Matematika | Felsőoktatás » Dr. Komlósi Sándor - Matematikai tételbizonyítások

FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 1 Matematikai tételbizonyítások I. A/1. Feladat: Bizonyítsa be, hogy minden n természetes számra igaz a következő: 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 5 +  + n(3n − 1) = n 2 ( n + 1) . (A.11) Megoldás: A feladatot a teljes indukció módszerével oldjuk meg. 1. Lépés: Ellenőrizzük, hogy teljesül-e az állítás n = 1 esetén Egyszerű behelyettesítéssel adódik, hogy igen: 1⋅2 = 12(1+1). 2. Lépés (az indukciós bizonyítás): Bebizonyítjuk, hogy ha az állítás igaz az n = k természetes számra, akkor az n = k+1-re vonatkozó állítás is igaz. Vezessük be a következő jelölést: ϕ( n ) = 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 5 +  + n(3n − 1) . Tegyük fel, hogy a k természetes számra ϕ(k) = 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 5 +  + k(3k − 1) = k 2 ( k + 1) . (A.12) Vizsgáljuk a ϕ( k + 1) = 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 5 +  + k(3k − 1) + ( k + 1)[3( k + 1) − 1] . A legelső, amit

célszerű észrevenni, az a következő rekurzív összefüggés: ϕ ( k + 1) = ϕ ( k ) + ( k + 1) 3( k + 1) − 1 . Ebből, (A.12) felhasználásával, a következő adódik: ϕ( k + 1) = k 2 ( k + 1) + ( k + 1)( 3 k + 2 ) , ahonnan a jobb oldal átalakításával a "várt" összefüggést kapjuk: ϕ( k + 1) = ( k + 1)2 ( k + 1) + 1 . Q.ED Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 2 B/1. Feladat: Bizonyítsa be, hogy minden n természetes számra igaz a következő: 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 + 3 ⋅ 4  + n( n + 1) = n( n + 1)( n + 2) . 3 (B.11) Megoldás: A feladatot a teljes indukció módszerével oldjuk meg. 1. Lépés: Ellenőrizzük, hogy teljesül-e az állítás n = 1 esetén Egyszerű behelyettesítéssel adódik, hogy igen: 1⋅ 2 ⋅ 3 . 1⋅ 2 = 3 2. Lépés (az indukciós bizonyítás): Bebizonyítjuk, hogy ha az állítás igaz az n = k

természetes számra, akkor az n = k+1-re vonatkozó állítás is igaz. Vezessük be a következő jelölést: ϕ( n ) = 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 + 3 ⋅ 4  + n( n + 1) Tegyük fel, hogy a k természetes számra ϕ(k) = 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 + 3 ⋅ 4  + k( k + 1) = k( k + 1)( k + 2) . 3 (B.12) Vizsgáljuk a ϕ( k + 1) = 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 + 3 ⋅ 4 � + k ( k + 1) + ( k + 1) ( k + 1) + 1 . A legelső, amit célszerű észrevenni, az a következő rekurzív összefüggés: ϕ ( k + 1) = ϕ ( k ) + ( k + 1) ( k + 1) + 1 . Ebből, (B.12) felhasználásával, a következő adódik: ϕ( k + 1) = k ( k + 1)( k + 2 ) + ( k + 1)( k + 2 ) , 3 ahonnan a jobb oldal átalakításával a "várt" összefüggést kapjuk: ϕ( k + 1) = [ ][ ( k + 1) ( k + 1) + 1 ( k + 1) + 2 3 ]. Q.ED Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 3 C/1. Feladat: Bizonyítsa be, hogy

minden n természetes számra igaz a következő: 12 + 3 2 +  + ( 2n − 1) 2 = 1 n( 4n 2 − 1) . 3 (C.11) Megoldás: A feladatot a teljes indukció módszerével oldjuk meg. 1. Lépés: Ellenőrizzük, hogy teljesül-e az állítás n = 1 esetén Egyszerű behelyettesítéssel adódik, hogy igen: 1 12 = 1(4 ⋅ 12 − 1) . 3 2. Lépés: (az indukciós bizonyítás): Bebizonyítjuk, hogy ha az állítás igaz az n = k természetes számra, akkor az n = k+1-re vonatkozó állítás is igaz. Vezessük be a következő jelölést: ϕ( n ) = 12 + 3 2 +  + ( 2n − 1) 2 . Tegyük fel, hogy a k természetes számra 1 ϕ(k) = 12 + 3 2 +  + ( 2k − 1) 2 = k( 4k 2 − 1) . 3 (C.12) Vizsgáljuk a ϕ( k + 1) = 12 + 32 +  + ( 2k − 1) 2 + [2( k + 1) − 1]2 . A legelső, amit célszerű észrevenni, az a következő rekurzív összefüggés: 2 ϕ ( k + 1) = ϕ ( k ) + 2 ( k + 1) − 1 . Ebből, (C.12) felhasználásával, a következő adódik: ϕ( k + 1) = 1 k ( 4 k 2 −

1) + ( 2 k + 1)2 , 3 ahonnan a jobb oldal átalakításával a "várt" összefüggést kapjuk: 1 ϕ( k + 1) = ( k + 1) 4 ( k + 1)2 − 1 . 3 Q.ED Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 4 D/1. Feladat: Bizonyítsa be, hogy minden n természetes számra igaz a következő:  1  1  1 n+2   = .  1 −   1 −  ⋅ ⋅ ⋅  1 −  4  9  ( n + 1) 2  2 n + 2 (D.11) Megoldás: A feladatot a teljes indukció módszerével oldjuk meg. 1. Lépés: Ellenőrizzük, hogy teljesül-e az állítás n = 1 esetén Egyszerű behelyettesítéssel adódik, hogy igen: 1+ 2  1 . 1 −  =  4 2 ⋅1 + 2 2. Lépés: (az indukciós bizonyítás): Bebizonyítjuk, hogy ha az állítás igaz az n = k természetes számra, akkor az n = k+1-re vonatkozó állítás is igaz. Vezessük be a következő

jelölést:  1  1 1    . ϕ( n) =  1 −   1 −  ⋅ ⋅ ⋅  1 −  4  9  ( n + 1) 2  Tegyük fel, hogy a k természetes számra  1  1 1  k+2   = ϕ(k) =  1 −   1 −  ⋅ ⋅ ⋅  1 − .  4  9  ( k + 1) 2  2 k + 2 (D.12) Vizsgáljuk a  1  1  1   ϕ( k + 1) =  1 −   1 −  ⋅ ⋅ ⋅  1 − 2  4  9  ( k + 1)    1  . 1 − 2 ( k + 1) + 1   [ ] A legelső, amit célszerű észrevenni, az a következő rekurzív összefüggés:  1   . ϕ( k + 1) = ϕ( k ) 1 −  ( k + 2) 2  Ebből, (D.12) felhasználásával, a következő adódik: ϕ( k + 1) = k+2  1   1 − , 2 k + 2  ( k + 2) 2  ahonnan a jobb oldal átalakításával a "várt" összefüggést kapjuk: ϕ( k + 1) = ( k + 1) + 2 . 2 ( k + 1) + 2 Q.ED

Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 5 II. A/2. Feladat: Milyen ε > 0 értékekre lesz a következő függvény pozitív az a = 2 szám εsugarú környezetén: x2 + 4 x + 7 . f ( x) = 5 x − x2 Megoldás: Vizsgáljuk meg először azt, hogy x mely értékeire lesz pozitív az f(x) függvény, azaz oldjuk meg a következő egyenlőtlenséget: x2 + 4 x + 7 5 x − x2 > 0. (A.21) Mivel egy tört értéke akkor és csak akkor pozitív, ha a számláló és a nevező megegyező előjelű, ezért a probléma megoldásához az a(x) = x2 + 4x + 7 és a b(x) = 5x - x2 másodfokú függvények előjel viszonyait (előjel térképét) kell megvizsgálnunk. Ehhez két dolgot kell megállapítani: (i) a vizsgált függvény konvex-e (felfelé nyíló parabola) vagy konkáv (lefelé nyíló parabola); (ii) a vizsgált függvény zérushelyeit. Az a(x) = x2 + 4x + 7

függvény konvex (főegyütthatója pozitív szám) és nincs zérushelye. Ez csak úgy lehet, hogy a(x) minden x-re pozitív. Ebből azonnal adódik, hogy az (A21) egyenlőtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha b(x) = 5x - x2 > 0. (A.22) A b(x) = 5x - x2 függvény konkáv (főegyütthatója negatív) és két zérushelye x1 = 0 és x2 = 5. Ebből nyilvánvaló, hogy b(x) a ]0, 5[ nyitott intervallumon vesz fel pozitív értéket Összegezve az elmondottakat: az (A.21) feltétel a ]0, 5[ intervallumon teljesül A feladat már most az, hogy meghatározzuk azokat az ε > 0 számokat, melyekre a ]2-ε, 2+ε[ nyitott intervallum része ]0, 5[-nek. Ez pedig a 0 < ε ≤ 2 intervallum elemeire teljesül. Q.ED Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 6 B/2. Feladat: Milyen ε > 0 értékekre lesz a következő függvény negatív az a = -2 szám ε

sugarú környezetén: f ( x) = x2 + 3 x 1 + x2 . Megoldás: Vizsgáljuk meg először azt, hogy az x mely értékeire lesz negatív az f(x) függvény, azaz oldjuk meg a következő egyenlőtlenséget: x2 + 3 x 1 + x2 < 0. (B.21) Mivel egy tört értéke akkor és csak akkor negatív, ha a számláló és a nevező ellentétes előjelű, ezért a probléma megoldásához az a(x) = x2 + 3x és a b(x) = 1 + x2 másodfokú függvények előjel viszonyait (előjel térképét) kell megvizsgálnunk. Nyilvánvaló, hogy b(x) értékei mindig pozitív számok, ezért (B.21) akkor és csak akkor teljesül, ha x2 + 3x < 0. (B.22) Mivel az a(x) másodfokú konvex függvény x1 = -3 és x2 = 0 zérushelyekkel, ezért (B.22) akkor és csak akkor teljesül, ha -3 < x < 0. A feladat már most az, hogy meghatározzuk azokat az ε > 0 számokat, melyekre a ]-2-ε, -2+ε[ nyitott intervallum része ]-3, 0[-nak. Ez pedig a 0 < ε ≤ 1 intervallum elemeire teljesül. Q.ED

Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 7 C/2. Feladat: Milyen ε > 0 értékekre lesz a következő függvény pozitív az a = 1 szám ε sugarú környezetén: f ( x) = 4 + 3 x − x2 5 + x2 . Megoldás: Vizsgáljuk meg először azt, hogy x mely értékeire lesz pozitív az f(x) függvény, azaz oldjuk meg a következő egyenlőtlenséget: 4 + 3 x − x2 5 + x2 > 0. (C.21) Mivel egy tört értéke akkor és csak akkor pozitív, ha a számláló és a nevező megegyező előjelű, ezért a probléma megoldásához az a(x) = 4 + 3x - x2 és a b(x) = 5 + x2 másodfokú függvények előjel viszonyait (előjel térképét) kell megvizsgálnunk. Nyilvánvaló, hogy b(x) értékei mindig pozitív számok, ezért (C.21) akkor és csak akkor teljesül, ha 4 + 3x - x2 > 0. (C.22) Mivel az a(x) másodfokú konkáv függvény x1 = -1 és x2 = 4

zérushelyekkel, ezért (C.22) akkor és csak akkor teljesül, ha -1 < x < 4. A feladat már most az, hogy meghatározzuk azokat az ε > 0 számokat, melyekre az ]1-ε, 1+ε[ nyitott intervallum része ]-1, 4[-nek. Ez pedig a 0 < ε ≤ 2 intervallum elemeire teljesül. Q.ED Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 8 D/2. Feladat: Milyen ε > 0 értékekre lesz a következő függvény negatív az a = 3 szám ε sugarú környezetén: 1 + x + x2 . f ( x) = 4 − 5 x + x2 Megoldás: Vizsgáljuk meg először azt, hogy x mely értékeire lesz negatív az f(x) függvény, azaz oldjuk meg a következő egyenlőtlenséget: 1 + x + x2 4 − 5 x + x2 < 0. (D.21) Mivel egy tört értéke akkor és csak akkor negatív, ha a számláló és a nevező ellentétes előjelű, ezért a probléma megoldásához az és a b(x) = 4 - 5x + x2 a(x) = 1 + x + x2

másodfokú függvények előjel viszonyait (előjel térképét) kell megvizsgálnunk. Egyszerűen meggyőződhetünk arról, hogy az a(x) konvex függvénynek nincsenek zérushelyei, következésképpen minden x-re pozitív az értéke. Emiatt (D21) akkor és csak akkor teljesül, ha 4 -5x + x2 < 0. (D.22) Mivel a b(x) másodfokú konvex függvény x1 = 1 és x2 = 4 zérushelyekkel, ezért (D.22) akkor és csak akkor teljesül, ha 1 < x < 4. A feladat már most az, hogy meghatározzuk azokat az ε > 0 számokat, melyekre a ]3-ε, 3+ε[ nyitott intervallum része ]1, 4[-nak. Ez pedig a 0 < ε ≤ 1 intervallum elemeire teljesül. Q.ED Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 9 III. A/3. Feladat: Ellenőrizze a CSB-egyenlőtlenség teljesülését a következő vektorok esetében: a = ( -1, 3, -2, 5, -3), Megoldás: b = ( -3, -2, 5, 4, -1). ab =

( −1)( −3) + 3( −2) + ( −2)5 + 5 ⋅ 4 + ( −3)( −1) = 10 , (−1) 2 + 32 + (−2) 2 + 52 + (−3) 2 a = b = = 48 = 4 3 , (−3) 2 + (−2) 2 + 52 + 4 2 + (−1) 2 = 55 . Ezek az értékek kielégítik a CSB-egyenlőtlenséget, ugyanis: ab = 10 = 100 < a b = 48 55 = 2640 . Q.ED B/3. Feladat: Ellenőrizze a háromszög-egyenlőtlenség teljesülését a következő vektorok esetében: a = ( -2, 3, -1, 5, -2), b = ( -1, -2, 5, 4, -3). Megoldás: Számítsuk ki az a + b, a és b mennyiségeket. Mivel a + b = (-3, 1, 4, 9, -5), ezért a + b = 132 , a = 43 és b= 55 . Tekintettel arra, hogy a + b = 43 + 50 > 2 43 = 172 > 132 = a + b , ezért a feladatban adott két vektorra fennáll a háromszög-egyenlőtlenség. Q.ED Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 10 C/3. Feladat: Ellenőrizze a

CSB-egyenlőtlenség teljesülését a következő vektorok esetében: a = ( 1, -3, -2, 5, -1), b = ( -3, -2, 0, 4, -1). Megoldás: Számítsuk ki az a b, a és b mennyiségeket. Mivel ab = 576 , a = 40 és b = 30 , ezért a szóban forgó vektorokra fennáll a CSB-egyenlőtlenség: ab = 576 < a b = 40 30 = 1200 . Q.ED D/3. Feladat: Ellenőrizze a háromszög-egyenlőtlenség teljesülését a következő vektorok esetében: a = ( -1, 0, -2, 1, -3), b = ( -3, -2, 0, 1, -1). Megoldás: Számítsuk ki az a + b, a és b mennyiségeket. Mivel a + b = (-4, -2, -2, 2, -4), ezért a + b = 44 , a = 15 és b= 15. Tekintettel arra, hogy a + b = 15 + 15 = 2 15 = 60 > 44 = a + b , ezért a feladatban adott két vektorra fennáll a háromszög-egyenlőtlenség. Q.ED Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 11

