Matematika | Felsőoktatás » Kalkulus I.

KALKULUS I. Jegyzetvázlat BEVEZETÉS Legyenek A és B adott halmazok. Definı́ció. Ha az A halmaz minden eleméhez hozzárendeljük a B halmaz valamely elemét, akkor azt mondjuk, hogy az A-nak B-be való leképezése (vagy függvénye) van adva. A leképezéseket általában latin betűkkel jelöljük. Például: f :AB vagy A  x  f (x) ∈ B. Az f : A B leképezés értelmezési tartománya az A halmaz. Erre a Df jelölést is használjuk. Az f : A B leképezés értékkészlete a B halmaz {f (x) : x ∈ A} részhalmaza. Erre az Rf jelölést is használjuk Adott f : A B leképezés és H ⊂ A halmaz esetén az f (H) halmaz definı́ciója f (H) = {f (x) : x ∈ H}. Az f : A B függvényt valós függvénynek nevezzük, ha A ⊂ R és B ⊂ R. A továbbiakban csak valós függvényekről lesz szó. Legyenek adva az f1 : A1 R és f2 : A2 R függvények. Az f1 + f2 függvény értelmezési tartománya az A1

∩ A2 halmaz, és definı́ciója (f1 + f2 )(x) = f1 (x) + f2 (x) (x ∈ A1 ∩ A2 ). Hasonlóan definiáljuk az f1 − f2 , f1 · f2 függvényeket. Az f11 függvény értelmezési   tartománya {x ∈ A1 : f1 (x) = 0} és definı́ciója f11 (x) = f11(x) . Tegyük fel, hogy f2 (A2 ) ⊂ A1 . Ekkor az f1 ◦ f2 : A2 R összetett függvény definı́ciója (f1 ◦ f2 ) (x) = f1 (f2 (x)) (x ∈ A2 ). Az f : A B leképezést ráképezésnek nevezzük, ha f (A) = B. Az f : A B leképezést egy-egyértelműnek nevezzük, ha bármely x1 ∈ A, x2 ∈ A, x1 = x2 esetén f (x1 ) = f (x2 ). Ha f : A B ráképezés és egy-egyértelmű, akkor az f leképezés f −1 : B A inverzét az f −1 (f (x)) (x ∈ A) relációval definiáljuk. Vegyük észre, hogy Df = Rf −1 = A és Rf = Df −1 = B 1 Definı́ció. Az f : Df : R függvény korlátos, ha létezik M ∈ R úgy, hogy |f (x)| ≤ M minden x ∈ Df esetén.

Definı́ció. Az f : Df : R függvény felülről (alulról) korlátos, ha létezik M ∈ R úgy, hogy f (x) ≤ M (f (x) ≥ M ) minden x ∈ Df esetén. Definı́ció. Az f : Df R függvény monoton növő (csökkenő), ha bármely x1 ∈ Df , x2 ∈ Df , x1 < x2 esetén f (x1 ) ≤ f (x2 ) (f (x1 ) ≥ f (x2 )). Ha a ≤ (≥) jelet a < (>) jelre cseréljük a fenti definı́cióban, akkor a szigorúan monoton csökkenés (növekedés) definı́cióját kapjuk. Az elemi alapfüggvények a konstans függvény, a hatványfüggvények, az exponenciális függvények, a trigonometrikus függvények és inverzeik, a logaritmus függvények. Elemi függvényeknek nevezzük az elemi alapfüggvényeket és az elemi alapfüggvényekből a négy alapművelet +, −, ·, : és az összetett függvény képzés véges sokszori alkalmazásával kapott függvényeket. Binomiális tétel. Ha a, b 0-tól

különböző valós számok és n ∈ N+ , akkor n    n k n−k a b (a + b) = . k n k=0 Bizonyı́tás. Teljes indukcióval bizonyı́tunk Az állı́tás n = 1-re igaz, mert     1 0 1 1 1 0 1 a b + a b = b + a. (a + b) = 0 1 Tegyük fel, hogy az állı́tás igaz n-re, és igazoljuk, hogy akkor igaz n + 1-re is. Az indukciós feltevés alapján (a + b) n+1 n    n k n−k a b = (a + b)(a + b) = (a + b) k k=0 n   n    n k+1 n−k  n k n+1−k a b a b = + k k k=0 k=0       n−1   n n n+1  n n n+1 k+1 n−k + a b = b + + a . k k+1 0 n n k=0 Felhasználva az hogy n k + n k+1 = n+1 k+1 , n 0 = n+1 0 és n n = n+1 n+1 egyenlőségeket, kapjuk,      n−1  n + 1 n+1  n + 1 k+1 n−k n + 1 n+1 a (a + b) = b + b + a k+1 0 n+1 k=0      n   n + 1 k n+1−k n + 1 n+1 n + 1 n+1 a b = b + + a k 0 n+1 k=1   n+1  n+1 ak bn+1−k . = k n+1 k=0 2 Bernoulli-egyenlőtlenség. Ha a ∈ R, a > −1 és n ∈

N+ , akkor (1 + a)n ≥ 1 + na. Bizonyı́tás. n = 1-re az állı́tás igaz Tegyük fel, hogy az állı́tás igaz n-re Felhasználva ezt és az a > −1 egyenlőtlenséget, kapjuk, hogy (1 + a)n+1 = (1 + a)(1 + a)n ≥ (1 + a)(1 + na) = 1 + a + na + na2 ≥ 1 + (n + 1)a. Így az egyenlőtlenséget teljes indukcióval bebizonyı́tottuk. A számtani és mértani középre vonatkozó egyenlőtlenség. Ha n ∈ N, n ≥ 2, és a1 , a2 , . , an pozitı́v számok, akkor √ n a1 + a2 + . + an . n √ √ √ Bizonyı́tás. n = 2-re az állı́tás igaz, mert 0 ≤ ( a1 − a2 )2 = a1 + a2 − 2 a1 a2 Tegyük fel, hogy az állı́tás igaz n = 2k -ra. Ekkor az következik, hogy a1 a2 · · · an ≤ a1 +a2 +.+a2k 2k a k +.a k+1 + 2 +1 2k 2 2 √ √ 2 k a a · · · a k + 2k a k 1 2 2 2 +1 · · · a2k+1 ≥ 2 √ 2k+1 a1 a2 · · · a2k+1 . ≥ a1 + a2 + . + a2k+1 = 2k+1 Így teljes indukcióval igazoltuk, hogy az állı́tás igaz

minden 2k alakú pozitı́v egészre. Ha az n ≥ 2 egész nem 2k alakú, akkor létezik k ∈ N+ úgy, hogy 2k−1 < n < 2k . Ekkor a1 + a2 + . + an + (2k − n)Sn a1 + a2 + . + an Sn = = n 2k a1 + a2 + . + an + Sn + + Sn 2k k = ≥ a1 a2 · · · an Sn2 −n , k 2 √ ahonnan könnyen adódik Sn ≥ n a1 a2 · · · an . 3 SOROZATOK Definı́ció. Sorozatnak nevezzük az olyan függvényt, amelynek N+ az értelmezési tartománya Adott f : N+ R függvény, azaz sorozat esetén az f (n) jelölés helyett szokásosabb az n ∈ N+ -hez rendelt értéket an -nel jelölni. Az an -et a sorozat n-edik vagy általános tagjának nevezzük. Sorozatok szokásos jelölése: {an }∞ n=1 vagy {an }. Mivel a sorozatok speciális függvények, korlátosságukat, alulról (felülről) korlátosságukat, monotonitásukat már definiáltuk. Így például az {an } sorozatot alulról korlátosnak nevezzük, ha létezik M ∈ R

úgy, hogy an ≥ M minden n ∈ N+ esetén A fenti M szám, ha létezik, az {an } sorozat alsó korlátja. Definı́ció. Az {an } sorozatnak az a szám a határértéke, ha bármely ε > 0 számhoz van olyan N = N (ε) szám, hogy |an − a| < ε minden n > N −re. Jelölés: an a vagy limn∞ an = a. A definı́cióban szereplő N számot az ε-hoz tartozó küszöbszámnak hı́vjuk. Definı́ció. Az {an } sorozatot konvergensnek nevezzük, ha létezik egy a szám úgy, hogy limn∞ an = a. Az {an } sorozatot divergensnek nevezzük, ha nem konvergens Azon divergens sorozatokra, amelyek minden határon túl nőnek vagy csökkennek, külön fogalmat vezetünk be. Definı́ció. Azt mondjuk, hogy az {an } sorozat tart ∞-hez, ha minden K számhoz létezik olyan N = N (K) szám, hogy an > K minden n > N −re. Jelölés: an ∞ vagy limn∞ an = ∞. Hasonlóan definiálható limn∞ an = −∞ Tétel.

Konvergens sorozatnak pontosan egy határértéke van Bizonyı́tás. Tegyük fel, hogy {an } konvergens Definı́ció szerint létezik egy a szám úgy, hogy limn∞ an = a. Indirekt módon tegyük fel, hogy van egy b = a szám is, amelyre limn∞ an = b. Legyen ε = |a−b| 2 . A limn∞ an = a és limn∞ an = b definı́ciója alapján létezik ε-hoz N1 és N2 küszöbszám úgy, hogy |an − a| < ε minden n > N1 -re, és |an − b| < ε minden n > N2 -re. Így ha n > max{N1 , N2 }, akkor an ∈ (a − ε, a + ε) és an ∈ (b − ε, b + ε). Ez ellentmondás, mert (a − ε, a + ε) ∩ (b − ε, b + ε) = ∅ Tétel. Ha az {an } sorozat konvergens, akkor korlátos is Bizonyı́tás. Tegyük fel, hogy an a Ekkor speciálisan ε = 1-hez létezik N szám úgy, hogy |an − a| < 1 minden n > N -re. Legyen M = max{|a1 |, |a2 |, . , |a[N] |, |a − 1|, |a + 1|}, ahol [N ] az N szám egész részét jelöli.

Könnyű látni, hogy |an | ≤ M minden n ∈ N+ esetén. 4 Rendőrelv. (i) Ha a ∈ R és {an }, {bn }, {cn } adott sorozatok úgy, hogy an a, cn a, és an ≤ bn ≤ cn minden n ∈ N+ −ra, akkor bn a. (ii) Ha {an } és {bn } adott sorozatok úgy, hogy an ∞ és an ≤ bn minden n ∈ N+ −ra, akkor bn ∞. Hasonló állı́tás igaz −∞-be tartó sorozatokra is Bizonyı́tás. 1 (i) bizonyı́tása Legyen ε > 0 adott Az an a és cn a definı́ciója alapján léteznek N1 és N2 küszöbszámok úgy, hogy |an − a| < ε minden n > N1 esetén és |cn − a| < ε minden n > N2 esetén. Ekkor, felhasználva az an ≤ bn ≤ cn feltételt, kapjuk, hogy a − ε < an ≤ bn ≤ cn < a + ε minden N > max{N1 , N2 }−re, azaz |bn − a| < ε, ha n > max{N1 .N2 } Tehát bn a 2. (ii) bizonyı́tása hasonlóan megy Megjegyzés. A rendőrelv úgy is igaz, ha az an ≤ bn ≤ cn illetve az an ≤ bn

egyenlőtlenség nem minden n ∈ N+ -re teljesül, hanem csak minden n ≥ n0 egész esetén, ahol n0 > 0. Konvergens sorozatokból új konvergens sorozatokat kaphatunk bizonyos alapműveletek alkalmazásával. Tétel. Legyenek adottak az {an }, {bn } sorozatok és az a, b, c számok úgy, hogy limn∞ an = a és limn∞ bn = b. Ekkor (i) a {can } sorozat is konvergens, és határértéke ca; (ii) az {an + bn } sorozat is konvergens, és határértéke a + b; (iii) az {an bn } sorozat is konvergens, és határértéke ab; (iv) a bn = 0 minden n ∈ N+ -re és a b = 0 további feltételek mellett az { abnn } sorozat is konvergens, és határértéke ab . Bizonyı́tás. Csak a (ii) és (iv) állı́tásokat bizonyı́tjuk A másik kettő bizonyı́tása hasonló. (ii) bizonyı́tása. Az an + bn és a + b eltérését becsüljük: |(an + bn ) − (a + b)| = |an − a + bn − b| ≤ |an − a| + |bn − b|. Legyen ε > 0 adott. A

fenti egyenlőtlenség alapján |(an + bn ) − (a + b)| < ε, ha |an − a| < ε/2 és |bn − b| < ε/2. Az an a és bn b konvergenciák definı́ciója alapján léteznek ε/2-höz N1 és N2 küszöbszámok úgy, hogy |an − a| < ε/2 minden n > N1 -re és |bn − b| < ε/2 minden n > N2 -re. Következik, hogy |(an + bn ) − (a + b)| ≤ |an − a| + |bn − b| < minden n > max{N1 , N2 } esetén. 5 ε ε + =ε 2 2 (iv) bizonyı́tása. A bn b és b = 0 feltevések miatt van |b|/2 > 0-hoz N1 küszöbszám úgy, hogy |bn −b| < |b|/2 minden n > N1 esetén. Az következik, hogy |bn | > |b|/2 minden n > N1 esetén. Az abnn és ab eltérését becsüljök n > N1 -re: an b − abn (an − a)b + a(b − bn ) an a = = − bn b bn b bn b |(an − a)b + a(b − bn )| |an − a||b| + |a||b − bn | = ≤ |b| |bn b| |b| 2 2 2|a| = |an − a| + |bn − b| 2 . |b| b Legyen ε > 0 adott. Kapjuk, hogy

|bn − b| 2|a| b2 < ε/2. Az |an − a| < egyenlőtlenség. A |bn − b| < ε|b| 4 εb2 4(|a|+1) an bn − a b 2 < ε, ha n > N1 és |an − a| |b| < ε/2, 2 egyenlőtlenségből következik az |an − a| |b| < ε/2 egyenlőtlenségből |bn − b| 2|a| b2 < ε/2 adódik. Az an a feltevés miatt az ε|b| > 0 számhoz létezik N2 szám úgy, hogy |an − a| < ε|b| 4 4 εb2 minden n > N2 esetén. A bn b feltevés alapján pedig az 4(|a|+1) > 0 számhoz van N3 2 εb szám úgy, hogy |bn − b| < 4(|a|+1) minden n > N3 esetén. A fentiek szerint azt kapjuk, hogy an ε a 2 2|a| ε ≤ |an − a| + |bn − b| 2 < + = ε − bn b |b| b 2 2 minden n > max{N1 , N2 , N3 } esetén. Megjegyzés. ∞-be, −∞-be és 0-ba tartó sorozatokra is érvényesek bizonyos műveleti szabályok: an ∞, bn ∞ =⇒ an + bn ∞, an bn ∞. c > 0, an ∞ =⇒ can ∞. c < 0, an ∞ =⇒ can −∞. an

