Matematika A1a 2008/10. gyakorlat

A MathWikiből

(Változatok közti eltérés)

Ugrás: navigáció, keresés

A lap jelenlegi, 2014. november 26., 07:38-kori változata

_{<Matematika A1a 2008}

Tartalomjegyzék

1 A derivált korlátosságának témaköre
2 Folytonos differenciálhatóság
3 Inverzfüggvénytétel R-re

A derivált korlátosságának témaköre

Egyenletes folytonosság

A folytonosság lokális tulajdonság. Létezik azonban ennek a fogalomnak globális változata is. A jellegzetes különbségre a két folytonosság között, a következő kérdés mutat rá. Igaz-e, hogy a H halmazon folytonos f függvény kiterjeszthető úgy a H halmaz lezártjára olymódon, hogy a kiterjesztés is folytonos lesz? A válasz nem: az

$f:(0,+\infty)\to \mathbf{R},\;x\mapsto \sin\frac{1}{x}$

függvénynek nincs folytonos kiterjeszése a [0,+∞) zárt halmazra, hisz a 0-ban nem létezik határértéke.

Az egyenletesen folytonos függvények azonban ilyenek lesznek (alább egy példában belátjuk, hogy a fenti függvény valóban nem egyenletesen folytonos).

Definíció. Legyen f a valós számok egy részhalmazán értelmezett, valósba képező függvény és H ⊆ Dom(f). Azt mondjuk, hogy az f egyenletesen folytonos a H halmazon, ha

$(\forall\varepsilon>0)(\exists \delta>0)(\forall x,y\in H)(|x-y|<\delta\;\Rightarrow\;|f(x)-f(y)|< \varepsilon)$

Tehát az egyenletes folytonosság közös delta létezését állítja minden a halmazban lévő pontra, szemben a pontbéli folyonossággal, mely csak külön deltákat garantál mindenhol.

Példa. A négyzetgyök-függvény egyenletesen folytonos.

Elemi úton látjuk be. Egyfelől világos, hogy ha ε>0, akkor a δ = ε² olyan, hogy minden nemnegatív x-re, ha x < δ, akkor

$\sqrt{x}<\varepsilon\,$

Másrészt legyen x, y > 0 és legyen ε>0. Ekkor a δ = ε² szintén alkalmas választás, mert:

$|\sqrt{x}-\sqrt{y}|=\frac{|x-y|}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=\sqrt{|x-y|}\frac{\sqrt{|x-y|}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\leq\sqrt{|x-y|}\frac{\sqrt{x+y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\leq$

$\leq\sqrt{|x-y|}\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=\sqrt{|x-y|}<\sqrt{\delta}=\sqrt{\varepsilon^2}=\varepsilon$

Tehát bármely ε-hoz közös δ található minden ponthoz.

Nem egyenletes folytonosság jellemzése. Ha azt szeretnénk definíció szerint belátni, hogy egy függvény nem egyenletesen folytonos egy halmazon, akkor a folytonossághoz hasonló módon a sorozatokkal történő jellemzés eszközéhez szoktunk folyamodni. Először is a definíció tagadását kell felírnunk, ebből fogjuk a sorozatokkal jellemezni a nem-egyenletes folytonosságot.

f nem egyenletesen folytonos a H halmazon, ha

$(\exists \varepsilon>0)(\forall \delta>0)(\exists x,y \in H)(|x-y|< \delta,\;\;\mathrm{de}\;\;|f(x)-f(y)|\geq\varepsilon)$

Itt δ helyett írhatjuk az (1/n) sorozatot, hiszen, ha minden n-re igaz a kijelentés a δ=1/n-re, akkor minden δ-ra is igaz:

$(\exists \varepsilon>0)(\forall n\in\mathbf{Z}^+)(\exists x_n,y_n \in H)(|x_n-y_n|< \frac{1}{n},\;\;\mathrm{de}\;\;|f(x_n)-f(y_n)|\geq\varepsilon)$

A következő példák erre vonatkoznak:

Példa. A reciprok a pozitív számok halmazán nem egyenletesen folytonos.

Ugyanis. Például az ε=1 esetén minden δ=1/n-re meg kell adnunk olyan $x n$ és $y n$ pozitív számokat, hogy bár $| x n - y n | < 1 / n$ , de $|(1/x_n)-(1/y_n)|\geq 1$ legyen. Márpedig

$x_n=\frac{1}{n}$ és $y_n=\frac{1}{n+1}\,$

ilyen. A különbségük a 0-hoz tart, a reciprok-különbségük viszont 1.

Példa. Legyen

$f(x)=\sin(1/x)\,$ ,

és vizsgáljuk meg, hogy ez egyenletesen folytonos-e a (0,1) nyílt intervallumon.

Mo. Bár f folytonos a (0,1)-en, de a (0,1) nem zárt, azaz a Heine-tétel (lásd alább) nem alkalmazható. Hasonlóképpen a függvény deriváltja nem korlátos, ezért a később említendő kritérium sem alkalmazható. Gyanítható, hogy a függvény nem egyenletesen folytonos.

Legyen ε = 1. Kiválasztjuk f nullhelyeit az egyik, a maximumhelyeit a másik sorozatnak, mert ezek függvényértékeinek különbsége biztos, hogy nem tart a nullához:

$x_n=\frac{1}{2n\pi}$

$y_n=\frac{1}{2n\pi+\frac{\pi}{2}}$

Ekkor

$x_n-y_n=\frac{1}{2n\pi}-\frac{1}{2n\pi+\frac{\pi}{2}}=\frac{\frac{\pi}{2}}{2n\pi(2n\pi+\frac{\pi}{2})}<\frac{\frac{\pi}{2}}{4n^2\pi^2}=\frac{1}{8n^2\pi}<\frac{1}{n}$

de a függvényértékek különbsége:

$|\sin(x_n)-\sin(y_n)|=|\sin(2n\pi)-\sin(2n\pi+\pi/2)|=|0-1|=1\geq\varepsilon$

azaz nagyobb egyenlő a megadott epszilonnál.

