matematikai alapokriemann.math.klte.hu/~kozma/kozma-beliv.pdfaz o¨sszeall´ıtas olyan i. ´eves...

Kozma Laszlo

Matematikai alapok

2. kiegeszıtett kiadas

Debrecen, 2004

Egyetemi jegyzet, kezirat, 20042. kiegeszıtett kiadas

Kiado: Studium ’96 Bt., DebrecenNyomda: Alfoldi Nyomda Rt., Debrecen

Az osszeallıtas olyan I. eves hallgatok szamara keszult, akik nem foszakkenttanuljak a matematikat (kozgazdasz, programtervezo, mernok, stb. szakos hall-gatok), de megis alapos matematikai ismeretekre van szukseguk tanulmanyaikhoz.A bemutatott anyag az analızis es a linearis algebra alapveto fogalmait esosszefuggeseit targyalja, illetve bevezeteskent nehany, a matematika mindenteruleten hasznalatos fogalmat. Szemlelteto peldakkal, kidolgozott feladatokkalaz osszeallıtast nem bovıtettuk, ezert az eloadasok es szeminariumok latogatasamelegen javasolt.

Egy matematikai elmelet alapfogalmakbol, axiomakbol, definıciokbol, tetelek-bol es bizonyıtasokbol all. Az alapfogalmakat nem definialjuk, hanem eppen azaxiomak altal — a kiindulasi pontkent igaznak elfogadott kijelentesek altal —vannak meghatarozva. Eppen annyi tulajdonsagot, osszefuggest tudunk roluk,amennyit az axiomak kifejeznek. Az elmelet kiepıtese soran a mar ismert fogalmaksegıtsegevel ujabb fogalmakat hatarozunk meg, idegen szoval definialunk. Afogalmak kozotti osszefuggesekre allıtasokat mondunk ki. Az elmeletben egyallıtas (kijelentes) akkor igaz — s ilyenkor az elmelet tetelenek tekintjuk, — habebizonyıthato, azaz logikailag helyes kovetkeztetesi modszerekkel levezetheto azaxiomakbol, s a mar ismert tetelekbol.

Nem celunk, es nincs is arra lehetosegunk, hogy ilyen un. axiomatikus mate-matikai elmeleteket fejtsunk ki. Csak a modszer nehany vonasat alkalmazzuk apontosabb matematikai gondolkozas fejlesztese erdekeben. Allıtasaink legtobbszor”ha ...(feltetel) ..., akkor ...(kovetkezmeny)...” tıpusuak, ami azt jelenti, hogya feltetel teljesulese eseten a kovetkezmeny is teljesul. A bizonyıtas modszerelehet un. direkt, amikor a feltetelbol helyes logikai kovetkeztetesi lepesekkeljutunk el a kovetkezmenyhez, vagy lehet un. indirekt, amikor a kovetkezmenytagadasabol (hamis voltanak feltetelezesebol) jutunk ellentmondasra. Amennyibenaz allıtasunk azt fejezi ki, hogy valamely kijelentes minden termeszetes szamrateljesul, akkor alkalmazhatjuk az un. teljes indukcios bizonyıtast: eloszor belatjuk,hogy az allıtas teljesul n = 1 eseten, majd azt, hogy ha tetszoleges n-re igaz azallıtas, akkor n+ 1 eseten is.

Gyakran hasznaljuk a kovetkezo jeloleseket es rovidıteseket:N — a termeszetes szamok halmazaZ — az egesz szamok halmazaQ — a racionalis szamok halmazaR — a valos szamok halmaza

A matematikai allıtasok megfogalmazasakor alkalmazzuk a kovetkezo logikaijeleket:

∀ — minden, barmely, teszoleges∃ — letezik, van olyan

3

Tartalomjegyzek

1. Halmazok es relaciok 91.1 Halmazmuveletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2 Fuggveny – lekepezes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.3 Halmazok szamossaga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2. A valos szamokrol 13

3. Komplex szamok 173.1 A komplex szamsık . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193.2 Komplex szam n-edik gyoke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

4. Sorozatok konvergenciaja 234.1 Muveletek konvergens sorozatokkal . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244.2 A konvergencia monotonitasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.3 Valos szamsorozat tagabb ertelemben vett hatarerteke . . . . . . . 264.4 Nevezetes hatarertekek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

5. Szamsorok es hatvanysorok 315.1 Szamsorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315.2 Pozitıv tagu sorok konvergenciakriteriumai . . . . . . . . . . . . . 325.3 Hatvanysorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

6. Fuggvenyek hatarerteke es folytonossaga 376.1 Hatarertek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376.2 Folytonossag . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396.3 Folytonos fuggvenyek tulajdonsagai . . . . . . . . . . . . . . . . . . 406.4 Elemi fuggvenyek folytonossaga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426.5 Nehany fuggveny hatarerteke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 436.6 A hatarertek fogalom kiterjesztese . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

7. Differencialas 477.1 Differencialhanyados es derivaltfuggveny . . . . . . . . . . . . . . . 477.2 A monotonitas es a differencialhatosag kapcsolata . . . . . . . . . . 507.3 L’Hospital szabaly . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

5

6 TARTALOMJEGYZEK

7.4 Magasabb rendu derivaltak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

7.5 Konvexitas es a derivaltak kapcsolata . . . . . . . . . . . . . . . . 56

7.6 Taylor polinom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

7.7 A fuggveny szelsoerteke letezesenek feltetelei . . . . . . . . . . . . 60

8. Tobbvaltozos fuggvenyek 63

8.1 Rn metrikus fogalmai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

8.2 Hatarertek es folytonossag . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

8.3 Tobbvaltozos fuggvenyek differencialhatosaga . . . . . . . . . . . . 65

8.4 Magasabb rendu parcialis derivaltak . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

8.5 Ketvaltozos fuggvenyek szelsoerteke . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

8.6 Felteteles szelsoertek-szamıtas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

9. Hatarozatlan integral 75

9.1 Alapintegralok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

9.2 Integralasi szabalyok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

9.3 Racionalis tortfuggvenyek integralasa . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

10. Hatarozott integral 81

10.1 Alapfogalom es tulajdonsagok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

10.2 Newton-Leibniz tetel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

10.3 Integralasi szabalyok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

10.4 Alkalmazasok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

10.5 Improprius integralok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

11. Kettos integral 91

11.1 A kettos integral fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

11.2 Szukcesszıv integralas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

11.3 Tobbszoros integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

12. Differencialegyenletek 97

12.1 Elsorendu differencialegyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

12.2 Szetvalaszthato differencialegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . 99

12.3 Linearis differencialegyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

13. Vektorterek 103

13.1 Linearis fuggoseg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

13.2 Bazis es dimenzio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

13.3 Alter es rang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

14. Determinansok 109

14.1 Kifejtesi tetel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

14.2 Rangszamtetel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

TARTALOMJEGYZEK 7

15. Linearis egyenletrendszerek 11715.1 Gauss eliminacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11815.2 Matrixszamıtas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

15.21. Matrixmuveletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12115.3 Linearis egyenletrendszerek megoldhatosaga . . . . . . . . . . . . . 12215.4 A linearis egyenletrendszer megoldashalmaza . . . . . . . . . . . . 124

16. Euklideszi terek 12716.1 A belso szorzat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12716.2 Ortogonalitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13016.3 Legkisebb negyzetek modszere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

17. Linearis transzformaciok 13517.1 Linearis lekepezes, defektus es rang . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13517.2 Linearis transzformacio matrixa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13717.3 Sajatertek-problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

18. Az euklideszi terek transzformacioi 14318.1 Szimmetrikus es ortogonalis matrixok . . . . . . . . . . . . . . . . 14318.2 Szimmetrikus es ortogonalis transzformaciok . . . . . . . . . . . . . 14418.3 Kvadratikus formak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

19. Linearis programozas 149

8 TARTALOMJEGYZEK

1. Halmazok es relaciok

A halmaz es a halmaz elemenek fogalma alapfogalom. Szemleletesen mondhatjuk,hogy a halmaz bizonyos tulajdonsagokkal rendelkezo dolgok osszessege, a halmazelemeibol all, vagy hogy egy halmaz elemei altal van meghatarozva. A halmazokatlegtobbszor latin nagy betuvel, az elemeit pedig latin kis betuvel jeloljuk. Aza ∈ A jeloles annak a rovidıtese, hogy az a eleme az A halmaznak.

A halmazokat legtobbszor az elemeit jellemzo tulajdonsag kijelolesevel adjukmeg. Veges sok elemet tartalmazo halmaz eseteben egyszerubb a halmaz elemeinekfelsorolasa. Pl. A = {1, 2, 3, 4}. Amennyiben egy tulajdonsag kijelolesevel adunkmeg egy halmazt, annak eldontese, hogy egy adott dolog a halmazhoz tartozik-e,sokszor kisebb-nagyobb nehezseget okoz, vagy eppen megoldhatatlan problema.Pl. A = {x|x ∈ N, x osztoja 1993−nak}. Egy halmaznak termeszetesen nemcsakszamok lehetnek az elemei, hanem barmi, pl. fuggvenyek, sot halmazok is. Azolyan halmazt, amelynek egyetlen eleme sincs, ures halmaznak nevezzuk, jele: ∅.

Ket halmazt egyenlonek mondunk, ha elemeik ugyanazok. Az A halmazt a Bhalmaz reszhalmazanak nevezzuk, ha A minden eleme B-nek is eleme. Jelolese:A ⊂ B. Igy minden halmaz onmaganak reszhalmaza, s az ures halmaz is mindenhalmaznak reszhalmaza. A valodi reszhalmaza B-nek, ha A ⊂ B, de A 6= B. Areszhalmaz fogalmat felhasznalva mondhatjuk, hogy ket halmaz pontosan akkoregyenlo, ha mindketto resze a masiknak, azaz barmelyikuk minden eleme a masikhalmaznak is eleme.

1.1 Halmazmuveletek

Megadott halmazokbol ujabb halmazokat kepezhetunk a kovetkezo muveletekkel:

Definıcio. Az A es B halmazok uniojan (masszoval egyesıtesen) azt a A ∪ B-vel jelolt halmazt ertjuk, melynek elemei A es B kozul legalabb az egyiknekelemei. A es B metszete az a A ∩ B-vel jelolt halmaz, melynek elemei mindA-nak, mind B-nek elemei. Ha A ⊂ B, akkor az A halmaz B-re vonatkozokomplementerenek (kiegeszıto halmazanak) nevezzuk azt a A-vel jelolt halmazt,mely B olyan elemeibol all, amelyek nincsenek A-ban.

9

10 1. HALMAZOK ES RELACIOK

Megjegyzes.

1. A komplementerkepzes jeleben celszeru lenne kifejezni, hogy a B alaphal-mazra vonatkozoan tortenik, de nem szokas. Az alaphalmaz kijelolese mindigszukseges, ha komplementert kıvanunk kepezni. Ha sok halmazzal dolgo-zunk, kezenfekvo olyan alaphalmazt valasztani, amely az osszeset tartal-

mazza. Nyilvanvaloan A ⊂ B es A = A teljesul.

2. A fenti alapmuveletek segıtsegevel ujabb muveletek is definialhatok, pl. akulonbsegkepzes: A \B := A ∩B, stb.

3. Ha ket halmaz metszete az ures halmaz, azaz A ∩ B = ∅, akkordiszjunktaknak (idegeneknek) mondjuk oket. Ilyenkor A-nak es B-nek nincskozos eleme.

4. Jelekkel e definiciokat ıgy fejezhetjuk ki:

A ∪B := {x|x ∈ A vagy x ∈ B}A ∩B := {x|x ∈ A es x ∈ B}

5. Tobb halmaz — akar vegtelen sok is — metszetet, illetve egyesıteset is edefinıcionak megfeleloen ertelmezhetjuk:

∩∞i=1Ai = {x| ∀i eseten x ∈ Ai}

∪∞i=1Ai = {x| ∃i hogy x ∈ Ai}

A halmazmuveletekre vonatkozoan teljesulnek a kovetkezo azonossagok:

Allıtas.

A ∪ B = B ∪ A

(A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C)

A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)

A ∩ (A ∪ B) = A

A ∪ A = A

A ∪ B = A ∩ B

A ∩ B = B ∩ A

(A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C)

A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)

A ∪ (A ∩ B) = A

A ∩ A = A

A ∩ B = A ∪ B

Megjegyzes.

1. A fenti szamolasi szabalyok az un. Boole algebrak axiomai. Ez azt jelenti,hogy egy alaphalmaz osszes reszhalmazai a halmazok fent definialt szokasosmuveleteivel Boole algebrat alkotnak. Az utolso ket azonossagot de Morganazonossagnak nevezzuk.

1.1. HALMAZMUVELETEK 11

2. Megfigyelhetjuk, hogy ha a baloldali azonossagcsoportban a metszet- es azuniokepzes jelet felcsereljuk, akkor a jobboldali azonossagokhoz jutunk. Eztnevezik a Boole algebrak dualitasi tulajdonsaganak. Ez azzal a kovetkez-mennyel is jar, hogy ha egy, a halmazok muveleteire levezetett osszefugges-ben felcsereljuk a metszet- es uniokepzes jelet, akkor egy ujabb, ’dualis’osszefuggeshez jutunk.

Definıcio. Az A es B halmazok Descartes szorzatan (direkt szorzatan) azt ahalmazt ertjuk, amelynek elemei az A es B elemeibol kepezheto rendezett parok;jele: A× B.

Megjegyzes.

1. A Descartes szorzat kepzeseben resztvevo ket halmaz lehet azonos is.Ilyen esetben az {(a, a)|a ∈ A} ⊂ A × A halmazt a Descartes szorzatdiagonalisanak mondjuk.

