Szerkesztő:Mozo/A1 bizonyítások
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Folytonosan kiterjeszthető függvény) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→A derivált szakadásai, Darboux-tétel) |
||
(egy szerkesztő 34 közbeeső változata nincs mutatva) | |||
6. sor: | 6. sor: | ||
:A QED azt jelenti, hogy ott vége a bizonyításnak. | :A QED azt jelenti, hogy ott vége a bizonyításnak. | ||
==Bolzano–Weierstrass-tétel== | ==Bolzano–Weierstrass-tétel== | ||
− | :''Ebben a tételben a Bolzano–Weierstrass-tételt fogjuk bizonyítani. Két bizonyítást adunk, | + | :''Ebben a tételben a Bolzano–Weierstrass-tételt fogjuk bizonyítani. Két bizonyítást adunk, de elég csak az egyiket elmondani, azaz vagy a '''Heine–Boreleset''' vagy a '''csúcselemeset'''. Néhány tételt később a Heine–Borel-tételre fogjuk alapozni. |
===Heine–Borel-tétellel=== | ===Heine–Borel-tétellel=== | ||
16. sor: | 16. sor: | ||
'''Példa.''' Az | '''Példa.''' Az | ||
:<math>\left\{\frac{1}{n}\mid n\in \mathbf{Z}^+\right\}\cup\{0\}</math> | :<math>\left\{\frac{1}{n}\mid n\in \mathbf{Z}^+\right\}\cup\{0\}</math> | ||
− | halmaz kompakt, mert ha lefedi nyílt halmazok egy ''H'' halmaza, akkor már a 0-t is lefedi egy ''U'' ∈ ''H'' nyílt halmaz, azaz van olyan (-ε,+ε) ⊆ ''U'' nyílt intervallum, mely lefedi a 0-t. De minthogy (1/n) a 0-hoz | + | halmaz kompakt, mert ha lefedi nyílt halmazok egy ''H'' halmaza, akkor már a 0-t is lefedi egy ''U'' ∈ ''H'' nyílt halmaz, azaz van olyan (-ε,+ε) ⊆ ''U'' nyílt intervallum, mely lefedi a 0-t. De minthogy (1/n) a 0-hoz konvergál, ezért az (-ε,+ε)-intervallumon kívül csak véges sok tagja van. Emiatt ha veszünk az ezen kívüli véges sok tagot lefedő véges sok ''H''-beli nyílt halmazt és hozzávesszük U-t, akkor ezek már lefedik a halmazt. |
− | '''Példa.''' A | + | '''Példa.''' A természetes számok halmaza nem kompakt, mert van olyan nyílt lefedése, melyből biztosan nem választható ki véges részlefedés. Ha ugyanis az n természetes számokat lefedjük az (n-1/2,n+1/2) nyílt intervallumokkal, akkor ennek egyik véges része se fogja az összes természetes számot lefedni. |
'''Tétel''' – ''Heine–Borel-tétel'' – Minden zárt és korlátos intervallum kompakt. | '''Tétel''' – ''Heine–Borel-tétel'' – Minden zárt és korlátos intervallum kompakt. | ||
26. sor: | 26. sor: | ||
Legyen az intervallum [a,b]. Legyen egy nyílt lefedése a ''H'' halmazrendszer. | Legyen az intervallum [a,b]. Legyen egy nyílt lefedése a ''H'' halmazrendszer. | ||
− | Indirekten látjuk be: tegyük fel, hogy [a,b]-nek nincs véges részlefedése. Osszuk [a,b]-t két egyenlő részre, az [a,c] és a [c,b] zárt | + | Indirekten látjuk be: tegyük fel, hogy [a,b]-nek nincs véges részlefedése. Osszuk [a,b]-t két egyenlő részre, az [a,c] és a [c,b] zárt intervallumokra. Ekkor vagy az [a,b] "baloldali" fele, vagy a "jobboldali" fele olyan, hogy nincs véges részlefedése, ugyanis, ha mindkettőnek lenne, akkor az [a,b]-nek is lenne. Válasszunk ki a két félből most egy olyat, melynek ''nincs'' véges részlefedése. Osszuk ezt is két egyenlő részre. Az egyik félnek nincs véges részlefedése, ... folytassuk ezt az eljárást a végtelenségig. Ekkor kapunk egy olyan intervallumsorozatot, melynek következő eleme mindig része a megelőzőnek (I<sub>n+1</sub> ⊆ I<sub>n</sub>) és a hosszuk a feledés miatt a 0-hoz tart Ekkor a Cantor-tétel miatt létezik a sorozatnak egyetlen közös eleme. Legyen ez ''u''. ''u''-t lefedi egy ''U'' ∈ ''H'' nyílt halmaz, így egy (u-ε,u+ε) ⊆ ''U'' nyílt intervallum is. De mivel az intervallumok hossza a 0-hoz tart, ezért van olyan ''n'', hogy |
:<math>I_n\;\mathrm{hossza}\;< \frac{\varepsilon}{2}</math>. | :<math>I_n\;\mathrm{hossza}\;< \frac{\varepsilon}{2}</math>. | ||
Ezt viszont benne van (u-ε,u+ε)-ben, mert u benne van I<sub>n</sub>-ben is. Azaz I<sub>n</sub>-nak ''U'' véges (egyetlen elemből álló) részlefedése. De ez ellentmondás, mert (I<sub>n</sub>) konstrukciója szerint egyetlen tagjának sincs véges részlefedése. QED | Ezt viszont benne van (u-ε,u+ε)-ben, mert u benne van I<sub>n</sub>-ben is. Azaz I<sub>n</sub>-nak ''U'' véges (egyetlen elemből álló) részlefedése. De ez ellentmondás, mert (I<sub>n</sub>) konstrukciója szerint egyetlen tagjának sincs véges részlefedése. QED | ||
34. sor: | 34. sor: | ||
''Bizonyítás.'' I. Először belátjuk, hogy a sorozatnak van sűrűsödési pontja. Legyen (a<sub>n</sub>) korlátos sorozat. Ekkor van olyan ''K'' szám, hogy minden ''n''-re a<sub>n</sub> ∈ [-''K'', ''K'']. A [-''K'', ''K''] korlátos és zárt intervallumra fogjuk alkalmazni a Heine–Borel-tételt. Tegyük fel, hogy (a<sub>n</sub>)-nek nincs sűrűsödési pontja. Ekkor egyik ''u'' ∈ [-''K'', ''K''] sem sűrűsödési pont, azaz az ''u''-hoz található olyan ε<sub>u</sub> > 0 szám, hogy az ''u'' körüli <math>\scriptstyle{\mathrm{B}_{\varepsilon_{u}}(u)}</math> = (u-ε<sub>u</sub> ,u+ε<sub>u</sub> ) intervallumban csak véges sok tagja van a sorozatnak. Az | ''Bizonyítás.'' I. Először belátjuk, hogy a sorozatnak van sűrűsödési pontja. Legyen (a<sub>n</sub>) korlátos sorozat. Ekkor van olyan ''K'' szám, hogy minden ''n''-re a<sub>n</sub> ∈ [-''K'', ''K'']. A [-''K'', ''K''] korlátos és zárt intervallumra fogjuk alkalmazni a Heine–Borel-tételt. Tegyük fel, hogy (a<sub>n</sub>)-nek nincs sűrűsödési pontja. Ekkor egyik ''u'' ∈ [-''K'', ''K''] sem sűrűsödési pont, azaz az ''u''-hoz található olyan ε<sub>u</sub> > 0 szám, hogy az ''u'' körüli <math>\scriptstyle{\mathrm{B}_{\varepsilon_{u}}(u)}</math> = (u-ε<sub>u</sub> ,u+ε<sub>u</sub> ) intervallumban csak véges sok tagja van a sorozatnak. Az | ||
:<math>\{\mathrm{B}_{\varepsilon_{u}}(u)\mid u\in [-K,+K]\}\,</math> | :<math>\{\mathrm{B}_{\varepsilon_{u}}(u)\mid u\in [-K,+K]\}\,</math> | ||