Heine tétele

Tétel -- Heine tétele -- Zárt és korlátos intervallumon értelmezett folytonos függvény egyenletesen folytonos.

Példa. Igazoljuk, hogy a

$g(x)=x\sin(1/x)\,$

függvény egyenletesen folytonos a (0,1) intervallumon.

Mo. g-nek van folytonos kiterjesztése a [0,1] zárt korlátos intervallumra, mert egyfelől 1-ben értelmezhető folytonos módon a fenti formulával, másfelől 0-ban korlátos szor nullához tartó alakú, azaz a határértéke nulla. Legyen

$h(x)=\begin{cases}x\sin(1/x),\;\;x\ne 0\\0, \;\;x=0\end{cases}$

h folytonos a zárt [0,1]-en, így Heine tétele miatt egyenletesen folytonos. De tudjuk, hogy egyenletesen folytonos függvény minden leszűkítése is egyenletesen folytonos, azaz h leszűkítése a g is egyenletesen folytonos. Ez az előbb említett, a leszűkítésre vonatkozó állítás azért igaz, mert ha van közös delta egy bővebb halmazon, akkor nyilván ugyanez a delta jó lesz a szűkebb halmazon is.

Lipschitz-tulajdonság

Jellegzetes folytonosságtípus a Lipschitz-folytonosság.

Definíció. A f:R ⊇ A $\to$ R függvény Lipschitz-tulajdonságú, ha létezik olyan L > 0 szám, hogy minden x,y ∈ A-ra:

$|f(x)-f(y)|\leq L|x-y|$

Világos, hogy ekkor f egyenletesen folytonos A-n, ugyanis legyen ε > 0. Ekkor a δ = ε/L olyan, hogy ha |x-y| < δ, akkor

$|f(x)-f(y)|\leq L|x-y|<L\delta=\varepsilon\,$

Fordítva már nem igaz. A gyökfüggvény egyenletesen folytonos, de nem Lipschitz-tulajdonságú, ugyanis x=1/n, y=1/(n+1)-gyel:

$\sqrt{\frac{1}{n})}-\sqrt{\frac{1}{n+1}}=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n(n+1}}=\frac{1}{(\sqrt{n}+\sqrt{n+1})\sqrt{n(n+1)}}=$

$=\frac{\sqrt{n(n+1)}}{(\sqrt{n}+\sqrt{n+1})}\frac{1}{n(n+1)}\geq_{n>N}n\cdot(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})$

Intervallumon értelmezett differenciálható függvény pontosan akkor Lipschtz-tulajdonságú, ha a deriváltja korlátos.

Ugyanis, 1) ha korlátos a derivált, akkor a Lagrange-tétellel találunk L-et. 2) ha lipschiztes, akkor minden különbségi hányadosnak ugyanaz a korlátja, így korlátos a derivált.

Korlátos derivált

Ha az f intervallumon értelmezett differenciálható függvény korlátos deriválttal rendelkezik, akkor a Lagrange-féle középértéktétel miatt f egyenletesen folytonos, sőt Lischitz-tulajdonsgú az értelmezési tartományán. Ugyanis legyen K olyan pozitív szám, hogy minden x ∈ Dom(f)-re:

$|f'(x)| \leq K \,$

Ha ε > 0 és δ:=ε/K, akkor minden x,y ∈ Dom(f)-re, ha |x-y| < δ, létezik ξ az x és az y között, hogy azzal:

$|f(x)-f(y)|= |f'(\xi)|\cdot|x-y|< K\cdot \delta=\varepsilon$

Példa. Az

$f(x)=\frac{1}{x}\,$

egyenletesen folytonos az [1,+∞) halmazon.

Ugyanis, itt korlátos a deriváltja:

$\left(\frac{1}{x}\right)'=-\frac{1}{x^2}\,$

Ezért ha x ∈ [1,+∞), akkor

$\left| -\frac{1}{x^2}\right|=\frac{1}{x^2}\leq 1$

Példa. A mindenhol értelmezett

$f(x)=\cos\sqrt[3]{x}\,$

függvény egyenletesen folytonos.

Ugyanis, a [-1,1] zárton a Heine-tétel miatt egyenletesen folytonos, azon kívül pedig

$|f'(x)|=|\sin(\sqrt[3]{x})\cdot\frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}|\leq 1\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{3}$

Folytonos differenciálhatóság

Tétel. -- Zárt intervallumon differenciálható függvény deriválfüggvénynek, nem lehet megszüntethető szakadása.

Ugyanis. Legyen f:[a,b] $\to$ R diff.-ható és tegyük fel, hogy létezik a

$\lim\limits_{x\to a}f'(x)\,$

és véges. Ekkor belátjuk, hogy ez a derivált a-beli helyettesítési értéke. Kiszámítjuk különbségi hányados határértéktét! Vegyük az x_n = a + 1/n sorozatot (ill ennek [a,b]-beli részét). Minden [a,a+1/n] intervallumra felírhatjuk a Lagrange-tételt:

$\frac{f(x_n)-f(a)}{x_n-a}=f'(\xi_n)$

Ekkor a különbségi hányados függvényértékek sorozata egyenlő lesz a derivált egy függvényértéksorozatával, melyek így ugyanahhoz tartanak. De ez csak az f'(a) és a lim_uf' 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?

$f(x)=\left\{\begin{matrix}x^2\sin\left(\cfrac{1}{x}\right)& \mathrm{ha} & x\ne 0\\ 0 &\mathrm{ha} & x=0 \end{matrix}\right.$
$f(x)=\left\{\begin{matrix}x^2\sin\left(\cfrac{1}{x^2}\right)& \mathrm{ha} & x\ne 0\\ 0 &\mathrm{ha} & x=0 \end{matrix}\right.$
$f(x)=\left\{\begin{matrix}\sin(x^2)\frac{e^x-1}{x}& \mathrm{ha} & x\ne 0\\ 0 &\mathrm{ha} & x=0 \end{matrix}\right.$

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.