IV. A/4. Feladat: Oldja meg a következő feltételes szélsőértékfeladatot: x2 − 4 x + 2 y extr x - y + 1 ≤ 0. Megoldás: Vizsgáljuk először a feltételi halmazt (a feladat lehetséges megoldásainak halmazát). Ez azon (x, y) számpárok halmaza, melyekre teljesül az x - y + 1 ≤ 0, illetve az ezzel ekvivalens x+1≤y (A.41) A L feltétli halmaz azonosítható egy félsíkkal, mely a sík koordinátázása után az y = x + 1 egyenletű egyenes által meghatározott felső félsík. (Lásd az ábrát!) Vizsgáljuk most az f(x,y) = x2 - 2x + 2y célfüggvény szintvonalait. A c nívóhoz tartozó szintvonalat az x2 - 2x + 2y = c (A.42) egyenletnek eleget tevő (x,y) számpárok alkotják. Ez a szintvonal egy parabola, melyet (A.42) célszerű átalakítása révén könnyen felismerhetünk: y=− 1 c 2 x − 2) + 2 + . ( 2 2 (A.43) Az ábra segítségével "láthatóvá válnak" a feltételi halmaz és a célfüggvény szintvonalai. Megfigyelhetjük a c

= -4 nívóhoz tartozó szintvonalat, mely teljes egészében az L halmazon kívül halad. Ennek a szintvonalnak a pontjaiban a célfüggvény rendre a c = -4 értéket veszi fel. Ez egyúttal azt is jelenti, hogy a feltételi halmazon a célfüggvény sehol nem veszi fel a (-4)-es értéket! y L c=? x c = -4 Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 12 A szintvonalakat meghatározó (A.43) egyenletből látszik, hogy a szintvonalak egybevágó parabolák, a c növelésével az y-tengellyel párhuzamosan felfelé tolódnak. A kérdés tehát az, hogy mi lesz az a legelső c érték (a c = -4 -es értékről indulva), amelyre a szintvonal hozzáér az L halmazhoz. Ez, (amint az ábra szépen mutatja), az a c szám lesz, amelyre az y = x + 1 és 2y = -x2 + 4x + c (A.44) egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van. (A44)-ből y kiküszöbölésével a következő

egyenletre jutunk: 2x + 2 = -x2 + 4x + c, azaz x2 - 2x + (2 - c) = 0. Könnyen belátható, hogy ennek az egyenletnek akkor és csak akkor van egyetlen megoldása, ha a bal oldal teljes négyzet, azaz: c = 1. (A.45) xo = 1. (A.46) Ekkor az egyetlen megoldás: Ha c > 1, akkor a szintvonal belemetsz az L halmazba, ami azt jelenti, hogy a célfüggvény a feltételi halmazon minden 1-nél nagyobb értéket felvesz. A célfüggvénynek tehát nincsen maximuma a feltételi halmazon. Minimuma, mint azt láttuk, 1, melyet az (xo, yo) = (1, 2) pontban vesz fel. Q.ED B/4. Feladat: Oldja meg a következő feltételes szélsőértékfeladatot: extr − x2 − 6 x + y x + y + 6 ≥ 0. Megoldás: Vizsgáljuk először a feltételi halmazt (a feladat lehetséges megoldásainak halmazát). Ez azon (x, y) számpárok halmaza, melyekre teljesül az x + y + 6 ≥ 0, illetve az ezzel ekvivalens -x - 6 ≤ y (B.41) A L feltételi halmaz azonosítható egy félsíkkal, mely a sík

koordinátázása után az y = -x - 6 egyenletű egyenes által meghatározott felső félsík. (Lásd az ábrát!) Vizsgáljuk most az f(x,y) = -x2 - 6x + y célfüggvény szintvonalait. A c nívóhoz tartozó szintvonalat az -x2 - 6x + y = c Dr. Komlósi Sándor (B.42) FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 13 egyenletnek eleget tevő (x,y) számpárok alkotják. Ez a szintvonal egy parabola, melyet (B.42) célszerű átalakítása révén könnyen felismerhetünk: y = (x+3)2 + (c - 9). (B.43) y c=9 c=4 x L Az ábra segítségével "láthatóvá válnak" a feltételi halmaz és a célfüggvény szintvonalai. Megfigyelhetjük a c = 9 nívóhoz tartozó szintvonalat, mely teljes egészében az L halmazon belül halad. Ennek a szintvonalnak a pontjaiban a célfüggvény rendre a c = 9 értéket veszi fel. Ez egyúttal azt is jelenti, hogy a feltételi halmazon a

célfüggvény egy teljes parabola ív mentén felveszi a 9-es értéket! A szintvonalakat meghatározó (B.43) egyenletből látszik, hogy a szintvonalak egybevágó parabolák, a c csökkenésével az y-tengellyel párhuzamosan lefelé tolódnak. Az ábra mutatja a c = 4 "nívóhoz" tartozó szintvonalat. Ez ugyan már nincs teljes egészében az L halmazban, de van olyan része, amely az L halmazban van! Ez azt jelenti, hogy a feladat célfüggvénye a feltételi halmazon felveszi a 4-es értéket. Megállapítható tehát, hogy az c = -x2 - 6x + y szintvonal minden valós c-re "belemetsz" a feltételi halmazba, ami azt jelenti, hogy a célfüggvény a feltételi halmazon minden valós értéket felvesz, következésképpen se maximuma se pedig minimuma nincs az f(x,y) = -x2 - 6x + y függvénynek az x + y + 6 ≥ 0 egyenlőtlenség által meghatározott feltételi halmazon Q.ED Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT

14 C/4. Feladat: Oldja meg a következő feltételes szélsőértékfeladatot: extr 2x + y x2 -2x + 3y ≤ 8. Megoldás: Vizsgáljuk először a feltételi halmazt (a feladat lehetséges megoldásainak halmazát). Ez azon (x, y) számpárok halmaza, melyekre teljesül az x2 -2x + 3y ≤ 8, illetve az ezzel ekvivalens 1 2 (C.41) y ≤ − ( x − 1) + 3 3 feltétel. Az L feltételi halmaz, a sík koordinátázása után, azonosítható az 1 2 y = − ( x − 1) + 3 egyenletű parabola alatti alakzattal. (Lásd az ábrát!) 3 y x L c=0 c=? Vizsgáljuk most az f(x,y) = 2x + y célfüggvény szintvonalait. A c nívóhoz tartozó szintvonalat a 2x + y = c (C.42) egyenletnek eleget tevő (x,y) számpárok alkotják. Ez a szintvonal egy egyenes, melyet (C.42) célszerű átalakítása révén könnyen felismerhetünk (lásd az ábrát): y = -2x + c. (C.43) Az ábra segítségével "láthatóvá

válnak" a feltételi halmaz és a célfüggvény szintvonalai. Megfigyelhetjük a c = 0 nívóhoz tartozó szintvonalat, mely belemetsz az L halmazba. Mivel ennek a szintvonalnak a pontjaiban a célfüggvény rendre a c = 0 értéket veszi fel, ezért ez egyúttal azt is jelenti, hogy a feltételi halmazon a célfüggvény felveszi a 0 értéket! A szintvonalakat meghatározó (C.43) egyenletből látszik, hogy a szintvonalak egymással párhuzamos egyenesek, melyek c növekedésével felfelé tolódnak. A kérdés tehát az, hogy Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 15 mi lesz az a legelső c érték (a c = 0 -ról indulva!), amelyre a szintvonal hozzáér az L halmazhoz. Ez, (amint az ábra szépen mutatja) az a c szám lesz, amelyre az y = -2x + c és 3y = -x2 + 2x + 8 egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van. (C44)-ből következő egyenletre

jutunk: -6x + 3c = -x2 + 2x + 8, azaz (C.44) y kiküszöbölésével a x2 - 8x + (3c - 8) = 0. Könnyen belátható, hogy ennek az egyenletnek akkor és csak akkor van egyetlen megoldása, ha a bal oldal teljes négyzet, azaz: c = 8. (C.45) xo = 4. (C.46) Ekkor az egyetlen megoldás: Ha c < 8, akkor a szintvonal belemetsz az L halmazba, ami azt jelenti, hogy a célfüggvény a feltételi halmazon minden 8-nál kisebb értéket felvesz. A célfüggvénynek tehát nincsen minimuma a feltételi halmazon. Maximuma, mint azt láttuk, 8, melyet az (xo, yo) = (4, 0) pontban vesz fel. Q.ED D/4. Feladat: Oldja meg a következő feltételes szélsőértékfeladatot: extr y + 2x x2 -2x - 3y ≤ 14. Megoldás: Vizsgáljuk először a feltételi halmazt (a feladat lehetséges megoldásainak halmazát). Ez azon (x, y) számpárok halmaza, melyekre teljesül az x2 -2x - 3y ≤ 14, illetve az ezzel ekvivalens 1 2 (D.41) y ≥ ( x − 1) − 5 3 feltétel. Az L feltételi halmaz, a sík

koordinátázása után, azonosítható az 1 2 y = ( x − 1) − 5 egyenletű parabola feletti alakzattal. (Lásd az ábrát!) 3 Vizsgáljuk most az f(x,y) = 2x + y célfüggvény szintvonalait. A c nívóhoz tartozó szintvonalat a 2x + y = c Dr. Komlósi Sándor (D.42) FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 16 egyenletnek eleget tevő (x,y) számpárok alkotják. Ez a szintvonal egy egyenes, melyet (D.42) célszerű átalakítása révén könnyen felismerhetünk (lásd az ábrát): y = -2x + c. (D.43) y x L c=0 c=? Az ábra segítségével "láthatóvá válnak" a feltételi halmaz és a célfüggvény szintvonalai. Megfigyelhetjük a c = 0 nívóhoz tartozó szintvonalat, mely belemetsz az L halmazba. Mivel ennek a szintvonalnak a pontjaiban a célfüggvény rendre a c = 0 értéket veszi fel, ezért ez egyúttal azt is jelenti, hogy a feltételi halmazon a

célfüggvény felveszi a 0 értéket! A szintvonalakat meghatározó (D.43) egyenletből látszik, hogy a szintvonalak egymással párhuzamos egyenesek, melyek c csökkenésével lefelé tolódnak. A kérdés tehát az, hogy mi lesz az a legelső c érték (a c = 0 -ról indulva!), amelyre a szintvonal hozzáér az L halmazhoz. Ez, (amint az ábra szépen mutatja) az a c szám lesz, amelyre az y = -2x + c és 3y = x2 - 2x -14 (D.44) egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van. (D44)-ből y kiküszöbölésével a következő egyenletre jutunk: -6x + 3c = x2 - 2x - 14, azaz x2 + 4x - (3c + 14) = 0. Könnyen belátható, hogy ennek az egyenletnek akkor és csak akkor van egyetlen megoldása, ha a bal oldal teljes négyzet, azaz: c = -6. (D.45) xo = -2. (D.46) Ekkor az egyetlen megoldás: Ha c > -6, akkor a szintvonal belemetsz az L halmazba, ami azt jelenti, hogy a célfüggvény a feltételi halmazon minden -6-nál nagyobb értéket felvesz. A célfüggvénynek tehát

nincsen maximuma a feltételi halmazon. Minimuma, mint azt láttuk, -6, melyet az (xo, yo) = (-2, -2) pontban vesz fel. Q.ED Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 17 V. A/5. Feladat: Határozza meg és ábrázolja az f -1(x) függvényt, ha f(x) = 5 - arctg 2x. Megoldás: Írjunk f(x) helyébe y-t: y = 5 - arctg 2x. Cseréljük fel az x és y változókat: x = 5 - arctg 2y, (A.51) majd fejezzük ki y-t a fenti, y-ra nézve implicit, összefüggésből. A lépések a következők lesznek: π π π π (i) arctg 2y = 5 - x, − < 5 − x < , (ii) 2y = tg(5-x), − < 5 − x < , 2 2 2 2 1 π π −1 (iii) y = f ( x ) = tg ( 5 − x ), − < 5− x < . 2 2 2 Az ábrázolás könnyebbé tétele érdekében célszerű figyelembe venni a tangens függvény néhány sajátosságát. Ennek megfelelően: 1 f −1 ( x ) = − tg ( x − 5), 2 5− π

π < x < 5+ . 2 2 Ennek alapján már nem okoz gondot a grafikon megrajzolása. Q.ED B/5. Feladat: Határozza meg és ábrázolja az f -1(x) függvényt, ha f(x) = 3 - arcctg 5x. Megoldás: Írjunk f(x) helyébe y-t: y = 3 - arcctg 5x. Cseréljük fel az x és y változókat: x = 3 - arcctg 5y, (B.51) majd fejezzük ki y-t a fenti, y-ra nézve implicit, összefüggésből. A lépések a következők lesznek: (i) arcctg 5y = 3 - x, 0 < 3 − x < π , Dr. Komlósi Sándor (ii) 5y = ctg(3-x), 0 < 3 − x < π , FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 18 1 (iii) y = f −1 ( x ) = ctg ( 3 − x ), 5 0 < 3 − x < π. Az ábrázolás könnyebbé tétele érdekében célszerű figyelembe venni a kotangens függvény néhány sajátosságát. Ennek megfelelően: 1 f −1 ( x ) = ctg ( x − 3), 5 3 − π < x < 3. Ennek alapján már nem okoz gondot a

grafikon megrajzolása. Q.ED C/5. Feladat: Határozza meg és ábrázolja az f -1(x) függvényt, ha f(x) = arctg (x-5) -7. Megoldás: Írjunk f(x) helyébe y-t: y = arctg (x-5) - 7. Cseréljük fel az x és y változókat: x = arctg (y-5) - 7, (C.51) majd fejezzük ki y-t a fenti, y-ra nézve implicit, összefüggésből. A lépések a következők lesznek: (i) arctg (y-5) = x + 7, − π π < x+7< , 2 2 (ii)y - 5 = tg(x + 7), − π π < x+7< , 2 2 (iii) y = f −1 ( x ) = tg ( x + 7 ) + 5, − (iv) f −1 ( x ) = tg ( x + 7 ) + 5, π π < x < −7 + . 2 2 −7− π π < x+7< , 2 2 Ezek után már nem okozhat gondot a grafikon megrajzolása. Q.ED Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 19 D/5. Feladat: Határozza meg és ábrázolja az f -1(x) függvényt, ha f(x) = 7 - arcctg (x+3). Megoldás: Írjunk f(x) helyébe y-t: y =

7 - arcctg (x+3). Cseréljük fel az x és y változókat: x = 7 - arcctg (y+3), (D.51) majd fejezzük ki y-t a fenti, y-ra nézve implicit, összefüggésből. A lépések a következők lesznek: (i) arcctg (y + 3) = x - 7, 0 < x − 7 < π , (ii) y + 3 = ctg(x - 7), 0 < x − 7 < π , (iii) y = f −1 ( x ) = ctg ( x − 7 ) − 3, (iv) f −1 ( x ) = ctg ( x − 7 ) − 3, 0 < x − 7 < π, 7 < x < 7 + π. Ennek alapján már nem okoz gondot a grafikon megrajzolása. Q.ED Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 20 VI. A/6. Feladat: Határozza meg a lim an, sup an és inf an mennyiségeket, ha an = 4n − 3 . 1− 2n Megoldás: A polinomok hányadosának határértékére vonatkozó ismert szabály alapján a vizsgált sorozat a főegyütthatók hányadosához konvergál: an = 4n − 3 4 = −2 . 1 + ( −2 ) n −2

