Szerkesztő:Mozo/A1 bizonyítások

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.

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. (Cantor-axiómával) https://hu.wikipedia.org/wiki/Bolzano-t%C3%A9tel

(Felső határ axiómával) 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,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) = 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] $\to$ 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,x₁],...,[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!

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

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

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