sin − = −1, sin = 1 és a sin f¨ 2 2 Ran sin |[ −π , π ] = [−1, 1] . 2

2

uggvény injektivitása pedig szigor´ u monotonitásából következik. A sin |[ −π , π ] f¨ 2 2 3. A cos z = 0, z ∈ C egyenlet megoldásához legyen z = a + i b alak´ u, ahol a, b ∈ R. A cos(a + i b) = 0 egyenlet a 4.27 tétel alapj´ an e2 i a−2b = −1

an az alakban ´ıható fel, ami a 4.22 alapj´

e−2b (cos(2a) + i sin(2a)) = −1 egyenlethez vezet. A két oldal abszol´ utértékét véve e−2b = 1 adódik, vagyis b = 0. A fenti egyenlet valós és képzetes részét véve az cos(2a) = −1

sin(2a) = 0

78

5


egyenleteket kapjuk. Keress¨ uk ennek a megoldását a 2a ∈ [0, 2π[ feltétel mellett. Ekkor a 5.34 tétel második pontja alapj´ an a sin(2a) = 0 egyenletb˝ ol 2a = 0 vagy 2a = π következik. A 2a = 0 esetben cos(2a) 6= −1, a 2a = π esetben azonban cos(2a) = −1. Tehát a [0, 2π[ intervallumban egyetlen π uggvények 2π szerinti periodicit´ asa miatt a cos z = 0 megoldás van a = . A trigonometrikus f¨ 2 egyenlet megoldása nπ o z∈ + kπ| k ∈ Z , 2 o nπ + kπ| k ∈ Z . vagyis Dom tg = C \ 2 π π Legyen − ≤ x1 < x2 ≤ . Ekkor 0 < x2 − x1 < π, tehát a 5.34 tétel 1. pontja alapján 2 2 sin(x2 − x1 ) > 0. Vagyis a tg x1 − tg x2 =

−1 sin (x2 − x1 ) cos x1 cos x2

h π πi trigonometrikus azonoss´ ag alapj´ an a tg f¨ uggvény szigor´ uan monoton n¨ ov˝ oa − , halmazon. 2 2 A tg f¨ uggvény p´ aratlan és tg 0 = 0 ezért Ran tg |]− π , π [ = R igazolásához elég megmutatni, hogy 2 2 i πh minden y ∈ R+ esetén létezik olyan x ∈ 0, , melyre tg x = y teljes¨ ul. Legyen y ∈ R+ tetsz˝ oleges. 2 iπ πh π uggvény folytonos, ezért létezik olyan δ1 ∈ R+ , hogy minden x ∈ − δ1 , Mivel sin = 1 és a sin f¨ 2 2 2 1 π esetén sin x > . Mivel cos = 0 és a cos f¨ uggvény folytonos, ezért létezik olyan δ2 ∈ R+ , hogy 2 iπ2 iπ 1 πh πh esetén cos x < tetsz˝ oleges minden x ∈ − δ2 , . Legyen δ = min {δ1 , δ2 } és x0 ∈ − δ2 , 2 2 2y 2 2 1 1 , teh´ at pont. Ekkor sin x0 > és cos x0 < 2 2y tg x0 =

sin x0 > cos x0

1 2 1 2y

= y.

A folytonos tg f¨ uggvényre a [0, x0 ] intervallumon tg 0 < y < tg x0 teljes¨ ul, vagyis a Bolzano-tétel miatt létezik olyan x ∈ ]0, x0 [, melyre tg x = y, ezért y ∈ Ran tg |]− π , π [ . 2

2

5.13. Defin´ıci´ o. Elemi f¨ uggvények inverzei. uggvény inverzét arkusz szinusz f¨ uggvénynek nevezz¨ uk, jele arcsin, vagyis 1. A sin |[− π , π ] f¨ 2

2

−1 △ arcsin = sin |[− π , π ] . 2 2

2. A cos |[0,π] f¨ uggvény inverzét arkusz koszinusz f¨ uggvénynek nevezz¨ uk, jele arccos, vagyis △ −1 arccos = cos |[0,π] .

3. A tg |]− π , π [ f¨ uggvény inverzét arkusz tangens f¨ uggvénynek nevezz¨ uk, jele arctg, vagyis 2 2 −1 △ . arctg = tg |]− π , π [ 2

2

5.36. T´ etel. Az arcsin az arccos és az arctg f¨ uggvény folytonos.

Bizony´ıt´ as. Az arcsin és az arccos f¨ uggvény a 5.19 tétel alapján folytonos. A tg |]− π , π [ f¨ uggvény 2 2 ny´ılt intervallumon értelmezett szigor´ uan monoton f¨ uggvény, ezért a 5.21 tétel alapján az inverze is folytonos.

5.10.

¨ ´ ´ HIPERBOLIKUS FUGGV ENYEK TULAJDONSAGAI

5.10.

79

Hiperbolikus f¨ uggv´ enyek tulajdons´ agai

5.37. T´ etel. Hiperbolikus f¨ uggvények monotonit´ asa. 1. A ch f¨ uggvény szigor´ uan monoton n¨ ov˝ o a [0, ∞[ halmazon és ch |[0,∞[ : [0, ∞[ → [1, ∞[

x 7→ ch x

bijekci´ o. 2. Az sh f¨ uggvény szigor´ uan monoton n¨ ov˝ o az R halmazon és sh |R : R → R

x 7→ sh x

bijekci´ o. 3. A th f¨ uggvény értelmezési tartom´ anya a C \ n¨ ov˝ o az R halmazon és

πi + kπ i | k ∈ Z halmaz, szigor´ uan monoton 2

th |R : R → ]−1, 1[

x 7→ th x

bijekci´ o. Bizony´ıt´ as. 1. Megmutatjuk, hogy 0 < x esetén 0 < sh x. Ekkor a q = ex jelöléssel 1 < q adódik, és az igazolandó 1 1 q− >0 2 q egyenl˝ otlenség következik az 1 < q 2 egyenl˝ otlenségb˝ol. Ha 0 ≤ x1 < x2 , akkor 0 < ezért a x2 − x1 x1 + x2 sh ch x1 − ch x2 = −2 sh 2 2

x1 + x2 x2 − x1 , , 2 2

azonoss´ ag alapj´ an a ch f¨ uggvény szigor´ uan monoton n¨ ov˝o a [0, ∞[ halmazon. Most igazoljuk, hogy 0 < x esetén ch x > 1. A q = ex jelöléssel 1 < q, és ekkor ch x > 1

↔

q+

1 −2>0 q

↔

2

(q − 1) > 0.

Legyen q ∈ [1, ∞[. Ahhoz, hogy q ∈ Ran ch |[0,∞[ teljes¨ uljön igazolni kell, hogy létezik olyan x ∈ [0, ∞[, melyre ch x = q. Ennek az egyenl˝ oségnek ekvivalens alakjai az alábbiak. ex + e−x = 2q 2

(ex ) − 2q ex +1 = 0

p p 4q 2 − 4 e = = q ± q2 − 1 2 p p p Mivel q + q 2 − 1 ≥ 1, ezért q + q 2 − 1 ∈ Dom log, s˝ot log q + q 2 − 1 ≥ 0, vagyis az x

2q ±

p x = log q + q 2 − 1 ∈ [0, ∞[

számra ch x = q teljes¨ ul. A ch f¨ uggvény injektivitása szigor´ u monotonitásából következik. 2. Mivel minden x ∈ [0, ∞[ esetén ch x > 0 és a ch f¨ uggvény p´ aros, ezért minden x ∈ R esetén

80

5


x2 − x1 , vagyis az 1. pont bizony´ıtása alapján sh 2 x2 − x1 x1 + x2 sh sh x1 − sh x2 = −2 ch 2 2

ch x > 0. Ha ≤ x1 < x2 , akkor 0 < ezért a

x2 − x1 2

> 0,

azonosság alapj´ an az sh f¨ uggvény szigor´ uan monoton n¨ ov˝ o a valós számok halmazán. Legyen q ∈ R. Ahhoz, hogy q ∈ Ran sh |R teljes¨ uljön igazolni kell, hogy létezik olyan x ∈ R, melyre sh x = q. Ennek az egyenl˝ oségnek ekvivalens alakjai az alábbiak. ex − e−x = 2q

2

(ex ) − 2q ex −1 = 0 x

e = Mivel q +

2q ±

p p 4q 2 + 4 = q ± 1 + q2 2

p p 1 + q 2 > 0, ezért q + 1 + q 2 ∈ Dom log, vagyis az p x = log q + 1 + q 2 ∈ R

számra sh x = q teljes¨ ul. Az sh f¨ uggvény injektivitása szigor´ u monotonitásából következik. an a cos(i z) = 0 egyenlettel ekvivalens, vagyis a 5.35 tétel 3. A ch z = 0 egyenlet a 4.27 tétel alapj´ alapján a ch z = 0 egyenlet megoldása πi z∈ + kπ i | k ∈ Z , 2 πi + kπ i | k ∈ Z . vagyis Dom th = C \ 2 Legyen x1 < x2 . Ekkor 0 < x2 − x1 , teh´ at az 1. pont bizony´ıtása alapján sh(x2 − x1 ) > 0. Vagyis a th x1 − th x2 =

−1 sh (x2 − x1 ) ch x1 ch x2

azonosság alapj´ an a th f¨ uggvény szigor´ uan monoton n¨ ov˝o a valós számok halmazán. Legyen x ∈ R tetsz˝ oleges. Ekkor a th x < 1

↔

ex − e−x < ex + e−x

0 < e−x

↔

ekvivalencia alapj´ an th x < 1, valamint a −1 < th x

↔

− ex − e−x < ex − e−x

↔

0 < ex

ekvivalencia alapj´ an th x < −1. A fenti bizony´ıt´ asokhoz hasonl´ oan adott q ∈ ]−1, 1[ megkeress¨ uk azt az x ∈ R számot, melyre th x = q. Ennek az egyenl˝ oségnek ekvivalens alakjai az alábbiak. ex − e−x =q ex + e−x e2x −1 =q e2x +1 e2x −1 = q e2x +q

¨ ´ ´ HIPERBOLIKUS FUGGV ENYEK TULAJDONSAGAI

5.10.

e2x = Mivel

81

1+q 1−q

1+q 1+q > 0, ezért ∈ Dom log, vagyis az 1−q 1−q 1 x = log 2

1+q 1−q

számra th x = q teljes¨ ul. Az th f¨ uggvény injektivitása szigor´ u monotonitásából következik. 5.14. Defin´ıci´ o. Hiperbolikus f¨ uggvények inverzei. 1. Az sh |R f¨ uggvény inverzét area szinusz hiperbolikus f¨ uggvénynek nevezz¨ uk, jele arsh, vagyis △

arsh = (sh |R )

−1

.

2. A ch |[0,∞[ f¨ uggvény inverzét area koszinusz hiperbolikus f¨ uggvénynek nevezz¨ uk, jele arch, vagyis △

arch = ch |[0,∞[

−1

.

3. A th |R f¨ uggvény inverzét area tangens hiperbolikus f¨ uggvénynek nevezz¨ uk, jele arth, vagyis △

−1

arth = (th |R )

.

5.38. T´ etel. Area hiperbolikus f¨ uggvények.

p 1. Minden x ∈ R esetén arsh x = log x + x2 + 1 . p 2. Minden x ∈ [1, ∞[ esetén arch x = log x + x2 − 1 . 1+x 1 . 3. Minden x ∈ ]−1, 1[ esetén arth x = log 2 1−x

Bizony´ıt´ as.

Az el˝ oz˝o 5.37 tétel bizony´ıtásban már levezett¨ uk ezeket a formulákat.

5.39. T´ etel. Az arsh az arch és az arth f¨ uggvény folytonos. Bizony´ıt´ as. tonosak.

Az el˝ oz˝o tétel alapj´ an ezek a f¨ uggvények folytonos f¨ uggvények kompoz´ıció, ezért foly-

82

6

6

´ ´ ÍTAS ´ I. DIFFERENCIALSZ AM

Differenci´ alsz´ am´ıt´ as I.

6.1.

Differenci´ alhat´ os´ ag

6.1. Defin´ıci´ o. Legyen f : R → R és a ∈ Int Dom f . – Azt mondjuk, hogy az f f¨ uggvény differenci´ alhat´ o, vagy deriv´ alhat´ o az a pontban ha létezik olyan A ∈ R, melyre f (x) − f (a) =A lim x→a x−a

teljes¨ ul. Ezt az A sz´ amot az f f¨ uggvény a pontbeli differenci´ alj´ anak vagy deriv´ altj´ anak nevezz¨ uk. – Az f : R → R f¨ uggvény deriv´ altj´ anak vagy deriv´ alt f¨ uggvényének nevezz¨ uk a f (x) − f (a) f (x) − f (a) →R a 7→ lim f ′ : a ∈ Int Dom f | ∃ lim x→a x→a x−a x−a f¨ uggvényt. – Az f differenci´ alhat´ o, ha Dom f = Dom f ′ . – Az f folytonosan differenci´ alhat´ o, ha differenciálható és f ′ folytonos. Az A ⊆ R ny´ılt halmazon értelmezett, R érték˝ u, folytonosan differenciálható f¨ uggvények halmazát C 1 (A, R) jelöli. Az f : R → R f¨ uggvény deriváltj´ ara használjuk még a

d f (x) dx

jelölést is.

6.2. Defin´ıci´ o. Legyen I, J ⊆ R ny´ılt intervallum. Azt mondjuk, hogy a ϕ : I → J f¨ uggvény diffeomorfizmus, ha bijekci´ o, differenci´ alhat´ o és az inverze is differenciálható. 6.1. T´ etel. (A differenci´ alhat´ os´ ag ´ altal´ anos jellemzése.) Legyen f : R → R és a ∈ Int Dom f . Az f f¨ uggvény pontosan akkor differenci´ alhat´ o az a pontban, ha létezik olyan c ∈ R, hogy lim

x→a

f (x) − f (a) − c(x − a) = 0. |x − a|

Ha az f f¨ uggvény differenci´ alhat´ o az a pontban akkor a fenti hat´ arértékben szerepl˝ o c konstansra f ′ (a) = c teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. Legyen f : R → R és a ∈ Int Dom f . Tegy¨ uk fel,hogy az f f¨ uggvény differenciálható az a pontban, és legyen c = f ′ (a). Ekkor a derivált defin´ıciója alapján lim

x→a

f (x) − f (a) − c(x − a) = 0, x−a

vagyis

amib˝ol

f (x) − f (a) − c(x − a) f (x) − f (a) − c(x − a) , 0 = lim lim = x→a x→a x−a |x − a| lim

x→a

f (x) − f (a) − c(x − a) =0 |x − a|

következik. Most tegy¨ uk fel, hogy f : R → R és a ∈ Int Dom f olyan szám, melyhez létezik c ∈ R, melyre lim

x→a

f (x) − f (a) − c(x − a) = 0. |x − a|

6.2.

´ AS ´ MUVELETI ˝ ´ DIFFERENCIAL TULAJDONSAGAI

Ekkor

83

f (x) − f (a) − c(x − a) = lim f (x) − f (a) − c(x − a) , 0 = lim x→a x→a |x − a| x−a

vagyis

lim

x→a

amib˝ol

f (x) − f (a) − c(x − a) = 0, x−a

lim

x→a

f (x) − f (a) − c = 0, x−a

következik, teh´ at f differenci´ alhat´ o az a pontban és f ′ (a) = c.

6.2. T´ etel. (A differenci´ alhat´ os´ ag jellemzése.) Legyen f : R → R és a ∈ Int Dom f . Az f f¨ uggvény pontosan akkor differenci´ alhat´ o az a pontban, ha létezik olyan c ∈ R, hogy ∀ε ∈ R+ ∃δ ∈ R+ ∀x ∈ Dom f : |x − a| < δ → |f (x) − f (a) − c(x − a)| ≤ ε · |x − a| .

Ha az f f¨ uggvény differenci´ alhat´ o az a pontban akkor a fenti hat´ arértékben szerepl˝ o c konstansra f ′ (a) = c teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as.

Az el˝ oz˝o ´ all´ıt´ asb´ ol és a határérték defin´ıciój´ aból következik.

6.3. T´ etel. Ha egy f¨ uggvény differenci´ alhat´ o egy pontban, akkor folytonos is abban a pontban. oleges paraméter. Bizony´ıt´ as. Legyen f : R → R, a ∈ Int Dom f , f ′ (a) = A, és legyen ε ∈ R+ tetsz˝ Ekkor a differenci´ alhat´ os´ ag jellemzése alapján létezik olyan δ ∈ R+ , hogy ∀x ∈ Dom f : |x − a| < δ → |f (x) − f (a) − A(x − a)| ≤ ε · |x − a| . Vagyis minden |x − a| < δ sz´ amra

|f (x) − f (a)| ≤ (|A| + ε) |x − a| , amib˝ol lim f = f (a) adódik. Ez pedig az f f¨ uggvény folytonoss´ agát jelenti. a

6.2.

Differenci´ al´ as m˝ uveleti tulajdons´ agai

6.4. T´ etel. Legyen f, g : R → R, a ∈ Int Dom f ∩ Int Dom g és legyen f és g differenci´ alhat´ o az a pontban. Ekkor – f + g differenci´ alhat´ o az a pontban, és (f + g)′ (a) = f ′ (a) + g ′ (a); – minden c ∈ R esetén cf differenci´ alhat´ o az a pontban, és (cf )′ (a) = cf ′ (a); – f g differenci´ alhat´ o az a pontban, és (f g)′ (a) = f ′ (a)g(a) + f (a)g ′ (a); ′ f ′ (a)g(a) − f (a)g ′ (a) f f (a) = differenci´ alhat´ o az a pontban, és . – ha g(a) 6= 0, akkor g g g 2 (a) Bizony´ıt´ as. Legyen f, g : R → R, a ∈ Int Dom f ∩ Int Dom g és legyen f és g differenciálható az a pontban. A sz´ amol´ as folyam´ an a határértékekre vonatkozó 5.4 tételt fogjuk t¨ obbször felhasználni. 1. (f + g) (x) − (f + g) (a) f (x) − f (a) g(x) − g(a) lim = lim + lim = f ′ (a) + g ′ (a) x→a x→a x→a x−a x−a x−a

84

6

2.


f (x) − f (a) (cf ) (x) − (cf ) (a) = c lim = cf ′ (a) x→a x→a x−a x−a lim

3. Mivel az f f¨ uggvény differenci´ alhat´ o az a pontban, ezért ott folytonos is, vagyis lim f (x) = f (a) x→a teljes¨ ul. lim

x→a

(f g) (x) − (f g) (a) f (x)g(x) − f (x)g(a) + f (x)g(a) − f (a)g(a) = lim = x→a x−a x−a g(x) − g(a) f (x) − f (a) = lim f (x) + g(a) = f (a)g ′ (a) + g(a)f ′ (a) x→a x−a x−a

4. Mivel a g f¨ uggvény folytonos az a pontban, ezért annak létezik olyan r ∈ R+ , hogy minden x ∈ Br (a) számra g(x) 6= 0. A továbbiakban az a pontnak ezt a környezetét fogjuk csak tekinteni. Továbbá a g f¨ uggvény differenci´ alhat´ o az a pontban, ezért ott folytonos is, vagyis lim g(x) = g(a) x→a teljes¨ ul. Ezek alapj´ an f f (x) − (a) f (x)g(a) − f (a)g(a) + f (a)g(a) − f (a)g(x) g g = lim = lim x→a x→a x−a g(x)g(a)(x − a) f (x) − f (a) f (a) g(x) − g(a) f ′ (a)g(a) − f (a)g ′ (a) 1 · − · = . = lim x→a g(x) (x − a) g(x)g(a) (x − a) g 2 (a) 6.5. T´ etel. Legyen A ⊆ R ny´ılt halmaz, f, g ∈ C 1 (A, R) és c ∈ R. Ekkor f + g, f g, cf ∈ C 1 (A, R) teljes¨ ul, vagyis C 1 (A, R) algebra. Bizony´ıt´ as. Az el˝ oz˝o ´ all´ıt´ ast kell minden egyes a ∈ A pontra alkalmazni. 6.6. T´ etel. (K¨ ozvetett f¨ uggvény deriv´ al´ asi szab´ alya, l´ ancszab´ aly.) Legyen f, g : R → R. Ha g differenci´ alhat´ o az a pontban és f differenci´ alhat´ o a g(a) pontban, akkor f ◦g differenci´ alhat´ o az a pontban, és (f ◦ g)′ (a) = f ′ (g(a)) · g ′ (a). Bizony´ıt´ as. Legyen f, g : R → R, a ∈ R olyan, hogy a g f¨ uggvény differenciálható az a pontban és f differenciálhat´ o a g(a) pontban. Mivel az f f¨ uggvény differenciálható a g(a) pontban, ezért g(a) ∈ Int Dom f , teh´ at ∀ε1 ∈ R+ ∃δ1 ∈ R+ ∀y ∈ R : |y − g(a)| < δ1 → |f (y) − f (g(a)) − f ′ (g(a))(y − g(a))| ≤ ε1 |y − g(a)| . Mivel a g f¨ uggvény differenci´ alhat´ o az a pontan, ezért a ∈ Int Dom g, tehát ∀ε2 ∈ R+ ∃δ2 ∈ R+ ∀x ∈ R : |x − a| < δ2 → |g(x) − g(a) − g ′ (a)(x − a)| ≤ ε2 |x − a| .

6.2.

´ AS ´ MUVELETI ˝ ´ DIFFERENCIAL TULAJDONSAGAI

85

Továbbá a g f¨ uggvény folytonos is az a pontban, ezért ∀ε3 ∈ R+ ∃δ3 ∈ R+ ∀x ∈ R :

|x − a| < δ3 → |g(x) − g(a)| < ε3 .

Legyen ε1 ∈ R+ rögz´ıtett paraméter. Ekkor a ε1 számhoz tartozó δ1 paramétert választva ε3 paraméternek kapjuk, hogy létezik olyan δ3 ∈ R+ , hogy minden x ∈ R esetén |x − a| < δ3 → |f (g(x)) − f (g(a)) − f ′ (g(a))(g(x) − g(a))| ≤ ε1 |g(x) − g(a)| . Az ε1 sz´ amot választva ε2 paraméternek kapjuk, hogy létezik olyan δ2 ∈ R+ , hogy minden x ∈ R esetén |x − a| < δ2 → |g(x) − g(a) − g ′ (a)(x − a)| ≤ ε1 |x − a| . Legyen δ ′ = min {δ2 , δ3 }. Ekkor az eddigieket összegezve mondhatjuk, hogy minden x ∈ R számra, ha |x − a| < δ ′ , akkor |f (g(x)) − f (g(a)) − f ′ (g(a))(g(x) − g(a))| ≤ ε1 |g(x) − g(a)| |g(x) − g(a) − g ′ (a)(x − a)| ≤ ε1 |x − a| .

Ezek alapj´ an, ha |x − a| < δ ′ , akkor |f (g(x)) − f (g(a)) − f ′ (g(a))g ′ (a)(x − a)| =

= |f (g(x)) − f (g(a)) − f ′ (g(a))(g(x) − g(a))+ + f ′ (g(a))(g(x) − g(a)) − f ′ (g(a))g ′ (a)(x − a)| ≤ ≤ |f (g(x)) − f (g(a)) − f ′ (g(a))(g(x) − g(a))| + + |f ′ (g(a))| · |(g(x) − g(a)) − g ′ (a)(x − a)| ≤ ≤ ε1 |g(x) − g(a)| + |f ′ (g(a))| ε1 |x − a| ≤

≤ ε1 (ε1 |x − a| + |g ′ (a)| |x − a|) + |f ′ (g(a))| ε1 |x − a| = = ε1 (ε1 + |g ′ (a)| + |f ′ (g(a))|) |x − a|

Vagyis b´ armely ε ∈ R+ sz´ amhoz létezik olyan ε1 ∈ R+ , melyre ε1 (ε1 + |g ′ (a)| + |f ′ (g(a)|) < ε teljes¨ ul, ehhez a ε1 sz´ amhoz pedig létezik olyan δ ′ ∈ R+ , hogy minden |x − a| < δ ′ esetén |f (g(x)) − f (g(a)) − (f ′ (g(a)) · g ′ (a))(g(x) − g(a))| ≤ ε · |x − a| , ezért a f ◦ g f¨ uggvény deriváltja az a pontban f ′ (g(a)) · g ′ (a). 6.3. Defin´ıci´ o. Legyen f : R → R differenciálható f¨ uggvény, és tegy¨ uk fel, hogy a végtelen torlódási pontja a Dom f halmaznak, és léteznek az alábbi határértékek. △

a = lim f ′ ∞

△

b = lim (f (x) − ax) x→∞

Ekkor az x 7→ ax + b f¨ uggvényt az f f¨ uggvény végtelenben vett aszimptot´ aj´ anak nevezz¨ uk. Hasonlóan definiálhat´ o a m´ınusz végtelenben vett aszimptota.

86

6.3.

