Matematika | Felsőoktatás » Lukács Andor - Folytonos függvények

Fejezet tartalma Vissza 90 Tartalomjegyzék Folytonos függvények IV. Folytonos függvények Az előző fejezetben adott f : D függvény viselkedését a D halmaz x0 torlódási pontjának környezetében vizsgáltuk. Az x0 pont nem feltétlenül tartozott a D halmazhoz. ( D ⊆ ) Ebben a fejezetben a függvény viselkedését nem csak az x0 pont körül vizsgáljuk, hanem az x0 pontban is ( x0 ∈ D ) ; összehasonlítjuk a függvény értékét az x0 pontban a függvény x0 környezetében felvett értékeivel. Ezért a függvénynek az x0 pontban is értelmezettnek kell lennie, tehát x0 ∈ D . A feladatot így fogalmazzuk meg: tanulmányozzuk, hogy amikor x közeledik x0 -hoz, f ( x ) közeledik-e f ( x0 ) -hoz. Pontosabban, egy tetszőleges xn x0 sorozatot véve, ahol xn ∈D , tanulmányozzuk, hogy az ( f ( xn ) )n ≥1 sorozat tart-e az f ( x0 ) számhoz? Figyeljük meg, hogy ebben az utolsó megfogalmazásban a feladatnak akkor is van értelme, ha x0 az

értelmezési tartománynak nem torlódási pontja (de D-nek eleme). Valóban, ha x0 ∈ D , akkor mindig van olyan sorozat, például az xn = x0 , ha n ∈ `* , amely tart az x0 számhoz és amelyre xn ∈ D . Ha x0 nem torlódási pontja D-nek, akkor ez az egyetlen sorozat, amely tart x0 -hoz és xn ∈ D . Az előbbi sorozat esetén f ( xn ) = f ( x0 ) , ha n ∈ `* és lim f ( xn ) = f ( x0 ) . n ∞ 4.1 Folytonos függvények értelmezései Értelmezés. Legyen f : D és x 0 ∈ D Az f függvényt az x0 pontban folytonosnak mondjuk, ha minden xn x0 , xn ∈ D sorozatra lim f ( xn ) = f ( x0 ) . n ∞ Megjegyzés. 1 A fenti értelmezésből következik, hogy az értelmezési tartomány izolált pontjaiban a függvény mindig folytonos. 2. A határérték értelmezése alapján a következő kritériumot használhatjuk: ε−δ -s kritérium. Az f : D f függvényt az x0 ∈ D pontban folytonosnak mondjuk, ha bármely ε > 0 számhoz létezik olyan δ > 0 szám,

hogy ha x − x0 < δ és x ∈ D , akkor f ( x ) − f ( x0 ) < ε . (ha x 0 izolált pont, akkor találunk olyan δ -t, amelyre az x 0 pont δ -nyi környezetében a D halmaznak csak egy eleme van, az x 0 ) Példák 1. Folytonos-e az x0 = 2 pontban az f : , f ( x ) = 2 x 3 + 1 függvény? Az 1. értelmezés alapján vizsgáljuk először azt, hogy igaz-e hogy ha lim xn = 2 , n ∞ xn ∈ , akkor az f ( xn ) = 2 x +1 sorozatoknak van határértékük és a határérték f (2) . 3 n ( lim f ( xn ) = lim ( 2 xn3 + 1) = 2 lim xn3 + 1 = 2 lim xn n ∞ n ∞ n ∞ n ∞ ) + 1 = 17 = f ( 2) . 3 Tehát a függvény folytonos a 2 pontban az 1. értelmezés szerint Fejezet tartalma Tartalomjegyzék Folytonos függvények 91 A 2. értelmezés alapján hasonló módon dönthetjük el, hogy f folytonos-e a 2 pontban: Rögzítsünk egy ε > 0 számot. f ( x ) − f ( x0 ) = 2 x3 + 1 − 2 ⋅ 23 − 1 = 2 x3 − 23 = 2 x − 2 x 2 + 2 x + 22 f ( x ) − f ( x0 ) = 2 x

− 2 x 2 + 2 x + 4 < 2 ( x 2 + 2 x + 4 ) x − 2 < ε , ha x − 2 < ε 2 ( x + 2x + 4) 2 ε >0 < ε 2 min ( x + 2 x + 4 ) 2 x∈ = ε 2 f ( −1) δ= = ε 6 . ε > 0 valós szám, úgy, hogy 6 f ( x ) − f ( 2 ) < ε ha x − 2 < δ , a függvény folytonos az x0 = 2 pontban. Mivel minden esetén létezik a 2. Az f : , f ( x ) = sin x függvény folytonos minden x0 ∈ pontban Valóban, x − x0 x + x0 x − x0 f ( x ) − f ( x0 ) = sin x − sin x0 = 2 sin cos ≤2 ⋅1 , 2 2 2 tehát f ( x ) − f ( x0 ) = sin x − sin x0 ≤ x − x0 < ε igaz, ha x − x0 < δ = ε . Vagyis a függvény folytonos az x0 pontban, a 2. értelmezés szerint 3. Előfordul az, hogy y a függvény nem folytonos valamilyen pontban. Az értel1 mezés alapján, az f függvény ε az x0 ∈ D pontban pontosan δ δ ( ) akkor nem folytonos, ha léte0 zik olyan ( xn )n≥1 ⊂ D sorozat, ε 1 amelyre lim f ( x ) ≠ f ( x ) . n ∞ n 0 x 12. ábra

Ez lehetséges úgy is, hogy az ( f ( xn ) )n≥1 sorozatnak nincs határértéke, de úgy is, hogy a határértéke nem f ( x0 ) . A jobb és baloldali határértékek figyelembe vételével még több eset lehetséges, mert előfordulhat, hogy a jobb és bal oldali határértékek léteznek, de nem egyenlők egymással vagy az f ( x0 ) -val. Azokat az x0 ∈ D pontokat, amelyekben az f : D függvény nem folytonos az f szakadási pontjainak nevezzük. Az előbbiek alapján a szakadási pont fogalma az f függvénynek több különböző viselkedési módját tükrözi. Ezek közül az esetek közül néhány fontos lesz a függvények további tanulmányozásában, ezért külön megnevezéssel látjuk el őket. Értelmezés. Az x0 ∈ D pontot, amelyben az f : D függvénynek létezik a jobb- és a baloldali határértéke és ezek végesek, de a függvény nem folytonos elsőfajú szakadási pontnak nevezzük. Az összes többi szakadási pontot másodfajú szakadási pontnak

nevezzük. Fejezet tartalma 92 Tartalomjegyzék Folytonos függvények Vizsgáljuk meg a következő függvények folytonosságát, szakadási pontjainak természetét: 1, ha x > 0;  x, ha x ≠ 0;  a) f1 : , f1 ( x ) = sgn x = 0, ha x = 0; b) f 2 : , f 2 ( x ) =  2, ha x = 0. −1, ha x < 0.   1 sin , ha x ≠ 0; c) f3 : , f3 ( x ) =  x 0, ha x = 0. 1  , ha x > 0; d) f 4 : , f 4 ( x ) =  x 0, ha x ≤ 0. Megoldás. a) Az f1 függvény az x0 ≠ 0 pont 0 -t nem tartalmazó környezetében konstans, tehát folytonos ebben a pontban. Az x0 = 0 pontban lim f1 ( x) = −1 és x 0 x<0 lim f1 ( x) = 1 , tehát a függvénynek nincs határértéke ebben a pontban. Így az x0 = 0 x 0 x >0 pontban az f1 függvény nem folytonos. Mivel a jobb- és baloldali határérték véges, ez a pont elsőfajú szakadási pont. b) Az f 2 függvény az x0 ≠ 0 pont 0 -t nem tartalmazó környezetében elsőfokú,