> 0, an ∞ =⇒ 1 0. an an > 0, an 0 =⇒ 1 ∞. an Speciális sorozatok. 1 Legyen c ∈ R adott, és an = c minden n ∈ N+ esetén Definı́ció alapján limn∞ an = c. 2. Legyen an = n1 minden n ∈ N+ esetén Definı́ció alapján limn∞ n = ∞ Innen műveleti szabály alkalmazásával limn∞ n1 = 0 következik. 3. Legyen q > 0 adott valós szám, és an = q n minden n ∈ N+ esetén Nyilván an 1 a q = 1 esetben. Legyen q > 1. A Bernoulli-egyenlőtlenség alkalmazásával q n = (1 + (q − 1))n ≥ 1 + n(q − 1) > n(q − 1). 6 Könnyű látni, hogy limn∞ n(q − 1) = ∞. Műveletei szabályból adódik, hogy ekkor q n ∞. Legyen q ∈ (0, 1). Ekkor 1/q > 1, és ı́gy a fentiekből (1/q)n ∞ Mivel q n = 1/(1/q)n , műveleti szabály adja, hogy q n 0. √ n 4. Legyen c > 0 adott, és an = c minden n ∈ N+ esetén Ha c ≥ 1, akkor an ≥ 1, és a Bernoulli-egyenlőtlenség alapján c = (1 +

(an − 1))n ≥ 1 + n(an − 1) > n(an − 1). Innen c n következik. Mivel c/n 0, a rendőrelv alkalmazásával |an − 1| 0 adódik, amiből an 1 következik. A c ∈ (0, 1) esetben 1/c > 1, és ı́gy az |an − 1| < √ n c= 1 n 1 c azonosság és műveleti an 1 következik. √ szabály felhasználásával 5. Legyen an = n √ n minden n ∈ N+ esetén. A binomiális tétel alkalmazásával az n ≥ 2 esetben az a = n n − 1 és b = 1 választással kapjuk, hogy   n    n √ n √ n(n − 1) √ k n−k ( n n − 1) 1 n = (( n − 1) + 1) = > ( n n − 1)2 = ( n n − 1)2 . 2 k 2 √ n n k=0 Innen √ n 2 n−1 n−1 < következik minden n ≥ 2 egészre. Legyen ε > 0 adott Ha n > ε22 + 1, ak √ n kor 2/(n − 1) < ε. Ha még n ≥ 2 is teljesül, akkor n − 1 < ε. Tehát az √ 2 n N = max{2, ε√ n − 1| < ε minden n > N esetén. 2 + 1} küszöbszám választásával | Azaz

limn∞ n n = 1. n 6. Legyen c adott valós szám, és an = cn! minden n ∈ N+ esetén Válasszuk a k pozitı́v egész számot úgy, hogy k > |c|. Ekkor  n cn |c|n |c|n |c| k k−1 = ≤ = n−(k−1) n! (k − 1)!k · · · n (k − 1)! k (k − 1)!k teljesül minden n > k egészre. A 2 példa alapján (|c|/k)n 0 Ezért műveleti szabály alkalmazásával (k k−1 /(k − 1)!)(|c|/k)n 0. A rendőrelv alapján an 0 7. Legyen sin 1 an = 1 n n minden n ∈ N+ esetén. Legyen n ∈ N+ rögzı́tett Tekintsük az O középpontú 1 sugarú körvonalat a sı́kon. Legyen P a körvonal tetszőleges pontja Legyen e a kört a P ben érintő egyenes Legyen Q a körvonal olyan pontja, hogy a P Q körı́v hossza 1/n 7 Legyen R az e egyenes és az O, Q pontokat tartalmazó egyenes metszéspontja. A P R szakasz hossza tg (1/n). Az OP Q körcikk területe 1/(2n) Az OP Q háromszög OP oldalhoz tartozó magassága sin(1/n), és ı́gy a

háromszög területe (1/2) sin(1/n). Az OP R derékszögű háromszög területe (1/2)tg (1/n). Az OP R háromszög tartalmazza az OP Q körcikket, a körcikk pedig az OP Q háromszöget. Így 1 1 1 1 1 sin < < tg . 2 n 2n 2 n Mivel n ∈ N+ tetszőleges volt, innen sin n1 1 cos < 1 < 1 n n következik minden n ∈ N+ -re. A cos 2α = 1 − 2 sin2 α azonosságból és a fenti egyenlőtlenségből adódó sin(1/(2n)) < 1/(2n) egyenlőtlenség alapján 1 1 >1−2 cos = 1 − 2 sin2 n 2n Tehát 1− minden n ∈ N+ esetén. limn∞ (1 −  1 2n 2 =1− 1 . 2n2 sin n1 1 < <1 1 2n2 n 1 2n2 ) lim n∞ = 1 és a rendőrelv alapján sin n1 1 n = 1. Legyen H ⊂ R adott halmaz. Azt mondjuk, hogy H felülről korlátos, ha létezik M úgy, hogy x≤M minden x ∈ H−ra. A fenti M -et a H halmaz felső korlátjának nevezzük. Az M ∗ szám a H halmaz legkisebb felső korlátja, ha egyrészt M ∗ felső

korlátja H-nak, másrészt pedig bármely M felső korlátra M ∗ ≤ M teljesül. Jelölés: M ∗ = sup H Az alulról korlátosságot, az alsó korlátot és a legnagyobb alsó korlátot hasonlóan definiáljuk. A H halmaz legnagyobb alsó korlátjának jelölése: inf H Az √ {r ∈ Q : r < 2} halmaz a racionális számok Q halmazának olyan nemüres, felülről korlátos részhalmaza, amelynek a Q halmazban nincs legkisebb felső korlátja. Az alábbi teljességi axióma azt mondja ki, hogy a valós számok R halmazában ez nem fordulhat elő. 8 Teljességi axióma. Az R bármely felülről korlátos és nemüres részhalmazának van legkisebb felső korlátja. A továbbiakban feltesszük, hogy a teljességi axióma teljesül. A teljességi axiómából könnyen belátható, hogy az R bármely alulról korlátos és nemüres részhalmazának van legnagyobb alsó korlátja. A bizonyı́táshoz azt

kell észrevenni, hogy ha H = ∅ alulról korlátos, akkor az S = {−x : x ∈ H} halmaz felülről korlátos, és az S legkisebb felső korlátjának −1-szerese a H legnagyobb alsó korlátja lesz. A teljességi axióma fontos szerepet játszik az alábbi tétel bizonyı́tásában. Tétel. Ha az {an } sorozat monoton és korlátos, akkor konvergens Bizonyı́tás. Tegyük fel, hogy {an } monoton növő A H = {an : n ∈ N+ } halmaz az R nemüres, korlátos részhalmaza. Így a teljességi axióma alapján létezik legkisebb felső korlátja, amit jelöljünk a-val. Azt állı́tjuk, hogy an a Legyen ε > 0 adott. Az a−ε < a egyenlőtlenség és a legkisebb felső korlát definı́ciója miatt a − ε nem felső korlátja a H halmaznak. Következésképpen van k ∈ N+ úgy, hogy ak > a − ε. Mivel az {an } sorozat monoton növő és a felső korlát, azt kapjuk, hogy a − ε < a k ≤ an ≤ a minden n

> k−ra, ahonnan |an − a| < ε következik minden n > k esetén. Tehát an a Az az eset, amikor az {an } sorozat monoton csökkenő, hasonlóan bizonyı́tható. Megjegyzés. A fenti bizonyı́tás alapján monoton növő és korlátos {an } sorozat határértéke a sup{an : n ∈ N+ } szám Hasonlóan, monoton csökkenő és korlátos {an } sorozat határértéke az inf{an : n ∈ N+ } szám. ∞ Definı́ció. Ha {nk }∞ k=1 pozitı́v egészek szigorúan növő sorozata, akkor az {ank }k=1 sorozatot az {an }∞ n=1 sorozat egy részsorozatának nevezzük. Bolzano–Weierstrass-tétel. Minden korlátos sorozatnak van konvergens részsorozata Bizonyı́tás. Legyen {an } egy korlátos sorozat A korlátosság miatt vannak α1 és β1 számok úgy, hogy α1 < an < β1 minden n ∈ N+ −ra. 1 1 Felezzük meg az [α1 , β1 ] intervallumot, kapjuk az [α1 , α1 +β ] és [ α1 +β , β1 ] zárt interval2 2 α1 +β1 α1

+β1 lumokat. Az [α1 , 2 ] és [ 2 , β1 ] intervallumok közül teljesül legalább az egyikre, amit jelöljünk [α2 , β2 ]-vel, hogy végtelen sok n index esetén an ∈ [α2 , β2 ]. Hasonló módon, jelölje [α3 , β3 ] az [α2 , β2 ] intervallum azon felét, amelyben az {an } sorozatnak ∞ végtelen sok tagja van. Az eljárást folytatva kapjuk az {αk }∞ k=1 és {βk }k=1 sorozatokat + úgy, hogy minden k ∈ N esetén αk ≤ αk+1 < βk+1 ≤ βk , βk+1 − αk+1 = 12 (βk − αk ), és minden k-ra az {an } sorozatnak végtelen sok tagja van az [αk , βk ] intervallumban. Most definiáljuk teljes indukcióval pozitı́v egészek egy {nk }∞ k=1 szigorúan növő sorozatát. Legyen n1 = 1 Ekkor an1 ∈ [α1 , β1 ] Tegyük fel, hogy n1 , n2 , , nk már 9 definiálva van úgy, hogy n1 < n2 < . < nk és anj ∈ [αj , βj ] minden j ∈ {1, 2, , k} esetén. Az {an } sorozatnak végtelen sok tagja esik az

[αk+1 , βk+1 ] intervallumba Így biztosan van m > nk úgy, hogy am ∈ [αk+1 , βk+1 ]. Legyen nk+1 = m Ekkor {nk }∞ k=1 pozitı́v egészek szigorúan növő sorozata úgy, hogy ank ∈ [αk , βk ] minden k ∈ N+ -ra. ∞ Azt állı́tjuk, hogy az {an }∞ n=1 sorozat {ank }k=1 részsorozata konvergens. Az {αk }∞ k=1 sorozat konvergens, mert monoton növő és korlátos (β1 egy felső korlátja). Tehát van α úgy, hogy αk α A {βk }∞ k=1 sorozat monoton csökkenő és korlátos (α1 alsó korlátja), ı́gy létezik β, amelyre βk β. A fenti megjegyzés alapján α = sup{αk : k ∈ N+ } és β = inf{βk : k ∈ N+ }. Megmutatjuk, hogy α = β. Ha β < α, akkor αk α és βk β miatt minden elég nagy k egészre βk < αk . Ez ellentmondás, mert αk < βk minden k ∈ N+ -ra Tegyük fel, hogy α < β. Minden k ∈ N+ esetén αk ≤ α és β ≤ βk Innen βk − αk ≥ β − α > 0 adódik minden k

∈ N+ -ra. A minden k ∈ N+ -ra teljesülő βk+1 − αk+1 = 12 (βk − αk ) egyenlőségből teljes indukcióval a  k−1 1 βk − αk = (β1 − α1 ) 2 egyenlőséget kapjuk minden k ∈ N+ -ra. Innen βk − αk 0 következik, ami ellentmond βk − αk > β − α > 0-nak. Tehát α = β Az {ank } sorozat konstrukciójából tudjuk, hogy minden k ∈ N+ esetén αk ≤ ank ≤ βk . Mivel α = β, ezért limk∞ αk = limk∞ βk = α. Így a rendőrelv alapján az {ank } sorozat is konvergál α-hoz. ∞ Definı́ció. Az a ∈ R szám az {an }∞ n=1 sorozat torlódási pontja, ha az {an }n=1 sorozatnak létezik egy olyan {ank }∞ k=1 részsorozata, amely konvergál a-hoz. Cauchy-féle konvergenciakritérium. Az {an } sorozat akkor és csak akkor konvergens, ha minden ε > 0-hoz létezik N = N (ε) küszöbszám úgy, hogy |an − am | < ε minden n > N , m > N esetén. Bizonyı́tás. 1 Tegyük fel, hogy {an }

konvergens Ekkor van a ∈ R úgy, hogy limn∞ an = a. Legyen ε > 0 adott Mivel an a, létezik ε/2-höz egy K küszöbszám úgy, hogy |ak − a| < ε/2, ha k > K Ekkor minden n > K, m > K esetén |an − a| < ε/2, |am − a| < ε/2, és ı́gy |an − am | = |(an − a) + (a − am )| ≤ |an − a| + |am − a| < ε ε + = ε. 2 2 2. Tegyük fel, hogy minden ε > 0-hoz létezik N = N (ε) küszöbszám úgy, hogy |an − am | < ε, ha n > N és m > N . Megmutatjuk, hogy létezik a ∈ R, amelyre an a teljesül. Válasszuk az l > 0 egészet úgy, hogy l > N (1) Ekkor |an − al | < 1, ha n ≥ l Innen minden n ∈ N+ -ra |an | ≤ max{|a1 |, |a2 |, . , |al |, |al − 1|, |al + 1|} 10 következik. Tehát az {an } sorozat korlátos A Bolzano–Weierstrass-tétel alapján létezik ∞ az {an }∞ n=1 sorozatnak egy konvergens {ank }k=1 részsorozata, és létezik egy a ∈ R szám úgy, hogy

