Matematika A1a 2008/10. gyakorlat

_{<Matematika A1a 2008}

Gyenge L'Hospital-szabály

Legyenek f és g: A $\to$ R valós-valós függvények, u ∈ A ∩ A ', f(u)=g(u)=0, mindkettő differenciálható u-ban és g'(u) ≠ 0. Ekkor létezik a lim_u(f/g), és

$\lim\limits_{x\to u}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(u)}{g'(u)}$

Ugyanis,' írjuk fel az 1. definíciónak megfelelően a határértéket. Létezik az u-hoz olyan ε, η: A $\to$ R, hogy minden x ∈ A ∩ Dom(f/g)-ra

$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(u)+f'(u)(x-u)+\varepsilon(x)(x-u)}{g(u)+g'(u)(x-u)+\eta(x)(x-u)}$

és ∃lim_uε=ε(u)=0, ∃lim_uη=η(u)=0. Emiatt és f(u)=g(u)=0 miatt

$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(u)+\varepsilon(x)}{g'(u)+\eta(x)}$

Aminek a határéttéke, ha x tart u-hoz a kívánt hányados, amennyiben ellenőrizük, hogy g'(u) + η nem lesz nulla egy elég szűk környzeteben. Ekkor ugyanis a hányadosnak nem lenne értelme. Nos, |η| egy elég kis környzetben a nulla |g'(u)|/2 sugarú környzetében lesz, így ez a veszély nem fenyeget.

1. Feladat.

$\lim\limits_{x\to 0} (\cos x)^{\frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to 0} e^{\frac{\mathrm{ln}\,\cos x}{x}}= e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\mathrm{ln}\,\cos x}{x}}=e^{\frac{\frac{\sin(0)}{\cos (0)}}{1}}=1$

Fermat-féle szélsőértéktétel

Tétel -- Differenciálható függvény belső pontbeli szélsőértéke létezésének szükséges feltétele -- Ha f valós-valós függvény és f differenciálható az u ∈ int Dom(f) pontban és f-nek u-ban lokális szélsőértéke van, akkor

f'(u) = 0,

Tipikus átvitelielves tétel, hisz a "határérték" létezését tudjuk, csak az értékét kell kiszámolnunk. Tegyük fel, hogy u-ban minimum van. Legyen (δ_n) az 0-hoz tartó pozitív sorozat, mely minden n-re δ_n + u, u- δ_n ∈ Dom(f). Ekkor

$0\leq f(u+\delta_n)-f(u)\,$ és $f(u-\delta_n)-f(u)\geq 0\,$

Most az elsőt osszuk le &deta;_n-nel, a másodikat -&deta;_n-nel. Ekkor:

$0\leq\frac{f(u+\delta_n)-f(u)}{\delta_n}\to f'(u)\,$ és $f'(u)\leftarrow\frac{f(u-\delta_n)-f(u)}{-\delta_n}\leq 0\,$

S mivel, ha egy sorozat csupa nemnegatív (nempozitív), akkor a határértéke is ilyen, ezért:

$0\leq f'(u)\leq 0\,$ azaz $f'(u)=0\,$

2. Feladat. Igaz-e?

1. Ha f differenciálható az u ∈ int Dom(f)-ben és f'(u)=0, akkor ott szélsőértéke van.
2. Ha f differenciálható az u ∈ Dom(f)-ben és ott szélső értéke van, akkor f'(u)=0.
3. Ha f: [a,b] $\to$ R monoton és létezik f'(b) és = 0, akkor ott lokális szélsőértéke van (itt f'(b)-n a baloldali deriváltat értjük).
4. Ha f-nek az u ∈ int Dom(f)-ben szélsőértéke van, akkor f'(u)=0.

Megoldás.

1. Nem igaz. Ellenpélda: f(x)=x³ és u = 0. Itt ugyanis u ∈ int Dom(f), f'(0)=0, de nincs szélsőértéke f-nek. A derivált zárushelye ugyanis nem elégséges feltétele a szélsőértéknek.
2. Nem igaz. [0,1] zárton az f(x)=x-nek szélsőértéke a 0, de 0-ban a jobboldali derivált 1.
3. Igaz. Még akkor is, ha f'(b) nem nulla, pusztán a monotonitás következménye.
4. Nem igaz, mert még az se biztos, hogy létezik a derivált. Ellenpélda: f(x)=|x|, u=0

Lagrange-tétel

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

Tétel -- Lagrange-féle középértéktétel -- Legyen f: [a,b] $\to$ 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.