Vizsgáljuk most a sorozatot a monotonitás szempontjából. Ehhez az {an+1 - an} különbség sorozatot kell vizsgálni. a n +1 − a n = 4 ( n + 1) − 3 4 n − 3 4n + 1 4n − 3 . − = − 1 − 2 ( n + 1) 1 − 2 n −1 − 2 n 1 − 2 n Közös nevezőre hozás és célszerű átalakítások után a következőre juthatunk: a n +1 − a n = ( 4 n + 1)(1 − 2 n ) − ( 4 n − 3)( −1 − 2 n ) −2 . = ( −1 − 2 n )(1 − 2 n ) ( −1 − 2 n )(1 − 2 n ) Tekintettel arra, hogy a jobboldali törtkifejezés nevezője minden n természetes számra pozitív, ezért az an+1 - an különbség minden n természetes számra negatív, következésképpen az {an} sorozat szigorúan csökkenő! Ismert tétel szerint ebből és a konvergencia tényéből azonnal következik, hogy (i)  4n − 3  4n − 3 n ∈ N  = −2 . = inf  n∞ 1 − 2 n 1 − 2n  lim A csökkenő viselkedés miatt a sorozatnak van maximális eleme, nevezetesen az első elem pontosan

ilyen tulajdonságú, következésképpen: (ii)  4n − 3  4 ⋅1 − 3 n ∈ N  = a1 = sup  = −1 . 1 − 2 ⋅1 1 − 2n  Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 21 B/6. Feladat: Határozza meg a lim an, sup an és inf an mennyiségeket, ha an = 6n − 5 . 2 − 3n Megoldás: A polinomok hányadosának határértékére vonatkozó ismert szabály alapján a vizsgált sorozat a főegyütthatók hányadosához konvergál: an = 6n − 5 6 = −2 . 2 + ( −3 ) n −3 Vizsgáljuk most a sorozatot a monotonitás szempontjából. Ehhez az {an+1 - an} különbség sorozatot kell vizsgálni. a n +1 − a n = 6 ( n + 1) − 5 6 n − 5 6n + 1 6n − 5 . − = − 2 − 3( n + 1) 2 − 3 n −1 − 3 n 2 − 3 n Közös nevezőre hozás és célszerű átalakítások után a következőre juthatunk: a n +1 − a n = −3 ( 6 n + 1)( 2

− 3 n ) − ( 6 n − 5)( −1 − 3 n ) . = ( −1 − 3 n )( 2 − 3 n ) ( −1 − 3 n )( 2 − 3 n ) Tekintettel arra, hogy a jobboldali törtkifejezés nevezője minden n természetes számra pozitív, ezért az an+1 - an különbség minden n természetes számra negatív, következésképpen az {an} sorozat szigorúan csökkenő! Ismert tétel szerint ebből és a konvergencia tényéből azonnal következik, hogy (i)  6n − 5  6n − 5 n ∈ N  = −2 . = inf  n∞ 2 − 3n  2 − 3n  lim A csökkenő viselkedés miatt a sorozatnak van maximális eleme, nevezetesen az első elem pontosan ilyen tulajdonságú, következésképpen: (ii)  6n − 5  6 ⋅1 − 5 n ∈ N  = a1 = sup  = −1 . 2 − 3⋅1  2 − 3n  Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 22 C/6. Feladat: Határozza meg a lim an, sup an és inf an

mennyiségeket, ha an = 3 − 5n . 2n − 1 Megoldás: A polinomok hányadosának határértékére vonatkozó ismert szabály alapján a vizsgált sorozat a főegyütthatók hányadosához konvergál: an = 3 − 5n −5 = −2 . 5 2n − 1 2 Vizsgáljuk most a sorozatot a monotonitás szempontjából. Ehhez az {an+1 - an} különbség sorozatot kell vizsgálni. a n +1 − a n = 3 − 5( n + 1) 3 − 5 n −2 − 5n 3 − 5 n . − = − 2 ( n + 1) − 1 2 n − 1 2 n + 1 2 n − 1 Közös nevezőre hozás és célszerű átalakítások után a következőre juthatunk: a n +1 − a n = −1 ( −2 − 5 n )( 2 n − 1) − ( 3 − 5 n )( 2 n + 1) . = ( 2 n + 1)( 2 n − 1) ( 2 n + 1)( 2 n − 1) Tekintettel arra, hogy a jobboldali törtkifejezés nevezője minden n természetes számra pozitív, ezért az an+1 - an különbség minden n természetes számra negatív, következésképpen az {an} sorozat szigorúan csökkenő! Ismert tétel szerint ebből és a konvergencia

tényéből azonnal következik, hogy (i)  3 − 5n  3 − 5n n ∈ N  = −2.5 = inf  n∞ 2 n − 1  2n − 1  lim A csökkenő viselkedés miatt a sorozatnak van maximális eleme, nevezetesen az első elem pontosan ilyen tulajdonságú, következésképpen: (ii)  3 − 5n  3 − 5⋅1 n ∈ N  = a1 = = −2 . sup  2 ⋅1 − 1  2n − 1  Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 23 D/6. Feladat: Határozza meg a lim an, sup an és inf an mennyiségeket, ha an = 3 − 7n . 1+ 2n Megoldás: A polinomok hányadosának határértékére vonatkozó ismert szabály alapján a vizsgált sorozat a főegyütthatók hányadosához konvergál: an = 3 − 7n −7 = −3. 5 1 + 2n 2 Vizsgáljuk most a sorozatot a monotonitás szempontjából. Ehhez az {an+1 - an} különbség sorozatot kell vizsgálni. a n +1 − a n = 3

− 7 ( n + 1) 3 − 7 n −4 − 7 n 3 − 7 n . − = − 1 + 2 ( n + 1) 1 + 2 n 3 + 2n 1+ 2n Közös nevezőre hozás és célszerű átalakítások után a következőre juthatunk: a n +1 − a n = −13 ( −4 − 7 n )(1 + 2 n ) − ( 3 − 7 n )( 3 + 2 n ) . = ( 3 + 2 n )(1 + 2 n ) ( 3 + 2 n )(1 + 2 n ) Tekintettel arra, hogy a jobboldali törtkifejezés nevezője minden n természetes számra pozitív, ezért az an+1 - an különbség minden n természetes számra negatív, következésképpen az {an} sorozat szigorúan csökkenő! Ismert tétel szerint ebből és a konvergencia tényéből azonnal következik, hogy (i)  3 − 7n  3 − 7n n ∈ N  = −35 = inf  . n∞ 1 + 2 n 1 + 2n  lim A csökkenő viselkedés miatt a sorozatnak van maximális eleme, nevezetesen az első elem pontosan ilyen tulajdonságú, következésképpen: (ii)  3 − 7n  3 − 7 ⋅1 4 sup  n ∈ N  = a1 = =− . 1 + 2 ⋅1 3 1 + 2n  Q.ed

Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 24 VII. A/7. Feladat: Mutassa meg, hogy az a n = 6 n2 sorozat K-kapcsolatban van az 3 n2 + 1 a = 2 számmal. Megoldás: Tudjuk, hogy a K-kapcsolat a következő módon is megadható: az {an} sorozat akkor és csak akkor van K-kapcsolatban az a számmal, ha bármely pozitív ε számhoz található olyan N(ε) valós szám, hogy valahányszor n ≥ N(ε), mindannyiszor a n − a < ε . Legyen tehát ε egy tetszőlegesen választott pozitív szám és kezdjük el vizsgálni a 6 n2 3 n2 + 1 −2 < ε (A.71) egyenlőtlenséget. Egyszerű átalakításokkal sokkal egyszerűbb alakra hozható a kérdéses egyenlőtlenség: 6 n2 2 3n + 1 −2 = −2 2 3n + 1 = 2 2 3n + 1 <ε (A.72) További ekvivalens átalakításokkal eljutunk az (A.71) összes megoldásához: 2 2−ε < 3 n2 + 1 ⇔ < n2 . 3ε ε (A.73) (A.73)

segítségével most már könnyen választ adhatunk a feladat kérdésére: (i) Ha ε > 2, akkor (A.73) és vele együtt (A71) minden n természetes számra teljesül, ami azt jelenti, hogy ha az a = 2 valós szám 2-nél nagyobb sugarú környezetei a tekintett {an} sorozatnak (kivétel nélkül) minden tagját tartalmazza. Az ε > 2 számokhoz tehát az N(ε ) = 1 értékadás megfelelő lesz (ii) Ha 0 < ε ≤ 2, akkor (A.73) a következő alakban is írható: 2−ε < n. 3ε 2−ε "küszöbszámtól" kezdve a vizsgált sorozatnak már 3ε minden tagja benne van az a = 2 szám ε sugarú környezetében (ε most kisebb, mint 2). Ebből látszik, hogy az N( ε ) = Sikerült tehát minden pozitív ε valós számhoz az "előírásoknak megfelelő tulajdonságú" N(ε) küszöbszámot találnunk. Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 25

B/7. Feladat: Mutassa meg, hogy az a n = a= n2 3 n2 + 1 sorozat K-kapcsolatban van az 1 számmal. 3 Megoldás: Tudjuk, hogy a K-kapcsolat a következő módon is megadható: az {an} sorozat akkor és csak akkor van K-kapcsolatban az a számmal, ha bármely pozitív ε számhoz található olyan N(ε) valós szám, hogy valahányszor n ≥ N(ε), mindannyiszor a n − a < ε . Legyen tehát ε egy tetszőlegesen választott pozitív szám és kezdjük el vizsgálni a n2 3 n2 + 1 − 1 <ε 3 (B.71) egyenlőtlenséget. Egyszerű átalakításokkal sokkal egyszerűbb alakra hozható a kérdéses egyenlőtlenség: n2 2 3n + 1 − 1 −1 1 = = <ε 2 3 3( 3 n + 1) 3( 3 n2 + 1) (B.72) További ekvivalens átalakításokkal eljutunk az (B.71) összes megoldásához: 1 1 − 3ε < 3 n2 + 1 ⇔ < n2 . 3ε 9ε (B.73) (B.73) segítségével most már könnyen választ adhatunk a feladat kérdésére: (i) Ha ε > 1/3, akkor (B.73) és vele együtt (B71)

minden n természetes számra teljesül, ami azt jelenti, hogy ha az a = 1/3 valós szám 1/3-nál nagyobb sugarú környezetei a tekintett {an} sorozatnak minden tagját tartalmazza (kivétel nélkül). Az ε > 1/3 számokhoz tehát az N(ε ) = 1 értékadás megfelelő lesz. (ii) Ha 0 < ε ≤ 1/3, akkor (B.73) a következő alakban is írható: 1 − 3ε < n. 9ε 1 − 3ε "küszöbszámtól" kezdve a vizsgált sorozatnak 9ε már minden tagja benne van az a = 1/3 szám ε sugarú környezetében (ε most kisebb, mint 1/3!). Ebből látszik, hogy az N( ε ) = Sikerült tehát minden pozitív ε valós számhoz az "előírásoknak megfelelő tulajdonságú" N(ε) küszöbszámot találnunk. Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 26 C/7. Feladat: Mutassa meg, hogy az a n = 3 n2 + 1 sorozat K-kapcsolatban van az 2 n2 − 1 a =

3/2 számmal. Megoldás: Tudjuk, hogy a K-kapcsolat a következő módon is megadható: az {an} sorozat akkor és csak akkor van K-kapcsolatban az a számmal, ha bármely pozitív ε számhoz található olyan N(ε) valós szám, hogy valahányszor n ≥ N(ε), mindannyiszor a n − a < ε . Legyen tehát ε egy tetszőlegesen választott pozitív szám és kezdjük el vizsgálni a 3 n2 + 1 2 n2 − 1 − 3 <ε 2 (C.71) egyenlőtlenséget. Egyszerű átalakításokkal sokkal egyszerűbb alakra hozható a kérdéses egyenlőtlenség: 3 n2 + 1 2 n2 − 1 − 3 5 5 = = <ε 2 2 ( 2 n2 − 1) 2 ( 2 n2 − 1) (C.72) További ekvivalens átalakításokkal eljutunk a (C.71) összes megoldásához: 5 + 2ε 5 < 2 n2 − 1 ⇔ < n2 ⇔ 2ε 4ε 5 + 2ε < n. 4ε (C.73) (C.73) segítségével most már könnyen választ adhatunk a feladat kérdésére: az 5 + 2ε "küszöbszámtól" kezdve a vizsgált sorozatnak minden tagja benne van az N( ε ) = 4ε a = 3/2

szám ε sugarú környezetében. Sikerült tehát minden pozitív ε valós számhoz az "előírásoknak megfelelő tulajdonságú" N(ε) küszöbszámot találnunk. Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 27 D/7. Feladat: Mutassa meg, hogy az a n = 6 n3 − 1 3 n3 + 1 sorozat K-kapcsolatban van az a = 2 számmal. Megoldás: Tudjuk, hogy a K-kapcsolat a következő módon is megadható: az {an} sorozat akkor és csak akkor van K-kapcsolatban az a számmal, ha bármely pozitív ε számhoz található olyan N(ε) valós szám, hogy valahányszor n ≥ N(ε), mindannyiszor a n − a < ε . Legyen tehát ε egy tetszőlegesen választott pozitív szám és kezdjük el vizsgálni a 6 n3 − 1 3 n3 + 1 −2 <ε (D.71) egyenlőtlenséget. Egyszerű átalakításokkal sokkal egyszerűbb alakra hozható a kérdéses egyenlőtlenség: 6 n3 −

1 3 3n + 1 −2 = −3 3 3n + 1 = 3 3 3n + 1 <ε (D.72) További ekvivalens átalakításokkal eljutunk az (D.71) összes megoldásához: 3 3− ε 3− ε < 3 n3 + 1 ⇔ < n3 ⇔ 3 < n. ε 3ε 3ε (D.73) (D.73) segítségével most már könnyen választ adhatunk a feladat kérdésére: az 3− ε "küszöbszámtól" kezdve a vizsgált sorozatnak minden tagja benne van az N( ε ) = 3 3ε a = 2 szám ε sugarú környezetében. Sikerült tehát minden pozitív ε valós számhoz az "előírásoknak megfelelő tulajdonságú" N(ε) küszöbszámot találnunk. Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 28 VIII. A/8. Feladat: Határozza meg a következő sorozat torlódási pontjait: a n = sin nπ . 3 Megoldás: Számítsuk ki a sorozat kezdő tagjait: 3 3 3 3 3 3 3 3 , , 0, − , − , 0, , , 0, − , − , 0, . 2 2