6


Hatv´ anysorok deriv´ al´ asa

6.7. T´ etel. Legyen n ∈ N. Ekkor az f : R → R, f (x) = xn f¨ uggvény deriv´ altja f ′ (x) = nxn−1 , és n−1 −n ′ −n−1 a g : R \ {0} → R, g(x) = x f¨ uggvény deriv´ altja g (x) = −nx . (Vagyis (idnR )′ = n idR és −n −n−1 ′ (idR\{0} ) = −n idR\{0} .) Bizony´ıt´ as. Az n = 0, 1 esetben a deriválás defin´ıciój´ aból rögt¨ on adódik az áll´ıtás. Tegy¨ uk fel, hogy (xn )′ = nxn−1 . Ekkor a szorzatf¨ uggvényre vonatkozó deriválási szabály alapján (xn+1 )′ = (x · xn )′ = x′ · xn + x · (xn )′ = xn + xnxn−1 = (n + 1)xn . A f¨ uggvények h´ anyadosára vonatkozó deriválási szabály alapján ′ 0 · xn − nxn−1 · 1 1 = = −nx−n−1 . (x−n )′ = n x x2n

6.8. T´ etel. Legyen a : N → R olyan sorozat, hogy Pa hatv´ anysor konvergenciasugar´ ara Ra > 0 teljes¨ ulj¨ on. Ekkor a BRa (0) halmazon !′ ∞ ∞ X X ′ k ak z = ak z k k=0

k=0

teljes¨ ul, amit u ´gy is meg lehet fogalmazni, hogy a hatv´ anysort a konvergenciasug´ aron bel¨ ul lehet tagonként deriv´ alni.

6.9. T´ etel. (Elemi f¨ uggvények deriv´ altja.) exp′ = exp, cos′ = − sin, sin′ = cos, cosh′ = sinh, ′ sinh = cosh. Bizony´ıt´ as. Az el˝ oz˝o ´ all´ıt´ as alkalmazása a megfelel˝o hatványsorokra. Péld´ aul !′ ′ X ∞ ∞ ∞ 2k+1 X X (2k + 1)z 2k z 2k+1 ′ k z = (−1)k = (−1)k = cos z. sin z = (−1) (2k + 1)! (2k + 1)! (2k + 1)! k=0

6.4.

k=0

k=0

K¨ oz´ ep´ ert´ ekt´ etelek

6.10. T´ etel. (Rolle-tétel.) Legyen a, b ∈ R, a < b, f : [a, b] → R folytonos f¨ uggvény, mely differenci´ alhat´ o az ]a, b[ intervallumon, és melyre f (a) = f (b). Ekkor létezik olyan ξ ∈ ]a, b[, hogy f ′ (ξ) = 0.

Bizony´ıt´ as. A 5.18 Weierstrass-tétel értelmében az f f¨ uggvény valamely α, β ∈ [a, b] pontokban felveszi a minimum´ at és maximum´ at. Ha {α, β} = {a, b}, akkor az f f¨ uggvény álland´ o, vagyis minden ξ ∈ ]a, b[ pontban f ′ (ξ) = 0 teljes¨ ul. Tegy¨ uk fel, hogy az f f¨ uggvény a minimum´ at az α pontban veszi fel, melyre α ∈ ]a, b[ teljes¨ ul. Mivel az f f¨ uggvény differenci´ alhat´ o az α pontban, ezért  f (x) − f (α)   = lim ≥ 0; x→α+ f (x) − f (α)  x−α ′ = f (α) = lim x→α  x−α   = lim f (x) − f (α) ≤ 0, x→α− x−α

ahol felhasználtuk, hogy minden x ∈ [a, b] esetén f (x) ≥ f (α). A fenti egyenl˝ otlenségekb˝ ol f ′ (α) = 0 adódik. Teljesen hasonl´ oan bizony´ıthat´ o, hogy f ′ (β) = 0, ha azt tessz¨ uk fel, hogy az f f¨ uggvény a maximumát a β pontban veszi fel, melyre β ∈ ]a, b[ teljes¨ ul.

6.4.

¨ EP ´ ERT ´ ´ ´ KOZ EKT ETELEK

87

6.11. T´ etel. (Cauchy-tétel.) Legyen a, b ∈ R, a < b, f, g : [a, b] → R folytonos f¨ uggvény, mely differenci´ alhat´ o az ]a, b[ intervallumon. Ekkor létezik olyan c ∈ ]a, b[, hogy (f (b) − f (a))g ′ (c) = (g(b) − g(a))f ′ (c). Bizony´ıt´ as.

Elég Rolle-tételt alkalmazni a h : [a, b] → R

x 7→ (f (b) − f (a))g(x) − (g(b) − g(a))f (x)

f¨ uggvényre. 6.12. T´ etel. (Lagrange-tétel.) Legyen a, b ∈ R, a < b, f : [a, b] → R folytonos f¨ uggvény, mely differenci´ alhat´ o az ]a, b[ intervallumon. Ekkor létezik olyan c ∈ ]a, b[, hogy f (b) − f (a) = (b − a)f ′ (c). Bizony´ıt´ as.

Cauchy-tételt kell alkalmazni a g = idR f¨ uggvényre.

6.13. T´ etel. (Véges n¨ ovekmények formul´ aja.) Legyen a, b ∈ R, a < b, f : [a, b] → R folytonos f¨ uggvény, mely differenci´ alhat´ o az ]a, b[ intervallumon. Ekkor |f (b) − f (a)| ≤ Bizony´ıt´ as.

′

sup |f (x)|

x∈]a,b[

!

· |b − a| .

A Lagrange-féle középérték tétel közvetlen következménye.

6.14. T´ etel. Legyen I ⊆ R ny´ılt intervallum, és f : I → R differenci´ alhat´ o f¨ uggvény. 1. Ha minden x ∈ I esetén f ′ (x) = 0, akkor f ´ alland´ o az I intervallumon. 2. Az f f¨ uggvény pontosan akkor monoton n¨ ov˝ o az I intervallumon, ha minden x ∈ I esetén f ′ (x) ≥ 0. 3. Ha minden x ∈ I esetén f ′ (x) > 0, akkor f szigor´ uan monoton n¨ ov˝ o az I intervallumon. 4. Az f f¨ uggvény pontosan akkor monoton cs¨ okken˝ o az I intervallumon, ha minden x ∈ I esetén f ′ (x) ≤ 0. 5. Ha minden x ∈ I esetén f ′ (x) < 0, akkor f szigor´ uan monoton cs¨ okken˝ o az I intervallumon. Bizony´ıt´ as. melyre

Legyen a, b ∈ I olyan, hogy a < b. A Lagrange-tétel értelmében létezik c ∈ ]a, b[, f (b) − f (a) = (b − a)f ′ (c)

teljes¨ ul. Ebb˝ol egyszer˝ uen kapjuk az áll´ıtásokat. 1. Ha f ′ = 0, akkor f (b) − f (a) = 0. 2. Ha f monoton n¨ ov˝ o és c ∈ I, akkor az f f¨ uggvény differenciálhatósága miatt f ′ (c) = lim

x→c

f (x) − f (c) f (x) − f (c) = lim ≥ 0. x→c+ x−c x−c

Ha f ′ ≥ 0, akkor f (b) − f (a) ≥ 0, vagyis f monoton n¨ ov˝ o. 3. Ha f ′ > 0, akkor f (b) − f (a) > 0, vagyis f szigor´ uan monoton n¨ ov˝ o. A 4. és 5. pont a fentiekhez hasonl´ oan igazolható.

88

6

6.5.


F¨ uggv´ eny inverz´ enek deriv´ al´ asa

A következ˝o tétel seg´ıtségével az inverzf¨ uggvények deriváltjait határozhatjuk meg. 6.15. T´ etel. Legyen I ⊆ R ny´ılt intervallum, és f : I → R olyan differenci´ alhat´ o f¨ uggvény, hogy f ′ folytonos és f ′ (I) ⊆ R+ vagy f ′ (I) ⊆ R− . Ekkor f (I) ny´ılt intervallum, f −1 folytonos, differenci´ alhat´ o, és minden b ∈ f (I) pontra (f −1 )′ (b) =

1 f ′ (f −1 (b))

teljes¨ ul.

6.6.

Elemi f¨ uggv´ enyek inverz´ enek deriv´ al´ asa

6.16. T´ etel. (Elemi f¨ uggvények inverzének a deriv´ altja.) 1 1. Minden x ∈ R+ sz´ amra log′ (x) = . x 1 . 2. Minden x ∈ ]−1, 1[ esetén arcsin′ (x) = √ 1 − x2 −1 . 3. Minden x ∈ ]−1, 1[ esetén arccos′ (x) = √ 1 − x2 1 4. Minden x ∈ R esetén arctg′ (x) = . 1 + x2 1 5. Minden x ∈ R esetén arsh′ (x) = √ . 1 + x2 1 . 6. Minden x ∈ ]1, ∞[ esetén arch′ (x) = √ x2 − 1 1 . 7. Minden x ∈ R esetén arth′ (x) = 1 − x2 Bizony´ıt´ as. 1. Legyen x ∈ R+ . Az 6.15 tételt alkalmazva az f = exp f¨ uggvényre, azt kapjuk, hogy log′ (x) =

1 1 1 = = exp′ (log x) exp(log x) x

teljes¨ ul. 2. Legyen x ∈ ]−1, 1[. Az 6.15 tételt alkalmazva az f = sin f¨ uggvényre, azt kapjuk, hogy arcsin′ (x) =

1 1 = cos(arcsin x) sin′ (arcsin x)

teljes¨ ul. Mivel 1 = cos2 (arcsin x) + sin2 (arcsin x) = cos2 (arcsin x) + x2 , ezért

p cos(arcsin x) = ± 1 − x2 . i π πh Abból, hogy a sin f¨ uggvény szigor´ uan monoton n¨ ov˝ oa − , intervallumon következik, hogy az 2 2 ′ arcsin f¨ uggvény is szigor´ uan monoton n¨ ov˝ o, vagyis arcsin > 0. Ezek alapján 1 . arcsin′ (x) = √ 1 − x2

6.6.

¨ ´ ´ ´ ASA ´ ELEMI FUGGV ENYEK INVERZENEK DERIVAL

89

3. Az arcsin f¨ uggvénynél bemutatott gondolatmenet alapján bizony´ıtható. 4. Legyen x ∈ R. Az 6.15 tételt alkalmazva az f = tg f¨ uggvényre, azt kapjuk, hogy arctg′ (x) =

1 = cos2 arctg x tg (arctg x) ′

teljes¨ ul. Mivel 1 = cos2 (arctg x) + sin2 (arctg x) 1 = 1 + tg2 (arctg x) cos2 (arctg x) 1 = 1 + x2 cos2 (arctg x) 1 cos2 (arctg x) = , 1 + x2 ezért arctg′ (x) =

1 . 1 + x2

5. Legyen x ∈ R. Az 6.15 tételt alkalmazva az f = sh f¨ uggvényre, azt kapjuk, hogy arsh′ (x) =

1 1 = ch arsh x sh (arsh x) ′

teljes¨ ul. Mivel minden a ∈ R esetén ch a =

p 1 + sh2 a,

ezért ch arsh x =

p 1 + x2 ,

vagyis arsh′ (x) = √

1 . 1 + x2

6–7. A 6.15 tétel és a 5.38 tételben szerepl˝ o formulák seg´ıtségével könnyen igazolható.

6.17. T´ etel. A t´ abl´ azatban szerepl˝ o f f¨ uggvényeknek értelmezhet˝ o az f −1 inverze a Ran f halmazon, −1 és az f f¨ uggvény értékkészletére és deriv´ altj´ ara a t´ abl´ azatban szerepl˝ ok teljes¨ ulnek, minden x ∈

90

6


Int Dom f −1 elemre. f

Dom f

Ran f

f′

f −1

Dom f −1

Ran f −1

(f −1 )′ (x)

exp

R

R+

exp

log

R+

R

1 x

sin

R

[−1, 1]

cos

arcsin

[−1, 1]

h π πi − , 2 2

cos

R

[−1, 1] − sin arccos

[−1, 1]

[0, π]

R

1 cos2

arctg

R

i π πh − , 2 2

R

R

ch

arsh

R

R

ch

R

[1, ∞[

sh

arch

[1, ∞[

R+

th

R

]−1, 1[

1 ch2

arth

]−1, 1[

R

tg sh

R\

nπ 2

o + kπ k ∈ Z

1 √ 1 − x2 −1 √ 1 − x2 1 1 + x2 1 √ 1 + x2 1 √ 2 x −1 1 1 − x2

Bizony´ıt´ as. Az eddigiek alapj´ an nyilvánvaló. 6.18. T´ etel. (A hatv´ anyoz´ as deriv´ al´ asa.) a a−1 . – Ha a ∈ [1, ∞[, akkor az idR f¨ uggvény deriv´ altja a idR a−1 – Ha a ∈ ]−∞, 1[, akkor az idaR\{0} f¨ uggvény deriv´ altja a idR\{0} . Bizony´ıt´ as. Legyen a ∈ [1, ∞[ és f : R+ → R az f (x) = xa f¨ uggvény. Ekkor ′

f ′ (x) = (exp(a log(x))) = exp(a log(x))a

1 = axa−1 x

teljes¨ ul a hatványozás defin´ıciója, a láncszabály és az exponenenciális valamint a logaritmus f¨ uggvény deriválási szabálya alapj´ an.

6.7.

L’Hospital szab´ aly

6.19. T´ etel. (L’Hospital szab´ aly.) Legyen a, b ∈ R ∪ {∞, −∞}, a < b és f, g : ]a, b[ → R olyan differenci´ alhat´ o f¨ uggvény, hogy 0 ∈ / g ′ (]a, b[). f′ f 1. Ha lim f = lim g ∈ {−∞, 0, ∞} és létezik a lim ′ hat´ arérték, akkor létezik a lim hat´ arérték b− b− b− g b− g is, és f′ f lim = lim ′ . b− g b− g f′ f 2. Ha lim f = lim g ∈ {−∞, 0, ∞} és létezik a lim ′ hat´ arérték, akkor létezik a lim hat´ arérték a+ a+ a+ g a+ g is, és f f′ lim = lim ′ . a+ g a+ g

6.7.

´ L’HOSPITAL SZABALY

91

Bizony´ıt´ as. Arra az esetre fogjuk bizony´ıtani, amikor a, b ∈ R, a < b és f, g : ]a, b[ → R olyan differenci´ alhat´ o f¨ uggvény, hogy 0 ∈ / g ′ (]a, b[), valamint lim f = lim g ∈ {0, ∞}. Ennek a bizony´ıtásnak a+

a+

a mint´ aj´ ara igazolható a t¨ obbi eset is. 1. Tegy¨ uk fel, hogy lim f = lim g = 0 és a+

a+

lim a+

f′ = A ∈ R. g′

Megmutatjuk, hogy tetsz˝ oleges ε ∈ R+ esetén létezik olyan δ ∈ R+ , hogy minden x ∈ ]a, a + δ[ számra f (x) <ε − A g(x)

f = A határértéket. Terjessz¨ uk ki az f és g f¨ uggvényt az a pontra is a 0 g értékkel, és jel¨ olje f˜ és g˜ ezeket a f¨ uggvényeket. Legyen c ∈ ]a, b[ tetsz˝ oleges pont. Ekkor az f˜ és g˜ f¨ uggvényre alkalmazva a Cauchy-féle középértéktételt az [a, c] intervallumon az adódik, hogy létezik olyan ξ ∈ ]a, c[, melyre f (x) − 0 f ′ (ξ) = ′ . g(x) − 0 g (ξ) teljes¨ ul, ami igazolja a lim a+

Tehát ha δ ∈ R+ olyan, hogy minden ξ ∈ ]a, a + δ[ esetén ′ f (ξ) g ′ (ξ) − A < ε, akkor az x ∈ ]a, a + δ[ sz´ amokra

′ f (ξ) f (x) = <ε − A − A g ′ (ξ) g(x)

teljes¨ ul. 2. Most tegy¨ uk fel, hogy lim f = lim g = ∞ és a+

a+

lim a+

f′ = A ∈ R. g′

Megmutatjuk, hogy tetsz˝ oleges ε ∈ R+ esetén létezik olyan δ ∈ R+ , hogy minden x ∈ ]a, a + δ[ számra f (x) g(x) − A < ε

teljes¨ ul, ami igazolja a lim

f = A határértéket. g

a+ ′ f (x) f′ − A < 1, Mivel lim ′ = A, ezért létezik olyan δ1 ∈ R+ , hogy minden x ∈ ]a, a + δ1 [ esetén ′ a+ g g (x) vagyis minden x ∈ ]a, a + δ1 [ sz´ amra ′ f (x) g ′ (x) < 1 + |A|

f′ f¨ uggvény korlátos a ]a, a + δ1 [ halmazon. g′ Mivel lim f = lim g = ∞, ezért létezik olyan c ∈ ]a, a + δ1 [, hogy minden x ∈ ]a, c] esetén f (x), g(x) > teljes¨ ul, teh´ at az a+

a+

92

6


0. Mégegyszer alkalmazva ezt az elvet, azt kapjuk, hogy létezik olyan d ∈ ]a, c[, hogy minden x ∈ ]a, d] esetén f (x) > f (c) és g(x) > g(c). Vezess¨ uk be a T : ]a, d[ → R

x 7→

1− 1−

g(c) g(x) f (c) f (x)

f¨ uggvényt. Legyen z ∈ ]a, d[ tetsz˝ oleges pont. Ekkor az f és g f¨ uggvényre alkalmazva a Cauchy-féle középértéktételt a [z, c] intervallumon, az adódik, hogy létezik olyan ξ ∈ ]z, c[, melyre f ′ (ξ) f (z) − f (c) = ′ , g(z) − g(c) g (ξ) vagyis az

egyenl˝ oség alapj´ an

tehát

f (z) − f (c) f (z) 1 f ′ (ξ) = · = ′ g(z) − g(c) g(z) T (z) g (ξ) f (z) f ′ (ξ) f ′ (ξ) f ′ (ξ) = ′ T (z) = ′ + ′ (T (z) − 1) , g(z) g (ξ) g (ξ) g (ξ) ′ ′ f (ξ) f (ξ) f (z) g(z) − A ≤ g ′ (ξ) − A + g ′ (ξ) (T (z) − 1) .

f′ = A, ezért létezik olyan δ2 ∈ R+ , hogy minden a+ g ′ ′ f (x) ε g ′ (x) − A < 2 .

Legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter. Mivel lim x ∈ ]a, a + δ2 [ esetén

Mivel lim T (x) = 1 és az x→a+0

x ∈ ]a, a + δ3 [ esetén

f′ korlátos a ]a, d[ halmazon, ezért létezik olyan δ3 ∈ R+ , hogy minden g′ ′ ε f (z) g ′ (z) (T (x) − 1) < 2

teljes¨ ul minden z ∈ ]a, d[ sz´ amra. Ekkor a δ = min {δ1 , δ2 , δ3 } olyan szám, hogy minden x ∈ ]a, a + δ[ számra f (x) g(x) − A < ε.

6.8.

T¨ obbsz¨ or¨ os deriv´ altak

6.4. Defin´ıci´ o. Legyen f : R → R, és teljes indukcióval értelmezz¨ uk a következ˝o f¨ uggvényeket. (0) △ + (i) △ (i−1) ′ Legyen f = f , és minden i ∈ N esetén legyen f = (f ). – Legyen n ∈ N+ és a ∈ R. Az f f¨ uggvény n-szer differenci´ alhat´ o az a pontban, ha a ∈ Dom f (n) . – Az f f¨ uggvény végtelenszer differenci´ alhat´ o az a ∈ R pontban, ha minden n ∈ N esetén a ∈ Dom f (n) teljes¨ ul. – Az f f¨ uggvény n-szer (n ∈ N+ ) differenci´ alhat´ o, ha Dom f (n) = Dom f . – Az f f¨ uggvény végtelenszer differenci´ alhat´ o, ha minden n ∈ N esetén Dom f (n) = Dom f teljes¨ ul. Az A ⊆ R ny´ılt halmazon értelmezett R érték˝ u végtelenszer differenciálható f¨ uggvények halmazát C ∞ (A, R) jel¨ oli.

6.8.

¨ ¨ OS ¨ DERIVALTAK ´ TOBBSZ OR

93

– Az f f¨ uggvény n-szer (n ∈ N+ ) folytonosan differenci´ alhat´ o, ha f n-szer differenciálható és (n) f folytonos. Az A ⊆ R ny´ılt halmazon értelmezett R érték˝ u n-szer (n ∈ N+ ) folytonosan n differenci´ alhat´ o f¨ uggvények halmazát C (A, R) jelöli. Megjegyz´ es. A fenti defin´ıcióban minden f¨ uggvényre értelmezt¨ uk az (f (n) )n∈N f¨ uggvénysorozatot, (i) azonban könnyen lehet, hogy valamely i ∈ N esetén Dom f = ∅, és ekkor természetesen minden N ∋ j > i esetén is Dom f (j) = ∅. ♦ 6.20. T´ etel. Legyen I ⊆ R ny´ılt intervallum és f : I → R differenci´ alhat´ o f¨ uggvény. 1. Az f f¨ uggvény pontosan akkor konvex, ha f ′ monoton n¨ ov˝ o. 2. Az f f¨ uggvény pontosan akkor konk´ av, ha f ′ monoton cs¨ okken˝ o. Bizony´ıt´ as. 1. Legyen I ⊆ R ny´ılt intervallum, f : I → R konvex differenciálható f¨ uggvény és legyen a, b ∈ I, a < b. Megmutatjuk, hogy ekkor f ′ (a) ≤ f ′ (b). Minden x ∈ ]a, b[ esetén x= valamint

x−a b−x b+ a, b−a b−a

x−a b−x x−a b−x , ∈ [0, 1] és + = 1. Tehát az f f¨ uggvény konvexit´ asa alapján b−a b−a b−a b−a x−a b−x x−a b−x f (x) = f b+ a ≤ f (b) + f (a). b−a b−a b−a b−a

R¨ ovid sz´ amol´ assal ebb˝ol az egyenl˝ otlenségb˝ol f (b) − f (a) f (x) − f (b) f (x) − f (a) ≤ ≤ x−a b−a x−b adódik, amib˝ ol f (x) − f (a) f (b) − f (a) f (x) − f (a) = lim ≤ ≤ x→a+0 x−a x−a b−a f (x) − f (b) f (x) − f (b) = lim = f ′ (b) ≤ lim x→b x→b−0 x−b x−b

f ′ (a) = lim

x→a

következik. Megford´ıtva, legyen I ⊆ R ny´ılt intervallum, f : I → R olyan differenciálható f¨ uggvény, hogy f ′ monoton n¨ ov˝ o és legyen a, b ∈ I. Megmutatjuk, hogy ekkor minden t ∈ [0, 1] számra f (ta + (1 − t)b) ≤ tf (a) + (1 − t)f (b) teljes¨ ul, vagy másképp, hogy a g : [0, 1] → R

t 7→ f (ta + (1 − t)b) − tf (a) − (1 − t)f (b)

f¨ uggvényre g ≤ 0 teljes¨ ul. A g f¨ uggvény a folytonoss´ aga és a [0, 1] kompaktsága miatt felveszi a maximum´ at valamely t0 ∈ [0, 1] pontban. Tegy¨ uk fel, hogy g(t0 ) = c > 0. Ekkor a Rolle-tétel bizony´ıt´ asa alapj´ an g ′ (t0 ) = 0. Mivel f ′ monoton n¨ ov˝ o és g ′ (t) = f ′ (t(a − b) + b)(a − b) − f (a) + f (b),

94

6


ezért g ′ is monoton n¨ ov˝ o. Tehát minden z ∈ ]t0 , 1[ esetén g ′ (z) ≥ 0. A Lagrange-féle középértéktételt alkalmazva a [t0 , 1] intervallumra, azt kapjuk, hogy létezik olyan z ∈ ]t0 , 1[, melyre g(1) − g(t0 ) = g ′ (z)(1 − t0 ), azonban g(1) − g(t0 ) = 0 − c < 0 és g ′ (z)(1 − t0 ) ≥ 0. Mivel ellentmondást kaptunk ´ıgy a g(t0 ) = c > 0 feltételezés nem helyt´ alló, vagyis a g f¨ uggvény maximuma nem lehet szigor´ uan pozit´ıv. 2. A konk´ av eset a −1 sz´ ammal val´ o szorz´ assal visszavezethet˝o a konvex esetre. 6.21. T´ etel. Legyen I ⊆ R ny´ılt intervallum és f : I → R kétszer differenci´ alhat´ o f¨ uggvény. 1. Az f f¨ uggvény pontosan akkor konvex, ha f ′′ ≥ 0. 2. Az f f¨ uggvény pontosan akkor konk´ av, ha f ′′ ≤ 0. Bizony´ıt´ as. A 6.20 el˝ oz˝o ´ all´ıt´ as és a 6.14 tétel alapján nyilvánvaló. 6.22. T´ etel. (S´ ulyozott sz´ amtani és mértani k¨ ozép k¨ oz¨ otti egyenl˝ otlenség.) Legyen n ∈ N+ , és minden n X i ∈ {1, . . . , n} esetén xi ∈ R+ és αi ∈ [0, 1] olyan, melyre αk = 1 teljes¨ ul. Ekkor k=1

n X

k=1

αk xk ≥

n Y

k xα k .

k=1

Bizony´ıt´ as. Az exponenci´ alis f¨ uggvény konvexit´ asából és a Jensen-egyenl˝ otlenségb˝ol adódik. ! n n X X exp αk exp(log xk ) αk log xk ≤ k=1

k=1

en, 6.23. T´ etel. (H¨ older-egyenl˝ otlenség.) Legyen n ∈ N+ , és xi , yi ∈ R+ 0 minden i ∈ {1, . . . , n} eset´ valamint α, β ∈ ]0, 1[ olyan, hogy α + β = 1. Ekkor n X

β xα i yi

i=1

Bizony´ıt´ as. Legyen x =

n X

xi és y =

≤

n X

n X

xi

i=1

!α

n X i=1

yi

!β

.

yi . Ha 0 < x, y, akkor a s´ ulyozott számtani és mértani

i=1

i=1

közép közötti egyenl˝ otlenség alapj´ an minden i ∈ {1, . . . , n} számra x α y β i

i

x

y

≤α

x i

x

+β

yi y

teljes¨ ul, melyet ¨ osszegezve az i indexre n n n 1X 1 X α β 1X x + β yi = α + β = 1 x y ≤ α i i i xα y β i=1 x i=1 y i=1

adódik. Ennek ´ atrendezése a bizony´ıtandó egyenl˝ otlenség.