limk∞ ank = a. Legyen ε > 0 adott. Legyen n > N (ε/2) Mivel limk∞ ank = a, létezik j > 0 egész szám úgy, hogy nj > N (ε/2) és |anj − a| < ε/2. Ekkor |an − a| = |(an − anj ) + (anj − a)| ≤ |an − anj | + |anj − a| < ε ε + = ε. 2 2 Mivel ε > 0 és n > N (ε/2) tetszőlegesek voltak, kapjuk, hogy limn∞ an = a. Az (1 + n1 )n sorozat. Legyen an = (1 + n1 )n , n ∈ N+ Megmutatjuk, hogy az {an } sorozat monoton növő és korlátos. 1. Monotonitás Az an ≤ an+1 egyenlőtlenség ekvivalens az  n+1 1 1+ n n ≤1+ 1 n+1 egyenlőtlenséggel. A bal oldal a b1 = 1, b2 = b3 = = bn+1 = 1 + n1 számok mértani közepe. A jobb oldal (n + 2)/(n + 1) alakban is ı́rható, és ezért a b1 , b2 , , bn+1 számok számtani közepe. Így an ≤ an+1 következik a számtani és mértani közepekre vonatkozó egyenlőtlenségből. 2. Korlátosság Elegendő az  n+1 1 1+ ≤4 n egyenlőtlenséget

igazolni, mert (1 + n1 )n ≤ (1 + n1 )n+1 . Ezzel ekvivalens az n+1 n 1 ≤ 4 n+1 egyenlőtlenség, ami szintén következik a számtani és mértani közepekre vonatkozó egyenlőtlenségből. A bal oldal a b1 = b2 = 12 , b3 = b4 = = bn+1 = 1 számok mértani közepe, mı́g a jobb oldal ezen számok számtani közepe. Tehát az (1 + n1 )n sorozat konvergens. n Definı́ció. e = limn∞ 1 + n1 n A bn = j=0 j!1 , n ∈ N+ , sorozat. Megmutatjuk, hogy limn∞ bn = e. A {bn } sorozat monoton növő Korlátos is, mert 1 1 1 1 1 1 1 1 ≤2+ + + +.+ bn = 1 + 1 + + + + . + 2! 3! 4! n! 1·2 2·3 3·4 (n − 1) · n         1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + +.+ = 3 − < 3. =2+ − − − − 1 2 2 3 3 4 n−1 n n Tehát {bn } konvergens. 11 A binomiális tétel és az   1 n 1 n! 1 (n − j + 1)(n − j + 2) · · · (n − 1)n 1 = = ≤ j j j j!(n − j)! n j! n j! j n egyenlőtlenség alapján  an = 1 1+ n n n   n   1 n 1 = bn . = ≤

j n j! j j=0 j=0 Innen e ≤ limn∞ bn következik. Ugyanis az ellenkező esetben minden elég nagy n-re az an > bn egyenlőtlenségnek kellene fennállnia, ami lehetetlen. Most belátjuk, hogy bk ≤ e minden k ∈ N+ esetén. Legyen k ∈ N+ rögzı́tett Minden n > k esetén n   n   k    n 1 n 1 1 an = 1 + = > j n j n j nj j=0 j=0 k  1 (n − j + 1)(n − j + 2) · · · (n − 1)n = j! nj j=0       k  1 j−1 j−2 1 0 1− 1− ··· 1− 1− . = j! n n n n j=0 A műveleti szabályok alkalmazásával könnyű látni, hogy       k  1 j −1 j −2 1 0 lim 1− 1− ··· 1− 1− = bk . n∞ j! n n n n j=0 Ugyanis az ellenkező esetben minden elegenInnen e = limn∞ an ≥ kbk következik. j−1 1 dően nagy n-re an < 1 − j−2 · · · 1 − n1 1 − n0 teljesülne, ami j=0 j! 1 − n n ellentmondás. A bk ≤ e, k ∈ N+ , egyenlőtlenségből limn∞ bn ≤ e adódik. Tehát limn∞ bn = e. 12

FOLYTONOS FÜGGVÉNYEK Legyen adott az f : Df R függvény, ahol Df ⊂ R. Legyen x0 ∈ Df , és tegyük fel, hogy Df tartalmazza az x0 egy környezetét, azaz van γ > 0 úgy, hogy (x0 − γ, x0 + γ) ⊂ Df . Az f függvény x0 pontban való folytonosságára két definı́ciót is kimondunk 1. definı́ció Az f függvény folytonos az x0 pontban, ha minden Df -beli x0 -hoz konvergáló {xn } sorozat eseén az {f (x0 )} sorozat tart f (x0 )-hoz 2. definı́ció Az f függvény folytonos az x0 pontban, ha bármely ε > 0-hoz létezik δ > 0 úgy, hogy ha x ∈ Df és |x − x0 | < δ, akkor |f (x) − f (x0 )| < ε. Tétel. A két definı́ció ekvivalens Bizonyı́tás. 1 ⇒ 2 Indirekt módon bizonyı́tunk. Tegyük fel, hogy az 1 definı́ció teljesül, de a 2 nem Ekkor létezik ε0 > 0 úgy, hogy minden δ > 0-hoz van olyan x ∈ Df , amelyre |x − x0 | < δ és |f (x) − f (x0 )| ≥ ε0 . Speciálisan a

δ = 1/n-hez létezik xn ∈ Df úgy, hogy |xn − x0 | < 1/n és |f (xn ) − f (x0 )| ≥ ε0 . Így kapunk egy Df -beli {xn } sorozatot, amely x0 -hoz konvergál. Az {f (xn } sorozat azonban nem tart f (x0 )-hoz, ami ellentmond az 1. definı́ciónak 2. ⇒ 1 Tegyük fel, hogy teljesül a 2. definı́ció Legyen {xn } egy Df -beli sorozat, amelyre xn x0 . Azt kell igazolnunk, hogy f (xn ) f (x0 ) is fennáll Legyen ε > 0 adott A feltételezésünk alapján létezik δ = δ(ε) > 0 úgy, hogy x ∈ Df és |x − x0 | < δ esetén |f (x) − f (x0 )| < ε. Mivel xn x0 , létezik N = N (δ) küszöbszám úgy, hogy minden n > N esetén |xn − x0 | < δ teljesül. Így az adódik, hogy |f (xn ) − f (x0 )| < ε bármely n > N esetén. Következésképpen minden ε >-hoz van N = N (δ(ε)) küszöbszám úgy, hogy |f (xn ) − f (x0 )| < ε, ha n > N . Azaz f (xn ) f (x0 ) 1. példa Az f : R  x  2x2 − 1

∈ R függvény bármely x0 ∈ R pontban folytonos Legyen x0 ∈ R rögzı́tett. Az 1. definı́ció értelmében azt kell igazolni, hogy bármely Df -beli {xn } sorozatra ha xn x0 , akkor f (xn ) = 2x2n − 1 f (x0 ) = 2x20 − 1. A sorozatokra vonatkozó műveleti szabályok alapján xn x0 esetén x2n x20 , 2x2n 2x20 és 2x2n − 1 2x20 − 1. A 2. definı́ció alapján is bizonyı́tjuk, hogy f folytonos x0 -ban Legyen ε > 0 adott Ekkor |2x2 − 1 − (2x20 − 1)| = 2|x2 − x20 | = 2|x + x0 | · |x − x0 | ≤ 2(|x| + |x0 |)|x − x0 | ≤ 2(2|x0 | + 1)|x − x0 | < ε, ha |x| < |x0 | + 1 és |x − x0 | < 2(2|xε0 |+1) . A két utóbbi feltétel teljesül, ha δ = δ(ε) =   ε min 1, 2(2|x0 |+1) és |x − x0 | < δ. 2. példa Legyen az f : R R függvény a következő módon definiálva:  x, ha x racionális, f (x) = 0, ha x irracionális. Azt állı́tjuk, hogy f a 0 pontban folytonos, de minden 0-tól

különböző x0 pontban nem folytonos. 13 Legyen {xn } egy 0-hoz konvergáló sorozat. Ekkor az {|xn |} sorozat is tart 0-hoz Az f definı́ciója alapján |f (xn )| ≤ |xn | minden n-re. Így a rendőrelv szerint |f (xn )| 0, amiből f (xn ) 0 következik. Tehát f folytonos √ 0-ban. Legyen x0 = 0 racionális. Az xn = x0 + 2/n irracionális számokból álló sorozat konvergál x0 -hoz. Az {f (xn )} sorozat csupa 0-ból áll, ami nem tart f (x0 ) = x0 -hoz Tehát f nem folytonos x0 -ban. Ha x0 = 0 irracionális, akkor található racionális számokból álló {xn } sorozat, amely x0 -hoz konvergál Ekkor f (xn ) = xn x0 = 0 és f (x0 ) = 0. Tehát f nem folytonos x0 -ban Definı́ció. Azt mondjuk, hogy az f függvény balról folytonos az x0 ∈ Df pontban, ha minden olyan {xn } sorozatra, amelyre xn ∈ Df , xn ≤ x0 és xn x0 teljesül, az is fennáll, hogy f (xn ) f (x0 ). Könnyen belátható, hogy a fentivel

ekvivalens az alábbi definı́ció: az f függvény balról folytonos az x0 ∈ Df pontban, ha bármely ε > 0-hoz létezik δ > 0 úgy, hogy ha x ∈ Df , x ≤ x0 és |x − x0 | < δ, akkor |f (x) − f (x0 )| < ε. Az f függvény x0 pontban való jobbról folytonosságát úgy definiáljuk, hogy a fenti két ekvivalens definı́cióban az xn ≤ x0 illetve x ≤ x0 relációkat kicseréljük az xn ≥ x0 illetve x ≥ x0 relációkra. Nem nehéz bebizonyı́tani, hogy az f függvény folytonos az x0 ∈ Df pontban akkor és csak akkor, ha balról folytonos x0 -ban és jobbról folytonos x0 -ban.  Példa. Az f (x) = x, ha x ≤ 0, x + 1, ha x > 0 definı́cióval adott f : R R függvény minden x0 = 0 pontban folytonos, a 0 pontban balról folytonos, a 0 pontban jobbról nem folytonos. Tétel. Legyenek adottak az f : Df R, g : Dg R függvények, x0 ∈ Df ∩ Dg , és tegyük fel, hogy f és g folytonosak x0

-ban. Ekkor az f + g, f − g, f · g függvények is folytonosak x0 -ban; továbbá g(x0 ) = 0 esetén az fg függvény is folytonos x0 -ban. Bizonyı́tás. Az állı́tás a folytonoság 1 definı́ciójának és a sorozatokra vonatkozó műveleti szabályoknak az alkalmazásával következik Tétel. Legyenek adottak az f : Df R és g : Dg R függvények úgy, hogy Rg ⊂ Df Ha g folytonos x0 ∈ Dg -ben, f folytonos g(x0 )-ban, akkor az f ◦ g függvény folytonos x0 -ban. Bizonyı́tás. Legyen adott egy {xn } sorozat Dg -ben úgy, hogy xn x0 Mivel g folytonos x0 -ban, a folytonosság 1 definı́ciója alapján g(xn ) g(x0 ) következik A {g(xn )} sorozat a Df halmazban van, ı́gy az f függvénynek a g(x0 ) pontban való folytonossága szerint f (g(xn)) f (g(x0 )) is adódik. Tehát az 1 definı́ció alapján f ◦ g folytonos x0 -ban. Definı́ció. Legyen I intervallum Az f : I R függvény folytonos az I

intervallumon, ha f bármely x0 ∈ I pontban folytonos. Ha az I intervallum balról zárt, akkor az I bal végpontjában jobbról folytonosságot, ha az I intervallum jobbról zárt, akkor az I jobb végpontjában balról folytonosságot követelünk meg. Tétel. Ha az f : I R függvény folytonos az I ⊂ R intervallumon, akkor f értékkészlete, azaz az Rf = {f (x) : x ∈ I} 14 halmaz is intervallum. Bizonyı́tás. Egy J ⊂ R halmaz pontosan akkor intervallum, ha bármely két különböző J-beli elem közötti számok is J-ben vannak. Így a tétel igazolásához elegendő megmutatni, hogy bármely olyan a, b ∈ I esetén, amelyre a < b és f (a) = f (b), minden f (a) és f (b) közötti w számhoz van c ∈ (a, b) úgy, hogy f (c) = w. Tegyük fel, hogy a, b ∈ I, a < b, f (a) < f (b) (az f (a) > f (b) eset hasonló). Legyen w rögzı́tett úgy, hogy f (a) < w < f (b). Tekintsük a H = {x ∈ [a, b] :

f (x) ≤ w} halmazt. Nyilván a ∈ H, és b a H halmaz egy felső korlátja A teljességi axióma alapján létezik a H halmaz legkisebb felső korlátja, a c = sup H szám. Könnyű látni, hogy c ∈ [a, b]. Először belátjuk, hogy f (c) ≥ w. Ha c = b, akkor f (c) = f (b) > w Ha c < b, akkor H és sup H definı́ciója szerint f (x) > w minden x ∈ (c, b]-re. Legyen xn = c + (b − c)/n Ekkor xn c, és ı́gy f c-ben való folytonosságából f (xn ) f (c) adódik. Mivel xn ∈ (c, b] minden n ∈ N+ esetén, f (xn ) > w következik minden n ∈ N+ -re. De ekkor az {f (xn )} sorozat f (c) határértéke nem lehet kisebb w-nél. Tehát f (c) ≥ w Tegyük fel, hogy f (c) > w. Ekkor c > a Mivel f folytonos c-ben, ε = f (c) − w > 0hoz létezik δ > 0 úgy, hogy minden x ∈ I, |x−c| < δ esetén |f (x)−f (c)| < ε = f (c)−w, azaz w < f (x) < 2f (c) − w. Innen kapjuk, hogy az {x ∈ I : |x − c|

< δ} halmaz elemei nem tartoznak H-ba, és ı́gy c nem lehet a H szuprémuma, ami ellentmondás. Tehát f (c) ≤ w. A fentiekből f (c) = w és c ∈ (a, b) következik. Következmény. Intervallumon folytonos függvény rendelkezik azzal a tulajdonsággal, hogy bármely két érték közötti értéket felvesz. Ezt Darboux-féle tulajdonságnak nevezzük Bizonyos feltételek mellett a fenti tétel megfordı́tása is igaz. Tétel. Ha I ⊂ R intervallum, f : I R monoton függvény, és az f függvény Rf értékkészlete intervallum, akkor f folytonos I-n. Bizonyı́tás. Tegyük fel, hogy f monoton növő I-n, azaz ha x, y ∈ I és x < y, akkor f (x) ≤ f (y). (A monoton csökkenő eset hasonló) Legyen x0 ∈ I, és tegyük fel, hogy x0 nem bal végpontja I-nek. Megmutatjuk, hogy f balról folytonos x0 -ban. Tegyük fel, hogy ez nem igaz, azaz létezik ε0 > 0 úgy, hogy minden δ > 0-hoz van y ∈ I, amelyre y ∈