2. Veges sokA1, . . . , An halmaz Descartes szorzatat hasonlokeppen ertelmezzuk:A1 × . . . × An az olyan (a1, . . . , an) rendezett n-esek halmaza, amelyekreai ∈ Ai minden i = 1, . . . , n eseten. Ha ezen n db halmaz mindegyikeugyanaz a halmaz, akkor a tomorebb An jelolest alkalmazzuk.

Definıcio. Relacionak nevezzuk ket halmaz Descartes szorzatanak egy reszhal-mazat. Az A halmazon ertelmezett ekvivalenciarelaciorol beszelunk, ha A×A-nakolyan R reszhalmaza adott, amely teljesıti a kovetkezo tulajdonsagokat:

• minden a ∈ A eseten (a, a) ∈ R (reflexıv)

• ha (a, b) ∈ R, akkor (b, a) ∈ R (szimmetrikus)

• ha (a, b) ∈ R es (b, c) ∈ R, akkor (a, c) ∈ R (tranzitıv)

Megjegyzes.

1. Ekvivalenciarelaciora legegyszerubb pelda az elemek egyenlosege. Kevesbetrivialis peldat kapunk ekvivalenciara pl. az egesz szamok koreben, ha ketegesz szamot ekvivalensnek tekintunk, ha 5-tel osztva ugyanazt a maradekotadjak.

2. Ha adott az A halmazon egy ekvivalenciarelacio, az A halmaz diszjunktreszhalmazokra, un. osztalyokra bomlik ugy, hogy egy osztalyba az egymas-sal ekvivalens elemek tartoznak. Az utolso peldaban 5 maradekosztaly van.

12 1. HALMAZOK ES RELACIOK

1.2 Fuggveny – lekepezes

Definıcio. Az A es B halmazok kozotti F relaciot fuggvenynek (vagy lekepezes-nek) mondjuk, ha barmely a ∈ A eseten pontosan egy olyan b ∈ B letezik, melyre(a, b) ∈ F . Azt mondjuk, hogy b a-nak a kepe: F (a) = b, a fuggveny szokasosjelolese pedig F :A→ B. Az A halmazt az F fuggveny ertelmezesi tartomanyanaknevezzuk, B-t pedig F ertekkeszletenek mondjuk. F keptere B azon elemeibol all,amelyek szerepelnek valamelyik (a, b) ∈ F parban.

Megjegyzes.

1. A fuggveny (lekepezes) tehat kapcsolatot letesıt az ertelmezesi tartomanytalkoto halmaz elemei es az ertekkeszlet elemei kozott. Az ertelmezesitartomany minden elemehez hozzatartozik az ertekkeszlet valamely eleme,de fordıtva nem szuksegkeppen. A kepter az ertekkeszlet azon elemeibol all,amlyek a lekepezes soran ’keppe valnak.’

2. Egy lekepezest kolcsonosen egyertelmunek (idegen szoval injektıvnek) mon-dunk, ha az ertelmezesi tartomany kulonbozo elemeinek a kepei kulonbozo-ek. Ha kepter egybeesik az ertekkeszlettel, akkor a lekepezest szurjektıvneknevezzuk. Az egyarant injektıv es szurjektıv lekepezeseket bijektıvnek mond-juk. Az ilyen fuggvenyek invertalhatok, azaz a fuggvenyt alkoto relacioban aparok felcserelesevel eloallo (b, a) parok halmaza is fuggveny. Ezt a fuggvenytinverz fuggvenynek nevezzuk, jele: F−1:B → A.Nyilvanvaloan F−1(F (a)) = a es F (F−1(b)) = b teljesul minden a ∈ A, b ∈ Beseten.

1.3 Halmazok szamossaga

Definıcio. Ket halmazt egyenlo szamossagunak (vagy ekvivalensnek) mondunk,ha letesıtheto kozottuk bijektıv lekepezes. A termeszetes szamok halmazavalegyenlo szamossagu halmazokat megszamlalhatoan vegtelennek mondjuk, a tobbivegtelen halmazt nem megszamlalhatonak.

A szamossagok elmeletebol csak ket egyszeru, de fontos allıtast emlıtunk:– A racionalis szamok Q halmaza megszamlalhatoan vegtelen.– A valos szamok R halmaza nem megszamlalhato.

2. A valos szamokrol

A valos szamok R halmaza a racionalis es irracionalis szamokbol all. Tizedes tortalakjukat tekintve a racionalis szamok veges vagy vegtelen, de szakaszos tizedestortkent allıthatok elo, mıg az irracionalis szamok nem szakaszos vegtelen tizedestortkent.

A valos szamok koreben az osszeadas es a szorzas muvelete ertelmezett, steljesıti a kovetkezo tulajdonsagokat (az un. testaxiomakat):

a+ b = b+ a

(a+ b) + c = a+ (b + c)

a+ 0 = a

a+ (−a) = 0

a b = b a

(a b) c = a (b c)

a 1 = a

a1

a= 1

a (b+ c) = a b+ a c

R rendezett halmaz, azaz a valos szamparok osszehasonlıthatok, s e ren-dezes harmonikus kapcsolatban van a muveletekkel; teljesulnek a kovetkezo tu-lajdonsagok:

a ≤ a

a ≤ b, b ≤ c =⇒ a ≤ c

a ≤ b =⇒ a+ c ≤ b + c

a ≥ 0, b ≥ 0 =⇒ a b ≥ 0

A valos szamok egy A reszhalmazat felulrol korlatosnak mondjuk, ha letezikhozza olyan b valos szam, melyre a ≤ b teljesul minden a ∈ A eseten. b-t ilyenkorA egy felso korlatjanak mondjuk. Hasonloan, A-t alulrol korlatosnak mondjuk, ha∃ b ∈ R (also korlat), melyre b ≤ a teljesul ∀a ∈ A eseten. Az alulrol es felulrol iskorlatos halmazokat korlatosnak mondjuk.

Az A ⊂ R halmaz pontos felso korlatja egy olyan b felso korlat, melynelkisebb felso korlatja A-nak nincsen. Jele: b = supA. Nevezik felso hatarnak,idegen szoval szupremumnak is. Hasonlatosan, az A halmaz pontos also korlatjaegy olyan also korlat, melynel nagyobb also korlatja A-nak nincs. Szinonim

13

14 2. A VALOS SZAMOKROL

kifejezes: also hatar, infinum, jele: infA. Peldaul A = {a ∈ R| a2 < 2}eseten infA = −

√2, supA =

√2. A valos szamhalmaz igen fontos tulajdonsaga

(teljessegi axiomaja) az un. felso hatar-tulajdonsag: A valos szamok barmelyfelulrol (alulrol) korlatos reszhalmazanak van pontos felso (also) korlatja. Eza tulajdonsag kulonbozteti meg a valos szamok halmazat a racionalis szamokhalmazatol.

Allıtas. Legyen adott minden n termeszetes szam eseten egy [an, bn] zartintervallum, s tegyuk fel, hogy ez az intervallumrendszer fogyo, azaz minden n ∈ N-re [an+1, bn+1] ⊂ [an, bn]. Ekkor ezen intervallumrendszer metszete nem ures, azazvan olyan valos szam, amely mindegyik megadott intervallumban benne van.

Bizonyıtas. Legyen A = {an|n ∈ N}, B = {bn|n ∈ N}, es a = supA, illetveb = infB. Azt kell belatnunk, hogy a ≤ b. Tegyuk fel indirekten, hogy a > b.Ekkor van olyan c, hogy b < c < a. Ez a c nem felso korlatja A-nak, s nemalso korlatja B-nek, ezert van olyan n1, illetve n2 index, hogy an1

> c, illetvebn2

< c. n1 es n2 kozul valasszuk ki a nagyobbat, legyen ez pl. n1. Ekkorbn1

≤ bn2< c < an1

teljesul. Ez viszont lehetetlen, ellentmondas. Q. E. D.Egy a valos szam ε sugaru nyılt kornyezeten az (a−ε, a+ε) nyılt intervallumot

ertjuk, ahol ε tetszoleges pozitıv valos szamot jelol. Jele: G(a, ε). Ezt megadhatjuka kovetkezokepp is:

G(a, ε) = {x ∈ R| |x− a| < ε}(Ez utobbi megadas lehetoseget ad arra is, hogy ily modon a komplex szamokkoreben is ertelmezzuk a nyılt kornyezet fogalmat, sot olyan terekben is, ahol azabszolut ertek tulajdonsagaival rendelkezo tavolsagfuggveny van megadva.)

Definıcio. Ha adott egy A reszhalmaz, azt mondjuk, hogy az a ∈ A szambelso pontja az A halmaznak, ha van olyan G(a, ε) nyılt kornyezete a-nak, melyreG(a, ε) ⊂ A. Azokat a halmazokat, amelyeknek minden pontja belso pont,nyıltaknak nevezzuk. Egy A halmazt zartnak nevezunk, ha komplementere nyılt.Az A halmaz torlodasi pontjanak nevezzuk az olyan a ∈ R szamot, melynek mindennyılt kornyezeteben az A halmaznak vegtelen sok eleme talalhato.

Konnyen lathato, hogy a torlodasi pont definıciojaban elegendo lenne aztmegkovetelni, hogy a barmely nyılt kornyezete tartalmazza A-nak legalabb egy a-tol kulonbozo elemet. Ugyanis, ha az ε sugaru nyılt kornyezetben van egy a1 ∈ A,mely a-tol kulonbozik, tekintsuk ε1 = |a1 − a|-et. A ε1 sugaru kornyezetbenis talalhato valamely a2 ∈ A, melyre a2 6= a. Ujra ezek tavolsagat kepezve(ε2),stb.ismetelve a lepeseket, A-nak vegtelen sok elemet talaljuk az elso ε sugarukornyezetben.

Allıtas. Egy A halmaz pontosan akkor zart, ha tartalmazza mindegyik torlodasipontjat.

Bizonyıtas. Ha zart egy halmaz, akkor komplementere nyılt, ezert a komple-menter minden pontja belso pontja a komplementernek, ezert a komplementeregyik pontja sem lehet torlodasi pontja A-nak, hiszen van olyan kornyezete, amely

15

csak a komplementerbol tartalmaz pontokat. Igy A torlodasi pontjai csak A-banlehetnek.

Fordıtva, ha az A halmaz tartalmazza az osszes torlodasi pontjat, akkor akomplementer egyik pontja sem torlodasi pontja A-nak, ezert a komplementerbarmelyik pontjahoz lehet talalni olyan nyılt kornyezetet, amely nem tartalmazzaA-nak egyik pontjat sem, azaz e kornyezetek a komplementerben vannak. Ez aztjelenti, hogy a komplementer minden pontja belso pont, tehat a komplementernyılt halmaz, az eredeti ıgy zart. Q. E. D.

Bolzano – Weierstraß tetel:

Allıtas. A valos szamhalmaz barmely korlatos vegtelen reszhalmazanak vantorlodasi pontja.

Bizonyıtas. A korlatossag miatt a korlatos A halmaz elemei mind egy [a1, b1]

zart intervallumban vannak. Felezzuk meg ezt az intervallumot, s az [a1,a1 + b1

2],

illetve [a1 + b1

2, b1] intervallumok kozul valasszuk ki azt (vagy azok kozul egyiket),

amelyik A-nak vegtelen sok elemet tartalmazza. Jeloljuk ezt [a2, b2]-vel. Felezveezt az intervallumot, s ıgy folytatva az eljarast, egy zart intervallumokbol allo[an, bn] fogyo intervallumrendszerhez jutunk. Ezen intervallumok metszete nemures. Legyen c a metszetnek egy eleme. Megmutatjuk, hogy c torlodasi pontja azA halmaznak. Tekintsunk egy tetszoleges pozitıv ε-t. Ehhez meghatarozhato egy

olyan n0 termeszetes szam, hogy1

2n0<

ε

2(b1 − a1). Az n0-dik intervallum hossza

b1 − a1

2n0−1< ε, ezert [an0

, bn0] ⊂ G(c, ε). Az n0-dik intervallum vegtelen sok elemet

tartalmazza A-nak, ıgy G(c, ε) is, tehat c torlodasi pontja A-nak. Q. E. D.

16 2. A VALOS SZAMOKROL

3. Komplex szamok

A valos szamok koreben a negatıv szamoknak nincs negyzetgyokuk, s emiattbizonyos masodfoku egyenleteknek nincs megoldasuk. E hianyossagok kikuszobole-sere a komplex szamok fogalmat epıtjuk ki.

Definıcio. Komplex szamoknak nevezzuk a valos szamokbol kepzett rendezett(a, b) szamparok halmazat, ha kozottuk az osszeadast es a szorzast kovetkezokep-pen ertelmezzuk:

(a, b) + (c, d) := (a+ c, b+ d)

(a, b)(c, d) := (ac− bd, bc+ ad)

a-t a z = (a, b) komplex szam valos reszenek, mıg b-t a kepzetes (imaginarius)reszenek nevezzuk.Jelolesuk: Re(z) es Im(z). Ket komplex szam pontosan akkoregyenlo, ha valos es kepzetes reszeik megegyeznek. A komplex szamhalmaz jele:C.

Allıtas. A komplex szamok C halmaza a fent definialt osszeadasa es szorzasateljesıti a testaxiomakat.

Bizonyıtas. A valos szamok tulajdonsagaira epıtve, a szorzas invertalhatosagatkiveve, a testaxiomak ellenorzese egyszeru szamolas. Ha z = (a, b) 6= 0, akkoraz a es b valos szamok kozul legalabb az egyik nem nulla, ezert a2 + b2 > 0.

Megmutatjuk, hogy z = (a, b) inverze az (a

a2 + b2,− b

a2 + b2) komplex szam lesz:

(a, b)

(

a

a2 + b2,− b

a2 + b2

)

=

(

a2 + b2

a2 + b2,ba− ab

a2 + b2

)

= (1, 0).