6.9.

´ TAYLOR-SORFEJTES

95

6.24. T´ etel. (Minkowski-egyenl˝ otlenség.) Legyen n ∈ N+ , és xi , yi ∈ R+ 0 minden i ∈ {1, . . . , n} esetén, valamint p ∈ [1, ∞[. Ekkor n X

(xi + yi )p

i=1

! p1

n X

≤

xpi

i=1

! p1

+

n X i=1

yip

! p1

.

Bizony´ıt´ as. Legyen n ∈ N+ , és xi , yi ∈ R+ en, valamint p ∈ [1, ∞[. A 0 minden i ∈ {1, . . . , n} eset´ H¨ older-egyenl˝ otlenség felhasznál´ as´ aval n X

(xi + yi )p =

n n X X (xi + yi )p−1 yi = (xi + yi )p−1 xi + i=1

i=1

i=1

=

n X

((xi + yi )p )

1 1− p

1

(xpi ) p +

i=1

≤

n X i=1

n X

1 1− p

((xi + yi )p )

i=1

!1− p1  n !1 X p p  (xi + yi )p xi + i=1

n X i=1

adódik, aminek az ´ atrendezése a bizony´ıtandó tétel.

6.9.

yip

1

(yip ) p ≤

! p1  

Taylor-sorfejt´ es

6.25. T´ etel. (Taylor-formula.) Legyen a, b ∈ R, a < b, n ∈ N+ , és f : R → R olyan f¨ uggvény, melyre [a, b] ⊆ Int Dom f . Tegy¨ uk fel, hogy az f f¨ uggvény n-szer folytonosan differenci´ alhat´ o az [a, b] halmazon és (n + 1)-szer differenci´ alhat´ o az ]a, b[ intervallumon. Ekkor minden p ∈ R+ paraméter esetén létezik olyan ξ ∈ ]a, b[, melyre f (b) =

n X f (k) (a) k=0

Bizony´ıt´ as.

k!

(b − a)k +

f (n+1) (ξ) (b − ξ)n+1−p (b − a)p . n!p

Tetsz˝oleges λ ∈ R paraméter esetén definiáljuk a g : [a, b] → R

x 7→ f (b) −

n X f (k) (x) (b − x)k − λ(b − x)p . k! k=0

f¨ uggvényt. Ekkor a g(a) = f (b) − g(b) = 0

n X f (k) (a) k=0

k!

(b − a)k − λ(b − a)p

egyenl˝ oségb˝ ol látszik, hogy a 1 λ= (b − a)p

f (b) −

n X f (k) (a)

k=0

k!

(b − a)k

!

96

6


választás esetén g(a) = g(b) = 0 teljes¨ ul. Mivel a g f¨ uggvény folytonos az [a, b] intervallumon és differenciálható az intervallum belsejében, valamint g(a) = g(b) = 0, ezért a Rolle-tétel értelmében létezik olyan ξ ∈ ]a, b[ pont, melyre g ′ (ξ) = 0 teljes¨ ul. Most meghatározzuk a g ′ f¨ uggvényt. g ′ (x) = − =− =− =− =−

n (k) X f (x)

k!

k=0

(b − x)k

n (k+1) X f (x) k=0 n X

k=0 n X

k!

′

+ pλ(b − x)p−1 =

f (k) (x) (b − x) − k(b − x)k−1 k! k

+ pλ(b − x)p−1 =

n

X f (k) (x) f (k+1) (x) (b − x)k + (b − x)k−1 + pλ(b − x)p−1 = k! (k − 1)! k=1

f

(k+1)

k=0 (n+1)

f

(x)

k! (x)

n!

(b − x)k +

n−1 X k=0

f (k+1) (x) (b − x)k + pλ(b − x)p−1 = k!

(b − x)n + pλ(b − x)p−1 .

Vagyis a g ′ (ξ) = 0 egyenletb˝ ol −

f n+1 (ξ) (b − x)n + λp(b − ξ)p−1 = 0 n!

adódik, amibe be´ırva λ értékét és ´ atrendezve a bizony´ıtani k´ıv´ ant egyenl˝ oséghez jutunk. K¨ ulön definiáljuk a fenti tétel két speci´ alis esetét. 6.5. Defin´ıci´ o. Legyen a, b ∈ R, a < b, n ∈ N+ és f : R → R olyan f¨ uggvény, melyre [a, b] ⊆ Int Dom f . Tegy¨ uk fel, hogy az f f¨ uggvény n-szer folytonosan differenciálható az [a, b] halmazon és (n + 1)-szer differenci´ alhat´ o az ]a, b[ intervallumon. – Ekkor a Taylor-formula alapj´ an létezik olyan ξ ∈ ]a, b[, melyre f (b) =

n X f (k) (a)

k!

k=0

(b − a)k +

f (n+1) (ξ) (b − a)n+1 (n + 1)!

f (n+1) (ξ) (b − a)n+1 kifejezést Lagrange-féle maradéktagnak nevezz¨ uk. (n + 1)! – Ekkor a Taylor-formula alapj´ an létezik olyan ξ ∈ ]a, b[, melyre teljes¨ ul, amib˝ ol a

f (b) =

n X f (k) (a) k=0

teljes¨ ul, amib˝ ol a

k!

(b − a)k +

f (n+1) (ξ) (b − ξ)n (b − a) n!

f (n+1) (ξ) (b − ξ)n (b − a) kifejezést Cauchy-féle maradéktagnak nevezz¨ uk. n!

uggvény a pontbeli n-ed fok´ u 6.6. Defin´ıci´ o. Legyen f : R → R, n ∈ N+ , és a ∈ Dom f (n) . Az f f¨ Taylor-polinomj´ anak nevezz¨ uk a △

f Tn,a (x) =

n X f (k) (a) k=0

k!

(x − a)k

6.9.

´ TAYLOR-SORFEJTES

97

polinomot. Ha f ∈ C ∞ (R, R) és a ∈ Dom f , akkor az f f¨ uggvény a pontbeli Taylor-sor´ anak nevezz¨ uk a ∞ (k) (a) △ X f (x − a)k Taf (x) = k! k=0

hatványsort. 6.7. Defin´ıci´ o. Legyen f : R → R és a ∈ Int Dom f ′ . Az f f¨ uggvény a pontbeli érint˝ ojének nevezz¨ uk f a T1,a polinomot, vagyis az érint˝ o egyenlete y(x) = f (a) + f ′ (a)(x − a).

6.8. Defin´ıci´ o. Legyen f, g : R → R, n ∈ N+ , és a ∈ Int(Dom f (n) ∩ Dom g (n) ). Azt mondjuk, hogy az f és g f¨ uggvények az a pontban n-ed rendben érintkeznek, ha minden n ≥ k ∈ N esetén f (k) (a) = g (k) (a) teljes¨ ul. 6.26. T´ etel. Legyen f : R → R, n ∈ N, és a ∈ Int Dom f (n) , és legyen Pn olyan n-ed fok´ u polinom, f mely n-ed rendben érintkezik az f f¨ uggvénnyel az a pontban. Ekkor Pn = Tn,a . Bizony´ıt´ as. Legyen f : R → R, n ∈ N, és a ∈ Int Dom f (n) , és legyen Pn olyan n-ed fok´ u polinom, mely n-ed rendben érintkezik az f f¨ uggvénnyel az a pontban. Az n = 0 esetben nyilvánvaló az áll´ıtás, ezért tegy¨ uk fel, hogy n ≥ 1. Legyen Pn (x) =

n X

k=0

bk (x − a)k

olyan polinom, mely n-ed rendben érintkezik az f f¨ uggvénnyel. Teljes indukcióval egyszer˝ uen igazolható, hogy minden j ∈ {0, . . . , n} esetén Pn(j) (x)

=

n X

bk

k=j

k! (x − a)k−j (k − j)!

teljes¨ ul. Az n-ed rendben val´ o érintkezés miatt minden j ∈ {0, . . . , n} számra f (j) (a) = Pn(j) (a) teljes¨ ul, vagyis bj =

→

f (j) (a) = j! · bj

f (j) (a) , ezért j! Pn (x) =

n X f (k) (a)

k=0

k!

f (x − a)k = Tn,a (x).

6.27. T´ etel. (Infinitezim´ alis Taylor-formula.) Legyen f : R → R, n ∈ N+ és a ∈ Dom f (n) . Ekkor f f (x) − Tn,a (x) = 0. x→a |x − a|n

lim

98

6.10.

6


Lok´ alis sz´ els˝ o´ ert´ ek jellemz´ ese

6.9. Defin´ıci´ o. Legyen f : R → R és a ∈ R. – Az f f¨ uggvénynek lok´ alis maximuma van az a pontban, ha létezik r ∈ R+ , hogy minden x ∈ Br (a) ∩ Dom f esetén f (a) ≥ f (x). – Az f f¨ uggvénynek lok´ alis minimuma van az a pontban, ha létezik r ∈ R+ , hogy minden x ∈ Br (a) ∩ Dom f esetén f (a) ≤ f (x). – Az f f¨ uggvénynek lok´ alis széls˝ oértéke van az a pontban, ha lokális maximuma vagy lokális minimuma van az a pontban. – Az f f¨ uggvénynek szigor´ u lok´ alis maximuma van az a pontban, ha létezik r ∈ R+ , hogy minden a 6= x ∈ Br (a) ∩ Dom f esetén f (a) > f (x). – Az f f¨ uggvénynek szigor´ u lok´ alis minimuma van az a pontban, ha létezik r ∈ R+ , hogy minden a 6= x ∈ Br (a) ∩ Dom f esetén f (a) < f (x). f f¨ uggvénynek szigor´ u lok´ alis széls˝ oértéke van az a pontban, ha szigor´ u lokális maximuma vagy szigor´ u lokális minimuma van az a pontban. uk fel tov´ abb´ a, hogy minden i ∈ N, 6.28. T´ etel. Legyen f : R → R, 1 < n ∈ N, a ∈ Dom f (n) . Tegy¨ 1 ≤ i < n esetén f (i) (a) = 0, valamint f (n) (a) 6= 0. 1. Az f f¨ uggvénynek pontosan akkor van szigor´ u lok´ alis maximuma az a pontban, ha n p´ aros, és f (n) (a) < 0. 2. Az f f¨ uggvénynek pontosan akkor van szigor´ u lok´ alis minimuma az a pontban, ha n p´ aros, és f (n) (a) > 0. 3. Ha n p´ aratlan, akkor az f f¨ uggvénynek nincsen lok´ alis széls˝ oértéke az a pontban. Bizony´ıt´ as. Legyen f : R → R, 1 < n ∈ N, a ∈ Dom f (n) és tegy¨ uk fel, hogy minden i ∈ N, 1 ≤ i < n esetén f (i) (a) = 0 teljes¨ ul, valamint f (n) (a) 6= 0. Az 1. pontot igazoljuk, a második pont a −1 számmal val´ o szorz´ assal visszavezethet˝o az els˝ore. Mivel a ∈ Dom f (n) ezért létezik olyan r ∈ R+ , hogy ]a − r, a + r[ ⊆ Dom f . Az infinitezim´ alis Taylor-formula alapj´ an (6.27 tétel) a  f (x)  f (x) − Tn,a , ha x 6= a; n ϕ : ]a − r, a + r[ → R x 7→ |x − a|  0, ha x = a

f¨ uggvény folytonos, továbbá a deriváltakra vonatkozó feltételek miatt f Tn,a (x) = f (a) +

vagyis az x 6= a esetben ϕ(x) = amib˝ol

f (n) (a) (x − a)n , n!

f (x) − f (a) f (n) (a) (x − a)n · − n n, n! |x − a| |x − a| n

f (x) − f (a) = |x − a| ·

f (n) (a) (x − a)n · + ϕ(x) n! |x − a|n

(6.1)

következik. 1. Tegy¨ uk fel, hogy az f f¨ uggvénynek szigor´ u lokális maximuma van az a pontban. Ekkor létezik olyan δ1 , hogy minden x ∈ ]a − δ1 , a + δ1 [ \ {a} esetén f (x) < f (a). Legyen δ = min {r, δ1 }. Ha n an p´ aros, akkor (6.1) képlet alapj´ (n) f (a) n + ϕ(x) , f (x) − f (a) = |x − a| · n!

6.10.

´ ´ O ˝ ERT ´ ´ JELLEMZESE ´ LOKALIS SZELS EK

99

vagyis minden x ∈ ]a − δ, a + δ[ sz´ amra 0>

f (n) (a) + ϕ(x) n!

→

−n!ϕ(x) > f (n) (a),

amib˝ol a lim ϕ(x) = 0 hat´ arérték miatt 0 ≥ f (n) (a) adódik, azonban feltett¨ uk, hogy f (n) (a) 6= 0, x→a

ezért 0 > f (n) (a). Ha n p´ aratlan, akkor a lim ϕ(x) = 0 határérték miatt létezik olyan δ1 ∈ R+ paraméter, hogy minden x→a

x ∈ ]a − δ1 , a + δ1 [ esetén

Legyen δ = min {r, δ1 }.

(n) f (a) . ϕ(x) < n!

(x − a)n at a (6.1) képlet alapján n = 1, teh´ |x − a| (n) f (a) n + ϕ(x) > 0, f (x) − f (a) = |x − a| · n!

Ha 0 < f (n) (a) és x ∈ ]a, a + δ[, akkor a < x,

vagyis f (x) > f (a) miatt az f f¨ uggvénynek nem lehet lokális maximuma az a pontban. (x − a)n at a (6.1) képlet alapján Ha 0 > f (n) (a) és x ∈ ]a − δ, a[, akkor x < a, n = −1, teh´ |x − a| f (n) (a) n + ϕ(x) > 0, f (x) − f (a) = |x − a| · − n! vagyis f (x) > f (a) miatt az f f¨ uggvénynek nem lehet lokális maximuma az a pontban. 2. Tegy¨ uk fel, hogy n p´ aros és f (n) (a) < 0. A (6.1) képlet alapján (n) f (a) n f (x) − f (a) = |x − a| · + ϕ(x) . n! A lim ϕ(x) = 0 hat´ arérték miatt létezik olyan δ1 ∈ R+ , hogy minden ]a − δ1 , a + δ1 [ esetén x→a

f (n) (a) + ϕ(x) < 0. n! Ekkor a δ = min {r, δ1 } sz´ amra teljes¨ ul az, hogy minden x ∈ ]x − δ, x + δ[ \ {a} elemre (n) f (a) + ϕ(x) < 0, f (x) − f (a) = |x − a|n · n! vagyis f (x) < f (a). 6.29. T´ etel. Legyen f ∈ C ∞ (R, R), a ∈ R, és r ∈ R+ olyan, hogy Br (a) ⊆ Dom f . Tegy¨ uk fel, hogy ∃K ∈ R∀n ∈ N∀x ∈ Br (a) : f (n) (x) ≤ K

teljes¨ ul, ekkor

f (x) =

∞ X f (k) (a)

k=0

k!

(x − a)k

∀x ∈ Br (a).

100

6


Bizony´ıt´ as. Legyen f ∈ C ∞ (R, R), a ∈ R, és r ∈ R+ olyan, hogy Br (a) ⊆ Dom f , továbbá legyen K ∈ R olyan, hogy ∀n ∈ N∀x ∈ Br (a) : f (n) (x) ≤ K teljes¨ ul. Legyen x ∈ Br (a) rögz´ıtett sz´ am. A Taylor-formula alapján, minden n ∈ N esetén létezik olyan y ∈ Br (a), hogy n f (n+1) (y) X K f (k) (a) k (x − a) = (x − a)n+1 ≤ rn+1 . f (x) − k! (n + 1)! (n + 1)! k=0

Mivel az n 7→

K rn+1 sorozat a null´ ahoz tart, ezért (n + 1)! n X f (k) (a) k lim f (x) − (x − a) = 0 n→∞ k! k=0

amib˝ol következik a bizony´ıtandó ´ all´ıt´ as.

6.30. T´ etel. Legyen c ∈ R és a, b : N → R olyan sorozat, melyre létezik r ∈ R+ sz´ am, hogy minden x ∈ Br (0) esetén ∞ ∞ X X Pa (x) = ak xk = bk xk = Pb (x) k=0

k=0

teljes¨ ul. Ekkor a = b.

Bizony´ıt´ as. Legyen n ∈ N. A hatványsorok n-edik deriváltja Pa(n) (x) =

∞ X

ak

k=n

∞ X k! k! (n) xk−n = bk xk−n = Pb (x). (k − n)! (k − n)! k=n

Amib˝ol az x = 0 helyettes´ıtés után an = bn adódik. Mivel ez minden n ∈ N esetén teljes¨ ul, ezért a = b. 6.31. T´ etel. Ha x ∈ ]−1, 1[, akkor log(1 + x) =

∞ X (−1)k

k=0

Bizony´ıt´ as. Az

∞ X (−1)k

k+1 k=0 esetén jól értelmezett az

k+1

xk+1 .

xk+1 hatványsor konvergenciasugara R = 1, ezért minden x ∈ ]−1, 1[ g(x) =

∞ X (−1)k k=0

f¨ uggvény. Valamint Dom log = R

+

k+1

xk+1

miatt minden x ∈ ]−1, 1[ esetén jól értelmezett az f (x) = log(1 + x)

f¨ uggvény. A hatványsor illetve a logaritmus f¨ uggvény deriválási szabály alapján f ′ (x) =

1 1 − (−x)

6.11.

´ ´ BINOMIALIS SORFEJTES

101

g ′ (x) =

∞ X

(−x)k .

k=0

Mivel |x| < 1, ezért a geometriai sor összegképlete alapján (f − g)′ = 0 a ]−1, 1[ intervallumon. Vagyis létezik olyan C ∈ R sz´ am, hogy minden x ∈ ]−1, 1[ esetén f (x) = C + g(x). Mivel f (0) = g(0) = 0, ezért C = 0. Vagyis minden x ∈ ]−1, 1[ számra f (x) = g(x).

6.11.

Binomi´ alis sorfejt´ es

6.10. Defin´ıci´ o. Legyen z ∈ C és n ∈ N, ekkor  1  z △  n−1 Y z−k =  n  k+1 k=0

ha n = 0, ha n 6= 0.

6.32. T´ etel. (Binomi´ alis-sorfejtés.) Minden α ∈ R és x ∈ ]−1, 1[ esetén ∞ X α k α (1 + x) = x . k k=0

Bizony´ıt´ as.

Legyen f (x) = (1 + x)α , és P (x) =

∞ X α

k=0

lim k→∞

α k+1 α k

k

xk . A

α − k + 1 = 1, = lim k→∞ k−1

határérték alapj´ an a hatványsor konvergenciasugara 1, vagyis minden x ∈ ]−1, 1[ esetén a P (x) hatványsor konvergens. ′ P Megmutatjuk, hogy = 0. Ez az f ∞ ∞ X X α k−1 α k ′ ′ α α−1 P (x)f (x) − f (x)P (x) = (1 + x) k x − α(1 + x) x = k k k=1 k=0 ! ∞ ∞ ∞ X α k−1 X α k X α k α−1 = k = (1 + x) k x + α x − x k k k k=1 k=1 k=0 ! ∞ ∞ X X α α α α−1 k k (k + 1) = (1 + x) x + k −α x −α = k+1 k k k=0 k=1 ∞ X α α α = (1 + x)α−1 (k + 1) +k −α xk = 0 k+1 k k k=1

egyenl˝ oségb˝ ol következik, ahol felhasználtuk, hogy minden α ∈ C és k ∈ N esetén α α α (k + 1) +k −α = 0. k+1 k k ′ P = 0, ezért létezik olyan c ∈ R konstans, melyre f = cP teljes¨ ul a ]−1, 1[ halmazon. Mivel f Továbbá az f (0) = P (0) miatt c = 1, vagyis f = P .

102

7

7

´ ´ HATAROZATLAN INTEGRAL

Hat´ arozatlan integr´ al

7.1.

Primit´ıv f¨ uggv´ eny ´ es tulajdons´ agai

7.1. Defin´ıci´ o. Legyen I ⊆ R ny´ılt intervallum, és f : I → R. A differenciálható F : I → R f¨ uggvényt az f primit´ıv f¨ uggvényének nevezz¨ uk, ha F ′ = f teljes¨ ul. Az f f¨ uggvény hat´ arozatlan integr´ alj´ anak nevezz¨ uk az {F : I → R| F ′ = f } R R halmazt, melyre az f vagy f (x) d x szimb´ olumot használjuk. Az integrál jel után álló f¨ uggvényt gyakran integrandusnak nevezz¨ uk. 7.1. T´ etel. Legyen I ⊆ R ny´ılt intervallum, f : I → R és F : I → R az f b´ armelyik primit´ıv f¨ uggvénye. Ekkor Z f = {F + C| C ∈ R} .

Bizony´ıt´ as. Legyen I ⊆ R ny´ılt intervallum, f : I → R és F : I → R az f primit´ıv f¨ uggvénye. Ha G ∈ (F + C| C ∈ R), akkor létezik olyan C ∈ R, melyre G = F + C. Ekkor G′ = F ′ = f , vagyis a G f¨ uggvény is az f primit´ıvf¨ uggvénye. Ha G : I → R az f primit´ıv f¨ uggvénye, akkor G′ = f , tehát (G − F )′ = 0. Ebb˝ol a 6.14 tétel alapján következik, hogy létezik olyan C ∈ R, sz´ am, hogy G − F = C, vagyis G ∈ (F + C| C ∈ R). Megjegyz´ es. A fenti tétel nem igaz, ha I nem összef¨ ugg˝o halmaz!

♦

A fenti tétel miatt, ha F az f f¨ uggvény egy primit´ıv f¨ uggvénye, akkor az Z f =F +C rövidebb, de pontatlanabb jel¨ olést is használjuk. 7.2. T´ etel. Legyen I ⊆ R ny´ılt intervallum, f, g : I → R pedig olyan, hogy mindkett˝ onek létezik primit´ıv f¨ uggvénye. Ekkor minden c ∈ R sz´ amra Z Z Z Z Z (f + g) = f + g és (cf ) = c f. Bizony´ıt´ as. Az F, G : I → R differenci´ alható f¨ uggvényre vonatkozó (F + G)′ = F ′ + G′

(cF )′ = cF ′

deriválási szabályb´ ol következik. 7.3. T´ etel. (Elemi hat´ arozatlan integr´ alok.) Legyen a ∈ R \ {−1}. Ekkor az integrandus értelmezési tartom´ any´ anak ny´ılt intervallumain az al´ abbiak teljes¨ ulnek. Z Z Z exp = exp +C sin = − cos +C cos = sin +C Z Z Z 1 sh = ch +C ch = sh +C d x = log |x| + C x Z x1+a +C xa d x = 1+a

7.2.

´ ASI ´ MODSZEREK ´ INTEGRAL

7.2.

103

Integr´ al´ asi m´ odszerek

7.4. T´ etel. (Parci´ alis integr´ al´ as.) Legyen I ⊆ R ny´ılt intervallum, f, g : I → R pedig olyan, hogy f és g differenci´ alhat´ o, valamint az f g ′ f¨ uggvénynek létezik primit´ıv f¨ uggvénye. Ekkor az f ′ g f¨ uggvénynek is létezik primit´ıv f¨ uggvénye és Z Z (f ′ g) = f g − (f g ′ ) teljes¨ ul.