2 2 2 2 2 2 Az y = sinx függvény tulajdonságai folytán a vizsgált sorozat a következő hatelemű periódus végtelen egymásutánjából áll (an+6 = an): 3 3 3 3 , , 0, − , − , 0, 2 2 2 2 Ebből és a torlódási pont fogalmából könnyen megállapítható, hogy a szóban forgó sorozat torlódási pontjai a következők: 3 3 . − , 0, 2 2 Q.ed B/8. Feladat: Határozza meg a következő sorozat torlódási pontjait: a n = cos nπ . 4 Megoldás: Számítsuk ki a sorozat kezdő tagjait: 2 2 2 2 2 2 2 2 , 0, − , − 1, − , 0, , 1, , 0, − , − 1, − , 0, , 1, . 2 2 2 2 2 2 2 2 Az y = cosx függvény tulajdonságai folytán a vizsgált sorozat a következő nyolcelemű periódus végtelen egymásutánjából áll (an+8 = an): 2 2 2 2 , 0, − , − 1, − , 0, , 1 2 2 2 2 Ebből és a torlódási pont fogalmából könnyen megállapítható, hogy a szóban forgó sorozat torlódási pontjai a következők: 2 2 Q.ed −1, − , 0, , 1. 2 2

Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 29 C/8. Feladat: Határozza meg a következő sorozat torlódási pontjait: a n = sin nπ . 4 Megoldás: Számítsuk ki a sorozat kezdő tagjait: 2 2 2 2 2 2 2 2 , 1, , 0, − , − 1, − , 0, , 1, , 0, − , − 1, − , 0, . 2 2 2 2 2 2 2 2 Az y = sinx függvény tulajdonságai folytán a vizsgált sorozat a következő nyolcelemű periódus végtelen egymásutánjából áll (an+8 = an): 2 2 2 2 , 1, , 0, − , − 1, − ,0 2 2 2 2 Ebből és a torlódási pont fogalmából könnyen megállapítható, hogy a szóban forgó sorozat torlódási pontjai a következők: −1, − 2 2 , 0, , 1. 2 2 Q.ed D/8. Feladat: Határozza meg a következő sorozat torlódási pontjait: a n = cos nπ . 3 Megoldás: Számítsuk ki a sorozat kezdő tagjait: 1 1 1 1 1 1 1 1 , − , − 1, − , , 1, , − , − 1, − , , 1, . 2 2 2 2 2 2 2 2 Az y

= cos x függvény tulajdonságai folytán a vizsgált sorozat a következő hat elemű periódus végtelen egymásutánjából áll (an+6 = an): 1 1 1 1 , − , − 1, − , , 1 2 2 2 2 Ebből és a torlódási pont fogalmából könnyen megállapítható, hogy a szóbanforgó sorozat torlódási pontjai a következők: 1 1 −1, − , , 1. 2 2 Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 30 IX - X. A/9. Feladat: Mi a határértéke (és miért) a következő sorozatnak? n a n =  2 n + 5n + 9 n ,   3n + 10n  6n + 5 ,   n n  7 n − 1 3 − 10 n .   Megoldás: Ismert tétel, hogy az {an} vektorsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha mindegyik koordináta-sorozata konvergens. Ezért célszerű külön vizsgálni az egyes koordináta-sorozatokat. n a) Az x n = 2 n + 5n + 9 n sorozat vizsgálata a rendőr elv

segítségével meglehetősen egyszerű. A következő "közrefogás" segítségével könnyen eredményre jutunk: n n n 9 = 9 n < 2 n + 5n + 9 n < 9 n + 9 n + 9 n = 9 n 3 . Mivel n 3 1, ezért 9 n 3 9 , tehát mind a minoráns, mind pedig a majoráns sorozat 9-hez konvergál, következésképpen xn 9. 3n + 10n sorozat határértékét a határátmenet művelet algebrai szabályai yn = n 3 − 10n segítségével állapíthatjuk meg egy célszerű algebrai átalakítás után. Osszuk el a számlá-lót is és a nevezőt is 10n-nel: b) Az yn = 0. 3n + 1 0. 3n − 1 . Tekintettel arra, hogy 0.3n 0, ezért yn -1 n  6n + 5 c) A z n =   sorozat konvergenciáját a gyökkritérium segítségével a legegysze 7 n − 1 rűbb megállapítani. Mivel n z = 6 n + 5 6 < 1, n 7n − 1 7 ezért a gyökkritérium szerint zn 0. Ismert tétel szerint   lim a n =  lim x n , lim y n , lim z n  = (9, − 1, 0) .  n∞ n∞ n∞ n∞

 Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 31 A/10. Feladat: Mi a határértéke (és miért) a következő sorozatnak?  −n 4 π 2 n2 − 3πn + 5  7 , b n =  5 , sin 2 n + n + 1   n55n  . ( n + 5)!  Megoldás: Ismert, hogy a {bn} vektorsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha mindegyik koordináta-sorozata konvergens. Ezért célszerű külön vizsgálni az egyes koordináta-sorozatokat. n 7 − a) Vegyük észre, hogy az x n = 5 sorozat egy {qn} típusú sorozat, ahol q = 7 0. 2 , ami egy 1-nél kisebb pozitív érték, következésképpen xn 0. 4 π2 n2 − 3πn + 5 sorozat vizsgáltához célszerű először a gyökjel alatti n2 + n + 1 sorozatot vizsgálni. Mivel az két másodfokú polinom hányadosa, ezért ismert tétel (és ismert módszer) szerint: 4 π 2n2 − 3πn + 5 un = 4 π2 . 2 1⋅ n + n + 1 b) Az y n =

sin Ebből, az y = x függvény folytonossága folytán, kapjuk, hogy 4 π2 n2 − 3πn + 5 2 n + n +1 4 π2 = 2 π . Ebből, az y = sin x függvény folytonossága folytán, kapjuk, hogy y n = sin c) A zn = 4 π2 n2 − 3πn + 5 n2 + n + 1 sin 2 π = 0. n5 5n sorozat felbontható ismert határértékű (nevezetes) sorozatok szorzatá( n + 5! ra: n5 5n n n n n 5n n zn = = . ( n + 5)! n ! n + 1 n + 2 n + 3 n + 4 n + 5 Alkalmazva a "szorzat-szabályt": zn 0⋅1⋅1⋅1⋅1⋅1 = 0. Ismert tétel szerint   lim b n =  lim x n , lim y n , lim z n  = (0, 0, 0) .  n∞ n∞ n∞ n∞  Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 32 B/9. Feladat: Mi a határértéke (és miért) a következő sorozatnak? an = n4 − n3 − n2  3n + 4  ,    5n − 1  2n (n n3 − n2 , n ). Megoldás: Ismert, hogy az {an}

vektorsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha mindegyik koordináta-sorozata konvergens. Ezért célszerű külön vizsgálni az egyes koordináta-sorozatokat. n a) Az x n = n3 − n2 sorozat konvergenciáját a rendőr-elv segítségével fogjuk megmutatni, felhasználva az n n 1 nevezetes relációt. Mivel n > 1 esetén 1< n 3 n − n2 < ( ) 3 n = nn n 3 és mindkét "közrefogó" sorozat 1-hez konvergál, ezért xn 1. n4 − n3 − n2 sorozat vizsgálatát egy célszerű átalakítással kezdjük. A b) Az y n = 2n a−b azonosság felhasználásával yn a következő alakban is írható: a− b= a+ b yn = 1 2n − n3 n4 − n3 + n2 =− 1 n2 1 1 . =− 2 n4 − n3 + n2 2 1 1− +1 n Ebből az alakból már könnyen leolvasható, hogy yn -1/4. n  3n + 4  c) A z n =   sorozat határértéke a gyökkritérium segítségével minden különö 5n − 1  sebb nehézség nélkül megállapítható (lásd A/9. Feladat) zn 0 Ismert

tétel szerint   lim a n =  lim x n , lim y n , lim z n  = (1, − 0.25, 0)  n∞ n∞ n∞ n∞  Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 33 B/10. Feladat: Mi a határértéke (és miért) a következő sorozatnak? bn = ( n 3n + 7n + 10n , cos n2 − 3n + 5 1 − n3 , 5  9 +   n n! n ). Megoldás: Ismert, hogy a {bn} vektorsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha mindegyik koordináta-sorozata konvergens. Ezért célszerű külön vizsgálni az egyes koordináta-sorozatokat. n a) Az x n = 3n + 7 n + 10n sorozatot a rendőr-elv segítségével vizsgálhatjuk. Mivel minden n természetes számra n n 10 = 10n < 3n + 7 n + 10n < 10 n 3 , és mindkét közrefogó sorozat 10-hez konvergál, ezért xn 10. b) Az y n = cos n2 − 3 n + 5 sorozat vizsgálatát célszerű az u n = 1 − n3 gálatával

kezdeni. Alakítsuk át az un-t definiáló képletet: n2 − 3 n + 5 1 − n3 sorozat vizs- 1 3 5 − 2+ 3 n 0 − 0 + 0 = 0. un = n n 1 0−1 −1 3 n Ebből, az y = cos x függvény folytonossága folytán, yn = cos un cos 0 = 1 adódik. n 1 5 c) A z n =  9 +  sorozat konvergenciáját is a rendőr elv segítségével lehet a legn!  n könnyebben megállapítani a következő közrefogás segítségével: n 1 5 14 n . 0 < 9 +  ≤ n!  n n! Mivel a majoráns sorozat is 0-sorozat, ezért zn 0. Ismert tétel szerint   lim b n =  lim x n , lim y n , lim z n  = (10, 1, 0) .  n∞ n∞ n∞ n∞  Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 34 C/9. Feladat: Mi a határértéke (és miért) a következő sorozatnak?  (2 + sin n) n a n =  , n!  5 ⋅ 2 n − 2 ⋅ 5n 3 ⋅ 4 n + 4 ⋅ 5n , n

ln 2n + 7  . 2 n − 1  Megoldás: Ismert, hogy az {an} vektorsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha mindegyik koordináta-sorozata konvergens. Ezért célszerű külön vizsgálni az egyes koordináta-sorozatokat. a) Az x n = ( 2 + sin n ) n sorozatot közre lehet fogni két "egyszerű" nullsorozattal: n! ( 2 + sin n ) n 3n 0< < . n! n! Ebből nyilvánvaló, hogy xn 0. 5 ⋅ 2 n − 2 ⋅ 5n sorozat vizsgálata sokkal egyszerűbb lesz, ha a számlálót is meg 3 ⋅ 4 n + 4 ⋅ 5n a nevezőt is elosztjuk az 5n hatvánnyal: b) Az y n = n yn =  2 5  − 2  5 n  4 3  + 4  5 5⋅ 0 − 2 = −0.5 3⋅ 0 + 4 2n + 2 sorozat "szorzat alakja" sajnos "∞⋅0 típusú", amire semmiféle 2n − 1 általá-nos szabály nem létezik. Emiatt célszerűbb lesz a következő alak: c) A zn = n ln n  2n + 7  z n = ln  .  2n − 1  Vizsgáljuk most az

"argumentum-sorozatot": n  2n + 7  un =   .  2n − 1  Célszerű átalakítással és az n λ  λ 1 +  e  n limesz-reláció felhasználásával un határértéke meghatározható: Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 35 n n .  35  7   1 +   1+ e3.5 n 2n  =  = e4 . un =  n −0.5 1  1− e 0.5  − 1     2n  n Ebből, az y = ln x függvény folytonossága folytán, az adódik, hogy: zn = ln u n ln e4 = 4 . Ismert tétel szerint   lim a n =  lim x n , lim y n , lim z n  = (0, − 0.5, 4)  n∞ n∞ n∞ n∞  Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 36 C/10. Feladat: Mi a határértéke (és miért) a

következő sorozatnak? n n3 + n + 1 b n =  n2 + 4 n + 5 , 2 ⋅ arctg , n2 + 1  n2 1995n  . ( n + 3)!  Megoldás: Ismert, hogy a {bn} vektorsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha mindegyik koordináta-sorozata konvergens. Ezért célszerű külön vizsgálni az egyes koordináta-sorozatokat. n a) Az x n = n2 + 4 n + 5 sorozatot közrefoghatjuk két egyszerűbb, közös határértékkel rendelkező sorozattal a következő módon: n ( ) 2 n n 5 < n2 + 4 n + 5 < n2 + 4 n2 + 5n2 = n 10 n n . Mivel mindkét közrefogó sorozat 1-hez konvergál, ezért xn 1. b) Az y n = 2 arctg n3 + n + 1 sorozat "viselkedéséért" az u n = n3 + n + 1 "argumentumn2 + 1 n2 + 1 sorozat" is "felelős"! Egyszerű átalakítással megmutatható, hogy un végtelenbe divergál: 1 1 1+ 2 + 3 n n ∞ ⋅1 = ∞. un = n ⋅ 1 1+ 2 n Ebből, az y = arctg x függvény +∞ -ben való viselkedése folytán, következik, hogy y n = 2 arctg u

n 2 ⋅ c) A zn = π = π. 2 n2 1995n sorozatot bontsuk "nevezetes" sorozatok szorzatára: ( n + 3)! 1995n n n 1 zn = 0 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 0 = 0. n! n + 1 n + 2 n Ismert tétel szerint   lim b n =  lim x n , lim y n , lim z n  = (1, π, 0) .  n∞ n∞ n∞ n∞  Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 37 D/9. Feladat: Mi a határértéke (és miért) a következő sorozatnak?  3 ⋅ 4 n + 4 ⋅ 3n , an =  n n  2 4 1 ⋅ +  sin(5n + 7)  6n + 5 ,    6n − 1 3n + 2 n .   Megoldás: Ismert, hogy az {an} vektorsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha mindegyik koordináta-sorozata konvergens. Ezért célszerű külön vizsgálni az egyes koordináta-sorozatokat. a) Próbáljuk meg az első koordináta-sorozatot egyszerűbb sorozatokkal közrefogni: n n n n n n 1 = n 3⋅ 4 + 0 < x =

n 3⋅ 4 + 4 ⋅ 3 < n 3⋅ 4 + 4 ⋅ 4 = n 7 n 2 2 ⋅ 4n + 4n 2 ⋅ 4n + 1 2 ⋅ 4n . Ebből a közrefogásból nyilvánvaló, hogy xn 1. b) Ugyancsak a közrefogás segíthet az y n = − sin( 5 n + 7 ) sorozat esetében: 3n + 2 1 sin( 5 n + 7 ) 1 . < < 3n + 2 3n + 2 3n + 2 Mivel mindkét közrefogó sorozat null-sorozat, ezért yn 0. c) A harmadik koordináta-sorozatot "szabványos" átalakítással vizsgáljuk: n  6n + 5 zn =    6n − 1 n n 5  5 / 6 5   1 +  1 +   e6 n  6n  =  = e. = n 1 1− 1  −  1 / 6 1 −   e 6 6n   n  Ismert tétel szerint   lim a n =  lim x n , lim y n , lim z n  = (1, 0, e) .  n∞ n∞ n∞ n∞  Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 38 D/10. Feladat: Mi a határértéke (és miért) a