Lathatjuk, hogy az egysegelem az (1, 0) komplex szam, a zeruselem pedig a (0, 0)komplex szam lesz. Q. E. D.

Megjegyzes.

1. Nyilvanvalo, hogy (a, 0) + (b, 0) = (a+ b, 0) es (a, 0) (b, 0) = (ab, 0) teljesul.Emiatt az (a, 0) komplex szamot azonosıthatjuk az a valos szammal, s ıgy avalos szamtest a komplex szamok egy reszhalmazat alkotjak.

17

18 3. KOMPLEX SZAMOK

2. Ha i-vel jeloljuk a (0, 1) komplex szamot es 1-gyel az (1, 0) egysegelemet,akkor i2 = −1. E jelolesekkel (a, b) = a+ bi, hiszen

a+ bi = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) = (a, 0) + (0, b) = (a, b)

A tovabbiakban az a+ bi klasszikus jelolest alkalmazzuk.

3. Ha z = a+ bi, ahol a es b valos szam, akkor a z = a− bi komplex szamot zkonjugaltjanak nevezzuk. A konjugalt kepzese a kovetkezo tulajdonsagokkalrendelkezik:

• z + w = z + w

• z w = z w

• z + z = 2 Re(z) es z − z = 2 Im(z)i

• z z pozitıv valos szam, kiveve z = 0-t.

4. Nem egeszen trivialis ket komplex szam hanyadosat kepezni, azaz klasszikusalakban kifejezni. Celszeru a nevezo konjugaltjaval bovıteni a tortet. Pl.

3 + 4i

4 + 2i=

(3 + 4i)(4 − 2i)

(4 + 2i)(4 − 2i)= 1 +

1

2i

5. A z komplex szam abszolut ertekenek nevezzuk z z nemnegatıv negyzet-gyoket, jelolese: |z|. Igy |z| =

√a2 + b2. Az abszolut ertek kovetkezo

tulajdonsagokkal rendelkezik:

• |z| > 0, ha z 6= 0, es |0| = 0

• |z| = |z|• |zw| = |z| |w|• |Re(z)| ≤ |z|• |Im(z)| ≤ |z|• |z + w| ≤ |z| + |w|

A harmadik osszefugges igazolasahoz legyen z = a + bi, w = c + di, ahola, b, c, d valos szamok. Ekkor

|zw|2 = (ac− bd)2 + (ad+ bc)2 = (a2 + b2) (c2 + d2) = |z|2|w|2.

Az utolso igazolasahoz azt figyeljuk meg, hogy zw es zw egymas konjugaltja,ezert zw + zw = 2 Re(zw). Igy

|z + w|2 = (z + w)(z + w) = zz + zw + zw + ww =

= |z|2 + 2Re(zw) + |w|2 ≤≤ |z|2 + 2|zw| + |w|2 =

= |z|2 + 2|z| |w| + |w|2 = (|z| + |w|)2.

3.1. A KOMPLEX SZAMSIK 19

3.1 A komplex szamsık

Amennyiben a sık egy Descartes-fele (derekszogu) koordinatarendszereben az = a + bi komplex szamhoz hozzarendeljuk az (a, b) koordinataju pontot, egykolcsonosen egyertelmu megfeleltetest kapunk a sık pontjai es a komplex szamokhalmaza kozott. Az a+ 0i alaku (valos) komplex szamoknak az x tengely pontjai,mıg a tisztan kepzetes (0 + b i alaku) komplex szamoknak az y tengely pontjaifelelnek meg. Ha a z = (a, b) = a + b i komplex szamot az origobol indulo (a, b)vegpontu vektorral szemleltetjuk, a komplex szamok osszeadasanak a vektorokosszeadasa felel meg, a konjugalasnak az x tengelyre valo tukrozes, mıg a komplexszam abszolut erteke a megfelelo vektor hossza. A szorzas szemleletes jelentese azun. trigonometrikus alak segıtsegevel lesz konnyen lathato.

Amennyiben ϕ jeloli a z = (a, b) = a+ b i komplex szamnak, mint vektornak apozitıv iranyu x tengellyel bezart forgasszoget, s r = |z| az abszolut erteket, akkorlathato, hogy

a = r cosϕ, b = r sinϕ

Tehat z = a + b i = r(cosϕ + i sinϕ). Az utobbit nevezzuk a komplex szamtrigonometrikus alakjanak, ϕ-t a z komplex szam argumentumanak (vagy irany-szogenek), jele: ϕ = arg z. A klasszikus algebrai alakbol a trigonometrikus alakeloallıtasahoz r es ϕ kiszamıtasa ıgy tortenhet: r = |z| =

√a2 + b2, s b ≥ 0 eseten

ϕ-t a cosϕ = ar osszefuggesbol, mıg b ≤ 0 eseten ϕ = 2π − ϕ0, ahol cosϕ0 = a

r .

a

b

i

1

ϕ

r = |z|

z = a+ bi

Szorozzuk ossze a z1 = r1(cosϕ1+i sinϕ1) es z2 = r2(cosϕ2+i sinϕ2) komplexszamokat. Ekkor

z1 z2 = r1 r2 [(cosϕ1 cosϕ2 − sinϕ1 sinϕ2) + i(sinϕ1 cosϕ2 + cosϕ1 sinϕ2)]

A trigonometrikus fuggvenyek ismert addıcios keplete alapjan:

z1 z2 = r1 r2(cos(ϕ1 + ϕ2) + i sin(ϕ1 + ϕ2))

Innen lathatjuk, hogy szorzasnal az argumentumok osszeadodnak, az abszolutertekek pedig osszeszorzodnak. Egy adott komplex szammal valo szorzas ezert


ugy szemleltetheto, mint origo koruli argϕ szogu elforgatas es r = |z| aranyunyujtas egyuttese.

ϕ1

ϕ2

ϕ1 + ϕ2

z1

z2

z1 · z2

A szorzasra vonatkozo kepletbol adodik, hogy trigonometrikus alakban a hat-vanyozas elvegzese nagyon leegyszerusodik.

zn = Rn(cos(nϕ) + i sin(nϕ)), n ∈ N

(Moivre keplet)

Az osztas formulajanak megtalalasahoz elobb1

z-t allıtjuk elo trigonometrikus

alakban:1

z=

1

r(cos(−ϕ) + i sin(−ϕ))

Ezert

z1z2

= z11

z2= r1(cosϕ1 + i sinϕ1)

1

r2(cos(−ϕ2) + i sin(−ϕ2)) =

=r1r2

(cos(ϕ1 − ϕ2) + i sin(ϕ1 − ϕ2)).

3.2 Komplex szam n-edik gyoke

Definıcio. Az z = r(cosϕ+ i sinϕ) komplex szam n-edik gyoken olyan komplexszamot ertunk, amelynek n-edik hatvanya z-vel egyenlo.

Ha tehat w z-nek az n-edik gyoke, akkor wn = z. Tegyuk fel, hogy w =t(cosψ + i sinψ), akkor a hatvanyozas miatt

tn(cosnψ + i sinnψ) = r(cosϕ+ i sinϕ)

3.2. KOMPLEX SZAM N -EDIK GYOKE 21

Ket komplex szam akkor egyenlo, ha abszolut ertekeik megegyeznek, iranyszogeikpedig 2π egesz szamu tobbszoroseben kulonboznek egymastol. Ezert

tn = r, nψ − ϕ = k 2π

ahol k egesz szam. Mivel t es r nemnegatıv,

t = n√r, ψ = (ϕ+ k 2π)/n

A Moivre keplet alapjan lathato, hogy w valoban n-edik gyok. w-nek ezeneloallıtasaban ugyan vegtelen sok k ertek szerepel, de konnyen lathato, hogy ak = 0, 1, . . . , n − 1 valasztassal n kulonbozo w szamot kapunk, s a tovabbi kertekek nem adnak ujabb gyokot. Ez azt jelenti tehat, hogy minden komplexszamnak — a 0-at kiveve,— pontosan n darab n-edik gyoke van. Specialisanminden komplex szamnak (s koztuk a valos szamoknak is ), a 0-t kiveve, a komplexszamok koreben mindig pontosan ket negyzetgyokuk van, s a valos egyutthatosmasodfoku egyenleteknek is mindig van megoldasa komplex szamok koreben, vagyket valos (esetleg egybeeso), vagy ket konjugalt komplex szam.

Az 1 komplex szam n-dik gyokeit n-dik egyseggyokoknek nevezzuk.

n = 6

ε0

ε1ε2

ε3

ε4 ε5

1

4. Sorozatok konvergenciaja

Definıcio. A termeszetes szamok N halmazan ertelmezett fuggvenyeketsorozatoknak nevezzuk. Amennyiben az ertekkeszlet a valos szamok halmaza,valos szamsorozatrol beszelunk, mıgha az ertekkeszlet a komplex szamok halmaza,akkor komplex (erteku) sorozatrol. A f : N → R fuggvenyjeloles helyett gyakoribbaz an jeloles alkalmazasa, ahol an a fuggvenyertekeket jeloli (an = f(n) ∀n ∈N eseten), melyeket a sorozat tagjainak mondunk. Egy valos vagy komplexszamsorozatot korlatosnak mondunk, ha a sorozat tagjai korlatos halmazt alkotnakR-ben, illetve C-ben, azaz ha van a 0-nak olyan ε sugaru kornyezete, amelytartalmazza a sorozat minden tagjat.

Egy an valos(!) szamsorozatot monoton novekvonek mondunk, ha an ≤ an+1

teljesul minden n ∈ N-re. Szigoruan monoton novekvo az an sorozat, ha an < an+1

teljesul minden n ∈ N-re. Analog modon ertelmezzuk a monoton csokkeno, illetveszigoruan monoton csokkeno sorozatok fogalmat.

Megjegyzes. Szigoruan monoton novekvo sorozatra pelda az an = 1− 1n2 sorozat,

monoton csokkeno peldaul a bn = [100n ] sorozat. Ezek korlatosak is, de pl. nemkorlatos a cn = log2 n, vagy a dn = (−1)nn sorozat.

Definıcio. Egy an sorozat torlodasi pontjan olyan a szamot ertunk, melynektetszoleges ε > 0 sugaru nyılt kornyezeteben a sorozatnak vegtelen sok tagjatalalhato. Azt mondjuk, hogy az an sorozat konvergens es hatarerteke a, ha a-nakbarmely ε > 0 sugaru nyılt kornyezete a sorozat osszes tagjat tartalmazza vegessok kivetelevel, azaz ha barmely ε > 0-hoz letezik olyan n0 ∈ N kuszobszam, hogyminden n > n0 eseten |an − a| < ε. Ilyenkor azt is mondjuk, hogy an konvergal(vagy tart) a-hoz, jelben: an → a, vagy lim

n→∞an = a.

Termeszetesen, ha a hatarerteke az an sorozatnak, akkor torlodasi pontja is, dealtalaban fordıtva nem teljesul. Viszont ha an korlatos, s csak egyetlen torlodasiponttal rendelkezik, akkor konvergens is, es hatarerteke az egyetlen torlodasi pontlesz.

Konvergens sorozatnak csak egyetlen hatarerteke van, hiszen ha a1 es a2 is azvolna, akkor diszjunkt kornyezeteiket tekintve, mindket kornyezetnek a sorozatosszes tagjat kellene tartalmazni veges sok kivetelevel, ami lehetetlen.

A konvergens sorozatok korlatosak, hiszen pl. a 1 sugaru kornyezetetartalmazza a sorozat osszes tagjat veges sok kivetelevel, a kintmaradtak kozul az

23

24 4. SOROZATOK KONVERGENCIAJA

a-tol legtavolabbinak a-tol mert tavolsagat d-vel jelolve, nyilvanvalo, hogy mindenn-re a− d ≤ an ≤ a+ d teljesul.

Pelda konvergens sorozatra: an =1

n. Ez a sorozat konvergens, s hatarerteke

0, hiszen ha teszoleges ε > 0-t valasztunk, hozza lehet talalni olyan kuszobindexet,

pl. n0 =

[

1

ε

]

+1-et, melyre barmely n > n0 eseten valoban |an−0| =1

n< ε. Nem

konvergens viszont, pl. az bn = (−1)n +1

nsorozat, hiszen ket torlodasi pontja is

van.Az alkalmazasok szempontjabol fontos a kovetkezo egyszeru tetel:

Allıtas. Valos, monoton novekvo korlatos sorozat konvergal a pontos felsokorlatjahoz. Valos, monoton csokkeno korlatos sorozat konvergal a pontos alsokorlatjahoz.

Bizonyıtas. Az an monoton novekvo korlatos sorozat pontos felso korlatjatjelolje a, s tekintsunk egy tetszoleges pozıtıv ε-t. a−ε nem felso korlatja a sorozatelemeinek, ezert van olyan n0 ∈ N, hogy an0

> a− ε. A monotonitas miatt ekkorminden n > n0 eseten a ≥ an > a− ε, tehat |an − a| < ε. Hasonlo erveles adhatomonoton csokkeno sorozat eseten is. Q. E. D.

4.1 Muveletek konvergens sorozatokkal

Sorozatokkal ugyanazon muveleteket vegezhetjuk, mint a valos, illetve a komplexszamokkal: Az an es bn sorozatok osszegenek, szorzatanak, illetve ha bn 6= 0, akkor

hanyadosanak nevezzuk rendre az an + bn, anbn,anbn

sorozatokat.

Allıtas.

• Ha an → 0 es bn korlatos, akkor an bn → 0.

• Ha an → a es bn → b, akkor an + bn → a+ b.

• Ha an → a es bn → b, akkor anbn → ab.