$\left(x^2\sin\left(\cfrac{1}{x}\right)\right)'=2x\sin\left(\cfrac{1}{x}\right)+x^2\cos\left(\cfrac{1}{x}\right)\frac{-1}{x^2}=2x\sin\left(\cfrac{1}{x}\right)-\cos\left(\cfrac{1}{x}\right)$

nem folyt diff a 0-ban, mert nincs lim₀ f', mert a második tag határértéke nem létezik (bár korlátos).

2.

$\left(x^2\sin\left(\cfrac{1}{x^2}\right)\right)'=2x\sin\left(\cfrac{1}{x^2}\right)+x^2\cos\left(\cfrac{1}{x^2}\right)\frac{-2}{x^3}=2x\sin\left(\cfrac{1}{x^2}\right)-\frac{2}{x}\cos\left(\cfrac{1}{x}\right)$

nwm folyt diff a 0-ban, mert nincs lim₀ f', mert a második tag határértéke nem létezik és nem is korlátos.

3.

$f'(x)=\cos(x^2)\cdot\frac{e^x-1}{x}+\sin(x^2)\cdot \frac{e^x(x-1)}{x^2}\to 0$

Már csak a pontbeli deriváltat kell kiszámítani. Ez is 0.

A fenti tételen kívül több is igaz.

Állítás. Ha f:[a,b] $\to$ 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 lim_a 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

$\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim\limits_{x\to a}\frac{f'(x)}{1}=\lim\limits_{x\to a}f'(x)$

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] $\to$ 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

$g(x)=f(x)-mx\,$

függvényt. Megállapíthatjuk, hogy tetszőleges x ∈ (a,b)-re

$g'(x)=0 \quad\quad \Leftrightarrow \quad\quad f'(x)=m$

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

$g(x)< g(a)\,$

ugyanekkor egy kis környzetben b-körül a függvény szintén lokálisan, hiszen

$\frac{g(x)-g(b)}{x-b}>0\quad\quad(x\in(b-\delta,b])$

és így

$g(x)< g(b)\,$

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:

$g'(\xi)=0\,$ , azaz $f'(\xi)=m\,$

Feladat. Igaz-e?

R $\to$ R differenciálható függvény deriváltfüggvénye minden zárt és korlátos intervallumon felveszi minimumát és maximumát.
Ha az R $\to$ R differenciálható függvény deriváltfüggvénye negatív és pozitív értékeket is felvesz, akkor van a driváltnak zérushelye.
R $\to$ R differenciálható függvény deriváltfüggvénye korlátos, akkor létezik olyan L szám, hogy minden x,y-ra: |f(x)-f(y)| < L|x-y|.
A deriválható függvények egyenletesen folytonosak.
Korlátos és zárt intervallumon differenciálható függvények egyenletesen folytonos.
A korlátos deriválttal rendelkező függvények egyenletesen folytonosak.

Inverzfüggvénytétel R-re

Tétel -- Globális inverzfüggvény-tétel -- Ha f: $I$ $\to$ R függvény folytonosan differenciálható és f' sehol se nulla, akkor

f invertálható
f inverze folytonos (f homeomorfizmus)
f inverze deriválható (f diffeomorfizmus)
minden x ∈ I-re

$(f^{-1})'(f(x))=\frac{1}{f'(x)}\,$

Megjegyzés. Részeletesebb indoklás azt is kimutatja, hogy a derivált folytonossága nem szükséges (bár nem árt :).

Bizonyítás. 1) A derivált mindenhol azonos előjelű, ellenkező esetben lenne két hely, ahol különböző, de a Darboux-tétel miatt akkor lenne zérushelye is a deriváltnak, ami ellentmond a feltételeknek. Tehát f szigorúan monoton, így invertálható.

2) Minden a ∈ I pontban a derivált nem nulla és folytonos, így létezik olyan környzete, melyben a derivált mindenhol egy L pozitív számál nagyobb. Ezért a Lagrange-tétel miatt a környzet bármely két $x 1$ , $x 2$ pontjára:

$0<L\leq f'(\xi)=\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}$

Emiatt az x=f^-1(y) áttéréssel:

$L\leq |\frac{x_1-x_2}{f^{-1}(y_1)-f^{-1}(y_2)}|\,$

azaz

$\frac{1}{L}|y_1-y_2|\geq |f^{-1}(y_1)-f^{-1}(y_2)w\,$

azaz az inverz lipschitzes a környzetben, azaz a pontban folytonos. 3) 4) ezt egyszerre igazoljuk. Az u-beli diffhatóság miatt:

$f(x)-f(u)=f'(u)(x-u)+\varepsilon(x)(x-u)\,$

$f(x)-f(u)=(f'(u)+\varepsilon(x))(x-u)\quad\quad(x=f^{-1}(y),\;\;u=f^{-1}(v))$

$y-v=(f'(u)+\varepsilon(f^{-1}(y)))(f^{-1}(y)-f^{-1}(v))\,$

$\frac{1}{f'(u)+\varepsilon(f^{-1}(y))}(y-v)=f^{-1}(y)-f^{-1}(v)\,$

$\frac{1}{f'(u)}(y-v)+\left(\frac{1}{f'(u)+\varepsilon(f^{-1}(y))}-\frac{1}{f'(u)}\right)(y-v)=f^{-1}(y)-f^{-1}(v)\,$

Itt az

$\eta(y)=\frac{1}{f'(u)+\varepsilon(f^{-1}(y))}-\frac{1}{f'(u)}\,$

függvény akkor lesz folytonos és v-ben eltűnő, ha maga f^-1 is folytonos v-ben.

Példa. Igazoljuk, hogy létezik a sin inverze a [-π/2,π/2]-n és az inverz folytonos a [-1,1]-en (ez az arcsin) ezen kívül az inverz deriválható a belső pontokban!

