Matematika A1a 2008/10. gyakorlat
Mozo (vitalap | szerkesztései) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Folytonos differenciálhatóság) |
||
131. sor: | 131. sor: | ||
'''Tétel.''' -- Darboux-tétel -- Az ''f'':[a,b] <math>\to</math> '''R''' differenciálható függvény deriváltfüggvénye Darboux-tulajdonságú (azaz minden ilyen függvény két függvényértéke között minden értéket fölvesz). | '''Tétel.''' -- Darboux-tétel -- Az ''f'':[a,b] <math>\to</math> '''R''' differenciálható függvény deriváltfüggvénye Darboux-tulajdonságú (azaz minden ilyen függvény két függvényértéke között minden értéket fölvesz). | ||
− | ''Ugyanis, '' Legyen f'(a)<m<f'(b) és igazoljuk, hogy létezik ξ ∈ (a,b), hogy f'(ξ) = ''m'' | + | ''Ugyanis, '' Legyen f'(a)<m<f'(b) és igazoljuk, hogy létezik ξ ∈ (a,b), hogy f'(ξ) = ''m''. Vegyük a Lagrange-tételhez hasonlóan a |
+ | :<math>g(x)=f(x)-mx\, </math> | ||
+ | függvényt. Megállapíthatjuk, hogy tetszőleges ''x'' ∈ (a,b)-re | ||
+ | :<math>g'(x)=0 \quad\quad \Leftrightarrow \quad\quad f'(x)=m</math> | ||
+ | ha tehát keresünk ''g''-hez stacionárius pontot (a,b)-n, akkor megtaláltuk ξ-t. Ilyet a Weierstrass-tétellel kereshetünk. g folytonos, így van maximuma és minimuma. Kell, hogy legyen belül is, ugyanis, ha csak kívül venné fel a szélsőértékeit, akkor a következő történne. g'(a) < 0, így a-ban g lokálisan csökken, hiszen ekkor van olyan kis intervallum, ahol az a-beli különbségihányados függvény negatív, azaz | ||
+ | :<math>g(x)< g(a)\,</math> | ||
+ | ugyanekkor egy kis környzetben b-körül a függvény szintén lokálisan, hiszen | ||
+ | :<math>\frac{g(x)-g(b)}{x-b}>0\quad\quad(x\in(b-\delta,b])</math> | ||
+ | és így | ||
+ | :<math>g(x)< g(b)\,</math> | ||
+ | Sem a-ban, sem b-ben ezek szerint nem lehet a ξ minimum, így annak belül kell lennie. Ekkor viszont alkalmazható a Fermat-tétel, mellyel: | ||
+ | :<math>g'(\xi)=0\,</math>, azaz <math>f'(\xi)=m\,</math> | ||
+ | |||
[[Kategória:Matematika A1]] | [[Kategória:Matematika A1]] |
A lap 2008. november 26., 18:02-kori változata
Tartalomjegyzék |
Lagrange-tétel
Innentől kezdve áttérünk az intervallumon értelmezett függvényekre. A Lagrange-tétel szigorúan intervallumon értelmezett függványekről szól.
Tétel -- Lagrange-féle középértéktétel -- Legyen f: [a,b] R differenciálható függvény. Ekkor létezik olyan ξ ∈ (a,b), hogy
Ugyanis, Legyen
Olyan g differenciálható függvény adunk meg, melynek pontosan olyan x helyen van nulla deriváltja, ahol f'(x)=m. Transzformáljuk el az f függvényt az l(x)=m(x-a) függvénnyel. Ezzel a g(x) = f(x) - l(x) olyan lesz, hogy g(a)=f(a)=g(b). 1) g folytonos, így a Weierstrass-tétel miatt felveszi mindkét típusú extrémumát. 2) van szélsőértéke a nyílt (a,b)-n. Esetszétválasztással. Ha max=min=f(a), akkor a függvény konstans, így van belül extrémum. Ha bármelyik nem f(a), akkor az a valamelyik nem lehet a-ban vagy b-ben (mert ezekben g f(a)). 3) alkalmazhatjuk a Fermat-féle szélsőértéktételt, így g'(ξ)=0, azaz f'(ξ) = m.