Bizony´ıt´ as. Legyen I ⊆ R ny´ılt intervallum, f, g : I → R pedig olyan, hogy f és g differenciálható, valamint az f g ′ f¨ uRggvénynek létezik primit´ıv f¨ uggvénye. Legyen F ∈ f g − (f g ′ ). Ekkor Z f g − F ∈ (f g ′ ) → (f g − F )′ = f g ′ → f ′ g + f g ′ − F ′ = f g ′ → F ′ = f ′ g, vagyis F ∈

R

(f ′ g), ezért az f ′ g f¨ uggvénynek is létezik primit´ıv f¨ uggvénye, valamint Z Z f g − (f g ′ ) ⊆ (f ′ g)

teljes¨ ul. R R R Most megmutatjuk, hogy (f ′ g) ⊆ f g − (f g ′ ). Ehhez legyen F ∈ (f ′ g). Ekkor a bizony´ıtandó R F ∈ f g − (f g ′ ) kifejezés ekvivalens alakja az alábbi. Z f g − F ∈ (f g ′ ) Ez viszont egyszer˝ uen adódik az (f g − F )′ = f ′ g + f g ′ − f ′ g = f g ′ derivál´ asb´ ol. 7.5. T´ etel. (Helyettes´ıtéses integr´ al´ as.) Legyen I, J ⊆ R ny´ılt intervallum, f : I → R olyan f¨ uggvény, amelynek létezik primit´ıv f¨ uggvénye, és legyen ϕ : J → I diffeomorfizmus. Ekkor az (f ◦ ϕ)ϕ′ : J → R f¨ uggvénynek létezik primit´ıv f¨ uggvénye és Z Z ′ (f ◦ ϕ)ϕ = f ◦ ϕ. Bizony´ıt´ as. Legyen I, J ⊆ R ny´ılt intervallum, f : I → R olyan f¨ uggvény, amelynek létezik primit´ıv f¨ uggvénye, és legyen ϕ : J → I diffeomorfizmus. R Megmutatjuk, hogy az (f ◦ ϕ)ϕ′ : J → R f¨ uggvénynek létezik primit´ıv f¨ uggvénye. Legyen F ∈ f és legyen G = F ◦ ϕ. A közvetett f¨ uggvény deriválási szabálya alapján G′ = (F ′ ◦ ϕ) · ϕ′ = (f ◦ ϕ) · ϕ′ , R vagyis G ∈ (f ◦ ϕ)ϕ′ . A fenti gondolatmenetb˝ ol Z Z f ◦ ϕ ⊆ (f ◦ ϕ)ϕ′

104

7


is következik. Most igazoljuk, hogy

Z

Z

′

(f ◦ ϕ)ϕ ⊆

Z

f

◦ϕ

teljes¨ ul. Legyen F ∈ (f ◦ ϕ)ϕ′ , ami azt jelenti, hogy F ′ = (f ◦ ϕ)ϕ′ . Azt kell igazolni, hogy R F ◦ ϕ−1 ∈ f , ami ekvivalens azzal, hogy (F ◦ ϕ−1 )′ = f . A f¨ uggvénykompoz´ıció deriválására vonatkozó láncszabály, és az inverzf¨ uggvény deriválására vonatkozó (ϕ−1 )′ =

ϕ′

1 . ◦ ϕ−1

szabály felhasznál´ as´ aval a bizony´ıtandó ′ (F ◦ ϕ−1 )′ = F ′ ◦ ϕ−1 · ϕ−1 = = ((f ◦ ϕ) · ϕ′ ) ◦ ϕ−1 · egyenl˝ oség adódik.

1 = ϕ′ ◦ ϕ−1 1 =f = f ◦ ϕ ◦ ϕ−1 · ϕ′ ◦ ϕ−1 · ′ ϕ ◦ ϕ−1

Megjegyz´ es. Legyen I, J ⊆ R ny´ılt intervallum, f : I → R olyan f¨ uggvény, amelynek létezik primit´ıv f¨ uggvénye, és legyen ϕ : J → I differenci´ alható homeomorfizmus. Ekkor a fenti képlet az Z Z f (ϕ(t))ϕ′ (t) d t = f (x) d x az alakban ´ırhat´ o fel az x = ϕ(t) helyettes´ıtéssel.

♦

7.6. T´ etel. (Az elemi f¨ uggvények inverzének az integr´ alja.) Az integrandus értelmezési tartom´ any´ anak ny´ılt intervallumain az al´ abbiak teljes¨ ulnek. Z p arcsin(x) d x = x arcsin x + 1 − x2 + C x ∈] − 1, 1[ Z p x ∈] − 1, 1[ arccos(x) d x = x arccos x − 1 − x2 + C Z 1 x∈R arctg(x) d x = x arctg x − log(1 + x2 ) + C 2 Z p arsh(x) d x = x arsh x − 1 + x2 + C x∈R Z p x ∈]1, ∞[ arch(x) d x = x arch x − x2 − 1 + C Z 1 x ∈] − 1, 1[ arth(x) d x = x arth x + log(1 − x2 ) + C 2 Z log(x) d x = x log(x) − x + C x ∈]0, ∞[ Bizony´ıt´ as. Mindegyik formula a parci´ alis integrálás következménye. Az els˝o integrált megmutatjuk részletesen. Legyen f : ]−1, 1[

x 7→ x

7.2.

´ ASI ´ MODSZEREK ´ INTEGRAL

105

g : ]−1, 1[ ϕ : ]−1, 1[

x 7→ arcsin x p x 7→ 1 − x2 .

Ekkor f, g és ϕ differenci´ alhat´ o f¨ uggvény, valamint

x ϕ′ (x) = − √ 1 − x2 formula felhasznál´ as´ aval azt kapjuk, hogy az f g ′ f¨ uggvénynek létezik primit´ıv f¨ uggvénye, hiszen Z (−ϕ)′ = f g ′ → −ϕ ∈ (f g ′ ) . A 7.4 parci´ alis integrál´ as tétele alapján az f ′ g f¨ uggvénynek is létezik primit´ıv f¨ uggvénye és Z Z (f ′ g) = f g − (f g ′ ) teljes¨ ul, ami ebben az esetben az al´ abbi egyenl˝ oséget jelenti. Z Z Z ′ arcsin(x) d x = f (x)g(x) d x = f (x)g(x) − f (x)g ′ (x) d x = p = x arcsin x − (−ϕ(x)) + C = x arcsin x + 1 − x2 + C A parci´ alis integrál´ as seg´ıtségével számolhat´ o az alábbi t´ıpus´ u integrál.     polinom       polinom  Z      exp, log exp, log · sin, cos   sin, cos           sh, ch sh, ch

7.7. T´ etel. Legyen n, m ∈ N. Ekkor az R b´ armely ny´ılt intervallum´ an az Z sinn cosm integr´ alt az al´ abbi m´ odszerek rekurz´ıv alkalmaz´ as´ aval lehet kisz´ amolni. 1. Ha m = 0, akkor Z  1   k+1 (1 − cos t)k d t, t = 2x ha n = 2k (k ∈ N), Z  2 n sin x d x = Z    t = cos x ha n = 2k + 1 (k ∈ N). − (1 − t2 )k d t, 2. Ha n = 0, akkor Z

Z  1 k   ha  2k+1 (1 + cos t) d t, t = 2x m cos x d x = Z    (1 − t2 )k d t, t = sin x ha

m = 2k (k ∈ N), m = 2k + 1 (k ∈ N).

3. Ha n p´ aratlan, akkor a t = cos x, ha m p´ aratlan, akkor a t = sin x helyettes´ıtés egyszer˝ us´ıti az integr´ alt.

106

7


4. Ha n és m p´ aros, valamint n = 2k, m = 2l (k, l ∈ N), akkor Z  1 2k l−k   Z d t, t = 2x ha  2k+l+1 (sin t)(1 + cos t) n m sin x cos x d x = Z  1   (sin2l t)(1 − cos t)k−l d t, t = 2x ha k+l+1 2

n ≤ m, n > m.

Bizony´ıt´ as. A helyettes´ıtéses integrál´ as alapján egyszer˝ uen igazolható. 7.8. T´ etel. Legyen a∈ R \ {0}, b, c ∈ R és n ∈ N+ . b halmaz ny´ılt intervallumain 1. Ekkor az R \ − a  1   log |ax + b| + C, Z  a 1 dx = 1 1  (ax + b)n   + C, · a(1 − n) (ax + b)n−1

ha n = 1; ha n > 1.

teljes¨ ul. 2. Ha b2 − 4ac < 0, akkor az R halmazon Z 2 2ax + b 1 + C, arctg √ dx = √ ax2 + bx + c 4ac − b2 4ac − b2 és ha b2 − 4ac > 0 akkor az {x ∈ R| ax2 + bx + c 6= 0} halmaz ny´ılt intervallumain Z 2ax + b − √b2 − 4ac 1 1 √ log +C dx = √ 2 2 ax2 + bx + c b − 4ac 2ax + b + b − 4ac

teljes¨ ul. 3. Ha n > 1 és b2 − 4ac 6= 0, akkor az {x ∈ R| ax2 + bx + c 6= 0} halmazon Z 2ax + b 1 + dx = (ax2 + bx + c)n (1 − n)(b2 − 4ac)(ax2 + bx + c)n−1 Z 1 2(2n − 3)a + d x. (1 − n)(b2 − 4ac) (ax2 + bx + c)n−1 4. Az {x ∈ R| ax2 + bx + c 6= 0} halmazon Z Z 2 1 1 x ax + bx + c − b x = log d d x. ax2 + bx + c 2a 2a ax2 + bx + c

5. Ha n > 1 és b2 − 4ac 6= 0, akkor az {x ∈ R| ax2 + bx + c 6= 0} halmazon Z x bx + 2c + dx = 2 n 2 (ax + bx + c) (n − 1)(b − 4ac)(ax2 + bx + c)n−1 Z 1 (2n − 3)b + d x. 2 2 (n − 1)(b − 4ac) (ax + bx + c)n−1

Bizony´ıt´ as. Deriv´ al´ assal egyszer˝ uen adódik.

´ ¨ ´ PARCIALIS TORTEKRE BONTAS

7.3.

7.3.

107

Parci´ alis t¨ ortekre bont´ as

A következ˝o tétel szerint b´ armely két polinomnak a h´ anyadosa integrálható az el˝oz˝o tételben szerepl˝ o formulák seg´ıtségével. Azt a módszert, ahogy visszavezetj¨ uk a polinomok h´ anyadosát a fenti tételben szerepl˝ o integrandusokra parci´ alis t¨ ortekre bont´ asnak nevezik. Mivel a tétel bizony´ıtása bizonyos lineáris egyenletrendszerek egyértelm˝ u megoldhatóságának a vizsgálatáról szól, és számos tételt felhasznál a lineáris algebra témak¨ oréb˝ol, ezért nem ismertetj¨ uk. oleges n-ed fok´ u-, Qm (x) pedig egy 7.9. T´ etel. (Parci´ alis t¨ ortekre bont´ as.) Legyen Pn (x) egy tetsz˝ olyan m-ed fok´ u polinom, melynek a f˝ oegy¨ utthat´ oja 1. 1. Ha n ≥ m, akkor létezik egyetlen olyan P¯ (x) (n − m)-ed fok´ u- és m-nél kisebb fok´ u P˜ (x) polinom, hogy Pn (x) P˜ (x) = P¯ (x) + Qm (x) Qm (x) teljes¨ ul. 2. A Qm polinomhoz léteznek olyan egyértelm˝ uen meghat´ arozott (λi )i=1,...,k , (pi , qi )i=1,...,l p´ aronként k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o val´ os sz´ amok és sz´ amp´ arok, valamint (zi )i=1,...,k , (vi )i=1,...,l természetes sz´ amok, hogy minden x ∈ R esetén ! ! l k Y Y 2 vi zi (x + pi x + qi ) (x + λi ) Qm (x) = i=1

i=1

teljes¨ ul, tov´ abb´ a egyetlen 1 ≤ i ≤ l esetén sem létezik val´ os gy¨ oke az x2 + pi x + qi polinomnak. os Ha n < m, akkor egyértelm˝ uen léteznek olyan (µij )i=1,...,k;j=1,...,zi , (αij , βij )i=1,...,l;j=1,...,vi val´ sz´ amok, hogy k

z

l

v

i i XX XX Pn (x) µij αij x + βij = + j 2 + p x + q )j Qm (x) (x + λ ) (x i i i i=1 j=1 i=1 j=1

teljes¨ ul minden x ∈ Dom

Pn elemre. Qm

108

8

8

´ ´ HATAROZOTT INTEGRAL

Hat´ arozott integr´ al

8.1.

A Riemann-integr´ al

8.1. Defin´ıci´ o. Az [a, b] korlátos intervallum feloszt´ as´ an egy olyan (xi )i=0,...,n szám n-est ért¨ unk melyre x0 = a, xn = b, és minden 0 ≤ i ≤ n − 1 esetén xi < xi+1 teljes¨ ul. Az [a, b] intervallum felosztásainak a halmazát F [a,b] jel¨ oli, azaz ) ( ∞ [ [a,b] F = x∈ F (n, [a, b]) n ∈ N \ {0, 1} , x0 = a, xn−1 = b, ∀i ∈ (n − 1) : xi < xi+1 . n=2

Azt mondjuk, hogy az x ∈ F [a,b] felosztás finomabb, mint az y ∈ F [a,b] felosztás, ha Ran y ⊆ Ran x, melyet az y ≤ x szimb´ olummal jel¨ ol¨ unk.

Vagyis az x = (x0 , . . . , xn ) ∈ F [a,b] felosztás pontosan akkor finomabb, mint az y = (y0 , . . . , ym ) ∈ F felosztás, ha {y0 , . . . , ym } ⊆ {x0 , . . . , xn } [a,b]

teljes¨ ul, és ezt az y ≤ x vagy másképp a (yi )i=0,...,m ≤ (xi )i=0,...,n szimb´ olummal jelölj¨ uk. 8.2. Defin´ıci´ o. Legyen x = (xi )i=0,...,n és y = (yi )i=0,...,m az [a, b] korlátos intervallum egy-egy felosztása. Legyen L = {xi | 0 ≤ i ≤ n} ∪ {yi | 0 ≤ i ≤ m} ,

k = |L| − 1,

és definiáljuk a (zi )i=0,...,k sz´ amokat az al´ abbi rekurzióval. – Legyen z0 = a. – Ha zi ismert és i < k, akkor legyen zi+1 = min (L \ {z0 , . . . , zi }) . Ekkor a z = (zi )i=0,...,k felosztást az x és az y feloszt´ as egyes´ıtésének nevezz¨ uk és a z = x ⊔ y szimbólummal jel¨ olj¨ uk. 8.3. Defin´ıci´ o. Legyen f : [a, b] → R korlátos f¨ uggvény és x = (xi )i=0,...,n ∈ F [a,b] egy felosztás. Ekkor az f f¨ uggvény (xi )i=0,...,n feloszt´ ashoz tartoz´ o als´ o k¨ ozel´ıt˝ o¨ osszege △

sx (f ) =

n−1 X i=0

inf

t∈[xi ,xi+1 ]

f (t) (xi+1 − xi ),

és fels˝ o k¨ ozel´ıt˝ o¨ osszege △

Sx (f ) =

n−1 X i=0

sup t∈[xi ,xi+1 ]

!

f (t) (xi+1 − xi ).

Továbbá definiáljuk az als´ o- és fels˝ o k¨ ozel´ıt˝ o¨ osszegek értékeinek a halmaz´ at. o n s(f ) = sx (f ) ∈ R| x ∈ F [a,b] o n S(f ) = Sx (f ) ∈ R| x ∈ F [a,b] 8.1. T´ etel. Legyen f : [a, b] → R korl´ atos f¨ uggvény.

8.1.

´ A RIEMANN-INTEGRAL

109

1. Minden x ∈ F [a,b] feloszt´ as esetén sx (f ) ≤ Sx (f ). 2. Ha z jel¨ oli az [a, b] intervallum trivi´ alis folszt´ as´ at, azaz z = (a, b), akkor minden m´ as x ∈ F [a,b] feloszt´ as esetén sz (f ) ≤ sx (f ) és Sx (f ) ≤ Sz (f ). 3. Ha az x, y ∈ F [a,b] feloszt´ asra x ≤ y teljes¨ ul, akkor sx (f ) ≤ sy (f ) és Sy (f ) ≤ Sx (f ). 4. B´ armely x, y ∈ F [a,b] feloszt´ asra sx (f ) ≤ Sy (f ) teljes¨ ul. 5. Az s(f ) halmaz fel¨ ulr˝ ol korl´ atos, valamint az S(f ) halmaz alulr´ ol korl´ atos. Bizony´ıt´ as. Legyen f : [a, b] → R korlátos f¨ uggvény, jelölje z a z0 = a és z1 = b triviális felosztást továbbá legyen x = (xi )i=0,...,n és y = (yi )i=0,...,m az [a, b] intervallum olyan felosztása, melyre x ≤ y teljes¨ ul. 1. A defin´ıció alapj´ an nyilvánval´ o. 2. Az sz (f ) ≤ sx (f ) egyenl˝ otlenséget sx (f ) =

n−1 X i=0

=

inf

t∈[xi ,xi+1 ]

n−1 X f (t) (xi+1 − xi ) ≥ inf f (t) (xi+1 − xi ) = i=0

t∈[a,b]

inf f (t) (b − a) = sz (f )

t∈[a,b]

igazolja, ehhez hasonl´ oan mutathat´ o meg, hogy Sx (f ) ≤ Sz (f ) teljes¨ ul. 3. Tegy¨ uk fel, hogy az x felosztást oly módon finom´ıtjuk, hogy valamely j ∈ {0, . . . , n − 1} esetén az [xj , xj+1 ] szakasz belsejéb˝ol hozz´ avesz¨ unk még egy c osztópontot. Jelölje x′ az ´ıgy kapott felosztást. Mivel inf f (t) (c − xj ) + inf f (t) (xj+1 − c) ≥ t∈[xj ,c] t∈[c,xj+1 ] ≥ inf f (t) ((c − xj ) + (xj+1 − c)) = inf f (t) (xj+1 − xj ) t∈[xj ,xj+1 ] t∈[xj ,xj+1 ] ! ! sup f (t) (c − xj ) +

t∈[xj ,c]

≤

sup

t∈[c,xj+1 ]

sup t∈[xj ,xj+1 ]

f (t) (xj+1 − c) ≤

!

f (t) ((c − xj ) + (xj+1 − c)) =

sup t∈[xj ,xj+1 ]

!

f (t) (xj+1 − xj ),

ezért sx (f ) ≤ sx′ (f ) és Sx (f ) ≥ Sx′ (f ). Mivel az y felosztást megkaphatjuk az x felosztásb´ ol véges sok u ´j osztópont hozz´ avételével, ezért sx (f ) ≤ sy (f ) és Sx (f ) ≥ Sy (f ) teljes¨ ul. 4. Legyen x, y tetsz˝ oleges felosztása az [a, b] intervallumnak, és tekints¨ uk a z = x ⊔ y felosztást. Ekkor x ≤ z és y ≤ z, amib˝ ol az el˝ oz˝o pont alapján sx (f ) ≤ sz (f ) és Sz (f ) ≤ Sy (f ) adódik. Mivel az 1. pont alapj´ an sz (f ) ≤ Sz (f ), ezért sx (f ) ≤ Sy (f ). 5. Mivel minden x felosztásra z ≤ x teljes¨ ul, ezért sz (f ) ≤ sx (f ) ≤ Sx (f ) ≤ Sz (f ), ami igazolja, hogy az s(f ) halmaz fel¨ ulr˝ ol, az S(f ) halmaz pedig alulr´ ol korlátos. 8.4. Defin´ıci´ o. Az f : [a, b] → R korlátos f¨ uggvény – als´ o integr´ alj´ anak nevezz¨ uk a sup s(f ) mennyiséget, melynek jele

Rb

f;

a b

– fels˝ o integr´ alj´ anak nevezz¨ uk a inf S(f ) mennyiséget, melynek jele

R

a

f;

110

8

– Riemann-integr´ alhat´ o, ha

Rb

f =

Rb

f , ekkor

a

a

Zb

Zb

f vagy

a


f (x) d x jelöli az

Rb

f =

a

a

Rb

f értéket.

a

Továbbá bevezetj¨ uk az R([a, b] , R) jel¨ olést a Riemann-integrálható f¨ uggvényekre, vagyis △

R([a, b] , R) = {f : [a, b] → R| f korlátos és Riemann-integrálható} . – Ha f ∈ R([a, b] , R), akkor bevezetj¨ uk a Za

△

f =−

b

Zb

f

a

jelölést. – Továbbá minden a ∈ R pontra, és f : R → R f¨ uggvényre a ∈ Dom f esetén legyen Za

△

f = 0.

a

– Ha a, b ∈ R, a ≤ b, valamint f ∈ R([a, b] , R), akkor a hat´ arozott integr´ alj´ anak nevezz¨ uk.

Z

b

f és a

a

Z

a

f mennyiséget az f f¨ uggvény

b

8.2. T´ etel. Minden f : [a, b] → R korl´ atos f¨ uggvényre Zb

f≤

a

Zb

f

a

teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. Legyen f : [a, b] → R korlátos f¨ uggvény, α = sup s(f ) és β = inf S(f ). Azt kell megmutatni, hogy α ≤ β. Az ´ all´ıt´ assal ellentétben tegy¨ ul fel, hogy β < α. Ekkor legyen ε = α − β. ε ε Legyen x és y az a felosztás, melyre α − < sx (f ) és Sy (f ) < β + . Mivel a 8.1 tétel szerint minden 2 2 x, y felosztás esetén sx (f ) ≤ Sy (f ), ezért α−

ε ε < sx (f ) ≤ Sy (f ) < β + , 2 2

vagyis α − β < ε, ami lehetetlen, hiszen α − β = ε.

8.2.

A Riemann-integr´ alhat´ os´ ag krit´ eriumai

Ebben a fejezetben el˝ osz¨ or csak elégséges feltételeket adunk f¨ uggvények Riemann-integrálhatóság´ ara. A fejezet végén közelebbr˝ ol is megvizsg´ aljuk a Riemann-integrálhatóságra vonatkozó Lebesguetételt, mely sz¨ ukséges és elégséges feltételt ad korlátos f¨ uggvény Riemann-integrálhatóságára. 8.3. T´ etel. Minden f : [a, b] → R korl´ atos f¨ uggvényre f ∈ R([a, b] , R) ⇐⇒ ∀ε ∈ R+ ∃x ∈ F [a,b] : Sx (f ) − sx (f ) < ε.

8.2.

´ ´ AG ´ KRITERIUMAI ´ A RIEMANN-INTEGRALHAT OS

111

Legyen f : [a, b] → R korlátos f¨ uggvény. Z b Tegy¨ uk fel, hogy f ∈ R([a, b] , R) és legyen c = f , valamint ε ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter. Ekkor

Bizony´ıt´ as.

a

létezik olyan x, y felosztása az [a, b] halmaznak, melyre c−

ε < sx (f ) 2

Sy < c +

ε 2

teljes¨ ul. Legyen z = x ⊔ y. Mivel x ≤ z és y ≤ z, ezért sx (f ) ≤ sz (f ) és Sz (f ) ≤ Sy (f ), vagyis ε < sx (f ) ≤ sz (f ) ≤ c 2 ε c ≤ Sz (f ) ≤ Sy ≤ c + , 2 c−

ezért c − c ≤ Sz (f ) − sz (f ) < c +

ε ε = ε. − c− 2 2

Ezzel igazoltuk az ´ all´ıt´ as egyik ir´ any´ u következtetését. Most tegy¨ uk fel, hogy f olyan f¨ uggvény, hogy minden ε ∈ R+ létezik olyan x felosztás, melyre Sx (f ) − sx (f ) < ε teljes¨ ul. Legyen α = sup s(f ) és β = inf S(f ). Megmutatjuk, hogy α = β. A 8.2 tétel alapj´ an α ≤ β. Tegy¨ ul fel, hogy α < β. Ekkor legyen ε = β − α. A feltételezés¨ unk alapján ehhez a ε paraméterhez létezik olyan x felosztás, melyre Sx (f ) − sx (f ) < ε teljes¨ ul. Ekkor β ≤ Sx (f ) < sx (f ) + ε ≤ α + ε, vagyis a ε = β − α < ε ellentmond´ ast kapjuk. Mivel α ≤ β és α < β lehetetlen, ezért α = β, ami azt jelenti, hogy f ∈ R([a, b] , R). 8.5. Defin´ıci´ o. A korlátos f : [a, b] → R f¨ uggvény oszcill´ aci´ oja ! △

ω(f, [a, b]) =

sup f (t)

t∈[a,b]

−

inf f (t) .

t∈[a,b]

Az f f¨ uggvény x = (xi )i=0,...,n ∈ F [a,b] feloszt´ ashoz tartoz´ o oszcill´ aci´ os ¨ osszege △

Ωx (f ) =

n−1 X i=0

ω(f, [xi , xi+1 ])(xi+1 − xi ).

A defin´ıció alapj´ an nyilvánval´ o, hogy minden korlátos f : [a, b] → R f¨ uggvény és x ∈ F [a,b] felosztás esetén Ωx (f ) = Sx (f ) − sx (f ) teljes¨ ul. 8.4. T´ etel. Minden f : [a, b] → R korl´ atos f¨ uggvényre f ∈ R([a, b] , R) ⇐⇒ ∀ε ∈ R+ ∃x ∈ F [a,b] : Ωx (f ) < ε. Bizony´ıt´ as.

A 8.3 tétel alapj´ an nyilvánvaló.

112

8


8.5. T´ etel. Legyen f : [a, b] → R korl´ atos f¨ uggvény. Ekkor ω (f, [a, b]) =

sup |f (u) − f (v)|

u,v∈[a,b]

teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. Legyen H = f ([a, b]) és A = {|x − y| | x, y ∈ H}. Mivel f korlátos, ezért a H halmaz is korlátos, vagyis létezik az α = sup H és a β = inf H valós szám. Megmutatjuk az α − β = sup A egyenl˝ oséget, melyb˝ol már következik a bizony´ıtandó áll´ıtás. Bármely x, y ∈ H sz´ amra β ≤ x, y ≤ α teljes¨ ul, ezért β − α ≤ x − y ≤ α − β, vagyis |x − y| ≤ α − β.

Tehát α − β fels˝o korlátja az A halmaznak. Tegy¨ uk fel, hogy létezik kisebb fels˝o korlátja az A halmaznak. Legyen δ ∈ R+ olyan fels˝o korlát, melyre δ < α − β teljes¨ ul. Vezess¨ uk be a pozit´ıv α−β−δ ε= paramétert. Ekkor létezik olyan x, y ∈ H, melyre α − ε < x és y < β + ε teljes¨ ul, 2 vagyis x − y > α − ε − β − ε = δ > 0.

Tehát van olyan x, y ∈ H elem, melyre |x − y| > δ teljes¨ ul, tehát δ nem fels˝o korlátja az A halmaznak.

8.3.