− | halmazrendszer nyílt lefedése [-''K'', ''K'']-nak, tehát a Heine–Borel-tétel értelmében van véges részlefedése. De, ekkor azt kaptuk, hogy a véges sok olyan halmazzal lehet lefedni a teljes (a<sub>n</sub>)-t, melyekben egyenként is csak véges sok tagja van (a<sub>n</sub>)-nak. Ez ellentmondás, mert | + | halmazrendszer nyílt lefedése [-''K'', ''K'']-nak, tehát a Heine–Borel-tétel értelmében van véges részlefedése. De, ekkor azt kaptuk, hogy a véges sok olyan halmazzal lehet lefedni a teljes (a<sub>n</sub>)-t, melyekben egyenként is csak véges sok tagja van (a<sub>n</sub>)-nak. Ez ellentmondás, mert ebből az következne, hogy (a<sub>n</sub>)-nek csak véges sok indexe van, ami nem igaz, mert (a<sub>n</sub>) végtelen sorozat. |
II. Másodszor kiválasztjuk az így adott sűrűsödési ponthoz konvergáló sorozatot. Legyen <math>\delta_k=1/k</math>. Ekkor minden ''k''-ra: | II. Másodszor kiválasztjuk az így adott sűrűsödési ponthoz konvergáló sorozatot. Legyen <math>\delta_k=1/k</math>. Ekkor minden ''k''-ra: | ||
:létezik l > k, hogy <math>a_l\in (u- \delta_k,u+\delta_k)</math> | :létezik l > k, hogy <math>a_l\in (u- \delta_k,u+\delta_k)</math> | ||
− | Természetes számok egy | + | Természetes számok egy nem üres halmazában van legkisebb elem, így legyen minden k-ra |
:<math>n_k:=\min\{l\mid a_l\in (u- \delta_k,u+\delta_k)\}\,</math> | :<math>n_k:=\min\{l\mid a_l\in (u- \delta_k,u+\delta_k)\}\,</math> | ||
Ekkor az | Ekkor az | ||
47. sor: | 47. sor: | ||
===Csúcselemmel=== | ===Csúcselemmel=== | ||
− | :''Először belátjuk, hogy minden sorozatból kiválasztható monoton részsorozat, majd belátjuk, hogy monoton-korlátos sorozat | + | :''Először belátjuk, hogy minden sorozatból kiválasztható monoton részsorozat, majd belátjuk, hogy monoton-korlátos sorozat konvergens.'' |
'''Definíció.''' Azt mondjuk, hogy az <math>(n_k)</math> '''indexsorozat''', ha természetes számokból áll és szigorúan monoton növekvő. | '''Definíció.''' Azt mondjuk, hogy az <math>(n_k)</math> '''indexsorozat''', ha természetes számokból áll és szigorúan monoton növekvő. | ||
− | '''Példa.''' A (pozitív) prímszámok nagyság szerint | + | '''Példa.''' A (pozitív) prímszámok nagyság szerint sorba téve indexsorozatot alkotnak, míg az |
− | :<math>n_k=1+k((-1)^ | + | :<math>n_k=1+k((-1)^k+1)\,</math> |
sorozat nem. | sorozat nem. | ||
71. sor: | 71. sor: | ||
Ekkor | Ekkor | ||
:<math>(a_{n_k})</math> | :<math>(a_{n_k})</math> | ||
− | monoton csökken, mert vagy következő csúcselem választódik, és akkor csökken, vagy saját maga és akkor nem nő. (Megjegyezzük, hogy ha | + | monoton csökken, mert vagy következő csúcselem választódik, és akkor csökken, vagy saját maga és akkor nem nő. (Megjegyezzük, hogy ha sorba állítanánk a csúcselemeket indexek szerint, akkor egy szigorúan monoton csökkenő sorozat jönne létre; fent most nem teljesen ezt tettük.) |
2. Tegyük fel, hogy ''véges'' sok csúcselem van. Ekkor létezik egy legnagyobb indexű <math>(a_{n_0})</math> csúcselem. Minden k>0-ra n<sub>0</sub> + k már nem csúcselem, így a csúcselem definícióját tagadva: | 2. Tegyük fel, hogy ''véges'' sok csúcselem van. Ekkor létezik egy legnagyobb indexű <math>(a_{n_0})</math> csúcselem. Minden k>0-ra n<sub>0</sub> + k már nem csúcselem, így a csúcselem definícióját tagadva: | ||
100. sor: | 100. sor: | ||
'''Feladat.''' Mi a függvényhatárértékre vonatkozó átviteli elv ("sorozatokkal megfogalmazott vagy Heine-féle függvényhatárérték definíció")? Számítsa ki az alábbi határérték értékét (ha van)! Hol használjuk a számítás közben a L'Hospital szabályt? | '''Feladat.''' Mi a függvényhatárértékre vonatkozó átviteli elv ("sorozatokkal megfogalmazott vagy Heine-féle függvényhatárérték definíció")? Számítsa ki az alábbi határérték értékét (ha van)! Hol használjuk a számítás közben a L'Hospital szabályt? | ||
:<math>\lim_{n\to \infty} \frac{n^n}{n!}\cdot\mathrm{arctg}\frac{n!}{n^n}</math> | :<math>\lim_{n\to \infty} \frac{n^n}{n!}\cdot\mathrm{arctg}\frac{n!}{n^n}</math> | ||
+ | |||
+ | '''Feladat''' | ||
+ | :<math>\limsup_{n\in\mathbf{Z}^+}\left(-1+\frac{1}{n}\right)^{n}=?</math> | ||
==Heine tétele== | ==Heine tétele== | ||
152. sor: | 155. sor: | ||
''Ugyanis, '' f folytonosan kiterjed a [0,1] zártra. | ''Ugyanis, '' f folytonosan kiterjed a [0,1] zártra. | ||
− | Ennél a példánál a korlátos deriváltra nem is | + | Ennél a példánál a korlátos deriváltra nem is hivatkozhattunk volna, mert |
:<math>\left(\sqrt{x}\right)'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\,</math> | :<math>\left(\sqrt{x}\right)'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\,</math> | ||
nem is korlátos (0,1)-en. | nem is korlátos (0,1)-en. | ||
− | ''Megjegyezzük,'' hogy ez az állítás akkor is érvényben | + | ''Megjegyezzük,'' hogy ez az állítás akkor is érvényben marad, ha azt tesszük fel, hogy I akármilyen intervallum, f folytonos és az értelmezési tartománya határpontjaiban létezik és véges a határértéke. |
− | Továbbá bizonyos | + | Továbbá bizonyos értelemben ennek az állításnak a megfordítása is igaz. Ha f egyenletesen folytonos, akkor folytonosan (sőt egyenletesen folytonosan) kiterjeszthető az I lezártjára. |
'''Feladat.''' Igazolja, hogy az <math>f(x)=\sin(\sqrt[3]{x})</math> függvény egyenletesen folytonos a teljes '''R'''-en! (korlátos derivált és Heine) Deriválható-e ''f'' a nullában? (nem) | '''Feladat.''' Igazolja, hogy az <math>f(x)=\sin(\sqrt[3]{x})</math> függvény egyenletesen folytonos a teljes '''R'''-en! (korlátos derivált és Heine) Deriválható-e ''f'' a nullában? (nem) | ||
202. sor: | 205. sor: | ||
