Szerkesztő:Mozo/A1 bizonyítások

A MathWikiből

< Szerkesztő:Mozo(Változatok közti eltérés)

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

1 Bolzano–Weierstrass-tétel
- 1.1 Heine–Borel-tétellel
- 1.2 Csúcselemmel
2 Heine tétele
- 2.1 Korlátos derivált
- 2.2 Folytonosan kiterjeszthető függvény
3 Bolzano-tétel
4 Weierstrass tétele
5 A derivált szakadásai, Darboux-tétel
6 Lagrange-tétel
7 Newton–Leibniz-tétel

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

$\left\{\frac{1}{n}\mid n\in \mathbf{Z}^+\right\}\cup\{0\}$

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 (I_n+1 ⊆ I_n) 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

$I_n\;\mathrm{hossza}\;< \frac{\varepsilon}{2}$ .

Ezt viszont benne van (u-ε,u+ε)-ben, mert u benne van I_n-ben is. Azaz I_n-nak U véges (egyetlen elemből álló) részlefedése. De ez ellentmondás, mert (I_n) 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 (a_n) korlátos sorozat. Ekkor van olyan K szám, hogy minden n-re a_n ∈ [-K, K]. A [-K, K] korlátos és zárt intervallumra fogjuk alkalmazni a Heine–Borel-tételt. Tegyük fel, hogy (a_n)-nek nincs sűrűsödési pontja. Ekkor egyik u ∈ [-K, K] sem sűrűsödési pont, azaz az u-hoz található olyan ε_u > 0 szám, hogy az u körüli $\scriptstyle{\mathrm{B}_{\varepsilon_{u}}(u)}$ = (u-ε_u ,u+ε_u ) intervallumban csak véges sok tagja van a sorozatnak. Az

$\{\mathrm{B}_{\varepsilon_{u}}(u)\mid u\in [-K,+K]\}\,$

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_n)-t, melyekben egyenként is csak véges sok tagja van (a_n)-nak. Ez ellentmondás, mert ebből az következne, hogy (a_n)-nek csak véges sok indexe van, ami nem igaz, mert (a_n) végtelen sorozat.

II. Másodszor kiválasztjuk az így adott sűrűsödési ponthoz konvergáló sorozatot. Legyen $δ k = 1 / k$ . Ekkor minden k-ra:

létezik l > k, hogy $a_l\in (u- \delta_k,u+\delta_k)$

Természetes számok egy nem üres halmazában van legkisebb elem, így legyen minden k-ra

$n_k:=\min\{l\mid a_l\in (u- \delta_k,u+\delta_k)\}\,$

Ekkor az

$(a_{n_k})$

sorozat az u-hoz tart, mert minden k-ra

$|a_{n_k}-u|<\delta_k\to 0\,$

QED

Csúcselemmel

Először belátjuk, hogy minden sorozatból kiválasztható monoton részsorozat, majd belátjuk, hogy monoton-korlátos sorozat konvergens.

Definíció. Azt mondjuk, hogy az $(n k)$ indexsorozat, ha természetes számokból áll és szigorúan monoton növekvő.

Példa. A (pozitív) prímszámok nagyság szerint sorba téve indexsorozatot alkotnak, míg az

$n_k=1+k((-1)^k+1)\,$

sorozat nem.

Definíció. Ha (a_n) sorozat és $(n k)$ indexsorozat, akkor azt mondjuk, hogy a

$k\mapsto a_{n_k}\,$

összetett függvény az (a_n) sorozatnak az $(n k)$ indexsorozat által kiválasztott részsorozata.

Tétel – Minden sorozatból kiválasztható monoton részsorozat.

Bizonyítás. Legyen (a_n) a sorozat. Azt mondjuk, hogy az n-edik tag csúcselem, ha

minden

k > n

-ra

a n > a k

.

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

a l

csúcselem.