tehát folytonos. Ha x0 = 0 , akkor lim f 2 ( x) = lim x = 0 , tehát a határérték létezik Ez a x 0 x 0 határérték azonban nem egyenlő a behelyettesítési értékkel, tehát a függvény nem folytonos 0 -ban. Az x0 = 0 pont az f 2 függvény elsőfajú szakadási pontja 1 c) Mivel nem létezik a limsin határérték (találunk két olyan 0 -hoz tartó sorozatot, x 0 x amelyekre a függvényértékek sorozata különböző határértékekhez tart; ilyenek például 1 1 és yn = , n ≥ 1 sorozatok) a függvény nem folytonos 0 -ban és az xn = π 2nπ 2nπ + 2 az x0 = 0 pont másodfajú szakadási pontja. A 0 -tól különböző pontokban a függvény folytonos a határértékek tulajdonságai alapján. 1 d) Mivel lim = +∞ és lim f 4 ( x) = 0 a függvény nem folytonos 0 -ban és másodfajú x20 x x/0 szakadási pontja van, mert a jobboldali határérték nem véges. 4. Az f ( x ) = x 3 , f : függvény folytonos az x0 = 1 pontban, mert f ( x ) − f (1) = x 3 − 13 =

x − 1 x 2 + x + 1 < ε , ha x −1 < ε x + x +1 2 < ε min ( x + x + 1) 2 = ε 2 = ε 3 4 4 = ε. 3  1 1  −  − +1  2 2 4ε , tehát a függvény folytonos az A fentiek alapján f ( x ) − f (1) < ε , ha x − 1 < 3 x0 = 1 pontban. Fejezet tartalma Folytonos függvények Tartalomjegyzék 93 Megjegyzés. Gyakran találkozunk olyan függvényekkel, amelyek bizonyos x 0 ponttól jobbra és balra különböző törvénnyel értelmezettek. Az ilyen függvények folytonosságának tanulmányozására a határérték jobb- és baloldali határértékek segítségével adott jellemzését használjuk. Eszerint igaz a következő állítás: Az f : [a, b ] függvény pontosan akkor folytonos az x 0 ∈ (a, b) pontban, ha lim f (x ) = lim f (x ) = f (x 0 ) . x x 0 x <x 0 x x 0 x >x 0 4.2 Gyakorlatok Vizsgáld meg a következő függvények folytonosságát az adott pontokban: 1 3 1. f : [ −1, 1] , f ( x ) = x 2 + 1 , x =

0, , − 2 4 1 2. f : [ −3, 4] , f ( x ) = 2 , x = 0 , 2, -1. x +1 1 3. f : , f ( x ) = { x} = x − [ x ] , x = 1, 2, , ahol [ x ] az x szám egészrészét 2 jelöli, { x} pedig a szám törtrészét. 4. Milyen pontokban folytonos a tg függvény? 1  , ha x ≠ 0 , x = 0 , 1, -1. 5. f ( x ) =  x 2 0, ha x = 0 1, ha x egész szám 6. f ( x ) =  , x = 0 , 1, − 2 . 0, ha x nem egész szám 7. f : , f ( x ) = x 2 + x 3 , x = 1, 3 8. f : , f ( x ) = sin x + cos x , x = 0, π 2 ,π . 1 3 , x= . 2 x 1,  x∈ 10. Adott az f : , f ( x ) =  függvény. Igazoljuk, hogy a −1, x ∈ függvény egyetlen pontban sem folytonos. 1  11*. Legyen f : egy folytonos függvény, amelyre f  r +  = f ( r ) n  * minden r racionális számra és minden n ∈ ` -ra. Határozzuk meg az összes ilyen függvényt! 9. f :[1, 2] , f ( x ) = x + Fejezet tartalma 94 Tartalomjegyzék Folytonos függvények 4.3 A Cauchy-féle

függvényegyenlet Feladat. Határozd meg az f : folytonos függvényt, ha minden x, y ∈ esetén f ( x + y) = f ( x) + f ( y) (1) Az (1) -es egyenletből x = y = 0 esetén az f ( 0 ) = f ( 0 + 0 ) = f ( 0 ) + f ( 0 ) = 2 f ( 0 ) egyenlőséghez jutunk, tehát f ( 0 ) = 0 . x = y esetén f ( 2x) = f ( x + x) = f ( x) + f ( x) = 2 f ( x) . Teljes indukcióval igazoljuk, hogy ha n ∈ `* , x ∈ akkor f (n ⋅ x) = n ⋅ f ( x) . Tételezzük fel, hogy n -re igaz és mutassuk meg n + 1 -re is teljesül. Valóban f ( ( n + 1) x ) = f ( nx + x ) = f ( nx ) + f ( x ) = nf ( x ) + f ( x ) = ( n + 1) f ( x ) . Továbbá 0 = f ( 0) = f ( x + ( − x )) = f ( x ) + f ( − x ) , tehát, f ( − x ) = − f ( x ) ∀ x ∈ . Ha n ∈ `* akkor f ( ( −n ) x ) = f ( −nx ) = − f ( nx ) = −nf ( x ) . Ezért minden k ∈ ] és x ∈ esetén f (k ⋅ x) = k ⋅ f ( x) . m  m  ∈ , m, n ∈ ] , n > 0 , akkor m ⋅ f ( x ) = f ( m ⋅ x ) = f  n ⋅ x  = n ⋅ n

 n  m  m f  x  = f ( x) . n  n Ez azt jelenti, hogy ha r ∈ és x ∈ akkor f ( r ⋅ x ) = r ⋅ f ( x ) . Ha m  f  x, n  Ez alapján r ∈ esetén f ( r ) = r ⋅ f (1) . A továbbiakban igazoljuk, hogy az előbbi egyenlőség irracionális r esetén is igaz. Ha α ∈ , x ∈ akkor válasszunk racionális számokból álló olyan ( rn )n ≥1 sorozatot, hogy lim rn = α . Ekkor az f n ∞ folytonosságát felhasználva ( ) f (α ) = lim f ( rn ) = lim ( rn f (1) ) = lim rn f (1) = α f (1) . n ∞ n ∞ n ∞ Tehát f (α ) = α ⋅ f (1) minden α ∈ esetén. Így f ( x ) = m ⋅ x , ahol m = f (1) Megjegyzés. Az (1) egyenletet Cauchy-féle függvényegyenletnek nevezzük A középiskolában tanulmányozott fontosabb függvények (polinomok, exponenciális, logaritmus, trigonometrikus) függvények értelmezhetők, mint valamilyen függvényegyenlet folytonos megoldásai. Általában ezeknek a függvényegyenleteknek a

megoldása visszavezethető a Cauchy-féle függvényegyenletre. Kimutatható, hogy az egyenletnek végtelen sok olyan megoldása is van, amelyek nem folytonosak (ezek egy pontban sem folytonosak), a bizonyítás meghaladja a tankönyv kereteit. Fejezet tartalma Tartalomjegyzék Folytonos függvények 95 4.4 Műveletek folytonos függvényekkel Amikor valamely függvény folytonosságát vizsgáljuk, előfordulhat, hogy „egyszerűbb” függvények folytonosságát ismerve, a tárgyalt függvények folytonosságára következtethetünk. Például az f ( x ) = sin x + cos x függvény folytonos-e? Már tudjuk, hogy a sin x és cos x függvény minden pontban folytonos, következik-e ebből, hogy az összegük is folytonos? Feladat. Vizsgáljuk meg, hogy ha az f és g függvény az x0 pontban folytonos, akkor az f + g függvény folytonos-e az x0 -ban! Megoldás. Meg kell vizsgálnunk, hogy ha xn x0 , akkor következik-e, hogy (f + g )( xn ) = f ( xn ) + g ( xn ) f ( x0 )