:<math>f(\xi)=\xi\,</math> | :<math>f(\xi)=\xi\,</math> | ||
(az ilyen pontot az f ''fixpont''jának nevezzük). | (az ilyen pontot az f ''fixpont''jának nevezzük). | ||
+ | |||
+ | '''Feladat.''' Igazoljuk, hogy az <math>f(x)=x^3+x-\sin x</math> függvénynek pontosan egy zérushelye van! Pozitív-e mindenhol a deriváltja? Szigorúan monoton növekvő-e? | ||
==Weierstrass tétele== | ==Weierstrass tétele== | ||
− | '''Tétel''' – ''Weierstrass-féle minimum-maximum-elv'' – Korlátos és | + | '''Tétel''' – ''Weierstrass-féle minimum-maximum-elv'' – Korlátos és zárt intervallumon értelmezett folytonos függvény felveszi abszolút minimumát és maximumát. |
''Bizonyítás.'' A bizonyítás két részből fog állni. Először belátjuk, hogy minden ilyen függvény korlátos, majd belátjuk, hogy ekkor a maximum és minimum felvétetik. | ''Bizonyítás.'' A bizonyítás két részből fog állni. Először belátjuk, hogy minden ilyen függvény korlátos, majd belátjuk, hogy ekkor a maximum és minimum felvétetik. | ||
− | I. Legyen f:[a,b] <math>\to</math> '''R''' folytonos. A Heine tétele miatt az ε:=1-hez létezik olyan δ az egyenletes | + | I. Legyen f:[a,b] <math>\to</math> '''R''' folytonos. A Heine tétele miatt az ε:=1-hez létezik olyan δ az egyenletes folytonosság definíciójában rögzített megfelelő tulajdonsággal. legyen δ' egy kicsit kisebb, mint δ (mondjuk legyen δ' ∈ (0,δ) rögzített). Vegyük az [a,b] egy δ' finomságú intervallum-felosztását (mint az integrálnál). Ekkor minden ilyen <math>I_n</math> részintervallumra igaz, hogy például ha <math>a_n</math> az intervallum bal végpontja, akkor |
:<math>f(I_n)\subseteq \mathrm{B}_\varepsilon(f(a_n))\,</math> | :<math>f(I_n)\subseteq \mathrm{B}_\varepsilon(f(a_n))\,</math> | ||
− | azaz az intervallum képe az <math>f(a_n)</math> ε sugarú | + | azaz az intervallum képe az <math>f(a_n)</math> ε sugarú környezetébe esik. Tehát a függvény értékkészlete lefedhető véges sok egységsugarú intervallummal. Ez viszont azt jelenti, hogy a függvény korlátos, mert alsó korlátja lesz a legalsó lefedő intervallum alsó végpontja, és felső korlátja a legfelső lefedő intervallum felső végpontja. |
− | II. Belátjuk, hogy ''f'' felveszi maximumát (a minimum felvételét ebből úgy látjuk be hogy a most igazolandó tételt | + | II. Belátjuk, hogy ''f'' felveszi maximumát (a minimum felvételét ebből úgy látjuk be hogy a most igazolandó tételt alkalmazzuk a -f függvényre). Indirekt módon tegyük fel, hogy f nem veszi fel maximumát, ennek ellenére a korlátossága miatt a |
− | Azaz tulajdonképpen azt tesszük fel, hogy | + | :<math>S:=\sup\,\mathrm{Ran}\,(f)</math> |
+ | véges. Azaz tulajdonképpen azt tesszük fel, hogy | ||
:<math>S\notin \mathrm{Ran}\,(f)</math> | :<math>S\notin \mathrm{Ran}\,(f)</math> | ||
Definiálunk egy [a,b]-n folytonos függvényt. | Definiálunk egy [a,b]-n folytonos függvényt. | ||
220. sor: | 226. sor: | ||
A függvény valóban [a,b]-n értelmezett, hiszen a nevező az indirekt feltevés miatt sehol sem lesz nulla. Ezen kívül g folytonos, mert folytonos függvényekből a folytonosságot megőrző módon lett összetéve. Tehát I. miatt ''korlátos''. De a f a sup-hoz végtelen közel kerül, azaz ebből ellentmondást csiholhatunk. | A függvény valóban [a,b]-n értelmezett, hiszen a nevező az indirekt feltevés miatt sehol sem lesz nulla. Ezen kívül g folytonos, mert folytonos függvényekből a folytonosságot megőrző módon lett összetéve. Tehát I. miatt ''korlátos''. De a f a sup-hoz végtelen közel kerül, azaz ebből ellentmondást csiholhatunk. | ||
− | Valóban, közelítsük az S-et a egy | + | Valóban, közelítsük az S-et a egy függvényérték sorozattal. Ilyen sorozat van, mert ellenkező esetben S nem lenne f felső határa (csak korlátja). Van tehát olyan nem feltétlenül konvergens (<math>x_n</math>) sorozat, mely elemei függvényértékeinek sorozata az S-hez tart: |
:<math>f(x_n)\to S\,</math> | :<math>f(x_n)\to S\,</math> | ||
Ekkor | Ekkor | ||
236. sor: | 242. sor: | ||
'''Állítás.''' Intervallumon deriválható függvény deriváltjának csak másodfajú szakadása lehet. | '''Állítás.''' Intervallumon deriválható függvény deriváltjának csak másodfajú szakadása lehet. | ||
− | ''Ugyanis.'' Elég azt belátni, hogy ha deriválható egy | + | ''Ugyanis.'' Elég azt belátni, hogy ha deriválható egy intervallumon értelmezett függvény, és létezik és véges egy pontban a derivált határértéke, akkor ez nem más, mint az abban a pontban vett derivált. |
Legyen tehát f:[a,b] <math>\to</math> '''R''' diff.-ható és tegyük fel, hogy létezik a | Legyen tehát f:[a,b] <math>\to</math> '''R''' diff.-ható és tegyük fel, hogy létezik a | ||
244. sor: | 250. sor: | ||
Kiszámítjuk a különbségi hányados határértéktét. Vegyük az x<sub>n</sub> = a + 1/n sorozatot (illetve ennek [a,b]-beli részét). Minden [a,a+1/n] intervallumra felírhatjuk a Lagrange-tételt: | Kiszámítjuk a különbségi hányados határértéktét. Vegyük az x<sub>n</sub> = a + 1/n sorozatot (illetve 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> | : <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 | + | Ekkor a különbségi hányados függvényértékek sorozata egyenlő lesz a derivált egy függvényérték-sorozatával, melyek így ugyanahhoz tartanak. De ez csak az f'(a) és a lim<sub>u</sub>f' számok lehetnek, amik így egyenlők. QED |
--> | --> | ||
Intervallumon deriválható függvény deriváltjának nem lehet megszüntethető szakadása. (Ellenben lehet korlátos másodfajú és a végtelen másodfajú szakadása.) | Intervallumon deriválható függvény deriváltjának nem lehet megszüntethető szakadása. (Ellenben lehet korlátos másodfajú és a végtelen másodfajú szakadása.) | ||
260. sor: | 266. sor: | ||