(x0 − δ, x0 ] és |f (y) − f (x0 )| ≥ ε0 . Nyilván y < x0 . Mivel f monoton, ezért f (y) ≤ f (x0 ) Így f (y) ≤ f (x0 ) − ε0 következik Azt állı́tjuk, hogy ha x ∈ I és x < x0 , akkor f (x) ≤ f (x0 ) − ε0 . Ha ez nem igaz, akkor létezik x1 ∈ I úgy, hogy x1 < x0 és f (x1 ) > f (x0 ) − ε0 . Innen, az f monotonitása alapján, f (x) ≥ f (x1 ) > f (x0 ) − ε0 következik minden x ∈ (x1 , x0 )-ra. Ekkor δ = x0 − x1 > 0-hoz nem létezik y ∈ (x0 − δ, x0 ] úgy, hogy f (y) ≤ f (x0 ) − ε0 , ami ellentmondás. Tehát f (x) ≤ f (x0 ) − ε0 minden x < x0 , x ∈ I esetén Mivel f monoton növő, f (x) ≥ f (x0 ) minden x > x0 , x ∈ I esetén. A fentiekből azt kapjuk, hogy az (f (x0 ) − ε0 /2 értéket f nem veszi fel, de f fölvesz f (x0 )−ε0 /2-nél nagyobb és kisebb értéket is. Ez ellentmond annak, hogy f értékkészlete intervallum. Tehát f balról folytonos x0

-ban Hasonlóan igazolható, hogy f jobbról folytonos x0 ∈ I-ben, ha x0 nem jobb végpontja I-nek. Következésképpen, f folytonos az I intervallumon 15 Következmény. Ha az f : I R függvény szigorúan monoton és folytonos az I intervallumon, akkor az f −1 inverz függvény szigorúan monoton és folytonos a J = {f (x) : x ∈ I} intervallumon. Bizonyı́tás. Mivel f folytonos I-n, I intervallum, ezért f értékkészlete, a J halmaz is intervallum. A J intervallum az f −1 értelmezési tartománya Könnyű látni, hogy f −1 szigorúan monoton J-n. Az f −1 függvény értékkészlete az I intervallum Így az előző tétel alapján f −1 folytonos J-n. A következő három tételben zárt intervallumon folytonos függvények tulajdonságaival foglalkozunk. Tétel. Ha az f : [a, b] R függvény folytonos [a, b]-n, akkor f korlátos is [a, b]-n Bizonyı́tás. Legyen f : [a, b] R adott folytonos függvény

Tegyük fel, hogy f nem korlátos felülről. Ekkor minden n ∈ N+ -hoz létezik xn ∈ [a, b] úgy, hogy f (xn ) > n Az {xn } sorozat korlátos, mert az [a, b] intervallumban van. A Bolzano–Weierstrasstétel szerint van {xn }-nek egy konvergens {xnk } részsorozata Ekkor létezik x0 ∈ [a, b] úgy, hogy limk∞ xnk = x0 . Mivel f folytonos x0 -ban, az xnk x0 konvergenciából f (xnk ) f (x0 ) következik Innen az {f (xnk )} sorozat korlátosságát kapjuk, mert konvergens sorozat korlátos. Másrészt f (xnk ) > nk minden k ∈ N+ esetén, azaz az {f (xnk )} sorozat nem lehet korlátos. Ez ellentmondás, tehát f felülről korlátos Hasonlóan igazolható, hogy f alulról is korlátos Megjegyzés. A fenti tételben fontos, hogy az f értelmezési tartománya zárt intervallum Az f : (0, 1]  x  x1 ∈ R és g : [0, ∞)  x  x ∈ R függvények folytonosak értelmezési tartományukon, de nem korlátosak. Definı́ció. Az

f : Df R függvénynek az x0 ∈ Df pontban minimuma (maximuma) van, ha f (x) ≥ f (x0 ) (f (x) ≤ f (x0 )) minden x ∈ Df esetén. Tétel. Ha az f : [a, b] R függvény folytonos, akkor f fölveszi [a, b]-n a minimumát és a maximumát, azaz létezik x0 , y0 ∈ [a, b] úgy, hogy x0 -ban f -nek minimuma van, y0 -ban f -nek maximuma van. Bizonyı́tás. Az előző tétel alapján f korlátos [a, b]-n, azaz az Rf = {f (x) : x ∈ [a, b]} halmaz korlátos. Mivel Rf nemüres is, létezik legkisebb felső korlátja, amit M -mel jelölünk. Ekkor bármely n ∈ N+ esetén M − 1/n már nem felső korlátja Rf -nek Ezért létezik xn ∈ [a, b] úgy, hogy f (xn ) > M − 1/n. Ekkor M− 1 < f (xn ) ≤ M n minden n ∈ N+ -ra. A rendőrelv alkalmazásával f (xn ) M következik Az {xn } sorozat korlátos, ı́gy a Bolzano–Weierstrass-tétel felhasználásával létezik {xnk } részsorozata, amely konvergál valamely y0 ∈ [a, b]

számhoz. Feltevésünk szerint f folytonos y0 -ban, ezért f (xnk ) f (y0 ) adódik. Az {f (xn )} sorozat {f (xnk )} részsorozata is nyilván M -hez tart. Mivel a határérték egyértelmű, f (y0 ) = M következik, azaz f -nek y0 -ban maximuma van. Hasonlóan igazolható, hogy f fölveszi a minimumát is [a, b]-n. Legyen I ⊂ R intervallum. Az f : I R függvény folytonos az I intervallumon, ha minden x0 ∈ I pontban folytonos. Ez a folytonosság 2 definı́ciója szerint a következőt 16 jelenti: minden ε > 0-hoz létezik δ = δ(ε, x0 ) > 0 úgy, hogy ha x ∈ I és |x − x0 | < δ, akkor |f (x) − f (x0 )| < ε. Itt a δ szám függhet ε-tól és a helytől, az x0 -tól is Arra az esetre, amikor választható a helytől független δ, külön fogalmat vezetünk be. Definı́ció. Az f : I R függvény egyenletesen folytonos I-n, ha minden ε > 0-hoz létezik csak az ε-tól függő δ = δ(ε) > 0

úgy, hogy bármely x, y ∈ I esetén |x − y| < δ-ból |f (x) − f (y)| < ε következik. Tétel. Ha az f : [a, b] R függvény folytonos [a, b]-n, akkor f egyenletesen folytonos [a, b]-n. Bizonyı́tás. Legyen f : [a, b] R folytonos [a, b]-n, és tegyük fel, hogy f nem egyenletesen folytonos [a, b]-n Ekkor van ε0 > 0 úgy, hogy minden δ > 0-hoz található x, y ∈ [a, b], amelyekre |x − y| < δ és |f (x) − f (y)| ≥ ε0 teljesül. Speciálisan minden n ∈ N+ -hoz létezik xn , yn ∈ [a, b] úgy, hogy |xn − yn | < 1 , n |f (xn ) − f (yn )| ≥ ε0 . Az {xn } sorozat korlátos, ezért a Bolzano–Weierstrass-tétel alkalmazásával van konvergens {xnk } részsorozata, amely konvergál x0 -hoz. A minden k ∈ N+ -ra fennálló xnk − 1 1 < ynk < xnk + nk nk egyenlőtlenség és a rendőrelv alapján ynk x0 adódik. Az f függvény x0 -ban való folytonosságából és az xnk x0 , ynk x0

konvergenciákból f (xnk ) f (x0 ) és f (ynk ) f (x0 ) következik. Innen azt kapjuk, hogy f (xnk ) − f (ynk ) 0, ami ellentmond a minden k ∈ N+ esetén fennálló |f (xnk ) − f (ynk )| ≥ ε0 egyenlőtlenségnek 17 ELEMI FÜGGVÉNYEK ÉS FOLYTONOSSÁGUK 1. Legyen c ∈ R Az állandó R  x  c ∈ R függvény minden x0 ∈ R pontban folytonos. 2. A definı́cióból szintén közvetlenül adódik, hogy az R  x  x ∈ R függvény minden x0 ∈ R pontban folytonos. 3. Legyenek a0 , a1 , , an adott valós számok, a0 = 0 A műveleti szabályokból és a fentiekből kapjuk, hogy az R  x  a0 xn + a1 xn−1 + . + an−1 x + an ∈ R n-edfokú polinom minden x0 ∈ R pontban folytonos. 4. Legyenek a0 , a1 , , an ∈ R és b0 , b1 , , bm ∈ R adottak Definiáljuk minden x ∈ R-re a P (x) = a0 xn + a1 xn−1 + . + an és Q(x) = b0 xm + b1 xm−1 + + bm polinomokat. Legyen Df = {x ∈ R : Q(x) = 0}, és

definiáljuk az f : Df  x  P (x) ∈R Q(x) függvényt. Mivel minden x0 ∈ Df esetén Q(x0 ) = 0, és P , Q folytonosak x0 -ban, ezért f folytonossága következik x0 -ban. Speciálisan, bármely n ∈ N esetén, a minden x = 0-ra az x−n = x1n formulával definiált x−n függvény értelmezési tartományának minden pontjában folytonos. 5. Legyen n ∈ N+ A g : [0, ∞)  x  xn ∈ R függvény folytonos [0, ∞)-en a fenti 3. állı́tás szerint Könnyű látni, hogy g szigorúan √ n monoton növő, és Rg = [0, ∞). Így g inverze, amit x-szel vagy x1/n -nel jelölünk, [0, ∞)-en értelmezett, szigorúan monoton növő, folytonos [0, ∞)-en, értékkészlete [0, ∞). √ m + m n n 6. Legyen n ∈ N és m ∈ Z adott Pozitı́v x-re x -et az ( x) formulával definiáljuk. Az összetett függvények folytonosságára vonatkozó tételből kapjuk, hogy a m (0, ∞)  x  x n ∈ R függvény folytonos (0,

∞)-en. 7. Az exponenciális függvény Legyen a > 1 adott valós szám. Minden r ∈ Q esetén ar már definiálva van, mert r + előáll m n alakban, ahol n ∈ N és m ∈ Z. Tudjuk, hogy az f : Q  r  ar ∈ R függvény szigorúan monoton növő, és bármely x, y ∈ Q számokra teljesülnek az ax+y = ax ay , (ax )y = axy 18 azonosságok. Célunk: f értelmezési tartományának kiterjesztése a valós számok halmazára úgy, hogy a fenti tulajdonságok megmaradjanak minden x, y valós számra Szükségünk lesz az alábbi egyenlőtlenségre: Ha r ∈ Q és |r| ≤ 1, akkor |ar − 1| ≤ 2a|r|. (1) Bebizonyı́tjuk (1)-et. Ha k > 0 egész, akkor a1/k = 1 + b valamely b > 0 számra A Bernoulli-egyenlőtlenség alapján 1 a = (1 + b)k ≥ 1 + kb > kb = k(a k − 1). Innen 1 ak − 1 < a k adódik minden k ∈ N+ esetén. Legyen r ∈ Q és r ∈ (0, 1]. Ekkor létezik k ∈ N+ úgy, hogy szigorú

monoton növekedése és (2) alapján 1 ar − 1 ≤ a k − 1 < 1 k+1 <r ≤ 1 k. Az f k+1 1 a = a < 2ar. k k k+1 Ha r ∈ Q és r ∈ [−1, 0), akkor −r ∈ (0, 1], és ı́gy a−r − 1 1−a = < a−r − 1 < 2a(−r). −r a r A fentiekből következik (1). 1. Állı́tás Ha x ∈ R és {rn } racionális számokból álló sorozat úgy, hogy rn x, akkor az {arn } sorozat konvergens. Legyen x és {rn } rögzı́tett. Mivel {rn } konvergens, ezért korlátos is: létezik R > 0 egész úgy, hogy |rn | ≤ R. A Cauchy-féle konvergenciakritériumot fogjuk használni, azaz megmutatjuk, hogy minden ε > 0-hoz létezik N úgy, hogy minden m > N és n > N esetén |arn − arm | < ε. Legyen ε > 0 adott. Mivel {rn } konvergens, létezik N úgy, hogy minden m > N és n > N esetén |rn − ε rm | < 2aR+1 és |rn − rm | < 1. Ekkor az (1) egyenlőtlenség alkalmazásával |arn − arm | =

|arm ||arn −rm − 1| ≤ aR 2a|rn − rm | < 2aR+1 ε 2aR+1 =ε minden m > N , n > N esetén. Tehát {arn } konvergens 2. Állı́tás Ha x ∈ R, {rn } és {sn } racionális számokból álló, x-hez konvergáló sorozatok, akkor lim arn = lim asn . n∞ n∞ A t2n−1 = rn , t2n = sn , n ∈ N+ , definı́cióval adott {tn } sorozat is racionális számokból áll, és tn x. Az 1 Állı́tás szerint {atn } konvergens Az {atn } sorozatnak az {arn } és {asn } sorozatok részsorozatai. Ezért konvergensek és határértékük megegyezik 19 Az 1. és 2 Állı́tások alapján jól definiált a g : R  x  lim arn ∈ R n∞ függvény, ahol minden rögzı́tett x-re {rn } tetszőleges, racionális számokból álló, x-hez konvergáló sorozat. Ha r ∈ Q, akkor g(r) = f (r), mert az rn = r definı́cióval adott sorozatra arn ar . Tehát g az f kiterjesztése Q-ról R-re. Azt állı́tjuk, hogy g szigorúan

monoton növő. Legyen x, y ∈ R, x < y Léteznek p, q racionális számok és {rn }, {sn } racionális számokból álló sorozatok úgy, hogy x < p < q < y, rn ≤ p, q ≤ sn , rn x, sn y. Az f monotonitása alapján a rn ≤ a p < a q ≤ a s n . Innen pedig g(x) = lim arn ≤ ap < aq ≤ lim asn = g(y) n∞ n∞ következik. Most megmutatjuk, hogy g folytonos R-en. Legyen x0 ∈ R, és legyen {xn } olyan sorozat, amely konvergál x0 -hoz. Léteznek olyan racionális számokból álló {rn } és {sn } sorozatok, amelyek szintén x0 -hoz tartanak, és r n ≤ xn ≤ s n minden n ∈ N+ esetén. Mivel g szigorúan monoton növő, ezért arn = g(rn ) ≤ g(xn ) ≤ g(sn ) = asn . A g definı́ciója szerint arn g(x0 ) és asn g(x0 ). A rendőrelv alkalmazásával g(xn ) g(x0 ) következik. Tehát g folytonos x0 -ban A Bernoulli-egyenlőtlenség alapján g(n) = (1 + a − 1)n ≥ 1 + n(a − 1). Ezért g nem

