Matematika A1a 2008/10. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Egyenletes folytonosság, Lipschitz-tulajdonság, korlátos derivált)
(Egyenletes folytonosság, Lipschitz-tulajdonság, korlátos derivált)
205. sor: 205. sor:
 
'''Példa.''' A reciprok a pozitív számok halmazán nem egyenletesen folytonos.
 
'''Példa.''' A reciprok a pozitív számok halmazán nem egyenletesen folytonos.
  
''Ugyanis.''    
+
''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
  
  

A lap 2008. december 8., 20:43-kori változata

<Matematika A1a 2008


Tartalomjegyzék

Lagrange-tétel

Innentől kezdve áttérünk az intervallumon értelmezett függvényekre. A Lagrange-tétel szigorúan intervallumon értelmezett függvényekről szól.

Tétel -- Lagrange-féle középértéktétel -- Legyen f: [a,b] \to R differenciálható függvény. Ekkor létezik olyan ξ ∈ (a,b), hogy

\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi)\,

Ugyanis, Legyen

m=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\,

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 \to R differenciálható. Ekkor a következő két kijelentés ekvivalens egymással:

  1. f monoton növekvő,
  2. minden x ∈ I-re f'(x)\geq 0

Ugyanis, 1) \to 2) a < x ∈ I-re: a monotonitásból:

f(x)-f(a) \geq 0\quad\quad/:(x-a)
\frac{f(x)-f(a)}{x-a} \geq 0

x < a ∈ I-re: a monotonitásból:

f(a)-f(x) \geq 0\quad\quad/:(a-x)
0\leq\frac{f(a)-f(x)}{a-x}=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}

azaz a különbségihányados függvény mindenütt nemnegatív (amit úgy nevezünk, hogy a függvény az a-ban lokálisan nő), azaz ennek határértéke sem lehet negatív. 2) \to 1) minden a < b ∈ I-re:

\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi) \geq 0\quad\quad/\cdot(b-a)
f(b)-f(a) \geq 0

azaz f monoton nő.

Tétel. f:I \to R differenciálható. Ha minden x ∈ I-re f'(x) > 0f, akkor f szigorúan monoton növekvő.

Ugyanis, inden a < b ∈ I-re:

\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi) > 0\quad\quad/\cdot(b-a)
f(b) − f(a) > 0

azaz f szigorúan monoton nő.

4. Feladat. Igaz-e?

  1. Ha f monoton nő, akkor f' nemnegatív.
  2. Ha f monoton nő, és mindenhol differenciálható, akkor f' nemnegatív.
  3. Ha f mindenhol differenciálható és f' mindenhol nemnegatív, akkor f monoton nő.
  4. Ha f intervallumon differenciálható és szigorúan monoton nő, akkor f' pozitív.

Megoldás.

  1. Ha úgy értjük, hogy mindenhol diffható és f' nemnegatív, akkor nem ha úgy, hogy csak ahol f' létezik, akkor igaz.
  2. Igen, mert ekkor lokálisan is monoton nő.
  3. Nem, f(x)=-1/x deriváltja mindenhol létezik, mindenhol nemnegatív és mégsem monoton nő (csak intervallumonként nő)
  4. 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:

 \frac{1}{1+x}-1 + x >0\,

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:

 -\frac{1}{(1+x)^2}+1 >0\,

ami fennáll, hiszen ez pont azt mondja, hogy

1 >\frac{1}{(1+x)^2}\,

azaz

1 < (1 + x)2

A függvényvizsgálat differenciális eszközei

Határértékek az értelmezési tartomány határpontjaiban

Ezt a határérték és műveletek kapcsolatára vonatkozó tételekből, vagy differenciálható, intervallumon értelmezett függvénynél, ha a határérték határozatlan alakú, akkor L'Hospital-szabállyal állapítjuk meg.

Az első derivált vizsgálata

Láttuk a monotonitás differenciális jellemzését:

f\in \mathrm{Diff}(I):\quad\quad f\in \mathrm{M}^{\leq} \;\Leftrightarrow\;f'\geq 0
f\in \mathrm{Diff}(I):\quad\quad f\in \mathrm{M}^{\geq} \;\Leftrightarrow\;f'\leq 0

A szélsőértékre és annak jellegére az első deriváltból a következő módon következtethetünk:

Tétel. -- Elsőderivált próba -- Legyen az f (a,b) \to R differenciálható az (a,u)U(u,b) halmazon és folytonos u-ban. Ekkor:

  1. ha f' < 0 (a,u)-n és f' > 0 (u,b)-n, akkor u-ban minimum van,
  2. ha f' < 0 (a,u)-n és f' > 0 (u,b)-n, akkor u-ban maximum van,
  3. ha azonos előjelű mindenhol, akkor biztosan nincs szélsőérték
  4. ellenkező esetben a próba nem ját sikerrel.

Világos, hogy ehhez kell a monotonitási vizsgálat.

A második derivált vizsgálata

A görbületre vonatkozó differenciális feltétel:

f\in \mathrm{Diff}^2(I):\quad\quad f\in \mathrm{Konv} \;\Leftrightarrow\;f''\geq 0
f\in \mathrm{Diff}^2(I):\quad\quad f\in \mathrm{Konk} \;\Leftrightarrow\;f''\leq 0

A szélsőértékkel analóg fogalom itt az inflexiós pont, mely eleve a differenciális feltétellel definiált: azt mondjuk, hogy az u ∈ I pont inflexiós pontja az f\in \mathrm{Diff}^2(I) függvénynek, ha abban a pontban a második derivált előjelet vált.