'''Tétel''' – ''Darboux-tétel'' – Ha ''f'':I <math>\to</math> '''R''' differenciálható, akkor f' Darboux-tulajdonságú (két deriváltérték között a deriváltfüggvény minden értéket fölvesz). | '''Tétel''' – ''Darboux-tétel'' – Ha ''f'':I <math>\to</math> '''R''' differenciálható, akkor f' Darboux-tulajdonságú (két deriváltérték között a deriváltfüggvény minden értéket fölvesz). | ||
− | ''Bizonyítás.'' Legyen [a,b] ⊆ I | + | ''Bizonyítás.'' Legyen [a,b] ⊆ I. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy f'(a) < f'(b) és f'(a) < m < f'(b) valamely tetszőlegesen rögzített m-re (f'(b) < f'(a) esetén ugyanis a (-f) függvényre teljesülni fog (-f)'(a) < (-f)'(b) és ebből már következik f-re is a tétel). Belátjuk, hogy van olyan ξ ∈ (a,b), hogy f'(ξ) = m. Transzformáljuk el a függvényt, vonjuk ki belőle az x <math>\mapsto</math> mx lineárist: |
:<math>g(x):=f(x)-mx,\quad\quad x\in[a,b]</math> | :<math>g(x):=f(x)-mx,\quad\quad x\in[a,b]</math> | ||
− | g differenciálható, és olyan, hogy tetszőleges x-re: | + | g differenciálható, és <math>g'(x)=f'(x)-m</math>, tehát g olyan, hogy tetszőleges x-re: |
:<math>g'(x)=0\quad\Leftrightarrow\quad f'(x)=m\,</math> | :<math>g'(x)=0\quad\Leftrightarrow\quad f'(x)=m\,</math> | ||
− | A feladat tehát, hogy keressünk zérushelyet g'-nek. Ehhez elég, ha találunk g értelmezési tartományának belsejében szélsőértéket, mert akkor a Fermat-féle szélsőértéktétel miatt ott a derivált nulla lesz. Az [a,b] zárton a folytonos ''g'' a Weierstrass-tétel miatt felveszi a szélsőértékeit. Tehát készen vagyunk, amennyiben létezik szélsőérték az (a,b) nyílton. A továbbiakban ezt bizonyítjuk. | + | A feladat tehát, hogy keressünk zérushelyet g'-nek. Ehhez elég, ha találunk g értelmezési tartományának belsejében szélsőértéket, mert akkor a Fermat-féle szélsőértéktétel miatt ott a derivált nulla lesz. [A Fermat-féle szélsőérték tétel azt mondja ki, hogy ha egy függvénynek az értelmezési tartománya egy belső pontjában szélsőértéke van és ott deriválható, akkor a függvény deriváltja ott nulla.] Az [a,b] zárton a folytonos ''g'' a Weierstrass-tétel miatt felveszi a szélsőértékeit. Tehát készen vagyunk, amennyiben létezik szélsőérték az (a,b) nyílton. A továbbiakban ezt bizonyítjuk. |
− | Vizsgáljuk a g-t az ''a''-ban. g'(a) < 0, ezért | + | Vizsgáljuk a g-t az ''a''-ban. Mivel a feltevés szerint f'(a)<m, ezért f'(a)-m<0 és |
+ | :<math>g'(a)=f'(a)-m<0\,</math>, | ||
+ | ezért | ||
:<math>\lim\limits_{x\to a}\frac{g(x)-g(a)}{x-a}<0\,</math> | :<math>\lim\limits_{x\to a}\frac{g(x)-g(a)}{x-a}<0\,</math> | ||
− | Ekkor | + | Ekkor természetesen egy valamely ε>0-ra minden x ∈ (a,a+ε)-re |
:<math>\frac{g(x)-g(a)}{x-a}<0\,</math> | :<math>\frac{g(x)-g(a)}{x-a}<0\,</math> | ||
és innen | és innen | ||
:<math>g(x)<g(a)\,</math> | :<math>g(x)<g(a)\,</math> | ||
− | vagyis ''a''-ban nem lehet g-nek minimuma. | + | vagyis ''a''-ban nem lehet g-nek minimuma. |
− | :<math>\lim\limits_{x\to b}\frac{g(x)-g(b)}{x-b} | + | |
+ | Ha <math>g(b)</math>-t nézzük, akkor m<f'(b), ezért 0<f'(b)-m és | ||
+ | :<math>g'(b)=f'(b)-m>0\,</math>, | ||
+ | ezért valamely ε>0 számmal ha x ∈ (b-ε,b), akkor x-b < 0 és | ||
+ | :<math>\lim\limits_{x\to b}\frac{g(x)-g(b)}{x-b}>0\,</math> | ||
:<math>\frac{g(x)-g(b)}{x-b}>0\quad\quad/\cdot (x-b)\quad(<0)</math> | :<math>\frac{g(x)-g(b)}{x-b}>0\quad\quad/\cdot (x-b)\quad(<0)</math> | ||
:<math>g(x)<g(b)\,</math> | :<math>g(x)<g(b)\,</math> | ||
281. sor: | 293. sor: | ||
'''Feladat.''' Igazoljuk, hogy ha egy intervallumon differenciálható függvény deriváltja sehol sem nulla, akkor a függvény szigorúan monoton. | '''Feladat.''' Igazoljuk, hogy ha egy intervallumon differenciálható függvény deriváltja sehol sem nulla, akkor a függvény szigorúan monoton. | ||
+ | |||
+ | '''Feladat.''' Igazoljuk, hogy ha <math>f:I\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható és deriváltja sehol sem nulla, akkor invertálható és inverzének deriváltja | ||
+ | :<math>(f^{-1})'(f(x))=\frac{1}{f'(x)}</math>, ha <math>x\in I</math>. | ||
+ | |||
+ | '''Feladat.''' Adjuk meg az <math>f(x)=\sin(x)</math> függvényre az | ||
+ | :<math>(f^{-1})'(f(x))</math> | ||
+ | kifejezést és ebből a y=f(x) helyen az inverz deriváltját! | ||
==Lagrange-tétel== | ==Lagrange-tétel== | ||
341. sor: | 360. sor: | ||
függvényt! Ekkor a részintervallumokra felírható a Lagrange-tétel és minden részintervallumra létezik olyan | függvényt! Ekkor a részintervallumokra felírható a Lagrange-tétel és minden részintervallumra létezik olyan | ||
:<math>\eta([x_{i-1},x_i])\in [x_{i-1},x_i]</math> | :<math>\eta([x_{i-1},x_i])\in [x_{i-1},x_i]</math> | ||
− | szám, hogy az alábbi | + | szám, hogy az alábbi teleszkopikus összeg előáll integrálközelítő összeg alakjában: |
− | :<math>F(b)-F(a)=F(b)-F(x_{n-1})+F(x_{n- | + | :<math>F(b)-F(a)=(F(b)-F(x_{n-1}))+(F(x_{n-1})-F(x_{n-2}))+(F(x_{n-2})-F(x_{n-3})+...+(F(x_2)-F(x_1))+(F(x_1)-F(a))=\,</math> |
:<math>=F'(\eta([x_{n-1},x_n]))(x_{n}-x_{n-1})+...+F'(\eta([x_{1},x_0])(x_1-x_0)=\sum\limits_{i=1}^nf(\eta([x_{i-1},x_i])(x_{i}-x_{i-1})</math> | :<math>=F'(\eta([x_{n-1},x_n]))(x_{n}-x_{n-1})+...+F'(\eta([x_{1},x_0])(x_1-x_0)=\sum\limits_{i=1}^nf(\eta([x_{i-1},x_i])(x_{i}-x_{i-1})</math> | ||
De az | De az | ||
349. sor: | 368. sor: | ||
:<math>|A-(F(b)-F(a))|=|A-\sum\limits_{i=1}^nf(\eta([x_{i-1},x_i])(x_{i}-x_{i-1})|<\varepsilon</math> | :<math>|A-(F(b)-F(a))|=|A-\sum\limits_{i=1}^nf(\eta([x_{i-1},x_i])(x_{i}-x_{i-1})|<\varepsilon</math> | ||
azaz igazoltuk a N–L-formulát. | azaz igazoltuk a N–L-formulát. | ||
+ | |||