korlátos felülről. A g(r) > 0 minden r ∈ Q esetén, g szigorúan monoton 1 növő, g(−n) = g(n) , n ∈ N+ , tulajdonságok alapján Rg ⊆ (0, ∞) és inf Rg = 0 következik. Rg intervallum, mert g folytonos és Dg = R is intervallum Tehát Rg = (0, ∞) A g függvényt a alapú exponenciális függvénynek nevezzük, és a g(x) = ax jelölést használjuk a továbbiakban. Ha a = 1, akkor 1x = 1 minden x ∈ R-re. Ha pedig a ∈ (0, 1), akkor minden x ∈ R-re 1 ax = 1 x . (a) 20 Az a ∈ (0, 1) esetben az ax függvény szigorúan monoton csökkenő. Az ax folytonosságából, monotonitásából és a racionális számokra fennálló megfelelő azonosságokból nem nehéz igazolni, hogy bármely valós x, y számokra teljesül ax+y = ax ay , (ax )y = axy . 8. Logaritmus függvények Legyen a > 0, a = 1. Láttuk, hogy az ax függvény szigorúan monoton R-en, értékkészlete (0, ∞), és folytonos R-en. A

loga x függvényt az ax függvény inverzeként értelmezzük: értelmezési tartománya (0, ∞), értékkészlete R, és minden x > 0-ra aloga x = x, továbbá minden x ∈ R-re loga ax = x. A loga x függvény folytonos, mert a folytonos ax függvény inverze. Tudjuk, hogy au+v = au av minden u, v valós számra. Ezért minden pozitı́v x, y számra aloga (xy) = xy = aloga x aloga y = aloga x+loga y . Mivel az exponenciális függvény szigorúan monoton, innen loga (xy) = loga x + loga y következik. Minden valós u, v-re (au )v = auv . Ezért pozitı́v x, y esetén y aloga (x ) = xy = aloga x y = ay loga x . Innen loga (xy ) = y loga x következik az exponenciális függvény monotonitása segı́tségével. n Emlékeztetőül: az e számot úgy definiáltuk, hogy e = limn∞ 1 + n1 , és e > 1. Az ex függvény inverze loge x, ami helyett az ln x vagy log x jelölés a szokásos. szokás 9. Trigonometrikus

függvények A sı́k origó középpontú 1 sugarú körvonalának pontjai radiánban mért x ∈ [0, 2π) szögekkel azonosı́thatók. A [0, 2π) intervallumon úgy definiáljuk a sin és cos függvényeket, hogy a körvonal x ∈ [0, 2π) szöggel azonosı́tott pontjának koordinátái (cos x, sin x) Az ı́gy kapott függvényeket kiterjesztjük R-re a sin(x + 2π) = sin x, cos(x + 2π) = cos x (x ∈ R) relációkkal. Ekkor Dsin = Dcos = R, Rsin = Rcos = [−1, 1] A sin függvény szigorúan monoton növő a [−π/2, π/2] intervallumon. A cos függvény szigorúan monoton csökkenő a [0, π] intervallumon. A sin páratlan, a cos páros függvény 21 A sin függvény folytonos 0-ban, mert 0 ≤ | sin x| ≤ |x| minden valós x-re, és ı́gy xn 0-ból sin xn 0 = sin 0 következik. Felhasználva a x x x x cos x = cos 2 = cos2 − sin2 = 1 − 2 sin2 2 2 2 2 azonosságot, xn 0-ból cos xn 1 = cos 0 következik.

Tehát a cos függvény folytonos 0-ban. Ha x0 ∈ R és xn x0 , akkor a sin xn = sin[(xn − x0 ) + x0 ] = sin(xn − x0 ) cos x0 + cos(xn − x0 ) sin x0 , cos xn = cos[(xn − x0 ) + x0 ] = cos(xn − x0 ) cos x0 − sin(xn − x0 ) sin x0 egyenlőségekből és sin, cos 0-ban való folytonosságából sin xn sin x0 , cos xn cos x0 következik. Tehát a sin és cos függvények folytonosak R-en A cos függvény zéróhelyei a {π/2 + kπ : k ∈ Z} halmaz elemei, a sin zéróhelyei a {kπ : k ∈ Z} halmaz elemei. A tg függvény definı́ciója π  sin x R + kπ : k ∈ Z  x  ∈ R. 2 cos x A ctg függvény definı́ciója cos x R {kπ : k ∈ Z}  x  ∈ R. sin x A sin és cos folytonosságából tg és ctg folytonossága következik. A tg és ctg függvények π-periodikusak. A tg függvény a (−π/2, π/2) intervallumot szigorúan monoton növő módon képezi R-re. A ctg függvény a (0, π) intervallumot szigorúan

monoton csökkenő módon képezi R-re. A  π π − ,  x  sin x ∈ [−1, 1] 2 2 függvény szigorúan monoton növő és folytonos. Inverze, a  π π [−1, 1]  x  arcsin x ∈ − , 2 2 függvény szigorúan monoton növő és folytonos. A [0, π]  x  cos x ∈ [−1, 1] függvény szigorúan monoton csökkenő és folytonos. Inverze, a [−1, 1]  x  arccos x ∈ [0, π] függvény szigorúan monoton csökkenő és folytonos. A  π π − ,  x  tg x ∈ R 2 2 függvény szigorúan monoton növő és folytonos. Inverze, az  π π R  x  arc tg x ∈ − , 2 2 függvény szigorúan monoton növő és folytonos. A (0, π)  x  ctg x ∈ R függvény szigorúan monoton csökkenő és folytonos. Inverze, az R  x  arc ctg x ∈ (0, π) függvény szigorúan monoton csökkenő és folytonos. 22 FÜGGVÉNYEK HATARÉRTEKE Ha az f : Df R függvény folytonos az x0 ∈ Df pontban, akkor minden olyan Df -beli

{xn } sorozatra, amelyre xn = x0 és xn x0 , az igaz, hogy f (xn ) f (x0 ). Előfordulhat azonban olyan eset, amikor a függvényértékek {f (xn )} sorozata konvergál valamely A számhoz bármely Df {x0 }-beli, x0 -hoz konvergáló {xn } sorozatra, de A = f (x0 ). Az is lehetséges, hogy x0 ∈ / Df , és minden Df -beli, x0 -hoz konvergáló {xn } sorozatra a függvényértékek {f (xn )} sorozata valamely A számhoz tart. Ez utóbbira példa a sin x g : R {0}  x  ∈R x függvény. Legyen {xn } olyan sorozat, hogy xn = 0 és xn 0 Létezik n0 > 0 szám úgy, hogy |xn | < 1 minden n ≥ n0 egészre. Minden n ≥ n0 indexhez létezik k = k(n) ∈ N+ úgy, hogy   1 1 |xn | ∈ , . k+1 k n| Vegyük észre, hogy sinxnxn = sin|x|x minden n-re. Innen, k = k(n) definı́ciójából és n| a sin függvény [0, π/2]-n való monotonitásából kapjuk, hogy minden n ≥ n0 esetén k = k(n)-re 1 1 sin k+1 sin k1 k sin k+1 sin xn k

+ 1 sin k1 ≤ ≤ ≤ ≤ 1 1 1 1 . k + 1 k+1 xn k k k+1 k Ha n ∞, akkor xn 0, és ezért k(n) ∞. Így n ∞ esetén 1 1 k(n) sin k(n)+1 1, 1 k(n) + 1 k(n)+1 k(n) + 1 sin k(n) 1. 1 k(n) k(n) Ezért a rendőrelv alapján sin xn =1 n∞ xn lim következik. Azt mondjuk, hogy a g függvény 0 pontban vett határértéke 1 Legyen az f függvény az x0 pont valamely környezetében értelmezve, kivéve esetleg az x0 pontot. 1. Definı́ció Az f függvénynek az x0 pontban A a határértéke, ha bármely olyan {xn } sorozatra, amelyre xn ∈ Df , xn = x0 minden n ∈ N+ -ra, és xn x0 , a függvényértékek {f (xn )} sorozata A-hoz tart. A fentivel ekvivalens az alábbi definı́ció. 2. Definı́ció Az f függvénynek az x0 pontban A a határértéke, ha bármely ε > 0-hoz létezik δ > 0 úgy, hogy minden x ∈ Df és 0 < |x − x0 | < δ esetén |f (x) − A| < ε. Jelölés: limxx0 f (x) = A. Azt

mondjuk, hogy az f függvénynek létezik és véges a határértéke az x0 pontban, ha van A ∈ R úgy, hogy limxx0 f (x) = A. 23 Az f függvény x0 pontban vett baloldali (jobboldali) határértékének definı́cióját kapjuk, ha a fenti 1. Definı́cióban az {xn } sorozatra az xn < x0 (xn > x0 ), illetve a 2 Definı́cióban x-re az x < x0 (x > x0 ) feltételt is megköveteljük. Jelölés: limxx− f (x) = A (limxx+ f (x) = A). 0 0 limx0 sinx x Példák. 1 Láttuk, hogy = 1. 1 2. A limx0 sin x határérték nem létezik, azaz nincs olyan A valós szám, hogy 1 1 limx0 sin x1 = A teljesülne. Az xn = nπ sorozatra sin x1n = 0, mı́g az yn = π/2+2nπ sorozatra sin y1n = 1. Tehát limx0 sin x1 nem létezik Könnyű látni, hogy a 0-ban vett bal- és jobboldali határértékek sem léteznek. 3. Legyen f (x) = {x}, x ∈ R Itt {x} az x törtrészét jelöli, azaz {x} = x − k(x), ahol k(x) a legnagyobb egész

szám, amelyre k(x) ≤ x. Ha n egész szám, akkor lim f (x) = 1, lim f (x) = 0. xn− xn+ A limxn f (x) határérték nem létezik. Definı́ció. Az f függvénynek az x0 pontban ∞ a határértéke, ha bármely Df {x0 }beli {xn } sorozatra xn x0 -ból {f (xn )} ∞ következik Ekvivalens módon: (∀K) (∃δ > 0) úgy, hogy x ∈ Df , 0 < |x − x0 | < δ =⇒ f (x) > K. Jelölés: limxx0 f (x) = ∞. Hasonlóan definiálható limxx0 f (x) = −∞ és a megfelelő bal- és jobboldali határérékek, azaz lim f (x) = ∞, lim f (x) = ∞, lim f (x) = −∞, lim f (x) = −∞. xx− 0 xx+ 0 xx− 0 xx+ 0 Most tegyük fel, hogy az f függvény értelmezési tartománya tartalmaz egy (a, ∞) alakú intervallumot. Definı́ció. Az f függvénynek a ∞-ben vett határértéke A, ha bármely Df -beli {xn } sorozatra xn ∞-ből {f (xn )} A következik. Ekvivalens módon: (∀ε > 0) (∃N ) úgy, hogy x

∈ Df , x > N =⇒ |f (x) − A| < ε. Jelölés: limx∞ f (x) = A. Definı́ció. Az f függvénynek a ∞-ben vett határértéke ∞, ha bármely Df -beli {xn } sorozatra xn ∞-ből {f (xn )} ∞ következik. Ekvivalens módon: (∀K) (∃N ) úgy, hogy x ∈ Df , x > N =⇒ f (x) > K. Jelölés: limx∞ f (x) = ∞. Ha az f értelmezési tartománya tartalmaz egy (−∞, a) alakú intervallumot, akkor a fentiekkel analóg módon definiálható: lim f (x) = A, x−∞ lim f (x) = ∞, x−∞ 24 lim f (x) = −∞. x−∞ x  1 = e, lim 1 + x∞ x Példa.  lim x−∞ 1 1+ x x = e. Legyen {xn } adott sorozat, amelyre xn ∞. Létezik n0 úgy, hogy n > n0 esetén xn ≥ 1. Minden n > n0 -ra létezik k = k(n) ∈ {1, 2, } úgy, hogy xn ∈ [k, k + 1). Ekkor k+1 k+2  1+ 1 k+1 k+1 k 1 = 1+ k+1 xn  1 ≤ 1+ xn k+1  k  1 1 k+1 1+ ≤ 1+ = . k k k  Ha n ∞, akkor k(n) ∞. Így n ∞ esetén

k(n) + 1 k(n) + 2  1+ és k(n) + 1 k(n) következik. Tehát limx∞ 1 + Ha x < −1, akkor 1 1+ x x  1+ 1 x x e k(n) e. −x −x = = −x − 1 −x  −x−1    1 1 1 . 1+ = 1+ = 1+ −x − 1 −x − 1 −x − 1  x x+1 −x = e.  Ha x −∞, akkor −x − 1 ∞ és 1 + és limx−∞ 1 + 1 k(n) k(n)+1 xn  1 e 1+ xn A rendőrelv alkalmazásával  1 k(n) + 1 1 x x 1 −x−1  1. Így limx−∞ 1 + 1 −x−1 −x−1 =e = e következik. A határérték és a folytonosság definı́ciójából adódik az alábbi tétel. 1. Tétel Az f függvény akkor és csak akkor folytonos az x0 pontban, ha lim f (x) = f (x0 ). xx0 A fenti határértékfogalmak mindegyikére megfogalmazható a rendőrelv. Mi itt ezekből csak egyet mondunk ki 25 2. Tétel Tegyük fel, hogy a < x0 , minden x ∈ (a, x0 ) esetén f (x) ≤ g(x) ≤ h(x), és lim f (x) = lim h(x) = A. xx0 xx0 Ekkor limxx0 g(x) =

