Analízis - ATW.huusers.atw.hu/ak3/jegyzet/Analizis1.pdf · Alapfogalmak,valósszámok Sorozatok,határérték Függvényekhatárértéke,folytonosság Adiﬀerenciálszámítás

Alapfogalmak, valós számok Sorozatok, határérték Függvények határértéke, folytonosság A differenciálszámítás Függvénydiszkusszió Otthoni munka

Analízis

Pintér Mikló[email protected]

Ősz

Analízis


Alapfogalmak

Halmazok

DefinícióI Legyen A egy tetszőleges halmaz, ekkor x ∈ A (x /∈ A) jelentése: x (nem)

eleme A-nak.I A ⊆ B (A ⊂ B) jelentése: A (valódi) részhalmaza B-nek.

PéldaLegyen egy halmaz szimpatikus ha nem tartalmazza önmagát. Legyen S aszimpatikus halmazok összessége. Ekkor S szimpatikus?

Analízis


Alapfogalmak

Függvények

DefinícióLegyen A és B tetszőlegesen rögzített halmazok. Ekkor f : A→ B-t az Ahalmazon értelmezett függvénynek nevezzük, ha minden a ∈ A-ra f (a) a Bhalmaz pontosan egy eleme. Az A halmazt f értelmezés tartományának(jelölés: Df ), az f (A) halmazt az f értékkészletének (jelölés: Rf ) nevezzük. Azf függvény

I injektív, ha (a 6= b)⇒ (f (a) 6= f (b)),I szűrjektív, ha f (A) = B,I bĳektív, ha injektív és szűrjektív.

Analízis


Alapfogalmak

Halmazok számossága

DefinícióI Az A halmazt végesnek (véges számosságúnak) nevezzük, ha elemeinek

száma véges.I Az A halmaz megszámlálhatóan végtelen számosságú, ha létezik

f : A→ N bĳekció.I Az A halmaz kontinuum számosságú, ha létezik f : A→ R bĳekció.

FeladatA következő halmazok számossága megegyezik: N, Z, Q, páros természetesszámok halmaza, 2 hatványainak halmaza.

FeladatR nem megszámlálhatóan végtelen.

Analízis


Valós számok

Rendezett halmazok

DefinícióI Legyen A tetszőleges halmaz. A rendezésén egy olyan < relációt értünk,

amelyre1. Ha x , y ∈ A, akkor x < y , x = y , x > y összefüggések közül pontosan egy

teljesül.2. Ha x , y , z ∈ A, x < y és y < z, akkor x < z.

I Az A halmazt rendezett halmaznak nevezzük, ha egy < rendezés vandefiniálva rajta (jelölés: (A, <)).

PéldaN a természetes számok halmaza a „szokásos” relációval rendezett halmaz.

Analízis


Valós számok

Felsőhatár-tulajdonság

DefinícióI Legyen (A, <) rendezett halmaz. B ⊆ A felülről (alulról) korlátos, ha van

olyan k ∈ A, hogy minden x ∈ B-re x ≤ k (x ≥ k). k-t a B halmaz felső(alsó) korlátjának nevezzük.

I A B felülről (alulról) korlátos halmaz legkisebb felső (legnagyobb alsó)korlátját a B halmaz szuprémumának (infimumának) nevezzük, éssupB-vel (inf B-vel) jelöljük.

I Egy A rendezett halmaz felsőhatár-tulajdonságú, ha tetszőleges B ⊆ Anemüres, felülről korlátos halmaz esetén supB létezik.

Analízis


Valós számok

TételTegyük fel, hogy A rendezett halmaz fh-tulajdonságú. Ekkor ha B ⊆ Anemüres alulról korlátos halmaz, akkor inf B létezik.

Bizonyítás.Legyen C ⊆ A a B halmaz alsó korlátjainak halmaza. B alulról korlátos, tehátC 6= ∅. Ekkor mivel A fh-tulajdonságú, így supC létezik. Azt állítjuk, hogysupC = inf B. (1) supC nem kisebb, mint B alsó korlátjai. (2) Tegyük fel,hogy supC nem alsó korlátja B-nek. Ekkor létezik b ∈ B, hogy b < supC .Mivel minden c ∈ C -re c ≤ b, így supC nem a legkisebb felső korlátja C -nek,ami ellentmondás.

PéldaN fh-tulajdonságú rendezett halmaz.

Analízis


Valós számok

Testek

DefinícióAz F halmazt az összeadás és szorzás művelettekkel, mint struktúrát testneknevezzük, ha teljesíti a következő, ún. testaxiómákat: tetszőleges x , y , z ∈ Fesetén

I x + y ∈ F ,I x + y = y + x ,I (x + y) + z = x + (y + z),I létezik 0 ∈ F (x -től független), hogy x + 0 = x ,I létezik −x ∈ F (x -től függő), hogy x + (−x) = 0,I xy ∈ F ,

Analízis


Valós számok

Definíció (folytatás)I xy = yx ,I (xy)z = x(yz),I létezik 1 ∈ F (x -től független) 1 6= 0, hogy 1x = x ,I létezik 1/x ∈ F (x -től függő) x 6= 0, hogy x(1/x) = 1,I x(y + z) = xy + xz.

Analízis


Valós számok

Fh-tulajdonságú rendezett test

DefinícióAz F testet rendezett testnek nevezzük, ha

I F rendezett halmaz,I x , y , z ∈ F és y < z, akkor x + y < x + z,I x , y ∈ F , x > 0 és y > 0, akkor xy > 0.

PéldaQ, a racionális számok halmaza rendezett test.

TételLétezik fh-tulajdonságú rendezett test, amely tartalmazza Q-t. Ezt afh-tulajdonságú rendezett testet a valós számok halmazának nevezzük, és R-reljelöljük.

Analízis


Valós számok

Távolság, környezet

DefinícióA d függvényt távolságfüggvénynek nevezzük, ha tetszőleges x , y , z ∈ R esetén

I d(x , x) = 0, és ha x 6= y , akkor d(x , y) > 0I d(x , y) = d(y , x),I d(x , y) ≤ d(x , z) + d(y , z).

KövetkezményA tetszőleges x , y ∈ R-hez |x − y |-t rendelő függvény távolságfüggvény.

Analízis


Valós számok

DefinícióI Az (a, b) = {x ∈ R | a < x < b} ([a, b] = {x ∈ R | a ≤ x ≤ b} ) halmazt

nyílt (zárt) intervallumnak nevezzük.I Az (a, b] = {x ∈ R | a < x ≤ b} ([a, b) = {x ∈ R | a ≤ x < b} ) halmazt

balról nyílt, jobbról zárt (balról zár, jobbról nyílt) intervallumnak nevezzük.