+ g ( x0 ) . Az f és a g az x0 pontban folytonos, tehát ha lim xn = x0 akkor lim f ( xn ) = f ( x0 ) és lim g ( xn ) = g ( x0 ) . A n ∞ n ∞ n ∞ sorozatoknál láttuk, hogy a két konvergens sorozat összege is konvergens és lim  f ( xn ) + g ( xn )  = lim f ( xn ) + lim g ( xn ) = f ( x0 ) + g ( x0 ) = ( f + g )( x0 ) . n ∞ Tehát x ∞ x ∞ lim ( f + g )( x ) = lim f ( x ) + lim g ( x ) = f ( x0 ) + g ( x0 ) = ( f + g )( x0 ) , x x0 x x0 x x0 vagyis az f + g függvény is folytonos. Hasonló gondolatmenet alapján belátható, hogy két folytonos függvény szorzata, hányadosa (ha a nevező nem 0 ) és összetett függvénye is folytonos. A függvényhatárértékeknél megoldott feladatok alapján azt is állíthatjuk, hogy egy bijektív és folytonos függvény inverze is folytonos (lásd a 76. oldalon levő 2 megoldott feladatot). Ezeket a tulajdonságokat a következő tétel foglalja össze Tétel. Legyen f , g : D két függvény és

x 0 ∈ D a) Ha az f és a g függvények folytonosak az x0 pontban, akkor az f + g függvény is folytonos az x0 pontban. b) Ha az f és a g függvények folytonosak az x0 pontban, akkor az f ⋅ g függvény is folytonos az x0 pontban. c) Ha az f és a g függvények folytonosak az x0 pontban és g ( x0 ) ≠ 0 , akkor f függvény is folytonos az x0 pontban. g d) Ha az f : D E függvény folytonos az x0 ∈ D pontban és a g : E függvény folytonos az y0 = f ( x0 ) , y0 ∈ E pontban ( D ⊆ és E ⊆ ), akkor a g D f összetett függvény folytonos az x0 pontban. e) Ha az f : D *+ és a g : D függvények folytonosak az x0 pontban, az akkor az u : D + u ( x) = [ f ( x)] függvény is folytonos az x0 pontban. Sajátos esetek. Ha az f : D E függvény folytonos az x0 ∈ D pontban, akkor a következő függvények is folytonosak az x0 ∈ D pontban: g (x) Fejezet tartalma 96 Tartalomjegyzék Folytonos függvények a) g : D , g ( x) = a f ( x ) , ahol a > 0

és a ≠ 1 . b) h : D , h( x) = log a f ( x) , ahol f ( x) > 0, ∀ x > 0 és a > 0 , a ≠ 1 . c) k : D , k ( x) = sin f ( x) . A szinusz függvény helyett tetszőleges trigonometrikus alapfüggvényre is igaz a tulajdonság ( cos, tg,ctg,arcsin,arccos,arctg,arcctg ). Megjegyzés. A „Függvények határértéke” című fejezetben láttuk, hogy a polinomfüggvények, az exponenciális, logaritmus és trigonometrikus függvények valamint ezek inverzei mind folytonosak (lásd a megoldott feladatokat). A továbbiakban ezekre a függvényekre és az ezekből összeadás, szorzás, osztás, hatványozás, összetevés útján előállítható függvényekre elemi függvényként hivatkozunk. az előbbiek alapján az elemi függvények folytonosak az értelmezési tartományukon. Gyakorlatok és feladatok 1. Mely pontokban folytonos az f : , f ( x ) = x n , n ∈ `* függvény? 2. Folytonos-e az f ( x ) = sin x ⋅ cos x függvény az x = 0 és az x = π pontokban? 3.

a) Igazold, hogy ha az f függvény az x0 pontban folytonos és f ( x0 ) ≠ 0 , akkor az 1 függvény is folytonos az x0 pontban. f b) Igazold, hogy ha f és g függvény folytonos az x0 pontban és g ( x0 ) ≠ 0 , f függvény folytonos az x0 pontban. g 4. Hol folytonosak a következő függvények? 1 1 a) f : {0} , f ( x ) = 2 ; b) f : , f ( x ) = ; 1 + sin 2 x x x c) f : {−1, 1} , f ( x ) = 2 ; d) f : , f ( x ) = max ( sin x, cos x ) ; x −1 5. Bizonyítsd be, hogy ha az f függvény az x0 pontban folytonos akkor f is folytonos az x0 pontban! 6. Igaz-e az előbbi állítás fordítottja? 7. Tanulmányozd a következő függvények folytonosságát:  x 2 + 2, ha x ≥ 0 3 a) f ( x ) =  ; b) f : , f ( x ) = ( 2 x + 1) ; − x, ha x < 0 akkor a c) f ( x ) = cos 2 x + 2cos x + 1 ; 1  x , ha x ≥ 1 d) f ( x ) = 0, ha − 1 ≤ x < 1 ;  1  − 3 , ha x < −1  x Fejezet tartalma Tartalomjegyzék Folytonos

függvények 97  1 , ha x ≠ −1 2  e) f ( x ) =  ( x + 1) ; 0, ha x = −1   x2 , x∈ g) f ( x) =  ; 3x − 2, x ∈ ( x 2 + 1)2 , ha x < 0   ha x = 0 ; f) f ( x ) = 0,  4 − ( x + 1) , ha x > 0  x +1 , x∈  h) f ( x) =  x − 2 . 3 x − 2, x ∈  8. Igazold, hogy az f : [ 0, + ∞ ) , f ( x ) = x függvény folytonos az értelmezési tartomány minden pontjában. 9. Határozd meg az f ( x ) = x 2 − 1 összefüggéssel értelmezett függvény maximális értelmezési tartományát és igazold, hogy az értelmezési tartomány minden pontjában folytonos. 10. Határozd meg a következő függvények szakadási pontjait: 1 a) f : , f ( x ) = lim ; b) f : , f ( x ) = lim n 1 + x 2 n ; n ∞ 1 + x 2 n n ∞ 2 nx x + x ⋅e c) f : , f ( x ) = lim ; d) f : , f ( x ) = max ( x 2 , x ) . n ∞ 1 + e nx 11. Hol folytonosak a következő függvények? a) f : , f ( x ) = [ x ] , ahol [ x ] az

x valós szám egészrésze. b) f : , f ( x ) = { x} = x − [ x ] , ahol { x} az x valós szám törtrésze. 12. Határozd meg azokat az f : , az x = 0 pontban folytonos függvényeket, amelyekre f ( x ) + f ( 2 x ) = 0 , minden x ∈ esetén. 13. Határozd meg az f : függvényeket, ha x ⋅ f ( y ) + y ⋅ f ( x) = ( x + y) ⋅ f ( x) ⋅ f ( y) igaz minden x, y ∈ esetén. Hány folytonos függvény van a megoldások között? 14 * . Az f , g : periodikus függvényekre lim  f ( x ) − g ( x )  = 0 . x ∞ Bizonyítsd be, hogy a két függvény egyenlő ( f = g ) . 15 * . Határozd meg az összes f : ( 0, ∞ ) folytonos függvényeket, amelyekre f ( x ) = f ( x 2 ) , minden x ∈ *+ = ( 0, + ∞ ) esetén. 16. Határozd meg az f : ( −1, 1) folytonos függvényeket, amelyekre  x+ y  f ( x) + f ( y) = f   , minden x, y ∈ ( −1, 1) esetén.  1 + xy  Fejezet tartalma 98 Tartalomjegyzék Folytonos függvények 4.5