A. Bizonyı́tás. A sorozatokkal megfogalmazott definı́ció alapján a sorozatokra érvényes rendőrelvből következik az állı́tás. Ha az {an } sorozat monoton és korlátos, akkor konvergens. Hasonló igaz függvények határértékére. 3. Tétel Ha az f : [a, ∞) R függvény monoton és korlátos, akkor létezik a limx∞ f (x) határérték, továbbá, a monoton növő esetben lim f (x) = sup{f (x) : x ≥ a}, x∞ a monoton csökkenő esetben lim f (x) = inf{f (x) : x ≥ a}. x∞ A bizonyı́tás ugyanúgy megy, mint a sorozatokra. Hasonló állı́tások igazak más tı́pusú határértékekre is. 26 DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁS Példák. 1 Legyen f : R  x  x3 ∈ R Azt mondjuk, hogy az f függvény grafikonjának van érintője az x = x0 pontban, ha bármely xn x0 , xn = x0 , sorozatra a függvény grafikonjának (x0 , x30 ) és (xn , x3n ) pontjain átmenő y = x30 + x3n − x30 (x − x0 )

xn − x0 egyenletű szelőknek létezik határhelyzete amint n ∞, és az független az adott {xn } sorozat választásától. Az x3n − x30 = (xn − x0 )(x2n + xn x0 + x20 ) azonosság és xn x0 x3 −x3 alapján xnn −x00 3x20 , ha n ∞. Így a szelőknek van határhelyzete, amit az x = x0 ponthoz tartozó érintőnek nevezünk. Az érintő egyenlete y = x30 + 3x20 (x − x0 ). 2. Az f : R  x  |x| ∈ R függvénynek nincs érintője az x = 0 pontban Az x = 1/n sorozatra a (0, 0) és (xn , |xn |) pontokon átmenő szelők egyenlete y = x. Az x̃n = −1/n sorozatra a (0, 0) és (x̃n , |x̃n |) pontokon átmenő szelő egyenlete y = −x. Mindkét sorozat esetén van a szelőknek határhelyzete, de az függ a sorozat választásától. 3. Egy jármű út-idő függvényét az s : [0, T ]  t  s(t) ∈ R függvény ı́rja le, azaz a jármű t idő alatt s(t) utat tesz meg. Mekkora a jármű sebessége a t0 ∈

[0, T ] időpontban? Ha t = t0 , akkor a t0 és t időpontok közötti átlagsebesség s(t) − s(t0 ) . t − t0 0) átlagsebességek határértéke létezik, Ha minden tn t0 , tn = t0 , sorozatra az s(tntn)−s(t −t0 és minden tn t0 , tn = t0 , sorozatra ugyanaz, akkor ezt az értéket nevezzük a t0 időpontbeli (pillanatnyi) sebességnek. Legyen adott az f : (a, b) R függvény és x0 ∈ (a, b). Definı́ció. Az f függvény differenciálható az x0 pontban, ha létezik és véges a lim xx0 f (x) − f (x0 ) x − x0 határérték. A határértéket az f függvény x0 pontbeli differenciálhányadosának vagy deriváltjának nevezzük. Azt is mondjuk ekkor, hogy f differenciálható az x0 pontban Jelölés: f  (x0 ), Az df | , df (x0 ). dx x=x0 dx (a, b) {x0 }  x  f (x) − f (x0 ) ∈R x − x0 függványt az f x0 pontbeli különbségihányados-függvényének nevezzük. Az f függvény x0

pontbeli differenciálhatósága ekvivalens egy A ∈ R létezésével, amelyre minden ε > 0-hoz létezik δ > 0 úgy, hogy ha 0 < |x − x0 | < δ, akkor f (x) − f (x0 ) − A < ε. x − x0 27 További ekvivalens definı́ció: létezik A ∈ R úgy, hogy minden (a, b) {x0 }-beli {xn } sorozatra xn x0 -ból f (xn ) − f (x0 ) A xn − x0 következik. Ekkor f  (x0 ) = A Legyen f : (a, b) R olyan függvény, hogy f differenciálható minden x ∈ (a, b) pontban. Az (a, b)  x  f  (x) ∈ R függvényt az f deriváltfüggvényének vagy differenciálhányados-függvényének nevezzük. Példa. A bevezető 1 Példában láttuk, hogy az f (x) = x3 függvény deriváltfüggvénye f  (x) = 3x2 . Tegyük fel, hogy az f : (a, b) R függvény differenciálható az x0 ∈ (a, b) pontban. Ekkor létezik az f grafikonjának az x0 pontban érintője. Az érintő egyenlete y = e(x), ahol e : (a, b)  x  f (x0 )

+ f  (x0 )(x − x0 ) ∈ R. Legyen Ekkor ω : (a, b)  x  f (x) − [f (x0 ) + f  (x0 )(x − x0 )] ∈ R. f (x) = f (x0 ) + f  (x0 )(x − x0 ) + ω(x) (x ∈ (a, b)). Minden x ∈ (a, b)-re ω(x) az f (x) függvény és a lineáris e(x) függvény különbsége. Azaz ω(x) megadja, hogy az e(x) érintő mekkora hibával közelı́ti f (x)-et. Az x0 pontban ω(x0 ) = 0. Ha x = x0 , akkor   f (x) − f (x0 )  − f (x0 ) . ω(x) = f (x) − f (x0 ) − f (x0 )(x − x0 ) = (x − x0 ) x − x0  Innen ω(x) f (x) − f (x0 ) = − f  (x0 ) x − x0 x − x0 adódik, ha x = x0 . Mivel limxx0 f (x)−f (x0 ) x−x0 lim xx0 = f  (x0 ), ezért ω(x) = 0. x − x0 Tehát az f (x) függvénynek az x0 pontbeli érintőjével való közelı́tése esetén az ω(x) hiba olyan, hogy ω(x0 ) = 0, és x x0 esetén ω(x) gyorsabban tart 0-hoz, mint x − x0 , azaz ω(x) limxx0 x−x = 0. 0 1. Tétel Az f : (a, b) R függvény akkor és csak

akkor differenciálható x0 ∈ (a, b)ben, ha létezik A ∈ R úgy, hogy az ω : (a, b)  x  f (x) − [f (x0 ) + A(x − x0 ))] ∈ R 28 függvényre lim xx0 ω(x) =0 x − x0 teljesül. Bizonyı́tás. Láttuk, hogy ha f differenciálható x0 -ban, akkor A = f  (x0 ) teljesı́ti a ω(x) feltételeket. Ha létezik A ∈ R úgy, hogy a tételben definiált ω-ra limxx0 x−x = 0 0 teljesül, akkor f (x) − f (x0 ) ω(x) lim = A + lim = A, xx0 xx0 x − x0 x − x0 azaz f differenciálható x0 -ban. 2. Tétel Ha az f : (a, b) R függvény differenciálható x0 ban, akkor f folytonos x0 -ban. Bizonyı́tás. Tegyük fel, hogy f differenciálható x0 -ban Ekkor létezik A ∈ R úgy, hogy ω(x) = 0 feltételt. Így az 1. Tételben definiált ω teljesı́ti a limxx0 x−x 0 lim f (x) = lim [f (x0 ) + A(x − x0 ) + ω(x)] xx0 xx0 = f (x0 ) + A lim (x − x0 ) + lim (x − x0 ) x−x0 xx0 ω(x) x − x0 = f (x0 ). Tehát f

folytonos x0 -ban. A 2. Tétel megfordı́tása nem igaz Például az f (x) = |x|, x ∈ R, függvény folytonos 0-ban, de nem differenciálható 0-ban. Jobb- és baloldali deriváltakat úgy definiálunk, hogy az eredeti definı́cióban az (f (x) − f (x0 ))/(x − x0 ) különbségihányados jobb- illetve baloldali határértékének létezését követeljük meg. Így például az f függvénynek az [a, b] zárt intervallumon való differenciálhatóságán azt értjük, hogy f differenciálható a nyitott (a, b) intervallum minden pontjában, f jobbról differenciálható az a pontban, és f balról diferenciálható a b pontban. 3. Tétel (differenciálási szabályok) Ha az f és g függvények differenciálhatók az x0 pontban, akkor az f ± g, f · g, és a g(x0 ) = 0 feltétel mellett az f /g függvények is differenciálhatók x0 -ban, és (f ± g) (x0 ) = f  (x0 ) ± g  (x0 ), (f · g) (x0 ) = f

 (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g  (x0 ),   f  (x0 )g(x0 ) − f (x0 )g  (x0 ) f . (x0 ) = g g 2 (x0 ) Bizonyı́tás. Az f ± g-re vonatkozó állı́tás közvetlenül adódik a definı́cióból Vegyük észre, hogy f (x)g(x) − f (x0 )g(x0 ) = [f (x) − f (x0 )]g(x) + f (x0 )[g(x) − g(x0 )]. 29 A 2. Tétel alapján g folytonos x0 -ban, azaz limxx0 g(x) = g(x0 ) Így lim xx0 f (x)g(x) − f (x0 )g(x0 ) f (x) − f (x0 ) g(x) − g(x0 ) = lim g(x) + lim f (x0 ) xx0 xx0 x − x0 x − x0 x − x0   = f (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g (x0 ) adódik. A 2. Tétel szerint g folytonos is x0 -ban Ha g(x0 ) = 0, akkor az x0 -ban való folytonosság alapján x0 -nak van olyan környezete, ahol g(x) = 0 Az ilyen környezetben lévő x = x0 számokra f (x)g(x0) − f (x0 )g(x) f (x) f (x0 ) − = g(x) g(x0 ) g(x)g(x0) [f (x) − f (x0 )]g(x0 ) + f (x0 )[g(x0 ) − g(x)] . = g(x)g(x0) Ezért f (x) g(x) − f (x0 ) g(x0 ) x − x0  1 f (x) − f (x0 ) g(x) −

g(x0 ) , = g(x0 ) − f (x0 ) x − x0 x − x0 g(x)g(x0)  ahonnan, a g x0 -ban való folytonosságát is felhasználva, könnyen következik a bizonyı́tandó állı́tás. Példák. 1 Ha f (x) = x, x ∈ R, akkor a deinı́cióból kapjuk, hogy f  (x) = 1 minden x ∈ R esetén. Innen a két függvény szorzatára vonatkozó differenciálási szabály és teljes indukció alkalmazásával kapjuk, hogy (xn ) = nxn−1 minden n > 1 egészre. 2. Azt állı́tjuk, hogy (sin x) = cos x, (cos x) = − sin x minden x ∈ R esetén. Először a 0-ban vett deriváltakat vizsgáljuk. Láttuk, hogy limx0 sin x x = 1. Ezért sin x − sin 0 sin x = lim = 1. x0 x0 x x−0 lim Tehát sin (0) = 1. Innen, a sin, cos függvények x = 0-ban való folytonosságából és sin 0 = 0, cos 0 = 1 alapján cos x − cos 0 cos x − 1 cos2 x − 1 sin x − sin x = lim = lim = lim =0 x0 x0 x0 x(cos x + 1) x0 x cos x + 1 x−0 x lim következik.

Tehát cos (0) = 0 A sin, cos függvényekre vonatkozó addı́ciós képletek felhasználásával x = x0 esetén sin((x − x0 ) + x0 ) − sin x0 sin(x − x0 ) cos x0 + cos(x − x0 ) sin x0 − sin x0 = x − x0 x − x0 sin(x − x0 ) cos(x − x0 ) − 1 = cos x0 + sin x0 x − x0 x − x0 30 és cos((x − x0 ) + x0 ) − cos x0 cos(x − x0 ) cos x0 − sin(x − x0 ) sin x0 − cos x0 = x − x0 x − x0 cos(x − x0 ) − 1 sin(x − x0 ) = cos x0 − sin x0 . x − x0 x − x0 Innen x x0 esetén az x = 0-ban vett deriváltak ismeretében kapjuk, hogy sin x0 = cos x0 és cos x0 = − sin x0 . 3. A fenti példa és a két függvény hányadosának deriváltjára vontakozó szabály felhasználásával   sin x  (tg x) = cos x cos2 x + sin2 x 1 (sin x) cos x − sin x(cos x) = = 2 2 cos x cos x cos2 x  cos x  = és  (ctg x) = sin x − sin2 x − cos2 x 1 (cos x) sin x − cos x(sin x) = =− 2 . = 2 2 sin x sin x sin x 4.

Tétel (összetett függvény differenciálása) Legyenek f : (a, b) R és g : (c, d) R adott függvények úgy, hogy g(x) ∈ (a, b) minden x ∈ (c, d) esetén. Ha g(x) differenciálható x0 -ban, f (x) differenciálható g(x0 )-ban, akkor f (g(x)) differenciálható x0 -ban, és  (f (g(x))) = f  (g(x0 ))g  (x0 ). x=x0 Bizonyı́tás. Az 1 Tétel alapján vannak ω1 : (a, b) R és ω2 : (c, d) R függvények úgy, hogy f (u) = f (g(x0 )) + f  (g(x0 ))(u − g(x0 )) + ω1 (u) (u ∈ (a, b)), g(x) = g(x0 ) + g  (x0 )(x − x0 ) + ω2 (x) (x ∈ (c, d)), ω1 (u) , ug(x0 ) u − g(x0 ) lim lim xx0 ω2 (x) . x − x0 Így az u = g(x) helyettesı́téssel f (g(x)) = f (g(x0)) + f  (g(x0 )) (g(x) − g(x0 )) + ω1 (g(x)) = f (g(x0)) + f  (g(x0 ))g  (x0 )(x − x0 ) + f  (g(x0 ))ω2 (x) + ω1 (g(x)). Legyen ω(x) = f  (g(x0 ))ω2 (x) + ω1 (g(x)), ha x ∈ (c, d). Ekkor lim xx0 ω(x) ω2 (x) ω1 (g(x)) = f  (g(x0 )) lim + lim xx0 x −

x0 xx0 x − x0 x − x0 ω2 (x) ω1 (g(x)) g(x) − g(x0 ) · lim = f  (g(x0 )) lim + lim xx0 x − x0 xx0 g(x) − g(x0 ) xx0 x − x0 = 0, mert a 2. Tétel alapján g folytonos is x0 -ban, és ı́gy g(x) g(x0 ), ha x x0 31 5. Tétel (inverz függvény differenciálása) Ha az f : (a, b) R szigorúan monoton, folytonos függvény az x0 ∈ (a, b) helyen differenciálható és f  (x0 ) = 0, akkor az f függvény f −1 inverz függvénye differenciálható az y0 = f (x0 ) pontban, és  f −1 (y0 ) = 1 f  (x = 0) 1 f  (f −1 (y 0 )) . Bizonyı́tás. Azt elég igazolni, hogy tetszőlegesen adott Df −1 = Rf -beli {yn } sorozatra yn = y0 , yn y0 esetén f −1 (yn ) − f −1 (y0 ) 1 .  yn − y0 f (x0 ) Legyen egy ilyen {yn } sorozat rögzı́tve. Legyen xn = f −1 (yn ) Tudjuk, hogy az f −1 függvény folytonos, mert intervallumon értelmezett, szigorúan monoton és folytonos függvény inverze. Ezért yn y0