Ugyanis. [-π/2,π/2]-n a sin szigorúan monoton nő és inverz képe [-1,1]. Emiatt ez folytonos is és az inverzfüggvény-tétel miatt a nyílton differenciálható, ugyanis

$\frac{1}{\sin'(x)}=\frac{1}{\cos(x)}>0,\quad \mathrm{ha}\quad -\frac{\pi}{2}<x<\frac{\pi}{2}$

az inverze:

$(f^{-1})'(y)=(f^{-1})'(f(x))=\frac{1}{\cos(x)}=\frac{1}{\cos(\mathrm{arc\,\sin}(y))}=$

$=\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2(\mathrm{arc\,sin}(y))}}=\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}$

Matematika A1a 2008/10. gyakorlat

A lap jelenlegi, 2014. november 26., 07:38-kori változata

Tartalomjegyzék

A derivált korlátosságának témaköre

Egyenletes folytonosság

Heine tétele

Lipschitz-tulajdonság

Korlátos derivált

Folytonos differenciálhatóság

Inverzfüggvénytétel R-re

Nézetek

Személyes eszközök

Navigáció

Keresés

Eszközök

@@ 1. sor: / 1. sor: @@
 <sub>[[Matematika A1a 2008|<Matematika A1a 2008]]</sub>
-==Gyenge L'Hospital-szabály==
+==A derivált korlátosságának témaköre==
-Legyenek ''f'' és ''g'': ''A'' <math>\to</math> '''R''' valós-valós függvények, ''u'' &isin; ''A'' &cap; ''A'' ', ''f''(u)=''g''(u)=0, mindkettő differenciálható ''u''-ban és g'(u) &ne; 0. Ekkor létezik a lim<sub>u</sub>(''f''/''g''), és
+===Egyenletes folytonosság===
-:<math>\lim\limits_{x\to u}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(u)}{g'(u)}</math>
-''Ugyanis,''' írjuk fel az 1. definíciónak megfelelően a határértéket. Létezik az ''u''-hoz olyan &epsilon;, &eta;: ''A'' <math>\to</math> '''R''', hogy minden ''x'' &isin; ''A'' &cap; Dom(''f''/''g'')-ra
+A folytonosság lokális tulajdonság. Létezik azonban ennek a fogalomnak globális változata is. A jellegzetes különbségre a két folytonosság között, a következő kérdés mutat rá. Igaz-e, hogy a ''H'' halmazon folytonos ''f'' függvény kiterjeszthető úgy a ''H'' halmaz lezártjára olymódon, hogy a kiterjesztés is folytonos lesz? A válasz nem: az
-:<math>\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(u)+f'(u)(x-u)+\varepsilon(x)(x-u)}{g(u)+g'(u)(x-u)+\eta(x)(x-u)}</math>
+:<math>f:(0,+\infty)\to \mathbf{R},\;x\mapsto \sin\frac{1}{x}</math>
-és &exist;lim<sub>u</sub>&epsilon;=&epsilon;(u)=0,  &exist;lim<sub>u</sub>&eta;=&eta;(u)=0. Emiatt és ''f''(u)=''g''(u)=0 miatt
+függvénynek nincs folytonos kiterjeszése a [0,+&infin;) zárt halmazra, hisz a 0-ban nem létezik határértéke.
-:<math>\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(u)+\varepsilon(x)}{g'(u)+\eta(x)}</math>
-Aminek a határéttéke, ha ''x'' tart ''u''-hoz a kívánt hányados, amennyiben ellenőrizük, hogy g'(u) + &eta; nem lesz nulla egy elég szűk környzeteben. Ekkor ugyanis a hányadosnak nem lenne értelme. Nos, |&eta;| egy elég kis környzetben a nulla |g'(u)|/2 sugarú környzetében lesz, így ez a veszély nem fenyeget.
-'''Példa.'''
+Az egyenletesen folytonos függvények azonban ilyenek lesznek (alább egy példában belátjuk, hogy a fenti függvény valóban nem egyenletesen folytonos).
-:<math>\lim\limits_{x\to 0} (\cos x)^{\frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to 0} e^{\frac{\mathrm{ln}\,\cos x}{x}}= e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\mathrm{ln}\,\cos x}{x}}=e^{\frac{\frac{\sin(0)}{\cos (0)}}{1}}=1</math>
+'''Definíció.''' Legyen ''f'' a valós számok egy részhalmazán értelmezett, valósba képező függvény és ''H'' &sube; Dom(''f''). Azt mondjuk, hogy az ''f'' '''egyenletesen folytonos a H halmazon''', ha
+:<math>(\forall\varepsilon>0)(\exists \delta>0)(\forall x,y\in H)(|x-y|<\delta\;\Rightarrow\;|f(x)-f(y)|< \varepsilon)</math>
-==Lagrange-tétel==
+Tehát az egyenletes folytonosság '''közös''' delta létezését állítja minden a halmazban lévő pontra, szemben a pontbéli folyonossággal, mely csak külön deltákat garantál mindenhol.
-Legyen ''f'': [''a'',''b''] <math>\to</math> '''R''' differenciálható függvény. Ekkor létezik olyan &xi; &isin; (a,b), hogy
+'''Példa.''' A négyzetgyök-függvény egyenletesen folytonos.
-:<math>\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi)\,</math>
+''Elemi úton látjuk be.'' Egyfelől világos, hogy ha &epsilon;>0, akkor a &delta; = &epsilon;<sup>2</sup> olyan, hogy minden nemnegatív ''x''-re, ha ''x'' < &delta;, akkor
+:<math>\sqrt{x}<\varepsilon\,</math>
+Másrészt legyen ''x'', ''y'' > 0 és legyen &epsilon;>0. Ekkor a &delta; = &epsilon;<sup>2</sup> szintén alkalmas választás, mert:
+:<math>|\sqrt{x}-\sqrt{y}|=\frac{|x-y|}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=\sqrt{|x-y|}\frac{\sqrt{|x-y|}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\leq\sqrt{|x-y|}\frac{\sqrt{x+y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\leq</math>
+:<math>\leq\sqrt{|x-y|}\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=\sqrt{|x-y|}<\sqrt{\delta}=\sqrt{\varepsilon^2}=\varepsilon</math>
+Tehát bármely &epsilon;-hoz ''közös'' &delta; található minden ponthoz.
+'''Nem egyenletes folytonosság jellemzése.''' Ha azt szeretnénk definíció szerint belátni, hogy egy függvény nem egyenletesen folytonos egy halmazon, akkor a folytonossághoz hasonló módon a sorozatokkal történő jellemzés eszközéhez szoktunk folyamodni. Először is a definíció tagadását kell felírnunk, ebből fogjuk a sorozatokkal jellemezni a nem-egyenletes folytonosságot.
+''f'' nem egyenletesen folytonos a ''H'' halmazon, ha
+:<math>(\exists \varepsilon>0)(\forall \delta>0)(\exists x,y \in H)(|x-y|< \delta,\;\;\mathrm{de}\;\;|f(x)-f(y)|\geq\varepsilon)</math>
+Itt &delta; helyett írhatjuk az (1/n) sorozatot, hiszen, ha minden ''n''-re igaz a kijelentés a &delta;=1/n-re, akkor minden &delta;-ra is igaz:
+:<math>(\exists \varepsilon>0)(\forall n\in\mathbf{Z}^+)(\exists x_n,y_n \in H)(|x_n-y_n|< \frac{1}{n},\;\;\mathrm{de}\;\;|f(x_n)-f(y_n)|\geq\varepsilon)</math>
+A következő példák erre vonatkoznak:
+'''Példa.''' A reciprok a pozitív számok halmazán nem egyenletesen folytonos.
+''Ugyanis.'' Például az &epsilon;=1 esetén minden &delta;=1/n-re meg kell adnunk olyan <math>x_n</math> és <math>y_n</math> pozitív számokat, hogy ''bár'' <math>|x_n-y_n|<1/n</math>, ''de'' <math>|(1/x_n)-(1/y_n)|\geq 1</math> legyen. Márpedig
+:<math>x_n=\frac{1}{n}</math> és <math> y_n=\frac{1}{n+1}\,</math>
+ilyen. A különbségük a 0-hoz tart, a reciprok-különbségük viszont 1.
+'''Példa.''' Legyen
+:<math>f(x)=\sin(1/x)\,</math>,
+és vizsgáljuk meg, hogy ez egyenletesen folytonos-e a (0,1) nyílt intervallumon.
+''Mo.'' Bár f folytonos a (0,1)-en, de a (0,1) nem zárt, azaz a Heine-tétel (lásd alább) nem alkalmazható. Hasonlóképpen a függvény deriváltja nem korlátos, ezért a később említendő kritérium sem alkalmazható. Gyanítható, hogy a függvény nem egyenletesen folytonos.
+Legyen &epsilon; = 1. Kiválasztjuk f nullhelyeit az egyik, a maximumhelyeit a másik sorozatnak, mert ezek függvényértékeinek különbsége biztos, hogy nem tart a nullához:
+:<math>x_n=\frac{1}{2n\pi}</math>
+:<math>y_n=\frac{1}{2n\pi+\frac{\pi}{2}}</math>
+Ekkor
+:<math>x_n-y_n=\frac{1}{2n\pi}-\frac{1}{2n\pi+\frac{\pi}{2}}=\frac{\frac{\pi}{2}}{2n\pi(2n\pi+\frac{\pi}{2})}<\frac{\frac{\pi}{2}}{4n^2\pi^2}=\frac{1}{8n^2\pi}<\frac{1}{n}</math>
+de a függvényértékek különbsége:
+:<math>|\sin(x_n)-\sin(y_n)|=|\sin(2n\pi)-\sin(2n\pi+\pi/2)|=|0-1|=1\geq\varepsilon</math>
+azaz nagyobb egyenlő a megadott epszilonnál.
+===Heine tétele===
+'''Tétel''' -- ''Heine tétele'' -- Zárt és korlátos intervallumon értelmezett folytonos függvény egyenletesen folytonos.
+'''Példa.''' Igazoljuk, hogy a
+:<math>g(x)=x\sin(1/x)\,</math>
+függvény egyenletesen folytonos a (0,1) intervallumon.
+''Mo.'' g-nek van folytonos kiterjesztése a [0,1] zárt korlátos intervallumra, mert egyfelől 1-ben értelmezhető folytonos módon a fenti formulával, másfelől 0-ban korlátos szor nullához tartó alakú, azaz a határértéke nulla. Legyen
+:<math>h(x)=\begin{cases}x\sin(1/x),\;\;x\ne 0\\0, \;\;x=0\end{cases}</math>
+h folytonos a zárt [0,1]-en, így Heine tétele miatt egyenletesen folytonos. De tudjuk, hogy egyenletesen folytonos függvény minden leszűkítése is egyenletesen folytonos, azaz h leszűkítése a g is egyenletesen folytonos. Ez az előbb említett, a leszűkítésre vonatkozó állítás azért igaz, mert ha van közös delta egy bővebb halmazon, akkor nyilván ugyanez a delta jó lesz a szűkebb halmazon is.
+===Lipschitz-tulajdonság===
+Jellegzetes folytonosságtípus a Lipschitz-folytonosság.
+'''Definíció.''' A f:'''R''' &supe; ''A'' <math>\to</math> '''R''' függvény Lipschitz-tulajdonságú, ha létezik olyan ''L'' > 0 szám, hogy minden x,y &isin; ''A''-ra:
+:<math>|f(x)-f(y)|\leq L|x-y|</math>
+Világos, hogy ekkor ''f'' egyenletesen folytonos ''A''-n, ugyanis legyen &epsilon; > 0. Ekkor a &delta; = &epsilon;/L olyan, hogy ha |x-y| < &delta;, akkor