3. Feladat. Igaz-e, hogy ha f differenciálható, akkor bármely pontjára teljesül a fenti kijelentés?
Megoldás. Nem: f(x)=-1, ha x < 0, f(x)=1, ha x> 0, differenciálható, de az [-1,1]-re az 1/2-et sosem veszi fel a derivált.
Monotonitás differenciális feltételei
Tétel. f:I R differenciálható. Ekkor a következő két kijelentés ekvivalens egymással:
- f monoton növekvő,
- minden x ∈ I-re
Ugyanis, 1) 2) a < x ∈ I-re: a monotonitásból:
x < a ∈ I-re: a monotonitásból:
azaz a különbségihányados függvény mindenütt nemnegatív (amit úgy nevezünk, hogy a függvény az a-ban lokálisan nő), azaz ennek határértéke sem lehet negatív. 2) 1) minden a < b ∈ I-re:
azaz f monoton nő.
Tétel. f:I R differenciálható. Ha minden x ∈ I-re f'(x) > 0f, akkor f szigorúan monoton növekvő.
Ugyanis, inden a < b ∈ I-re:
- f(b) − f(a) > 0
azaz f szigorúan monoton nő.
4. Feladat. Igaz-e?
- Ha f monoton nő, akkor f' nemnegatív.
- Ha f monoton nő, és mindenhol differenciálható, akkor f' nemnegatív.
- Ha f mindenhol differenciálható és f' mindenhol nemnegatív, akkor f monoton nő.
- Ha f intervallumon differenciálható és szigorúan monoton nő, akkor f' pozitív.
Megoldás.
- Ha úgy értjük, hogy mindenhol diffható és f' nemnegatív, akkor nem ha úgy, hogy csak ahol f' létezik, akkor igaz.
- Igen, mert ekkor lokálisan is monoton nő.
- Nem, f(x)=-1/x deriváltja mindenhol létezik, mindenhol nemnegatív és mégsem monoton nő (csak intervallumonként nő)
- Nem, f(x)=x3 szig. mon nő, de 0-ban a derivált 0.
5. Feladat. Igazoljuk, hogy ha x > 0, akkor f(x) = ln(1+x)-x+1/2x2 > 0!
Megoldás. Mivel 0-ban folytonosan kiterjeszthető, ezért ha a kiterjesztés szigorúan monoton növekvő lenne, akkor fennállna a kijelentés. Ehhez az kell, hogy a derivált (0,+∞)-en pozitív legyen:
A baloldali függvény negativitására abból következtethetünk, hogy szigorúan monoton növekvő a folytonos kiterjesztése (ami létezik, 0-ban 1), amihez az kell, hogy a deriváltja (0,+∞)-en pozitív legyen:
ami fennáll, hiszen ez pont azt mondja, hogy
azaz
- 1 < (1 + x)2
Szélsőérték létezésének differenciális feltételei
Tétel. -- Elsőderivált próba -- Legyen az f (a,b) R differenciálható az (a,u)U(u,b) halmazon és folytonos u-ban. Ekkor:
- ha f' < 0 (a,u)-n és f' > 0 (u,b)-n, akkor u-ban minimum van,
- ha f' < 0 (a,u)-n és f' > 0 (u,b)-n, akkor u-ban maximum van,
- ha azonos előjelű mindenhol, akkor biztosan nincs szélsőérték
- ellenkező esetben a próba nem ját sikerrel.
Feladat Vizsgáljuk meg monotonitás és szélsőérték szempontjából!
Folytonos differenciálhatóság
Tétel. -- Intervallumon értelmezett deriválfüggvénynek, csak másodfajú szakadása lehet.