következő sorozatnak?  −2 2 n2 − 3πn + 5  b n =  3 5n , arccos , 2  n 1 2 −    3n5 − 7 n3     2 3  (2 n − 1)(3n + 1)  2n    .  Megoldás: Ismert tétel, hogy a {bn} vektorsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha mindegyik koordináta-sorozata konvergens. Ezért célszerű külön vizsgálni az egyes koordináta-sorozatokat. − a) Az x n = 3 2 5n sorozat n a típusú, ahol a = 3−0.4 , következésképpen xn 1 b) A második koordináta-sorozat viselkedése az "argumentum-sorozaton" múlik: un = 2 n2 − 3πn + 5 1 − 2n 2 − 2 1 . =− 2 2 Ebből, az y = arccos x függvény folytonossága miatt, következik, hogy  1  3π y n = arccos u n arccos − =  4 2 c) A harmadik koordináta-sorozat esetében vizsgáljuk először a hatványalapot: un = 3 n5 − 7 n3 2 3 ( 2 n − 1)( 3 n + 1) = 3 n5 − 7 n3 5 3 2 6 n − 3n + 2 n − 1 3 = 0. 5 6 Az eredmény már

mutatja, hogy a gyökkritérium alkalmazása eredménnyel fog járni; az n-edik gyökvonással előálló sorozat pontosan az {un} négyzete, mely 1/4-hez konvergál. Miután 1/4 < 1, ezért zn 0 Ismert tétel szerint    3π  lim b n =  lim x n , lim y n , lim z n  =  1, , 0 .  n∞ 4  n∞ n∞ n∞   Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 39 2. dolgozat I. A/1. Feladat: Határozza meg az adott függvény féloldali határértékeit a megadott pontban! 2 x +1 f ( x ) = 3 x −1 , a = 1. Megoldás: Az f(x) függvényt definiáló képlet alapján könnyen rájöhetünk, hogy az a = 1 hely az egyetlen, ahol az f(x) függvény nem értelmezett. Ebből azonnal adódnak a következő megállapítások: (i) az a = 1 helyen f(x)-nek szakadása van, (ii) mivel az a = 1 hely torlódási pontja Df -nek, ezért felvethető az

a kérdés, hogy létezik-e f(x)-nek jobboldali illetve baloldali határértéke ebben a pontban ? Mivel tekintett függvényünk összetett függvény, ezért nem lesz haszontalan, ha magunk elé idézzük annak a két függvénynek a képét, amelyből összetevődik az f(x) függvény: a belső függvény: u= 2x + 1 3 , =2+ x −1 x −1 a külső függvény: y = 3u, u y 2 x 1 u A két grafikont megfelelő "hivatkozási alapnak" tekintve a szemlélet alapján igaznak tekinthetjük a következő megállapításokat: (i) (ii) ha x n 1 + 0, akkor u n = ha 2x n + 1 +∞ , xn −1 u n +∞, akkor y n = 3u n +∞ . (i) és (ii) kombinálásával kiadódik a következő: (iii) ha x n 1 + 0, akkor f ( x n ) = y n = 3 Dr. Komlósi Sándor 2 x n +1 x n −1 +∞ . FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 40 Ez pedig pontosan azt jelenti, hogy Hasonlóan:

(a) (b) ha xn 1 − 0, ha u n −∞ , akkor u n = akkor lim x 1+ 0 2 x +1 3 x −1 = +∞ . 2 xn + 1 −∞ , xn − 1 y n = 3u n 0 . (a) és (b) kombinálásával kiadódik a következő: (b) ha x n 1 − 0 , akkor f ( x n ) = y n = 3 Ez pedig pontosan azt jelenti, hogy 2 xn +1 xn −1 lim 0. x 1−0 2 x +1 3 x −1 =0. Q.ed B/1. Feladat: Határozza meg az adott függvény féloldali határértékeit a megadott pontban! f ( x ) = 2 arctg 3x − 2 , x+2 a = -2. Megoldás: Az f(x) függvényt definiáló képlet alapján könnyen rájöhetünk, hogy az a = -2 hely az egyetlen, ahol az f(x) függvény nem értelmezett. Ebből azonnal adódnak a következő megállapítások: (i) az a = -2 helyen f(x)-nek szakadása van, (ii) mivel az a = -2 hely torlódási pontja Df -nek, ezért felvethető az a kérdés, hogy léte-zik-e f(x)-nek jobboldali illetve baloldali határértéke ebben a pontban? Mivel tekintett függvényünk összetett függvény, ezért

nem lesz haszontalan, ha magunk elé idézzük annak a két függvénynek a képét, amelyből összetevődik az f(x) függvény: a belső függvény: Dr. Komlósi Sándor u= 3x − 2 8 , = 3− x+2 x +1 a külső függvény: y = 2arctg u , FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 41 u y π 3 -2 x u −π A két grafikont megfelelő "hivatkozási alapnak" tekintve a szemlélet alapján igaznak tekinthetjük a következő megállapításokat: (i) ha (ii) x n −2 + 0 , ha u n −∞ , akkor u n = akkor 3xn − 2 −∞ , xn + 2 y n = 2 arctg u n − π . (i) és (ii) kombinálásával kiadódik a következő: (iii) ha x n −2 + 0 , akkor f ( x n ) = y n = 2 arctg Ez pedig pontosan azt jelenti, hogy Hasonlóan: (a) (b) ha x n −2 − 0 , ha u n +∞ , akkor u n = akkor lim x −2 + 0 3xn − 2 −π. xn + 2 2 arctg 3x − 2 = −π. x+2

3xn − 2 +∞ , xn + 2 y n = 2 arctg u n π . (a) és (b) kombinálásával kiadódik a következő: (b) ha x n −2 − 0 , akkor f ( x n ) = y n = 2 arctg Ez pedig pontosan azt jelenti, hogy lim x −2 − 0 3xn − 2 π. xn + 2 2 arctg 3x − 2 = π. x+2 Q.ed C/1. Feladat: Határozza meg az adott függvény féloldali határértékeit a megadott pontban! f ( x) = Dr. Komlósi Sándor 1 2 3− x , a = 3. FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 42 Megoldás: az előzőek mintájára. D/1. Feladat: Határozza meg az adott függvény féloldali határértékeit a megadott pontban! f ( x ) = arcctg 2−x , 4 + 2x a = -2. Megoldás: az előzőek mintájára. II. A/2. Feladat: Hol nem folytonos a következő függvény? ha x irracionális  5x, f (x) =  2 x + 6, ha x racionális . Megoldás: Legyen a ∈ R tetszőleges. Tekintettel arra, hogy az

irracionális számok mindenütt sûrûn vannak a valós számok halmazában,őlebb következik, hogy létezik olyan csupa irracionális számokból álló {sn ∈ Q*} sorozat, hogy sn a. Ekkor azonban f(sn) = 5sn 5a. Tekintettel arra, hogy a racionális számok is mindenütt sûrûn vannak a valós számok halmazában, ezért van olyan csupa racionális számból álló {tn ∈ Q} sorozat, hogy tn a. Ekkor azonban 2 2 f(tn) = t n + 6 a + 6 . A függvény hatérérték fogalma szerint ha az {f(sn)} és {f(tn)} függvényérték soro-zatoknak nem ugyanaz a határértéke, akkor az f(x) függvénynek nincs határértéke az x = a helyen. Ez azt jelenti, hogy azon x = a helyen, amelyre 5a ≠ a2 + 6 (A.21) teljesül az f(x) függvénynek nincs határértéke és így az (A.21) egyenlőtlenségnek eleget tevő a pontokban nem folytonos az f(x) függvény. f(x) tehát biztos, hogy nem folytonos az a ≠ 2 és az a ≠ 3 pontokban. Most megmutatjuk, hogy az x = 2 és az x = 3

pontokban viszont folytonos az f(x). Legyen {xn} egy tetszőleges sorozat, amelyre xn 2. Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 43 Megmutatjuk, hogy ekkor f(xn) 10 = f(2). Bontsuk szét az {xn} sorozatot két részsorozatra: • • hagyjuk el a racionális számokat, ami megmarad, azt jelölje {sn }, hagyjuk el az irracionális számokat és ami megmarad, azt jelölje {t m } . k k Ennek a szétbontásnak megfelelően az {f(xn)} függvényérték sorozat is két részre bomlik: az {f ( sn k )} és az {f ( t mk )} véges vagy végtelen sorozatokra. Vizsgáljuk először azt az esetet, amikor mindkét rész végtelen sorozat Mivel konvergens sorozat bármely részsorozata konvergens és a határértéke ugyanaz, mint az eredeti sorozaté, ezért sn k 2, ha k ∞ és t mk 2, ha k ∞ . Ezeket a relációkat felhasználva kapjuk a következőt: f ( sn

k ) = 5sn k 10 Mivel az és f ( t n k ) = t 2n k + 6 10. {f (s n k )} , {f ( t mk )} sorozatoknak 10 a határértéke, ezért a belőlük "összefésült" {f(xn)} sorozat is a 10-hez fog konvergálni. Ha az {f ( t mk )} rész véges sok tagból áll, akkor az {f(xn)} sorozat az {f ( sn k )} 10-hez konvergáló sorozatból véges sok tag hozzávételével származik. Mivel ez a változtatás 10-hez való konvergenciát nem rontja el, ezért ebben az esetben is igazolást nyert, hogy f(xn) 10. Ha az a {f ( sn k )} rész áll véges sok elemből, akkor is a fenti gondolatmenettel eljutunk az f(xn) 10 relációhoz. Igazoltuk tehát, hogy valahányszor xn 2, mindannyiszor f(xn) f(2) = 10. Ez pedig éppen azt jelenti, hogy az f(x) függvény folytonos az x = 2 helyen. Az x = 3 helyen való folytonosság teljesen hasonlóan bizonyítható. Q.ed B/2. Feladat: Hol nem folytonos a következő függvény? ha x irracioná is l  3x, f ( x) =  2 x − 10, ha x

racioná lis . Megoldás: az előző mintájára. Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 44 C/2. Feladat: Hol nem differenciálható a következő függvény? f ( x) = 9 − x 2 . Megoldás: Az abszolútérték fogalma szerint 9 − x2 , ha − 3 ≤ x ≤ 3, f ( x) =  2 x − 9, ha x ∉] − 3, 3[. Mivel a g(x) = 9 - x2 függvény mindenütt differenciálható, ezért f(x) differenciálható a ]-3, 3[ nyitott intervallum minden pontjában. Mivel a h(x) = x2 - 9 függvény mindenütt differenciálható, ezért f(x) differenciálható minden olyan a helyen, amelyre a ∉[-3, 3]. Az a = -3 és az a = 3 esetek vizsgálata van már csak hátra. Tekintsük az a = -3 esetet. Az a = -3 ponthoz tartozó differenciahányados függvény a következő: d −3 ( x) = 9 − x2 x+3 = 3− x 3+ x x+3 . Ennek a függvénynek kell a határértékét

megállapítani az a = -3 helyen. Az abszolút érték miatt célszerû lesz a féloldali határértékeket vizsgálni. Figyelembe véve, hogy d-3(x) = 3-x, lim x −3 + 0 ha -3 < x < 3, ezért d −3 ( x ) = lim x −3 + 0 3 − x = 6. Tekintettel arra, hogy d-3(x) = x-3, lim x −3 − 0 d −3 ( x ) = ha x < -3, ezért lim x −3 − 0 x − 3 = −6 . Miután a féloldali határértékek léteznek ugyan, de nem egyeznek meg, ezért a d-3(x) különbsé-gi hányados függvénynek nincs határértéke az a = -3 helyen. Emiatt az f(x) függvény nem differenciálható az a = -3 pontban Hasonlóan igazolható, hogy az f(x) függvény nem differenciálható az a = 3 pontban sem. Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 45 D/2. Feladat: Hol nem differenciálható a következő függvény? f ( x) = x2 − 3x − 10 . Megoldás: Az

előző feladat mintájára igazolható, hogy a szóbanforgó függvény nem differenciálható az a = 5 és az a = -2 helyeken. III. A/3. Feladat: Határozza meg az adott függvény adott ponthoz tartozó érintőjének egyenletét! f ( x ) = 5 x4 + 7 x3 + x2 + 3 x + 6 , a = -1. Megoldás: Az f(x) függvény x = a ponthoz tartozó érintőjének egyenlete a következő: y = f (a)(x-a) + f(a). Számítsuk ki az f(x) deriváltját: f ′ ( x ) = 20 x3 + 21x2 + 2 x + 3. Behelyettesítés után f(-1) = 2 és f (-1) = 2 adódik. Az érintő egyenlete tehát: y = 2(x+1) + 2. Q.ed B/3. Feladat: Határozza meg az adott függvény adott ponthoz tartozó érintőjének egyenletét! x 3 + 2x 2 , a = -2. f ( x) = 2 ( x − 1) Megoldás: Az f(x) függvény x = a ponthoz tartozó érintőjének egyenlete a következő: y = f (a)(x-a) + f(a). Számítsuk ki az f(x) deriváltját: Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 46

3x ( f ′ ( x) = 2 ( ) ) 2 + 4 x ( x − 1) − 2 x 3 + 2 x 2 ( x − 1) ( x − 1) 4 . Behelyettesítés után f(-2) = 0 és f (-2) = 4/9 adódik. Az érintő egyenlete tehát: y= 4 ( x + 2). 9 Q.ed C/3. Feladat: Határozza meg az adott függvény adott ponthoz tartozó érintőjének egyenletét! x2 − 2 x + 1 , a = 0. f ( x ) = ln 2 x + x +1 Megoldás: Az f(x) függvény x = a ponthoz tartozó érintőjének egyenlete a következő: y = f (a)(x-a) + f(a). Számítsuk ki az f(x) deriváltját: 2x − 2 2x + 1 . f ′( x) = 2 − 2 x − 2x + 1 x + x + 1 Behelyettesítés után f(0) = 0 és f (0) = -3 adódik. Az érintő egyenlete tehát: y = -3x. Q.ed D/3. Feladat: Határozza meg az adott függvény adott ponthoz tartozó érintőjének egyenletét! 1 f ( x ) = arcctg , x a = 1. Megoldás: Az f(x) függvény x = a ponthoz tartozó érintőjének egyenlete a következő: y = f (a)(x-a) + f(a). Számítsuk ki az

f(x) deriváltját: Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 47   1 f ′ ( x) =  −  1+ 1  x2 Behelyettesítés után f(1) =   1   −  .  x2   1 2 és f (1) = adódik. Az érintő egyenlete tehát: 2 2 y= 2 1 . ( x − 1) + 2 2 Q.ed IV. A/4. Feladat: Számítsa ki a következő függvény stacionárius pontjait: f ( x ) = 3 x4 + 4 x3 − 72 x2 + 39 . Megoldás: Definíció szerint az f(x) függvény stacionárius pontjai az f (x) függvény zérus-helyei. Számítsuk ki az f(x) deriváltját és célszerûen alakítsuk át: f ′ ( x ) = 12 x3 + 12 x2 − 144 = 12 ( x2 + x − 12 ) = 12 ( x − 3)( x − 4 ) . Ebből már nyilvánvaló, hogy f(x) stacionárius pontjai a következők: a1 = 3 és a2 = 4. Q. e d B/4. Feladat: Számítsa ki a következő függvény stacionárius pontjait: f ( x ) =

x3e−4 x . Megoldás: Definíció szerint az f(x) függvény stacionárius pontjai az f (x) függvény zérus-helyei. Számítsuk ki az f(x) deriváltját és célszerûen alakítsuk át: Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 48 f ′ ( x ) = 3 x2e−4 x + x3e−4 x ( −4 ) = x2e−4 x ( 3 − 4 x ) . Mivel az exponenciális tényező mindig pozitív, ezért nyilvánvaló, hogy f(x) stacionárius pontjai a következők: a1 = 0 és a2 = 3/4. Q. e d C/4. Feladat: Számítsa ki a következő függvény stacionárius pontjait: f ( x ) = sin3 x + cos3 x . Megoldás: Definíció szerint az f(x) függvény stacionárius pontjai az f (x) függvény zérus-helyei. Számítsuk ki az f(x) deriváltját és célszerûen alakítsuk át: f ′ ( x ) = 3 sin2 x cos x + 3 cos2 x ( − sin x ) = 3 sin x cos x (sin x − cos x ) . Ebből már megállapítható, hogy f(x)

stacionárius pontjai a következők: 1  1  a 1 = kπ, k ∈ Z; a 2 =  + m π, m ∈ Z é s a 3 =  + n π, n ∈ Z 4  2  Q. e d D/4. Feladat: Számítsa ki a következő függvény stacionárius pontjait: ( ) f ( x) = ln x 2 + 1 − 2arctgx . Megoldás: Definíció szerint az f(x) függvény stacionárius pontjai az f (x) függvény zérus-helyei. Számítsuk ki az f(x) deriváltját és célszerûen alakítsuk át: Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 49 1 1 2x − 2 . f ′( x) = 2 2x − 2 = 2 1+ x 1 + x2 x +1 Ebből már nyilvánvaló, hogy f(x)-nek egyetlen stacionárius pontja van: a = 1. Q. e d V. A/5. Feladat: Határozza meg a következő függvény lokális szélsőértékhelyeit! 2 f ( x ) = 7− x + 8 x − 12 . Megoldás: A Fermat-tétel szerint lokális szélsőérték csak stacionárius pontban lehet.