DefinícióAz (x − ε, x + ε) = {y ∈ R | |x − y | < ε} nyílt intervallumot az x ∈ R pontε > 0 környezetének nevezzük.

Analízis


Sorozatok

Sorozatok

DefinícióAz a : N −→ R függvényt (valós) sorozatnak nevezzük, és elemeit a1, a2, . . .-veljelöljük.

DefinícióLegyen f : N→ N egy monoton növő függvény. Ekkor a bn = an ◦ f sorozatotaz {an} sorozat részsorozatának nevezzük.

PéldaI an = 1,I an = (−1)n.

Analízis


Sorozatok

Határérték

DefinícióAz {an} sorozat konvergens, ha létezik a0 ∈ R, hogy tetszőleges ε > 0-hozlétezik olyan n∗ ∈ N (ε-tól függő) szám, hogy minden n ≥ n∗-rean ∈ (a0 − ε, a0 + ε) (másképpen |an − a0| < ε). a0-t az {an} sorozathatárértékének nevezzük.

Példa1n → 0 (alternatív jelölés: lim

n→∞

1n = 0).

Analízis


Sorozatok

ÁllításA határérték egyértelmű. Tehát, ha an → a és an → b, akkor a = b.

Bizonyítás.Indirekt tegyük fel, hogy a 6= b. Legyen ε =

|a− b|2 . Ekkor létezik na, nb ∈ N,

hogy minden n ≥ na-ra |an − a| < ε és minden n ≥ nb-re |an − b| < ε. Ekkorazonban minden n ≥ max{na, nb}-re |an − a| < ε és |an − b| < ε, tehát|a− b| < 2ε ami ellentmondás.

Analízis


Sorozatok

Sorozatok tulajdonságai

DefinícióI Az {an} sorozat monoton növő (fogyó), ha minden n-re an ≤ an+1

(an ≥ an+1).I Az {an} sorozat korlátos, ha értékkészlete korlátos halmaz.

PéldaAz 1

n sorozat monoton és korlátos.

Analízis


Konvergens sorozatok

A konvergens sorozatok tulajdonságai

ÁllításLegyenek an → a, bn → b konvergens sorozatok. Ekkor

I an + bn → a + b,I minden c ∈ R-re can → ca, és c + an → c + a,I anbn → ab,I Ha minden n-re an 6= 0, és a 6= 0, akkor 1/an → 1/a,I Ha bn ≤ an, akkor b ≤ a.

Analízis



Bizonyítás.an + bn → a + b: Legyen ε > 0 tetszőlegesen rögzített. Ekkor létezik na, nb,hogy minden n ≥ na-ra |an − a| < ε/2 és minden n ≥ nb-re |bn − b| < ε/2.Ekkor minden n ≥ max{na, nb}-re|(an + bn)− (a + b)| = |(an − a) + (bn − b)| ≤ |an − a|+ |bn − b| < ε.

Minden c ∈ R-re can → ca, és c + an → c + a: Házi feladat.

anbn → ab: an és bn sorozatok konvergensek, így |an| és |bn| sorozatok iskonvergensek tehát korlátosak is. Legyen ka és kb rendre |an| és |bn| egy felsőkorlátja. Legyen továbbá k = max{ka, kb}. Legyen ε > 0 tetszőlegesenrögzített. Ekkor létezik na, nb, hogy minden n ≥ na-ra |an − a| < ε

2k és mindenn ≥ nb-re |bn − b| < ε

2k . Ekkor minden n ≥ max{na, nb}-re|anbn − ab| = |an(bn − b) + b(an − a)| ≤ |an||bn − b|+ |b||an − a| < ε.

Analízis



folytatás.Ha minden n-re an 6= 0 és a 6= 0, akkor 1/an → 1/a: Legyen m olyan index,hogy minden n ≥ m-re |an − a| < 1

2 |a|. Ekkor minden n ≥ m-re |an| >12 |a|.

Legyen ε > 0 tetszőlegesen rögzített. Ekkor létezik n∗ > m, hogy mindenn ≥ n∗-ra |an − a| < 1

2 |a|2ε. Tehát, minden n ≥ n∗-ra∣∣∣∣ 1an

− 1a

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣an − aana

∣∣∣∣ < 2|a|2 |an − a| < ε.

Ha bn ≤ an, akkor b ≤ a: Indirekt tegyük fel, hogy b > a. Legyen ε =|a− b|

2 .Ekkor létezik na, nb ∈ N, hogy minden n ≥ na-ra |an − a| < ε és mindenn ≥ nb-re |bn − b| < ε. Ekkor azonban miden n ≥ max{na, nb}-re |an − a| < εés |bn − b| < ε, tehát bn − an > 0 ami ellentmondás.

Analízis



Konvergens sorozatok tulajdonságai II

TételI Minden konvergens sorozat korlátos.I Minden monoton korlátos sorozat konvergens.I Minden korlátos sorozatnak van konvergens részsorozata.

Példaan = (−1)n.

Analízis



Bizonyítás.Minden konvergens sorozat korlátos: Legyen a0 az {an} sorozat határértéke, éslegyen ε > 0 tetszőlegesen rögzített. Ekkor létezik olyan n∗ szám, hogy mindenn ≥ n∗-ra an ∈ (a0 − ε, a0 + ε). Tehát az {an} sorozatnak csak véges sok eleme(maximum n∗ − 1) van az (a0 − ε, a0 + ε) intervallumon kívül. Legyen f a kivülmaradó elemek közül a legnagyobb és a a legkisebb. Ekkor max{f , a0 + ε} ésmin{a, a0 − ε} rendre felsó ill. alsó korlátja {an}-nek.

Minden monoton korlátos sorozat konvergens: Tegyük fel, hogy {an} monotonnövő sorozat és k felső korlátja {an}-nek. Ekkor sup{an} létezik, ésan → sup{an}, hiszen minden ε > 0-hoz létezik oylan n∗, hogy mindenn ≥ n∗-ra |an − sup{an}| < ε (legkisebb felső korlát és monoton növő sorozat).Az {an} monoton fogyó eset belátása teljesen hasonlóan megy.