+ | '''Feladat''' Igazoljuk a definíció alapján, hogy az f:[0,1]<math>\to</math> '''R''', f(0)=0, f(''x'')=1/''x'', ha ''x''<math>\ne</math> 0 függvény és a Dirichlet-függvény (Dir:[0,1]<math>\to</math> '''R'''; 1, ha ''x'' racionális, 0, ha ''x'' irracionális)nem Riemann-integrálható. | ||
+ | |||
+ | '''Feladat''' R[a,b] az [a,b]-n Riemann-integrálható függvények halmaza, B[a,b] az [a,b]-n korlátos függvények halmaza, M[a,b] az [a,b]-n monoton függvények halmaza, C[a,b] az [a,b]-n a folytonos függvények halmaza. Tudjuk, hogy | ||
+ | |||
+ | :a) C[a,b]⊆R[a,b] | ||
+ | :b) M[a,b]⊆R[a,b] (mert monoton függvénynek csak megszámlálható sok szakadása van és megszámlálható halmaz nullmértékű) | ||
+ | :c) R[a,b]⊆B[a,b]. | ||
+ | |||
+ | Igazoljuk, hogy ezek a tartalmazások fordítva nem működnek, azaz mondjuk mindegyik megfordítására ellenpéldát! | ||
+ | |||
+ | '''Feladat''' Végezzük el az integrálokat! | ||
+ | :<math>\int\frac{1}{\sqrt{x}\left(1-\sin^2\left(\sqrt{x}+1000\right)\right)}\,\mathrm{d}x</math> | ||
+ | :<math>\int\mathrm{ch}\,x\cdot \cos x\,\mathrm{d}x</math> | ||
+ | :<math>\int 2x\sin\left(\frac{1}{x}\right)-\cos\left(\frac{1}{x}\right)\,\mathrm{d}x</math> |
A lap jelenlegi, 2017. január 11., 22:17-kori változata
- Minden tételnek, csak egy bizonyítását kell megtanulni. A benne szereplő fogalmak definícióját ki kell tudni mondani, továbbá példákkal kell tudni illusztrálni, hogy az adott fogalomra van példa illetve ellenpélda. Ha valaki másmilyen bizonyítást szeretne elmondani, annak a következőkhöz kell tartania magát:
- minden felhasznált tételt pontosan ki kell tudni mondani,
- igazolni kell, hogy a felhasznált tétel feltételei az adott szituációban valóban fennállnak,
- pontosan meg kell tudni mondani, hogy a felhasznált tételt az adott körülmények között milyen szereposztásban szándékozunk alkalmazni.
- A QED azt jelenti, hogy ott vége a bizonyításnak.
Tartalomjegyzék |
Bolzano–Weierstrass-tétel
- Ebben a tételben a Bolzano–Weierstrass-tételt fogjuk bizonyítani. Két bizonyítást adunk, de elég csak az egyiket elmondani, azaz vagy a Heine–Boreleset vagy a csúcselemeset. Néhány tételt később a Heine–Borel-tételre fogjuk alapozni.
Heine–Borel-tétellel
Definíció Az U ⊆ R halmaz nyílt, ha minden u ∈ U esetén van olyan ε > 0, hogy az (u-ε , u+ε) nyílt intervallum benne van U-ban.
Definíció Azt mondjuk, hogy a K ⊆ R halmaz kompakt, ha minden olyan esetben, amikor nyílt halmazok uniója lefedi, akkor ezek közül kiválasztható már véges sok nyílt halmaz is, melyeknek uniója még mindig lefedi (röviden: minden nyílt lefedéséből kiválasztható véges részlefedés).
Példa. Az
halmaz kompakt, mert ha lefedi nyílt halmazok egy H halmaza, akkor már a 0-t is lefedi egy U ∈ H nyílt halmaz, azaz van olyan (-ε,+ε) ⊆ U nyílt intervallum, mely lefedi a 0-t. De minthogy (1/n) a 0-hoz konvergál, ezért az (-ε,+ε)-intervallumon kívül csak véges sok tagja van. Emiatt ha veszünk az ezen kívüli véges sok tagot lefedő véges sok H-beli nyílt halmazt és hozzávesszük U-t, akkor ezek már lefedik a halmazt.
Példa. A természetes számok halmaza nem kompakt, mert van olyan nyílt lefedése, melyből biztosan nem választható ki véges részlefedés. Ha ugyanis az n természetes számokat lefedjük az (n-1/2,n+1/2) nyílt intervallumokkal, akkor ennek egyik véges része se fogja az összes természetes számot lefedni.
Tétel – Heine–Borel-tétel – Minden zárt és korlátos intervallum kompakt.
Bizonyítás. A Cantor-féle közösrésztételt fogjuk alkalmazni. Intervallumfelezéses eljárással fogunk definiálni egymásba skatulyázott intervallumok egy sorozatát, melyek hossza a 0-hoz tart.
Legyen az intervallum [a,b]. Legyen egy nyílt lefedése a H halmazrendszer.
Indirekten látjuk be: tegyük fel, hogy [a,b]-nek nincs véges részlefedése. Osszuk [a,b]-t két egyenlő részre, az [a,c] és a [c,b] zárt intervallumokra. Ekkor vagy az [a,b] "baloldali" fele, vagy a "jobboldali" fele olyan, hogy nincs véges részlefedése, ugyanis, ha mindkettőnek lenne, akkor az [a,b]-nek is lenne. Válasszunk ki a két félből most egy olyat, melynek nincs véges részlefedése. Osszuk ezt is két egyenlő részre. Az egyik félnek nincs véges részlefedése, ... folytassuk ezt az eljárást a végtelenségig. Ekkor kapunk egy olyan intervallumsorozatot, melynek következő eleme mindig része a megelőzőnek (In+1 ⊆ In) és a hosszuk a feledés miatt a 0-hoz tart Ekkor a Cantor-tétel miatt létezik a sorozatnak egyetlen közös eleme. Legyen ez u. u-t lefedi egy U ∈ H nyílt halmaz, így egy (u-ε,u+ε) ⊆ U nyílt intervallum is. De mivel az intervallumok hossza a 0-hoz tart, ezért van olyan n, hogy
- .
Ezt viszont benne van (u-ε,u+ε)-ben, mert u benne van In-ben is. Azaz In-nak U véges (egyetlen elemből álló) részlefedése. De ez ellentmondás, mert (In) konstrukciója szerint egyetlen tagjának sincs véges részlefedése. QED
Tétel – Bolzano–Weierstrass-tétel – Minden korlátos sorozatnak van konvergens részsorozata.
Bizonyítás. I. Először belátjuk, hogy a sorozatnak van sűrűsödési pontja. Legyen (an) korlátos sorozat. Ekkor van olyan K szám, hogy minden n-re an ∈ [-K, K]. A [-K, K] korlátos és zárt intervallumra fogjuk alkalmazni a Heine–Borel-tételt. Tegyük fel, hogy (an)-nek nincs sűrűsödési pontja. Ekkor egyik u ∈ [-K, K] sem sűrűsödési pont, azaz az u-hoz található olyan εu > 0 szám, hogy az u körüli = (u-εu ,u+εu ) intervallumban csak véges sok tagja van a sorozatnak. Az
halmazrendszer nyílt lefedése [-K, K]-nak, tehát a Heine–Borel-tétel értelmében van véges részlefedése. De, ekkor azt kaptuk, hogy a véges sok olyan halmazzal lehet lefedni a teljes (an)-t, melyekben egyenként is csak véges sok tagja van (an)-nak. Ez ellentmondás, mert ebből az következne, hogy (an)-nek csak véges sok indexe van, ami nem igaz, mert (an) végtelen sorozat.