Intervallumon folytonos függvények Értelmezés. Az f függvényt folytonosnak nevezzük az I intervallumon, ha az I minden pontjában folytonos. A függvényről azt mondjuk, hogy folytonos, ha az értelmezési tartományának minden pontjában folytonos. Megjegyzés. Az előbbi paragrafus tételéből következik az alábbi tétel: Tétel. a) Ha az f : D és g : D függvények folytonosak, akkor az f + g : D , ( f + g ) ( x) = f ( x) + g ( x), ∀ x ∈ D függvény is folytonos. b) Ha az f : D és g : D függvények folytonosak, akkor az f ⋅ g : D , ( f ⋅ g ) ( x) = f ( x) ⋅ g ( x), ∀ x ∈ D függvény is folytonos. c) Ha az f : D és g : D függvények folytonosak és  f  f ( x) g ( x) ≠ 0, ∀ x ∈ D , akkor az   ( x) = , ∀ x ∈ D függvény is folytonos. g ( x) g d) Ha az f : D E és a g : E függvény folytonos ( D ⊆ és E ⊆ ), akkor a g D f : D összetett függvény is folytonos. e) Ha az f : D E függvény

folytonos és bijektív ( D ⊆ , E ⊆ intervallumok), akkor az f −1 : E D inverz függvény is folytonos. f) Ha az f : D *+ és a g : D függvények folytonosak, akkor az u : D + u ( x) = f ( x) g ( x ) függvény is folytonos. Sajátos esetek. Ha az f : D E függvény folytonos, akkor a következő függvények is folytonosak: a) g : D , g ( x) = a f ( x ) , ahol a > 0 és a ≠ 1 . b) h : D , h( x) = log a f ( x) , ahol f ( x) > 0, ∀ x > 0 és a > 0 , a ≠ 1 . c) k : D , k ( x) = sin f ( x) . Példák P1. f : [ −1, 1] , f ( x ) = x 2 + 2 , az I = [ −1, 1] ; P2. f : [1, 4] , f ( x ) = 2 x3 + 1 , az I = [1, 4] ; 1 P3. f : [1, 2] , f ( x ) = , az I = [1, 2] ; x 1 P4. f : ( 0, 1) , f ( x ) = , az I = ( 0, 1) x Az általunk tárgyalt függvények döntő többsége egy-egy intervallumon vagy azok egyesítésén van értelmezve és folytonos. Ha megfigyeljük, e függvények grafikonjait, akkor néhány közös tulajdonságot veszünk észre.

Az [ a, b ] zárt intervallumon – ahol a, b ∈ – értelmezett függvény korlátosnak látszik. A grafikonok „folytonos” vonalak; úgy tűnik, hogy ha folytonos egy függvény és felvesz két különböző f ( x1 ) < f ( x2 ) értéket, akkor minden közbülső értéket is felvesz. Természetesen a grafikonból az ilyen tulajdonságokat csak sejteni lehet. A szemléletből vett következtetéseket mindig alaposan meg kell vizsgálni. Fejezet tartalma Tartalomjegyzék Folytonos függvények 99 4.51 Bolzano tétele és a Darboux-féle tulajdonság BERNARD BOLZANO (1781-1848) a skolasztikus filozófiában járatos katolikus pap volt. Egyike volt a legelsőknek, aki a szigorúság modern fogalmát bevezette a matematikai analízisbe. Felismerte, hogy a folytonos függvényekre vonatkozó számos, látszólag nyilvánvaló állítást igazolni kell, ha azt akarjuk, hogy teljes általánosságban érvényes legyen. Ilyen például a következő három tulajdonság: 1.

Folytonos függvény minden intervallumot intervallumba képez Ez pontosabban a következőképpen fogalmazható meg: Ha az f :[ a, b] függvény folytonos, x1, 2 ∈ [ a, b] , x1 < x2 két tetszőleges érték és f ( x1 ) = y1 , f ( x2 ) = y2 , akkor bármely y0 ∈ [ y1 , y2 ] (vagy y 0 ∈ [ y2 , y1 ] ) esetén létezik olyan x0 ∈ [ x1 , x2 ] , amelyre f ( x0 ) = y0 . 2. Ha az f :[a, b] folytonos függvény x1 ∈[a, b] -ben pozitív és x2 ∈[a, b] -ben negatív értékékeket vesz fel, akkor létezik olyan c ∈ [ x1 , x2 ] , amelyre f (c) = 0 . 3. Zárt intervallumon értelmezett folytonos függvény képe zárt intervallum A második tulajdonság az első sajátos esete. A továbbiakban látni fogjuk, hogy az első tulajdonság is következik a másodikból. Azt is látni fogjuk, hogy az 1 tulajdonság nem a folytonos függvények jellemző tulajdonsága (léteznek olyan függvények, amelyek nem folytonosak és mégis rendelkeznek az 1. tulajdonsággal) Azokat a

függvényeket, amelyek teljesítik az 1. tulajdonságot Darboux tulajdonságú függvényeknek nevezzük. A terminológia rögzítése céljából a következő értelmezést adjuk: Értelmezés. Az f :[ a, b] függvényt Darboux tulajdonságúnak nevezzük ha bármely x1, 2 ∈ [ a, b] , x1 < x2 és bármely y0 ∈ ( y1 , y2 ) (vagy y 0 ∈ ( y2 , y1 ) ) esetén, ahol f ( x1 ) = y1 és f ( x2 ) = y2 , létezik olyan x0 ∈ ( x1 , x2 ) , amelyre f ( x0 ) = y0 . Megjegyzés. Ez az értelmezés ekvivalens azzal, hogy az f függvény az [a, b] értelmezési tartomány minden részintervallumát intervallumba képezi. Példa. Bizonyítsuk be, hogy az f : + , f ( x) = x 2 + 1 függvény Darboux tulajdonságú. Ha x1, 2 ∈ + és y0 ∈ ( x12 + 1, x22 + 1) , akkor az x0 = y0 − 1 az ( x1 , x2 ) intervallumban van, tehát f Darboux tulajdonságú. Először a 2. tulajdonságot igazoljuk A pontosság kedvéért tételként is kijelentjük Tétel. Ha az f : [ a, b ] függvény

folytonos ( a < b ) és f ( a ) ⋅ f ( b ) < 0 , akkor van olyan c ∈ (a, b) pont, amelyre f ( c ) = 0 . Bizonyítás. Feltételezhetjük, hogy f (a ) < 0 Tekintjük a H = { x ∈ [ a, b] f ( x) < 0} halmazt. Ez a halmaz korlátos, mert része az [a, b] intervallumnak és nem üres, mert a ∈ H . A felső határ axiómája szerint létezik s = sup H Bizonyítjuk, hogy f ( s ) = 0 és a < s < b . A feltételek alapján létezik olyan ε > 0 szám, amelyre Fejezet tartalma 100 f ( a) + ε < 0 < f (b) − ε . Tartalomjegyzék Folytonos függvények Az folytonossága f lim f ( x) = f (a ) alapján x2a és lim f ( x) = f (b) , tehát a határérték értelmezése alapján létezik olyan δ (ε ) > 0 valós x /b szám, hogy f ( x) < f (a) + ε < 0 < f (b) − ε < f ( y ) , ha a < x < a + δ (ε ) és b − δ (ε ) < y < b . Ez biztosítja, hogy a < s < b Tekintsük az f ( s ) számot Ha f ( s ) < 0 ,