• Ha an → a, bn → b es bn 6= 0, b 6= 0, akkoranbn

→ a

b.

Bizonyıtas. Jelolje K a bn sorozat egy korlatjat: bn ≤ K. Tetszoleges ε > 0

eseten an → 0 miatt van olyan n0, hogy ha n > n0, akkor |an| <ε

K. Ezert

|anbn| = |an| |bn| <ε

KK = ε.

A masodik igazolasahoz is tetszoleges ε > 0-bol indulunk ki. an es bnkonvergenciaja miatt ε/2-hoz van olyan n1 es n2, hogy n > n1, illetve n > n2 eseten

4.2. A KONVERGENCIA MONOTONITASA 25

|an − a| < ε/2, illetve |bn − b| < ε/2 teljesedik. Ekkor minden n > max{n1, n2}eseten

|(an + bn) − (a+ b)| ≤ |an − a| + |bn − b| < ε/2 + ε/2 = ε.

Szorzat eseteben a kovetkezo atalakıtast vegezzuk el:

|anbn − ab| = |anbn − anb+ anb− ab| ≤ |an| |bn − b| + |b| |an − a|

Az an sorozat korlatos, hiszen konvergens, tehat |an| ≤ K valamely K ∈ R-ra.an → a miatt letezik olyan n1, hogy ha n > n1, akkor |an− a| < ε/2|b|. Masreszt,bn → b miatt letezik olyan n2, hogy ha n > n2, akkor |bn − b| < ε/2K. Han > max{n1, n2}, akkor a fenti becslest is figyelembe veve |anbn− ab| < ε adodik.

A hanyadosra vonatkozo allıtas bizonyıtasahoz elobb azt figyeljuk meg, hogy abn sorozatnak 0 nem torlodasi pontja, hiszen konvergens sorozatnak nem lehet kettorlodasi pontja. Ezert 0 valamely nyılt kornyezeteben nincs a sorozatnak egyetlentagja sem. Ez azt jelenti, hogy van olyan K pozitıv valos szam, hogy |bn| ≥ K.Vegezzuk el a kovetkezo atalakıtasokat:

|anbn

− a

b| = | |anb− ab+ ab− abn|

|bn| |b|≤ |an − a|

|bn|+

|a||b|

|b− bn||bn|

an → a miatt letezik olyan n1, hogy ha n > n1, akkor |an− a| < Kε/2. Masreszt,

bn → b miatt letezik olyan n2, hogy ha n > n2, akkor |bn − b| < K|b||a|ε/2. Ha

n > max{n1, n2}, akkor a fenti atalakıtast kihasznalva kapjuk, hogy |anbn

− a

b| < ε.

Q. E. D.

4.2 A konvergencia monotonitasa

Allıtas. Ha an → a, bn → b es an ≤ bn minden n ∈ N-re, akkor a ≤ b.

Bizonyıtas. Tegyuk fel indirekten, hogy a > b. Legyen ε =a− b

2. an → a

miatt van olyan n1, hogy ha n > n1, akkor an ∈ (a − ε, a + ε). Hasonloanbn → b miatt van olyan n2, hogy ha n > n2, akkor bn ∈ (b − ε, b + ε). Ezert, han > max{n1, n2} teljesul, akkor

bn < b+ ε =a+ b

2= a− ε < an.

Ez ellentmond allıtasunk feltetelenek. Q. E. D.

Megjegyzes. Ha a feltetelben szigoru egyenlotlenseg teljesul, a kovetkezmenybenmegsem allıthato, hogy a < b. Ezt mutatja az an = 0, bn = 1

n sorozatok peldaja.

Allıtas. (Rendorelv) Ha an → a, bn → a, es an ≤ cn ≤ bn minden n ∈ N-re,akkor cn → a.


Bizonyıtas. Tetszoleges ε > 0 eseten an → a miatt van olyan n1, hogy han > n1, akkor an ∈ (a − ε, a + ε). Hasonloan bn → a miatt van olyan n2, hogyha n > n2, akkor bn ∈ (a − ε, a + ε). Ezert minden n > max{n1, n2} esetenan ≤ cn ≤ bn miatt cn ∈ (a− ε, a+ ε) is teljesul. Q. E. D.

4.3 Valos szamsorozat tagabb ertelemben vett

hatarerteke

Definıcio. Azt mondjuk, hogy az an sorozat tart a vegtelenhez, ha barmely Kvalos szamhoz van olyan n0 ∈ N, hogy ha n > n0, akkor an > K. Jele: an → ∞,vagy lim

n→∞an = ∞. Hasonlatosan, az an sorozat tart a mınusz vegtelenhez, ha

barmely K valos szamhoz van olyan n0 ∈ N, hogy ha n > n0, akkor an < K. Jele:an → −∞, vagy lim

n→∞an = −∞.

Megjegyzes.

1. A muveletekkel kapcsolatosan majdnem ugyanazon tulajdonsagok ervenye-sek, mint a szukebben ertelmezett konvergencia eseteben, pl.:

Ha an → ∞, bn → ∞, akkor an + bn → ∞.

Ha an → −∞, bn → −∞, akkor an + bn → −∞.

Ha an → ∞, bn → ∞, akkor an bn → ∞.

Ha an → ∞, bn → b > 0, akkor an bn → ∞.

2. Ha |an| → ∞, es an 6= 0, akkor1

an→ 0. Ugyanis, adott ε > 0 eseten K =

1

ε-

hoz van olyan n0 ∈ N, hogy ha n > n0, akkor |an| > K =1

ε, azaz | 1

an| < ε.

Fordıtva viszont an → 0-bol kovetkezik | 1

an| → ∞, hasonlo ervelessel.

4.4 Nevezetes hatarertekek

Allıtas. Legyen an =prn

r + pr−1nr−1 + . . .+ p1n+ p0

qsns + qs−1ns−1 + . . .+ q1n+ q0.

Ha r = s, akkor an → prqr

.

Ha r < s, akkor an → 0.

Ha r > s, akkorprqs

> 0 eseten an → ∞, mıgprqs< 0 eseten an → −∞.

Bizonyıtas. r = sOsszuk el a szamlalot es a nevezot is nr-el:

pr + pr−11n + . . .+ p1

1nr−1 + p0

1nr

qr + qr−11n + . . .+ q1

1nr−1 + q0

1nr

4.4. NEVEZETES HATARERTEKEK 27

A szamlaloban es a nevezoben szereplo1

nitagok mindegyike 0-hoz tart, s

kihasznalva a muveletek es a hataratmenet sorrendjenek felcserelhetoseget,

valoban an → prqr

.

r < sMost ns-el osztjuk a szamlalot, s nevezot is:

an =pr(

1n )r−s + . . .+ p0(

1n )s

qs + qs−11n + . . .+ q0(

1n )s

Ugyanazon ervelessel a szamlalo nullahoz tart, a nevezo qs-hez, osszessegebenan → 0.

r > sns-el egyszerusıtve, s kiemelve nr−s-et:

nr−spr + pr−1

1n + . . .+ p1

1nr−1 + p0

1nr

qs + qs−11n + . . .+ q1

1ns−1 + q0

1ns

nr−s → ∞, mıg a tortprqs

hez tart, ezert szorzatuk vegtelenhez vagy mınusz

vegtelenhez tartprqs

elojelenek megfeleloen. Q. E. D.

Allıtas. Legyen an = an, ahol a ∈ R konstans.Ha a > 1, akkor an → ∞.Ha a = 1, akkor an → 1.Ha −1 < a < 1, akkor an → 0.

Bizonyıtas. Ha a > 1, akkor a = 1 + h alakban ırhato, ahol h > 0. A Bernoulliegyenlotlenseg miatt an = an = (1 + h)n ≥ 1 + nh, ezert ha adott K esetenn > n0 = [K−1

h ] + 1, akkor

an ≥ 1 + nh > 1 +K − 1

hh = K.

Ha −1 < a < 1, a 6= 0, akkor |1a| > 1, ezert | 1

an| = |1

a|n → ∞. Egy elozo

allıtasunk miatt an → 0. Q. E. D.

Megjegyzes.

Ha a = −1, akkor an nem konvergens sorozat.Ha a < −1, akkor an nem konvergens, tagabb ertelemben sem.

Allıtas. Az an =

(

1 +1

n

)n

sorozat konvergens.

Bizonyıtas. Megmutatjuk, hogy az an sorozat szigoruan monoton novekvo, eskorlatos sorozat. Ebbol mar a kovetkezik a sorozat konvergenciaja.


A) an szigoruan monoton no:

Ekvivalens atalakıtasokkal a bizonyıtando an < an+1 egyenlotlensegbol kapjuk,hogy

(

1 +1

n

)n

<

(

1 +1

n+ 1

)n+1

(

n+ 1

n

)n

<

(

n+ 2

n+ 1

)n+1

n+ 1

n+ 2<

(

n(n+ 2)

(n+ 1)2

)n

1 − 1

n+ 2<

(

1 − 1

(n+ 1)2

)n

A Bernoulli egyenlotlenseg alapjan ez viszont mindig teljesul, hiszen

(

1 − 1

(n+ 1)2

)n

≥ 1 − n

(n+ 1)2= 1 − 1

n+ 2 + 1n

> 1 − 1

n+ 2.

B) an korlatos:

A binomialis tetel szerint kifejtve, majd becsleseket alkalmazva kapjuk, hogy

an =

(

1 +1

n

)n

= 1 + n1

n+n(n− 1)

2!

1

n2+n(n− 1)(n− 2)

3!

1

n3+ . . .+

1

nn=

= 1+1

1!+

1

2!(1− 1

n)+

1

3!(1− 1

n)(1− 2

n)+ . . .+

1

n!(1− 1

n)(1− 2

n) . . . (1− n− 1

n) <

< 1 +1

1!+

1

2!+

1

3!+ . . .+

1

n!< 1 + 1 +

1

2+

1

22+ . . .+

1

2n−1< 3.

Q. E. D.

Megjegyzes.

1. Az an = (1 +1

n)n sorozat hatarerteket e-vel jeloljuk: e = lim

n→∞(1 +

1

n)n.

Belathato, hogy ez a szam a bizonyıtasban szereplo masik sorozattal is

eloallıthato: e = limn→∞

(1 +1

1!+

1

2!+

1

3!+ . . .+

1

n!).

2. Bebizonyıthato, es az alkalmazasokban gyakran szukseges, hogy ha egy bnsorozat olyan, hogy |bn| → ∞, akkor

limn→∞

(1 +1

bn)bn = e.

4.4. NEVEZETES HATARERTEKEK 29

FuggelekBernoulli egyenlotlenseg:

Allıtas. Barmely n ∈ N es h ≥ −1 eseten teljesul a

(1 + h)n ≥ 1 + nh

egyenlotlenseg.

Bizonyıtas. A bizonyıtast n szerinti teljes indukcioval vegezzuk. n = 1 esetennyilvan teljesul az allıtas. Tegyuk fel, hogy igaz valamely n-re: (1 + h)n ≥ 1 +nh.1 + h ≥ 0, ezert vele szorozva az egyenlotlenseget, kapjuk, hogy

(1 + h)n+1 ≥ (1 + nh)(1 + h) = 1 + (n+ 1)h+ nh2 ≥ 1 + (n+ 1)h.

Tehat n+ 1 eseten is teljesul az allıtas. Q. E. D.

Binomialis tetel:

Allıtas. Barmely a, b szamok eseten tetszoleges n ∈ N-re

(a+ b)n =

n∑

i=0

(

n

i

)

aibn−i

ahol

(

n

i

)

=n!

i!(n− i)!az un. binomialis egyutthato, s n! = 1 · 2 · . . . n (ejtsd: n

faktorialis).

Bizonyıtas. n szerinti teljes indukcioval tortenhet a bizonyıtas. n = 1 esetentrivialisan teljesul az allıtas. Tegyuk fel, hogy n eseten igaz, s szamıtsuk ki(a+ b)n+1-et. Az indukcios feltevest is kihasznalva kapjuk, hogy

(a+ b)n+1 =

(

n∑

i=0

(

n

i

)

aibn−i)

(a+ b) =

n∑

i=0

(

n

i

)

ai+1bn−i +

n∑

i=0

(

n

i

)

aibn+1−i

Reszletesebben kiırva lathatjuk, hogy a ket szummaban szerepelnek azonos

aibn+1−i alaku tagok is, ezek egyutthatoira viszont

(

n

i

)

+

(

n

i− 1

)

=

(

n+ 1

i

)

osszefugges ervenyes, ezert ıgy folytathatjuk:

= bn+1 +n∑

i=1

(

(

n

i

)

+

(

n

i1

)

)aibn+1−i + an+1 =n+1∑

i=0

(

n+ 1

i

)

aibn+1−i

Q. E. D.

5. Szamsorok es

hatvanysorok

A sor szemleletesen szolva vegtelen sok tagu osszeg. Szamsorrol beszelunk, havegtelen sok szamot kell osszeadnunk. A hatvanysor a fuggvenysor specialis esete,amikor is az osszeadando fuggvenyek mind hatvanyfuggvenyek. Az alapproblemaaz, hogy mikor beszelhetunk ilyen vegtelen tagu osszeg osszegerol, s mit ertsunkrajta.

5.1 Szamsorok

Definıcio. Az a1 + a2 + . . . + ak + . . . =∞∑

k=1

ak vegtelen sok tagu osszeget

szamsornak (vagy numerikus sornak) nevezzuk. A∞∑

k=1

ak szamsort konvergensnek

mondjuk, ha a reszletosszegek sn =n∑

k=1

ak sorozatanak letezik hatarerteke, ezt a

hatarerteket a szamsor osszegenek nevezzuk.

∞∑

k=1

ak = limn→∞

n∑

k=1

ak

Egyebkent a sort divergensnek mondjuk.