-ból xn = f −1 (yn ) x0 = f −1 (y0 ) következik Így xn − x0 f −1 (yn ) − f −1 (y0 ) = = yn − y0 f (xn ) − f (x0 ) 1 f (xn )−f (x0 ) xn −x0 1 , f  (x0 ) ha n ∞. Példák. 1. Trigonometrikus függvények inverzeinek deriváltjai Az 5 Tétel alkalmazásával kapjuk, hogy (arc sin y) = (arc cos y) = 1 = cos(arc sin y) 1 2 1 − sin (arc sin y) = 1 (|y| < 1), 1 − y2 1 1 1 = − = − − sin(arc cos y) 1 − cos2 (arc cos y) 1 − y2 (arc tg y) = (arc ctg y) = 1 1 cos2 (arc tg y) 1 1 − sin2 (arc ctg y) = 1 1 = 1 + y2 1 + tg (arc tg y) =− (|y| < 1), (y ∈ R), 2 1 1 =− 1 + y2 1 + ctg (arc ctg y) (y ∈ R). 2 2. Logaritmus függvények differenciálása Legyenek x, x0 pozitı́v számok úgy, hogy x = x0 . Ha x tart x0 -hoz és x = x0 , akkor |x0 /(x−x0 )| ∞ Ezért, limy±∞ (1+ 1 y y ) = e alapján és az ln x függvény x = e pontban való folytonossága felhasználásával  ln

x − ln x0 1 x 1 x0 = ln = ln 1 + x − x0 x − x0 x0 x0 x − x0 x0  x−x  0 1 1 = ln 1 + x0 x0 x−x0 1 1 ln e = , x0 x0 32 1 x0 x−x0  ha x tart x0 -hoz. Tehát (ln x) = Ha a > 0, a = 1, akkor loga x = ln x . ln a  (loga x) = 1 x (x > 0). Így 1 1 ln a x (x > 0). 3. Exponenciális függvények differenciálása Az ex függvény az ln x függvény inverze. Ezért 1 1  (ey ) = = 1 = ey (y ∈ R).  y (ln x) |x=e ey Ha a > 0, a = 1, akkor ax = ex ln a és a 4. Tétel alapján  (ax ) = ex ln a  = ex ln a (x ln a) = ex ln a ln a = ax ln a minden x ∈ R esetén. Ez megkapható az 5 Tétel alkalmazásával is, felhasználva, hogy ax az loga x inverze. 4. Ha f (x) és g(x) differenciálható függvények, továbbá f (x) > 0, akkor f (x)g(x) = eg(x) ln f (x) , és a 3., 4 Tételek alapján    f (x)g(x) = eg(x) ln f (x) (g(x) ln f (x))   f  (x) g(x) ln f (x)  g (x) ln f (x) + g(x) =e f (x)    f (x)

g(x)  . g (x) ln f (x) + g(x) = f (x) f (x) Speciálisan tetszőleges valós α-ra (xα ) = (eα ln x ) = eα ln x α α = xα = αxα−1 x x (x > 0). Középértéktételek Definı́ció. Az f : Df R függvénynek helyi (lokális) minimuma van az x0 ∈ Df pontban, ha létezik δ > 0 úgy, hogy f (x) ≥ f (x0 ) minden x ∈ Df ∩ ((x0 − δ, x0 ) ∪ (x0 , x0 + δ)) esetén. Szigorú helyi minimum van az x0 -ban, ha ≥ helyett > teljesül. A helyi maximum illetve a szigorú helyi maximum definı́cióját kapjuk, ha a fenti egyenlőtlenségben a ≥ illetve > jeleket ≤-re illetve <-re cseréljük. Azt mondjuk, hogy az f függvénynek az x0 pontban helyi szélsőértéke van, ha x0 -ban vagy helyi minimuma van, vagy pedig helyi maximuma. A középérték-tételek alapja az alábbi lemma. 33 Lemma. Legyen az f : (a, b) R függvény differenciálható (a, b)-n Ha f -nek helyi szélsőértéke van a c ∈

(a, b) pontban, akkor f  (c) = 0. Bizonyı́tás. Tegyük fel, hogy c-ben helyi minimuma van f -nek (A helyi maximum esete hasonló.) Ekkor van δ > 0 úgy, hogy és f (x) − f (c) ≤ 0, x−c ha c − δ < x < c f (x) − f (c) ≥ 0, x−c ha c < x < c + δ. Következésképpen lim− xc f (x) − f (c) ≤ 0 és x−c lim+ xc f (x) − f (c) ≥ 0. x−c f (x)−f (c) határérték létezik és egyenlő f  (c)-vel, ezért a x−c f (x)−f (c) (c) és a jobboldali limxc+ f (x)−f határértékek megegyeznek x−c x−c    Mivel a limxc baloldali és egyenlimxc− lők f  (c)-vel. Ekkor egyrészt f (c) ≤ 0, másrészt f (c) ≥ 0, ahonnan f (c) = 0 következik Megjegyezzük, hogy a Lemma megfordı́tása nem igaz; azaz ha az f : (a, b) R függvény differenciálható (a, b)-n és valamely c ∈ (a, b)-re f  (c) = 0 teljesül, akkor nem következik, hogy f -nek helyi szélsőértéke van a c pontban.

Példa: f (x) = x3 , c = 0 Rolle tétele. Ha f : [a, b] R folytonos [a, b]-n, differenciálható (a, b)-n, és f (a) = f (b), akkor létezik c ∈ (a, b) úgy, hogy f  (c) = 0. Bizonyı́tás. Mivel f folytonos [a, b]-n, ezért f fölveszi a m minimumát és a M maximumát [a, b]-n Ha m = M , akkor f állandó [a, b]-n, és ı́gy bármely c ∈ (a, b)-re f  (c) = 0. Ha m < M , akkor f (a) = f (b) miatt az f függvény a m és M értékek közül legalább az egyiket (a, b)-beli pontban, mondjuk c ∈ (a, b)-ben veszi föl. Ekkor f -nek c-ben helyi szélsőértéke van. Az előző lemma alkalmazásával kapjuk, hogy f  (c) = 0 Lagrange középérték-tétele. Ha f : [a, b] R folytonos [a, b]-n és differenciálható (a, b)-n, akkor létezik c ∈ (a, b) úgy, hogy f  (c) = f (b) − f (a) . b−a Bizonyı́tás. Minden x ∈ [a, b]-re legyen F (x) = f (x) + λx, ahol a λ állandót úgy határozzuk meg, hogy F (a) = F (b)

teljesüljön. A f (a) + λa = f (b) + λb egyenlőségből kapjuk, hogy f (b) − f (a) λ=− . b−a 34 F -re alkalmazható a Rolle-tétel: létezik c ∈ (a, b) úgy, hogy F  (c) = 0. Mivel F  (c) = f  (c) − ezért F  (c) = 0-ból kapjuk, hogy f  (c) = f (b) − f (a) , b−a f (b)−f (a) . b−a 1. Következmény Ha f : [α, β] R folytonos [α, β]-n, differenciálható (α, β)-n, és f  (x) = 0 minden x ∈ (α, β) esetén, akkor f állandó [α, β]-n. Bizonyı́tás. Ha f nem állandó [α, β]-n, akkor létezik a, b ∈ [α, β] úgy, hogy a < b és f (a) = f (b). A Lagrange-féle középérték-tétel alapján van c ∈ (a, b), amelyre f  (c) = f (b)−f (a) = 0, ami ellentmondás. b−a 2. Következmény Ha f, g : [α, β] R folytonosak [α, β]-n, differenciálhatók (α, β)n, és f  (x) = g  (x) minden x ∈ (α, β) esetén, akkor létezik C állandó úgy, hogy f (x) = g(x) + C minden x ∈ [α,

β] esetén. Bizonyı́tás. Alkalmazzuk az 1 Következményt a h(x) = f (x) − g(x) függvényre Cauchy középérték-tétele. Ha f, g : [a, b] R folytonosak [a, b]-n, differenciálhatók (a, b)-n, és g  (x) = 0 minden x ∈ (a, b)-re, akkor létezik c ∈ (a, b) úgy, hogy f (b) − f (a) f  (c) = .  g (c) g(b) − g(a) Bizonyı́tás. Minden x ∈ [a, b]-re legyen F (x) = f (x) + λg(x), ahol a λ állandót úgy határozzuk meg, hogy F (a) = F (b) teljesüljön. A f (a) + λg(a) = f (b) + λg(b) egyenlőségből kapjuk, hogy f (b) − f (a) λ=− . g(b) − g(a) Vegyük észre, hogy g(b)−g(a) = 0, mert g(b)−g(a) = 0 esetén a Rolle-tételből g  (d) = 0 következne valamely d ∈ (a, b)-re, ami ellentmondás. F -re alkalmazható a Rolle-tétel: létezik c ∈ (a, b) úgy, hogy F  (c) = 0. Mivel F  (c) = f  (c) − ezért F  (c) = 0-ból kapjuk, hogy f  (c) g  (c) = f (b) − f (a)  g (c), g(b) − g(a) f (b)−f (a)

. g(b)−g(a) A L’Hospital-szabály L’Hospital-szabály. Tegyük fel, hogy −∞ ≤ a < b ≤ ∞, az f, g : (a, b) R függvények differenciálhatók (a, b)-n, g  (x) = 0 minden x ∈ (a, b) esetén, továbbá f  (x) = A, xa g  (x) lim ahol A ∈ R ∪ {−∞} ∪ {∞}. Ha lim f (x) = lim g(x) = 0, xa xa 35 vagy ha lim g(x) = ∞, xa akkor f (x) = A. xa g(x) lim Hasonló állı́tások igazak x b esetén, vagy g(x) −∞ esetén. Ha −∞ < a (vagy b < ∞), akkor x a (x b) helyett x a+ (x b− ) ı́randó. Bizonyı́tás. Csak azt az esetet bizonyı́tjuk, amikor −∞ < a és limxa+ f (x) = limxa+ g(x) = 0. Terjesszük ki f és g definı́cióját (a, b)-ről [a, b)-re az f (a) = 0, g(a) = 0 definı́cióval. Ekkor f és g folytonosak [a, b)-n A Cauchy-féle középérték-tétel alapján minden x ∈ (a, b)-hez létezik c(x) ∈ (a, x) úgy, hogy f (x) f (x) − f (a) f  (c(x)) = =  . g(x) g(x)

− g(a) g (c(x)) Ha x a+ , akkor a < c(x) < x miatt c(x) a+ . Így lim xa+ f (x) f  (c(x)) f  (y) = lim  = lim  = A. g(x) xa+ g (c(x)) ya+ g (y) Magasabbrendű differenciálhányadosok Definı́ció. Ha f differenciálható az I intervallumon, és f  is differenciálható I-n, akkor f  deriváltját f  -vel jelöljük, és f második deriváltjának nevezzük Ezt folytatva definiálhatjuk az f (3) , f (4) , . , f (n) magasabbrendű differenciálhányadosokat vagy deriváltakat Azt mondjuk, hogy az f függvény n-szer differenciálható I-n, ha az f (n−1) függvény differenciálható I-n. Taylor-tétel. Legyen n > 0 egész Tegyük fel, hogy az f : (α, β) R függvény n-szer differenciálható (α, β)-n, a ∈ (α, β). Minden x ∈ (α, β)-ra legyen Pn−1 = f (a) + f  (a)(x − a) + f  (a) f (n−1) (a) (x − a)2 + . + (x − a)n−1 . 2! (n − 1)! Ekkor bármely x ∈ (α, β) ponthoz létezik

c szám az a és x között úgy, hogy f (x) = Pn−1 (x) + f (n) (c) (x − a)n . n! Megjegyezzük, hogy az n = 1 esetben a Taylor-tétel szerint létezik c szám az a és x között úgy, hogy f (x) = f (a) +f  (c)(x−a), ami éppen a Lagrange-féle középérték-tétel. Legyen Rn (x) = f (x) − Pn−1 (x) (x ∈ (α, β)). Ha f (x)-et az (n−1)-edfokú Pn−1 (x) Taylor-polinommal közelı́tjük, akkor a Taylor-tétel szerint a közelı́tés Rn (x) hibája, vagyis az Rn (x) maradéktag 36 f (n) (c) (x n! − a)n alakú. Bizonyı́tás. Legyen x0 ∈ (α, β) rögzı́tett Ha x0 = a, akkor a c = a választással igaz az állı́tás. Tegyük fel, hogy x0 = a. Definiáljuk a M számot úgy, hogy f (x0 ) = Pn−1 (x0 ) + M (x0 − a)n (n) teljesüljön. Azt kell megmutatnunk, hogy M = f n!(c) alakú, azaz n!M = f (n) (c) valamely a és x0 közötti c-re. Legyen g(x) = f (x) − Pn−1 (x) − M (x − a)n (x ∈ (α, β)).

