Szerkesztő:Mozo/A1 bizonyítások

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(A derivált szakadásai, Darboux-tétel)
(A derivált szakadásai, Darboux-tétel)
289. sor: 289. sor:
 
'''Feladat.''' Igazoljuk, hogy ha <math>f:I\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható és deriváltja sehol sem nulla, akkor invertálható és inverzének deriváltja
 
'''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>.
 
:<math>(f^{-1})'(f(x))=\frac{1}{f'(x)}</math>, ha <math>x\in I</math>.
A szigorú monotonitás az előző feladatból következik. Ha <math>x_0\in I</math>, akkor egyfelől van olyan &delta;'>0-, hogy ha |x-<math>x_0</math>|<&delta;', akkor
 
:<math>|f(x)-f(x_0)|<(|f'(x_0)|+1)|x-x_0|.</math>
 
másrészt a deriválhatóság miatt pedig
 
:<math>\exist\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f'(x_0)\ne 0</math>
 
innen
 
:<math>\exist\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}=\frac{1}{f'(x_0)}</math>
 
a HIA miatt. Ezért &epsilon;>0-ra létezik &delta;>0, hogy ha |x-<math>x_0</math>|<&delta;, akkor  ''x'' &isin; I, hogy ''y'' = ''f''(''x'').
 
akkor ''f''(''x'') = ''y'' esetén
 
:<math>\left|\dfrac{f^{-1}(y)-f^{-1}(y)}{y-f(x_0)}-\frac{1}{f'(x_0)}\right|=\left|\dfrac{f^{-1}(f(x))-f^{-1}(f(x_0))}{f(x)-f(x_0)}-\frac{1}{f'(x_0)}\right|<\varepsilon</math>
 
  
 
==Lagrange-tétel==
 
==Lagrange-tétel==

A lap 2016. december 16., 22:14-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:
  1. minden felhasznált tételt pontosan ki kell tudni mondani,
  2. igazolni kell, hogy a felhasznált tétel feltételei az adott szituációban valóban fennállnak,
  3. 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, egyet a később gyakran használt Heine–Borel-tételre alapozzuk, a másikat a csúcselem fogalmára.

Heine–Borel-tétellel

Definíció Az UR halmaz nyílt, ha minden uU esetén van olyan ε > 0, hogy az (u-ε , u+ε) nyílt intervallum benne van U-ban.

Definíció Azt mondjuk, hogy a KR 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 UH nyílt halmaz, azaz van olyan (-ε,+ε) ⊆ U nyílt intervallum, mely lefedi a 0-t. De minthogy (1/n) a 0-hoz konvertgál, 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 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.

TételHeine–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 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 (In+1 ⊆ In) 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 UH 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 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

TételBolzano–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 \scriptstyle{\mathrm{B}_{\varepsilon_{u}}(u)} = (u-εu ,u+εu ) 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 (an)-t, melyekben egyenként is csak véges sok tagja van (an)-nak. Ez ellentmondás, mert ekkől 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 a_l\in (u- \delta_k,u+\delta_k)

Természetes számok egy nemüres 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 konverges.

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

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

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

sorozat nem.

Definíció. Ha (an) sorozat és (nk) indexsorozat, akkor azt mondjuk, hogy a

k\mapsto a_{n_k}\,

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

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 sorbaállítanánk 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 nk, 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 (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:

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 (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?

\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

DefinícióEgyenletesen folytonosnak mondunk egy f: H \to R függvényt a HR 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

TételHeine-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 δu > 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 | < δu 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 hivatkozthattunk 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 mara, 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.

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

TételBolzano-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(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

f(d)\geq 0\,

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:

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 ∈ [a1,an], 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) = x3 + x − sinx függvénynek pontosan egy zérushelye van! Pozitív-e mindenhol a deriváltja? Szigorúan monoton növekvő-e?

Weierstrass tétele

TételWeierstrass-féle minimum-maximum-elv – Korlátos és zért 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 folytosság 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

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

azaz az intervallum képe az f(an) ε 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.

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 :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 függvényértéksorozattal. Ilyen sorozat van, mert ellenkező esetben S nem lenne f felső határa (csak korlátja). Van tehát olyan nem feltétlenül konvergens (xn) sorozat, mely elemei függvényértekeinek 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 lima 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:

TételDarboux-tétel – Ha f:I \to R differenciálható, akkor f' Darboux-tulajdonságú (két deriváltérték között a deriváltfüggvény minden értéket fölvesz).

Bizonyítás. Legyen [a,b] ⊆ I és tegyük fel, hogy f'(a) < m < f'(b) tetszőlegesen rögzített m-re. 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 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. 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

\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. De ugyanilyen érveléssel g'(b) > 0 miatt 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.

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∈RFδ[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∈RFδ[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,x1],...,[xn − 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 teleszkópikus összeg előáll integrálközelítő összeg alakjában:

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)=\,
=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.

Személyes eszközök