Természetes számok egy nemüres halmazában van legkisebb elem, így legyen minden k-ra

$n_k=\min\{l>k\mid a_l\;\mathrm{cs}\mathrm{u}\!\!'\,\mathrm{cselem}\;\}\ne \emptyset$

Ekkor

$(a_{n_k})$

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 $(a_{n_0})$ csúcselem. Minden k>0-ra n₀ + k már nem csúcselem, így a csúcselem definícióját tagadva:

minden k-ra létezik l > n₀ + k, hogy $a_{n_0+k} \leq a_l$ .

Rekurzívan definiálunk egy monoton növekvő sorozatot. Legyen

$n_1=n_0+1\,$

Ha már definiált az $n k$ , akkor tudjuk, ez nem csúcselem, így legyen

$n_{k+1}:=\min\{l>n_k\mid a_{n_k} \leq a_l \;\}\,$ 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 (a_n) sorozat konvergens, mert monoton csökkenő sorozat esetén a (-a_n) sorozatra alkalmazva ezt az állítást, kapjuk, hogy (a_n) is konvergens.

Tegyük fel, hogy (a_n) monoton növekvő sorozat. Ekkor az értékkészlete korlátos, tehát a felsőhatár-axióma miatt van legkisebb felső korlátja:

$s:=\sup\mathrm{Ran}\,(a_n)\in\mathbf{R}\,$

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

$s-\varepsilon<a_N\leq s\,$

de mivel a sorozat monoton növekvő, azért minden n > N-re

$a_N\leq a_n\,$

így minden n > N-re

$s-\varepsilon<a_n\leq s\,$

s mivel ε tetszőleges volt, azért a sorozat konvergál az s-hez. QED

Feladat. Igazolja, hogy ha $(a n)$ 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?

$\lim_{n\to \infty} \frac{n^n}{n!}\cdot\mathrm{arctg}\frac{n!}{n^n}$

Feladat

$\limsup_{n\in\mathbf{Z}^+}\left(-1+\frac{1}{n}\right)^{n}=?$

Heine tétele

Definíció – Egyenletesen folytonosnak mondunk egy f: H $\to$ R függvényt a H ⊆ R halmazon, ha:

$\forall\,\varepsilon>0\quad\exists\,\delta>0\quad\forall x,y\in H\quad |x-y|<\delta\Rightarrow |f(x) -f(y)|< \varepsilon$

Tétel – Heine-tétel – Korlátos és zárt intervallumon értelmezett folytonos függvény egyenletesen folytonos.

Bizonyítás. A Heine–Borel-tételt fogjuk használni. Legyen f: [a,b] $\to$ 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 δ_u > 0 pozitív szám, hogy:

$f(\mathrm{B}_{\delta_u}(u))\subseteq \mathrm{B}_{\frac{\varepsilon}{2}}(f(u))$

azaz minden x-re, ha | x - u | < δ_u akkor | f(x)-f(u) | < ε/2. Legyen tehát :

$H=\{\mathrm{B}_{\frac{\delta_u}{2}}(u)\mid u\in [a,b]\}\,$

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

$K=\{\mathrm{B}_{\frac{\delta_u}{2}}(u)\mid u\in V\}\,$

A véges sok δ/2 közül válasszuk a minimálisat:

$\delta:=\min\{\frac{\delta_u}{2}\mid u\in V\}\,$

Minden x,y ∈ H-ra, ha |x-y| < δ, akkor egyfelől az x benne van egy u ∈ V középpontú K-beli intervalumban, másrészt:

$|y-u|\leq |y-x|+|x-u|<\delta+\frac{\delta_u}{2}\leq\frac{\delta_u}{2}+\frac{\delta_u}{2}=\delta_u\,$

Ezért a folytonosság miatt:

$|f(x)-f(y)|\leq |f(x)-f(u)|+|f(u)-f(y)|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon$

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:

$|f'(x)| \leq K \,$

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

$\left| -\frac{1}{x^2}\right|=\frac{1}{x^2}\leq 1$

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

$f(x)=\sqrt{x}\,$

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

$\left(\sqrt{x}\right)'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\,$

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 $f(x)=\sin(\sqrt[3]{x})$ 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:

$x_0=\sup\{x\in [a,b]\mid f(x)<0\}$

(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( $x 0$ )-0| < ε, ami miatt ekkor f( $x 0$ )=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). $x 0$ 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

$f(d)\geq 0\,$

mert ha f(d) < 0 lenne, akkor $x 0$ nem lenne a H = { x ∈ [a,b] | f(x)<0 } halmaz felső határa.

Másrészt biztos van a (c, $x 0$ ] intervallumban olyan e szám, melyre f(e)< 0, mert $x 0$ minden baloldali környezetében van H-beli elem.

Tehát felírhatjuk:

$f(e)<0\leq f(d)\;$

s mivel

$|f(d)-f(e)|<\frac{\varepsilon}{2}\,$

ezért

$0\leq f(d)< \frac{\varepsilon}{2}\,$

vagyis ezt felhasználva:

$|f(x_0)|=|f(x_0)-f(d)+f(d)|\leq |f(x_0)-f(d)|+|f(d)|< \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon\,$

QED

Feladat. Igazoljuk, hogy ha f az I intervallumon értelmezett folytonos függvény, és

$a_1\leq a_2\leq ...\leq a_n\,$

véges sok szám az intervallumból, akkor létezik olyan ξ ∈ [ $a 1$ , $a n$ ], hogy

$f(\xi)=\frac{f(a_1)+f(a_2)+...+f(a_n)}{n}\,$

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] $\to$ [a,b] folytonos függvény, akkor létezik olyan ξ ∈ [a,b] pont, hogy

$f(\xi)=\xi\,$

(az ilyen pontot az f fixpontjának nevezzük).

Feladat. Igazoljuk, hogy az $f (x) = x 3 + x - sin x$ 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] $\to$ 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 $I n$ részintervallumra igaz, hogy például ha $a n$ az intervallum bal végpontja, akkor

$f(I_n)\subseteq \mathrm{B}_\varepsilon(f(a_n))\,$

azaz az intervallum képe az $f (a n)$ 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

$S:=\sup\,\mathrm{Ran}\,(f)$

véges. Azaz tulajdonképpen azt tesszük fel, hogy

$S\notin \mathrm{Ran}\,(f)$

Definiálunk egy [a,b]-n folytonos függvényt.

$g(x)=\frac{1}{S-f(x)}\quad\quad(x\in[a,b])$

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 ( $x n$ ) sorozat, mely elemei függvényértékeinek sorozata az S-hez tart:

$f(x_n)\to S\,$

Ekkor

$S-f(x_n)\to 0\,$

mégpedig a pozitívak felől és éppen ezért

$\frac{1}{S-f(x_n)}\to +\infty\,$

ami ellentmond annak, hogy g korlátos. QED

Feladat. Igazoljuk, hogy ha f: R $\to$ R folytonos és létezik a két végtelenben a határértéke és

$\lim\limits_{-\infty}f=\lim\limits_{+\infty}f=+\infty\,$

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] $\to$ 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 lim_a f' szám).

Bizonyítás. Ez az erős L'Hospital-tétel következménye. Tekintsük a különbségi hányados függvényt, legyen a L'H-beli számláló az x $\mapsto$ f(x)-f(a), a nevező az x $\mapsto$ x-a. Világos, hogy a-ban 0/0 alakú, így alkalmazható a L'H-szabály. 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. QED

Kérdés: hol használtuk fel, hogy az f függvény folytonos?