Érdemes még megjegyezni a szélsőértékre vonatkozó másodikderivált próbát, mely lokális abban az értelemben, hogy pusztán csak a második derivált pontbeli értéke a döntő:

Tétel. -- Másodikderivált próba -- Legyen f\in \mathrm{C}^2(I) olyan, hogy az u ∈ int(I) pontban f'(u)=0. Ekkor

  • ha f''(u) > 0, akkor u-ban f-nek u-ban lokális minimuma van,
  • ha f''(u) < 0, akkor u-ban f-nek u-ban lokális minimuma van,
  • más esetekben a próba nem jár sikerrel.

A tétel így, azaz a kétszeri folytonos differenciálhatósg megkövetelésével kimondva világos. Az első esetben u egy környezetében f'' pozitív, azaz f' szig. mon. nő, azaz a f' a 0-n áthaladtában előjelet vált, így az első derivált próba szerint ott szélsőértéke van (éspedig minimum). A mási eset analóg ezzel.

Feladat Vizsgáljuk meg monotonitás, szélsőérték és görbület szempontjából a következő függvényeket!

f(x)=x\mathrm{ln}\,x
f(x)=e^x(x^2+1)\,
f(x)=e^x|x|\,

Folytonos differenciálhatóság

Tétel. -- Intervallumon értelmezett deriválfüggvénynek, csak másodfajú szakadása lehet.

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 1

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] \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.

Egyenletes folytonosság, Lipschitz-tulajdonság, korlátos derivált

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.

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)

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.

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


Két tételből következtethetünk egyenletes konvergenciára.

Tétel #1 -- Heine tétele -- Zárt és korlátos intervallumon értelmezett folytonos függvény egyenletesen folytonos.

Bizonyítás. Legyegyszerűbb a Heine--Borel-tétellel igazolni. Eszerint egy K kompakt halmaz (speciálisan egy korlátos és zárt intervallum) minden nyílt halmazokkal történő lefedéséből kiválasztható véges sok nyílt halmaz is, mely még mindig lefedi K-t.

Inverzfüggvénytétel R-re

Inverzfüggvény deriváltja. Ha az f invertálható függvény differenciálható u-ban, f -1 folytonos u-ban és f'(u) ≠ 0, akkor az inverz is differenciálható u-ban és

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

Biz.

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.

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:

\mathrm{Dom}\,f=\mathbf{R}\setminus\left\{\frac{1}{n}\right\}_{n\in \mathbf{Z}^+}
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.

f ekkor a 0-ban deriválható és f '(0)=1, invertálható, mert R \ (1/Z+) \ Z+-n az identitás és az Z+-n pedig az 1/id, mely értékei vétetnek fel az R \ (1/Z+)- halmaz képeiként. Viszont így f-1 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).


Ugyanis, Világos, hogy az f-1 inverz ugyanolyan értelemben szigorúan monoton, mint az f függvény. Az általánosság megszorítása nékül feltehető, hogy f növekvő. Ha f-1 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 ε > 0, hogy minden δ > 0 létezik olyan y ∈ (f(u),f(u) + δ), hogy f-1(y) ∉ (u,u+ε). De mivel monoton növekvő, ezért adott δ-ra egyik y ∈ (f(u),f(u) + δ) sem lehet olyan, hogy f-1(y) ∈ (u,u+ε). De (u,u+ε) ⊆ Ran(f), miközben azt kaptuk, hogy Ran(f) ∩ (u,u+ε) üres, ami ellentmondás.


Erre a meglepő eredményre egy illusztráló példát adunk.

Példa. Folytonosan invertálható-e az alábbi függvény? Indokoljuk a fenti tétel nélkül!

f(x)=\left\{\begin{matrix}
-x^2-1, & \mathrm{ha} &  x<0\\
0, & \mathrm{ha} & x= 0\\
x^2+1, & \mathrm{ha} &  x>0
\end{matrix}\right.


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:

\mathrm{Dom}\,f^{-1}=(-\infty,-1)\cup\{0\}\cup(1,+\infty)
f^{-1}(y)=\left\{\begin{matrix}
-\sqrt{-y-1}, & \mathrm{ha} &  y<-1\\
0, & \mathrm{ha} & y= 0\\
\sqrt{y-1}, & \mathrm{ha} &  y>1
\end{matrix}\right.

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: I \to R függvény differenciálható és f' sehol se nulla, akkor f diffeomorfizmus (azaz differenciálható módon invertálható függvény).

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 [-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}}

Paraméteres görbe és Cauchy-féle középértéktétel

Tegyük fel, hogy adva van az aritmetikai síkon (R2) egy

p:\,[a,b]\to \mathbf{R}^2;\;t\mapsto\left\{\begin{matrix}g(t)\\ f(t)\end{matrix}\right.

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:

t=g^{-1}(x),\quad x\in [c,d]

ahol [c,d] a g értékkészélete.

Ezzel a görbe implicit módon is megadható lesz, mint az

F:[c,d] \to [a,b];\,x\mapsto f(g^{-1}(x))

függvény grafikonja. Erre az F függvényre és a g(a), g(b) pontokra alkalmazva a Lagrange-tételt, létezik az (a,b) nyílton olyan ξ, hogy

\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)\,

amit Cauchy-féle középértékételnek nevezünk.

Ebből következtethetünk az erős L'Hospital-szabály első deriválttas alakjára:

Személyes eszközök