Pelda. Az un.∞∑

k=1

qk mertani sor konvergens, ha |q| < 1. Ugyanis

sn =

n∑

k=1

qk = qqn−1 − 1

q − 1

a mertani sorozatok ismert osszegzesi keplete alapjan, s ıgy

∞∑

k=1

qk = limn→∞

sn =q

1 − q.

31

32 5. SZAMSOROK ES HATVANYSOROK

Divergens viszont a∞∑

k=1

1

k= 1 +

1

2+

1

3+ . . .

un. harmonikus sor, ugyanis

sn = 1 +1

2+ . . .+

1

n> 1 +

1

2+

(

1

3+

1

4

)

+

(

1

5+ . . .+

1

8

)

+ . . .+1

n

alapjan sn felulrol nem korlatos, hiszen a zarojelezett tagok osszege minden esetbennagyobb, mint 1/2.

Megjegyzes. Ha a∑∞k=1 ak sor konvergens, akkor limn→∞ an = 0. Ugyanis, ha

A-val jeloljuk a sor osszeget, akkor barmely ε2 > 0-hoz van olyan n0 ∈ N, hogy

n > n0 eseten |sn −A| < ε2 . Ez igaz sn+1-re is, ezert

|an+1| = |sn+1 − sn| ≤ |sn+1 −A| + |sn −A| ≤ ε.

Figyeljuk meg, hogy ez a feltetel ugyan szukseges a sor konvergenciajahoz, de nemelegendo, mint a

∑

1k harmonikus sor esete mutatja.

Egy tovabbi feltetellel — a valtakozo elojeluseg feltetelevel, — viszont marelegendo a sor konvergenciajahoz.

Allıtas. (Leibniz tetel). Ha an monoton csokkeno es nullahoz tarto sorozat,akkor a

∑∞k=1(−1)k+1ak szamsor konvergens.

Bizonyıtas. Lathato, hogy az s2n reszletosszegek sorozata monoton no, felulrolkorlatos, ezert konvergens, es az s2n+1 reszletosszegek sorozata monoton csokken,alulrol korlatos, de a ket hatarertek megegyezik, hiszensn+1 − sn = an+1 → 0. Q. E. D.

Pelda. A Leibniz tetel alapjan pl. a harmonikus sorbol elojelezessel keletkezoun. Leibniz sor konvergens:

1 − 1

2+

1

3− 1

4+ . . . <∞.

Megjegyzes. Lathattuk, hogy egy sorban az elojeleket megvaltoztatva megval-tozhat a sor konvergenciaja. Az olyan sorokat, amelyekkel ez nem fordulhat elo,abszolut konvergensnek mondjuk: egy

∑

ak sor abszolut konvergens, ha a∑ |ak|

sor konvergens. Az abszolut konvergens sorok viselkednek igazan jol: bennuk atagok sorrendje tetszolegesen felcserelheto, az osszeg nem valtozik.

5.2 Pozitıv tagu sorok konvergenciakriteriumai

Most olyan szamsorokkal foglalkozunk, amelyek tagjai pozıtıv szamok. Olyanelegendo felteleket adunk meg, amelyekbol kovetkezik a sor konvergenciaja vagy

5.3. HATVANYSOROK 33

divergenciaja. Bar ezek a feltetelek altalaban nem szuksegesek a konvergenciahoz,szokas oket kriteriumoknak nevezni.

Allıtas. (Majorans kriterium) Ha 0 < ak ≤ bk teljesul minden k ∈ N-re, es∑

bksor konvergens, akkor

∑

ak is. Ha viszont 0 < ak ≤ bk es∑

ak divergens, akkor a∑

bk sor is divergens.

Bizonyıtas. Pozitıv tagu sor reszletosszegei monoton novekvo sorozatotalkotnak, masreszt a megfelelo reszletosszegekre: san ≤ sbn. Ezert ha lim sbn vegeshatarertek, akkor lim san is az. De ha lim san = ∞, akkor lim sbn = ∞ is teljesul.Q. E. D.

Allıtas. (Hanyadoskriterium) Egy pozitıv tagu∑

ak sor eseten

ha minden k ∈ N-reak+1

ak≤ q < 1, akkor

∑

ak konvergens,

ha minden k ∈ N-reak+1

ak≥ 1, akkor

∑

ak divergens.

Bizonyıtas. Az elso esetben lathatjuk, hogy ak ≤ a1qk−1 teljesul minden k ∈ N-

re. Ezert a∑

a1qk−1 mertani sor majoralja a

∑

ak sort, ezert az konvergens.A masodik esetben a1 ≥ ak teljesul minden k ∈ N eseten, ezert a divergens

∑∞k=1 a1 sor minoralja a

∑

ak sort. Q. E. D.

Allıtas. (Gyokkriterium) Egy pozitıv tagu∑

ak sor esetenha minden k ∈ N-re k

√ak ≤ q < 1, akkor

∑

ak konvergens,ha minden k ∈ N-re ak ≥ 1, akkor

∑

ak divergens.

Bizonyıtas. A majorans krteriumot hasznaljuk: a feltetel alapjan ak ≤ qk, esa∑

qk konvergens, ezert∑

ak is az.Ha ak ≥ 1, akkor nyilvan a

∑

ak sor tagjai a divergens∑

1 sor tagjainalnagyobbak (vagy egyenlok). Q. E. D.

Megjegyzes. Ha az elozo kriteriumokban szereplo feltetelek egyike sem teljesul,pl. limk→∞ k

√ak = 1 (novekedve), akkor akar a konvergencia akar a divergencia

bekovetkezhet.

5.3 Hatvanysorok

Elobb a fuggvenysort ertelmezzuk, melynek specialis esete a hatvanysor.Legyenek f1, f2, . . . , fk, . . . fuggvenyek mind ugyanazon az I ⊂ R intervallumon

ertelmezettek. Az

f1(x) + f2(x) + . . .+ fk(x) + . . . =∞∑

k=1

fk(x)

vegtelen tagu osszeget fuggvenysornak nevezzuk. A fuggvenysor x-ban konvergens,ha a

∑∞k=1 fk(x) szamsor konvergens. Azon pontok halmazat, amelyekben a

fuggvenysor konvergens, a fuggvenysor konvergenciatartomanyanak nevezzuk.


A fuggvenysorokkal kapcsolatban is szamos fontos erdekes kerdes merulfel; hol konvergensek, az osszegfuggveny tulajdonsagaira (folytonossag, diffe-rencialhatosag, integralhatosag) hogyan kovetkeztethetunk a sor tagjainak tula-jdonsagaibol.

A∑∞k=0 akx

k fuggvenysort hatvanysornak nevezzuk. (Most az index 0-tol, indul, hogy konstans tag is lehessen.) A hatvanysort ugy tekinthetjuk,mint vegtelen sok tagu polinomot. A hatvanysor konvergenciatartomanyavalkapcsolatban a kovetkezoket mondhatjuk:

Allıtas. Tekintsuk a∑∞k=0 akx

k hatvanysort, es egyutthatoikbol kepezzuk az

bk = k√

|ak| k ∈ N

szamsorozatot.Ha (bk) nem korlatos, akkor a hatvanysor csak x = 0-ban konvergens.Ha (bk) korlatos es a legnagyobb torlodasi pontja a 6= 0, akkor a hatvanysor

abszolut konvergens minden |x| < 1a eseten.

Ha (bk) korlatos, es csak a = 0 a torlodasi pontja, akkor minden x ∈ R esetenabszolut konvergens a hatvanysor.

Bizonyıtas. Ha (bk) nem korlatos, akkor barmely x 6= 0 eseten vegtelen sokk-ra k

√

|ak| > 1|x| , azaz |akxk| > 1. Ez azt jelenti, hogy a sor altalanos tagja nem

tart nullahoz, tehat a sor x 6= 0 eseten nem konvergens.Masodik esetben barmely |x| < 1

a eseten legyen x0 olyan, hogy |x| < x0 <1a .

Ekkor veges sok k kivetelevel

k√

|ak| <1

x0<

1

|x| , azaz |akxk| <(

x

x0

)k

< 1.

Igy a majorans kriterium alapjan a∑

akxk sor abszolut konvergens.

Harmadjara barmely x 6= 0 eseten veges sok k kivetelevel

k√

|ak| <1

2|x| , azaz |akxk| <1

2k,

ezert a∑

akxk hatvanysor abszolut konvergens. Q. E. D.

Megjegyzes. Kimutathato, hogy a hatvanysorok a konvergenciatartomanybelsejeben jol viselkednek: 1) A hatvanysor osszegfuggvenye a konvergenciatar-tomany minden belso pontjaban folytonos, 2) az osszegfuggveny differencialhato,s derivaltja megegyezik a tagok derivaltjaibol allo hatvanysor osszegfuggvenyevel,3) a hatvanysor tagonkent integralhato a konvergenciatartomany barmely belsointervalluman.

Pelda. A geometriai sor

1

1 − x= 1 + x+ x2 + . . .+ xk + . . .

5.3. HATVANYSOROK 35

barmely |x| < 1-re konvergens. (−x)-re alkalmazva

1

1 + x= 1 − x+ x2 + . . .+ (−1)kxk + . . .

Integraljuk a [0, x] intervallumon, ha |x| < 1.

ln (1 + x) = x− x2

2+x3

3− . . .+ (−1)k

xk+1

k + 1+ . . .

Ez a sor x = 1-nel is konvergens, s ıgy

ln 2 = 1 − 1

2+

1

3− 1

4+ . . .

6. Fuggvenyek hatarerteke

es folytonossaga

A valos szamhalmaz reszhalmazain ertelmezett, valos erteku fuggvenyek hatarerte-ket es folytonossagat ertelmezzuk es vizsgaljuk. Ezek a fogalmak nemcsak ebbenaz esetben ertelmezhetok, hanem mindakkor, ha az ertelmezesi tartomanyban esaz ertekkeszletben is a konvergencia fogalma adott.

Egy f :D ⊂ R → R fuggvenyt korlatosnak nevezunk, ha a fuggvenyertekekhalmaza korlatos. Ha f(x) ≤ f(x0) teljesul minden x ∈ D eseten, akkorx0-at a fuggveny maximumhelyenek mondjuk, f(x0)-at pedig az (abszolut)maximumertekenek. f(x) ≤ f(x0) eseten minimumhelyrol es minimumertekrolbeszelunk. x0-at f helyi minimumhelyenek (maximumhelyenek) mondjuk, ha vanx0-nak olyan G kornyezete, hogy minden x ∈ G ∩D eseten f(x) ≥ f(x0) (illetvef(x) ≤ f(x0)).

A f fuggvenyt monoton novekedonek (csokkenonek) nevezzuk, ha barmelyx1 < x2, x1, x2 ∈ D eseten f(x1) ≤ f(x2) (f(x1) ≥ f(x2)). Szigoru monotonitasrolbeszelunk, ha az utobbi egyenlotlensegekben a szigoru egyenlotlenseg jele (<) all.

6.1 Hatarertek

Definıcio. Tekintsuk az f :D ⊂ R → R fuggveny ertelmezesi tartomanyanakegy x0 torlodasi pontjat. Az f fuggveny x0-beli hatarertekenek nevezunk egy aszamot, ha barmely x0-hoz konvergalo xn ∈ D, xn 6= x0 sorozat eseteben az f(xn)sorozat konvergal a-hoz.

Megjegyzes.

1. Ertelmezesi tartomanykent, illetve ertekkeszletkent a valos szamhalmazhelyett szerepelhet egyik, vagy mindket helyen a komplex szamok halmaza is,a definıcio ugyanıgy hangzik. Ezert beszelhetunk komplex valtozos es/vagykomplex erteku fuggveny hatarertekerol is.

2. Ahhoz, hogy a fuggveny egy x0-beli hatarerteket vizsgaljuk nem szukseges,hogy x0-ban f ertelmezve legyen (sot a lenyegesebb esetekben nincs is ott

37

38 6. FUGGVENYEK HATARERTEKE ES FOLYTONOSSAGA

ertelmezve), csak az, hogy x0 az ertelmezesi tartomanynak torlodasi pontjalegyen. Ha az ertelmezesi tartomany intervallum, akkor ez azt jelenti, hogyx0 vagy az intervallum belso pontja vagy a vegpontok egyike.

3. Az f fuggvenynek x0-ban csak egyetlen hatarerteke lehet, ugyanis haxn → x0 eseten f(xn) → a1, mıg xn → x0 eseten f(xn) → a2, akkor azx1, x1, x2, x2, . . . sorozat eseten a fuggvenyertekek sorozata nem konvergens.

Nem letezik pl. hatarerteke 0-ban az f(x) = sin1

xfuggvenynek.

sin 1x

A fuggveny hatarertekenek alternatıv definialasi lehetosegere mutat ra akovetkezo allıtas.

Allıtas. Legyen x0 az f :D ⊂ R → R fuggveny ertelmezesi tartomanyanak egy x0

torlodasi pontja. Annak szukseges es elegseges feltetele, hogy f x0-beli hatarertekea legyen, az, hogy a-nak barmely nyılt G(a, ε) kornyezetehez letezzen x0-nak olyannyılt G(x0, δ) kornyezete, hogy ha x ∈ G(x0, δ)∩D, x 6= x0, akkor f(x) ∈ G(a, ε).

Bizonyıtas. A mondott feltetel elegseges: Legyen xn ∈ D, xn 6= x0 olyansorozat, hogy lim

n→∞xn = x0. Azt kell belatnunk, hogy f(xn) → a. Tekintsuk

a-nak egy tetszoleges G(a, ε) nyılt kornyezetet, a feltetel miatt van olyan δ > 0sugaru kornyezete x0-nak, hogy ha x ∈ G(x0, δ)∩D, x 6= x0. akkor f(x) ∈ G(a, ε).xn → x0 miatt ezen δ > 0-hoz van olyan n0 ∈ N, hogy barmely n > n0-raxn ∈ G(x0, δ). Ekkor f(xn) ∈ G(a, ε) minden n > n0 eseten, azaz f(xn) → a.