A deriváltfüggvénynek nem lehet ugrása sem:

Tétel – Darboux-tétel – Ha f:I $\to$ 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 $\mapsto$ mx lineárist:

$g(x):=f(x)-mx,\quad\quad x\in[a,b]$

g differenciálható, és $g'(x) = f'(x) - m$ , tehát g olyan, hogy tetszőleges x-re:

$g'(x)=0\quad\Leftrightarrow\quad f'(x)=m\,$

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

$g'(a)=f'(a)-m<0\,$ ,

ezért

$\lim\limits_{x\to a}\frac{g(x)-g(a)}{x-a}<0\,$

Ekkor természetesen egy valamely ε>0-ra minden x ∈ (a,a+ε)-re

$\frac{g(x)-g(a)}{x-a}<0\,$

és innen

$g(x)<g(a)\,$

vagyis a-ban nem lehet g-nek minimuma.

Ha $g (b)$ -t nézzük, akkor m<f'(b), ezért 0<f'(b)-m és

$g'(b)=f'(b)-m>0\,$ ,

ezért valamely ε>0 számmal ha x ∈ (b-ε,b), akkor x-b < 0 és

$\lim\limits_{x\to b}\frac{g(x)-g(b)}{x-b}>0\,$

$\frac{g(x)-g(b)}{x-b}>0\quad\quad/\cdot (x-b)\quad(<0)$

$g(x)<g(b)\,$

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 $f:I\to$ R folytonosan differenciálható és deriváltja sehol sem nulla, akkor invertálható és inverzének deriváltja

$(f^{-1})'(f(x))=\frac{1}{f'(x)}$ , ha $x\in I$ .

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] $\to$ 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:

$g(x)=f(x)-m(x-a)\quad\quad(x\in[a,b])$

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

$g'(x)=0 \quad\quad \Leftrightarrow \quad\quad f'(x)=m$

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

$g'(\xi)=0 \,$

tehát

$f'(\xi)=m\,$

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

$x_0=a<x_1<x_2<...<x_n=b\,$

számok, akkor egy Riemann-felbontás az

$\eta:\{[a,x_1],...[x_{n-1},b]\}\to [a,b],\quad \eta([x_i,x_{i+1}])\in [x_i,x_{i+1}]$

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] $\to$ R függvény egy η felbontásához tartozó Riemann-közelítő összege a

$\sigma^{f}(\eta)=\sum\limits_{i=1}^{n}f(\eta([x_{i-1},x_{i}]))\cdot (x_{i}-x_{i-1})$

Definíció. Azt mondjuk, hogy a korlátos és zárt intervallumon értelmezett f:[a,b] $\to$ R függvény Riemann-integrálható és integrálja az A valós szám, ha

minden ε>0-hoz létezik δ>0, hogy minden η∈RF_δ[a,b]-re:

$|\sigma^{f}(\eta)-A|<\varepsilon$

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] $\to$ R differenciálható függvény primitív függvénye az f:[a,b] $\to$ R függvénynek, ha

F' = f

Newton–Leibniz-tétel. Legyen f ∈ R[a,b] és létezzen f-nek primitív függvénye éspedig az F. Ekkor

$\int\limits_{a}^bf=F(b)-F(a)$

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∈RF_δ[a,b] felosztásra teljesül, hogy

$|A-\sum\limits_{I\in \mathrm{Dom}(\eta)}f(\eta(I))|I||<\varepsilon$

Tekintsünk egy δ-nál finomabb intervallumfelbontást:

{[a, x 1],...,[x n - 1, b]}

függvényt! Ekkor a részintervallumokra felírható a Lagrange-tétel és minden részintervallumra létezik olyan

$\eta([x_{i-1},x_i])\in [x_{i-1},x_i]$

szám, hogy az alábbi teleszkopikus összeg előáll integrálközelítő összeg alakjában:

$F(b)-F(a)=(F(b)-F(x_{n-1}))+(F(x_{n-1})-F(x_{n-2}))+(F(x_{n-2})-F(x_{n-3})+...+(F(x_2)-F(x_1))+(F(x_1)-F(a))=\,$