Riemann-integr´ al´ as alaptulajdons´ agai

8.6. T´ etel. Minden f, g ∈ R([a, b] , R) és c ∈ R esetén f + g, cf, f g ∈ R([a, b] , R), vagyis az R([a, b] , R) algebra, valamint Z b Z b Z b Z b Z b (cf ) = c f f+ g= (f + g) a

a

a

a

a

teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. Legyen f, g ∈ R([a, b] , R) és legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter. Ekkor létezik olyan x, y ∈ F [a,b] felosztás, melyre Z b Z b ε ε f+ f − < sx (f ) ≤ Sx (f ) < 4 4 a a Z b Z b ε ε g+ g − < sy (g) ≤ Sy (g) < 4 4 a a teljes¨ ul. A továbbiakban felhasználjuk, hogy b´ armely z = (zi )i=0,...,n ∈ F [a,b] felosztás esetén sz (f ) + sz (g) = ≤

n−1 X

f (t) +

inf

(f (t) + g(t)) (zi+1 − zi ) = sz (f + g)

t∈[zi ,zi+1 ] i=0 n−1 X i=0

t∈[zi ,zi+1 ]

inf

g(t) (zi+1 − zi ) ≤

inf

t∈[zi ,zi+1 ]

8.3.

´ AS ´ ALAPTULAJDONSAGAI ´ RIEMANN-INTEGRAL

Sz (f ) + Sz (g) = ≥

n−1 X

sup

113

f (t) +

t∈[zi ,zi+1 ]

i=0 n−1 X

sup

sup t∈[zi ,zi+1 ]

g(t) (zi+1 − zi ) ≥

!

(f (t) + g(t)) (zi+1 − zi ) = Sz (f + g).

t∈[zi ,zi+1 ]

i=0

!

Legyen z = x ⊔ y, azaz z az x és az y felosztás egyes´ıtése, ekkor az sx (f ) + sx (g) ≤ sx (f + g) ≤ sz (f + g) ≤ Sz (f + g) ≤ Sy (f + g) ≤ Sy (f ) + Sy (g) egyenl˝ otlenségek miatt Z Z b f+

b

a

a

ε < sz (f + g) ≤ Sz (f + g) < 2

g−

Z

b

f+

a

Z

a

b

ε g+ , 2

vagyis Ωz (f + g) < ε. Ez pedig a 8.4 tétel alapján azt jelenti, hogy f + g ∈ R([a, b] , R). Továbbá a fenti egyenl˝ otlenség alapj´ an Z b Z b Z b Z b sup s(f + g) ≤ f+ g és inf S(f + g) ≤ f+ g a

a

a

a

teljes¨ ul, vagyis Z

b

(f + g) =

Z

b

f+

b

g.

a

a

a

Z

A számmal val´ o szorz´ asra vonatkozó szabály egyszer˝ uen igazolható a defin´ıció alapján. Legyen f ∈ R([a, b] , R) és K ∈ R+ olyan szám, melyre minden t ∈ [a, b] esetén |f (t)| < K teljes¨ ul. Ekkor minden u, v ∈ [a, b] elemre 2 f (u) − f 2 (v) = |f (u) + f (v)| · |f (u) − f (v)| ≤ 2K · |f (u) − f (u)| . Vagyis b´ armely x = (xi )i=0,...,n ∈ F [a,b] felosztásra a 8.5 tétel alapján Ωx (f 2 ) = = ≤

n−1 X

i=0 n−1 X

i=0 n−1 X i=0

ω(f 2 , [xi , xi+1 ]) · (xi+1 − xi ) = sup u,v∈[xi ,xi+1 ]

sup u,v∈[xi ,xi+1 ]

2 f (u) − f 2 (v) |f (u) − f (v)|

!

!

· (xi+1 − xi ) ≤

· 2K · (xi+1 − xi ) = 2KΩx (f )

adódik, ami azt jelenti, hogy f 2 ∈ R([a, b] , R). Ha g ∈ R([a, b] , R), akkor az f g = egyenl˝ oség alapj´ an f g ∈ R([a, b] , R) teljes¨ ul.

1 ((f +g)2 −(f −g)2 ) 4

8.7. T´ etel. Legyen a, b, c ∈ R olyan, melyre a < c < b, valamint legyen f : [a, b] → R korl´ atos f¨ uggvény. Az f ∈ R([a, b] , R) tartalmaz´ as pontosan akkor teljes¨ ul, ha f ∈ R([a, c] , R) és f ∈ R([c, b] , R), valamint ebben az esetben Zb a

f=

Zc a

f+

Zb c

f.

114

8


Bizony´ıt´ as. Legyen a, b, c ∈ R olyan, melyre a < c < b, valamint legyen f : [a, b] → R korlátos f¨ uggvény. 1. Tegy¨ uk fel, hogy f ∈ R([a, b] , R). Megmutatjuk, hogy minden ε ∈ R+ számhoz létezik az [a, c] intervallumnak olyan x felosztása, melyre Ωx (f ) < ε teljes¨ ul. Legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges. Mivel ′ f ∈ R([a, b] , R), ezért létezik olyan x felosztása az [a, b] intervallumnak, melyre Ωx′ (f ) < ε. Legyen x0 az x′ és az (a, c, b) felosztás egyes´ıtése. Ekkor x′ ≤ x0 , ezért a 8.1 tétel alapján sx′ (f ) ≤ sx0 (f ) és Sx′ (f ) ≥ Sx0 (f ), vagyis Ωx0 (f ) = Sx0 (f ) − sx0 (f ) ≤ Sx′ (f ) − sx′ (f ) = Ωx′ (f ) < ε.

Ha az x0 = (xi )i=0,...,n felosztásb´ ol csak azokat az xi pontokat hagyjuk meg, melykere xi ≤ c teljes¨ ul, ul. akkor az [a, c] intervallumnak kapjuk x egy felosztását, melyre Ωx (f ) ≤ Ωx′ (f ) < ε teljes¨ A fenti gondolatmenethez hasonl´ oan igazolható, hogy az f f¨ uggvény Riemann-integrálható a [c, b] intervallumon is. Z Z c

2. Tegy¨ uk fel, hogy f ∈ R([a, c] , R) és f ∈ R([c, b] , R). Legyen α = hogy minden ε ∈ R

+

b

f és β =

f . Megmutatjuk,

a

c

sz´ amhoz létezik az [a, b] intervallumnak olyan x felosztása, melyre α+β−

ε ε < sx (f ) ≤ Sx (f ) < α + β + 2 2

teljes¨ ul. Ebb˝ol ugyanis egyrészt ΩI (f ) < ε következik, vagyis f ∈ R([a, b] , R), másrészt

Z

b

f = α + β adódik,

a

ami a bizony´ıtandó egyenl˝ oség. Legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges. Mivel f ∈ R([a, c] , R), ezért létezik olyan x1 felosztása az [a, c] intervallumnak, melyre ε ε α − < sx1 (f ) ≤ Sx1 (f ) < α + 4 4 teljes¨ ul, és mivel f ∈ R([c, b] , R), ezért létezik olyan x2 felosztása a [c, b] intervallumnak, melyre β−

ε ε < sx2 (f ) ≤ Sx2 (f ) < β + . 4 4

Legyen x az x1 és x2 felosztások osztópontjainak az egyes´ıtéséb˝ol nyert felosztása az [a, b] intervallumnak. Ekkor a közel´ıt˝ o¨ osszegek defin´ıciója alapján sx (f ) = sx1 (f ) + sx2 (f ) és Sx (f ) = Sx1 (f ) + Sx2 (f ), vagyis a fenti egyenl˝ otlenségek ¨ osszead´ as´ aból α+β−

ε ε < sx (f ) ≤ Sx (f ) ≤ α + β + 2 2

adódik. 8.8. T´ etel. Minden a, b ∈ R, a < b sz´ amra C([a, b] , R) ⊆ R([a, b] , R) teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. Legyen a, b ∈ R, a < b és f ∈ C([a, b] , R). Megmutatjuk, hogy minden ε ∈ R+ paraméterhez létezik olyan x = (xi )i=0,...,n felosztása az [a, b] intervallumnak, melyre ΩI (f ) < ε teljes¨ ul. Legyen ε ∈ R+ . Mivel f folytonos f¨ uggvény és [a, b] kompakt halmaz, ezért a 5.23 Heine-tétel alapján létezik olyan δ ∈ R+ , hogy minden u, v ∈ [a, b] számra |u − v| < δ

→

|f (u) − f (v)| <

ε . b−a

8.3.

´ AS ´ ALAPTULAJDONSAGAI ´ RIEMANN-INTEGRAL

Legyen n =

115

b−a + 1, és minden k ∈ {0, . . . , n} esetén legyen δ k (b − a), n

xk = a +

és jelölje x az (xi )i=0,...,n felosztást. Ekkor a 8.5 tétel alapján Ωx (f ) = = <

n−1 X

i=0 n−1 X

i=0 n−1 X i=0

ω(f, [xi , xi+1 ]) · (xi+1 − xi ) = sup u,v∈[xi ,xi+1 ]

|f (u) − f (v)|

!

· (xi+1 − xi ) <

ε b−a · = ε. b−a n

8.9. T´ etel. Ha f : [a, b] → R f¨ uggvény monoton, akkor f ∈ R([a, b] , R). Bizony´ıt´ as. Legyen f : [a, b] → R monoton n¨ ov˝ o f¨ uggvény és ε ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter. Megmutatjuk, hogy létezik olyan x = (xi )i=0,...,n felosztása az [a, b] intervallumnak, melyre ΩI (f ) < ε teljes¨ ul. Ha f (b) = f (a), akkor a f¨ uggvény álland´ o, tehát folytonoss´ aga miatt integrálható. Ezért feltessz¨ uk, hogy f (a) < f (b). Legyen c ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter, és vegy¨ unk egy olyan x = (xi )i=0,...,n felosztást, melyre minden i ∈ {0, . . . , n − 1} esetén xi+1 − xi < c teljes¨ ul. (Ilyen felosztás létezik, hiszen ehhez hasonl´ ot as´ aban.) Ekkor konstru´ altunk a 8.8 tétel bizony´ıt´ ! n−1 X sup f (t) − inf f (t) · (xi+1 − xi ) ≤ Ωx (f ) = ≤ teljes¨ ul, vagyis ha c =

i=0 n−1 X i=0

t∈[xi ,xi+1 ]

t∈[xi ,xi+1 ]

(f (xi+1 ) − f (xi )) · c = c(f (b) − f (a))

ε paraméterhez választjuk meg a felosztást, akkor Ωx (f ) < ε. 2(f (b) − f (a))

8.10. T´ etel. Ha f ∈ R([a, b] , R), akkor |f | ∈ R([a, b] , R). Bizony´ıt´ as. Legyen f ∈ R([a, b] , R) és ε ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter. Mivel f ∈ R([a, b] , R), ezért létezik olyan x = (xi )i=0,...,n felosztása az [a, b] intervallumnak, melyre Ωx (f ) < ε teljes¨ ul. Mivel minden α, β ∈ R esetén ||α| − |β|| ≤ |α − β| , ezért minden i ∈ {0, . . . , n − 1} indexre a 8.5 tétel alapján ω(|f | , [xi , xi+1 ]) =


||f (u)| − |f (v)|| ≤


|f (u) − f (v)| = ω(f, [xi , xi+1 ]).

Ebb˝ol pedig Ωx (|f |) =

n−1 X i=0

ω(|f | , [xi , xi+1 ]) · (xi+1 − xi ) ≤

adódik, amib˝ ol |f | ∈ R([a, b] , R) következik.

n−1 X i=0

ω(f, [xi , xi+1 ]) · (xi+1 − xi ) = Ωx (f ) < ε

116

8


8.11. T´ etel. Minden f, g ∈ R([a, b] , R) f¨ uggvényre Rb 1. ha f ≥ 0, akkor f ≥ 0; a

2. ha f ≥ g, akkor Rb Rb 3. f ≤ |f |. a a

Rb a

f≥

Rb

g;

a

Bizony´ıt´ as. Legyen f, g ∈ R([a, b] , R). 1. Ha f ≥ 0, akkor az [a, b] intervallum b´ armely I felosztása esetén sI (f ), SI (f ) ≥ 0, ezért a közös Z b f ≥ 0 teljes¨ ul. határérték¨ ukre is a

2. Ha f ≥ g, akkor a h = f − g f¨ uggvényre h ≥ 0 teljes¨ ul, valamint h a 8.6 tétel értelmében szintén Riemann-integrálhat´ o, és Z b Z b Z b h= f− g. a

A tétel 1. pontja alapj´ an

Z

a

b

h ≥ 0, ezért

a

Z

b

Za b

f≥

Z

g. Za b |f |. Továbbá a − |f | ≤ f egyenl˝ otlenség miatt f ≤

3. Mivel f ≤ |f |, ezért a 2. pont alapj´ an a Z b Z b Z b Z b − |f | ≤ f . Ezek alapj´ an f ≤ |f |. a a a a

8.4.

a

b

a

Newton–Leibniz-t´ etel

8.12. T´ etel. (Newton–Leibniz-tétel.) Legyen f ∈ R([a, b] , R) és F ∈ C([a, b] , R) olyan f¨ uggvény, mely differenci´ alhat´ o az ]a, b[ intervallumon, és itt F ′ = f . Ekkor Zb

f = F (b) − F (a).

a

Bizony´ıt´ as. Legyen f ∈ R([a, b] , R), F ∈ C([a, b] , R) legyen olyan f¨ uggvény, mely differenciálható az ]a, b[ intervallumon, és itt F ′ = f teljes¨ ul rá, valamint tekints¨ uk az [a, b] intervallum egy tetsz˝ oleges x = (xi )i=0,...,n felosztás´ at. Minden i ∈ {0, . . . , n − 1} esetén alkalmazzuk az F f¨ uggvényre a Lagrange-féle középértéktételt az [xi , xi+1 ] intervallumon. Ekkor azt kapjuk, hogy létezik olyan ci ∈ ]xi , xi+1 [ sz´ am, melyre F (xi+1 ) − F (xi ) = F ′ (ci )(xi+1 − xi ) = f (ci )(xi+1 − xi ) teljes¨ ul. Ezeket az egyenleteket ¨ osszeadva n−1 X i=0

F (xi+1 ) − F (xi ) = F (b) − F (a) =

n−1 X

i=0 n−1 X i=0

f (ci )(xi+1 − xi ) f (ci )(xi+1 − xi )

8.5.

´ UGGV ¨ ´ AZ INTEGRALF ENY

117

adódik. Mivel i ∈ {0, . . . , n − 1} esetén inf

t∈[xi ,xi+1 ]

f (t) ≤ f (ci ) ≤

sup

f (t),

t∈[xi ,xi+1 ]

ezért sx (f ) =

n−1 X i=0

inf

t∈[xi ,xi+1 ]

= F (b) − F (a) ≤

n−1 X f (t) (xi+1 − xi ) ≤ f (ci )(xi+1 − xi ) = i=0

n−1 X i=0

sup t∈[xi ,xi+1 ]

!

f (x) (xi+1 − xi ) = Sx (f ).

Tehát minden x felosztásra sx (f ) ≤ F (b) − F (a) ≤ Sx (f ) Z b f = F (b) − F (a) következik. teljes¨ ul, amib˝ ol f integrálhat´ os´ aga miatt a

8.13. T´ etel. Ha f : R → R olyan f¨ uggvény mely folytonosan differenci´ alhat´ o az [a, b] halmazon, akkor Z b f (b) = f (a) + f ′. a

Bizony´ıt´ as. Legyen f : R → R olyan f¨ uggvény mely folytonosan differenciálható az [a, b] halmazon. Ekkor f ′ folytonos az [a, b] halmazon, tehát f ′ ∈ R([a, b] , R) és innen már a 8.12 Newton–Leibniz-tétel alapján következik az ´ all´ıt´ as.

8.5.

Az integr´ alf¨ uggv´ eny

8.6. Defin´ıci´ o. Az f ∈ R([a, b] , R) f¨ uggvény integr´ alf¨ uggvénye If : [a, b] → R

x 7→

Zx

f.

a

8.14. T´ etel. Legyen f ∈ R([a, b] , R). 1. Az If f¨ uggvény folytonos. 2. Ha f folytonos az x0 ∈]a, b[ pontban, akkor If differenci´ alhat´ o az x0 pontban és If′ (x0 ) = f (x0 ). 3. Ha f ∈ C([a, b] , R), akkor létezik primit´ıv f¨ uggvénye. Bizony´ıt´ as. Legyen f ∈ R([a, b] , R), x0 ∈ ]a, b[ és jelölje If az f integrálf¨ uggvényét. Mivel f korlátos, ezért létezik olyan K ∈ R+ , hogy minden x ∈ [a, b] esetén |f (x)| < K. 1. Legyen x, y ∈ [a, b]. Ekkor a 8.7 tétel alapján Z x Z y Z x If (x) − If (y) = f− f= f, a

a

vagyis felhasználva a 8.11 tételt |If (x) − If (y)| < K |x − y|

adódik, amib˝ ol az y → x hat´ arértékkel kapjuk az

lim If = Ix x

y

118

8


egyenletet, ami az If f¨ uggvény x pontbeli folytonoss´ agát garant´ alja. 2. Tegy¨ uk fel, hogy f folytonos az x0 pontban és legyen ε ∈ R+ tetsz˝ oleges paraméter. Ekkor az f f¨ uggvény x0 pontbeli folytonoss´ aga miatt létezik olyan δ ∈ R+ , melyre ∀z ∈ [a, b] : |z − x0 | < δ

→

|f (z) − f (x0 )| < ε.

otlenség alapján Tegy¨ uk fel, hogy z ∈ ]x0 , x0 + δ[ ∩ [a, b]. Ekkor a 8.7 tétel és a fenti egyenl˝ Z z Z z Z x0 f f= If (z) − If (x0 ) = f− a x0 a Z z f ≤ (f (x0 ) + ε)(z − x0 ), (f (x0 ) − ε)(z − x0 ) ≤ x0

melyek kombináci´ oj´ aból f (x0 ) − ε ≤ adódik. Vagyis

If (z) − If (x0 ) ≤ f (x0 ) + ε z − x0

If (z) − If (x0 ) = f (x0 ). z − x0 Teljesen hasonl´ oan igazolható, hogy az x0 pontban vett bal oldali határérték is létezik és értéke f (x0 ). Tehát If (z) − If (x0 ) = f (x0 ). If′ (x0 ) = lim z→x0 z − x0 3. Ha f folytonos, akkor a 2. pont alapj´ an If az f egy primit´ıv f¨ uggvénye. lim

z→x0 +0

8.6.

Improprius integr´ al

8.7. Defin´ıci´ o. (Improprius integr´ al.) – Legyen f : [a, ∞[→ R olyan f¨ uggvény, hogy minden x ∈]a, ∞[ esetén f ∈ R([a, x], R) teljes¨ ul. Ha a Zx lim f x→∞

a

határérték létezik, és véges, akkor azt mondjuk, hogy létezik az f f¨ uggvény improprius integr´ alja az [a, ∞[ intervallumon, és erre a Z∞ Zx △ f = lim f x→∞

a

a

jelölést használjuk; ha a hat´ arérték nem létezik, vagy nem véges, akkor azt mondjuk, hogy az f f¨ uggvény improprius integr´ alja divergens az [a, ∞[ intervallumon. – Ha f :] − ∞, a[→ R olyan f¨ uggvény, hogy minden x ∈] − ∞, a[ esetén f ∈ R([x, a], R) teljes¨ ul, és a Za lim f x→−∞

x

határérték létezik, és véges, akkor azt mondjuk, hogy létezik az f f¨ uggvény improprius integr´ alja a ] − ∞, a] intervallumon, és erre a Za

−∞

△

f = lim

x→−∞

Za x

f

8.6.

´ IMPROPRIUS INTEGRAL

119

jel¨ olést használjuk. – Legyen f : [a, b[→ R olyan f¨ uggvény, hogy minden x ∈]a, b[ esetén f ∈ R([a, x], R) teljes¨ ul. Ha a Zx lim f x→b−

a

hat´ arérték létezik, és véges, akkor azt mondjuk, hogy létezik az f f¨ uggvény improprius integr´ alja az [a, b[ intervallumon, melyre a Zb Zx △ f = lim f x→b−

a

a

jel¨ olést használjuk. – Legyen f :]a, b] → R olyan f¨ uggvény, hogy minden x ∈]a, b[ esetén f ∈ R([x, b], R) teljes¨ ul. Ha a lim

x→a+

Zb

f

x

hat´ arérték létezik, és véges, akkor azt mondjuk, hogy létezik az f f¨ uggvény improprius integr´ alja az ]a, b] intervallumon, melyre a Zb Zb △ f = lim f x→a+

a

x

jel¨ olést használjuk. 1 f¨ uggvényt. xα 1. Az f f¨ uggvény pontosan akkor impropriusan integr´ alhat´ o az [a, ∞[ intervallumon, ha α > 1, és ebben az esetben Z ∞ 1 1 . d x = α−1 α x a (α − 1) a

8.15. T´ etel. Legyen a ∈ R+ , α ∈ R és tekints¨ uk az f : R+ → R+ , f (x) =

2. Az f f¨ uggvény pontosan akkor impropriusan integr´ alhat´ o az ]0, a] intervallumon, ha α < 1, és ebben az esetben Z a a1−α 1 x = . d α 1−α 0 x Bizony´ıt´ as.

A 8.12 Newton–Leibniz-formula alapján rövid számol´ assal igazolható.

120

9

9

F¨ uggel´ ek

9.1.

Az elemi f¨ uggv´ enyek grafikonjai arcsin sin

1

2

1

0

0 0

1

2

3

4

5

6

7

-1

0

1

-1

0

1

0

1

2

-1

-1

-2

arccos

4

3

cos

1

2 0 0

1

2

3

4

5

6

7

1

-1 0

tg

4

3

arctg

2

1

1

0 -2

-1

2

0 0

1

2

-4

-3

-2

-1

-1

-1

-2

-2

-3

-4

3

4

¨ ´ FUGGEL EK

¨ ´ AZ ELEMI FUGGV ENYEK GRAFIKONJAI

9.1.

121

exp 5

4

2

3

1

2

0

log

0 1

-1

sh

2

3

4

5

6

7

-1

0 -2

1

-2 0

1

2

4

3

arsh

2

1

1

0 -2

-1

2

0 0

1

2

-4

-3

-2

-1

0

-1

-1

-2

-2

-3

-4

1

2

3

4

122

9

ch

4

3

3

2

2

1

1

0 -2

-1

arch

0 0

1

2

0

1

2

3

4

5

arth

6

7

4

3

2

th

1 1

0 -4

-3

-2

-1

0

1

2

3

0

4 -1

0

-1 -1

-2

-3

-4

1

8

¨ ´ FUGGEL EK

¨ TIZEDESTORTEK

9.2.

9.2.

123

Tizedest¨ ortek

Megszoktuk, hogy a val´ os sz´ amokat (esetleg végtelen) tizedest¨ ort alakban lehet fel´ırni, most ennek adjuk meg a prec´ız matematikai bizony´ıtását. ´ 9.1. T´ etel. Legyen x ∈ R és N ∈ N \ {0, 1}. Ertelmezz¨ uk az a(x) : N → N

n 7→

[N n x] − N n−1 x · N, [x] ,

ha ha

n > 0; n=0

(9.1)

sorozatot. Ekkor 1. minden n ∈ N+ esetén a(x)n ∈ {0, 1, . . . , N − 1}; ∞ X a(x)n sor konvergens; 2. a Nn n=0 n X a(x)k [N n x] 3. minden k ∈ N sz´ amra = ; Nk Nn k=0

∞ X a(x)n teljes¨ ul; 4. x = Nn n=0

5. végtelen sok n természetes sz´ amra a(x)n < N − 1; 6. legyen b : N → {0, 1, . . . , N − 1} tetsz˝ oleges sorozat; pontosan akkor teljes¨ ul az ∞ ∞ X X a(x)n bn = , n N Nn n=0 n=0

(9.2)

egyenl˝ oség, ha a(x) = b vagy létezik olyan n0 ∈ N természetes sz´ am, hogy minden n < n0 amra a(x)n = 0 sz´ amra a(x)n = bn , a(x)n0 = bn0 + 1, valamint minden n > n0 természetes sz´ és bn = N − 1. Bizony´ıt´ as. Legyen x ∈ R és N ∈ N \ {0, 1}. 1. Legyen n ∈ N+ tetsz˝ oleges és legyen y = N n−1 x. Ekkor [N n x] − N n−1 x · N = [N ([y] + {y})] − [[y] + {y}] · N = N [y] + [N {y}] − [y] N = [N {y}] , (9.3)

vagyis a(x)n egész sz´ am, továbbá a(x)n ≤ N − 1, hiszen ellenkez˝o esetben {y} ≥ 1 teljes¨ ulne. ∞ ∞ X X a(x)n N −1 2. A sort major´ alja a sor, mely konvergens. Nn Nn n=1 n=1 3. Az a(x) sorozat defin´ıciója alapj´ an n szerinti teljes indukcióval egyszer˝ uen adódik. n X a(x)k 4. Minden n ∈ N esetén legyen αn = . Felhasználva, hogy minden n ∈ N esetén Nk k=0

N n x = [N n x] + {N n x}

(9.4)

{N n x} N n x − {N n x} = x − Nn Nn

(9.5)

és az el˝ oz˝o pont eredményét αn = adódik, amib˝ ol pedig |x − αn | <

1 Nn

(9.6)

124

9

¨ ´ FUGGEL EK

következik. Vagyis lim α = x. 5. Tegy¨ uk fel, hogy csak véges sok n természetes számra teljes¨ ul az a(x)n < N − 1 egyenl˝ otlenség. Ekkor létezik olyan n0 ∈ N, hogy minden n ≥ n0 természetes számra a(x)n = N − 1. Tehát az ∞ X

n=n0

1 1 N −1 1 = (N − 1) · n0 +1 · = n0 1 n N N N 1− N +1

(9.7)

egyenl˝ oség miatt n0 X a(x)n x − = Nn n=0

∞ X

n=n0

N −1 1 = n0 n N N +1

(9.8)

teljes¨ ul, ami ellentmond a 4. bizony´ıt´ as´ aban szerepl˝ o n0 X a(x)n 1 < n0 x − n N N n=0

(9.9)

egyenl˝ otlenségnek. 6. Legyen b : N → {0, 1, . . . , N − 1} olyan sorozat, melyre

∞ ∞ X X bn a(x)n = , n N Nn n=0 n=0

(9.10)

teljes¨ ul, és tegy¨ uk fel, hogy a(x) 6= b. Legyen n0 = min {n ∈ N| a(x)n 6= bn }. Ekkor ∞ ∞ X X bn a(x)n a(x)n0 bn0 = , + + N n0 n=n +1 N n N n0 Nn n=n +1 0

melynek átrendezéséb˝ol ∞ a(x)n0 − bn0 X = N n0 n=n0

(9.11)

0

∞ ∞ X X |a(x)n − bn | N −1 a(x)n − bn 1 ≤ ≤ = n0 n n n N N N N n=n +1 n=n +1 +1 0

(9.12)

0

otlenségben csak u ´ gy lehet adódik, vagyis |a(x)n0 − bn0 | = 1. Ha a(x)n0 = bn0 + 1, akkor a fenti egyenl˝ egyenl˝ oség, ha minden n > n0 esetén |a(x)n − bn | = N − 1.