A feltetel szukseges: Indirekt modon bizonyıtunk. Tegyuk fel, hogy van egyolyan ε > 0 sugaru G(a, ε) nyılt kornyezete a-nak, melyhez x0-nak egyetlenG(x0, δ) nyılt kornyezete sem jo. Ekkor barmely n ∈ N eseten van olyanxn ∈ G(x0,

1n ) ∩ D, (xn 6= x0), hogy f(xn) 6∈ G(a, ε). Ez azt jelenti, hogy bar

xn → x0, de f(xn) nem konvergal a-hoz. Ez ellentmond annak, hogy f x0-belihatarerteke a. Q. E. D.

A fuggveny x0-beli hatarertekenek fogalma a fuggvenyek muveleteivel, s azegyenlotlensegekkel hasonlo harmonikus kapcsolatban all, mint a sorozat hatarer-tekenek fogalma.

6.2. FOLYTONOSSAG 39

Allıtas. Legyen limx→x0

f(x) = a es limx→x0

g(x) = b. Ekkor

• limx→x0(f(x) + g(x)) = a+ b

• limx→x0(f(x) g(x)) = a b

• ha g(x) 6= 0 es b 6= 0, akkor limx→x0

f(x)

g(x)=a

b.

• ha f(x) ≤ g(x) minden x ∈ D-re, akkor limx→x0

f(x) ≤ limx→x0

g(x)

• ha limx→x0

f(x) = limx→x0

g(x) = a es f(x) ≤ h(x) ≤ g(x) minden x ∈ D-re,

akkor limx→x0

h(x) = a.

Bizonyıtas. Az osszeg eseteben, tekintsunk egy tetszoleges xn ∈ D, xn 6= x0,x0-hoz konvergalo sorozatot: xn → x0. Ilyenkor az f(xn) sorozat konvergal a-hoz,a g(xn) sorozat konvergal b-hez, ezert a sorozatok konvergenciajanak megfelelotulajdonsaga miatt f(xn) + g(xn) konvergal a+ b-hez.

A tobbi allıtas is ezen sema alapjan igazolhato. Q. E. D.

Allıtas. Legyenek adottak az f :D1 ⊂ R → R es g:D2 ⊂ R → R fuggvenyekugy, hogy f(D1) ⊂ D2. Ha lim

x→x0

f(x) = a, a 6∈ f(D1), es limx→a

g(x) = b, akkor

limx→x0

g(f(x)) = b.

Bizonyıtas.xn → x0 =⇒ f(xn) → a =⇒ g(f(xn)) → b.

Q. E. D.

6.2 Folytonossag

Definıcio. Az f :D ⊂ R → R fuggvenyt folytonosnak nevezzuk az ertelmezesitartomanyanak x0 torlodasi pontjaban, ha lim

x→x0

f(x) = f(x0).

Megjegyzes.

1. A definıciot kozvetlenul, a hatartertek fogalma nelkul is megadhattuk volna:f folytonos x0 ∈ D-ben, ha barmely xn ∈ D, xn → x0 eseten f(xn) → f(x0).Ha ugyanis x0 nem torlodasi pontja D-nek, akkor f(xn) → f(x0) mindigteljesul, hiszen ilyenkor xn → x0 csak ugy lehet, ha xn = x0 minden n-relegfeljebb veges sok kivetelevel.

2. Kornyezetek segıtsegevel a folytonossag ıgy fogalmazhato meg:f :D ⊂ R → R pontosan akkor folytonos x0-ban, ha f(x0) barmely nyıltG(f(x0), ε) kornyezetehez van x0-nak olyan G(x0, δ) nyılt kornyezete, hogy


minden x ∈ G(x0, δ)-ra f(x) ∈ G(f(x0), ε). Az abszolut ertek jelevel eztgyakran formalisan ıgy fejezik ki:

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀x ∈ D : |x− x0| < δ =⇒ |f(x) − f(x0)| < ε.

x

y

x0

2ε

y = f(x)

f(x0)

x0 − δ x0 + δ

3. A folytonossag fogalma ugyanıgy definialhato akar komplex valtozos, akarkomplex erteku fuggvenyek eseteben is.

4. A hatarertek es a muveletek kapcsolatat kifejezo allıtasok kovetkezmenye-kent azonnal adodik, hogy

• ha f es g folytonos x0-ban, akkor f + g is folytonos x0-ban.

• ha f es g folytonos x0-ban, akkor f g is folytonos x0-ban.

• ha f es g folytonos x0-ban, g(x0) 6= 0, akkorf

gis folytonos x0-ban.

• ha f folytonos x0-ban es g folytonos f(x0)-ban, akkor a g ◦ f osszetettfuggveny is folytonos x0-ban.

6.3 Folytonos fuggvenyek tulajdonsagai

Egy f fuggvenyt folytonosnak mondunk, ha ertelmezesi tartomanyanak mindenpontjaban folytonos. Az [a, b] zart intervallumon ertelmezett folytonos valosfuggvenyek egy-ket tulajdonsagara mutatunk ra.

Allıtas. Ha f : [a, b] → R fuggveny folytonos, akkor korlatos is, es felvesziabszolut maximumat es minimumat.

Bizonyıtas. Indirekten tegyuk fel, hogy f nem korlatos, pl. felulrol nemkorlatos. Akkor minden n ∈ N-hez van olyan xn ∈ [a, b], hogy f(xn) > n. Vilagos,hogy lim

n→∞f(xn) → ∞. Mivel {xn |n ∈ N} ⊂ R korlatos vegtelen halmaz, ezert

Bolzano-Weierstraß tetele miatt van torlodasi pontja, legyen ez x0. Mivel [a, b]zart, x0 ∈ [a, b]. Az xn sorozatbol kivalaszthato olyan reszsorozat, amely x0-hoz

6.3. FOLYTONOS FUGGVENYEK TULAJDONSAGAI 41

konvergal, jelolje ezt xk = xnk, k ∈ N. Ilyenkor tehat xk → x0, de f(xk) → ∞.

Ez ellentmond f x0-beli folytonossaganak.

A fuggvenyertekek {f(x) |x ∈ [a, b]} halmaza tehat korlatos, tekintsuk pontosalso, illetve pontos felso korlatjat, K1 es K2. Belatjuk, hogy letezik x1 ∈ [a, b](es x2 ∈ [a, b]), hogy f(x1) = K1 (es f(x2) = K2). Mivel K1 pontos also korlat,

barmely n ∈ N eseten van olyan xn ∈ [a, b], hogy K1 ≤ f(xn) < K1 +1

n. xn-bol

ismet kivalaszthato egy xk → x0 ∈ [a, b] konvergens reszsorozat. Ekkor viszontf(xk) → K1 es f(xk) → f(x0) is teljesul, ezert K1 = f(x0). Q. E. D.

A folytonos fuggvenyek jeltartok es felvesznek minden kozbulso erteket:

Allıtas. A) Ha f :D ⊂ R → R fuggveny folytonos x0-ban es f(x0) 6= 0, akkora fuggveny jeltarto x0-ban, azaz van x0-nak olyan G(x0, δ) nyılt kornyezete, hogyaz e kornyezetbol valasztott x-ekre f(x) allando elojelu.

B) Ha f : [a, b] → R folytonos fuggveny es f(a) < f(b), akkor barmely y0-hoz,melyre f(a) ≤ y0 ≤ f(b), van olyan x0 ∈ [a, b], hogy f(x0) = y0.

Bizonyıtas. A) ε =|f(x0)|

2-hoz van olyan G(x0, δ) nyılt kornyezet, hogy

ha x ∈ G(x0, δ), akkor f(x) ∈ G(f(x0), ε), azaz, ha pl. f(x0) > 0, akkorf(x) > f(x0) − ε > 0 minden x ∈ G(x0, δ)-ra.

B) Feltehetjuk, hogy f(a) < y0 < f(b). Legyen A = {x ∈ [a, b] | f(x) < y0}.A felulrol korlatos, nem ures, ezert van pontos felso korlatja: x0 = supA. Haf(x0) > y0, akkor f(x) − y0 jeltarto tulajdonsaga miatt x0 egy kornyezetebenis f(x) − y0 > 0 teljesulne, de ekkor x0 nem lehet felso korlat, csak ha x0 = a.De ekkor f(a) > y0 kovetkezne, ami ellentmondas. Ha f(x0) < y0 lenne, akkorf(x) < y0 teljesulne szinen x0 egy kornyezeteben, s ıgy nem lehet x0 felso korlat,csak ha x0 = b. De ekkor f(b) < y0 kovetkezne, ami lehetetlen. Tehat csakf(x0) = y0 lehetseges. Q. E. D.

Allıtas. Ha f : [a, b] → [c, d] folytonos bijektıv fuggveny, akkor szigoruanmonoton es az inverz f−1: [c, d] → [a, b] fuggveny is folytonos.

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy f nem szigoruan monoton, azaz pl. van olyanx1 < x2 < x3, hogy f(x1) < f(x2) es f(x2) > f(x3). Legyen y0 olyan valosszam, hogy max{f(x1), f(x3)} < y0 < f(x2). Folytonos fuggveny felvesz mindenkozbulso erteket, tehat van olyan x1 es x2, hogy x1 ∈ (x1, x2), x2 ∈ (x2, x3), sf(x1) = y0 = f(x2). Az injektivitas miatt viszont ez nem lehetseges.

Legyen yn ∈ [c, d] valamely y0 ∈ [c, d]-hoz konvergalo sorozat. Azt kellmegmutatni, hogy az xn = f−1(yn) sorozat konvergal f−1(y0)-hoz. Az xn sorozatkorlatos, ezert van egy x0 torlodasi pontja, s ehhez konvergalo reszsorozata: xnk

→x0. f folytonossaga miatt ilyenkor f(xnk

) → f(x0), de f(xnk) = ynk

→ y0, tehatf(x0) = y0, azaz x0 = f−1(y0). Ebbol kovetkezik, hogy az f−1(yn) sorozatnakx0 = f−1(y0)-on kıvul mas torlodasi pontja nincs, tehat f−1(yn) → f−1(y0), azazf−1 folytonos y0-ban. Q. E. D.


6.4 Elemi fuggvenyek folytonossaga

Elemi fuggvenynek nevezzuk a konstans 1, az x, az exponencialis ax, (a > 0),a sinx fuggvenyekbol a muveletekkel (osszeadas, kivonas, szorzas, osztas), azinverzkepzessel es az osszetett fuggveny kepzesevel adodo fuggvenyeket. Mindezeka lepesek folytonos fuggvenyekbol kiindulva folytonos fuggvenyt eredmenyeznek.1, x, ax, sinx folytonossagat belatva kapjuk majd, hogy az elemi fuggvenyekmind folytonosak, specialisan pl. az osszes polinomfuggveny, a logaritmusfugg-veny, a gyokvonas fuggvenye, a trigonometrikus fuggveny es inverzeik, stb. mindfolytonosak.

Allıtas.

a) f : R → R, x 7→ c fuggveny folytonos (c konstans)b) f : R → R, x 7→ x fuggveny folytonosc) f : R → R, x 7→ ax fuggveny folytonos (a > 0 konstans)d) f : R→ R, x 7→ sinx fuggveny folytonos

Bizonyıtas. a) es b) trivialisan teljesul.c)-hez elobb belatjuk azt, hogy ha a > 0, bn → 0, akkor abn → 1. Ugyanis, ha

specialisan bn =1

n, a > 1, akkor a

1n = 1 + hn, hn ≥ 0 felbontassal

a =(

a1n

)n

= (1 + hn)n ≥ 1 + nhn

teljesul a Bernoulli egyenlotlenseg miatt. Ebbol

a− 1

n≥ hn

kovetkezik, amibol hn → 0, a1n → 1 adodik. 0 < a < 1 eseteben

1

a-ra alkalmazva

a most bizonyıtottat, azonnal adodik az a1n → 1 konvergencia. Tetszoleges

bn > 0, bn → 0 sorozat eseteben feltehetjuk, hogy bn < 1. Ekkor minden n ∈ N-hezvan olyan kn ∈ N, hogy

1

kn + 1≤ bn <

1

kn

Konnyen lathato, hogy bn → 0 miatt kn → ∞. Az egyenlotlensegbol a > 1 miatt

a1

kn+1 ≤ abn < a1

kn

A baloldalon es a jobboldalon szereplo sorozatok reszsorozatai az a1n sorozatnak,

ezert 1-hez konvergalnak, s ıgy a kozrefogott abn sorozat is. Vegyes elojelubn sorozat eseteben bontsuk fel egy pozıtıv tagu cn es egy negatıv tagu dnreszsorozatra az eredetit. A pozitıv tagura, illetve negatıv tagu (−1)-szeresere

alkalmazva a most bizonyıtottat: acn → 1 es a−dn → 1. A masodikbol1

adn→ 1,

s reciprokat veve adn → 1. E szerint abn mindket reszsorozata 1-hez tart, ezertabn → 1.

6.5. NEHANY FUGGVENY HATARERTEKE 43

Az ax fuggveny x0-beli folytonossaganak bizonyıtasahoz tekintsunk egy xn →x0 sorozatot. Ilyenkor xn − x0 → 0, ezert axn−x0 → 1. Tetszolegesen valasztott

ε > 0-hoz van olyan n0 ∈ N, hogy |axn−x0 − 1| < ε

ax0, ha n > n0. Ilyen n-ekre

|axn − ax0 | = ax0 |axn−x0 − 1| < ax0ε

ax0= ε

teljesul, ami axn → ax0 konvergenciat jelenti.c) A sinx fuggveny x0-beli folytonossaganak igazolasahoz az ε−δ-s bizonyıtasi

modot alkalmazzuk. Ismert trigonometriai kepletet alkalmazva, a geometriailagnyilvanvalo | sinx| < |x| egyenlotlenseg miatt

| sinx− sinx0| = 2

∣

∣

∣

∣

sinx− x0

2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

cosx+ x0

2

∣

∣

∣

∣

≤ |x− x0|.