Analízis



folytatás.Minden korlátos sorozatnak van konvergens részsorozata: Legyen a {cn} felsőés alsó korlátja rendre f és a. Ekkor az [a, a+f

2 ] és [ a+f2 , f ] intervallumok

legalább egyikében végtelen sok eleme van {cn}-nek. Legyen [a1, f1] az egyikolyan intervallum, amiben {cn}-nek végtelen sok eleme van. Legyen b1 egytetszőleges eleme {cn}-nek [a1, f1]-ből. Ekkor az [a1, a1+f1

2 ] és [ a1+f12 , f1]

intervallumok legalább egyikében végtelen sok eleme van {cn}-nek. Legyen[a2, f2] az egyik olyan intervallum, amiben {cn}-nek végtelen sok eleme van.Legyen b2 egy olyan eleme {cn}-nek [a2, f2]-ből, hogy b2 {cn}-beli indexe(sorszáma) nagyobb, mint b1 {cn}-beli indexe. Folytatva a fenti eljárást, akapott {bn} sorozat a {cn} sorozat részsorozata. {an} monoton növő felülrőlkorlátos, {fn} pedig monoton fogyó alulról korlátos sorozat, továbbá mindenn-re fn − an <

f − an , tehát lim

n→∞an = lim

n→∞fn. Ekkor an ≤ bn ≤ fn, így

bn → limn→∞

an = limn→∞

fn.

Analízis



ÁllításI Ha a > 0, akkor 1

na → 0,

I Ha a > 0, akkor n√a→ 1,I n√n→ 1,

I Ha a > 0 és α ∈ R, akkor nα

(1 + a)n → 0,

I Ha |x | < 1, akkor xn → 0.

Analízis



Bizonyítás.Ha a > 0, akkor 1

na → 0: Legyen ε > 0 tetszőlegesen rögzített, és

N = (1/ε)(1/a). Ekkor minden n > N-re 1na < ε.

Ha a > 0, akkor n√a→ 1: Tegyük fel, hogy a > 1. Ekkor legyen xn = n√a− 1.xn > 0 és (Bernoulli-egyenlőtlenség) 1 + nxn ≤ (1 + xn)n = a, tehát0 < xn ≤ a−1

n , így xn → 0. Ha a = 1, akkor az állítás nyilvánvaló, ha 0 < a < 1,

akkor legyen xn =1n√a− 1 és követhetjük az a > 1 esetet (Házi feladat).

Analízis



folytatás.n√n→ 1: Legyen xn = n√n − 1. Ekkor xn ≥ 0 és (binomiális tétel)

n = (1 + xn)n ≥ n(n − 1)

2 x2n , tehát 0 ≤ xn ≤

√2

n − 1 (n ≥ 2), így xn → 0.

Ha a > 0 és α ∈ R, akkor nα

(1 + a)n → 0: Legyen k > max{α, 0} tetszőlegesen

rögzített. Ha n > 2k, akkor (1 + a)n >(n

k

)ak = n(n−1)···(n−k+1)

k!ak > nk ak

2k k!.

Ekkor 0 < nα(1+a)n <

2k k!ak nα−k (n > 2k), így (α− k < 0) nα

(1+a)n → 0.

Ha |x | < 1, akkor xn → 0: Házi feladat.

Analízis


Az e szám

Az e szám

ÁllításAz (1 + 1

n )n sorozat konvergens.

Bizonyítás.(1) Az (1 + 1

n )n sorozat monoton: A számtani és mértani közepek közöttiegyenlőtlenségből n+1

√(1 + 1

n )n <1+n(1+ 1

n )

n+1 = n+2n+1 = 1 + 1

n+1 . Tehát(1 + 1

n )n < (1 + 1n+1 )n+1.

Analízis


Az e szám

folytatás.(2) Az (1 + 1

n )n sorozat korlátos: Legyen m > 1 tetszőlegesen rögzítetttermészetes szám. A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenségbőln+m√

(1 + 1n )n(1− 1

m )m <n(1+ 1

n )+m(1− 1m )

n+m = n+mn+m = 1. Ekkor

(1 + 1n )n(1− 1

m )m < 1, tehát (1 + 1n )n < (1 + 1

m−1 )m. Mivel m > 1 rögzített,így minden n-re (1 + 1

n )n kisebb, mint egy rögzített érték.

DefinícióA lim

n→∞

(1 +

1n

)n

határértékét Euler-féle számnak nevezzük és e-vel jelöljük.

Analízis


Függvények határértéke

Határérték

DefinícióLegyen A ⊆ R tetszőleges halmaz. Az x ∈ R torlódási pontja az A halmaznak,ha tetszőleges ε > 0 esetén (x − ε, x + ε) ∩ (A \ {x}) 6= ∅.

PéldaI A = {1} torlódási pontjai: ∅,I A = (1,∞] torlódási pontjai: [1,∞].

DefinícióLegyen f tetszőlegesen rögzített függvény, és legyen x0 torlódási pontja Df -nek.Ekkor p x0-beli határértéke f -nek (jelölés: lim

x0f (x) = p), ha minden xn → x0,

xn ∈ Df minden n-re, sorozatra limn→∞

f (xn) = p.

Analízis



ÁllításHa lim

x0f (x) = a és lim

x0f (x) = b, akkor a = b.

Bizonyítás.Lsd. a határérték egyértelműségére vonatkozó állítást.

Példalim3

x2 − 5x + 6x − 3 .

Analízis



Függvény határérték II.

ÁllításLegyen f és g olyan függvény, hogy x0 torlódási pontja Df -nek és Dg -nek,továbbá lim

x0f (x) = p és lim

x0g(x) = q. Ekkor

I limx0

(f + g)(x) = p + q,

I limx0

(fg)(x) = pq,

I ha q 6= 0, akkor limx0

(f /g)(x) = p/q,

I ha f (x) ≤ g(x) minden x ∈ Df ∩ Dg esetén, akkor p ≤ q.

Bizonyítás.Lsd. a konvergens sorozatok tulajdonságaira vonatkozó állítást.

Analízis


Függvények folytonossága

Függvények folytonosságaDefinícióAz f függvény folytonos az x0 ∈ Df pontban, ha x0 izolált pontja Df -nek vagyx0 torlódási pontja Df -nek és lim

x0f (x) = f (x0). Azt mondjuk, hogy az f

függvény folytonos, ha f az értelmezési tartományának minden pontjábanfolytonos.

ÁllításLegyenek f , g x0-ban folytonos függvények. Ekkor

I f + g folytonos x0-ban,I fg folytonos x0-ban,I ha g(x0) 6= 0, akkor f /g folytonos x0-ban.

Bizonyítás.Lsd. a függvények határértékére vonatkozó állítást.

Analízis


Függvények folytonossága

ÁllításHa g folytonos x0-ban és f folytonos g(x0)-ban, akkor f ◦ g folytonos x0-ban.

