Matematika A1a 2008/10. gyakorlat

A MathWikiből
A lap korábbi változatát látod, amilyen Mozo (vitalap | szerkesztései) 2008. november 26., 23:45-kor történt szerkesztése után volt.

<Matematika A1a 2008


Tartalomjegyzék

Lagrange-tétel

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

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

Szélsőérték létezésének differenciális feltételei

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.

Feladat Vizsgáljuk meg monotonitás és szélsőérték szempontjából!

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.

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.

A tételi állításban az inverz folytonossági feltétele csak olyan esetben jelent megszorítást, amikor a függvény nem intervallumon értelmezett szigorúan monoton függvény.

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.

Személyes eszközök