Ez azt jelenti, hogy tetszoleges ε > 0-hoz a δ = ε valasztas jo: ha |x−x0| < δ = ε,akkor | sinx− sinx0| < ε. Q. E. D.

6.5 Nehany fuggveny hatarerteke

1. limx→0

(1 + x)1x = e.

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy xn → 0, es 0 < xn < 1. A tobbi eset errekonnyen visszavezetheto. Ekkor minden n ∈ N-hez van olyan kn ∈ N, hogy

1

kn≥ xn ≥ 1

kn + 1

azaz

1 +1

kn≥ 1 + xn ≥ 1 +

1

kn + 1

Ezert(

1 +1

kn

)kn+1

≥ (1 + xn)kn+1 ≥ (1 + xn)

1xn ≥

(

1 +1

kn + 1

)kn

A baloldali sorozat(

1 + 1kn

)kn+1

=(

1 + 1kn

)kn(

1 + 1kn

)

→ e, s hasonloan

a jobboldali is, ezert a kozrefogott sorozat is e-hez konvergal. Q. E. D.

2. limx→0

ax − 1

x= ln a.

Bizonyıtas. A kovetkezo atalakıtast vegezzuk el:

ax − 1

x=ax − 1

ln ax

ln a

=ln a

ln [1 + (ax − 1)]1

ax−1

ax folytonos 0-ban, azaz ax → 1, ax − 1 → 0, ha x → 0. Ezert a nevezobenln mogotti fuggveny e-hez tart, s a log fuggveny folytonossagat kihasznalvakapjuk az allıtast. Q. E. D.


3. limx→0

sinx

x= 1.

Bizonyıtas. Geometriai ismereteinkbol kapjuk, hogy 0 < x < π2 eseten

sinx < x < tgx

1 <x

sinx<

1

cosx

x → 0 eseten a cos fuggveny folytonossagabol adodoan cosx → 1, azaz a

”rendorelv” alapjanx

sinx→ 1, s ıgy

sinx

x→ 1. Q. E. D.

6.6 A hatarertek fogalom kiterjesztese

Definıcio. Az f :D ⊂ R → R fuggveny ertelmezesi tartomanyanak x0 torlodasipontjaban a hatarerteke vegtelen, ha barmely xn → x0, xn ∈ D, xn 6= x0 sorozateseten f(xn) → ∞. Jele: lim

x→x0

f(x) = ∞.

Megjegyzes.

1. Itt is megadhato a kornyezetekkel torteno definıcio analogiaja: f x0-belihatarerteke vegtelen, ha barmely K ∈ R szamhoz van olyan G(x0, δ)nyılt kornyezete x0-nak, hogy minden ebbol vett, de x0-tol kulonbozo x-ref(x) > K.

2. Hasonlatosan ertelmezheto a mınusz vegtelenhez valo tartas is.

3. E kibovıtett ertelmu hatarertekrol is egyszeru tulajdonsagok fogalmazhatokmeg. Pl.:

• ha limx→x0

f(x) = ∞ es limx→x0

g(x) = ∞, akkor limx→x0

(f(x) + g(x)) = ∞ es

limx→x0

(f(x) g(x)) = ∞

• ha limx→x0f(x) = ∞ es limx→x0

g(x) > 0, akkorlimx→x0

(f(x) g(x)) = ∞.

4. Peldaul limx→0

1

x2= ∞

Definıcio. Legyen adott az olyan f :D ⊂ R → R fuggveny, melynek ertelmezesitartomanya felulrol nem korlatos. Azt mondjuk, hogy az f fuggveny hatarertekea vegtelenben az a szam, ha barmely xn ∈ D,xn → ∞ sorozat eseten f(xn) → a.Jele: lim

x→∞f(x) = a. Alulrol nem korlatos ertelmezesi tartomany eseteben

ertelmezhetjuk a mınusz vegtelenben a fuggveny hatarerteket: limx→−∞

f(x) = a,

ha barmely xn ∈ D,xn → −∞ eseten f(xn) → a.

6.6. A HATARERTEK FOGALOM KITERJESZTESE 45

Megjegyzes.

1. E definıciokat kornyezetek segıtsegevel is megadhattuk volna, pl.:limx→∞

f(x) = a, ha ∀ ε > 0 ∃ K ∈ R, hogy ∀ x ∈ D, x > K-ra |f(x) − a| < ε.

2. A fuggveny hatarerteke a vegtelenben ( vagy a mınusz vegtelenben) lehetakar vegtelen, akar mınusz vegtelen is: pl. lim

x→∞f(x) = ∞ akkor teljesul, ha

minden xn → ∞ eseten f(xn) → ∞.

3. Pelda: limx→∞

1

x= 0, lim

x→∞log2 x = ∞.

Szamos esetben elofordul, hogy a fuggvenyek ertelmezesi tartomanyanak egyx0 torlodasi pontjaban nincs hatarerteke, de csak jobbrol vagy csak balrol kozelıtvex0-hoz, a fuggvenyertekek konvergalnak. A jobboldali vagy baloldali hatarertek islehet veges, vagy — tagabb ertelemben — ∞ vagy −∞. Ugyanezt alkalmazhatjuka folytonossag kerdesere is. Peldakeppen mutatunk be ket definıciot, a tobbihasonloan ertelmezheto akar sorozatok, akar kornyezetek segıtsegevel.

Definıcio. Legyen D = [a, b], s a < x0 < b. Az f :D → R fuggveny x0-beli jobboldali hatarerteke vegtelen, ha barmely xn ∈ D, xn > x0, xn → x0

sorozat eseten f(xn) → ∞. A jobboldali hatarertek jele: limx→x0+0

f(x), a baloldalie:

limx→x0−0

f(x).

Az f :D ⊂ R → R fuggveny balrol folytonos x0-ban, ha barmely ε > 0-hoz vanolyan δ > 0, hogy ha x ∈ (x0 − δ, x0), akkor |f(x) − f(x0)| < ε.

Pelda: limx→0+0

1

x= ∞, lim

x→π/2−0tgx = ∞, az f(x) = [x] egesz-resz fuggveny

1-ben jobbrol folytonos, de balrol nem.

Megjegyzes. Ha az f fuggvenynek x0-ban letezik baloldali es jobboldali(veges) hatarerteke, de ott nem folytonos, akkor x0-at elsofaju szakadasipontnak nevezzuk. Ha ott jobboldali es baloldali hatarertekuk megegyezik,

akkor megszuntetheto szakadasnak mondjuk. Pl.sinx

x0-ban megszuntetheto

szakadassal rendelkezik. Az egyeb nem folytonossagi helyeket masodfaju szakadasi

helynek mondjuk, pl.1

x0-ban, vagy sin

1

x0-ban.


x

y

π2

3π2

1

7. Differencialas

7.1 Differencialhanyados es derivaltfuggveny

Definıcio. Az f :D ⊂ R → R fuggvenyt ertelmezesi tartomanyanak egy x0

pontjaban differencialhatonak mondjuk, ha a

limx→x0

f(x) − f(x0)

x− x0

hatarertek letezik. E hatarerteket f ′(x0)-al (vagy regiesebbendf

dx(x0)-al)

jeloljuk, es f x0-beli differencialhanyadosanak vagy derivaltjanak nevezzuk.f derivaltfuggvenye az az f ′-al jelolt fuggveny, mely f differencialhatosagipontjaiban van ertelmezve, s melynek x-beli erteke f x-beli differencialhanyadosatadja meg.

f(x)

f(x0)

x0 x

x− x0

f(x) − f(x0)

Megjegyzes.

1. A differencialhanyados ertelmezesehez szukseges, hogy x0 az ertelmezesitartomanynak nemcsak pontja, hanem torlodasi pontja is legyen. Hatipikusan D intervallum, ez semmilyen megszorıtast nem jelent.

47

48 7. DIFFERENCIALAS

2. Ahol egy fuggveny differencialhato, ott folytonos is. Ugyanis, ha f diffe-rencialhato x0-ban, akkor barmely xn → x0 eseten

dn =f(xn) − f(x0)

xn − x0− f ′(x0) → 0

ezert,f(xn) − f(x0) = (xn − x0)(f

′(x0) + dn) → 0

3. Ha a fuggveny grafikonjat (gorbejet) tekintjuk, lathatjuk, hogy a diffe-rencialhanyados definıciojaban szereplo hanyados az (x0, f(x0)) es az(x, f(x)) pontokat osszekoto szelo meredekseget, iranytangenset adja meg.Ha x → x0, szemleletesen szolva, a szelo az (x0, f(x0))-beli erintobe megyat. Ezert mondhatjuk, hogy az x0-beli differencialhanyados a fuggvenygor-be ottani erintojenek meredekseget adja meg. A differencialhatosag pedigazt jelenti, hogy a szelok hatarhelyzete egyertelmu, abban a pontban csakegyetlen ’erinto’ huzhato.

4. Nem differencialhato, pl. 0-ban az |x| fuggveny, hiszen ha x < 0, akkor

azf(xn) − f(x0)

xn − x0hanyados −1, mıg x > 0 eseten +1. Ebben az esetben

a hanyadosnak van 0-ban baloldali es jobboldali hatarerteke is, de nemegyenlok. Lathatjuk, hogy lehetne ertelmezni a baloldali, illetve jobboldalidifferencialhanyados fogalmat is, mint ahogy a fuggveny hatarerteke esfolytonossaga eseten tettuk.

Az f(x) = x sin 1x , f(0) = 0 fuggveny eseten 0-ban nem differencialhato f ,

sot sem baloldali, sem jobboldali differencialhanyadosa nem letezik.

x sin 1x

Az f =√x fuggveny sem differencialhato 0-ban, mivel a

f(xn) − f(x0)

xn − x0hanyados vegtelenhez tart, nem konvergal x→ 0 eseten.

7.1. DIFFERENCIALHANYADOS ES DERIVALTFUGGVENY 49

5. Ha a fuggveny x valtozojat idonek gondoljuk, a differencialhanyados afuggvenyertekek valtozasanak pillanatnyi sebesseget adja meg, hiszen af(xn) − f(x0)

xn − x0hanyados az [x0, x] alatti atlagsebesseget jelenti.

Allıtas. Tegyuk fel, hogy f es g differencialhato x0-ban. Ekkor

• f + g is differencialhato x0-ban, es

(f + g)′(x0) = f ′(x0) + g′(x0)

• f · g is differencialhato x0-ban, es

(f · g)′(x0) = f ′(x0) g(x0) + f(x0) g′(x0)

• ha g(x0) 6= 0, akkorf

gis differencialhato x0-ban, es

(

f

g

)′(x0) =

f ′(x0) g(x0) − f(x0) g′(x0)

g2(x0)

A szorzatfuggveny derivaltjara vonatkozo kepletet Leibniz szabalynak nevezik.Bizonyıtas. Az osszegre vonatkozo allıtas az f + g-hez tartozo hanyadosfugg-

veny felbontasabol kovetkezik:

(f + g)(x) − (f + g)(x0)

x− x0=f(x) − f(x0)

x− x0+g(x) − g(x0)

x− x0

Szorzat eseteben a kovetkezokepp bonthatjuk fel hatarertekkel rendelkezofuggvenyek osszegere:

f(x) g(x) − f(x0) g(x0)

x− x0=f(x) − f(x0)

x− x0g(x) + f(x0)

g(x) − g(x0)

x− x0→

→ f ′(x0) g(x0) + f(x0) g′(x0)

f es g hanyadosa x0-beli derivaltjanak kepzese a kovetkezo atalakıtasboladodik:

f(x)

g(x)− f(x0)

g(x0)

x− x0=

1

g(x)g(x0)

(

f(x) − f(x0)

x− x0g(x) − f(x0)

g(x) − g(x0)

x− x0

)

Q. E. D.

Allıtas. Legyen f es g olyan, hogy g◦f ertelmezett, es f differencialhato x0-ban,g differencialhato f(x0)-ban. Ekkor g ◦ f differencialhato x0-ban, es

(g ◦ f)′(x0) = g′(f(x0)) f′(x0)


Ha f invertalhato es folytonos x0 egy kornyezeteben es x0-ban differencialhato,f ′(x0) 6= 0, akkor az inverz f−1 fuggveny is differencialhato y0 = f(x0)-ban, es

(f−1)′(y0)) =1

f ′(f−1(y0))

Az osszetett fuggveny derivalasi szabalyat ’lancszabalynak’ is nevezik.Bizonyıtas. Az osszetett fuggveny eseteben egy bovıtessel maris eredmenyre

jutunk, ha xn → x0 olyan sorozat, hogy veges sok n kivetelevel f(xn) 6= f(x0):

g(f(xn)) − g(f(x0))

xn − x0=g(f(xn)) − g(f(x0))

f(xn) − f(x0)

f(xn) − f(x0)

x− x0→ g′(f(x0)) f

′(x0)

kihasznalva, hogy xn → x0 eseten f(xn) → f(x0) is teljesul. Ha viszont, xn → x0

olyan, hogy vegtelen sok n-re f(xn) = f(x0), akkor f ′(x0) = 0. Ezekre az n-ekre

ag(f(xn)) − g(f(x0))

xn − x0= 0, mıg a tobbiek alkotta reszsorozat eseteben a fenti

bovıtes alkalmazhato, s f ′(x0) = 0 miatt (g ◦ f)′(x0) = 0 is teljesul.Inverz fuggveny kepzesenel folytonos fuggveny inverze is folytonos, ezert ha

yn → y0, akkor f−1(yn) → f−1(y0). Igy

limn→∞

f−1(yn) − f−1(y0)

yn − y0= lim

n→∞1

yn − y0f−1(yn) − f−1(y0)

=

=1

limn→∞f(xn) − f(x0)

xn − x0

=1

f ′(x0)=

1

f ′(f−1(y0))

Q. E. D.

7.2 A monotonitas es a differencialhatosag kap-

csolata

Allıtas.