II. Másodszor kiválasztjuk az így adott sűrűsödési ponthoz konvergáló sorozatot. Legyen δk = 1 / k. Ekkor minden k-ra:
- létezik l > k, hogy
Természetes számok egy nem üres halmazában van legkisebb elem, így legyen minden k-ra
Ekkor az
sorozat az u-hoz tart, mert minden k-ra
QED
Csúcselemmel
- Először belátjuk, hogy minden sorozatból kiválasztható monoton részsorozat, majd belátjuk, hogy monoton-korlátos sorozat konvergens.
Definíció. Azt mondjuk, hogy az (nk) indexsorozat, ha természetes számokból áll és szigorúan monoton növekvő.
Példa. A (pozitív) prímszámok nagyság szerint sorba téve indexsorozatot alkotnak, míg az
sorozat nem.
Definíció. Ha (an) sorozat és (nk) indexsorozat, akkor azt mondjuk, hogy a
összetett függvény az (an) sorozatnak az (nk) indexsorozat által kiválasztott részsorozata.
Tétel – Minden sorozatból kiválasztható monoton részsorozat.
Bizonyítás. Legyen (an) a sorozat. Azt mondjuk, hogy az n-edik tag csúcselem, ha
- minden k > n-ra an > ak.
Esetszétválasztással folytatjuk: vagy véges sok csúcselem van, vagy végtelen sok. Mindkét esetben belátjuk a kívánt sorozat létezését.
1. Tegyük fel, hogy végtelen sok csúcselem van. Ekkor minden k-ra
- létezik l > k, hogy al csúcselem.
Természetes számok egy nemüres halmazában van legkisebb elem, így legyen minden k-ra
Ekkor
monoton csökken, mert vagy következő csúcselem választódik, és akkor csökken, vagy saját maga és akkor nem nő. (Megjegyezzük, hogy ha sorba állítanánk a csúcselemeket indexek szerint, akkor egy szigorúan monoton csökkenő sorozat jönne létre; fent most nem teljesen ezt tettük.)
2. Tegyük fel, hogy véges sok csúcselem van. Ekkor létezik egy legnagyobb indexű csúcselem. Minden k>0-ra n0 + k már nem csúcselem, így a csúcselem definícióját tagadva:
- minden k-ra létezik l > n0 + k, hogy .
Rekurzívan definiálunk egy monoton növekvő sorozatot. Legyen
Ha már definiált az nk, akkor tudjuk, ez nem csúcselem, így legyen
- QED.
Kérdés. Miért kell föltennünk az indexsorozat definíciójában, hogy az szigorúan monoton növekedő sorozat? Ugyanazt a fogalmat kapnánk-e, ha csak azt tennénk fel, hogy 1) monoton nő, 2) végtelenbe tart?
Tétel – Korlátos, monoton sorozat konvergens.
Bizonyítás. Elég belátnunk, hogy korlátos, monoton növekvő (an) sorozat konvergens, mert monoton csökkenő sorozat esetén a (-an) sorozatra alkalmazva ezt az állítást, kapjuk, hogy (an) is konvergens.
Tegyük fel, hogy (an) monoton növekvő sorozat. Ekkor az értékkészlete korlátos, tehát a felsőhatár-axióma miatt van legkisebb felső korlátja:
Definíció szerint belátjuk, hogy a sorozat konvergens és ehhez a számhoz tart. Legyen ε > 0. Ekkor s - ε már nem felső korlát, bár s még az, azaz létezik N, hogy
de mivel a sorozat monoton növekvő, azért minden n > N-re
így minden n > N-re
s mivel ε tetszőleges volt, azért a sorozat konvergál az s-hez. QED
Feladat. Igazolja, hogy ha (an) felülről nem korlátos, akkor van végtelenbe tartó részsorozata! (Pontosan adjon meg egy eljárást, mely egy ilyen részsorozat k-adik tagját produkálja és lássa be róla, hogy valóban végtelenbe tartó sorozatról van szó.)
Feladat. Mi a függvényhatárértékre vonatkozó átviteli elv ("sorozatokkal megfogalmazott vagy Heine-féle függvényhatárérték definíció")? Számítsa ki az alábbi határérték értékét (ha van)! Hol használjuk a számítás közben a L'Hospital szabályt?
Feladat
Heine tétele
Definíció – Egyenletesen folytonosnak mondunk egy f: H R függvényt a H ⊆ R halmazon, ha:
Tétel – Heine-tétel – Korlátos és zárt intervallumon értelmezett folytonos függvény egyenletesen folytonos.
Bizonyítás. A Heine–Borel-tételt fogjuk használni. Legyen f: [a,b] R korlátos és zárt intervallumon értelmezett folytonos függvény. Megadunk [a,b]-nek egy nyílt lefedését. Legyen ε > 0. Ekkor a pontbeli folytonosság definíciója szerint minden egyes u ∈ [a,b] ponthoz létezik olyan δu > 0 pozitív szám, hogy:
azaz minden x-re, ha | x - u | < δu akkor | f(x)-f(u) | < ε/2. Legyen tehát :
egy nyílt lefedése [a,b]-nek. A Heine–Borel-tétel szerint létezik véges eleme is, melyek még mindig lefedik [a,b]-t, azaz van V ⊆ [a,b] véges ponthalmaz, hogy
A véges sok δ/2 közül válasszuk a minimálisat:
Minden x,y ∈ H-ra, ha |x-y| < δ, akkor egyfelől az x benne van egy u ∈ V középpontú K-beli intervalumban, másrészt:
Ezért a folytonosság miatt:
QED
Egyenletes folytonosságra bizonyos esetekben következtethetünk nem csak zárt és korlátos esetben is.
Korlátos derivált
Ha az f intervallumon értelmezett differenciálható függvény korlátos deriválttal rendelkezik, akkor a Lagrange-féle középértéktétel miatt f egyenletesen folytonos az értelmezési tartományán. Ugyanis legyen K olyan pozitív szám, hogy minden x ∈ Dom(f)-re:
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:
Példa. Az
egyenletesen folytonos az [1,+∞) halmazon.
Ugyanis, itt korlátos a deriváltja:
Ezért ha x ∈ [1,+∞), akkor
Folytonosan kiterjeszthető függvény
Ha I korlátos, nyílt intervallum és az f I-n folytonos függvénynek létezik véges határértéke az I végpontjaiban, akkor világos, hogy az I lezártja már korlátos és zárt és az f folytonos kiterjesztésére alkalmazható a Heine tétele, amiből következik, hogy f is függvény egyenletesen folytonos (hiszen ugyanaz a delta jó lesz az f-hez is, mint a kiterjesztéséhez).
Példa. A (0,1)-en értelmezett
egyenletesen folytonos a (0,1) intervallumon.
Ugyanis, f folytonosan kiterjed a [0,1] zártra.
Ennél a példánál a korlátos deriváltra nem is hivatkozhattunk volna, mert
nem is korlátos (0,1)-en.
Megjegyezzük, hogy ez az állítás akkor is érvényben marad, ha azt tesszük fel, hogy I akármilyen intervallum, f folytonos és az értelmezési tartománya határpontjaiban létezik és véges a határértéke.