Könnyű látni, hogy g (n) (x) = f (n) (x) − n!M. Így elegendő azt belátni, hogy g (n) (c) = 0 valamely a és x0 közötti c-re. A Pn−1 (x) polinom definı́ciója alapján (k) Pn−1 (a) = f (k) (a) minden k ∈ {0, 1, . , n − 1} esetén Ezért g(a) = g  (a) = . = g (n−1) (a) = 0 A M definı́ciójából kapjuk, hogy g(x0 ) = 0. Most a Rolle-tételt fogjuk alkalmazni n-szer. Mivel g(a) = g(x0 ) = 0, ezért létezik x1 az a és x0 között úgy, hogy g  (x1 ) = 0. Mivel g  (a) = g  (x1 ) = 0, ezért létezik x2 az a és x1 között úgy, hogy g  (x2 ) = 0. Mivel g  (a) = g  (x2 ) = 0, ezért létezik x3 az a és x2 között úgy, hogy g  (x3 ) = 0. És ı́gy tovább Végül mivel g (n−1) (a) = g (n−1) (xn−1 ) = 0, ezért létezik xn az a és xn−1 között úgy, hogy g (n) (xn ) = 0. A c = xn szám az a és x0 között van, g (n) (c) = 0. Ezzel a bizonyı́tást befejeztük Példák. 1

Legyen f (x) = ex , a = 0 Mivel (ex )(k) = ex minden k ≥ 0 egészre, ezért a Taylor-tétel alapján bármely x ∈ R-hez létezik c = c(x) a 0 és x között úgy, hogy ex = 1 + x + x3 xn−1 ec x2 + +.+ + xn . 2! 3! (n − 1)! n! 2. Megadjuk az f (x) = sin x függvény azon a = 0 körüli Taylor-polinomját, amely minden x ∈ [−1, 1]-re legalább 10−6 pontossággal közelı́ti a sin x-et. Ha x ∈ [−1, 1], (n) akkor a Taylor-tétel szerint a sin x − Pn−1 (x) különbség sinn! c xn alakú valamely 0 és x közötti c-re. Mivel |x| ≤ 1 és | sin(n) c| ≤ 1, ezért sin(n) c n 1 x ≤ . n! n! 1 < 10−6 egyenlőtlenség teljesül, ha n ≥ 10. Mivel sin(4k) 0 = sin 0 = 0, Az n! sin(4k+1) 0 = cos 0 = 1, sin(4k+2) 0 = − sin 0 = 0 és sin(4k+3) 0 = − cos 0 = −1, ezért P9 (x) = x − x3 x5 x7 x9 + − + . 3! 5! 7! 9! 37 A sin x ≈ P9 (x) közelı́tés hibája kisebb 10−6 -nál minden x ∈ [−1, 1] esetén, azaz 

 x5 x7 x9 1 x3 + − + < 6 sin x − x − (|x| ≤ 1). 3! 5! 7! 9! 10 3. Ha (α, β) = (−1, ∞), f (x) = ln(1 + x), a = 0, akkor a Taylor-tétel szerint bármely x > −1-hez létezik c a 0 és x között úgy, hogy xn−1 xn x2 x3 x4 ln(1 + x) = x − + − ± . + (−1)n−2 + (−1)n , 2 3 4 n−1 n(1 + c)n mert (k − 1)! dk ln(1 + x) = (−1)k−1 . k dx (1 + x)k 4. Ha (α, β) = (−∞, 1), f (x) = ln(1 − x), a = 0, akkor a Taylor-tétel alapján vagy a 3. példa felhasználásával bármely x < 1-hez létezik c a 0 és x között úgy, hogy x3 x4 xn−1 xn x2 − − −.− − ln(1 − x) = −x − . 2 3 4 n − 1 n(1 − c)n Függvényvizsgálat Ebben a részben a differenciálást alkalmazzuk függvények monotonitási, konvexitási tulajdonságainak vizsgálatára és szélsőértékek keresésére. 1. Monotonitás Tétel. Tegyük fel, hogy f : [a, b] R folytonos [a, b]-n, differenciálható (a, b)-n Ekkor

(a) f monoton növő [a, b]-n ⇐⇒ f  (x) ≥ 0 minden x ∈ (a, b) esetén; (a) f állandó [a, b]-n ⇐⇒ f  (x) = 0 minden x ∈ (a, b) esetén; (a) f monoton csökkenő [a, b]-n ⇐⇒ f  (x) ≤ 0 minden x ∈ (a, b) esetén. Ha f  (x) > 0 (f  (x) < 0) minden x ∈ (a, b)-re, akkor f szigorúan monoton növő (csökkenő) (a, b)-n. Bizonyı́tás. A bizonyı́tás =⇒ iránya a differenciálhányados definı́ciójából következik A ⇐= irány abból adódik, hogy bármely a ≤ x1 < x2 ≤ b esetén a Lagrange-féle középérték-tétel szerint van ξ ∈ (x1 , x2 ) úgy, hogy f (x2 ) − f (x1 ) = f  (ξ)(x2 − x1 ). Tétel. Tegyük fel, hogy az f : (a, b) R függvény differenciálható az x0 ∈ (a, b) pontban és f  (x0 ) > 0. Ekkor létezik δ > 0 úgy, hogy f (y) < f (x0 ) < f (z), ha − x0 − δ < y < x0 < z < x0 + δ. (x0 ) Bizonyı́tás. Mivel f  (x0 ) = limxx0 f

(x)−f , a határérték definı́ciója alapján létezik x−x0 δ > 0 úgy, hogy f (x) − f (x0 ) > 0, ha 0 < |x − x0 | < δ, x − x0 ahonnan következik az állı́tás. 2. Szélsőérték létezése Láttuk, hogy ha az f : (a, b) R függvény differemciálható (a, b)-n, és f -nek helyi szélsőértéke van az x0 ∈ (a, b) pontban, akkor f  (x0 ) = 0. Az f (x) = x3 , x0 = 0 példán azt is láttuk, hogy f  (x0 ) = 0 nem elegendő feltétele lokális szélsőérték létezésének. Az alábbi tétel elegendő feltételeket tartalmaz arra, hogy egy adott pontban létezzen lokális szélsőérték, illetve biztosan ne legyen lokális szélsőérték. 38 Tétel. Tegyük fel, hogy az f : (a, b) R függvény differenciálható (a, b)-n és f  (x0 ) = 0. Ha létezik δ > 0 úgy, hogy (a) f  (x) > 0 minden x ∈ (x0 − δ, x0 ) esetén és f  (x) < 0 minden x ∈ (x0 , x0 + δ)

esetén, akkor f -nek x0 -ban szigorú helyi maximuma van; (b) f  (x) < 0 minden x ∈ (x0 − δ, x0 ) esetén és f  (x) > 0 minden x ∈ (x0 , x0 + δ) esetén, akkor f -nek x0 -ban szigorú helyi minimuma van; (c) f  (x) > 0, ha 0 < |x − x0 | < δ, akkor f -nek x0 -ban nincs helyi szélsőértéke; (d) f  (x) < 0, ha 0 < |x − x0 | < δ, akkor f -nek x0 -ban nincs helyi szélsőértéke. Bizonyı́tás. Az első monotonitási tétel szerint az (a) esetben f szigorúan monoton növő az (x0 −δ, x0 ] intervallumon, és szigorúan monoton csökkenő az [x0 , x0 +δ) intervallumon. Így x0 -ban szigorú helyi maximuma van. A többi eset bizonyı́tása hasonlóan megy Tétel. Tegyük fel, hogy k > 1 egész, az f : (a, b) R függvény k-szor differenciálható (a, b)-n, x0 ∈ (a, b), és f  (x0 ) = f  (x0 ) = . = f (k−1) (x0 ) = 0, f (k) (x0 ) = 0. (a) Ha k páros és f (k) (x0 ) > 0, akkor f

-nek x0 -ban szigorú helyi minimuma van. (b) Ha k páros és f (k) (x0 ) < 0, akkor f -nek x0 -ban szigorú helyi maximuma van. (c) Ha k páratlan és f (k) (x0 ) = 0, akkor f -nek x0 -ban nincs helyi szélsőértéke. Speciálisan a f  (x0 ) = 0, f  (x0 ) > 0 esetén f -nek x0 -ban szigorú helyi minimuma van; f  (x0 ) = 0, f  (x0 ) < 0 esetén f -nek x0 -ban szigorú helyi maximuma van. Bizonyı́tás. Tegyük fel, hogy f (k) (x0 ) > 0 Ekkor a monotonitásról szóló rész 2 tételét f (k−1) -ra alkalmazva létezik δ > 0 úgy, hogy f (k−1) (y) < 0 < f (k−1) (z), ha x0 − δ < y < x0 < z < x0 + δ, mert f (k−1) (x0 ) = 0. Innen az következik, hogy az f (k−2) függvény szigorúan monoton csökkenő az (x0 − δ, x0 ] intervallumon, és szigorúan monoton növő az [x0 , x0 + δ) intervallumon. Következésképpen az f (k−2) függvénynek x0 -ban szigorú helyi minimuma van. Ez k =

2-re igazolja állı́tásunkat Ha k > 2, akkor figyelembe véve még azt is, hogy f (k−2) (x0 ) = 0, f (k−2) (x) > 0, ha 0 < |x − x0 | < δ adódik. Ebből viszont azt kapjuk, hogy az f (k−3) függvény szigorúan monoton növő az (x0 − δ, x0 ] és [x0 , x0 + δ) intervallumokon, és ı́gy nincs x0 -ban helyi szélsőértéke. Ha k > 3, akkor f (k−3) (x0 ) = 0 is fennáll. Ezért az következik, hogy f (k−3) (y) < 0 < f (k−3) (z), ha x0 − δ < y < x0 < z < x0 + δ. Így az f (k−4) függvénynek az x0 pont szigorú helyi minimuma. Ezeket a lépéseket ismételve végül az f -re vonatkozó állı́tás következik. Az f (k) (x0 ) < 0 eset hasonlóan megy, vagy alkalmazhatjuk a −f függvényre a fentieket. 3. Konvexség, konkávság Definı́ció. Az f : I R függvény konvex (konkáv) az I intervallumon, ha bármely c, d ∈ I és bármely x ∈ (c, d) esetén az f

grafikonjának (x, f (x)) pontja a (c, f (c)) és 39 (d, f (d)) pontokat összekötő húr alatt (felett) vagy a húron van. Az f szigorúan konvex (konkáv), ha a fenti definı́cióban (x, f (x)) nem lehet a húron. Tétel. Tegyük fel, hogy f : (a, b) R kétszer differenciálható (a, b)-n (a) Ha f  (x) ≥ 0 minden x ∈ (a, b)-re, akkor f konvex (a, b)-n. (b) Ha f  (x) ≤ 0 minden x ∈ (a, b)-re, akkor f konkáv (a, b)-n. Ha f  (x) > 0 (< 0) minden x ∈ (a, b) esetén, akkor f szigorúan konvex (konkáv) (a, b)-n. Bizonyı́tás. Tegyük fel, hogy f  (x) ≥ 0 minden x ∈ (a, b)-re Legyen c, d rögzı́tve úgy, hogy a < c < d < b. A (c, f (c)) és (d, f (d)) pontokat összekötő húr egyenlete y = h(x), ahol f (d) − f (c) h(x) = f (c) + (x − c) (x ∈ R). d−c Legyen g(x) = f (x) − h(x) (x ∈ (a, b). Az f konvexitásához azt kell megmutatni, hogy g(x) ≤ 0 minden x ∈ (c, d) esetén. Könnyű

látni, hogy h (x) = 0. Innen g  (x) = f  (x) ≥ 0 következik Tehát a g  függvény monoton növő [c, d]-n. A h definı́ciójából g(c) = g(d) = 0 A Rolle-tétel garantálja egy α ∈ (c, d) létezését úgy, hogy g  (α) = 0. A g  monotonitása és g  (α) = 0 alapján g  (x) ≤ 0, ha x ∈ [c, α], g  (x) ≥ 0, ha x ∈ [α, d]. Innen pedig azt kapjuk, hogy g monoton csökken [c, α]-n, és g monoton nő [α, d]-n. Ezt a tényt és a g(c) = g(d) = 0 egyenlőséget is figyelembe véve a g(x) ≤ 0 egyenlőtlenség következik minden x ∈ (c, d)-re. Tehát f konvex (a, b)-n Ha f  (x) ≤ 0 minden x ∈ (a, b)-re, akkor (−f ) (x) ≥ 0, x ∈ (a, b), és (a) alapján −f konvex (a, b)-n. Ekkor f konkáv (a, b)-n A szigorú konvexségre (konkávságra) vonatkozó állı́tás bizonyı́tásához azt kell észrevenni, hogy a fenti bizonyı́tásban g  szigorúan monoton [c, d]-n, ha f  (x)-re szigorú

egyenlőtlenség teljesül. Megjegyzés. Az is igaz, hogy ha f kétszer differenciálható (a, b)-n és f konvex (konkáv) (a, b)-n, akkor f  (x) ≥ 0 (≤ 0) minden x ∈ (a, b)-re. Definı́ció. Az x0 ∈ (a, b) pont az f : (a, b) R függvény inflexiós pontja, ha létezik δ > 0 úgy, hogy vagy f konvex (x0 − δ, x0 )-on és f konkáv (x0 , x0 + δ)-n, vagy pedig f konkáv [x0 − δ, x0 ]-on és f konvex [x0 , x0 + δ]-n. Tétel. Ha az (a, b) intervallumon kétszer differenciálható f : (a, b) R függvénynek az x0 ∈ (a, b) pont inflexiós pontja, akkor f  (x0 ) = 0. Bizonyı́tás. Tegyük fel, hogy valamely δ > 0-ra a fenti definı́ció első esete teljesül Ekkor a fenti megjegyzés alapján f  (x) ≥ 0, f  (x) ≤ 0, ha x ∈ (x0 − δ, x0 ), ha x ∈ (x0 , x0 + δ). 40 Ekkor az f  függvény monoton növő az (x0 − δ, x0 ] intervallumon, és monoton csökkenő az [x0 , x0 + δ) intervallumon. Ez

azt jelenti, hogy f  -nek x0 -ban helyi maximuma van, amiből f  (x0 ) = 0 következik. Az az eset, amikor a fenti definı́ció második feltétele teljesül, hasonlóan megy. Tétel. Legyen k ≥ 2 páros szám Tegyük fel, hogy az f : (a, b) R függvény k-szor differenciálható (a, b)-n, az x0 ∈ (a, b) pontban létezik az f (k+1) (x0 ) derivált is, továbbá f  (x0 ) = f  (x0 ) = . = f (k) (x0 ) = 0, f (k+1) (x0 ) = 0. Ekkor az x0 pont az f inflexiós pontja. Speciálisan, ha f  (x0 ) = 0 és f  (x0 ) = 0, akkor x0 az f inflexiós pontja. Bizonyı́tás. Tegyük fel, hogy f (k+1) (x0 ) > 0 Ekkor létezik δ > 0 úgy, hogy f (k) (y) < 0 < f (k) (z), ha x0 − δ < y < x0 < z < x0 + δ, mert f (k) (x0 ) = 0. A k = 2 esetben ez azt jelenti, hogy f  (x) ≤ 0, ha x ∈ (x0 − δ, x0 ], és f  (x) ≥ 0, ha x ∈ [x0 , x0 + δ). Tehát f konkáv az (x0 − δ, x0 ] intervallumon és konvex az [x0 ,

x0 + δ) intervallumon. A k > 2 eset ezen lépés többszöri alkalmazásával kapható Az f (k+1) (x0 ) < 0 eset hasonló. 41