+:<math>|f(x)-f(y)|\leq L|x-y|<L\delta=\varepsilon\,</math>
+Fordítva már nem igaz. A gyökfüggvény egyenletesen folytonos, de nem Lipschitz-tulajdonságú, ugyanis x=1/n, y=1/(n+1)-gyel:
+:<math>\sqrt{\frac{1}{n})}-\sqrt{\frac{1}{n+1}}=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n(n+1}}=\frac{1}{(\sqrt{n}+\sqrt{n+1})\sqrt{n(n+1)}}=</math>
+:<math>=\frac{\sqrt{n(n+1)}}{(\sqrt{n}+\sqrt{n+1})}\frac{1}{n(n+1)}\geq_{n>N}n\cdot(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})</math>
+Intervallumon értelmezett differenciálható függvény pontosan akkor Lipschtz-tulajdonságú, ha a deriváltja korlátos.
+Ugyanis, 1) ha korlátos a derivált, akkor a Lagrange-tétellel találunk L-et. 2) ha lipschiztes, akkor minden különbségi hányadosnak ugyanaz a korlátja, így korlátos a derivált.
+===Korlátos derivált===
+Ha az ''f'' intervallumon értelmezett differenciálható függvény korlátos deriválttal rendelkezik, akkor a Lagrange-féle középértéktétel miatt ''f'' egyenletesen folytonos, sőt Lischitz-tulajdonsgú az értelmezési tartományán. Ugyanis legyen ''K'' olyan pozitív szám, hogy minden x &isin; Dom(''f'')-re:
+:<math>|f'(x)| \leq K \,</math>
+Ha &epsilon; > 0 és &delta;:=&epsilon;/''K'', akkor minden x,y &isin; Dom(''f'')-re, ha |x-y| < &delta;, létezik &xi; az x és az y között, hogy azzal:
+:<math>|f(x)-f(y)|= |f'(\xi)|\cdot|x-y|< K\cdot \delta=\varepsilon</math>
+'''Példa.''' Az
+:<math>f(x)=\frac{1}{x}\,</math>
+egyenletesen folytonos az [1,+&infin;) halmazon.
+''Ugyanis,'' itt korlátos a deriváltja:
+:<math>\left(\frac{1}{x}\right)'=-\frac{1}{x^2}\,</math>
+Ezért ha x &isin; [1,+&infin;), akkor
+:<math>\left| -\frac{1}{x^2}\right|=\frac{1}{x^2}\leq 1</math>
+'''Példa.''' A mindenhol értelmezett
+:<math>f(x)=\cos\sqrt[3]{x}\,</math>
+függvény egyenletesen folytonos.
+''Ugyanis,'' a [-1,1] zárton a Heine-tétel miatt egyenletesen folytonos, azon kívül pedig
+:<math>|f'(x)|=|\sin(\sqrt[3]{x})\cdot\frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}|\leq 1\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{3}</math>
+== Folytonos differenciálhatóság==
+'''Tétel. ''' -- Zárt intervallumon differenciálható függvény deriválfüggvénynek, nem lehet megszüntethető szakadása.
+''Ugyanis.'' Legyen f:[a,b] <math>\to</math> '''R''' diff.-ható és tegyük fel, hogy létezik a
+:<math>\lim\limits_{x\to a}f'(x)\,</math>
+és véges. Ekkor belátjuk, hogy ez a derivált a-beli helyettesítési értéke. Kiszámítjuk különbségi hányados határértéktét! Vegyük az x<sub>n</sub> = a + 1/n sorozatot (ill ennek [a,b]-beli részét). Minden [a,a+1/n] intervallumra felírhatjuk a Lagrange-tételt:
+: <math>\frac{f(x_n)-f(a)}{x_n-a}=f'(\xi_n)</math>
+Ekkor a különbségi hányados függvényértékek sorozata egyenlő lesz a derivált egy függvényértéksorozatával, melyek így ugyanahhoz tartanak. De ez csak az f'(a) és a lim<sub>u</sub>f' 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?
+# <math>f(x)=\left\{\begin{matrix}x^2\sin\left(\cfrac{1}{x}\right)& \mathrm{ha} & x\ne 0\\
+&\mathrm{ha} & x=0
+ \end{matrix}\right.</math>
+# <math>f(x)=\left\{\begin{matrix}x^2\sin\left(\cfrac{1}{x^2}\right)& \mathrm{ha} & x\ne 0\\
+&\mathrm{ha} & x=0
+ \end{matrix}\right.</math>
+# <math>f(x)=\left\{\begin{matrix}\sin(x^2)\frac{e^x-1}{x}& \mathrm{ha} & x\ne 0\\
+&\mathrm{ha} & x=0
+ \end{matrix}\right.</math>
+''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.
+.
+:<math> \left(x^2\sin\left(\cfrac{1}{x}\right)\right)'=2x\sin\left(\cfrac{1}{x}\right)+x^2\cos\left(\cfrac{1}{x}\right)\frac{-1}{x^2}=2x\sin\left(\cfrac{1}{x}\right)-\cos\left(\cfrac{1}{x}\right)</math>
+nem folyt diff a 0-ban, mert nincs lim<sub>0</sub> f', mert a második tag határértéke nem létezik (bár korlátos).
+.
+:<math> \left(x^2\sin\left(\cfrac{1}{x^2}\right)\right)'=2x\sin\left(\cfrac{1}{x^2}\right)+x^2\cos\left(\cfrac{1}{x^2}\right)\frac{-2}{x^3}=2x\sin\left(\cfrac{1}{x^2}\right)-\frac{2}{x}\cos\left(\cfrac{1}{x}\right)</math>
+nwm folyt diff a 0-ban, mert nincs lim<sub>0</sub> f', mert a második tag határértéke nem létezik és nem is korlátos.
+.
+:<math>f'(x)=\cos(x^2)\cdot\frac{e^x-1}{x}+\sin(x^2)\cdot \frac{e^x(x-1)}{x^2}\to 0</math>
+Már csak a pontbeli deriváltat kell kiszámítani. Ez is 0.
+A fenti tételen kívül több is igaz.