Továbbá bizonyos értelemben ennek az állításnak a megfordítása is igaz. Ha f egyenletesen folytonos, akkor folytonosan (sőt egyenletesen folytonosan) kiterjeszthető az I lezártjára.
Feladat. Igazolja, hogy az függvény egyenletesen folytonos a teljes R-en! (korlátos derivált és Heine) Deriválható-e f a nullában? (nem)
Bolzano-tétel
Tétel – Bolzano-tétel – Intervallumon értelmezett, negatív és pozitív értékeket is felvevő folytonos függvénynek van zérushelye.
Bizonyítás. A Heine-tételt alkalmazzuk. Az általánosság megszorítása nélkül feltehető, hogy a tételbeli f folytonos függvény egy [a,b] intervallum a pontjában negatív, a b pontjában pozitív. (Ellenkező esetben alkalmazzuk a -f függvényre.)
Először is rámutatunk a majdani zérushelyre (majd belátjuk, hogy ez valóban zérushely). f(a) negatív, ezért vegyük a legtávolabbi lehetséges határát annak a halmaznak, ahol f negatív lehet:
(éppenséggel vehettük volna a legkorábbi pontot ahol f már pozitív lehet, az inf{ x ∈ [a,b] | f(x)>0 }), hiszen reménykedünk abban, hogy egy utolsó negatív tartomány után a függvény a folytonosság miatt "felbukkan" és átmetszi az x tengelyt. Belátjuk, hogy minden pozitív ε számra |f(x0)-0| < ε, ami miatt ekkor f(x0)=0 lesz.
Legyen ε > 0 és legyen δ az a pozitív szám, melyet az ε/2 számhoz ad a Heine-tétel (illetve f egyenletes folytonossága). Vegyük [a,b]-nek egy δ-nál kisebb finomságú felosztását (mint az integrálnál). x0 a felosztás egy [c,d] intervallumában van, és feltehető, hogy a belsejében, mert ellenkező esetben finomíthatunk úgy a felosztáson, hogy mégis így álljon a helyzet.
Ekkor egyrészt
mert ha f(d) < 0 lenne, akkor x0 nem lenne a H = { x ∈ [a,b] | f(x)<0 } halmaz felső határa.
Másrészt biztos van a (c,x0] intervallumban olyan e szám, melyre f(e)< 0, mert x0 minden baloldali környezetében van H-beli elem.
Tehát felírhatjuk:
s mivel
ezért
vagyis ezt felhasználva:
QED
Feladat. Igazoljuk, hogy ha f az I intervallumon értelmezett folytonos függvény, és
véges sok szám az intervallumból, akkor létezik olyan ξ ∈ [a1,an], hogy
Használjuk fel, hogy a Bolzano-tételt még olymódon is szokás kimondani, hogy
- intervallumon értelmezett folytonos függvény két függvényértéke között minden értéket fölvesz
melyet Darboux-tulajdonságnak neveznek. A Bolzano-tétel lényegében azt mondja ki, hogy az intervallumon folytonos függvények Darboux-tulajdonságúak. Megjegyezzük, hogy a Darboux-tétel pedig azt mondja ki, hogy az intervallumon differenciálható függvények deriváltfüggvénye Darboux-tulajdonságú.
Feladat. Igazoljuk, hogy ha f: [a,b] [a,b] folytonos függvény, akkor létezik olyan ξ ∈ [a,b] pont, hogy
(az ilyen pontot az f fixpontjának nevezzük).
Feladat. Igazoljuk, hogy az f(x) = x3 + x − sinx függvénynek pontosan egy zérushelye van! Pozitív-e mindenhol a deriváltja? Szigorúan monoton növekvő-e?
Weierstrass tétele
Tétel – Weierstrass-féle minimum-maximum-elv – Korlátos és zárt intervallumon értelmezett folytonos függvény felveszi abszolút minimumát és maximumát.
Bizonyítás. A bizonyítás két részből fog állni. Először belátjuk, hogy minden ilyen függvény korlátos, majd belátjuk, hogy ekkor a maximum és minimum felvétetik.
I. Legyen f:[a,b] R folytonos. A Heine tétele miatt az ε:=1-hez létezik olyan δ az egyenletes folytonosság definíciójában rögzített megfelelő tulajdonsággal. legyen δ' egy kicsit kisebb, mint δ (mondjuk legyen δ' ∈ (0,δ) rögzített). Vegyük az [a,b] egy δ' finomságú intervallum-felosztását (mint az integrálnál). Ekkor minden ilyen In részintervallumra igaz, hogy például ha an az intervallum bal végpontja, akkor
azaz az intervallum képe az f(an) ε sugarú környezetébe esik. Tehát a függvény értékkészlete lefedhető véges sok egységsugarú intervallummal. Ez viszont azt jelenti, hogy a függvény korlátos, mert alsó korlátja lesz a legalsó lefedő intervallum alsó végpontja, és felső korlátja a legfelső lefedő intervallum felső végpontja.
II. Belátjuk, hogy f felveszi maximumát (a minimum felvételét ebből úgy látjuk be hogy a most igazolandó tételt alkalmazzuk a -f függvényre). Indirekt módon tegyük fel, hogy f nem veszi fel maximumát, ennek ellenére a korlátossága miatt a
véges. Azaz tulajdonképpen azt tesszük fel, hogy
Definiálunk egy [a,b]-n folytonos függvényt.
A függvény valóban [a,b]-n értelmezett, hiszen a nevező az indirekt feltevés miatt sehol sem lesz nulla. Ezen kívül g folytonos, mert folytonos függvényekből a folytonosságot megőrző módon lett összetéve. Tehát I. miatt korlátos. De a f a sup-hoz végtelen közel kerül, azaz ebből ellentmondást csiholhatunk.
Valóban, közelítsük az S-et a egy függvényérték sorozattal. Ilyen sorozat van, mert ellenkező esetben S nem lenne f felső határa (csak korlátja). Van tehát olyan nem feltétlenül konvergens (xn) sorozat, mely elemei függvényértékeinek sorozata az S-hez tart:
Ekkor
mégpedig a pozitívak felől és éppen ezért
ami ellentmond annak, hogy g korlátos. QED
Feladat. Igazoljuk, hogy ha f: R R folytonos és létezik a két végtelenben a határértéke és
akkor f felveszi abszolút minimumát.
A derivált szakadásai, Darboux-tétel
Intervallumon deriválható függvény deriváltjának nem lehet megszüntethető szakadása. (Ellenben lehet korlátos másodfajú és a végtelen másodfajú szakadása.)
Állítás. Ha f:[a,b] 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 lima f' szám).
Bizonyítás. Ez az erős L'Hospital-tétel következménye. Tekintsük a különbségi hányados függvényt, legyen a L'H-beli számláló az x f(x)-f(a), a nevező az x x-a. Világos, hogy a-ban 0/0 alakú, így alkalmazható a L'H-szabály. Ekkor
azaz létezik a pontbeli derivált és ez a derivált határértéke. QED
Kérdés: hol használtuk fel, hogy az f függvény folytonos?
A deriváltfüggvénynek nem lehet ugrása sem:
Tétel – Darboux-tétel – Ha f:I R differenciálható, akkor f' Darboux-tulajdonságú (két deriváltérték között a deriváltfüggvény minden értéket fölvesz).
