Matematika A1a 2008/10. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Inverzfüggvénytétel '''R'''-re)
(Folytonos differenciálhatóság)
 
(egy szerkesztő 34 közbeeső változata nincs mutatva)
1. sor: 1. sor:
 
<sub>[[Matematika A1a 2008|<Matematika A1a 2008]]</sub>
 
<sub>[[Matematika A1a 2008|<Matematika A1a 2008]]</sub>
  
 +
==A derivált korlátosságának témaköre==
  
==Lagrange-tétel==
+
===Egyenletes folytonosság===
  
Innentől kezdve áttérünk az intervallumon értelmezett függvényekre. A Lagrange-tétel szigorúan intervallumon értelmezett függványekről szól.
+
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>f:(0,+\infty)\to \mathbf{R},\;x\mapsto \sin\frac{1}{x}</math>
 +
függvénynek nincs folytonos kiterjeszése a [0,+&infin;) zárt halmazra, hisz a 0-ban nem létezik határértéke.  
  
'''Tétel''' -- Lagrange-féle középértéktétel -- Legyen ''f'': [''a'',''b''] <math>\to</math> '''R''' differenciálható függvény. Ekkor létezik olyan &xi; &isin; (a,b), hogy  
+
Az egyenletesen folytonos függvények azonban ilyenek lesznek (alább egy példában belátjuk, hogy a fenti függvény valóban nem egyenletesen folytonos).
:<math>\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi)\,</math>
+
  
''Ugyanis,'' Legyen  
+
'''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>m=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\,</math>
+
:<math>(\forall\varepsilon>0)(\exists \delta>0)(\forall x,y\in H)(|x-y|<\delta\;\Rightarrow\;|f(x)-f(y)|< \varepsilon)</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.
+
  
'''3. Feladat. ''' Igaz-e, hogy ha f differenciálható, akkor bármely pontjára teljesül a fenti kijelentés?
+
Tehát az egyenletes folytonosság '''közös''' delta létezését állítja minden a halmazban lévő pontra, szemben a pontbéli folyonossággal, mely csak külön deltákat garantál mindenhol.
  
''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.
+
'''Példa.''' A négyzetgyök-függvény egyenletesen folytonos.  
  
==Monotonitás differenciális feltételei==
+
''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>
'''Tétel.''' ''f'':<math>I</math> <math>\to</math> '''R''' differenciálható. Ekkor a következő két kijelentés ekvivalens egymással:
+
Másrészt legyen ''x'', ''y'' > 0 és legyen &epsilon;>0. Ekkor a &delta; = &epsilon;<sup>2</sup> szintén alkalmas választás, mert:
# ''f'' monoton növekvő,
+
:<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>
# minden x &isin; <math>I</math>-re <math>f'(x)\geq 0</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.
  
''Ugyanis,'' 1) <math>\to</math> 2) a < x &isin; I-re: a monotonitásból:
+
'''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.
:<math>f(x)-f(a) \geq 0\quad\quad/:(x-a)</math>
+
:<math>\frac{f(x)-f(a)}{x-a} \geq 0</math>
+
x < a &isin; I-re: a monotonitásból:
+
:<math>f(a)-f(x) \geq 0\quad\quad/:(a-x)</math>
+
:<math>0\leq\frac{f(a)-f(x)}{a-x}=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}</math>
+
azaz a különbségihányados függvény mindenütt nemnegatív  (amit úgy nevezünk, hogy a függvény az ''a''-ban lokálisan nő), azaz ennek határértéke sem lehet negatív.
+
2) <math>\to</math> 1) minden a < b &isin; I-re:
+
:<math>\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi) \geq 0\quad\quad/\cdot(b-a)</math>
+
:<math>f(b)-f(a) \geq 0</math>
+
azaz ''f'' monoton nő.
+
  
'''Tétel.''' ''f'':<math>I</math> <math>\to</math> '''R''' differenciálható. Ha minden x &isin; <math>I</math>-re <math>f'(x)> 0</math>''f'', akkor ''f'' szigorúan monoton növekvő.
+
''f'' nem egyenletesen folytonos a ''H'' halmazon, ha
  