Ugyanis. Legyen f:[a,b] R diff.-ható és tegyük fel, hogy létezik a
és véges. Ekkor belátjuk, hogy ez a derivált a-beli helyettesítési értéke. Kiszámítjuk különbségi hányados határértéktét! Vegyük az xn = a + 1/n sorozatot (ill ennek [a,b]-beli részét). Minden [a,a+1/n] intervallumra felírhatjuk a Lagrange-tételt:
Ekkor a különbségi hányados függvényértékek sorozata egyenlő lesz a derivált egy függvényértéksorozatával, melyek így ugyanahhoz tartanak. De ez csak az f'(a) és a limuf' számok lehetnek, amik így egyenlők.
Ne keressünk tehát sem ugrást, sem megszüntethető szakadást a derivátlfüggvényen. Ellenben lehet korlátos másodfajú és a végtelen másodfajú szakadása.
6. Feladat. Határozzuk meg, hogy az alábbi függvények folytonosan differencálhatóak-e?
Megoldás. Mindegyiknél a metódus az, hogy (A) Meghatározzuk a deriváltfüggvény határértékét , (B) meghatározzuk a pontbeli deriváltat (C) Megnézzük, hogy egyenlők-e? Ha (A)-ban nincs határérték, akkor abból már kövevetkezik, hogy nem folyt. diff a függvény.
1.
nem folyt diff a 0-ban, mert nincs lim0 f', mert a második tag határértéke nem létezik (bár korlátos).
2.
nwm folyt diff a 0-ban, mert nincs lim0 f', mert a második tag határértéke nem létezik és nem is korlátos.
3.
Már csak a pontbeli deriváltat kell kiszámítani. Ez (Ekkor a függvény folytonosságából már követezik a 0-beli derivált létezése).
A fenti tételen kívül több is igaz.
Állítás. Ha f:[a,b] R folytonos a-ban, differenciálható a nyílton és létezik a derivált határértéke a-ban és ez véges szám, akkor f-nek létezik a deriváltja a-ban (és a deriváltja a fent említett tétel miatt a lima f' szám.
Bizonyítás. A későbbiekben igazolandó erős L'Hospital-tétel következménye. Tekintsük a különbségi hányados függvényt, legyen a L'H-beli "f" az f(x)-f(a), az x-a a g. Ekkor
azaz létezik a pontbeli derivált és ez a derivált határértéke.
Kérdés: hol használtuk fel, hogy az f függvény folytonos?
Tétel. -- Darboux-tétel -- Az f:[a,b] R differenciálható függvény deriváltfüggvénye Darboux-tulajdonságú (azaz minden ilyen függvény két függvényértéke között minden értéket fölvesz).
Ugyanis, Legyen f'(a)<m<f'(b) és igazoljuk, hogy létezik ξ ∈ (a,b), hogy f'(ξ) = m. Vegyük a Lagrange-tételhez hasonlóan a
függvényt. Megállapíthatjuk, hogy tetszőleges x ∈ (a,b)-re
ha tehát keresünk g-hez stacionárius pontot (a,b)-n, akkor megtaláltuk ξ-t. Ilyet a Weierstrass-tétellel kereshetünk. g folytonos, így van maximuma és minimuma. Kell, hogy legyen belül is, ugyanis, ha csak kívül venné fel a szélsőértékeit, akkor a következő történne. g'(a) < 0, így a-ban g lokálisan csökken, hiszen ekkor van olyan kis intervallum, ahol az a-beli különbségihányados függvény negatív, azaz
ugyanekkor egy kis környzetben b-körül a függvény szintén lokálisan, hiszen
és így
Sem a-ban, sem b-ben ezek szerint nem lehet a ξ minimum, így annak belül kell lennie. Ekkor viszont alkalmazható a Fermat-tétel, mellyel:
- , azaz