Bizonyítás.Legyen xn → x0, xn 6= x0, g(xn) ∈ Df , g(xn) 6= g(x0) (minden n-re) tetszőlegessorozat. g folytonos x0-ban, tehát g(xn)→ g(x0) konvergens sorozat. ffolytonos g(x0)-ban, tehát f ◦ g(xn)→ f ◦ g(x0) szintén konvergens sorozat.Mivel xn tetszőlegesen rögzített volt, így lim

x0f ◦ g(x) = f ◦ g(x0).

Analízis


Folytonos függvények intervallumon

Folytonos függvények korlátos zárt intervallumon

Tétel (Bolzano-tétel)Ha f folytonos az [a, b] (korlátos, zárt) intervallumon, és f (a) < 0 < f (b),vagy f (a) > 0 > f (b), akkor létezik x0 ∈ [a, b], hogy f (x0) = 0.

Bizonyítás.Tegyük fel, hogy f (a) < 0 < f (b) (a fordított eset Házi feladat). LegyenA = {x ∈ [a, b] | f (x) < 0} és ξ = supA. Ekkor tetszőleges ε > 0-hoz létezikx ∈ A, hogy |ξ − x | < ε. Magyarán, létezik xn ∈ A konvergens sorozat, hogyxn → ξ, így f folytonossága miatt lim

n→∞f (xn) = f (ξ) ≤ 0. Tehát ξ 6= b. Ekkor

azonban tetszőleges y ∈ (ξ, b] pontra f (y) ≥ 0, hiszen ξ A legkisebb felsőkorlátja. Ekkor létezik yn ∈ (ξ, b], yn → ξ konvergens sorozat, hogy f (yn) ≥ 0∀n-re. f folytonos, tehát lim

n→∞f (yn) = f (ξ) ≥ 0, így f (ξ) = 0.

Analízis



Tétel (Weierstrass-tétel)Legyen f folytonos az [a, b], a < b (korlátos, zárt) intervallumon. Ekkor ffelveszi maximumát és minimumát [a, b]-n.

Bizonyítás.Azt mutatjuk meg, hogy f felveszi maximumát [a, b]-n a minimum belátásaHázi feladat. Indirekt tegyük fel, hogy f nem felülről korlátos [a, b]-n. Ekkorlétezik xn ∈ [a, b] sorozat, hogy f (xn)→∞. Azonban, xn-nek van konvergensrészsorozata yn → y0, y0 ∈ [a, b], és lim

n→∞f (yn) 6= f (y0), ami ellentmond f

folytonosságának. Tehát f felülről korlátos [a, b]. Ekkor létezik xn, x0 ∈ [a, b],xn → x0 konvergens sorozat, hogy f (xn)→ sup

x∈[a,b]

f (x), tehát

limn→∞

f (xn) = f (x0) = supx∈[a,b]

f (x), így f (x0) maximuma f -nek [a, b]-n.

Analízis



Példák

Példax333 + x2 + 12 = 0.

Példaf (x) =

{sin x , ha x ∈ [0, π] \ {π/2}0, ha x = π/2 .

Példaf (x) = x2, Df = (0, 2].

Analízis



ÁllításLegyen f az I intervallumon invertálható folytonos függvény. Ekkor f −1folytonos f (I)-n.

Bizonyítás.Először megmutatjuk, hogy f szigorúan monoton függvény I-n. Legyen x , y ∈ I,x < y tetszőlegesen rögzített. Tegyük fel, hogy f (x) < f (y) (az f (x) > f (y)eset Házi feladat). Legyen továbbá z ∈ I \ {x , y} tetszőlegesen rögzített. (1)z < x : Indirekt tegyük fel, hogy f (z) > f (x), és legyen c = min{f (z), f (y)}.Ekkor létezik olyan v ∈ [z, x ] és w ∈ [x , y ], hogy f (v) = c = f (w), amiellentmond f invertálhatóságának. A (2) és (3) eset Házi feladat.

Analízis



folytatás.Most megmutatjuk, hogy f −1 folytonos I-n. Legyen xn → x0, xn, x0 ∈ f (I)tetszőleges monoton növő sorozat (az xn → x0, xn, x0 ∈ f (I) monoton fogyóeset Házi feladat). Legyen továbbá, y0 = f −1(x0), yn = f −1(xn). Azt kelllátnunk, hogy yn → y0. Feltehetjük, hogy f szigorúan monoton növő (lsd. előzőpont, a szigorúan monoton fogyó eset Házi feladat), tehát yn < yn+1 < y0minden n-re. Ekkor yn monoton korlátos sorozat, tehát konvergens, ésyn → sup{yn}. Azt kell látnunk, hogy sup{yn} = y0. f folytonos, tehátsup{yn} = f −1 ◦ f (sup{yn}) = f −1( lim

n→∞f (yn)) = f −1( lim

n→∞xn) = f −1(x0) =

y0.

Analízis


Elemi függvények folytonossága

Folytonos függvények

ÁllításA sin x és ex függvények folytonosak.

Bizonyítás.sin x folytonos: Világos, hogy minden x ∈ R-re | sin x | ≤ |x |. Legyen x0,xn → x0 sorozat tetszőlegesen rögzített.| sin xn − sin x0| = 2

∣∣ sin(xn−x0)2

∣∣∣∣ cos(xn+x0)2

∣∣ ≤ 2∣∣ xn−x0

2

∣∣1 = |xn − x0|. Tehátlim

n→∞sin(xn) = sin(x0). x0 és xn → x0 tetszőlegesen rögzített volt, így kész is

vagyunk.

Analízis



folytatás.ex folytonos: Legyen x0, xn → x0 sorozat tetszőlegesen rögzített. Könnyenlátható, hogy minden x -re

(1 + x

n

)n ≥ 1 + x , tehát ex ≥ 1 + x , és szinténminden x -re e−x ≥ 1− x , tehát a két egyenlőtlenségből következik, hogyminden x > −1-re 1 + x ≤ ex ≤ 1

1−x . Legyen xn − x0 → 0. Ekkor feltehetjük,hogy minden n-re 1 + (xn − x0) ≤ exn−x0 ≤ 1

1−(xn−x0), tehát

limn→∞

exn−x0 =lim

n→∞exn

ex0 = 1, így limn→∞

exn = ex0 . x0 és xn → x0 tetszőlegesenrögzített volt, így kész is vagyunk.

Analízis



KövetkezményAz exponenciális függvények, a logaritmus függvények, a hatványfüggvények, apolinomok és a trigonometrikus függvények folytonosak.