$=F'(\eta([x_{n-1},x_n]))(x_{n}-x_{n-1})+...+F'(\eta([x_{1},x_0])(x_1-x_0)=\sum\limits_{i=1}^nf(\eta([x_{i-1},x_i])(x_{i}-x_{i-1})$

De az

$[x_{i-1},x_i]\mapsto \eta([x_{i-1},x_i])$

függvény egy δ-nál finomabb Riemann-közelítőösszeg (hiszen a intervallumokat δ-nál rövidebbre választottuk), így ennek eltérése az integráltól kisebb mint ε:

$|A-(F(b)-F(a))|=|A-\sum\limits_{i=1}^nf(\eta([x_{i-1},x_i])(x_{i}-x_{i-1})|<\varepsilon$

azaz igazoltuk a N–L-formulát.

Feladat Igazoljuk a definíció alapján, hogy az f:[0,1] $\to$ R, f(0)=0, f(x)=1/x, ha x $\ne$ 0 függvény és a Dirichlet-függvény (Dir:[0,1] $\to$ 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!

$\int\frac{1}{\sqrt{x}\left(1-\sin^2\left(\sqrt{x}+1000\right)\right)}\,\mathrm{d}x$

$\int\mathrm{ch}\,x\cdot \cos x\,\mathrm{d}x$

$\int 2x\sin\left(\frac{1}{x}\right)-\cos\left(\frac{1}{x}\right)\,\mathrm{d}x$

@@ 6. sor: / 6. sor: @@
 :A QED azt jelenti, hogy ott vége a bizonyításnak.
 ==Bolzano–Weierstrass-tétel==
-:''Ebben a tételben a Bolzano–Weierstrass-tételt fogjuk bizonyítani. Két bizonyítást adunk, egyet a később gyakran használt Heine–Borel-tételre alapozzuk, a másikat a csúcselem fogalmára.''
+:''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===
@@ 16. sor: / 16. sor: @@
 '''Példa.''' Az
 :<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'' &isin; ''H'' nyílt halmaz, azaz van olyan (-&epsilon;,+&epsilon;) &sube; ''U'' nyílt intervallum, mely lefedi a 0-t. De minthogy (1/n) a 0-hoz konvertgál, ezért az  (-&epsilon;,+&epsilon;)-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.
+halmaz kompakt, mert ha lefedi nyílt halmazok egy ''H'' halmaza, akkor már a 0-t is lefedi egy ''U'' &isin; ''H'' nyílt halmaz, azaz van olyan (-&epsilon;,+&epsilon;) &sube; ''U'' nyílt intervallum, mely lefedi a 0-t. De minthogy (1/n) a 0-hoz konvergál, ezért az  (-&epsilon;,+&epsilon;)-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 természtes 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.
+'''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.
@@ 26. sor: / 26. sor: @@
 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 intervalumokra. 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 fének 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> &sube; I<sub>n</sub>) és a hosszuk a felefés miatt a 0-hoz tart Ekkor a Cantor-tétel miatt létezik a sorozatnak egyetlen közös eleme. Legyen ez ''u''. ''u''-t lefedi egy ''U'' &isin; ''H'' nyílt halmaz, így egy (u-&epsilon;,u+&epsilon;) &sube; ''U'' nyílt intervallum is. De mivel az intervallumok hossza a 0-hoz tart, ezért van olyan ''n'', hogy
+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> &sube; 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'' &isin; ''H'' nyílt halmaz, így egy (u-&epsilon;,u+&epsilon;) &sube; ''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>.
 Ezt viszont benne van (u-&epsilon;,u+&epsilon;)-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> &isin; [-''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'' &isin; [-''K'', ''K''] sem sűrűsödési pont, azaz az ''u''-hoz található olyan &epsilon;<sub>u</sub> > 0 szám, hogy az ''u'' körüli <math>\scriptstyle{\mathrm{B}_{\varepsilon_{u}}(u)}</math> = (u-&epsilon;<sub>u</sub> ,u+&epsilon;<sub>u</sub> ) intervallumban csak véges sok tagja van a sorozatnak. Az
 :<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 ekkől az következne, hogy (a<sub>n</sub>)-nek csak véges sok indexe van, ami nem igaz, mert (a<sub>n</sub>) végtelen sorozat.