(i) Határozzuk meg f(x) deriváltját: 2 f ′ ( x ) = 7− x + 8 x − 12 ( −2 x + 8 ) . Ennek megfelelően f(x)-nek egyetlen stacionárius pontja van a= 4 (ii) Tudjuk, hogy a stacionaritás csak szükséges de nem elégséges feltétele szélsőérték létezésének. Elegendő bizonyítékot a második derivált segítségével szerezhetünk. Határozzuk meg ezért f(x) második deriváltját: 2 2 f ′′( x) = 7 − x + 8x − 12 ( −2 x + 8)( −2 x + 8) + 7 − x + 8x − 12 ( −2) = 2 2 = 7 − x + 8x − 12 ( −2 x + 8) − 2   Határozzuk meg a második derivált értékét az a = 4 stacionárius pontban: f ′′ ( 4 ) = ( −2 ) 76 < 0 Ebből, az ismert másodrendû feltétel szerint az következik, hogy a = 4 lokális szigorú maximuma f(x)-nek, Q.ed B/5. Feladat: Határozza meg a következő függvény lokális szélsőértékhelyeit! 2x . f ( x ) = 2 arctgx + arcsin 2 x +1 Dr. Komlósi Sándor FELADATOK

MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 50 Megoldás: A Fermat-tétel szerint lokális szélsőérték csak stacionárius pontban lehet. (i) Határozzuk meg f(x) deriváltját: f ′ ( x) = = 2 1 + x2 + 2 1 + x2 1 + x2 2(1 + x 2 ) − (2 x)(2 x) 1 +  2x  1−    1 + x2  2(1 − x 2 ) ( (1 + x 2 ) 2 − 4 x 2 1 + x 2 ) (1 + x ) 2 2 2 = 2 1 + x2   1 − x2 = 1 + 1 + x2  1 − x2  2 + 2 = 1 2(1 − x 2 ) (1 − x 2 ) 2 1 + x2 ( ) =   .   A képlet jól mutatja, hogy • az f(x) függvény nem differenciálható az a1 = -1 és az a2 = 1 pontokban, • f (x) > 0 a ]-1,+1[ nyitott intervallumon, • f (x) ≡ 0 mind a ]-∞, -1[ mind pedig a ]1, +∞[ nyitott intervallumokon. Ennek megfelelően a ]-∞, -1[ és ]1, ∞[ intervallumok minden pontja stacionárius pontja f(x)-nek. (ii) Tudjuk, hogy a stacionaritás csak szükséges de nem

elégséges feltétele szélsőérték létezésének. Elegendő bizonyítékot a második derivált segítségével szerezhetünk. A második derivált a ]-∞, -1[ és ]1, +∞[ nyitott intervallumok minden pontjában 0, ami sajnos azt jelenti, hogy a másodrendû információ alapján nem vonhatunk le semmiféle következtetést a feladatunkra nézve. Szerencsére az első derivált előjel-térképének ismeretében a lokális szélsőérték-helyeket könnyen megkaphatjuk: • Mivel a ]-∞, -1[ nyitott intervallumon f (x) értéke azonosan nulla, ezért ezen az intervallumon f(x) konstans (a konstans értéke -π). • Mivel a ]-1, 1[ nyitott intervallumon az f (x) derivált pozitív, ezért f(x) szigorúan nő ezen az intervallumon. • Mivel a ]1, +∞[ nyitott intervallumon f (x) értéke azonosan nulla, ezért ezen az intervallumon ugyancsak konstans az f(x) függvény. (a konstans értéke π) Tekintettel arra, hogy f(x) elemi függvényekből van összetéve

folytonosságot megőrző ûveletek m segítségével, ezért f(x) minden olyan pontban folytonos, ahol értelmezett. Könnyen utána számolhatunk, hogy f(x) mindenütt értelmezett, következésképpen folytonos az a1 = -1 és a2 = 1 pontokban is. Az előző megállapítások segítségével feladatunkra a következő válasz adódik: a ]-∞, -1[ és ]1, +∞[ nyitott intervallumok valamennyi pontja lokális minimumhelye, de egyúttal lokális maximumhelye is az f(x) függvénynek. Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 51 C/5. Feladat: Határozza meg a következő függvény lokális szélsőértékhelyeit! ( ) f ( x) = x3 + 3x2 + 6x + 6 e − x . Megoldás: A Fermat-tétel szerint lokális szélsőérték csak stacionárius pontban lehet. (i) Határozzuk meg f(x) deriváltját: ( ) ( ) f ′( x) = 3x 2 + 6x + 6 e − x + x 3 + 3x 2 + 6x + 6 e

− x ( −1) = − x 3e − x . Ennek megfelelően f(x)-nek egyetlen stacionárius pontja van: a = 0. (ii) Tudjuk, hogy a stacionaritás csak szükséges de nem elégséges feltétele szélsőérték létezésének. Elegendő bizonyítékot a második derivált segítségével szerezhetünk. Határozzuk meg ezért f(x) második deriváltját: f ′′ ( x ) = ( −3 x2 ) e− x + ( − x3 ) e− x ( −1) = e− x ( x3 − 3 x2 ) . Határozzuk meg a második derivált értékét az a = 0 a stacionárius pontban: f ′′ ( 0 ) = 0 . Ebből, az ismert másodrendû feltétel szerint nem következik semmi, a másodrendû információ jelen esetben nem visz közelebb bennünket a megoldáshoz. Próbáljunk több elsőrendû információt "összegyûjteni". Egészen pontosan megvizsgáljuk, hogy előjelet vált e az f (x) = -x3e-x derivált az a = 0 pontban Mivel az exponenciális tényező mindig pozitív, ezért könny û megállapítani, hogy f (x)-nek az a = 0 helyen +, 0,

- típusú előjelváltása van. Ez azt jelenti, hogy f(x)-nek az a = 0 helyen lokális szigorú maximuma van. Q.ed D/5. Feladat: Határozza meg a következő függvény lokális szélsőértékhelyeit! f ( x ) = x − 2 sin2 x . Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 52 Megoldás: A Fermat-tétel szerint lokális szélsőérték csak stacionárius pontban lehet. (i) Határozzuk meg f(x) deriváltját: f ′ ( x ) = 1 − 4 sin x cos x = 1 − 2 sin 2 x . Ennek megfelelően f(x) stacionárius pontjai a következők: ak = π 5π + kπ , k ∈Z és bk = + kπ , k ∈ Z. 12 12 (ii) Tudjuk, hogy a stacionaritás csak szükséges de nem elégséges feltétele szélsőérték létezésének. Elegendő bizonyítékot a második derivált segítségével szerezhetünk. Határozzuk meg ezért f(x) második deriváltját: f ′′ ( x ) = −4 cos 2 x Határozzuk meg

a második derivált értékeit a stacionárius pontokban: π 3 π  f ′′(a k ) = −4 cos 2a k = −4 cos + k 2 π = −4 cos = −4 = −2 3 < 0 6  6 2 és  5π 3  5π   = 2 3 > 0. = ( −4) − f ′′( b k ) = −4 cos 2 b k = −4 cos + k 2 π = −4 cos  6  6  2  Ebből az ismert másodrendû feltételek szerint az következik, hogy • minden k ∈ Z-re ak lokális szigorú maximuma f(x)-nek, • minden k ∈ Z-re bk lokális szigorú minimuma f(x)-nek. Q.ed VI. A/6. Feladat: Mely intervallumo(ko)n csökkenő a következő függvény? f ( x ) = x2 ln x . Megoldás: Ismert dolog, hogy az f(x) monotonitási intervallumait az f (x) derivált "előjel-térképe" alapján is meghatározhatjuk. Számítsuk ki f(x) deriváltját: f ′ ( x ) = 2 x ln x + x2 1 = x ( 2 ln x + 1) x Határozzuk meg f (x) zérushelyeit és állapítsuk meg "előjel-viszonyait"! − Dr.

Komlósi Sándor 0 + FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 53 f : o • 1/ e 0 Mivel az f(x) függvényünknek egy adott intervallumon való csökkenése ekvivalens deriváltjának az adott intervallumon való nempozitivitásával, ezért az f(x) függvény csökkenési intervalluma a következő:  1   0,  e   Q.ed B/6. Feladat: Mely intervallumo(ko)n növekvő a következő függvény? 2 f ( x ) = x2e − x . Megoldás: Ismert dolog, hogy az f(x) monotonitási intervallumait az f (x) derivált "előjel-térképe" alapján is meghatározhatjuk. Számítsuk ki f(x) deriváltját: f ′ ( x ) = 2 xe− x + x2e− x ( −2 x ) = 2 x (1 − x2 ) e− x 2 2 2 Határozzuk meg f (x) zérushelyeit és állapítsuk meg "előjel-viszonyait"! + f : -∞ 0 - 0 + 0 - • • • -1 0

+1 +∞ Mivel az f(x) függvényünknek egy adott intervallumon való növekedése ekvivalens deriváltjának az adott intervallumon való nemnegativitásával, ezért az f(x) függvény növekedési intervallumai a következők: ]-∞, -1] és [0, +1]. Q.ed C/6. Feladat: Mely intervallumo(ko)n csökkenő a következő függvény? f ( x) = x 3 2 x −1 . Megoldás: Ismert dolog, hogy az f(x) monotonitási intervallumait az f (x) derivált "előjel-térképe" alapján is meghatározhatjuk. Számítsuk ki f(x) deriváltját: Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 54 3 1 x2 − 1 − x ( ) 33 x 2 − 1 f ′ ( x) = (x − 1) 2 3 2 2x = 2 ( ) 3 x 2 − 1 − 2x 2 ( ) 33 x 2 − 1 4 x2 − 3 = ( ) 33 x 2 − 1 . 4 Határozzuk meg f (x) zérushelyeit és állapítsuk meg "előjel-viszonyait"! f : + 0 0 +

• • − 3 -∞ 3 +∞ Mivel az f(x) függvényünknek egy adott intervallumon való csökkenése ekvivalens deriváltjának az adott intervallumon való nempozitivitásával, ezért az f(x) függvény csökkenési intervalluma a következő: − 3, 3 . Q.ed D/6. Feladat: Mely intervallumo(ko)n növekvő a következő függvény? 1 2x . + 2 x x −1 f ( x) = Megoldás: Ismert dolog, hogy az f(x) monotonitási intervallumait az f (x) derivált "előjel-térképe" alapján is meghatározhatjuk. Számítsuk ki f(x) deriváltját: f ′ ( x) = − =− 1 x2 + ( ) 2 x 2 − 1 − 2 x(2 x) ( 2 ) x −1 2 x 4 − 2x 2 + 1 + 2x 4 + 2x 2 x 2 (x − 1) 2 2 1 =− − x2 2( x 2 + 1) ( ) x2 − 1 3x 4 + 1 =− x 2 (x − 1) 2 2 Határozzuk meg f (x) zérushelyeit és állapítsuk meg "előjel-viszonyait"! f : Dr. Komlósi Sándor o o o . 2

FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 55 -∞ -1 0 +1 +∞ Mivel az f(x) függvényünknek egy adott intervallumon való növekedése ekvivalens deriváltjának az adott intervallumon való nemnegativitásával, ezért az f(x) függvény egyetlen intervallumon sem növekszik. Q.ed VII. A/7. Feladat: Mely intervallumo(ko)n konkáv a következő függvény? f ( x ) = arcsin x . Megoldás: Mivel az adott függvény konvexitása-konkavitása a második derivált előjel-viszonyaival jellemezhető, ezért számítsuk ki az f (x) függvényt: f ′ ( x) = ( 1 1− x ) 2 ( = 1− x 3 − 1 f ′′( x) = − 1 − x 2 2 ( −2 x) = 2 2 ) − 1 2, −1< x < 1 −2 x (1 − x ) 2 3 , −1< x < 1 Határozzuk meg f( x) második derivált zérushelyeit és előjel-térképét: + f : o o • -1 0 +1 Mivel adott függvényünk akkor és csak akkor konkáv

valamely intarvallumon, ha a máso-dik derivált ugyanott nempozitív, ezért a fenti előjel-térképről leolvasható, hogy f(x) a következő intervallumon konkáv: [0, 1[. Q.ed B/7. Feladat: Mely intervallumo(ko)n konvex a következő függvény? f ( x ) = 2 x2 + ln x . Megoldás: Mivel az adott függvény konvexitása-konkavitása a második derivált előjel-viszonyaival jellemezhető, ezért számítsuk ki az f (x) függvényt: Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 56 f ′( x) = 4 x + 1 , x>0 x és 1 4 x2 − 1 f ′′ ( x ) = 4 − 2 = , x x2 x > 0. Határozzuk meg f( x) második derivált zérushelyeit és előjel-térképét: f : 0 + o • 1/2 +∞ Mivel adott függvényünk akkor és csak akkor konvex valamely intarvallumon, ha a második derivált ugyanott nemnegatív, ezért a fenti előjel-térképről

leolvasható, hogy f(x) a következő intervallumon konvex: [1/2, +∞[. Q.ed C/7. Feladat: Mely intervallumo(ko)n konkáv a következő függvény? 2 x2 − x − 4 . f ( x) = 2 x − 4x + 4 Megoldás: Mivel az adott függvény konvexitása-konkavitása a második derivált előjel-viszonyaival jellemezhető, ezért számítsuk ki az f (x) függvényt: f ′ ( x) = (4 x − 1)( x − 2) 2 − (2 x 2 − x − 4)2( x − 2) ( x − 2) 4 = −7 x + 10 ( x − 2) 3 és −7( x − 2) − 3( x − 2) 2 ( −7 x + 10) 3 f ′′( x) = ( x − 2) 6 = 14 x − 16 ( x − 2) 4 Határozzuk meg f( x) második derivált zérushelyeit és előjel-térképét: f : -∞ 0 + • 8/7 +∞ Mivel adott függvényünk akkor és csak akkor konkáv valamely intarvallumon, ha a második derivált ugyanott nempozitív, ezért a fenti előjel-térképről leolvasható, hogy f(x) a következő intervallumon konkáv: Dr.

Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 57   −∞,  8 . 7  Q.ed D/7. Feladat: Mely intervallumo(ko)n konvex a következő függvény? f ( x ) = x3e−5 x . Megoldás: Mivel az adott függvény konvexitása-konkavitása a második derivált előjel-viszonyaival jellemezhető, ezért számítsuk ki az f(x) függvényt: f ′ ( x ) = 3 x2e−5 x + x3e−5 x ( −5) = e−5 x ( 3 x2 − 5 x3 ) és ( ) ( ) f ′′( x) = e −5x ( −5)(3x 2 − 5x 3 ) + e −5x 6x − 15x 2 = xe −5x 25x 2 − 30x + 6 Határozzuk meg f( x) második derivált zérushelyeit és előjel-térképét: f : -∞ 0 + 0 + • • • 0 3− 3 5 3+ 3 5 Mivel adott függvényünk akkor és csak akkor konvex valamely intarvallumon, ha a második derivált ugyanott nemnegatív, ezért a fenti előjel-térképről leolvasható, hogy f(x) a

következő intervallumokon konvex:  3− 3 3 + 3  , + ∞ . 0,  és  5    5  Q.ed VIII. A/8. Feladat: Számítsa ki a következő határértéket: lim x 0 Dr. Komlósi Sándor ln cos x x2 . FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 58 Megoldás: Mivel a vizsgált függvény viselkedése az a = 0 hely közelében 0 típusú, ezért a LHospital 0 szabállyal próbálkozhatunk. Vizsgáljuk a deriváltak hányadosát: − sin x sin x 1   sin x  1  lim cos x = lim  − ⋅ lim = −1.   = − lim x 0 2x x 0 cos x   x  x 0 cos x x 0 x A LHospital szabály szerint ekkor: lim ln cos x x2 x0 = −1. Q.ed B/8. Feladat: Számítsa ki a következő határértéket: lim ln(1 + x ) − x tg2 x x0 Megoldás: . Mivel a vizsgált függvény viselkedése az a = 0 hely közelében 0 típusú, ezért a

LHospital 0 szabállyal próbálkozhatunk. Vizsgáljuk a deriváltak hányadosát: 1 −1 x  cos3 x x cos3 x  lim 1 + x lim lim = lim  − = − ⋅ = −1.  1 x0 x 0 sin x  1 + x x 0 sin x x 0 1 + x 2 tgx cos2 x A LHospital szabály szerint ekkor: lim ln(1 + x ) − x = −1. tg2 x x0 Q.ed C/8. Feladat: Számítsa ki a következő határértéket: lim x0 Dr. Komlósi Sándor tgx − x ln3 (1 + x ) . FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 59 Megoldás: Mivel a vizsgált függvény viselkedése az a = 0 hely közelében 0 típusú, ezért a LHospital 0 szabállyal próbálkozhatunk. Vizsgáljuk a deriváltak hányadosát: 1 lim x0 cos2 x −1 3 ln 2 (1 + x) 1 1+ x  1 + x   sin 2 x  1 sin 2 x   = lim  lim . =  3 x 0 ln 2 (1 + x) x 0 3 cos2 x   ln 2 (1 + x)  Ahhoz, hogy a deriváltak hányadosának

ismerjem a határértékét ki kellene számolni a sin 2 x sin x   lim =  lim  2 x 0 ln (1 + x)  x 0 ln(1 + x)  2 határértéket. Sajnos (vagy szerencsére) az a = 0 közelében ez a tört is 0 típusú. Alkalmaz-zuk rá a 0 LHospital szabályt: vizsgáljuk a deriváltak hányadosát! sin x cos x = lim (1 + x ) cos x = 1. = lim x 0 ln(1 + x ) x 0 1 x0 1+ x lim Ebből aztán, felhasználva a határátmenet-mûvelet aritmetikai szabályait kapjuk, hogy lim x0 tgx − x ln3 (1 + x ) = 1. Q.ed D/8. Feladat: Számítsa ki a következő határértéket: lim x 1+ 0 arctg ( x − 1) x2 + x − 2 . Megoldás: Mivel a vizsgált függvény viselkedése az a = 1 hely közelében, 1-et jobbról közelítve, 0 típusú, 0 ezért a LHospital szabállyal próbálkozhatunk. Vizsgáljuk a deriváltak hányadosát: 1 2 x2 + x − 2 0 1 + ( x − 1)2 = lim = = 0. lim 2 2 1 x + 3 x 1+ 0 x 1+ 0 ( 2 x + 1)( 2 − 2 x + x ) 2 2 x +x−2 Ez a LHospital szabály

szerint azt jelenti, hogy: lim x 1+ 0 arctg ( x − 1) x2 + x − 2 = 0. Q.ed Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 60 3. dolgozat I. A/1. Feladat: Tekintsük a következő szélsőérték feladatot: f(x1, x2, x3, x4, x5) = - 4x12 + x1x2 + x3x4 + x1x5 + 40x1 - 72x3 extr − x1 + 4 x2 − 2 x3 + x4 + x5 = 0, −53 x1 − x2 + x3 + 3 x4 − 11x5 = 0 , 4 x1 + x2 − x3 + x5 = 0. (a) Eliminálja, a megadott sorrendben, az x2, x4 és x5 változókat! (b) Redukálja a célfüggvényt! (c) Határozza meg az eredeti feladat optimális megoldásait! Megoldás: Elemi bázistranszformációval meghatározzuk a lineáris egyenletrendszer általános megoldását: x2 = −6 x1 + 7 x3 , x4 = 23 x1 − 20 x3 , x5 = 2 x1 − 6 x3 . Ezeket a lineáris egyenleteket felhasználva a következő kétváltozós függvényt kapjuk: ϕ( x1 , x 3 ) = = −4 x12 + x1 ( −6x1 + 7

x 3 ) + x 3 (23x1 − 20x 3 ) + x1 (2 x1 − 6x 3 ) + 40x1 − 72 x 3 = = −8x12 + 24 x1x 3 − 20x 23 + 40x1 − 72 x 3 . Feladatunk a továbbiakban a ϕ( x 1 , x 3 ) függvény szélsőértékhelyeinek és szélsőértékeinek meghatározása. Először a stacionárius pontokat kell meghatároznunk, melyek, definíció szerint, a következő egyenletrendszer megoldásai: ϕ′x1 ( x1 , x3 ) = −16 x1 + 24 x3 + 40 = 0 , ϕ′x3 ( x1 , x3 ) = +24 x1 − 40 x3 − 72 = 0. Egyetlen megoldás, illetve stacionárius pont van: u = (x1, x3) = (-2, -3). A további vizs24  − 16 gálathoz szükségünk van a ϕ ′′( x 1 , x 3 ) =   Hesse-mátrixra. Számítsuk ki a  24 − 40 Hesse-mátrix inerciáját: Iner ϕ′′ ( x1 , x3 ) = (2, 0, 0). Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 61 Ez egyrészt azt jelenti, hogy a ϕ( x1 , x3 ) függvénynek az u

= (-2, -3) helyen lokális maximuma van, másrészt ebből az is következik, hogy a ϕ( x1 , x3 ) függvény teljes értelmezési tartományán konkáv. Ez utóbbi tulajdonság alapján biztosak lehetünk abban, hogy az u helyen a ϕ( x1 , x3 ) függvénynek globális maximuma van. Mindezek alapján megállapítható, hogy az eredeti feladatnak egyetlen optimális megoldása van, nevezetesen a feladat célfüggvényének a feltételi halmaz a = (-2, -9, -3, 14, 14) pontjában globális maximuma van. A maximum értéke: f(a) = -4(-2)2 + (-2)(-9) + (-3)(14) + (-2)(14) + 40(-2) - 72(-3) = 68. B/1. Feladat: Tekintsük a következő szélsőérték feladatot: f(x1, x2, x3, x4, x5) = x1x2 + 14x2x3 + x3x4 + x2x5 - 2x23 + 9x2 - 6x3 5 x1 − 31x2 + 7 x3 − 4 x4 + 7 x5 = 0 , 3 x1 − 19 x2 + 8 x3 − 3 x4 + 2 x5 = 0 , x1 − 7 x2 + 2 x3 − x4 + x5 = 0. (a) Eliminálja az x1, x4 és x5 változókat! A megadott sorrendben! (b) Redukálja a célfüggvényt! (c) Határozza meg az eredeti feladat

optimális megoldásait! Megoldás: Elemi bázistranszformációval meghatározzuk a lineáris egyenletrendszer általános megoldását: x1 = −3 x2 − 5 x3 , x4 = −8 x2 − x3 , x5 = 2 x2 + 2 x3 . Ezeket a lineáris egyenleteket felhasználva a következő kétváltozós függvényt kapjuk: ϕ( x2 , x3 ) = = ( −3x2 − 5x3 ) x2 + 14 x2 x3 + x3 ( −8x2 − x3 ) + x2 (2 x2 + 2 x3 ) − 2 x23 + 9 x2 − 6x3 = = − x22 + 3x2 x3 − 3x23 + 9 x2 − 6x3. Feladatunk a továbbiakban a ϕ( x2 , x3 ) függvény szélsőértékhelyeinek és szélsőértékeinek meghatározása. Először a stacionárius pontokat kell meghatároznunk, melyek, definíció szerint, a következő egyenletrendszer megoldásai: Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 62 ϕ ′x 2 ( x2 , x3 ) = −2 x2 + 3x3 + 9 = 0, ϕ ′x 3 ( x2 , x3 ) = +3x2 − 6x3 − 6 = 0. Egyetlen megoldás,

illetve stacionárius pont van: u = (x2, x3) = (12, 5). 3  −2 A további vizsgálathoz szükségünk van a ϕ ′′( x2 , x3 ) =   Hesse-mátrixra.  3 −6 Számítsuk ki a Hesse-mátrix inerciáját: Iner ϕ′′ ( x2 , x3 ) = (2, 0, 0). Ez egyrészt azt jelenti, hogy a ϕ( x2 , x3 ) függvénynek az u = (12, 5) helyen lokális maximuma van, másrészt ebből az is következik, hogy a ϕ( x2 , x3 ) függvény teljes értelmezési tartományán konkáv. Ez utóbbi tulajdonság alapján biztosak lehetünk abban, hogy az u helyen a ϕ( x2 , x3 ) függvénynek globális maximuma van. Mindezek alapján megállapítható, hogy az eredeti feladatnak egyetlen optimális megoldása van, nevezetesen a feladat célfüggvényének a feltételi halmaz a = (-61, 12, 5, -101, 34) pontjában globális maximuma van. A maximum értéke: f(a) = (-61)12 + 14⋅12⋅5 + 5(-101) + 12⋅34 + 2⋅52 + 9⋅12 - 6⋅5 = 39. C/1. Feladat: Tekintsük a következő szélsőérték

feladatot: f(x1, x2, x3, x4, x5) = x1x3 + 7x2x3 + x3x4 + x2x5 - 6x2 + 6x3 extr 10x1 − 9 x2 + 18x3 + 5x4 − 2 x5 = 0, −19 x1 + 26x2 − 36x3 − 9 x4 + 5x5 = 0, 4 x1 − 5x2 + 8x3 + 2 x4 − x5 = 0. (a) Eliminálja, a megadott sorrendben, az x5, x4 és x1 változókat! (b) Redukálja a célfüggvényt! (c) Határozza meg az eredeti feladat optimális megoldásait! Megoldás: Elemi bázistranszformációval meghatározzuk a lineáris egyenletrendszer általános megoldását: x1 = 2 x3 , x4 = − x2 − 6 x3 , x5 = −7 x2 + 4 x3 . Ezeket a lineáris egyenleteket felhasználva a következő kétváltozós függvényt kapjuk: Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 63 ϕ( x 2 , x 3 ) = = (2 x 3 ) x 3 + 7 x 2 x 3 + x 3 ( − x 2 − 6x 3 ) + x 2 ( −7 x 2 + 4 x 3 ) − 6x 2 + 12 x 3 = = −7 x 22 + 10x 2 x 3 − 4 x 23 − 6x 2 + 6x 3 . Feladatunk a

továbbiakban a ϕ( x2 , x3 ) függvény szélsőértékhelyeinek és szélsőértékeinek meghatározása. Először a stacionárius pontokat kell meghatároznunk, melyek, definíció szerint, a következő egyenletrendszer megoldásai: ϕ ′x 2 ( x 2 , x 3 ) = −14 x 2 + 10x 3 − 6 = 0, ϕ ′x 3 ( x 2 , x 3 ) = +10x 2 − 8x 3 + 6 = 0. Egyetlen megoldás, illetve stacionárius pont van: u = (x2, x3) = (1, 2). A további vizsgá10 −14 lathoz szükségünk van a ϕ ′′( x2 , x3 ) =   Hesse-mátrixra. Számítsuk ki a  10 −12 Hesse-mátrix inerciáját: Iner ϕ′′ ( x2 , x3 ) = (2, 0, 0). Ez egyrészt azt jelenti, hogy a ϕ( x2 , x3 ) függvénynek az u = (1, 2) helyen lokális maximuma van, másrészt ebből az is következik, hogy a ϕ( x2 , x3 ) függvény teljes értelmezési tartományán konkáv. Ez utóbbi tulajdonság alapján biztosak lehetünk abban, hogy az u helyen a ϕ( x2 , x3 ) függvénynek globális maximuma van. Mindezek alapján

megállapítható, hogy az eredeti feladatnak egyetlen optimális megoldása van, nevezetesen a feladat célfüggvényének a feltételi halmaz a = (4, 1, 2, -13, 1) pontjában globális maximuma van. A maximum értéke: f(a) = 4⋅2 + 7⋅1⋅2 + 2(-13) + 1⋅1 - 6⋅1 + 6⋅2 = 3. D/1. Feladat: Tekintsük a következő szélsőérték feladatot: f(x1, x2, x3, x4, x5) = x1x3 - x2x3 - x2x4 + x2x5 - 76x2 + 48x3 extr 2 x1 + 4 x 2 − 2 x 3 − x 4 + x 5 = 0, −5x1 − x 2 + 2 x 3 + 3x 4 − x 5 = 0, 4 x1 + x 2 − 2 x 4 + x 5 = 0. (a) Eliminálja, a megadott sorrendben, az x5, x4 és x1 változókat! (b) Redukálja a célfüggvényt! (c) Határozza meg az eredeti feladat optimális megoldásait! Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 64 Megoldás: Elemi bázistranszformációval meghatározzuk a lineáris egyenletrendszer általános megoldását: x1 = 3x 2 − 4

x 3 , x 4 = 3x 2 − 6x 3 , x 5 = −7 x 2 + 4 x 3 . Ezeket a lineáris egyenleteket felhasználva a következő kétváltozós függvényt kapjuk: ϕ( x 2 , x 3 ) = = (3x 2 − 4 x 3 ) x 3 − x 2 x 3 − x 2 (3x 2 − 6x 3 ) + x 2 ( −7 x 2 + 4 x 3 ) + 9 x 2 − 6x 3 = = −10x 22 + 12 x 2 x 3 − 4 x 23 − 76x 2 + 48x 3 . Feladatunk a továbbiakban a ϕ( x2 , x3 ) függvény szélsőértékhelyeinek és szélsőértékeinek meghatározása. Először a stacionárius pontokat kell meghatároznunk, melyek, definíció szerint, a következő egyenletrendszer megoldásai: ϕ′x2 ( x2 , x3 ) = −20 x2 + 12 x3 − 76 = 0 , ϕ′x3 ( x2 , x3 ) = +12 x2 − 8 x3 + 48 = 0. Egyetlen megoldás, illetve stacionárius pont van: u = (x2, x3) = (-2, 3). −20 12 A további vizsgálathoz szükségünk van a ϕ ′′( x 2 , x 3 ) =   Hesse-mátrixra.  12 −8 Számítsuk ki a Hesse-mátrix inerciáját: Iner ϕ′′ ( x2 , x3 ) = (2, 0, 0). Ez egyrészt azt jelenti, hogy a