''Ugyanis,'' inden a < b &isin; I-re:
+
:<math>(\exists \varepsilon>0)(\forall \delta>0)(\exists x,y \in H)(|x-y|< \delta,\;\;\mathrm{de}\;\;|f(x)-f(y)|\geq\varepsilon)</math>
:<math>\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi) > 0\quad\quad/\cdot(b-a)</math>
+
:<math>f(b)-f(a) > 0</math>
+
azaz ''f'' szigorúan monoton nő.
+
  
'''4. Feladat.''' Igaz-e?
+
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:
# 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.''
+
:<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>
# 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.
+
A következő példák erre vonatkoznak:
# Nem, f(x)=-1/x deriváltja mindenhol létezik, mindenhol nemnegatív és mégsem monoton nő (csak intervallumonként nő)
+
 
# Nem, f(x)=x<sup>3</sup> szig. mon nő, de 0-ban a derivált 0.
+
'''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>
  
'''5. Feladat.''' Igazoljuk, hogy ha x > 0, akkor f(x) = ln(1+x)-x+1/2x<sup>2</sup> > 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,+&infin;)-en  pozitív legyen:
 
:<math> \frac{1}{1+x}-1 + x >0\,</math>
 
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,+&infin;)-en pozitív legyen:
 
:<math> -\frac{1}{(1+x)^2}+1 >0\,</math>
 
ami fennáll, hiszen ez pont azt mondja, hogy
 
:<math>1 >\frac{1}{(1+x)^2}\,</math>
 
azaz
 
:<math>1 <(1+x)^2</math>
 
  
==Szélsőérték létezésének differenciális feltételei==
 
  
'''Tétel.''' -- Elsőderivált próba -- Legyen az ''f'' (a,b) <math>\to</math> '''R''' differenciálható az (a,u)U(u,b) halmazon és folytonos u-ban. Ekkor:
+
'''Példa.''' A mindenhol értelmezett 
# ha f' < 0 (a,u)-n és f' > 0 (u,b)-n, akkor u-ban minimum van,
+
:<math>f(x)=\cos\sqrt[3]{x}\,</math>
# ha f' < 0 (a,u)-n és f' > 0 (u,b)-n, akkor u-ban maximum van,
+
függvény egyenletesen folytonos.
# ha azonos előjelű mindenhol, akkor biztosan nincs szélsőérték
+
# ellenkező esetben a próba nem ját sikerrel.
+
  
'''Feladat''' Vizsgáljuk meg monotonitás és szélsőérték szempontjából!
 
  
:<math>f(x)=e^x(x^2+1)\,</math>
 
  
  
:<math>f(x)=e^x|x|\,</math>
+
''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==
 
== Folytonos differenciálhatóság==
  
'''Tétel. ''' -- Intervallumon értelmezett deriválfüggvénynek, csak másodfajú szakadása lehet.
+
'''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  
 
''Ugyanis.'' Legyen f:[a,b] <math>\to</math> '''R''' diff.-ható és tegyük fel, hogy létezik a  
115. sor: 153. sor:
  
 
3.  
 
3.  
:<math>f'(x)=\cos(x^2)\cdot\frac{e^x-1}{x}+\sin(x^2)\cdot \frac{e^x(x-1)}{x^2}\to 1</math>
+
:<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  
+
Már csak a pontbeli deriváltat kell kiszámítani. Ez is 0.
(Ekkor a függvény folytonosságából már követezik a 0-beli derivált létezése).
+
  
 
A fenti tételen kívül több is igaz.
 
A fenti tételen kívül több is igaz.
154. sor: 191. sor:
 
==Inverzfüggvénytétel '''R'''-re==
 
==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  
+
<!--'''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>
 
:<math>(f^{-1})'(f(u))=\frac{1}{f'(u)}\,</math>
  
175. sor: 212. sor:
 
''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.
 
''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).
+
''Állítás.'' Intervallumon értelmezett szigorúan monoton függvény inverze folytonos (tehát ezesetben még akkor is folytonos az inverz, ha a függvénynek magának ugrása van).
 