Bizonyítás.Lsd. a sin x és ex és az inverz függvény folytonosságát.

Analízis



Állításlim0

sin xx = 1.

Bizonyítás.sin x páratlan függvény, tehát sin x

x páros függvény, így elég ha az xn → 0,xn ∈ (0, π2 ] tetszőlegesen rögzített sorozatot vizsgáljuk. Ekkor minden n-resin xn < xn < tan xn és minden n-re 1 < xn

sin xn< 1

cos xn, tehát 1 > sin xn

xn> cos xn.

cos x folytonos függvény, így lim0

sin xx = 1.

Analízis



Következménylim0

1− cos xx = 0.

Bizonyítás.lim0

1−cos xx = lim

0

1−sin(x+π2 )

x = lim0

1−cos x sin π2 −cosπ2 sin x

x = − cos π2 lim0

sin xx =

0.

Analízis



Állításlim0

ex − 1x = 1.

Bizonyítás.Az ex folytonosságának bizonyításakor már láttuk, hogy minden x -re1 + x ≤ ex ≤ 1

1−x , tehát x ≤ ex − 1 ≤ x1−x . Legyen xn → 0 tetszőlegesen

rögzített. Ekkor, ha −1 < xn < 0, akkor 11−xn

≤ exn−1xn≤ 1, ha pedig xn > 0,

akkor 1 ≤ exn−1xn≤ 1

1−xn. Tehát lim

n→∞exn−1

xn= 1. xn → 0 tetszőlegesen rögzített

volt, így kész is vagyunk.

Analízis


A derivált fogalma

A derivált fogalma

DefinícióLegyen f olyan függvény, hogy [a, b] ⊆ Df . Ekkor tetszőleges x0 ∈ [a, b] eseténképezzük a következő függvényt (differencia hányados):

Φ(x) =f (x)− f (x0)

x − x0(x ∈ (a, b), x 6= x0), (1)

és legyen

limx0

Φ(x) = f ′(x0), (2)

feltéve, hogy a (2) határérték létezik. Az ilyen módon kapott f ′ függvényt,amelynek értelmezési tartománya azon x0 ∈ [a, b]-k halmaza, amelyekre a fentihatárérték létezik; az f függvény deriváltjának nevezzük és f ′-vel jelöljük.

Analízis


A derivált fogalma

DefinícióI Ha f ′ értelmezve van x0 ∈ [a, b]-ben, akkor azt mondjuk f differenciálható

x0-ban.I Ha f ′ értelmezve van az A ⊆ [a, b] halmazon, akkor azt mondjuk, hogy f

differenciálható az A halmazon.I Ha f az értelmezési tartományának minden [a, b] intervallumán

differenciálható, akkor azt mondjuk, hogy f differenciálható.

PéldaI f (x) = x2,I f (x) = ln(−x2).

Analízis


A derivált fogalma

TételHa f differenciálható függvény x0 ∈ (a, b) ⊆ Df -ben, akkor f folytonos x0-ban.

Bizonyítás.limx0

f (x)− f (x0) = limx0

f (x)− f (x0)

x − x0(x − x0) = f ′(x0)0 = 0.

PéldaI f (x) = |x |,

I f (x) =

{0, ha x < 01 különben .

Analízis


Differenciálási szabályok


TételLegyen f és g differenciálható függvények x0 ∈ [a, b] ⊆ Df ∩ Dg -ben. Ekkor cf(c ∈ R), f + g, fg, f /g (feltéve, hogy g(x0) 6= 0) függvények differenciálhatóakx0-ban, és

I (cf )′(x0) = cf ′(x0),I (f + g)′(x0) = f ′(x0) + g ′(x0),I (fg)′(x0) = f ′(x0)g(x0) + f (x0)g ′(x0),I (f /g)′(x0) = f ′(x0)g(x0)−f (x0)g′(x0)

g2(x0).

Bizonyítás.(cf )′(x0) = cf ′(x0) és (f + g)′(x0) = f ′(x0) + g ′(x0): Lsd. a függvényhatárértékekre vonatozó állítást.

Analízis



folytatás.(fg)′(x0) = f ′(x0)g(x0) + f (x0)g ′(x0): Legyen h = fg , ekkorh(x)− h(x0) = f (x)(g(x)− g(x0)) + g(x0)(f (x)− f (x0)). Tehátlimx0

h(x)−h(x0)x−x0

= limx0

f (x)(g(x)−g(x0))x−x0

+ limx0

g(x0)(f (x)−f (x0))x−x0

, így

limx0

h(x)−h(x0)x−x0

= f (x0)g ′(x0) + g(x0)f ′(x0).

(f /g)′(x0) = f ′(x0)g(x0)−f (x0)g′(x0)g2(x0)

: Legyen h = f /g , ekkor

h(x)−h(x0)x−x0

= 1g(x)g(x0)

(g(x) f (x)−f (x0)

x−x0− f (x) g(x)−g(x0)

x−x0

). Mindkét oldal x0-beli

határértékét véve megkapjuk a bizonyítanadó állítást.

Analízis



TételLegyen a g függvény folytonos [a, b] ⊆ Dg -n és deriválható x0 ∈ [a, b]-ben, az ffüggvény pedig értelmezett egy g(x0)-t tartalmazó olyan zárt intervallumon I-n,hogy Rg ⊆ I, és differenciálható g(x0)-ban. Ekkor f ◦ g differenciálható x0-banés (f ◦ g)′(x0) = f ′ ◦ g(x0)g ′(x0).

Bizonyítás.Legyen y = g(x), y0 = g(x0). A differenciálás definíciójábólg(x)− g(x0) = (x − x0)(g ′(x0) + u(x)), ésf (y)− f (y0) = (y − y0)(f ′(y0) + v(y)), ahol x ∈ (a, b), y ∈ I, lim

x0u(x) = 0,

limy0

v(y) = 0. Ekkor f ◦ g(x)− f ◦ g(x0) = (g(x)− g(x0))(f ′(y0) + v(y)) =

(x − x0)(g ′(x0) + u(x))(f ′(y0) + v(y)). x 6= x0 esetén:f ◦g(x)−f ◦g(x0)

x−x0= (g ′(x0) + u(x))(f ′(y0) + v(y)), így

limx0

f ◦g(x)−f ◦g(x0)x−x0

= f ′(y0)g ′(x0) = f ′ ◦ g(x0)g ′(x0).