ϕ( x2 , x3 ) függvénynek az u = (-2, 3) helyen lokális maximuma van, másrészt ebből az is következik, hogy a ϕ( x2 , x3 ) függvény teljes értelmezési tartományán konkáv. Ez utóbbi tulajdonság alapján biztosak lehetünk abban, hogy az u helyen a ϕ( x2 , x3 ) függvénynek globális maximuma van. Mindezek alapján megállapítható, hogy az eredeti feladatnak egyetlen optimális megoldása van, nevezetesen a feladat célfüggvényének a feltételi halmaz a = (-18, -2, 3, -24, 26) pontjában globális maximuma van. A maximum értéke: f(a) = (-18)⋅3 - (-2)⋅3 - (-2)(-24) + (-2)⋅26 - 76⋅(-2) + 48⋅3 = 148. Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 65 II. A/2. Feladat: Oldja meg a következő feladatot: 1 1 1 + + extr x y z x3 + y3 + z3 = 3, x, y, z ≥ 0. Megoldás: Tekintsük a feladat Lagrange-függvényét: L( x, y, z, λ ) = ( ) 1 1

1 + + − λ x3 + y3 + z3 − 3 . x y z Határozzuk meg a Lagrange függvény stacionárius pontjait. Ehhez a következő egyenletrendszert kell megoldani: 1 L′x = − 2 − 3λx2 = 0 , x 1 L′y = − 2 − 3λy2 = 0 , y 1 L′z = − 2 − 3λz2 = 0 , z L′λ = 3 − x2 − y2 − z2 = 0. Egyetlen megoldás van a pozitív ortánsban: x = y = z = 1 és λ = - 1/3. A másodrendű optimalitási feltétel vizsgálatához az L( x, y, z) = ( ) 1 1 1 1 3 + + + x + y3 + z3 − 3 x y z 3 Lagrange-függvény a = (1, 1, 1) helyen vett szegélyezett Hesse mátrixára van szükségünk: 4 0 H=  0  3 0 4 0 3 0 0 4 3 3 3 3  0 Mivel Iner (H) = (1, 0, 3), ezért az a = (1, 1, 1) pont lokális feltételes minimuma a feladatnak. A célfüggvény értéke ebben a pontban: 3 Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 66 B/2. Feladat: Oldja

meg a következő feladatot: yz + xy + xz extr x + y + z = 3. Megoldás: Tekintsük a feladat Lagrange-függvényét: L( x, y, z, λ ) = yz + xy + xz − λ ( x + y + z − 3) . Határozzuk meg a Lagrange függvény stacionárius pontjait. Ehhez a következő egyenletrendszert kell megoldani: L′x = z + y − λ = 0, L′y = x + z − λ = 0, L′z = x + y − λ = 0, L′λ = 3 − x − y − z = 0. Egyetlen megoldás van: vizsgálatához az x = y = z = 1 és λ = 2. A másodrendű optimalitási feltétel L( x, y, z, λ ) = yz + xy + xz − 2( x + y + z − 3) . Lagrange-függvény a = (1, 1, 1) helyen vett szegélyezett Hesse mátrixára van szükségünk: 0 1 H=  1  1 1 1 1 0 1 1 . 1 0 1  1 1 0 Mivel Iner (H) = (3, 0, 1), ezért az a = (1, 1, 1) pont lokális feltételes maximuma a feladatnak. A célfüggvény értéke ebben a pontban: 3. C/2. Feladat: Oldja meg a következő feladatot: x2 + y2 + z2 extr x 2 y 2 + y 2 z2 + x 2 z2 = 3 ,

x, y, z > 0. Megoldás: Tekintsük a feladat Lagrange-függvényét: Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 67 L( x, y, z, λ ) = x2 + y2 + z2 − λ ( x2 y2 + y2 z2 + x2 z2 − 3) . Határozzuk meg a Lagrange függvény stacionárius pontjait. Ehhez a következő egyenletrendszert kell megoldani: L′x = 2 x − λ 2 x( y2 + z2 ) = 0, L′y = 2 y − λ 2 y( x2 + z2 ) = 0, L′z = 2 z − λ 2 z( x2 + y2 ) = 0, L′λ = 3 − x2 y2 − y2 z2 − x2 z2 = 0, Egyetlen megoldás van, amely eleget tesz a pozitivitási feltételnek is: x = y = z = 1 és λ =1/2. A másodrendű optimalitási feltétel vizsgálatához az L( x, y, z, λ ) = x2 + y2 + z2 − 0.5( x2 y2 + y2 z2 + x2 z2 − 3) Lagrange-függvény a = (1, 1, 1) helyen vett szegélyezett Hesse mátrixára van szükségünk:  0 −2 −2 4  −2 0 −2 4   H=  −2 −2 0 4    4

4 0 4 Mivel Iner (H) = (1, 0, 3), ezért az a = (1, 1, 1) pont lokális feltételes minimuma a feladatnak. A célfüggvény értéke ebben a pontban: 3. D/2. Feladat Oldja meg a következő feladatot: 3 3 x 2 + 3 y 2 + z 2 extr 1 x + 1 + 1 y z x, y, z > 0. = 3, Megoldás: Tekintsük a feladat Lagrange-függvényét:   1 1 1 3 3 L( x, y, z, λ ) = x 2 + 3 y 2 + z 2 − λ  + + − 3 . y z   x Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 68 Határozzuk meg a Lagrange függvény stacionárius pontjait. Ehhez a következő egyenletrendszert kell megoldani: L ′x = L ′z = 2 33 x 2 33 λ + 2 x + z 3 λ 2 z3 = 0, = 0, L ′y = 2 33 L ′λ = 3 − y λ + 2 y 1 x − = 0, 3 1 y − 1 z . Egyetlen megoldás van, amely eleget tesz a pozitivitási feltételnek is: x = y = z = 1 és λ = 4/3. A másodrendű

optimalitási feltétel vizsgálatához az  4 1 1 1 3 3 L( x, y, z) = x 2 + 3 y 2 + z 2 +  + + − 3 . 3 x y z  Lagrange-függvény a = (1, 1, 1) helyen vett szegélyezett Hesse mátrixára van szükségünk: 0 0 −1 / 2   7/ 9  0 7/ 9 0 −1 / 2   H=  0 0 7 / 9 −1 / 2    0  −1 / 2 −1 / 2 −1 / 2 Mivel Iner (H) = (1, 0, 3), ezért az a = (1, 1, 1) pont lokális feltételes minimuma a feladatnak. A célfüggvény értéke ebben a pontban: 3. III. A/3. Feladat Határozza meg azt az f(x,y) = ax + by + c kétváltozós lineáris függvényt, mely a legkisebb négyzetek elve szerint a legjobban illeszkedik a következő négy pontra: (-1, 1, 0) (-1, 0, 1) (0, 1, 2) (1, 0, 5). Megoldás: Az f(x,y) függvény által szolgáltatott "elméleti" értékek és a "megfigyelt" értékek" eltérésének négyzetösszegét a következő függvény írja le: F(a , b, c) = ( − a + b + c) 2 + ( − a + c

− 1) 2 + ( b + c − 2) 2 + (a + c − 5) 2 . Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 69 Algebrai átalakításokkal ez a következő alakra hozható: F(a , b, c) = 3a 2 − 2ab − 2ac + 2 b 2 + 4 bc + 4c 2 − 8a − 4 b − 16c + 30 . Ennek a függvénynek kell a globális minimumát megkeresni. Első lépésként meghatározzuk a stacionárius pontokat, melyek a következő egyenletrendszer megoldásai: Fa′ = 6a − 2 b − 2c − 8 = 0, Fb′ = −2a + 4 b + 4c − 4 = 0, Fc′ = −2a + 4 b + 8c − 16 = 0. Ennek az egyenletrendszernek egyetlen megoldása van: a = 2, b = -1 és c = 3. A másodrendű feltétel a Hesse mátrix vizsgálatán alapszik:  6 −2 −2  F ′′(a , b, c) = −2 4 4 . −2 4 8 Miután Iner [F(a, b, c)] = (0, 0, 3), ezért F(a, b, c) értelmezési tartományának minden pontjában pozitív definit,

következésképpen F(a, b, c) szigorúan konvex! Ebből következik, hogy az F(a,b,c) függvény egyetlen stacionárius pontja szigorú globális minimumhely! Az adott pontokra legjobban illeszkedő lineáris függvény tehát: f(x, y) = 2x - y + 3. B/3. Feladat Határozza meg azt az f(x,y) = ax + by + c kétváltozós lineáris függvényt, mely a legkisebb négyzetek elve szerint a legjobban illeszkedik a következő négy pontra: (-1, -1, 0) (1, 0, -1) (0, 1, 4) (2, 1, 0). Megoldás: Az f(x, y) függvény által szolgáltatott "elméleti" értékek és a "megfigyelt" értékek eltérésének négyzetösszegét a következő függvény írja le: F( a, b, c) = ( − a − b + c) 2 + ( a + c + 1) 2 + ( b + c − 4) 2 + (2 a + b + c) 2 . Algebrai átalakításokkal ez a következő alakra hozható: Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 70 F(

a, b, c) = 6a 2 + 6ab + 4 ac + 3b2 + 2 bc + 4 c2 + 2 a − 8b − 6c + 17 . Ennek a függvénynek kell a globális minimumát megkeresni. Első lépésként meghatározzuk a stacionárius pontokat, melyek a következő egyenletrendszer megoldásai: F( a, b, c) = 6a 2 + 6ab + 4 ac + 3b2 + 2 bc + 4 c2 + 2 a − 8b − 6c + 17 . Ennek a függvénynek kell a globális minimumát megkeresni. Első lépésként meghatározzuk a stacionárius pontokat, melyek a következő egyenletrendszer megoldásai: Fa′ = 12 a + 6b + 4 c + 2 = 0, Fb′ = 6a + 6b + 2 c − 8 = 0, Fa′ = 4 a + 2 b + 8c − 6 = 0. Ennek az egyenletrendszernek egyetlen megoldása van: a = -2, b = 3 és c = 1. A másodrendű feltétel a Hesse mátrix vizsgálatán alapszik: 12 6 4 F′′( a, b, c) =  6 6 2 .  4 2 8 Miután Iner [F(a, b, c)] = (0, 0, 3), ezért F(a, b, c) értelmezési tartományának minden pontjában pozitív definit, következésképpen F(a, b, c) szigorúan konvex! Ebből

következik, hogy az F(a,b,c) függvény egyetlen stacionárius pontja szigorú globális minimumhely! Az adott pontokra legjobban illeszkedő lineáris függvény tehát: f(x, y) = -2x + 3y + 1. C/3. Feladat Határozza meg azt az f(x,y) = ax + by + c kétváltozós lineáris függvényt, mely a legkisebb négyzetek elve szerint a legjobban illeszkedik a következő négy pontra: (-1, -1, 0) (1, 0, 4) (1, 2, 0) (0, 1, -1). Megoldás: Az f(x,y) függvény által szolgáltatott "elméleti" értékek és a "megfigyelt" értékek eltérésének négyzetösszegét a következő függvény írja le: Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 71 F(a , b, c) = ( − a − b + c) 2 + (a + c − 4) 2 + (a + 2 b + c) 2 + ( b + c + 1) 2 . Algebrai átalakításokkal ez a következő alakra hozható: F(a , b, c) = 3a 2 + 6ab + 2ac + 6b2 + 4 bc + 4c2 − 8a +

2 b − 6c + 17 . Ennek a függvénynek kell a globális minimumát megkeresni. Első lépésként meghatározzuk a stacionárius pontokat, melyek a következő egyenletrendszer megoldásai: Fa′ = 6a + 6b + 2c − 8 = 0, Fb′ = 6a + 12 b + 4c + 2 = 0, Fc′ = 2a + 4 b + 8c − 6 = 0. Ennek az egyenletrendszernek egyetlen megoldása van: a = 3, b = -2 és c = 1. A másodrendű feltétel a Hesse mátrix vizsgálatán alapszik: 6 6 2 F′′(a , b, c) =  6 12 4 . 2 4 8 Miután Iner [F(a, b, c)] = (0, 0, 3), ezért F(a, b, c) értelmezési tartományának minden pontjában pozitív definit, következésképpen F(a, b, c) szigorúan konvex! Ebből következik, hogy az F(a,b,c) függvény egyetlen stacionárius pontja szigorú globális minimumhely! Az adott pontokra legjobban illeszkedő lineáris függvény tehát: f(x, y) = 3x - 2y + 1. D/3. Feladat Határozza meg azt az f(x,y) = ax + by + c kétváltozós lineáris függvényt, mely a legkisebb

négyzetek elve szerint a legjobban illeszkedik a következő négy pontra: (1, 2, 0) (-1, 0, -2) (0, 2, 4) (-4, -2, 0). Megoldás: Az f(x,y) függvény által szolgáltatott "elméleti" értékek és a "megfigyelt" értékek eltérésének négyzetösszegét a következő függvény írja le: F(a , b, c) = (a + 2 b + c) 2 + ( − a + c + 2) 2 + (2 b + c − 4) 2 + ( −4a − 2 b + c) 2 . Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 72 Algebrai átalakításokkal ez a következő alakra hozható: F ( a , b , c ) = 18a 2 + 20ab − 8 ac + 12 b2 + 4 bc + 4 c2 − 4 a − 16 b − 4 c + 20 . Ennek a függvénynek kell a globális minimumát megkeresni. Első lépésként meghatározzuk a stacionárius pontokat, melyek a következő egyenletrendszer megoldásai: Fa′ = 36a + 20b − 8c − 4 = 0, Fb′ = 20a + 24 b + 4c − 16 = 0, Fc′ = −8a + 4

b + 8c − 6 = 0. Ennek az egyenletrendszernek egyetlen megoldása van: a = -4, b = 5 és c = -6. A másodrendű feltétel a Hesse mátrix vizsgálatán alapszik:  36 20 −8 F ′′(a , b, c) =  20 24 4 . −8 4 8 Miután Iner [F(a, b, c)] = (0, 0, 3), ezért F(a, b, c) értelmezési tartományának minden pontjában pozitív definit, következésképpen F(a, b, c) szigorúan konvex! Ebből következik, hogy az F(a,b,c) függvény egyetlen stacionárius pontja szigorú globális minimumhely! Az adott pontokra legjobban illeszkedő lineáris függvény tehát: f(x, y) = -4x + 5y - 6. Dr. Komlósi Sándor