+'''Állítás.''' Ha ''f'':[a,b] <math>\to</math> '''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 lim<sub>a</sub> 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
+:<math>\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim\limits_{x\to a}\frac{f'(x)}{1}=\lim\limits_{x\to a}f'(x)</math>
+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] <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 &xi; &isin; (a,b), hogy f'(&xi;) = ''m''. Vegyük a Lagrange-tételhez hasonlóan a
+:<math>g(x)=f(x)-mx\, </math>
+függvényt. Megállapíthatjuk, hogy tetszőleges ''x'' &isin; (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 &xi;-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 &xi; minimum, így annak belül kell lennie. Ekkor viszont alkalmazható a Fermat-tétel, mellyel:
+:<math>g'(\xi)=0\,</math>, azaz <math>f'(\xi)=m\,</math>
+'''Feladat.''' Igaz-e?
+# '''R''' <math>\to</math> '''R''' differenciálható függvény ''deriváltfüggvénye'' minden zárt és korlátos intervallumon felveszi minimumát és maximumát.
+# Ha az '''R''' <math>\to</math> '''R''' differenciálható függvény ''deriváltfüggvénye'' negatív és pozitív értékeket is felvesz, akkor van a driváltnak zérushelye.
+# '''R''' <math>\to</math> '''R''' differenciálható függvény ''deriváltfüggvénye'' korlátos, akkor létezik olyan L szám, hogy minden x,y-ra: |f(x)-f(y)| < L|x-y|.
+# A deriválható függvények egyenletesen folytonosak.
+# Korlátos és zárt intervallumon differenciálható függvények egyenletesen folytonos.
+# A korlátos deriválttal rendelkező függvények egyenletesen folytonosak.
+==Inverzfüggvénytétel '''R'''-re==
+<!--'''Inverzfüggvény deriváltja.''' Ha az ''f'' invertálható függvény differenciálható ''u''-ban, ''f'' <sup>-1</sup> folytonos ''u''-ban és f'(u) &ne; 0, akkor az inverz is differenciálható ''u''-ban és
+:<math>(f^{-1})'(f(u))=\frac{1}{f'(u)}\,</math>
+''Biz.''
+:<math>f(x)-f(u)=f'(u)(x-u)+\varepsilon(x)(x-u)\,</math>
+:<math>f(x)-f(u)=(f'(u)+\varepsilon(x))(x-u)\quad\quad(x=f^{-1}(y),\;\;u=f^{-1}(v))</math>
+:<math>y-v=(f'(u)+\varepsilon(f^{-1}(y)))(f^{-1}(y)-f^{-1}(v))\,</math>
+:<math>\frac{1}{f'(u)+\varepsilon(f^{-1}(y))}(y-v)=f^{-1}(y)-f^{-1}(v)\,</math>
+:<math>\frac{1}{f'(u)}(y-v)+\left(\frac{1}{f'(u)+\varepsilon(f^{-1}(y))}-\frac{1}{f'(u)}\right)(y-v)=f^{-1}(y)-f^{-1}(v)\,</math>
+Itt az
+:<math>\eta(y)=\frac{1}{f'(u)+\varepsilon(f^{-1}(y))}-\frac{1}{f'(u)}\,</math>
+függvény akkor lesz folytonos és ''v''-ben eltűnő, ha maga f<sup>-1</sup> is folytonos ''v''-ben.
+'''Megjegyzás.''' A tételi állításban az inverz folytonossági feltétele csak olyan esetben jelent megszorítást, amikor a függvény nem intervallumon értelmezett szigorúan monoton függvény. Példa olyan invertálható függvényre, melynek deriváltja nem nulla egy adott pontban, de inverze a képpontban nem folytonos:
+:<math>\mathrm{Dom}\,f=\mathbf{R}\setminus\left\{\frac{1}{n}\right\}_{n\in \mathbf{Z}^+}</math>
+:<math>f(x)=\left\{\begin{matrix}x, & \mathrm{ha} &  x\not\in \mathbf{Z}^+\\
+\frac{1}{x}, & \mathrm{ha} & x= n\in \mathbf{Z}^+
+\end{matrix}\right.</math>
+''f'' ekkor a 0-ban deriválható és ''f'' '(0)=1, invertálható, mert '''R''' \ (1/'''Z'''<sup>+</sup>) \ '''Z'''<sup>+</sup>-n az identitás és az '''Z'''<sup>+</sup>-n pedig az 1/id, mely értékei vétetnek fel az '''R''' \ (1/'''Z'''<sup>+</sup>)- halmaz képeiként. Viszont így ''f''<sup>-1</sup> nem korlátos 0-ban, azaz nem folytonos, így nem is differenciálható.
+''Állítás.'' Intervallumon értelmezett szigorúan monoton függvény inverze folytonos (tehát ezesetben még akkor is folytonos az inverz, ha a függvénynek magának ugrása van).
+Erre a meglepő eredményre egy illusztráló példát adunk.
+''Példa.'' Folytonosan invertálható-e az alábbi függvény? Indokoljuk a fenti tétel nélkül!
+:<math>f(x)=\left\{\begin{matrix}
+-x^2-1, & \mathrm{ha} &  x<0\\
+, & \mathrm{ha} & x= 0\\
+x^2+1, & \mathrm{ha} &  x>0
+\end{matrix}\right.</math>
+''Megoldás.'' Persze, hisz a negatívokon invertálható és csak negatív értéket vesz fel. A pozitívokon szintén és szintén csak pozitív értékeket vesz fel. A 0-beli érték az előző képhatlmazokon kívül esik (a 0). Az inverz:
+:<math>\mathrm{Dom}\,f^{-1}=(-\infty,-1)\cup\{0\}\cup(1,+\infty)</math>
+:<math>f^{-1}(y)=\left\{\begin{matrix}
+-\sqrt{-y-1}, & \mathrm{ha} &  y<-1\\