akkor az f függvény s -beli folytonossága alapján létezik δ > 0 úgy, hogy f ( x) < 0, ∀ x ∈ ( s − δ , s + δ ) és így H -ban van s -nél nagyobb elem is. Ez ellentmondás, tehát f ( s ) ≥ 0 . Másrészt, ha f ( s ) > 0 , akkor szintén az f függvény s -beli folytonossága alapján létezik δ > 0 úgy, hogy f ( x) > 0, ∀ x ∈ ( s − δ , s + δ ) . Ez viszont azt jelentené, hogy H -nak van s -nél kisebb felső korlátja is. Mivel ez is ellentmond s megválasztásának, az egyetlen lehetőség az, hogy f ( s ) = 0 . Ebből a tételből levezethetjük az 1. tulajdonságot Ezt is megfogalmazzuk tétel formájában: Tétel. Ha az f : [ a, b ] függvény folytonos, akkor Darboux tulajdonságú Bizonyítás. Rögzített x1, 2 ∈ [ a, b] és y0 ∈  f ( x1 ) , f ( x2 )  esetén tekintjük a g :[a, b] , g ( x) = f ( x) − y0 folytonos függvényt. g ( x1 ) = f ( x1 ) − y0 < 0 és g ( x2 ) = f ( x2 ) − y0 > 0 , tehát az

előbbi tétel alapján létezik olyan x0 ∈ ( x1 , x2 ) érték, amelyre g ( x0 ) = f ( x0 ) − y0 = 0 . Ebből következik, hogy f Darboux tulajdonságú  1 sin , x ≠ 0 Példa. Bizonyítsuk be, hogy az f : [ −1,1] , f ( x) =  x függvény a, x=0 Darboux tulajdonságú bármely a ∈ [−1,1] esetén. Bizonyítás. Ha 0 < x1 < x2 vagy x1 < x2 < 0 akkor az f függvény az [ x1 , x2 ] intervallumon folytonos, tehát az intervallum képe intervallum. Ha x1 ≤ 0 < x2 vagy x1 < 0 ≤ x2 , akkor a zn ,1 = ± 1 2nπ + π , n ≥ 1 és zn , 2 = ± 1 2nπ − π , n ≥ 1 sorozatokban 2 2 megválaszthatjuk az előjeleket úgy, hogy a két sorozat tagjai n ( x1 , x2 ) ∈ ` -től kezdődően a vizsgált intervallumban legyenek. Így [ −1,1] ⊃ f ([ x1 , x2 ]) ⊃ f ([ zn1 , zn 2 ]) = [ −1,1] , tehát az [ x1 , x2 ] intervallum képe a [ −1,1] intervallum ( a -tól függetlenül). Mivel más eset nem lehetséges a függvény minden

intervallumot intervallumba transzformál és így Darboux tulajdonságú. Fejezet tartalma Tartalomjegyzék Folytonos függvények 101 Megjegyzések. 1 A tétel grafikus értelmezése a következő: Az A ( a, f ( a ) ) Ox tengely alatti pontot összekötő folytonos vonal a B ( b, f ( b ) ) x tengely feletti ponttal, legalább egy helyen ( c pont) metszi az O x tengelyt. (lásd a 13 ábrát) 2. A 14 ábrán látható, szakadásos függvény esetében az előbbi tételek nem igazak 1 + x, ha x > 0 Az f : , f ( x ) =  függvény nem rendelkezik egyik tétel által −1 + x, ha x ≤ 0 biztosított tulajdonsággal sem. y y B(b, f(b)) f(b)>0 O O x f(a)<0 x A(a, f(a)) 14. ábra 13. ábra 4.52 Weierstrass tétele a szélsőértékek létezéséről Az előbbi paragrafusban említett 3. tulajdonság KARL WEIERSTRASS (18151897) nevét viseli Tétel. Ha az f : [ a, b ] függvény folytonos az I = [ a, b ] zárt intervallumon ( a < b ) , akkor

létezik az I intervallumban legalább egy c1 pont, ahol az f függvény a legnagyobb M értékét, és egy másik c2 pont, ahol a legkisebb m értékét veszi fel. f ( c2 ) = m = min f ( x ) . f ( c1 ) = M = max f ( x ) ; x∈[ a , b ] x∈[ a , b ] Megjegyzés. A tulajdonságot a következőképpen fogalmazhatjuk meg: Zárt intervallumon értelmezett folytonos függvény eléri határait. Bizonyítás. Igazoljuk, hogy a függvény képe korlátos halmaz Ha nem volna az, akkor létezne olyan ( yn )n ≥1 ⊂ Im f sorozat, amelynek a határértéke ∞ vagy −∞ . Erre a sorozatra létezik egy ( xn )n≥1 ⊂ [a, b] sorozat úgy, hogy f ( xn ) = yn , n ≥ 1 . ( ) Mivel az ( xn )n ≥1 sorozat korlátos, létezik xnk k ≥1 konvergens részsorozata. Jelöljük ( ) ennek a határértékét l -el. Az f függvény folytonossága alapján lim f xnk = f (l ) k ∞ Fejezet tartalma 102 Tartalomjegyzék Folytonos függvények Ez viszont ellentmondás, mert az ( f ( x

)) nk k ≥1 sorozat az ( yn )n≥1 sorozat egy rész- sorozata és így a határértéke nem véges. Mivel a függvény képe nem lehet üres halmaz az alsó és felső határ axiómája alapján létezik a M = sup Im f és a m = inf Im f valós szám. Bizonyítjuk, hogy M , m ∈ Im f A szuprémum értelmezéséből következik, hogy létezik olyan ( xn )n ≥1 ⊂ [a, b] sorozat, amelyre lim f ( xn ) = M . Mivel az ( xn )n ≥1 ⊂ [a, b] n∞ sorozat korlátos, ezért létezik konvergens részsorozata és így M ezen részsorozat határértékének f -beli képe. Hasonlóképpen látható be az is, hogy m ∈ Im f 4.6 Megoldott feladatok 1. Bizonyítsd be, hogy ha az f : [ 0, 1] [ 0, 1] függvény folytonos, akkor létezik olyan x0 ∈ [ 0, 1] , amelyre f ( x0 ) = x0 ( x0 -t nevezzük a függvény fixpontjának). Bizonyítás. Értelmezzük a ϕ : [ 0, 1] , ϕ ( x ) = f ( x ) − x segédfüggvényt A folytonos függvényekkel végezhető műveletek tulajdonságai

alapján ez a függvény is folytonos a [ 0, 1] intervallumon. Ha ϕ ( 0 ) = 0 , akkor f ( 0 ) − 0 = 0 vagyis f ( 0 ) = 0 és találunk egy fixpontot (éppen 0). Ha ϕ ( 0 ) ≠ 0 , akkor az f -re tett feltevés miatt ϕ ( 0) = f ( 0) > 0 Ha ϕ (1) = 0 , akkor f (1) = 1 , az 1 fixpont; ha ϕ (1) ≠ 0 akkor ϕ (1) = f (1) − 1 < 1 − 1 = 0 . Összegezve a ϕ a [ 0, 1] intervallumon folytonos függvény, ϕ ( 0 ) > 0 , ϕ (1) < 0 , ezért a Bolzano-tétel szerint van a 0 és 1 között olyan x0 ∈ ( 0, 1) , hogy ϕ ( x0 ) = 0 , ami azt jelenti, hogy f ( x0 ) − x0 = 0 vagy f ( x0 ) = x0 , tehát x0 fixpontja a függvénynek. y 1 M(x0, x0) 15. ábra O x0 1 x 2. Igazoljuk, hogy minden páratlan fokú valós polinomnak (egyenletnek) van legalább egy valós gyöke, tehát az f ( x ) = x 2 n +1 + a1 x 2 n + . + a2 n x + a2 n +1 = 0 egyenletnek van valós gyöke. Valóban, mivel lim f ( x ) = ( −∞ ) x−∞ Továbbá lim f ( x ) = ( +∞ ) x+∞ 2 n+1 2 n+1