+
 
+
''Ugyanis,'' Világos, hogy az ''f''<sup>-1</sup> inverz ugyanolyan értelemben szigorúan monoton, mint az ''f'' függvény. Az általánosság megszorítása nékül feltehető, hogy ''f'' növekvő. Ha ''f''<sup>-1</sup> nem lenne folytonos egy adott ''f(u)'' pontban, akkor -- az általánosság megszorítása nékül feltehető, hogy -- jobbról sem folytonos (ha nincs "jobboldala", akkor balról). Tehát létezik olyan &epsilon; > 0, hogy minden &delta; > 0 létezik olyan ''y'' &isin; (f(u),f(u) + &delta;), hogy ''f''<sup>-1</sup>(''y'') &notin; (u,u+&epsilon;). De mivel monoton növekvő, ezért adott &delta;-ra egyik ''y'' &isin; (f(u),f(u) + &delta;) sem lehet olyan, hogy ''f''<sup>-1</sup>(''y'') &isin; (u,u+&epsilon;). De  (u,u+&epsilon;) &sube; Ran(f), miközben azt kaptuk, hogy Ran(f) &cap; (u,u+&epsilon;) üres, ami ellentmondás.
+
 
+
  
 
Erre a meglepő eredményre egy illusztráló példát adunk.
 
Erre a meglepő eredményre egy illusztráló példát adunk.
  
'''Példa.''' Folytonosan invertálható-e az alábbi függvény? Indokoljuk a fenti tétel nélkül!
+
''Példa.'' Folytonosan invertálható-e az alábbi függvény? Indokoljuk a fenti tétel nélkül!
 
:<math>f(x)=\left\{\begin{matrix}
 
:<math>f(x)=\left\{\begin{matrix}
 
-x^2-1, & \mathrm{ha} &  x<0\\
 
-x^2-1, & \mathrm{ha} &  x<0\\
189. sor: 222. sor:
 
x^2+1, & \mathrm{ha} &  x>0
 
x^2+1, & \mathrm{ha} &  x>0
 
\end{matrix}\right.</math>
 
\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:
 
+
'''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>\mathrm{Dom}\,f^{-1}=(-\infty,-1)\cup\{0\}\cup(1,+\infty)</math>
 
:<math>f^{-1}(y)=\left\{\begin{matrix}
 
:<math>f^{-1}(y)=\left\{\begin{matrix}
198. sor: 229. sor:
 
\sqrt{y-1}, & \mathrm{ha} &  y>1
 
\sqrt{y-1}, & \mathrm{ha} &  y>1
 
\end{matrix}\right.</math>
 
\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.  
+
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 differenciálható és f' sehol se nulla, akkor ''f'' diffeomorfizmus (azaz differenciálható módon invertálható függvény).
+
'''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.
 +
 
 +
2) 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.
 +
3) 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.
  
''Ugyanis,'' a derivált mindenhol azonos előjelű, ellenkező esetben lenne két hely, ahol különböző, de a Dearboux-tétel miatt akkor lenne zérushelye is a deriváltnak, ami ellentmond a feltételeknek. Tehát ''f'' szigorúan monoton, így invertálható. Már csak azt kell belátnunk, hogy az inverz folytonos. Ez abból a tételből következik, hogy intervallumon értelmezett szigorúen monoton függvény inverze folytonos.
 
  
 
'''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!
 
'''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!
211. sor: 267. sor:
 
:<math>(f^{-1})'(y)=(f^{-1})'(f(x))=\frac{1}{\cos(x)}=\frac{1}{\cos(\mathrm{arc\,\sin}(y))}=</math>
 
:<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>
 
::<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:-->
 +
 
 +
 
  
 
[[Kategória:Matematika A1]]
 
[[Kategória:Matematika A1]]

A lap jelenlegi, 2014. november 26., 06:38-kori változata

<Matematika A1a 2008

Tartalomjegyzék

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 xn és yn pozitív számokat, hogy bár | xnyn | < 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:RA \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 xn = 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 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?

  1. 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.
  2. 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.
  3. 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 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

\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?

  1. R \to R differenciálható függvény deriváltfüggvénye minden zárt és korlátos intervallumon felveszi minimumát és maximumát.
  2. Ha az R \to R differenciálható függvény deriváltfüggvénye negatív és pozitív értékeket is felvesz, akkor van a driváltnak zérushelye.
  3. R \to R differenciálható függvény deriváltfüggvénye korlátos, akkor létezik olyan L szám, hogy minden x,y-ra: |f(x)-f(y)| < L|x-y|.
  4. A deriválható függvények egyenletesen folytonosak.
  5. Korlátos és zárt intervallumon differenciálható függvények egyenletesen folytonos.
  6. 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

  1. f invertálható
  2. f inverze folytonos (f homeomorfizmus)
  3. f inverze deriválható (f diffeomorfizmus)
  4. 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 x1, x2 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}}
Személyes eszközök