Analízis



TételLegyen f az x0 ∈ [a, b] ⊆ Df pontban differenciálható, invertálható folytonosfüggvény. Ha f ′(x0) 6= 0, akkor f −1 differenciálható f (x0)-ban, és(f −1)′(f (x0)) = 1

f ′(x0).

Bizonyítás.Az f −1 ◦ f összetett függvényt vizsgáljuk. f differenciálható x0-ban, f −1szigorúan monoton és folytonos egy f (x0)-t tartalmazó nyílt intervallumon.Ekkor f−1◦f (x)−f−1◦f (x0)

f (x)−f (x0)= x−x0

f (x)−f (x0)= 1

f (x)−f (x0)

x−x0

. f ′(x0) 6= 0, így

limx0

f−1◦f (x)−f−1◦f (x0)f (x)−f (x0)

= 1f ′(x0)

.

Analízis



Állítás(sin x)′ = cos x.

Bizonyítás.Legyen x0 ∈ R tetszőlegesen rögzített. Φ(x) = sin x−sin x0

x−x0= 2 sin x−x0

2 cos x+x02

x−x0.

Tehát, limx0

sin x−x02

x−x02

cos x+x02 = lim

x0cos x+x0

2 = cos x0.

Analízis



Állítás(ex )′ = ex .

Bizonyítás.Legyen x0 ∈ R tetszőlegesen rögzített. Φ(x) = ex−ex0

x−x0= ex0 ex−x0−1

x−x0. Tehát,

ex0 limx0

ex−x0−1x−x0

= ex0 .

Analízis



KövetkezményAz elemi függvények deriváltfüggvényei:f f ′c 0xα αxα−1cos x − sin xtan x 1

cos2 xcot x − 1

sin2 xax ax ln aln x 1

xloga x 1

x ln aarcsin x 1√

1−x2

arccos x − 1√1−x2

arctan x 11+x2

arccot x − 11+x2

Analízis


A derivált folytonossága

DefinícióLegyen f értelmezett az (a, b) intervallumon. f -nek az x0 ∈ (a, b) pontbanszakadása van, ha f nem folyotnos x0-ban. f -nek az x0 ∈ (a, b) pontbanelsőfajú (egyszerű) szakadása van, ha f -nek szakadása van x0-ban, és lim

x0+

f (x)

valamint limx0−

f (x) létezik. Egyébként a szakadást másodfajúnak nevezzük.

Tétel (Darboux-tétel)Legyen f olyan az [a, b] intervallumon differenciálható függvény, hogyf ′(a) < f ′(b) (f ′(a) > f ′(b)). Ekkor, minden olyan λ-hoz, hogyf ′(a) < λ < f ′(b) (f ′(a) > λ > f ′(b)) létezik x0 ∈ (a, b) amelyre f ′(x0) = λ.

Analízis



Bizonyítás.Legyen g(x) = f (x)− λx . Ekkor g ′(a) < 0 (g ′(b) < 0), és létezik olyanx1 ∈ (a, b), hogy g(x1) < g(a) (g(x1) > g(b)); g ′(b) > 0 (g ′(a) > 0), éslétezik olyan x2 ∈ (a, b), hogy g(x2) < g(b) (g(x2) > g(a)). Tehát g felvesziminimumat (maximumát) [a, b]-n egy x0 ∈ (a, b) pontban. Ekkor g ′(x0) = 0,tehát f ′(x0) = λ.

KövetkezményHa f differenciálható az [a, b] intervallumon, akkor f ′-nek nem lehet elsőfajúszakadása [a, b]-n.

Analízis



PéldaLegyen f (x) =

{x2 sin 1

x , ha x 6= 00 különben .

f differenciálható:Ha x0 6= 0, akkor f ′(x0) = 2x0 sin 1

x0− cos 1

x0.

Ha x0 = 0, akkor lim0

∣∣∣∣ x2 sin 1x

x

∣∣∣∣ = lim0

∣∣∣∣x sin 1x

∣∣∣∣ ≤ lim0|x | = 0, így f ′(0) = 0.

Tehát f differenciálható, de f ′ nem folytonos, f ′-nek másodfajú szakadása vana 0 pontban.

Analízis


L’Hosptial-szabály

TételLegyen f és g differenciálható függvények az (a, b) intervallumon, és g ′(x) 6= 0

minden x ∈ (a, b)-re (−∞ ≤ a < b ≤ ∞). Legyen továbbá lima

f ′(x)

g ′(x)= c. Ha

limaf (x) = lim

ag(x) = 0 , (3)

vagy ha

limag(x) =∞ , (4)

akkor

lima

f (x)

g(x)= c . (5)

Analízis


L’Hosptial-szabály

PéldaI lim

π2

tan 3xtan x

I lim0

x cot x−1x2

I limπ4

3√tan x−12 sin2 x−1

I lim0

arcsin 2x−2 arcsin xx3

Analízis


Lokális szélsőérték


DefinícióLegyen f tetszőlegesen rögzített függvény. f -nek lokális maximuma(minimuma) van az x0 ∈ Df pontban, ha létezik olyan δ > 0, hogy tetszőlegesx ∈ (x0 − δ, x0 + δ) ∩ Df -re f (x0) ≥ f (x) (f (x0) ≤ f (x)).

TételLegyen f értelmezett az [a, b] intervallumon. Ha f -nek az x0 ∈ (a, b) pontbanlokális maximuma (minimuma) van és f ′(x0) létezik, akkor f ′(x0) = 0.

Analízis



Bizonyítás.A lokális maximum esetet látjuk be, a lokális minimum esete hasonlóanbizonyíható. Legyen δ > 0 az a szám, hogy minden x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)-raf (x) ≤ f (x0). Ha x ∈ (x0 − δ, x0), akkor

f (x)− f (x0)

x − x0≥ 0 .

Ha pedg x ∈ (x0, x0 + δ), akkor

f (x)− f (x0)

x − x0≤ 0 .

Tehát f ′(x0) ≥ 0 és f ′(x0) ≤ 0, így f ′(x0) = 0.

Analízis



Tétel (Középérték-tétel)Ha f olyan, az [a, b] intervallumon folytonos függvény, amely differenciálhatóaz (a, b) intervallumon, akkor létezik x0 ∈ (a, b), hogy

f (b)− f (a) = (b − a)f ′(x0) .

Analízis



Bizonyítás.Legyen

h(x) = (f (b)− f (a))x − (b − a)f (x) x ∈ [a, b] .

Ekkor h folytonos [a, b]-n, differenciálható (a, b)-n és

h(a) = f (b)a− f (a)b = h(b) .