(9.13)

Továbbá a két sor ¨ osszege csak akkor egyezhet meg, ha bn ≥ a(x)n . Tekintettel arra, hogy bn , a(x)n ∈ {0, 1, . . . , N − 1} ezért csak az a(x)n = 0 és bn = N − 1 megoldása van a fenti egyenl˝ otlenségnek. o érveléssel azt kapnánk, hogy minden n > n0 számra A bn0 = a(x)n0 + 1 esetben a fentihez hasonl´ a(x)n = N − 1 és bN = 0. Ekkor viszont x=

nX 0 −1 n=0

nX ∞ 0 −1 X a(x)n a(x)n a(x)n a(x)n0 a(x)n0 + 1 + = + + n n Nn N n0 N N N n0 n=n +1 n=0

(9.14)

0

adódik, vagyis az a(x) sorozat defin´ıciója alapján an0 + 1 = an0 , ami ellentmondás, tehát a bn0 = osulhat meg. a(x)n0 + 1 eset nem val´ Ford´ıtva, ha a(x) = b, akkor a két sor ¨ osszege nyilván megegyezik. Ha létezik olyan n0 ∈ N, hogy

9.2.

¨ TIZEDESTORTEK

125

minden n < n0 sz´ amra a(x)n = bn , a(x)n0 = bn0 + 1 és minden n > n0 természetes számra a(x)n = 0 és bn = N − 1, akkor n0 nX ∞ 0 −1 X X a(x)n a(x)n bn + 1 a(x)n = = + 0 n0 (9.15) n n n N N N N n=0 n=0 n=0 és

nX ∞ ∞ 0 −1 X X N −1 bn bn0 a(x)n = + = + n n n 0 N N N Nn n=n +1 n=0 n=0

(9.16)

0

=

nX 0 −1 n=0

=

nX 0 −1 n=0

a(x)n 1 bn 1 = + n00 + (N − 1) · n0 +1 · n N N N 1 − N1

(9.17)

a(x)n bn 1 + n00 + n0 Nn N N

(9.18)

vagyis a két sor ¨ osszege megegyezik. 9.1. Defin´ıci´ o. Legyen x ∈ R, N ∈ N \ {0, 1}, és tekints¨ uk az [N n x] − N n−1 x · N, a(x) : N → N n 7→ [x] , sorozatot. Ekkor legyen a(x)0 , a(x)1 a(x)2 · · · :=

∞ X a(x)n , Nn n=0

ha ha

n > 0; n>0

(9.19)

(9.20)

melyet az x sz´ am N alap´ u sz´ amrendszer vett fel´ır´ as´ anak nevez¨ unk.

A mindennapi életben az N = 10 választással el¨ unk és ekkor az x ∈ R szám tizedesjegyeir˝ ol beszél¨ unk. Továbbá a fenti ´ all´ıt´ asb´ ol következik péld´ aul az 1, 9999 · · · = 2

(9.21)

egyenl˝ oség, vagyis a t¨ obb olyan tizedesjegy-sorozat létezhet, mely ugyan azt a valós számot határozza meg. 9.2. T´ etel. |R| = |P(N)| Bizony´ıt´ as. Mivel a val´ os sz´ amok a racionális számok bizonyos részhalmazai (Dedekind-szeletei), ezért létezik j : R → P(Q) injekt´ıv leképezés, vagyis |R| ≤ P(Q). Mivel |Q| = |N|, ezért |R| ≤ |P(N)|. Most a P(N) ≤ |R| formulát igazoljuk. Definiáljuk az alábbi f¨ uggvényeket. 0, ha x∈ / E; ϕ : P(N) → F (N, {0, 1}) E 7→ s(E) := n 7→ 1, ha x ∈ E. ∞ (9.22) X sk ρ : F (N, {0, 1}) → R s 7→ 10k k=0

R¨ ovid sz´ amol´ assal igazolható, hogy a ϕ f¨ uggvény bijekció, valamint a ρ f¨ uggvény a (9.1) áll´ıtás alapján injekt´ıv. Tehát ρ ◦ ϕ : P(N) → R injekt´ıv leképezés, vagyis |P(N)| ≤ |R|. Tehát |P(N)| ≤ |R| ≤ |P(N)|, vagyis a 1.23 Schröder–Bernstein-tétel alapján |R| = |P(N)|.

126

9.3.

9

¨ ´ FUGGEL EK

Val´ os sz´ amok sz¨ ogf¨ uggv´ enyei

h πi 9.3. T´ etel. A sin és cos f¨ uggvény 0, intervallumon val´ o ismerete elegend˝ o b´ armely val´ os sz´ am 2 szinusz´ anak és koszinusz´ anak a meghat´ aroz´ as´ ahoz. Bizony´ıt´ as. Legyen x ∈ R tetsz˝ oleges val´ os szám. A sin és cos f¨ uggvény 2π szerinti periodicit´ asa miatt az hxi x′ = x − 2π (9.23) 2π számra sin x = sin x′ és cos x = cos x′ teljes¨ ul, valamint 0 ≤ x′ < 2π. Ekkor a 4.27 add´ıciós formulák és a 5.31 nevezetes sz¨ ogek sz¨ ogf¨ uggvényei alapján  π  sin x′ , ha 0 ≤ x′ < ;   2   π π  ′  , ha ≤ x′ < π;  cos x − 2 2 (9.24) sin x = 3π ′  ; − sin (x − π) , ha π ≤ x′ <   2   3π 3π    − cos x′ − , ha ≤ x′ < 2π, 2 2 valamint

adódik.

  cos x′ ,     π  ′  ,  − sin x − 2 cos x =  − cos (x′ − π) ,     3π    sin x′ − , 2

π ha 0 ≤ x′ < ; 2 π ha ≤ x′ < π; 2 3π ha π ≤ x′ < ; 2 3π ha ≤ x′ < 2π 2

(9.25)

h πh intervallumon val´ o ismerete elegend˝ o b´ armely val´ os sz´ am szi9.4. T´ etel. A cos f¨ uggvény 0, 2 nusz´ anak és koszinusz´ anak a meghat´ aroz´ as´ ahoz. h πh h πh π esetén − x ∈ 0, , továbbá az add´ıciós tétel alapján Bizony´ıt´ as. Minden x ∈ 0, 2 2 2 π sin x = cos −x . (9.26) 2 h πh halmazon, akkor itt a szinusz f¨ uggvény értékeit is Ezért ha ismerj¨ uk a koszinusz f¨ uggvényt a 0, 2 ismerj¨ uk, vagyis a 9.3 tétel alapj´ an minden valós szám szögf¨ uggvényét ismerj¨ uk. 9.5. T´ etel. Ha x ∈ [0, π], akkor x sin = 2

r

1 − cos x 2

és

x cos = 2

r

1 + cos x . 2

(9.27)

Bizony´ıt´ as. Ha x ∈ [0, π], akkor a cos f¨ uggvényre vonatkozó 4.27 add´ıciós formula alapján   2 cos2 x − 1; x x 2 (9.28) cos x = cos2 − sin2 = 2 2  1 − 2 sin2 x . 2 h i x π Mivel ∈ 0, és ekkor sin x, cos x ≥ 0, ezért a fenti egyenletek átrendezéséb˝ol adódik az áll´ıtás. 2 2

9.3.

´ SZAMOK ´ ¨ ¨ ´ VALOS SZOGF UGGV ENYEI

√ π 1+ 5 9.6. T´ etel. cos = 5 4

127

π sin = 5

p √ 5− 5 √ 2 2

√ r 1+ 5 π π π formulát igazolni, hiszen sin = 1 − cos2 . Megmutatjuk, Elég a cos = 5 2 5 5 √ 2π 5−1 hogy 2 cos = , ugyanis ebb˝ol már a félszögek szöggf¨ uggvényeir˝ol szóló 9.5 tétel alapján már 5 2 adódik az ´ all´ıt´ as. 2π 2π Legyen x = ei 5 és q = 2 cos . Ekkor a 4.22 Euler-tétel alapján 5

Bizony´ıt´ as.

x+

1 2π = 2 cos = q, x 5

(9.29)

valamint x5 = 1, vagyis 0 = x5 − 1 =

x5 − 1 = 1 + x + x2 + x3 + x4 . x−1

(9.30)

1 ora nézve. Ez Tehát elég az 1 + x + x2 + x3 + x4 = 0 egyenletet kell megoldani az q = x + változ´ x viszont egyszer˝ ua ! 2 1 1 1 1 2 2 2 x+ 0=x (9.31) − 1 = x2 q 2 + q − 1 + x+ + +1+x+x =x 2 x x x x átalak´ıt´ asok, valamint a q > 0 feltétel miatt, q=

−1 +

√ √ 1+4 5−1 = . 2 2

180 és a fokra utaló 9.2. Defin´ıci´ o. Az x ∈ R sz´ am fokban kifejezett értéke x π π ◦ mellé. (Pl. x = esetén x = 30 .) 6

(9.32) ◦

szimb´ olumot ´ırjuk

9.7. T´ etel. p √10 − √2 √ 5 + √5 √ − sin 3 = 3+1 3−1 8 p 16√ 5 + 5 √ √10 − √2 √ cos 3 ◦ = + 3+1 3−1 8 16 ◦

(9.33) (9.34)

π π és β = . Ekkor α = 36 ◦ és β = 30 ◦ . Az α és a β szögf¨ uggvényeit Bizony´ıt´ as. Legyen α = 5 6 ismerj¨ uk a 9.6 és a 5.31 tételb˝ ol. A 4.27 add´ıciós formula alapján p √ √ √ p √ √ √ √ 3 5+1 1+ 5 3 5− 5 1 2 5− 5 √ cos(α − β)=cos(α) cos(β) + sin(α) sin(β)= · + · = + . 4 2 2 8 8 2 2 (9.35) α−β ◦ A félsz¨ ogekre vonatkozó 9.5 tétel seg´ıtségével az = 3 szinusza és koszinusza éppen a tételben 2 le´ırt értéket adja.

128

9

¨ ´ FUGGEL EK

Kieg´ esz´ıt´ es. Ennek alapj´ an meghatározható a k · 3 ◦ alak´ u számok szinusza és koszinusza, ahol k ∈ Z. (S˝ot, a sz¨ ogfelezésre vonatkozó tétel felhasználásával tetsz˝ oleges k ∈ Z és n ∈ N esetén a k ◦ · 3 szögf¨ uggvényei is kisz´ amolhat´ ok explicit alakban.) Az alábbiakban a kifejezések szimmetri´ aja 2n szerinti elrendezésben szerepelnek a sz¨ ogek koszinuszai. ( √ 1 1 3 ◦ ◦ cos 45 ◦ = √ cos 60 ◦ = cos 90 ◦ = 0 cos 0 = 1 cos 30 = 2 2 2

                        

p  √ √ √ 5+ 5 1+ 3 1+ 5  ◦ ◦ ◦   √ √ cos 15 = cos 36 = cos 18 =  4 2 2 2 2 p √ √ √   −1 + 5 −1 + 3 5− 5  ◦ ◦ ◦  cos 75 = √ √ cos 72 = cos 54 = 4 2 2 2 2 p p  √ √ √ √ 5− 5 1+ 5 5 + 5 −1 + 5  ◦ ◦   cos 9 = √ + √ cos 27 = +  4 4 4 2 4 2 p p √ √ √ √   5+ 5 1− 5 5− 5 1+ 5   cos 63 ◦ = cos 81 ◦ = − + √ + √ 4 4 4 2 4 2  p p √ √ √ √ √ √  5 + 5 −1 + 5 5− 5 1+ 5  ◦ ◦  √ √ cos 12 = 3 + + cos 24 = 3    8 8 4 2 4 2   p p  √ √ √ √   √ √ 5+ 5 1− 5 5 − 5 −1 − 5  ◦ ◦   √ √ + + cos 84 = 3  cos 48 = 3 8 8 4 2 4 2 p p √ √ √ √  √ √  1+ 5 5+ 5 5− 5 −1 + 5   √ √ + 3 cos 6 ◦ = cos 42 ◦ = + 3   8 8  4 2 4 2   p p √ √ √ √    5+ 5 √ 1− 5 5− 5 √ 1+ 5   √ √ + 3 + 3 cos 66 ◦ = −  cos 78 ◦ = 8 8 4 2 4 2 √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ −1+ 5) 1+ 5) (−1+ 3) 5− 5 (1+ 3)( (1+ 3) 5+ 5 (−1+ 3)( ◦ √ √ cos 21 = + + cos 3 ◦ = 8 8 8 2 8 2 √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 1+ 5) (1+ 3) 5+ 5 (1+ 3)( (1+ 3) 5− 5 (−1+ 3√)(1+ 5) ◦ ◦ √ cos 33 = + cos 39 = + 8 8 8 2 8 2 √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ −1+ 5) (1− 3) 5− 5 (−1+ 3√)(1+ 5) (−1+ 3) 5+ 5 (−1+ 3)( ◦ √ + + cos 51 = cos 57 ◦ = 8 8 8 2 8 2 √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 1+ 5) (1+ 3) 5− 5 (1− 3)( (1− 3) 5+ 5 (1+ 3)(√−1+ 5) ◦ √ cos 69 = cos 87 ◦ = + + 8 8 8 2 8 2 ♦

9.8. T´ etel. s r q q √ √ √ √ √ 1 π = √ cos 17 + 15 + 34 − 2 17 + 68 + 12 17 − 2 3 + 17 34 − 2 17 17 4 2

(9.36)

2π Bizony´ıt´ as. Elég 2 cos értékét meghatározni, ugyanis ebb˝ol már a félszögek szögf¨ uggvényeir˝ol 17 szóló 9.5 tétel alapj´ an már adódik az ´ all´ıt´ as.

´ SZAMOK ´ ¨ ¨ ´ VALOS SZOGF UGGV ENYEI

9.3.

129

2π 2π Legyen x = exp i és q = 2 cos . Ekkor a 4.22 Euler-tétel alapján 17 17 x+

2π 1 = 2 cos = q, x 17

(9.37)

valamint x17 = 1, vagyis 16

0 = x17 − 1 = Tehát az

16 X

k=0

x17 − 1 X k x . = x−1

(9.38)

k=0

xk = x8 ·

8 X

xk = 0

(9.39)

k=−8

átalak´ıt´ as miatt elég az α0 =

8 X

xk = 0

(9.40)

k=−8

1 változ´ ora nézve. x n A 17 Fermat-pr´ım, ugyanis n = 2 esetén 17 = 2(2 ) + 1. Legyen p = 17 és válasszunk egy olyan g ∈ N számot, melyre p−1 (9.41) g 2 ≡ −1 mod p egyenletet megoldani az q = x +

teljes¨ ul. A továbbiakban a g = 3 választással él¨ unk. Az i ∈ {1, 2, 3} esetben definiáljuk az alábbi polinomot. n −i −1 ) 2(2 X k 2i g ( ) αi = x (9.42) k=0

17

Az x

= 1 felhasznál´ as´ aval az al´ abbi polinomokat kapjuk. α1 = x−8 + x−4 + x−2 + x−1 + x + x2 + x4 + x8 −4

α2 = x

−1

+x

4

+x+x

α3 = x−1 + x

(9.43) (9.44) (9.45)

A h´ attérben megh´ uzódó mélyebb okok részletezése nélk¨ ul megeml´ıtj¨ uk, léteznek olyan β1 , β2 , β3 polinomok és a1 , a2 , a3 , b1 , b2 , b3 ∈ R paraméterek, melyekre α0 = a1 α21 + b1 α1 + β1 α0 = α0 =

a2 α22 a3 α23

(9.46)

+ b2 α1 α2 + β2

(9.47)

+ b2 α2 α3 + β3

(9.48)

teljes¨ ul, ahol β1 ∈ R, β2 kifejezhet˝o az α1 polinommal és β3 kifejezhet˝o az α1 , α2 polinommal. Valóban, számol´ assal ellen˝ orizhet˝ o, hogy 1 2 1 α + α1 − 1 4 1 4 α0 = −α22 + α1 α2 + 1 α0 =

α0 =

2α23

− 2α2 α3 + (α1 α2 − α1 + α2 − 3).

(9.49) (9.50) (9.51)

130

9

¨ ´ FUGGEL EK

Tehát az α0 = 0 miatt az els˝o egyenlet alapj´ an α1 = Ekkor a második α22

√ 17 − 1 . 2

(9.52)

√ 17 − 1 − α2 − 1 = 0 2

(9.53)

egyenlet miatt

p √ √ 17 − 1 + 34 − 2 17 . α2 = 4 Ezek után a harmadik egyenlet megoldható az α3 változ´ ora nézve, ami a keresett q érték.

(9.54)

π π és cos Megjegyz´ es. A fenti bizony´ıt´ asban bemutatott módon lehet meghatározni cos 257 65537 értékét. ♦

9.4.

Jensen-t´ etel k¨ ovetkezm´ enyei

9.9. T´ etel. (Jensen-egyenl˝ otlenség) Legyen f : [a, b] → R konvex f¨ uggvény, n ∈ N+ , xi ∈ [a, b] és + ωi ∈ R minden i = 1, . . . , n esetén. Ekkor  n  n X X ωi xi  ωi f (xi )   i=1  i=1   ≥f n (9.55) n  X X   ωi ωi i=1

i=1

teljes¨ ul.

Bizony´ıt´ as. A 5.1 Jensen-egyenl˝ otlenség alkalmazása az x1 , . . . , xn pontokra és a S = mellett az

n X

ωi jelölés

i=1

ω1 ωn ,..., s´ ulyokra. S S

9.10. T´ etel. (S´ ulyozott hatv´ anyk¨ ozép.) Legyen n ∈ N+ , xi ∈ R+ és ωi ∈ R+ minden i = 1, . . . , n esetén, és minden r ∈ R \ {0} paraméterre 

n X

  i=1 α(r) =  n  X  △

i=1

Ekkor az

f :R→R f¨ uggvény monoton n¨ ov˝ o.

r 7→

(

 r1

ωi xri  ωi

  .  

α(r) lim α(r)

r→0

ha r 6= 0, ha r = 0,

(9.56)

(9.57)

9.4.

´ ¨ ´ JENSEN-TETEL KOVETKEZM ENYEI

131

Legyen n ∈ N+ , valamint minden i = 1, . . . , n esetén xi ∈ R+ és ωi ∈ R+ tetsz˝ oleges n X ωi ωi jel¨ olés mellett vezess¨ uk be minden i = 1, . . . , n esetén az ai = paraméter. Az S = S i=1 paramétereket, valamint minden r ∈ R \ {0} esetén legyen

Bizony´ıt´ as.

n X

α(r) =

ai xri

i=1

Ekkor nyilván

n X

! r1

.

(9.58)

ai = 1.

i=1

A L’Hospital-szabály alkalmazás´ aval kapjuk meg a lim α(r) határértéket. r→0

lim α(r) = lim

r→0

r→0

n X

ai xri

i=1

! 1r

= lim exp r→0

n X 1 ai xri · log r i=1

!!

= exp lim

r→0

n X d ai xri log dr i=1

!!

=

(9.59)

= exp lim

r→0

= exp

1 n X

i=1 n X

ai xri

n X i=1

ai log xi

i=1

ai xri



  1 log xi = exp  n X 

ai

i=1

!

=

n Y



n X

  ai log xi  =  i=1

xai i

(9.60)

(9.61)

i=1

Vagyis a s´ ulyozott hatványközép határértéke a 0 pontban a s´ ulyozott geometriai közép. Legyen r1 , r2 ∈ R olyan melyre 0 < r1 < r2 teljes¨ ul és tekints¨ uk az f : R+ → R+

r2

x 7→ x r1

(9.62)

f¨ uggvényt. Ekkor minden x ∈ R+ esetén f ′′ (x) =

r2 · r1

r2 r2 − 1 x r1 −2 > 0 r1

teljes¨ ul, vagyis f konvex f¨ uggvény. A Jensen-egyenl˝ otlenség alapján ekkor ! n n X X ai f (xri 1 ) ai xri 1 ≤ f

i=1

! rr2

1

ai xri 1

i=1

n X

(9.64)

i=1

i=1

n X

(9.63)

! r1

≤

1

ai xri 1

≤

n X

ai xri 2

(9.65)

i=1

n X

! r1

2

ai xri 2

i=1

α(r1 ) ≤ α(r2 ).

(9.66) (9.67)

132

9

¨ ´ FUGGEL EK

Az r1 < r2 < 0 esetben az f f¨ uggvény konkavitását kihaszn´ alva hasonl´ o számol´ assal adódik az α(r1 ) ≤ α(r2 ) egyenl˝ otlenség. Azt kell még igazolni, hogy minden r1 < 0 és r2 > 0 esetén α(r1 ) ≤

n Y

i=1

xai i ≤ α(r2 ).

(9.68)

Ehhez elég fel´ırni a s´ ulyozott sz´ amtani és mértani közép közötti egyenl˝ otlenséget az (xri 2 )i=1,...,n számokra n Y

i=1 n Y

(xri 2 )ai ≤ xai i

i=1

! r2

n Y

i=1

≤

n X

ai xri 2

(9.69)

ai xri 2

(9.70)

i=1

n X i=1

xai i ≤ α(r2 ),

(9.71)

amokra. illetve hasonl´ o módon az (xri 1 )i=1,...,n sz´ Megjegyz´ es. Az el˝ oz˝o tételt az ωi = 1, 1 ≤ i ≤ n paraméterekre alkalmazva az f (−1) ≤ f (0) ≤ f (1) o¨sszef¨ uggés adja a harmonikus-sz´ amtani-mértani közép közötti egyenl˝ otlenséget. v u n n uY n 1X n t ≤ x ≤ xi (9.72) i n X n i=1 1 i=1 i=1

xi

♦

9.5.

Wallis- ´ es Stirling-formula

9.11. T´ etel. (Wallis-formula.) n √ 1 Y 2k lim √ = π n→∞ n 2k − 1

(9.73)

k=1

Bizony´ıt´ as. Tekints¨ uk az a : N → R+

n 7→

Z

π 2

sinn x d x

(9.74)

0

π sorozatot. Ekkor elemi sz´ amol´ as alapj´ a n a0 = és a1 = 1 nyilván teljes¨ ul, továbbá minden n ∈ N 2 esetén a parci´ alis integrál´ as szabályát felhasználva an+2 =

Z

π 2

0

π sin x · sinn+1 x d x = − cos x · sinn+1 x 02 + (n + 1)

= (n + 1)

Z

0

π 2

(1 − sin2 x) · sinn x d x = (n + 1)(an − an+2 )

Z

0

π 2

cos2 x · sinn x d x =

(9.75) (9.76)

9.5.

´ STIRLING-FORMULA WALLIS- ES

133

adódik, vagyis minden n ∈ N esetén an+2 =

egyszer˝ uen igazolható, hogy minden n ∈ N esetén a2n =

(2n)! π · 4n (n!)2 2

n+1 an . Ennek a seg´ıtségével teljes indukcióval n+2

és a2n+1 =

4n (n!)2 (2n + 1)!