= −∞ , a függvény felvesz negatív értékeket is. = +∞ , ezért a függvény felvesz pozitív értékeket is. A Bolzano-tétel alapján létezik x0 ∈ úgy, hogy f ( x0 ) = 0 vagyis x0 az egyenlet gyöke. Fejezet tartalma Tartalomjegyzék Folytonos függvények 103 3. Az f : [ 0, π ]  , f ( x ) = 1 + 2sin x függvény folytonos a [ 0, π ] intervallumon. Határozzuk meg a függvény képét Mivel 0 ≤ sin x ≤ 1 a [ 0, π ] intervallumon, ezért 0 ≤ 2sin x ≤ 2 és hozzáadva 1- π  max f ( x ) = 3 = f   és 2 min f ( x ) = 1 = f ( 0 ) = f (π ) . Mivel f folytonos a minimuma és a maximuma között et 1 ≤ 1 + 2 sin x ≤ 3 vagyis 1 ≤ f ( x) ≤ 3 , ezért x∈[ 0, π ] x∈[ 0, π ] minden értéket felvesz. Így a függvény képe Im f = f ([0, π ]) = [1, 3] . 4. Bizonyítsuk be, hogy ha az f :[a, b] függvény folytonos, f ( a ) = f ( b ) és x ∈ ( a, b ) esetén f ( x ) ≥ f ( a ) , akkor tetszőleges 0

< l < b − a szám esetén van a függvény grafikonjának l hosszúságú, Ox tengellyel párhuzamos húrja. Legyen 0 < l < b − a . Az [ a, b − l ] intervallumon értelmezzük a h függvényt a következő módon: h( x) = f ( x + l ) − f ( x) . A feltevések szerint h ( a ) = f ( l − a ) − f ( a ) ≥ 0 és h ( b − l ) = f ( b ) − f ( b − l ) ≤ 0 . Ha a két egyenlőtlenség közül valamelyikben egyenlőség van akkor készen vagyunk; ha nincs egyenlőség akkor a Bolzano-tétel szerint ( h ( a ) > 0 és h ( b − l ) < 0 ) van olyan x0 ∈ ( a, b − l ) , hogy h ( x0 ) = 0 , azaz f ( x0 + l ) − f ( x0 ) = 0 . Ez pedig azt jelenti, hogy a függvény grafikus képének van egy l hosszúságú, Ox tengellyel párhuzamos húrja. y l A(a , f (a)) a B(b , f (b)) x1 O x2 b 16. ábra 5. Az f : függvény eleget tesz az alábbi két feltételnek: (1) minden x, y ∈ esetén f ( x ) − f ( y ) ≤ k ⋅ ( x − y ) , ahol ( 2 ) az f

függvény folytonos az halmazon. Igazoljuk, hogy f bijektív függvény. k >0; x Fejezet tartalma 104 Tartalomjegyzék Folytonos függvények I. x1 < x2 esetén f ( x1 ) − f ( x2 ) ≤ k ( x1 − x2 ) < 0 , tehát f ( x1 ) − f ( x2 ) < 0 és így f ( x1 ) < f ( x2 ) . Ha x1 > x2 akkor f ( x2 ) − f ( x1 ) ≤ k ( x2 − x1 ) < 0 , ami azt jelenti, hogy f ( x2 ) < f ( x1 ) . Tehát bármilyen x1 ≠ x2 esetén ami azt jelenti, hogy az f függvény injektív. II. Az (1) -es feltétel alapján ( x1 , x2 ∈ ) f ( x1 ) ≠ f ( x2 ) , f ( x ) ≤ k ⋅ x − k ⋅ y + f ( y ) . Rögzített y és x −∞ esetén lim f ( x ) = −∞ , mert lim ( kx − ky + f ( y ) ) = −∞ . x−∞ x −∞ Az (1) -es feltétel alapján f ( y ) ≥ ky + f ( x ) − kx . Rögzített x ∈ esetén az előbbi feltétel alapján létezik lim f ( y ) = +∞ , mert lim ( ky + f ( x ) − kx ) = +∞ . y+∞ y+∞ Az előbbi tulajdonság és a második

feltétel alapján f ( x ) a −∞ és +∞ között minden értéket felvesz, tehát a függvény szürjektív. 6. A folytonos függvény előjelének tanulmányozása Ha az f függvény folytonos az I intervallumon és f ( x ) ≠ 0 , bármilyen x ∈ I esetén, akkor f ( x ) állandó előjelű (előjeltartó) az I intervallumon. Valóban, ha feltételezzük, hogy nem előjeltartó akkor létezik a, b ∈ I úgy, hogy f ( a ) < 0 és f ( b ) > 0 , amiből adódik, hogy létezik c az a és b között úgy, hogy f ( c ) = 0 , ami ellentmond a feltevésnek. Ezt a tulajdonságot alkalmazzuk a függvény előjelének a tanulmányozására. Pontosabban, legyen f : I folytonos függvény, amelynek az I intervallumon véges sok gyöke van. Jelöljük ezeket x1 , x2 , , xk , xk +1 , , xn -el (növekvő sorrendben). Mivel az I k = ( xk , xk +1 ) intervallumon az f ( x ) = 0 egyenletnek nincs gyöke, az I k -n f előjeltartó. Hasonlóan x1 -től balra és xn -től jobbra is igaz,

hogy az f ( x ) = 0 egyenletnek nincs gyöke, tehát itt is előjeltartó (állandó előjelű). Ahhoz, hogy megtudjuk az előjelet állapítani, kiszámítjuk egy helyen a függvényértéket. Tanulmányozzuk az f : , f ( x ) = x3 − 6 x 2 + 11x − 6 függvény előjelét. Mivel f ( x ) = ( x − 1)( x − 2 )( x − 3) minden x ∈ esetén, az f ( x ) = 0 egyenlet gyökei x1 = 1 , x2 = 2 , x3 = 3 . Így a függvény előjeltartó az I1 = ( −∞, 1) ; I 2 = (1, 2 ) ; I 3 = ( 2, 3) ; I 4 = ( 3, + ∞ ) intervallumokon. x −∞ f ( x) −∞ 2 1 ––– 0 +++ 0 +∞ 3 ––– 0 +++ 3  3  39 5 lim f ( x ) = −∞ , f   = > 0 , f   = − < 0 , lim f ( x ) = +∞ . x +∞ 8 2 2 8 x −∞ +∞ Fejezet tartalma Tartalomjegyzék Folytonos függvények 105 7. Határozzuk meg azokat az f : *+ + függvényeket, amelyekre teljesülnek a következő feltételek: (1) f ( x ⋅ f ( y ) ) = y ⋅ f ( x ) minden x, y