Azt mutatjuk meg, hogy létezik x0 ∈ (a, b), hogy h′(x0) = 0. Ha h konstansfüggvény, akkor kész vagyunk. Ha létezik y ∈ (a, b), hogy h(y) > h(a), akkorlegyen x0 ∈ (a, b) az a pont, ahol h felveszi maximumát. Ekkor az előző tételmiatt h′(x0) = 0. Ha létezik y ∈ (a, b), hogy h(y) < h(a), akkor legyenx0 ∈ (a, b) az a pont, ahol h felveszi minimumát. Ekkor az előző tétel miatth′(x0) = 0.

Analízis


Monotonitás

Monotonitás

ÁllításLegyen f az (a, b) intervallumon differenciálható függvény. Ekkor

1. ha f ′(x) ≥ 0 (f ′(x) > 0) minden x ∈ (a, b)-re, akkor f (szigorúan)monoton növő (a, b)-n,

2. ha f ′(x) = 0 minden x ∈ (a, b)-re, akkor f konstans (a, b)-n,3. ha f ′(x) ≤ 0 (f ′(x) < 0) minden x ∈ (a, b)-re, akkor f (szigorúan)

monoton fogyó (a, b)-n,4. ha f monoton növő (fogyó) (a, b)-n, akkor f ′(x) ≥ 0 (f ′(x) ≤ 0) minden

x ∈ (a, b)-re.

Analízis


Monotonitás

Bizonyítás.Legyen x1, x2 ∈ (a, b) x1 < x2 tetszőlegesen rögzített. A Középérték-tétel miattlétezik x0 ∈ (x1, x2), hogy

f (x2)− f (x1) = (x2 − x1)f ′(x0) . (6)

Az állítások közvetlenül leolvashatóak (6)-ből.

Példax3, sin x , 1

x .

Analízis


Konvexitás

Konvexitás

DefinícióLegyen f az I intervallumon értelmezett függvény. f (szigorúan) konvex az Iintervallumon, ha tetszőleges x1, x2 ∈ I-re és tetszőleges α ∈ (0, 1)-re,αf (x1) + (1− α)f (x2) ≥ f (αx1 + (1− α)x2)(αf (x1) + (1− α)f (x2) > f (αx1 + (1− α)x2)).

DefinícióLegyen f az I intervallumon értelmezett függvény. f (szigorúan) konkáv, ha −f(szigorúan) konvex.

Definícióf konvex (konkáv), ha Df intervallum, és azon f konvex (konkáv).

Analízis


Konvexitás

Konvexitás II.

TételLegyen f az (a, b) intervallumon értelmezett konvex függvény. Ekkor ffolytonos (a, b)-n.

Bizonyítás.Legyen x0 ∈ (a, b) tetszőlegesen rögzített. Azt mutatjuk meg, hogylimx0+

f (x) = f (x0) (limx0−

f (x) = f (x0) belátása teljesen hasonlóan megy).

Legyen {xn} ∈ (x0, b) tetszőleges olyan sorozat, hogy xn → x0 def (xn) 9 f (x0). Feltehetjük, hogy f (xn)→ c, ahol c lehet ±∞ is.

Analízis


Konvexitás

folytatás.f konvex, így minden α ∈ (0, 1)-re f (x) ≤ αf (x0) + (1− α)f (b), aholx = αx0 + (1− α)b. Speciálisan, minden xn-hez létezik αn ∈ (0, 1), hogyxn = αnx0 + (1− αn)b, és ahogy xn → x0, úgy αn → 1. Tehát c ≤ f (x0).f konvex, így minden α ∈ (0, 1)-re f (x) ≤ αf (a) + (1− α)f (xn), aholx = αa + (1− α)xn. Speciálisan, minden xn-hez létezik αn ∈ (0, 1), hogyx0 = αna + (1− αn)xn, és ahogy xn → x0, úgy αn → 0. Tehát c ≥ f (x0).Összegezve a fentieket: f (x0) = c, ami ellentmond f (xn) 9 f (x0)-nak.

KövetkezményLegyen f az (a, b) intervallumon értelmezett konkáv függvény. Ekkor ffolytonos (a, b)-n.

Analízis


Konvexitás

ÁllításLegyenek f , g konvex (konkáv) függvények az I intervallumon. Ekkor f + g iskonvex (konkáv) függvény az I intervallumon.

Bizonyítás.A konkáv esetet bizonyítjuk, a konvex eset belátása teljesen analóg módonmegy.Legyen x1, x2 ∈ I tetszőlegesen rögzítettek. f és g konkávak I-n, teháttetszőleges α ∈ (0, 1)-re

f (αx1 + (1− αx2)) ≥ αf (x1) + (1− α)f (x2)

g(αx1 + (1− αx2)) ≥ αg(x1) + (1− α)g(x2) .

Analízis


Konvexitás

folytatás.Tehát

(f + g)(αx1 + (1− αx2)) ≥ α(f + g)(x1) + (1− α)(f + g)(x2) .

PéldaI x2,I ex2 .

Analízis


Differenciálható konvex függvények


ÁllításLegyen f az (a, b) intervallumon differenciálható függvény. Ekkor

1. f pontosan akkor (szigorúan) konvex (a, b)-n, ha f ′(x) (szigorúan)monoton növő (a, b)-n,

2. f pontosan akkor (szigorúan) konkáv (a, b)-n, ha f ′(x) (szigorúan)monoton fogyó (a, b)-n.

Analízis



Bizonyítás.A (szigorúan) konvex esetet bizonyítjuk, a (szigorúan) konkáv eset abbólközvetlenül következik.Akkor: Legyen x1, x3 ∈ (a, b) x1 < x3, α ∈ (0, 1) tetszőlegesen rögzített, ésx2 = αx1 + (1− α)x3. Tekintsük a következő kifejezéseket

f (x2)− f (x1)

x2 − x1,

f (x3)− f (x2)

x3 − x2.

A Középérték-tételből következik, hogy létezik y1 ∈ (x1, x2) és y2 ∈ (x2, x3),hogy

f ′(y1) =f (x2)− f (x1)

x2 − x1, f ′(y2) =

f (x3)− f (x2)

x3 − x2.

Analízis



folytatás.Mivel f ′ (szigorúan) monoton növő, így

f (x2)− f (x1)

x2 − x1≤ (<)

f (x3)− f (x2)

x3 − x2.

A fenti kifejezésből könnyű számolással adódik, hogy

f (αx1 + (1− α)x3) ≤ (<) αf (x1) + (1− α)f (x3) .

x1, x3 ∈ (a, b), α ∈ (0, 1) tetszőlegesen rögzítettek voltak, tehát f (szigorúan)konvex.