(9.77)

teljes¨ ul. Szintén teljes indukci´ oval adódik az áll´ıtásban szerepl˝ o formulára a n Y

k=1

4n (n!)2 π 2k = = 2k − 1 (2n)! 2a2n

(9.78)

fel´ır´ as, teh´ at a bizony´ıtandó formula ekvivalens a lim

n→∞

√ π √ = π 2 na2n

(9.79)

határértékkel, amihez elég megmutatni, hogy lim 4na22n = π

(9.80)

n→∞

teljes¨ ul. Mivel miden n ∈ N esetén

a2n a2n+1 =

π 1 · , 2n + 1 2

(9.81)

továbbá az a sorozat monoton fogyó, ezért minden n ∈ N+ számra π 1 π 1 · = a2n a2n+1 ≤ a22n ≤ a2(n−1) a2(n−1)+1 = · 2n + 1 2 2n − 1 2

(9.82)

4n π 4n π · ≤ 4na22n ≤ · 2n + 1 2 2n − 1 2

(9.83)

lim 4na22n = π

(9.84)

teljes¨ ul, amib˝ ol az

egyenl˝ otlenség alapj´ an

n→∞

adódik, amivel igazoltuk az ´ all´ıt´ assal ekvivalens 9.80 határértéket. 9.12. T´ etel. (Stirling-formula.) n! lim n n √ =1 2πn e

(9.85)

n→∞

Valamint n ∈ N \ {0, 1} esetén a faktori´ alisra érvényes a n n n n √ √ 1 n 3n − 2 1 exp exp 2πn ≤ n! ≤ 2πn − + e e 12n 12n2 24(n − 1)3 12(n − 1)2

(9.86)

becslés. Bizony´ıt´ as.

Defini´ aljuk az al´ abbi f¨ uggvényt. g : [0, 1] → R

x 7→ log(1 + x) − x +

x3 x2 − 2 3

(9.87)

134

9

¨ ´ FUGGEL EK

A : ]−1, ∞[ → R, x 7→ log(1 + x) f¨ uggvény 0 pont kör¨ uli harmadfok´ u Taylor-közel´ıtése alapján minden x ∈ [0, 1] esetén létezik olyan c ∈ [0, x] paraméter, melyre log(1 + x) = x −

1 x3 6 x2 · x4 + − 2 3 (1 + c)4 4!

(9.88)

teljes¨ ul, vagyis 6 1 · x4 , (1 + c)4 4!

g(x) = −

(9.89)

amib˝ol következik, hogy minden x ∈ [0, 1] esetén 0 ≥ g(x) ≥ −

x4 . 4

(9.90)

Tekints¨ uk a a : N+ → R

!

(9.91)

1 log n − n(log n − 1) 2

(9.92)

n 7→ log

√ n

n! n n e

sorozatot, amit n ∈ N esetén az an =

n−1 X

log k +

k=1

alakban is fel´ırhatunk. Teljes indukci´ oval egyszer˝ uen igazolható, hogy minden b : N+ → R sorozatra n−1 X k=1

k(bk+1 − bk ) = (n − 1)bn −

n−1 X

bk

és

k=1

n−1 X k=1

(bk+1 − bk ) = bn − b1 ,

(9.93)

ezt alkalmazva a bk = log k sorozatra n−1 X k=1

k(log(k + 1) − log k) = (n − 1) log n −

n−1 X

log k

és

k=1

n−1 X k=1

(log(k + 1) − log k) = log n (9.94)

adódik. Ezért an =

n−1 X

log k +

k=1

1 log n − n(log n − 1) = 2

= (n − 1) log n − n−1

n−1 X k=1

k(log(k + 1) − log k) +

X 1 = − log n − k(log(k + 1) − log k) + n = 2

(9.95) 1 log n − n log n + n = 2

(9.96)

(9.97)

k=1

n−1 n−1 X 1X (log(k + 1) − log k) − k(log(k + 1) − log k) + n = 2 k=1 k=1 n−1 X 1 1 =n− k+ log 1 + . 2 k

=−

k=1

(9.98)

(9.99)

9.5.


135

Az a sorozat ezen alakj´ at kifejezhetj¨ uk a g f¨ uggvény seg´ıtségével. n−1 X

1 1 1 1 g + − 2+ 3 = k k 2k 3k k=1 n−1 X 1 1 1 1 =n− k+ g +1+ + 3 = 2 k 12k 2 6k k=1 n−1 n−1 n−1 X 1 X 1 1 1X 1 1 =1− g − − k+ 12 k2 6 k3 2 k

an = n −

k+

1 2

k=1

k=1

(9.100)

(9.101)

(9.102)

k=1

n−1 X 1 X 1 1 1 g sor abszol´ ut ´ e s az n → 7 sorozatnak l´ e tezik hat´ a r´ e rt´ e ke. A k + 2 3 k k 2 k k=1 k k=1 konvergens, ugyanis

Az n 7→

n−1 X

X ∞ ∞ ∞ ∞ X X 1 1 1X 1 1 k+ 1 g 1 ≤ k + = + <∞ 2 k 2 k4 k3 2 k4 k=1

k=1

k=1

(9.103)

k=1

teljes¨ ul, ezért konvergens is. Vagyis az a sorozat konvergens. Legyen A = lim a. Mivel a sorozat minden részsorozata konvergens ugyan azzal a határértékkel ezért lim a2n = A is teljes¨ ul, és ezek n→∞ alapján e2an eA = lim a = lim n→∞ e 2n n→∞

(n!)2 2n n( n e) √

(2n)! 2n 2n( 2n e )

=

n √ √ √ 1 4n (n!)2 1 Y 2k = 2 lim √ = 2π, 2 lim √ n→∞ n→∞ 2k − 1 n (2n!) n k=1

1 ahol felhasználtuk a Wallis-formulát. Tehát A = log(2π), amib˝ol 2

következik. Továbbá

√ n! 2π = lim ean = lim √ n n n→∞ n→∞ n e

√ n n √ n n = ean −A · eA n = n e e n−1 n−1 n−1 n n X √ 1 1 1X 1 1 X 1 g − k+ − − exp 1 − = 2πn 2 3 e 12 k 6 k 2 k k=1 k=1 k=1 !! m−1 m−1 m−1 X 1 X 1 1 1 X 1 1 − lim 1 − g = − − k+ m→∞ 12 k2 6 k3 2 k k=1 k=1 k=1 ! ∞ ∞ ∞ n n X √ 1 X 1 1 1X 1 1 = 2πn exp g + + k+ e 12 k2 6 k3 2 k

n! = ean

k=n

k=n

(9.104)

(9.105)

(9.106) (9.107)

(9.108) (9.109)

k=n

teljes¨ ul. A Z

∞

n

Z ∞ ∞ X 1 1 1 ≤ x dx ≤ 2 d x2 k2 x n−1 k=n

(9.110)

136

9

Z ∞ ∞ X 1 1 1 ≤ x (9.111) dx ≤ 3 3 3 d x k n−1 x n k=n X X ∞ ∞ ∞ X 1 1 1 1 1 1 1 ≤ k + g ≤ k + 0 = 0 (9.112) k + + x ≤ − d x3 2x4 4k 4 2 2 k 2 Z

−

1 4

Z

∞

n−1

¨ ´ FUGGEL EK

∞

k=n

k=n

k=n

becslések alapján n n n n √ √ 1 n 3n − 2 1 exp exp 2πn ≤ n! ≤ 2πn − + e e 12n 12n2 24(n − 1)3 12(n − 1)2

(9.113)

teljes¨ ul.

9.13. T´ etel. Legyen a : N+ → R

n 7→

n X 1 − log n. k

(9.114)

k=1

Ekkor az a sorozat monoton fogy´ o, minden n ∈ N+ elemre

1 1 + ≤ an ≤ 1 2 2n

(9.115)

teljes¨ ul, valamint az a sorozat konvergens. Bizony´ıt´ as. Ahhoz hogy az a : N+ → R

△

n 7→ an =

n X 1 − log n. k

(9.116)

k=1

sorozat monoton cs¨ okkenéség igazoljuk, azt kell megmutatnunk, hogy minden n ∈ N+ esetén an ≥ an+1 . Ezt ekvivalens lépésekkel ´ atalak´ıtva n+1 n X1 X 1 − log n ≥ − log(n + 1) k k k=1

(9.117)

k=1

1 − log n ≥ − log(n + 1) n+1 n+1 1 log ≥ n n+1 1 ≥1 (n + 1) log 1 + n n+1 1 ≥1 log 1 + n n+1 1 1+ ≥e n n+1 m 1 1 1+ ≥ lim 1 + m→∞ n m adódik. Tehát elég azt igazolni, hogy minden m, n ∈ N esetén m n+1 1 1 1+ ≤ 1+ . m n

(9.118) (9.119) (9.120) (9.121) (9.122) (9.123)

(9.124)

9.5.


137

−1 1 1 Ehhez tekints¨ uk az a1 = · · · = am = 1 + számokra fel´ırt és a b1 = · · · = bn+1 = 1 + m n számtani és mértani közép közötti egyenl˝ otlenséget. s −1 m −n−1 1 m 1+ m + (n + 1) 1 + n1 1 m+1+n 1 n+m+1 · 1+ ≤ = = 1 (9.125) 1+ m n m+n+1 m+n+1 m −n−1 1 1 1+ · 1+ ≤1 (9.126) m n m n+1 1 1 ≤ 1+ (9.127) 1+ m n Mivel a1 = 1 és a monoton cs¨ okken˝o, ezért minden n ∈ N+ esetén an ≤ 1. Az alsó becsléshez minden n ∈ N \ {0, 1} esetén tekint¨ uk az log n =

Z

n

1

n−1 X Z k+1 1 1 dx = dx x x k

(9.128)

k=1

1 f¨ uggvény konvex, ezért minden k ∈ {1, . . . , n − 1} esetén x minden x ∈ [k, k + 1] sz´ amra a t = k + 1 − x ∈ [0, 1] paraméter mellett

átalak´ıt´ ast. Mivel az f : R+ → R, x 7→

f (tk + (1 − t)(k + 1)) ≤ tf (k) + (1 − t)f (k + 1) k+1−x x−k f (x) ≤ + k k+1 1 1 ≤ (2k + 1 − x) x k(k + 1)

(9.129) (9.130) (9.131)

teljes¨ ul, vagyis Z

k+1

k

1 dx ≤ x

Z

k

k+1

1 1 (2k + 1 − x) d x = k(k + 1) 2

1 1 + k k+1

.

(9.132)

Ezek alapj´ an minden n ∈ N \ {0, 1} számra log n ≤ ezért

n−1 X k=1

1 2

1 1 + k k+1

=

n−1 n−1 n X1 1 1X1 1X1 1 + = + + , 2 k 2 k k 2 2n k=1

k=2

n n n−1 X X 1 1 1 1 1 X1 1 an = − log n ≤ − − − = + . k k k 2 2n 2 2n k=1

k=1

9.3. Defin´ıci´ o. A △

γ = lim

n→∞

(9.133)

k=2

(9.134)

k=2

n X 1 − log n k

k=1

!

(9.135)

számot Euler–Mascheroni-féle ´ alland´ onak nevezz¨ uk.

Kieg´ esz´ıt´ es. Még nem ismert, hogy γ racionális szám-e.

♦

138

9.6.

9

¨ ´ FUGGEL EK

A gamma f¨ uggv´ eny

9.14. T´ etel. Minden x ∈ R+ esetén az Z∞

tx−1 e−t d t

(9.136)

0

improprius integr´ al konvergens. Bizony´ıt´ as. Legyen x ∈ R+ . Az x = 1 esetben egyszer˝ u sz´ amol´ assal igazolható az improprius integrál konvergenciája. Ha x ∈ ]0, 1[, akkor megmutatjuk, hogy az Z1

t

x−1 −t

e

dt

Z∞

és

tx−1 e−t d t

(9.137)

1

0

improprius integrál konvergens, teh´ at ezek ¨ osszege is konvergens. Tekints¨ uk az Z1 I : ]0, 1] → R a 7→ tx−1 e−t d t

(9.138)

a

integrálf¨ uggvényt. Az I f¨ uggvény monoton csökken˝o és a minden a ∈ ]0, 1] paraméterre érvényes I(a) =

Z1

t

x−1 −t

e

dt ≤

a

Za

tx−1 d t =

1

1 1 ax − ≤ x x x

(9.139)

becslés miatt fel¨ ulr˝ ol korlátos is, ezért létezik a lim I(a) határérték, vagyis az els˝o integrál is konvera→0 gens. Tekints¨ uk az Za (9.140) I : [1, ∞[ → R a 7→ tx−1 e−t d t 1

integrálf¨ uggvényt. Az I f¨ uggvény monoton n¨ ov˝ o és a minden a ∈ [1, ∞[ paraméterre érvényes I(a) =

Za 1

t

x−1 −t

e

dt ≤

Za 1

e−t d t = e−1 − e−a ≤ e−1

(9.141)

becslés miatt fel¨ ulr˝ ol korlátos is, ezért létezik a lim I(a) határérték, vagyis a második integrál is a→∞ konvergens. Ha x ∈ ]1, ∞[, akkor az a = x − 1 paraméter pozit´ıv. Legyen n = [a] + 1. A L’Hospital-szabályt n-szer alkalmazva kapjuk a tn lim t = 0 (9.142) t→∞ e 2 határértéket, ami alapj´ an létezik olyan t0 ∈ ]1, ∞[, hogy minden t ∈ ]t0 , ∞[ számra tn t < 1. e2

(9.143)

9.6.

¨ ´ A GAMMA FUGGV ENY

139

Ekkor minden t0 < t paraméterre t

t

0 ≤ tx−1 e−t ≤ tn e−t ≤ e 2 e−t = e− 2 teljes¨ ul. Tekints¨ uk az I : [t0 , ∞[ → R

a 7→

Za

tx−1 e−t d t

(9.144)

(9.145)

t0

integrálf¨ uggvényt. Az I f¨ uggvény monoton n¨ ov˝ o és a minden a ∈ [t0 , ∞[ paraméterre érvényes I(a) ≤

Za

t0

a

t

e− 2 d t = 2 − 2 e− 2 ≤ 2

(9.146)

becslés miatt fel¨ ulr˝ ol korlátos is, ezért létezik a lim I(a) határérték. Vagyis az a→∞

Zt0

t

x−1 −t

e

dt +

0

Z∞

összeg létezik, ami nem más mint

Z∞

tx−1 e−t d t

(9.147)

Z∞

(9.148)

t0

tx−1 e−t d t.

0

9.4. Defin´ıci´ o. A +

Γ:R →R

x 7→

tx−1 e−t d t

0

f¨ uggvényt Euler-féle gamma-f¨ uggvénynek nevezz¨ uk. 9.15. T´ etel. (Az Euler-féle gamma-f¨ uggvény és a faktori´ alis kapcsolata.) 1. Γ(1) = 0 2. Minden x ∈ R+ esetén Γ(x + 1) = xΓ(x). 3. Minden n ∈ N esetén n! = Γ(n + 1) teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as.

1. Γ(1) =

Z∞ 0

a e−t d t = lim − e−t 0 = lim − e−a +1 = 1. a→∞

a→∞

2. Minden x ∈ R+ esetén parci´ alis integrállással számolva Γ(x) =

Z∞

t

x−1 −t

e

dt =

0

0

= lim t · a→∞

Z∞

a tx−1 e−t 0

= −(x − 1)

Z∞ 0

t

1 · tx−1 e−t d t =

−

x−1 −t

e

Z∞ 0

t (x − 1)tx−2 e−t −tx−1 e−t d t =

dt+

Z∞

tx e−t d t

(9.149)

(9.150)

(9.151)

0

adódik, vagyis Γ(x) = −(x − 1)Γ(x) + Γ(x + 1).

3. Az els˝o két ´ all´ıt´ as seg´ıtségével n szerinti teljes indukcióval igazolható.

(9.152)

140

9

9.7.

¨ ´ FUGGEL EK

Az analitikus sz´ amelm´ elet p´ ar t´ etele

9.16. T´ etel. Legyen n ∈ N+ és fn : R → R

x 7→

1 n x (1 − x)n . n!

(9.153)

1 . n! (k) (k) és k ∈ N esetén fn (0), fn (1) ∈ Z.

1. Minden n ∈ N+ és x ∈]0, 1[ esetén 0 < fn (x) < 2. Minden n ∈ N+

Bizony´ıt´ as. Minden n ∈ N+ esetén tekints¨ uk az fn : R → R f¨ uggvényt. Ha x ∈ ]0, 1[, akkor

x 7→

1 n x (1 − x)n n!

0 < fn (x) <

(9.154)

1 n!

(9.155)

nyilván teljes¨ ul. Legyen m, k ∈ N tetsz˝ oleges. Ekkor a k paraméter szerinti teljes indukcióval egyszer˝ uen igazolható, m m hogy a idm : R → R (id (x) = x ) f¨ u ggv´ e nyre R R  m!  xm−k , ha k ≤ m (k) (9.156) (idm (x) = (m − k)! R)  0, ha k > m

teljes¨ ul. Ezért

fn(k) (x)

!(k) n n 1 X n n 1 X n i = (x) = (− idR ) id (−1)i n! i=0 R i n! i=0 i  (n + i)! n X (−1)i  xn+i−k , ha k ≤ n + i = (n + i − k)! (n − i)!i!  0, ha k > n + i i=0

vagyis – ha 0 ≤ k < n, akkor

fn(k) (x) =

n X i=0

tehát fn(k) (0) = 0 ∈ Z; – ha n ≤ k ≤ 2n, akkor fn(k) (x) =

n X

idn+i R  

(x) =

(9.157)

(9.158)



(n + i)! (−1)i · xn+i−k , (n − i)!i! (n + i − k)!

i=k−n

,

(k)

(n + i)! (−1)i · xn+i−k , (n − i)!i! (n + i − k)!

(9.159)

(9.160)

tehát fn(k) (0)=

k (n + k − n)! (−1)k−n k! n! (−1)k−n · = =(−1)k−n , (n − (k − n))!(k − n)! (n + k − n − k)! (2n − k)!(k − n)! k − n (2n − k)! (9.161)

9.7.

´ ´ ´ TETELE ´ AZ ANALITIKUS SZAMELM ELET PAR

141

n! k (k) , ∈ Z miatt fn (0) ∈ Z következik; k − n (2n − k)! – ha 2n < k, akkor fn(k) (x) = 0, teh´ at fn(k) (0) = 0 ∈ Z. + Tehát minden n ∈ N és k ∈ N esetén fn(k) (0) ∈ Z, továbbá minden x ∈ R számra fn (x) = fn (1 − x) érvényes, ezért minden n ∈ N+ és k ∈ N esetén fn(k) (1) ∈ Z. amib˝ol

9.17. T´ etel. A π 2 sz´ am irracion´ alis. Bizony´ıt´ as.

Minden n ∈ N+ esetén legyen

1 n x (1 − x)n . (9.162) n! a Tegy¨ uk fel, hogy létezik olyan a, b ∈ N+ p´ ar melyre π 2 = teljes¨ ul. Minden n ∈ N+ esetén definiáljuk b az n X Fn : R → R x 7→ bn (−1)k π 2n−2k fn(2k) (x) (9.163) fn : R → R

x 7→

k=0

all´ıt´ as alapj´ an Fn (0), Fn (1) ∈ Z, valamint minden n ∈ N+ és x ∈ R esetén f¨ uggvényt. A 9.16 ´ Fn′′ (x)

2

+ π Fn (x) = b

n

= bn

n X

(−1)k π 2n−2k fn(2k+2) (x)

k=0 n+1 X k=1

+b

n

n X

(−1)k π 2n−2k+2 fn(2k) (x) =

(9.164)

k=0

−(−1)k π 2n−2k+2 fn(2k) (x) + bn

n X

(−1)k π 2n−2k+2 fn(2k) (x) =

= bn (−1)n+2 π 0 fn(2n+2) (x) + bn π 2n+2 fn (x) = an π 2 fn (x) (2n+2)

teljes¨ ul, ugyanis fn egy 2n foksz´ am´ u polinom, ezért fn Legyen minden n ∈ N+ esetén ϕn : R → R

(9.165)

k=0

(9.166)

= 0.

x 7→ Fn′ (x) sin(πx) − πFn (x) cos(πx).

(9.167)

Mivel minden x ∈ R sz´ amra ϕ′n (x) = Fn′′ (x) sin(πx) + πFn′ (x) cos(πx) − πFn′ (x) cos(πx) + π 2 Fn (x) sin(πx) = an π 2 fn (x) sin(πx), (9.168) ezért Z 1 1 (9.169) an π fn (x) sin(πx) d x = (ϕn (1) − ϕn (0)) = Fn (1) + Fn (0) ∈ Z. π 0 Valamint a 9.16 ´ all´ıt´ asban szerepl˝ o becslés alapján Z 1 πan (9.170) 0 < an π fn (x) sin(πx) d x < n! 0

πan all´ıt´ as miatt lim = 0, ezért létezik olyan N ∈ N, hogy minden n ∈ N, teljes¨ ul. Mivel a 3.29 ´ n→∞ n! N < n sz´ amra n πa 1 (9.171) n! < 2 . Z 1 fn (x) sin(πx) d x olyan egész szám lenne, mely Ekkor viszont b´ armely n ∈ N, N < n esetén an π 0 1 intervallumban helyezkedik el, ezzel ellentmondást kaptunk. a 0, 2

142

9

9.18. T´ etel. Legyen n, a, b ∈ N+ , α = gn : R → R

¨ ´ FUGGEL EK

a és b

x 7→ b

3n−1 (x

− α)2n α2 − (x − α)2 (n − 1)!

n−1

.

(9.172)

n−1

.

(9.173)

(k)

1. Minden p´ aratlan k ∈ N sz´ am esetén gn (α) = 0. (k) 2. Minden p´ aros k ∈ N esetén gn (α) ∈ Z. (k) 3. Minden p´ aros k ∈ N esetén gn (0) ∈ Z. a Bizony´ıt´ as. Legyen n, a, b ∈ N+ , α = és b gn : R → R

x 7→ b

3n−1 (x

A binomiális kifejtési tétel alapj´ an a gn f¨ uggvény a gn (x) =

2n−1 X l=n

− α)2n α2 − (x − α)2 (n − 1)!

(−1)l−n a4n−2l−2 b2l+1−n (x − α)2l (l − n)!(2n − 1 − l)!

(9.174)

alakban is fel´ırhat´ o. Tehát a 9.16 tétel bizony´ıtásában részletezett deriválási szabály alapján minden k ∈ N esetén   (2l)! 2n−1   l−n 2l−k X (−1) (x − α) , ha k ≤ 2l; a4n−2l−2 b2l+1−n gn(k) (x) = (2l − k)!   (l − n)!(2n − 1 − l)! 0, ha k > 2l. l=n (9.175) (k) 1. A fenti fel´ır´ asb´ ol rögt¨ on adódik, hogy minden p´ aratlan k ∈ N számra gn (α) = 0 teljes¨ ul. 2. Legyen k ∈ N tetsz˝ oleges p´ aros sz´ am, amit ´ırjunk fel k = 2m alakban. (2m) (k) Ha m > 2n − 1, akkor minden x ∈ R esetén gn (x) = 0, vagyis gn (α) = 0 ∈ Z. Ha m ≤ 2n − 1, akkor gn(k) (α) =

2n−1 X l=n

(−1)l−n (2l)! a4n−2l−2 b2l+1−n 02l−2m . (l − n)!(2n − 1 − l)! (2l − 2m)!

(9.176)

(k)

Tehát ha m < n, akkor gn (α) = 0 ∈ Z. Ha n ≤ m ≤ 2n − 1, akkor gn(k) (α) =

(2m)! (−1)m−n a4n−2m−2 b2m+1−n · 1. (m − n)!(2n − 1 − m)! 1

(9.177)

Mivel 0 ≤ 4n − 2m − 2 és 0 ≤ 2m + 1 − n, ezért a4n−2m−2 , b2m+1−n ∈ N. Tehát csak azt kell igazolni, (2m)! ∈ Z. Ez viszont a hogy (m − n)!(2n − 1 − m)! m! (2m)! (2m)! 2n − 1 = · (9.178) · (m − n)!(2n − 1 − m)! (2n − 1) (m − n)! m (2m)! 2n − 1 m! felbont´ asb´ ol látszik, hiszen , , ∈ N+ . m (2n − 1) (m − n)! 3. Legyen k ∈ N tetsz˝ oleges p´ aros sz´ am, amit ´ırjunk fel a k = 2m alakban. A gn f¨ uggvény a gn (x) =

xn−1 (a − bx)2n (2a − bx)n (n − 1)!

(9.179)

9.7.


143

alakj´ aból vil´ agos, hogy egy 4n − 2 foksz´ am´ u polinom, amit fel lehet ´ırni a 3n−1 3n−1 X xn−1 X 1 l gn (x) = cl x = cl xn−1+l (n − 1)! (n − 1)! l=0

(9.180)

l=0

formában, ahol c0 , . . . , c3n−1 ∈ Z. Ebb˝ol  (n − 1 + l)! 3n−1 X  1 xn−1+l−2m , ha cl gn(2m) (x) = (n − 1 + l − 2m)!  (n − 1)! 0, ha l=0

2m ≤ n − 1 + l; 2m > n − 1 + l

 

(9.181)



adódik. (2m) (2m) Vagyis ha m > 2n − 1, akkor minden x ∈ R esetén gn (x) = 0, ezért gn (0) = 0 ∈ Z. n−1 (2m) Ha m < , akkor gn (0) = 0 ∈ Z szintén teljes¨ ul. 2 n−1 Ha ≤ m ≤ 2n − 1, akkor 2 gn(2m) (0) =

(n − 1 + 2m − n + 1)! (2m)! 1 c2m−n+1 · 1 = c2m−n+1 (n − 1)! 1 (n − 1)!