+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:
 :létezik l > k, hogy <math>a_l\in (u- \delta_k,u+\delta_k)</math>
-Természetes számok egy nemüres halmazában van legkisebb elem, így legyen minden k-ra
+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>
 Ekkor az
@@ 47. sor: / 47. sor: @@
 ===Csúcselemmel===
-:''Először belátjuk, hogy minden sorozatból kiválasztható monoton részsorozat, majd belátjuk, hogy  monoton-korlátos sorozat konverges.''
+:''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.
-'''Példa.''' A (pozitív) prímszámok nagyság szerint sorbatéve indexsorozatot alkotnak, míg az
+'''Példa.''' A (pozitív) prímszámok nagyság szerint sorba téve indexsorozatot alkotnak, míg az
-:<math>n_k=1+k((-1)^n+1)\,</math>
+:<math>n_k=1+k((-1)^k+1)\,</math>
 sorozat nem.
@@ 71. sor: / 71. sor: @@
 Ekkor
 :<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 sorbaállítanánk a csúcselemeket indexek szerint, akkor egy szigorúan monoton csökkenő sorozat jönne létre; fent most nem teljesen ezt tettük.)
+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.)
 . 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:
@@ 102. sor: / 102. sor: @@
 '''Feladat'''
-:<math>\limsup_{n\in\mathbf{R}}\left(-1+\frac{1}{n}\right)^{n}=?</math>
+:<math>\limsup_{n\in\mathbf{Z}^+}\left(-1+\frac{1}{n}\right)^{n}=?</math>
 ==Heine tétele==
@@ 155. sor: / 155. sor: @@
 ''Ugyanis, '' f folytonosan kiterjed a [0,1] zártra.
-Ennél a példánál a korlátos deriváltra nem is hivatkozthattunk volna, mert
+Ennél a példánál a korlátos deriváltra nem is hivatkozhattunk volna, mert
 :<math>\left(\sqrt{x}\right)'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\,</math>
 nem is korlátos (0,1)-en.
-''Megjegyezzük,'' hogy ez az állítás akkor is érvényben mara, ha azt tesszük fel, hogy I akármilyen intervallum, f folytonos és az értelmezési tartománya határpontjaiban létezik és véges a határértéke.
+''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 értelembben ennek az állításnak a megfordítása is igaz. Ha f egyenletesen folytonos, akkor folytonosan (sőt egyenletesen folytonosan) kiterjeszthető az I lezártjára.
+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)
@@ 205. sor: / 205. sor: @@
 :<math>f(\xi)=\xi\,</math>
 (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==
-'''Tétel''' – ''Weierstrass-féle minimum-maximum-elv'' – Korlátos és zért intervallumon értelmezett folytonos függvény felveszi abszolút minimumát és maximumát.
+'''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] <math>\to</math> '''R''' folytonos. A Heine tétele miatt az &epsilon;:=1-hez létezik olyan &delta; az egyenletes folytosság definíciójában rögzített megfelelő tulajdonsággal. legyen &delta;' egy kicsit kisebb, mint &delta; (mondjuk legyen &delta;' &isin; (0,&delta;) rögzített). Vegyük az [a,b] egy &delta;' 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
+I. Legyen f:[a,b] <math>\to</math> '''R''' folytonos. A Heine tétele miatt az &epsilon;:=1-hez létezik olyan &delta; az egyenletes folytonosság definíciójában rögzített megfelelő tulajdonsággal. legyen &delta;' egy kicsit kisebb, mint &delta; (mondjuk legyen &delta;' &isin; (0,&delta;) rögzített). Vegyük az [a,b] egy &delta;' 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>
-azaz az intervallum képe az <math>f(a_n)</math> &epsilon; sugarú környzetébe 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.