Analízis



folytatás.Csak akkor: Legyen x1, x3 ∈ (a, b) x1 < x3, α ∈ (0, 1) tetszőlegesen rögzített, ésx2 = αx1 + (1− α)x3. f (szigorúan) konvex, tehát

f (x2)− f (x1)

x2 − x1≤ (<)

f (x3)− f (x1)

x3 − x1≤ (<)

f (x3)− f (x2)

x3 − x2.

f differenciálható (a, b)-n, tehát

f ′(x1) = limx1+

f (x)− f (x1)

x − x1, f ′(x3) = lim

x3−

f (x3)− f (x)

x3 − x .

Analízis



folytatás.Ekkor azonban

f ′(x1) = limx1+

f (x3)− f (x)

x3 − x ≤ (<)f (x3)− f (x1)

x3 − x1,

és

f (x3)− f (x1)

x3 − x1≤ (<) lim

x3+

f (x)− f (x1)

x − x1= f ′(x3) .

Tehát f ′(x1) ≤ (<) f ′(x3).Mivel x1, x3 ∈ (a, b), α ∈ (0, 1) tetszőlegesen rögzítettek voltak, így f ′(szigorúan) monoton növő.

Analízis



KövetkezményLegyen f az (a, b) intervallumon kétszer differenciálható függvény. Ekkor

1. f pontosan akkor konvex (a, b)-n, ha f ′′(x) ≥ 0 minden x ∈ (a, b)-re,2. f pontosan akkor konkáv (a, b)-n, ha f ′′(x) ≤ 0 minden x ∈ (a, b)-re.

PéldaI f (x) = x3,I g(x) = sin x ,I h(x) = 1

x .

Analízis



Inflexiós pont

Definícióx0 inflexiós pontja f -nek, ha létezik olyan δ > 0, hogy az (x0 − δ, x0 + δ)intervallumon f differenciálható, és minden x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) \ {x0}-raf ′(x0) > f ′(x) vagy minden x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) \ {x0}-ra f ′(x0) < f ′(x).

ÁllításHa f kétszer differenciálható az (a, b) intervallumon és x0 ∈ (a, b) inflexióspontja f -nek, akkor f ′′(x0) = 0.

Bizonyítás.x0 f ′-nek lokális szélsőértékhelye, így f ′′(x0) = 0.

Analízis


Lokális szélsőérték létezésének feltételei

A lokális szélsőérték létezésének szükséges feltétele

Definícióx0 az f függvény stacionárius pontja, ha f ′(x0) = 0.

Következmény (A lokális szélsőérték létezésének szükséges feltétele)Legyen f differenciálható (a, b)-n; ekkor, ha x0 ∈ (a, b) f -nek lokálisszélsőértékhelye, akkor x0 stacionárius pontja f -nek.

PéldaI f (x) = x5,I g(x) = x2.

Analízis



A lokális szélsőérték létezésének elégséges feltétele

Állítás (A lokális szélsőérték létezésének elégséges feltétele)Legyen f az (x0 − δ, x0 + δ) intervallumon folytonos, az (x0 − δ, x0) és(x0, x0 + δ) intervallumokon differenciálható függvény. Ha f ′(x) ≥ 0 mindenx ∈ (x0 − δ, x0)-ra és f ′(x) ≤ 0 minden x ∈ (x0, x0 + δ)-ra (f ′(x) ≤ 0 mindenx ∈ (x0 − δ, x0)-ra és f ′(x) ≥ 0 minden x ∈ (x0, x0 + δ)-ra), akkor f -nek lokálismaximuma (minimuma) van x0-ban.

Analízis



Bizonyítás.A lokális maximum esetet bizonyítjuk, a lokális minimum teljesen hasonlómódon látható.Ha f ′(x) ≥ 0 minden x ∈ (x0 − δ, x0)-ra és f folytonos (x0 − δ, x0]-n, akkor fmonoton növő (x0 − δ, x0]-n. Tehát minden x ∈ (x0 − δ, x0]-ra f (x0) ≥ f (x).Ha f ′(x) ≤ 0 minden x ∈ (x0, x0 + δ)-ra és f folytonos [x0, x0 + δ)-n, akkor fmonoton fogyó [x0, x0 + δ)-n. Tehát minden x ∈ [x0, x0 + δ)-ra f (x0) ≥ f (x).Összegezve a fentieket: x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)-ra f (x0) ≥ f (x), tehát x0 lokálismaximumhelye f -nek.

Példaf (x) = |x |, g(x) = 3

√(x − 3)2, h(x) =

{|x |, ha x 6= 01 különben

Analízis



ÁllításLegyen f az (x0 − δ, x0 + δ) intervallumon kétszer differenciálható, f ′′(x0) = 0,és f ′′ szigorúan monoton növő (fogyó) (x0 − δ, x0 + δ)-on. Ekkor x0 inflexióspontja f -nek, f szigorúan konkáv (konvex) (x0 − δ, x0)-on és szigorúan konvex(konkáv) (x0, x0 + δ)-on.

Bizonyítás.Ha f ′′ szigorúan monoton növő (fogyó) (x0 − δ, x0 + δ)-on és f ′′(x0) = 0, akkorminden x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) \ {x0}-ra f ′(x0) > f ′(x) (f ′(x0) < f ′(x)), tehát x0inflexiós pontja f -nek. Továbbá, ha f ′′ szigorúan monoton növő (fogyó) az(x0 − δ, x0 + δ)-on és f ′′(x0) = 0, akkor minden x ∈ (x0 − δ, x0)-ra f ′′(x) < 0(f ′′(x) > 0), és minden x ∈ (x0, x0 + δ)-ra f ′′(x) > 0 (f ′′(x) < 0). Tehát fszigorúan konkváv (konvex) (x0 − δ, x0)-on, és szigorúan konvex (konkáv)(x0, x0 + δ)-on.

Analízis


Példák

Példák

I f (x) = x3 + 2x2 − 3x + 12,I g(x) = x2ex ,

I h(x) =sin x

2 + cos x ,

I k(x) =2− x2

1 + x4 .

Analízis


I Kötelező anyag: Előadás anyagaI Egyéb olvasnivaló érdeklődőknek: Laczkovich Miklós – T. Sós Vera:

Analízis I. megfelelő részei.

Analízis

Analízis - ATW.huusers.atw.hu/ak3/jegyzet/Analizis1.pdf · Alapfogalmak,valósszámok Sorozatok,határérték Függvényekhatárértéke,folytonosság Adiﬀerenciálszámítás

Documents