Bizonyítás. Legyen [a,b] ⊆ I. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy f'(a) < f'(b) és f'(a) < m < f'(b) valamely tetszőlegesen rögzített m-re (f'(b) < f'(a) esetén ugyanis a (-f) függvényre teljesülni fog (-f)'(a) < (-f)'(b) és ebből már következik f-re is a tétel). Belátjuk, hogy van olyan ξ ∈ (a,b), hogy f'(ξ) = m. Transzformáljuk el a függvényt, vonjuk ki belőle az x mx lineárist:
g differenciálható, és g'(x) = f'(x) − m, tehát g olyan, hogy tetszőleges x-re:
A feladat tehát, hogy keressünk zérushelyet g'-nek. Ehhez elég, ha találunk g értelmezési tartományának belsejében szélsőértéket, mert akkor a Fermat-féle szélsőértéktétel miatt ott a derivált nulla lesz. [A Fermat-féle szélsőérték tétel azt mondja ki, hogy ha egy függvénynek az értelmezési tartománya egy belső pontjában szélsőértéke van és ott deriválható, akkor a függvény deriváltja ott nulla.] Az [a,b] zárton a folytonos g a Weierstrass-tétel miatt felveszi a szélsőértékeit. Tehát készen vagyunk, amennyiben létezik szélsőérték az (a,b) nyílton. A továbbiakban ezt bizonyítjuk.
Vizsgáljuk a g-t az a-ban. Mivel a feltevés szerint f'(a)<m, ezért f'(a)-m<0 és
- ,
ezért
Ekkor természetesen egy valamely ε>0-ra minden x ∈ (a,a+ε)-re
és innen
vagyis a-ban nem lehet g-nek minimuma.
Ha g(b)-t nézzük, akkor m<f'(b), ezért 0<f'(b)-m és
- ,
ezért valamely ε>0 számmal ha x ∈ (b-ε,b), akkor x-b < 0 és
azaz b-ben sem lehet minimum. Viszont ez azt jelenti, hogy a Weierstrass-tétel által garantált minimum csak az (a,b) nyíltban lehet. QED
Feladat. Adjunk példát olyan deriválható függvényre, melynek a deriváltja egy pontban korlátos módon és olyanra, mely nem korlátos módon szakad.
Feladat. Igazoljuk, hogy ha egy intervallumon differenciálható függvény deriváltja sehol sem nulla, akkor a függvény szigorúan monoton.
Feladat. Igazoljuk, hogy ha R folytonosan differenciálható és deriváltja sehol sem nulla, akkor invertálható és inverzének deriváltja
- , ha .
Feladat. Adjuk meg az f(x) = sin(x) függvényre az
- (f − 1)'(f(x))
kifejezést és ebből a y=f(x) helyen az inverz deriváltját!
Lagrange-tétel
Tétel Lagrange-féle középértéktétel Legyen f: [a,b] R differenciálható függvény. Ekkor létezik olyan ξ ∈ (a,b), hogy
Ugyanis, Legyen
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:
Ez a függvény egyrészt differenciálható, mert differenciálhatókból van összetéve az azt megőrző módon (speciel, ekkor folytonos is). Másrészt: g(a)=f(a)=g(b). Harmadrészt tetszőleges x ∈ [a,b]-re
A továbbiakban belátjuk, hogy g-nek van az (a,b) nyílton szélsőértéke.
g a Weierstrass-tétel miatt felveszi mindkét típusú extrémumát. Innen esetszétválasztással megyünk tovább.
1) Ha max(g)=f(a) és min(g)=f(a), akkor a függvény konstans, így minden pontja szélsőérték.
2) Ha max(g) és min(g) közül bármelyik nem f(a), akkor ez a valamelyik nem lehet sem a-ban, sem b-ben, mert ott a függvényérték f(a), belül kell, hogy legyen ez a szélsőérték.
Tehát az (a,b)-ben van szélsőértékhely, mondjuk ξ, amire a Fermat-féle szélsőértéktételt alkalmazva kapjuk, hogy
tehát
QED
Feladat. Igazoljuk, hogy intervallumon differenciálható függvény pontosan akkor monoton, ha a deriváltja mindenhol vagy nemnegatív, vagy nempozitív.
Newton–Leibniz-tétel
- A fogalmakra és konkrét példákra vonatkozóan lásd még az utolsó előtti gyakorlat wiki-lapját.
A tételt az analízis második alaptételének is nevezik. Ehhez persze két jelentős fogalmat kell felelevenítenünk. Az egyik a primitív függvény, a másik a Riemann-integrálhatóság fogalma.
Egy [a,b] korlátos és zárt intervallum Riemann-felosztásának nevezzük az olyan függvényt, mely az [a,b] egy véges intervallumokra történő felosztásán van értelmezve és minden intervallumhoz egy benne lévő számot rendel. Tehát, ha
számok, akkor egy Riemann-felbontás az
függvény. Ez δ>0 finomságú, ha a leghosszabb intervalluma is rövidebb mint δ. Az [a,b] intervallum δ finomságú Reimann-felosztásainak halmazát RF[δ[a,b] jelöli.
Az f:[a,b] R függvény egy η felbontásához tartozó Riemann-közelítő összege a
Definíció. Azt mondjuk, hogy a korlátos és zárt intervallumon értelmezett f:[a,b] R függvény Riemann-integrálható és integrálja az A valós szám, ha
- minden ε>0-hoz létezik δ>0, hogy minden η∈RFδ[a,b]-re:
A Riemann-integrálható függvények halmazát az adott intervallumon R[a,b] jelöli.
A másik a primitív függvény fogalma:
Definíció. Azt mondjuk, hogy az F:[a,b] R differenciálható függvény primitív függvénye az f:[a,b] R függvénynek, ha
- F' = f
Newton–Leibniz-tétel. Legyen f ∈ R[a,b] és létezzen f-nek primitív függvénye éspedig az F. Ekkor
Bizonyítás. Elegendő belátni, hogy ha A-val jelöljük az integrál értékét, akkor A minden számnál közelebb van az F(b)-F(a) értékhez. Legyen ε>0. Az integrálhatóság definíciójából tudjuk, hogy az ε számhoz létezik olyan δ>0, hogy minden η∈RFδ[a,b] felosztásra teljesül, hogy
Tekintsünk egy δ-nál finomabb intervallumfelbontást:
- {[a,x1],...,[xn − 1,b]}
függvényt! Ekkor a részintervallumokra felírható a Lagrange-tétel és minden részintervallumra létezik olyan
szám, hogy az alábbi teleszkopikus összeg előáll integrálközelítő összeg alakjában:
De az
függvény egy δ-nál finomabb Riemann-közelítőösszeg (hiszen a intervallumokat δ-nál rövidebbre választottuk), így ennek eltérése az integráltól kisebb mint ε:
azaz igazoltuk a N–L-formulát.
Feladat Igazoljuk a definíció alapján, hogy az f:[0,1] R, f(0)=0, f(x)=1/x, ha x 0 függvény és a Dirichlet-függvény (Dir:[0,1] R; 1, ha x racionális, 0, ha x irracionális)nem Riemann-integrálható.
Feladat R[a,b] az [a,b]-n Riemann-integrálható függvények halmaza, B[a,b] az [a,b]-n korlátos függvények halmaza, M[a,b] az [a,b]-n monoton függvények halmaza, C[a,b] az [a,b]-n a folytonos függvények halmaza. Tudjuk, hogy
- a) C[a,b]⊆R[a,b]
- b) M[a,b]⊆R[a,b] (mert monoton függvénynek csak megszámlálható sok szakadása van és megszámlálható halmaz nullmértékű)
- c) R[a,b]⊆B[a,b].
Igazoljuk, hogy ezek a tartalmazások fordítva nem működnek, azaz mondjuk mindegyik megfordítására ellenpéldát!
Feladat Végezzük el az integrálokat!