+, & \mathrm{ha} & y= 0\\
+\sqrt{y-1}, & \mathrm{ha} &  y>1
+\end{matrix}\right.</math>
+Ez a függvény mindenütt folytonos, mert a gyök az, és a 0-ban izolált pontja van, ahol a függvények triviálisan folytonosak. -->
+'''Tétel''' -- Globális inverzfüggvény-tétel -- Ha ''f'': <math>I</math> <math>\to</math> '''R''' függvény folytonosan differenciálható és f' sehol se nulla, akkor
+# ''f'' invertálható
+# ''f'' inverze folytonos (''f'' homeomorfizmus)
+# ''f'' inverze deriválható (''f'' diffeomorfizmus)
+# minden x &isin; I-re
+:<math>(f^{-1})'(f(x))=\frac{1}{f'(x)}\,</math>
+''Megjegyzés.'' Részeletesebb indoklás azt is kimutatja, hogy a derivált folytonossága nem szükséges (bár nem árt :).
+''Bizonyítás.'' 1) A derivált mindenhol azonos előjelű, ellenkező esetben lenne két hely, ahol különböző, de a Darboux-tétel miatt akkor lenne zérushelye is a deriváltnak, ami ellentmond a feltételeknek. Tehát ''f'' szigorúan monoton, így invertálható.
+) Minden ''a'' &isin; I pontban a derivált nem nulla és folytonos, így létezik olyan környzete, melyben a derivált mindenhol egy L pozitív számál nagyobb. Ezért a Lagrange-tétel miatt a környzet bármely két <math>x_1</math>, <math>x_2</math> pontjára:
+:<math>0<L\leq f'(\xi)=\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}</math>
+Emiatt az x=f<sup>-1</sup>(y) áttéréssel:
+:<math>L\leq |\frac{x_1-x_2}{f^{-1}(y_1)-f^{-1}(y_2)}|\,</math>
+azaz
+:<math>\frac{1}{L}|y_1-y_2|\geq |f^{-1}(y_1)-f^{-1}(y_2)w\,</math>
+azaz az inverz lipschitzes a környzetben, azaz a pontban folytonos.
+) 4) ezt egyszerre igazoljuk. Az ''u''-beli diffhatóság miatt:
+:<math>f(x)-f(u)=f'(u)(x-u)+\varepsilon(x)(x-u)\,</math>
+:<math>f(x)-f(u)=(f'(u)+\varepsilon(x))(x-u)\quad\quad(x=f^{-1}(y),\;\;u=f^{-1}(v))</math>
+:<math>y-v=(f'(u)+\varepsilon(f^{-1}(y)))(f^{-1}(y)-f^{-1}(v))\,</math>
+:<math>\frac{1}{f'(u)+\varepsilon(f^{-1}(y))}(y-v)=f^{-1}(y)-f^{-1}(v)\,</math>
+:<math>\frac{1}{f'(u)}(y-v)+\left(\frac{1}{f'(u)+\varepsilon(f^{-1}(y))}-\frac{1}{f'(u)}\right)(y-v)=f^{-1}(y)-f^{-1}(v)\,</math>
+Itt az
+:<math>\eta(y)=\frac{1}{f'(u)+\varepsilon(f^{-1}(y))}-\frac{1}{f'(u)}\,</math>
+függvény akkor lesz folytonos és ''v''-ben eltűnő, ha maga f<sup>-1</sup> is folytonos ''v''-ben.
+'''Példa.''' Igazoljuk, hogy létezik a sin inverze a [-&pi;/2,&pi;/2]-n és az inverz folytonos a [-1,1]-en (ez az arcsin) ezen kívül az inverz deriválható a belső pontokban!
+''Ugyanis.'' [-&pi;/2,&pi;/2]-n a sin szigorúan monoton nő és inverz képe [-1,1]. Emiatt ez folytonos is és az inverzfüggvény-tétel miatt a nyílton differenciálható, ugyanis
+:<math>\frac{1}{\sin'(x)}=\frac{1}{\cos(x)}>0,\quad \mathrm{ha}\quad -\frac{\pi}{2}<x<\frac{\pi}{2}</math>
+az inverze:
+:<math>(f^{-1})'(y)=(f^{-1})'(f(x))=\frac{1}{\cos(x)}=\frac{1}{\cos(\mathrm{arc\,\sin}(y))}=</math>
+::<math>=\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2(\mathrm{arc\,sin}(y))}}=\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}</math>
+<!--
+==Paraméteres görbe és Cauchy-féle középértéktétel==
+Tegyük fel, hogy adva van az aritmetikai síkon ('''R'''<sup>2</sup>) egy
+:<math>p:\,[a,b]\to \mathbf{R}^2;\;t\mapsto\left\{\begin{matrix}g(t)\\ f(t)\end{matrix}\right.</math>
+görbe paraméteres alakban úgy, hogy g és f differenciálható függvények és g '''deriváltja sehol sem nulla'''.
+Ekkor a globális inverzfüggvény-tételből következőleg a g szigorúan monoton, inverze differenciálható és kifejezhető x=g(t)-ből a t:
+:<math>t=g^{-1}(x),\quad x\in [c,d]</math>
+ahol [c,d] a g értékkészélete.
+Ezzel a görbe implicit módon is megadható lesz, mint az
+<math>F:[c,d] \to [a,b];\,x\mapsto f(g^{-1}(x))</math>
+függvény grafikonja. Erre az F függvényre és a g(a), g(b) pontokra alkalmazva a Lagrange-tételt, létezik az (a,b) nyílton olyan &xi;, hogy
+:<math>\frac{F(g(b))-F(g(a))}{g(b)-g(a)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(a)-g(b)}=F'(\xi)=f'(\xi)\cdot\frac{1}{g'(\xi)}=\frac{f'}{g'}(\xi)\,</math>
+amit Cauchy-féle középértékételnek nevezünk.
+Ebből következtethetünk az erős L'Hospital-szabály első deriválttas alakjára:-->
-''Ugyanis,'' Legyen
-:<math>m=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\,</math>
-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'(&xi;)=0, azaz f'(&xi;) = m.
 [[Kategória:Matematika A1]]