∈ *+ esetén; ( 2) f ( x ) 0 , ha x + ∞ . (XXIV. Nemzetközi Matematikai Olimpia feladata) Megoldás Az (1) összefüggésből y = x esetén kapjuk, hogy f ( x ⋅ f ( x )) = x ⋅ f ( x ) . Ez azt jelenti, hogy b = x ⋅ f ( x ) a függvény fixpontja, vagyis f ( b ) = b . Legyen a ∈ *+ az f függvény egy tetszőleges fixpontja. Igazoljuk, hogy a = 1 Ha n ≥ 2 esetén elfogadjuk, hogy f ( a n −1 ) = a n −1 ( ) akkor f ( a n ) = f ( a ⋅ a n −1 ) = f a ⋅ f ( a n −1 ) = a n −1 ⋅ f ( a ) = a n −1 ⋅ a = a n . ( n ∈ ` ) számok szintén fixpontok. Továbbá a = f ( a ) = f (1 ⋅ a ) = f (1 ⋅ f ( a ) ) = a ⋅ f (1) ; mivel a ≠ 0 az a = a ⋅ f (1) egyenlőségből következik, hogy Ezért az összes a n = 1 1  1  ahonnan a ⋅ f   = f  ⋅ f ( a )  = f  ⋅ a  = f (1) = 1 , a a  a  1 1  1  1 f   = . Végül, hasonló gondolatmenet alapján kapjuk, hogy f  n  = n Így

az a a a  a k összes a ( k ∈ ] ) alakú szám fixpontja a függvénynek. A ( 2 ) -es feltételből f (1) = 1 . Másrészt következik, hogy a = 1 , mert ellenkező esetben szerkeszthetnénk olyan xn = a ± n sorozatot, amely a végtelenhez tart és amelyre a behelyettesítési értékek sorozata is végtelenhez tart. Ezért minden x ∈ *+ esetén kapjuk, hogy x ⋅ f ( x ) = 1 , ahonnan 1 , ∀x > 0. x 8. Bizonyítsuk be, hogy az x n − x n −1 − 1 = 0 , n ≥ 2 egyenletnek az [1, 2] f ( x) = intervallumon pontosan egy valós gyöke van. Ha α n -nel jelöljük ezt a gyököt, igazoljuk, hogy az (α n )n∈`* sorozat konvergens és számítsuk ki a határértékét! Megoldás. Tekintsük az f n : [1, 2] , f n ( x ) = x n − x n −1 − 1 függvényt. f n (1) = −1 < 0 és f n ( 2 ) > 1 vagyis f n ( 2 ) > 0 . Az f n ( x ) folytonos, tehát van gyök az [1, 2] intervallumon. Több gyök nincs, mivel az f n szigorúan növekvő Legyen és

ez a gyök α n = 1 + tn , (1 < α n < 2 ) , ahol 1 > tn ≥ 0 . Ekkor n n −1 n −1 n −1 0 = (1 + tn ) − (1 + tn ) − 1 = (1 + tn ) [1 + tn − 1] − 1 = tn (1 + tn ) − 1 . Alkalmazva a Bernoulli egyenlőtlenséget, kapjuk, hogy n >1 Fejezet tartalma 106 Tartalomjegyzék Folytonos függvények 1 = tn (1 + tn ) rendezés után n −1 ≥ tn 1 + ( n − 1) tn  , ( n − 1) tn2 + tn − 1 ≤ 0 . tn ≥ 0 alapján következik, hogy 0≤ tn ≤ −1 + 4n − 3 2 n − 1 1 < = . 2 ( n − 1) 2 ( n − 1) n −1 n +1 = 0 , a fogó tétel („rendőrelv”) alapján lim tn = 0 . Azt kaptuk tehát, n ∞ n −1 hogy (α n )n ≥1 sorozat konvergens és lim α n = 1 . Mivel lim n ∞ n ∞ 9. Van-e olyan folytonos függvény, amely invertálható és amelynek az inverze nem folytonos? Megoldás. Adunk példát ilyen függvényre Tekintsünk egy E ⊆ halmazt, amely nem intervallum: például E = ( −∞, − 1) ∪ {0} ∪ (1, + ∞ ) és

f : E függvényt, amelyet így értelmezzünk:  x + 1, ha x < −1  f ( x ) = 0, ha x = 0 .  x − 1, ha x > 1  Ez a függvény szigorúan növekvő és folytonos (az x = 0 pont izolált pont és ezért itt folytonos). Könnyű belátni, hogy invertálható és az f −1 : E függvény: f −1  x − 1, ha x < 0 ( x ) = 0, ha x = 0 .   x + 1, ha x > 0 Ez a függvény az x = 0 pontban nem folytonos. 4.7 Gyakorlatok és feladatok 1. Tanulmányozd a következő függvények folytonosságát:  3x 2 + 1 − 1 , x≠0  x2 ; a) f : , f ( x) =  3  , x=0  2 e x + ln x, x ∈ ( 0,1]  ; b) f : ( 0, ∞ ) , f ( x) =  1  x x −1 , x >1 1  3 x sin    π x, x≠0 ; c) f : 0,  , f ( x) =  2 x  2  x=0 1, (Érettségi, 1989.) Fejezet tartalma Tartalomjegyzék Folytonos függvények 107  2 1  , x d) f : , f ( x) =   x 2  1, 

x≠0 ; x=0  x + x + x, x ∈ e) f : , f ( x) =  ; x∈  4 x + 3, cos x + x − 1 ⋅ e nx ; (Felvételi, 1990. Galaţi) f) f : , f ( x) = lim n ∞ 1 + e nx 2 + x n ⋅ ( x 2 + 5) g) f : , f ( x) = lim . n ∞ x ( xn + 5) 2. Határozd meg az a valós paraméter értékét úgy, hogy az alábbi függvények folytonosak legyenek (külön-külön): 1  ( sin x + e x ) x , x ≠ 0 ; a) f : , f ( x) =  a, x=0 3 2 b) 3 2  x + a , x ∈ ( −∞, a ] ; f : , f ( x) =  3x − a, x ∈ ( a, ∞ ) c) f : , f ( x) = lim n ∞ x − 1 ⋅ e nx + a ( x + 1) 2 e − nx e nx + e− nx x ∈ [ 0,1] ; (Felvételi, 1977. Galaţi) e3 x ,  (Felvételi, 1996. Bukarest) d) f : [ 0, 2] , f ( x) =  sin ( x − 1) , x ∈ (1, 2] a ⋅ 2  x − 5x + 4 3. Igazold, hogy a következő függvények rendelkeznek a Darboux tulajdonsággal: 1   1  x sin , ha x ≠ 0 sin , ha x ≠ 0 f x ; . a) f ( x ) =  b) (

)= x x 0, ha x = 0 0, ha x = 0 4. Igazold, hogy a következő függvények nem Darboux tulajdonságúak: 1, ha x > 0 e x , ha x < 0  a) f ( x ) =  b) f ( x ) = 0, ha x = 0 . ;  x + 2, ha x ≥ 0 −1, ha x < 0  3  x , x ∈ f ( x) =  2 függvény nem  x , x ∈ Darboux tulajdonságú és határozd meg az összes olyan intervallumot, amelynek képe is intervallum! 6. Igazold, hogy az x 5 − 6 x 4 − 3 x3 + x 2 − x − 1 = 0 egyenletnek van pozitív gyöke 7. Bizonyítsd be, hogy az x = cos x egyenletnek van gyöke 5. Bizonyítsd be, hogy az f : , 8. Van-e valós megoldása a x 4 + x + 2 = 3 x 5 − 8 x + 1 egyenletnek? 9. Tanulmányozd az alábbi függvények előjelét: Fejezet tartalma 108 Tartalomjegyzék Folytonos függvények a) f : (1, + ∞ ) , f ( x ) = ( x 2 − 5 x + 6 ) ⋅ ln ( x − 1) ; x ; 1+ x c) f : [ 0, 2π ] , f ( x ) = sin x + cos x ; b) f : ( −1, 1) , f ( x ) = d) f : , f