(9.182)

ami a n − 1 ≤ 2m egyenl˝ otlenség miatt egész szám. alis. 9.19. T´ etel. Ha x ∈ Q \ {0}, akkor ex irracion´ 1 uggés miatt elég minden Q ∩ ]0, ∞[ Bizony´ıt´ as. A minden x ∈ R sz´ amra érvényes e−x = x összef¨ e számra igazolni az ´ all´ıt´ ast. c a ul, ahol a, b, c, d ∈ N+ . Indirekt módon tegy¨ uk fel, hogy α = és eα = teljes¨ b d Minden n ∈ N+ esetén legyen n−1 2n α2 − (x − α)2 3n−1 (x − α) fn : R → R x 7→ b . (9.183) (n − 1)! Minden n ∈ N+ esetén definiáljuk az Fn : R → R

x 7→

2n−1 X

fn(2k) (x)

(9.184)

k=0

f¨ uggvényt. Ekkor minden n ∈ N+ és x ∈ R esetén Fn (x) − Fn′′ (x)+ =

2n−1 X k=0

fn(2k) (x) −

2n−1 X

fn(2k+2) (x) =

k=0

= fn (x) − fn(4n) (x) = fn (x)

2n−1 X k=0

(4n)

teljes¨ ul, ugyanis fn egy 4n − 2 foksz´ am´ u polinom, ezért fn Legyen minden n ∈ N+ esetén ϕn : R → R

fn(2k) (x) −

2n X

fn(2k) (x) =

(9.185)

k=1

(9.186)

= 0.

x 7→ Fn (x) ch(x) − Fn′ (x) sh(x).

(9.187)

Mivel minden x ∈ R sz´ amra ϕ′n (x) = Fn′ (x) ch(x) + Fn (x) sh(x) − Fn′′ (x) sh(x) − Fn′ (x) ch(x) = fn (x) sh(x),

(9.188)

144

9

¨ ´ FUGGEL EK

ezért Z

α

0

fn (x) sh(x) d x = ϕn (α) − ϕn (0) = Fn (α) ch(α) − Fn′ (α) sh(α) − Fn (0).

A 9.18 alapján Fn′ (α) = 0 és Fn (α), Fn (0) ∈ Z. Továbbá az eα =

ahol p = c2 + d2 , q = 2cd, vagyis p, q ∈ N+ . Ezért Z α Zn = q fn (x) sh(x) d x ∈ Z

(9.189)

p c feltevés miatt ch α = alak´ u, d q

(9.190)

0

teljes¨ ul minden n ∈ N+ esetén. Mivel minden 0 < x < α számra 0 < fn (x), sh(x), ezért 0 < Zn , valamint minden 0 < x < α sz´ amra fn (x) sh(x) ≤ b

2n 2 n−1 3n−1 α (α )

(n − 1)!

4

( a )n−1 sh α = a sh(α) b , (n − 1)!

ezért

2

(9.191)

4

( a )n−1 Zn ≤ a α sh(α) b . (n − 1)! 2

(9.192)

4

( ab )n−1 = 0, ezért létezik olyan N ∈ N, hogy minden n ∈ N, N < n n→∞ (n − 1)! 4 ( ab )n−1 1 2 (9.193) < . a α sh(α) (n − 1)! 2

as miatt lim Mivel a 3.29 áll´ıt´ számra

Ekkor viszont b´ armely n ∈ N, N < n esetén Zn olyan egész szám lenne, melyre 0 < Zn <

1 teljes¨ ulne. 2

9.20. T´ etel. Minden n ∈ N esetén el¨ olje Pn az n sz´ amn´ al kisebb pr´ımsz´ amok halmaz´ at. Ekkor X 1 ≥ log log n − 2. p

(9.194)

p∈Pn

Bizony´ıt´ as. Teljes indukci´ oval igazolható, hogy minden n ∈ N+ esetén n X 1 1 ≤2− k2 n

(9.195)

k=1

teljes¨ ul, ebb˝ol viszont ∞ X 1 ≤2 k2

(9.196)

k=1

adódik.

Ha x ∈ 0,

1 , akkor a 6.31 tétel alapj´ an 2 log

∞

X xk 1 1 = − log = 1−x 1 + (−x) k k=1

(9.197)

9.7.


teljes¨ ul, aminél felhasználva, hogy x ≤

145

1 2

∞ ∞ ∞ X x2 X xk x2 X xk+3 x2 =x+ + =x+ + ≤x+ + x2 k 2 k 2 k+3 2 k=3 k=0 k=0 k=1 ∞ k 2 2 X 2 2 x x x x 1 =x+ + =x+ + = x + x2 2 4 2 2 2 k=0 1 esetén adódik, vagyis minden x ∈ 0, 2 ∞ X xk

log

1 ≤ x + x2 . 1−x

Legyen n ∈ N, n ≥ 2. Ekkor az f, g : [1, n + 1] → R, f (x) = g=

n−1 X k=1

1 k+1 2 2

=

(9.199)

(9.200) 1 , x

1 1 χ[k,k+1[ + χ[k,k+1[ k n

(9.201)

f¨ uggvényekre minden x ∈ [1, n + 1] esetén f (x) ≤ g(x) teljes¨ ul, ezért Z n+1 Z n+1 f≤ g. 1

Mivel Z

n+1 1

(9.198)

(9.202)

1

f = [log x]n+1 = log(n + 1) 1

és

Z

n+1

g=

1

és a log f¨ uggvény monoton cs¨ okken˝o, ezért minden n ∈ N, n ≥ 2 számra log n ≤

n X 1 k

(9.203)

k=1

n X 1 k

(9.204)

k=1

teljes¨ ul. Legyen n ∈ N olyan, hogy n ≥ 3. Minden p pr´ımsz´ am esetén legyen µp (n) az az egyértelm˝ uen meghatározott egész sz´ am, melyre pµp (n)−1 ≤ x < pµp (n) (9.205)

teljes¨ ul. Defini´ aljuk az

p (n) Y µX 1 A(n) = pk

(9.206)

p∈Pn k=0

számot. A sz´ amelmélet alaptétele szerint minden pozit´ıv természetes szám egyértelm˝ uen felbonthat´ o pr´ımsz´ amok szorzat´ ara. Ezért az ! ! ! 1 1 1 1 1 1 An = 1 + + · · · + µ (n) · 1 + + · · · + µ (n) · · · · · 1 + + · · · + µ (n) (9.207) p p p p1 p2 pk p 1 p 2 p k 1

szorzatban minden

2

1 alak´ u sz´ am el˝ ofordul k ∈ {1, . . . , n} esetén. Ezért k ∞ n Y X X Y 1 1 1 = > A(n) ≥ ≥ log n, 1 k p k 1 − p p∈P k=0 k=1 p∈P n

n

k

(9.208)

146

9

¨ ´ FUGGEL EK

aminek a logaritmusát véve X X 1 X 1 1 > + log p p2 1− p∈P p∈P p∈P n

n

n

1 p

≥ log log x.

(9.209)

Ebb˝ol adódik a bizony´ıtandó egyenl˝ otlenség. 9.5. Defin´ıci´ o. Az x ∈ R sz´ amot algebrai sz´ amnak nevez¨ unk, ha létezik olyan egész egy¨ utthatós, nem nulladfok´ u polinom, melynek x gy¨ oke. A nem algebrai számokat transzcendens számoknak nevezz¨ uk. Megjegyz´ es. 9.21. T´ etel. (Az algebrai sz´ amok alaptulajdons´ agai.) 1. Az algebrai sz´ amok rendezett testet alkotnak. 2. Ha egy polinom egy¨ utthat´ oi algebrai sz´ amok, akkor a polinom gy¨ okei is algebrai sz´ amok. 3. Az algebrai sz´ amok halmaza megsz´ aml´ alhat´ o. 4. Az algebrai sz´ amok halmaza nulla mérték˝ u. ♦ 9.22. T´ etel. Az e sz´ am transzcendens. Bizony´ıt´ as. Minden p(x) =

n X

ai xi polinom esetén legyen p˜(x) =

i=0

i=0

Ip : [0, ∞[ → C Parciális integrál´ assal Ip (t) = et

n X i=0

t 7→

Zt

p(i) (0) −

|Ip (t)| ≤ |t| ·

! t−x sup e ·

x∈[0,t]

p(x) =

r X

|ai | xi és

et−x p(x) d x.

(9.210)

0

adódik, valamint egyszer˝ uen becs¨ ulhet˝o |Ip (t)|

Tegy¨ uk fel, hogy e gy¨ oke a

n X

n X

p(i) (t)

(9.211)

i=0

sup |p(x)|

x∈[0,t]

!

≤ t et p˜(t).

(9.212)

ai xi

(9.213)

i=0

polinomnak, ahol minden i = 0, . . . , r esetén ai ∈ Z, valamint a0 , ar = 6 0. Legyen p olyan pr´ımsz´ am, r r X Y p p−1 ai If (i) (x − i) és tekints¨ uk a J = melyre p > max {r, |a0 |} teljes¨ ul. Legyen f (x) = x i=0

i=1

számot, melynek defin´ıciój´ aból adódik, hogy J ∈ Z. Mivel p(e) = 0, ezért J = − amit át´ırhatunk a

(r+1)p−1

J =−

X

j=p−1

a0 f (j) (0) −

r (r+1)p−1 X X i=1

j=p

ai f (j) (i)

r (r+1)p−1 X X i=0

ai f (j) (i),

j=0

(9.214)

9.7.


147

alakba. Itt a jobb oldalon minden tagnak osztója a p! kivéve az a0 f (p−1) (0) = a0 (p − 1)!(−1)rp (r!)p tagot. Mivel p > |a0 | ezért |J| olyan egész, melynek nem oszthatója a p!, de (p − 1)! már igen, ezért (p − 1)! ≤ |J|. Valamint minden k = 0, . . . , r szám esetén |If (k)| ≤ k ek f˜(k) = k ek k p−1 Vagyis |J| ≤ ahol α =

r X

k=0

r X

k=0

|ak | |If (k)| ≤

r X

k=0

r Y

i=1

(k + i)p ≤ ek (2r)(r+1)p .

|ak | ek (2r)(r+1)p ≤ αβ p ,

(9.215)

(9.216)

|ak | ek és β = (2r)r+1 . Tehát az alábbi becslés¨ unk adódik 1≤

αβ p |J| ≤ , (p − 1)! (p − 1)!

(9.217)

αβ n = 0. n→∞ (n − 1)!

ami ellentmond´ ashoz vezet, hiszen lim

Kieg´ esz´ıt´ es. Ismeretlen, hogy t¨ obbek között az e ±π, az e π és a ζ(3) számok algebrai számok-e.

♦

T´ argymutat´ o arch, 81, 90 arctg, 78, 90 arsh, 81, 90 arth, 81, 90 ch, 81, 90 e, 53, 55 sh, 81, 90 tg, 78, 90 th, 81, 90 π, 74 lim inf, 33 lim sup, 33 lim, 27, 60 arccos, 78, 90 arcsin, 78, 90 cos, 78, 90 exp, 90 ln, 54 log, 54, 90 sin, 78, 90 o¨sszehasonl´ıthat´ o norma, 120 a´trendezés, 48 a´tviteli elv folytonoss´ agra, 67 határértékre, 63 érintési pont, 21 érint˝ o, 97 Abel-átrendezés, 51 Abel-féle konvergenciakritérium, 51 abszol´ ut érték, 17 abszol´ ut konvergens sor, 43 alsó integrál, 110 alsó közel´ıt˝o összeg, 108 alsó korlát, 8, 11 area koszinusz hiperbolikus, 81, 90 szinusz hiperbolikus, 81, 90 tangens hiperbolikus, 81, 90 arkhimédészi módon rendezett test, 12 arkusz koszinusz, 78, 90 szinusz, 78, 90 tangens, 78, 90 aszimptota, 85 bal oldali határérték, 64

befedés, 24 bels˝o pont, 21 belseje egy halmaznak, 21 Bernoulli-egyenl˝ otlenség, 16 bijekció, 5 binomiális tétel, 17 binomiális-sorfejtés, 101 Bolzano–Weierstrass kiv´ alasztási tétele, 32 Bolzano–Weierstrass-tétel, 32 Bolzano-tétel, 70 Borel–Lebesgue-tétel, 24 Cantor ∼-féle közösrész tétel, 23, 24 ∼-tétel, 6 Cauchy ∼–Hadamard-tétel, 52 ∼-féle gy¨ okkritérium, 45 ∼-féle maradéktag, 96 ∼-kritérium, 35, 42 ∼-sorozat, 34 ∼-szorzat, 50 ∼-tétel, 87 D’Alembert-féle h´ anyadoskritérium, 47 Descartes-szorzat, 3 halmazrendszer ∼a, 6 diffeomorf f¨ uggvény, 82 diffeomorfizmus, 82 differenciálható n-szer ∼ f¨ uggvény, 93 n-szer folytonosan ∼ f¨ uggvény, 93 f¨ uggvény, 82 végtelenszer ∼ f¨ uggvény, 93 divergens imprius integrál, 119 sor, 41 sorozat, 27 e, 55 egyenl˝ otlenség Jensen-∼, 57 számtani-mértani ∼, 18, 94 egyenletesen folytonos f¨ uggvény, 71 ekvipotens, 13 ekvivalenciaosztály, 9 148

´ ´ TARGYMUTAT O

ekvivalenciareláci´ o, 9 elemi f¨ uggvények deriváltja, 86 elemi f¨ uggvények inverze, 89 els˝ofaj´ u szakadás, 69 Euler képlet, 76 Euler-tétel, 53 exponenci´ alis f¨ uggvény, 53 f¨ uggvény, 4 ∼ek érintkezése, 97 n-szer differenci´ alhat´ o ∼, 93 n-szer folytonosan differenci´ alható ∼, 93 érint˝ oje, 97 alsó integrálja, 110 aszimptot´ aja, 85 bal oldali hat´ arértéke, 64 bijekt´ıv ∼, 5 differenci´ alhat´ o ∼, 82 egyenletesen folytonos ∼, 71 els˝ofaj´ u szakadása, 69 exponenci´ alis ∼, 53 fels˝o integrálja, 110 folytonos ∼, 65 folytonosan differenci´ alhat´ o ∼, 82 gy¨ oke, 57 hat´ arértéke, 58 hat´ arozatlan integrálja, 102 hat´ arozott integrálja, 110 improprius integrálja, 119 injekt´ıv ∼, 5 inkl´ uzi´ o, 7 integrálja, 110 inverze, 5 jobb oldali hat´ arértéke, 64 konk´ av ∼, 57 konvex ∼, 57 koszinusz ∼, 53 koszinusz hiperbolikus ∼, 53 kotangens ∼, 53 kotangens hiperbolikus ∼, 53 lokális maximuma, 98 lokális minimuma, 98 lokális széls˝oértéke, 98 másodfaj´ u szakadása, 69 megsz¨ untethet˝ o szakadása, 69 monoton ∼, 57 monoton fogyó ∼, 57 monoton n¨ ov˝ o ∼, 57 ny´ılt ∼, 120 oszcilláci´ oja, 111

149

p´ aratlan ∼, 57 p´ aros ∼, 57 periódusa, 57 periodikus ∼, 57 primit´ıv ∼, 102 projekció, 7 Riemann-integrálja, 110 s˝ ur˝ un értelmezett, 120 sz¨ urjekt´ıv ∼, 5 szakadása, 69 szigor´ u lokális maximuma, 98 szigor´ u lokális minimuma, 98 szigor´ u lokális széls˝oérték, 98 szigor´ uan monoton ∼, 57 szigor´ uan monoton fogyó ∼, 57 szigor´ uan monoton n¨ ov˝ o ∼, 57 szinusz ∼, 53 szinusz hiperbolikus ∼, 53 tangens ∼, 53 tangens hiperbolikus ∼, 53 végtelenszer differenciálható ∼, 93 zérushelye, 57 faktori´ alis, 17 felosztás, 108 alsó közel´ıt˝o összege, 108 fels˝o közel´ıt˝o összege, 108 felosztások egyes´ıtése, 108 fels˝o integrál, 110 fels˝o közel´ıt˝o összeg, 108 fels˝o korlát, 8, 11 feltételesen konvergens sor, 48 feltétlen konvergens sor, 48 finomabb felosztás, 108 folytonos ∼an differenciálható f¨ uggvény, 82, 93 egyenletesen ∼ f¨ uggvény, 71 f¨ uggvény, 65 folytonoss´ ag topologikus jellemzése, 68, 69 formula, 1 ∼k ekvivalenciája, 2 gy¨ ok, 57 n-edik ∼, 16 gy¨ okkritérium, 45 H¨ older-egyenl˝ otlenség, 94 h´ anyadoskritérium, 47 sorozatokra, 37 halmaz, 1 ∼ok Descartes-szorzata, 3

´ ´ TARGYMUTAT O

150

∼ok k¨ ulönbsége, 3 ∼ok metszete, 2 ∼ok uniója, 2 alulr´ ol korlátos ∼, 8, 11 befedése, 24 bels˝o pontja, 21 belseje, 21 ekvipontens ∼ok, 13 elemének lenni, 1 fel¨ ulr˝ ol korlátos ∼, 8, 11 határ pontja, 21 határa, 21 infimuma, 8, 11 izolált pontja, 21 kompakt ∼, 24 kontinuum sz´ amosság´ u ∼, 14 korlátos ∼, 8, 19 lez´ artja, 21 megszámlálhat´ o ∼, 14 megszámlálhat´ oan végtelen ∼, 14 ny´ılt ∼, 19 részbefedése, 24 rendezett ∼, 8 s˝ ur˝ u ∼, 22 szuprémuma, 8, 11 teljesen korlátos ∼, 120 torlódási pontja, 21, 59 véges ∼, 14 végtelen ∼, 14 z´ art ∼, 19 halmazrendszer, 6 Descartes-szorzata, 6 metszete, 6 uniója, 6 határ pont, 21 határérték, 60 f¨ uggvény ∼e, 58 f¨ uggvény bal oldali ∼e, 64 f¨ uggvény jobb oldali ∼e, 64 sor ∼e, 41 sorozat ∼e, 27 végtelen ∼, 27 határozatlan integrál, 102 elemi ∼, 102 határozott integrál, 110 hatványozás, 55 hatványsor, 52 konvergenciasugara, 52 Hausdorff-tétel, 120 Heine-tétel, 71

helyettes´ıtéses integrál, 103 identit´ asreláci´ o, 4 indexhalmaz, 6 indexsorozat, 28 indukt´ıvan rendezett halmaz, 9 infimum, 8, 11 injekció, 5 inkl´ uzi´ o f¨ uggvény, 7 integrál, 110 divergens improprius ∼, 119 elemi határozatlan ∼, 102 f¨ uggvény alsó ∼ja, 110 f¨ uggvény fels˝o ∼ja, 110 határozatlan ∼, 102 helyettes´ıtéses ∼, 103 improprius ∼, 119 konvergens improprius ∼, 119 parci´ alis ∼, 103 intervallum, 9, 12 felosztása, 108 inverz elemi f¨ uggvények ∼e, 89 f¨ uggvény ∼e, 5 izolált pont, 21 jólrendezett halmaz, 8 Jensen-egyenl˝ otlenség, 57 jobb oldali határérték, 64 környezet, 21 középértéktétel deriválásra vonatkozó ∼, 86, 87 közel´ıt˝o összeg felosztás alsó ∼e, 108 felosztás fels˝o ∼e, 108 kompakt halmaz, 24 kondenzáci´ os kritérium, 44 konk´ av f¨ uggvény, 57 kontinuum számosság´ u halmaz, 14 konvergenciasugár, 52 konvergens abszol´ ut ∼ sor, 43 improprius integrál, 119 sor, 41 sorozat, 27 konvex f¨ uggvény, 57 konvol´ uci´ o, 49

´ ´ TARGYMUTAT O

korlátos halmaz, 19 sorozat, 28 korlátos részletösszeg˝ u sorozat, 51 korlátos változ´ as´ u sorozat, 51 koszinusz, 53, 78, 90 koszinusz hiperbolikus, 53, 81, 90 kotangens, 53 kotangens hiperbolikus, 53 Kuratowski–Zorn-lemma, 9 L’Hospital szabály, 90 láncszabály, 84 Lagrange-féle maradéktag, 96 Lagrange-tétel, 87 legkisebb elem, 8, 11 legnagyobb elem, 8, 11 Leibniz-sor, 47 lez´ artja egy halmaznak, 21 limesz, 27, 60 inferior, 33 szuperior, 33 lineárisan rendezett halmaz, 8 lokális maximum, 98 lokális minimum, 98 lokális széls˝oérték, 98 Ludolf-féle sz´ am, 74 másodfaj´ u szakadás, 69 m˝ uvelet, 6 asszociat´ıv ∼, 6 disztribut´ıv ∼, 6 egységelemes ∼, 6 kommutat´ıv ∼, 6 majoráns kritérium, 42 maxim´ alis elem, 8 megsz¨ untethet˝ o szakadás, 69 megszámlálhat´ o ∼an végtelen halmaz, 14 halmaz, 14 Mertens-tétel, 50 metrikus tér ∼ek szorzata, 120 teljesen korlátos ∼, 120 minimális elem, 8 Minkowski-egyenl˝ otlenség, 95 minoráns kritérium, 42 monoton f¨ uggvény, 57 fogyó f¨ uggvény, 57

151

fogyó sorozat, 28 n¨ ov˝ o f¨ uggvény, 57 n¨ ov˝ o sorozat, 28 szigor´ uan ∼ f¨ uggvény, 57 szigor´ uan ∼ fogyó f¨ uggvény, 57 szigor´ uan ∼ n¨ ov˝ o f¨ uggvény, 57 Newton–Leibniz-tétel, 116 normált tér reflex´ıv ∼, 120 norma összehasonl´ıtható ∼, 120 ny´ılt f¨ uggvény, 120 halmaz, 19 ny´ılt leképezés tétele, 120 oszcilláci´ os összeg, 111 p´ aratlan f¨ uggvény, 57 p´ aros f¨ uggvény, 57 parci´ alis integrál, 103 parci´ alis t¨ ortekre bont´ as, 107 periódus, 57 periodikus f¨ uggvény, 57 Pi, 74 polinom, 26 pont kör¨ uli r sugar´ u ny´ılt g¨ omb, 19 primit´ıv f¨ uggvény, 102 projekció f¨ uggvény, 7 részbefedés, 24 részsorozat, 28 reflex´ıv tér, 120 reláci´ o, 4 ∼k kompoz´ıciója , 4 értékkészlete, 4 értelmezési tartománya, 4 antiszimmetrikus ∼, 7 ekvivalencia∼, 9 f¨ uggvényszer˝ u ∼, 4 homogén ∼, 7 identit´ as∼, 4 inverze, 4 megszor´ıtása, 4 reflex´ıv ∼, 7 rendezési ∼, 8 szimmetrikus ∼, 7 rendezés, 8

´ ´ TARGYMUTAT O

152

rendezett arkhimédészi módon ∼ test, 12 p´ ar, 3 rendezett halmaz, 8 indukt´ıvan ∼, 9 jól∼, 8 lineárisan ∼, 8 Riemann-integrál, 110 Rolle-tétel, 86 s˝ ur˝ u halmaz, 22 s˝ ur˝ un értelmezett f¨ uggvény, 120 Schröder–Bernstein-tétel, 14 sor, 41 ∼ok Cauchy-szorzata, 50 ∼ok konvol´ uci´ oja, 49 átrendezése, 48 abszol´ ut konvergens ∼, 43 divergens ∼, 41 feltételesen konvergens ∼, 48 feltétlen konvergens ∼, 48 hatvány∼, 52 hatvány∼ konvergenciasugara, 52 konvergens ∼, 41 Leibniz-∼, 47 Taylor-∼, 97 sorozat, 27 ∼hoz rendelt sor, 41 Cauchy-∼, 34 divergens ∼, 27 határértéke, 27 index∼, 28 konvergens ∼, 27 korlátos ∼, 28 korlátos részletösszeg˝ u ∼, 51 korlátos változ´ as´ u ∼, 51 monoton fogyó ∼, 28 monoton n¨ ov˝ o ∼, 28 rész∼, 28 zérus∼, 28 sz¨ urjekció, 5 számok b˝ ov´ıtett val´ os ∼, 12 számosság, 13 azonos ∼´ u, 13 kisebb ∼´ u, 13 kisebb egyenl˝ o ∼´ u, 13 számtani-mértani egyenl˝ otlenség, 18, 94 szakadás, 69 f¨ uggvény els˝ofaj´ u ∼a, 69

f¨ uggvény másodfaj´ u ∼a, 69 f¨ uggvény megsz¨ untethet˝ o ∼a, 69 szigor´ u lokális maximum, 98 szigor´ u lokális minimum, 98 szigor´ u lokális széls˝oérték, 98 szigor´ uan monoton f¨ uggvény, 57 fogyó f¨ uggvény, 57 n¨ ov˝ o f¨ uggvény, 57 szinusz, 53, 78, 90 szinusz hiperbolikus, 53, 81, 90 szuprémum, 8, 11 tangens, 53, 78, 90 tangens hiperbolikus, 53, 81, 90 Taylor-formula, 95 Taylor-polinom, 97 Taylor-sor, 97 teljes burok, 120 teljesen korlátos halmaz, 120 metrikus tér, 120 természetes alap´ u logaritmus, 54 test arkhimédészi módon rendezett ∼, 12 torlódási pont, 21, 59 véges halmaz, 14 véges n¨ ovekmények formulája, 87 végtelen, 12 végtelen halmaz, 14 végtelenszer differenciálható f¨ uggvény, 93 Weierstrass-tétel, 70 z´ art halmaz, 19 lineáris leképezés, 120 zérushely, 57 zérussorozat, 28

´ ´ TARGYMUTAT O

153

Kalkulus 1. Andai Attila május 14

Recommend Documents