+azaz az intervallum képe az <math>f(a_n)</math> &epsilon; 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 alkalmazuk a -f függvényre). Indirekt módon tegyük fel, hogy f nem veszi fel maximumát, ennek ellenére a korlátossága miatt a :<math>S:=\sup\,\mathrm{Ran}\,(f)</math> véges.
+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>
 Definiálunk egy [a,b]-n folytonos függvényt.
@@ 223. 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.
-Valóban, közelítsük az S-et a egy függvényértéksorozattal. 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 függvényértekeinek sorozata az S-hez tart:
+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>
 Ekkor
@@ 239. sor: / 242. sor: @@
 '''Állítás.''' Intervallumon deriválható függvény deriváltjának csak másodfajú szakadása lehet.
-''Ugyanis.'' Elég azt belátni, hogy ha deriválható egy intervalumon értelmezett függvény, és létezik és véges egy pontban a derivált határértéke, akkor ez nem más, mint az abban a pontban vett derivált.
+''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
@@ 247. 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:
 : <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 függvényértéksorozatával, melyek így ugyanahhoz tartanak. De ez csak az f'(a) és a lim<sub>u</sub>f' számok lehetnek, amik így egyenlők. QED
+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.)
@@ 263. 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).
-''Bizonyítás.'' Legyen [a,b] &sube; I és tegyük fel, hogy f'(a) < m < f'(b) tetszőlegesen rögzített m-re. Belátjuk, hogy van olyan &xi; &isin; (a,b), hogy f'(&xi;) = m. Transzformáljuk el a függvényt, vonjuk ki belőle az x <math>\mapsto</math> mx lineárist:
+''Bizonyítás.'' Legyen [a,b] &sube; 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 &xi; &isin; (a,b), hogy f'(&xi;) = 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>
-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>
-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>
-Ekkor természtesen egy valamely &epsilon;>0-ra minden x &isin; (a,a+&epsilon;)-re
+Ekkor természetesen egy valamely &epsilon;>0-ra minden x &isin; (a,a+&epsilon;)-re
 :<math>\frac{g(x)-g(a)}{x-a}<0\,</math>
 és innen
 :<math>g(x)<g(a)\,</math>
-vagyis ''a''-ban nem lehet g-nek minimuma. De ugyanilyen érveléssel g'(b) > 0 miatt valamely &epsilon;>0 számmal ha x &isin; (b-&epsilon;,b), akkor x-b < 0 és
+vagyis ''a''-ban nem lehet g-nek minimuma.
-:<math>\lim\limits_{x\to b}\frac{g(x)-g(b)}{x-b}<0\,</math>
+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 &epsilon;>0 számmal ha x &isin; (b-&epsilon;,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>g(x)<g(b)\,</math>
@@ 284. sor: / 293. sor: @@
 '''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==
@@ 344. sor: / 360. sor: @@
 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>
-szám, hogy az alábbi teleszkópikus összeg előáll integrálközelítő összeg alakjában:
+szám, hogy az alábbi teleszkopikus összeg előáll integrálközelítő összeg alakjában:
-:<math>F(b)-F(a)=F(b)-F(x_{n-1})+F(x_{n-2})-F(x_{n-2})+...+F(x_2)-F(x_1)+F(x_1)-F(a)=\,</math>
+:<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>
 De az
@@ 352. 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>
 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]&sube;R[a,b]
+:b) M[a,b]&sube;R[a,b] (mert monoton függvénynek csak megszámlálható sok szakadása van és megszámlálható halmaz nullmértékű)
+:c) R[a,b]&sube;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>