( x ) = x 3 − 3 x + 2 ; e) f : , f ( x ) = ( x 2 − x ) ⋅ e x ; Igazold, hogy az f : ( −1, 1) , f ( x ) = 10. x függvény invertálható és az 1+ x inverze f −1 : ( −1, 1) folytonos függvény. 11. f : [ 0, 1] Határozd meg az összes folytonos függvényt, amelyre f ( x ⋅ f ( x ) ) = f ( x ) minden x ∈ [ 0, 1] esetén. 12. Bizonyítsd be, hogy ha az f : I függvény Darboux tulajdonságú, akkor nincs elsőfajú szakadási pontja. 13. Bizonyítsd be, hogy ha az f : I függvény injektív és folytonos, akkor szigorúan monoton. 14. Bizonyítsd be, hogy ha f : I monoton és az Im f = f ( I ) halmaz intervallum, akkor az f folytonos. 15. Bizonyítsd be, hogy ha az f : [ a, b ] [ a, b ] függvény Darboux tulajdonságú és véges sok szakadási pontja van, akkor van legalább egy fixpontja. 16. Határozd meg az f : ( 0, ∞ ) folytonos függvényeket ha f ( xy ) = f ( x) + f ( y ) , ∀ x, y > 0 . 17. Bizonyítsd be, hogy ha az f : [ a, b

] ( a, b ) függvény folytonos, akkor bármely n ≥ 3 természetes szám esetén létezik olyan ( ck )k =1, n ⊂ ( a, b ) számtani haladvány, amelyre n n ∑ f (c ) = ∑ c k =1 k k =1 k (Megyei olimpia, Dan Ştefan Marinescu) 18. Az f : , folytonos függvényre igaz a következő állítás: Tetszőleges ( xn )n ≥1 valós számsorozat pontosan akkor konvergens, ha az ( f ( x )) n n ≥1 sorozat is konvergens. Bizonyítsd be, hogy az f függvény nem korlátos. (Megyei olimpia) 1 1 1 + + . + = ln 2 egyenletnek egyetlen 19. Bizonyítsd be, hogy az 1+ x 2 + x n+ x x pozitív gyöke van. Ha xn -el jelöljük ezt a gyököt, számítsd ki a lim n n ∞ n határértéket! (Megyei olimpia, Cristinel Mortici) 20. Határozd meg az összes f : [ 0, ∞ ) [ 0, ∞ ) folytonos függvényt, amelyre f ( f ( x)) + f ( x) = 2 x, ∀ x ∈ [ 0, ∞ ) . (Dorel Miheţ) Fejezet tartalma Tartalomjegyzék Folytonos függvények 109 4.8 Egyenletes folytonosság

Értelmezés. Az f : D (D ⊆ ) függvény egyenletesen folytonos a D halmazon, ha bármilyen ε > 0 -ra létezik δ (ε ) > 0 úgy, hogy bármilyen x1 , x2 ∈ D , x1 − x2 < δ (ε ) esetén fennáll az f ( x1 ) − f ( x2 ) < ε egyenlőtlenség. Megfigyelhetjük, hogy ha az f függvény a D halmazon egyenletesen folytonos akkor ezen a halmazon folytonos is. Léteznek függvények, amelyek folytonosak, de nem egyenletesen folytonosak. 1 Példák 1. Mutassuk meg, hogy az f ( x ) = függvény folytonos a ( 0, 1) x intervallumon, de nem egyenletesen folytonos. A folytonosság a ( 0, 1) intervallumon világos. Nem egyenletesen folytonos, mert ha x1 és x2 kisebbek mint ε , ahol ε > 0 és „elég kicsi”, akkor nagyobbak mint 1 ε f ( x2 ) − f ( x1 ) = („nagyon nagy szám”) és ezért ( x1 ≠ x2 ) , tehát a folytonossága nem egyenletes. 2. Az f : , f ( x ) = sin x 2 az -en 1 1 és x1 x2 x2 − x1 x1 x2 >ε , folytonos, de nem egyenletesen

folytonos. Valóban, ha x2 = ( 2n + 1) π 2 , x1 = x2 − x1 = ( 2n − 1) π 2 akkor π ( 2n + 1) f ( x1 ) − f ( x2 ) = sin ( 2n + 1) π π 2 + ( 2n − 1) − sin ( 2n − 1) π 2 π = 2 , tehát nem lehet 2 2 tetszőlegesen kicsi szám, ami azt jelenti, hogy az f függvény nem egyenletesen folytonos az -en. 3. Mutassuk meg, hogy az f : , f ( x ) = x + sin x függvény bár nem korlátos, egyenletesen folytonos az egész számtengelyen. x −x x +x f ( x1 ) − f ( x2 ) = ( x2 − x1 ) + 2sin 2 1 cos 1 2 = 2 2 és az = 1+  x2 − x1 x −x sin 2 1  x x x +x + 2 cos 1 2 x − x ≤  1 + 2 cos 1 2 2 1 x2 − x1 x2 − x1 2 2  2 2  ≤ (1 + 1) x2 − x1 = 2 x2 − x1 < ε , sin    x1 − x2 ≤   Fejezet tartalma 110 Tartalomjegyzék Folytonos függvények ha x2 − x1 < ε 2 = δ (ε ) . Tehát az f függvény egyenletesen folytonos Tétel. (Cantor tétele, Heine-tétel néven is emlegetik) Zárt

intervallumon folytonos függvény egyenletesen folytonos ezen az intervallumon. Bizonyítás. A tételt indirekt úton igazoljuk Tegyük fel, hogy f az [ a, b ] intervallumon nem egyenletesen folytonos. Ez azt jelenti, hogy létezik olyan ε ∈ + szám, hogy minden δ ∈ + esetén találjunk olyan s, t ∈ [ a, b ] számokat, amelyekre ( 3) s − t < δ és f ( s ) − f ( t ) ≥ ε . A δ ∈ szám tetszőlegesen megválasztható, bármely n ∈ `* esetén vehetjük 1 1 számnak a ( 3) feltétel alapján megfelelő s , illetve t értéket tehát -nek. Az n n jelöljük xn -nel, illetve yn -nel. Így azt kapjuk, hogy bármely n ∈ `* esetén létezik * + olyan xn , yn ∈ [ a, b ] , amelyekre 1 és f ( xn ) − f ( yn ) ≥ ε . n xn ∈ [ a, b ] , az ( xn )n ≥1 sorozat korlátos. Ezért van konvergens xn − yn < Mivel részsorozata. Legyen c = lim xlk , ahol c ∈ [ a, b ] Ezért k ∞ ( ) ( ) f (x ) − f ( y ) ≥ ε ( xlk − c ≤ ) 1 , lk ∈ `*

és lk f xlk − f ( c ) < ε , mivel lim f xlk = f lim xlk = f ( c ) (mivel f folytonos), de ez ellentmond az k ∞ lk lk k ∞ egyenlőtlenségnek, tehát f egyenletesen folytonos. Gyakorlatok 1. Igazoljuk, hogy az alábbi függvények egyenletesen folytonosak: a) f : , f ( x ) = 2sin x − cos x ; c) f : [ 0, 1] , f ( x ) = e ; x2 π b) f : ( 0, 1) , f ( x ) = sin ; x d) f : , f ( x ) = 2sin x ; 2 x +x; f) f : (1, ∞ ) , f ( x ) = n x . x +1 2. Bizonyítsd be, hogy két egyenletesen folytonos függvény összege és szorzata is egyenletesen folytonos. 3. Bizonyítsd be, hogy ha az f : [ 0, ∞ ) függvény folytonos és periodikus (a e) f : ( 0, ∞ ) , f ( x ) = főperiódusa T > 0 ), akkor f egyenletesen folytonos a [ 0,∞ ) intervallumon. Tovább