• Ha f differencialhato x0-ban, es f monoton novekvo x0 egy kornyezeteben,akkor f ′(x0) ≥ 0.

• Ha f differencialhato x0-ban, es f monoton csokkeno x0 egy kornyezeteben,akkor f ′(x0) ≤ 0.

• Ha f differencialhato D egy x0 belso pontjaban, es f -nek ott helyiszelsoerteke van, akkor f ′(x0) = 0.

7.2. A MONOTONITAS ES A DIFFERENCIALHATOSAG

KAPCSOLATA 51

x0

y

x

Bizonyıtas. Ha f monoton no, akkor af(x) − f(x0)

x− x0fuggveny minden x 6= x0-

ra nemnegatıv , ezert hatarerteke, az x0-beli differencialhanyados is nemnegatıvszam. Hasonloan ervelhetunk monoton csokkeno fuggveny eseteben is.

Ha f -nek x0-ban pl. helyi minimuma van, akkor x < x0 eseten af(x) − f(x0)

x− x0fuggveny nempozitıv, mıg x > x0 eseten nemnegatıv, ezert az x0-beli hatarerteke,mely feltetelunk szerint letezik, csak 0 lehet. Q. E. D.

Ezek az allıtasok kozvetlenul nem fordıthatok meg, csak ha egy egeszintervallumon koveteljuk meg a differencialhatosagot es a derivalt pozitivitasat,illetve negativitasat. Bizonyıtasukhoz felhasznaljuk az egyszeru, de az elmeletbenigen jelentos Rolle- es Lagrange-fele kozepertektetelt.

Allıtas. Rolle tetel: Ha az f : [a, b] → R folytonos fuggveny differencialhatoaz (a, b) nyılt intervallum minden pontjaban, es f(a) = f(b), akkor van olyanξ ∈ (a, b), hogy f ′(ξ) = 0.

Bizonyıtas. Ha f konstans, akkor nyilvan minden ξ ∈ (a, b) eseten teljesulf ′(ξ) = 0.

Ha f nem konstans, akkor a folytonossag miatt felveszi abszolut minimumates abszolut maximumat. Legalabb az egyik szelsoertekhely nem az intervallumvegpontjaban, jelolje ezt ξ. Itt f ′(ξ) = 0. Q. E. D.

Allıtas. Lagrange tetel: Ha az f : [a, b] → R folytonos fuggveny differencialhatoaz (a, b) nyılt intervallum minden pontjaban, akkor van olyan ξ ∈ (a, b), hogy

f(b) − f(a)

b− a= f ′(ξ)


x

y

f(a)

f(b)

a bξ

Bizonyıtas. Alkalmazzuk Rolle tetelet a h(x) = f(x) − (x − a)f(b) − f(a)

b− afuggvenyre. Van olyan ξ ∈ (a, b), hogy h′(ξ) = 0. Atrendezessel kapjuk az allıtast.Q. E. D.

Megjegyzes. E ket tetelnek igen szemleletes jelentese van. Rolle tetele aztmondja, hogy a diffencialhato fuggvenynek valahol vızszintes erintoje van, mıgLagrange tetele szerint a hurral parhuzamos erintot is lehet huzni.

Allıtas. Legyen f differencialhato az (a, b) intervallumon. Ekkor

• ha f ′ ≥ 0 minden x ∈ (a, b)-re, akkor f monoton novekvo,

• ha f ′ ≤ 0 minden x ∈ (a, b)-re, akkor f monoton csokkeno,

• ha f ′ = 0 minden x ∈ (a, b)-re, akkor f konstans.

Bizonyıtas. Indirekten bizonyıtunk: ha f nem monoton novekvo, akkor vanolyan x1 < x2 (a, b)-ben, hogy f(x1) > f(x2). Lagrange kozepertek tetele

miatt van olyan ξ ∈ (x1, x2), hogy f ′(ξ) = f(x2)−f(x1)x2−x1

< 0. Ez ellentmondfeltetelunknek.

A masodik allıtast kapjuk, ha −f -re alkalmazzuk az elsot, mıg a harmadik azelso kettobol azonnal kovetkezik. Q. E. D.

Elemi fuggvenyek differencialhatosaga

Az alabbiakban lathatjuk, hogy az elemi fuggvenyek az ertelmezesi tar-tomanyuk minden belso pontjaban differencialhatok. Ez kovetkezik mar abbol,ha belatjuk a konstans, a hatvanyfuggvenyek, az exponencialis fuggvenyek, atrigonometrikus fuggvenyek differencialhatosagat.

Allıtas.

• (xn)′ = nxn−1, ahol n ∈ N termeszetes szam.

• (sin x)′ = cosx

7.2. A MONOTONITAS ES A DIFFERENCIALHATOSAG

KAPCSOLATA 53

• (ax)′ = ln a ax, ahol a > 0.

Bizonyıtas. Kozismert azonossagot, illetve xn folytonossagat kihasznalvalathatjuk, hogy xk → x0 eseten

xnk − xn0xk − x0

=(xk − x0)(x

n−1 + xn−2x0 + . . .+ xn−10 )

xk − x0=

= xn−1 + xn−2x0 + . . .+ xn−10 → nxn−1

0

Trigonometriai azonossagot, es a cosx folytonossagat alkalmazva adodik, hogyxn → x0 eseten

sinxn − sinx0

xn − x0=

2 sin xn−x0

2 cos xn+x0

2

xn − x0→ cosx0

hiszen limx→0

sinx

x= 1.

Az exponencialis esetben emeljunk ki ax0 -at:

axn − ax0

xn − x0= ax0

axn−x0 − 1

xn − x0→ ax0 ln a

hiszen mar lattuk, hogy limx→0

ax − 1

x= ln a. Q. E. D.

Megjegyzes.

1. Ezek utan konnyen adodik a tobbi trigonometrikus fuggveny derivaltja:

(cos x)′ = (sin(π

2− x))′ = − cos(

π

2− x) = − sinx

(tg x)′ =

(

sinx

cosx

)′=

cosx cosx+ sinx sinx

cos2 x=

1

cos2 x

(ctgx)′ =

(

1

tg x

)′=

− 1cos2 x

tg 2x= − 1

sin2 x

2. Lathatjuk, hogy kulonosen egyszeru az ex derivaltfuggvenyenek kepzese:(ex)′ = ex. A termeszetes alapu logaritmus fuggveny derivaltja:

(lnx)′ =1

elnx=

1

x

3. Tetszoleges α kitevoju hatvanyfuggveny derivaltja ugyanugy szamıthato,mint a termeszetes szam kitevojue:

(xα)′ =(

eαln x)′

= eαlnx α1

x= αxα−1


7.3 L’Hospital szabaly

Gyakorlati alkalmazasokban jatszik szerepet a kovetkezo tetelcsoport. Pontosab-ban csak 2 reprezentansat fogalmazzuk meg:

Allıtas. Tegyuk fel, hogy az (x0, b) nyılt intervallumon ertelmezett, s ottdifferencialhato f es g fuggvenyekre lim

x→x0+0f(x) = 0 es lim

x→x0+0g(x) = 0, tovabba

g′(x) 6= 0 teljesul. Ha a

limx→x0+0

f ′(x)

g′(x)= A

hatarertek letezik, akkor a

limx→x0+0

f(x)

g(x)

hatarertek is letezik, s e ket hatarertek egyenlo.

Bizonyıtas. Feltehetjuk, hogy f es g is x0-ban is ertelmezett, s ott 0 erteket

vesznek fel. Rogzıtett x-re tekintsuk a h(t) = f(t) − f(x)g(x) g(t) fuggvenyt minden

t ∈ [x0, x]-re. h(x0) = 0 es h(x) = 0, alkalmazhatjuk Rolle tetelet: van olyanξ ∈ (x0, x), hogy h′(ξ) = 0, azaz

f(x)

g(x)=f ′(ξ)

g′(ξ).

Ha xn → x0, akkor az xn-hez a fentiek szerint hozzatartozo ξn sorozatra is ξn → x0

teljesul. Ezertf(xn)

g(xn)=f ′(ξn)

g′(ξn)→ A.

Q. E. D.

Allıtas. Tegyuk fel, hogy az (x0, b) nyılt intervallumon ertelmezett, s ottdifferencialhato f es g fuggvenyekre lim

x→x0+0f(x) = ∞ es lim

x→x0+0g(x) = ∞. Ha a

limx→x0+0

f ′(x)

g′(x)= A

hatarertek letezik, akkor a

limx→x0+0

f(x)

g(x)

hatarertek is letezik, s e ket hatarertek egyenlo.

Bizonyıtas. A feltetel miatt tetszoleges ε > 0-hoz van olyan δ1 > 0 szam, hogyha x0 < x < x0 + δ1, akkor

∣

∣

∣

∣

f ′(x)

g′(x)−A

∣

∣

∣

∣

<ε

2

7.3. L’HOSPITAL SZABALY 55

Legyen x, y olyan, hogy x0 < x < y < x0 + δ1. Alkalmazzuk Rolle tetelet ah(t) = f(t) (g(x) − g(y)) − (f(x) − f(y)) g(t) fuggvenyre (t ∈ [x, y]). Ekkor vanolyan ξ ∈ (x, y), hogy h′(ξ) = 0, azaz

f(x) − f(y)

g(x) − g(y)=f ′(ξ)

g′(ξ).

Ezert∣

∣

∣

∣

f(x) − f(y)

g(x) − g(y)−A

∣

∣

∣

∣

<ε

2

Felbontjuk az abszolut ertekjelet, szorzunk (g(x) − g(y))-nal, osztunk g(x)-el(ezekrol feltehetjuk, hogy pozitıvak, ha mar x0 < x < x0 + δ2):

−ε2− (A− ε

2)g(y)

g(x)+f(y)

g(x)<f(x)

g(x)−A <

ε

2− (A+

ε

2)g(y)

g(x)+f(y)

g(x)

A baloldalon −ε2

mellett, illetve a jobboldalonε

2mellett allo fuggvenyek rogzıtett

y mellett tartanak 0-hoz, ezert abszolut ertekbenε

2-nal kisebbek, ha x0 < x <

x0 + δ3. Ha δ = min{δ1, δ2, δ3}, akkor minden x0 < x < x0 + δ eseten

∣

∣

∣

∣

f(x)

g(x)−A

∣

∣

∣

∣

< ε

Q. E. D.

Megjegyzes.

1. Mindket fenti allıtas akkor is igaz, ha a hatarertek kiterjesztett ertelembenletezik, azaz ha A = ∞, vagy A = −∞. A bizonyıtast megfeleloen kellmodosıtani.

2. Az allıtasok akkor is ervenyesek, ha x0 helyett a vegtelenben (vagy mınuszvegtelenben) vett hatarertekeit vizsgaljuk a fuggvenyeknek. (Ugyanis egyx = 1

t helyettesıtessel a fuggvenyeknek az ertelmezesi tartomanyat ”ki-befordıthatjuk”.) Termeszetesen ilyenkor a szoban forgo fuggvenyeknek egy(a,∞), illetve (−∞, a) intervallumon kell ertelmezettnek lenni.

3. A bizonyıtott allıtasok — feltetelek teljesulese eseten — un. 00 , illetve

∞∞ tıpusu hatarertekek meghatarozasara ad modot. Ezekre az esetekrevisszevezethetok a 0 · ∞, a 00, a ∞0, a 1∞, a ∞ −∞ tıpusu hatarertekek,pl. a negyedik esetben az

(f(x))g(x) = e

ln f(x)1

g(x)

atalakıtas segıtsegevel.


7.4 Magasabb rendu derivaltak

Amennyiben egy f fuggveny D ertelmezesi tartomanyanak minden pontja-ban differencialhato (vagy legalabbis x0 ∈ D egy kornyezeteben), vizsgalhat-juk az f ′ derivaltfuggveny x0-beli differencialhanyadosat. Ha egy x0-ban f ′

differencialhato, akkor f ′ x0-beli differencialhanyadosat f ′′(x0)-al jeloljuk, es fx0-beli masodik differencialhanyadosanak vagy derivaltjanak nevezzuk. Ilyenkorazt is mondjuk, hogy f ketszer differencialhato x0-ban. Ha f ′′(x0) letezikminden x0 ∈ D-ben, akkor az f ′′:x0 ∈ D 7→ f ′′(x0) fuggvenyt f masodikderivaltfuggvenyenek mondjuk. Az f ′′ fuggveny differencialhatosagat vizsgalvakaphatjuk f harmadik differencialhanyadosat, illetve derivaltfuggvenyet, majdtovabbhaladva, a negyedik, stb. derivaltakat. Jelolese: f (k)(x0), azaz szoban,f k-adik differencialhanyadosa x0-ban, vagy ami ugyanaz: f k-adik derivaltjanakx0-beli erteke.

Pelda. Az elemi fuggvenyeknek letezik k-adik derivaltfuggvenye mindenk ∈ N eseten, hiszen az ujabb derivalasok soran mindig elemi fuggvenyhezjutunk. Konkret eloallıtasuk azonban megsem mindig egyszeru, csak ha aderivaltfugvenyek sorozataban valamilyen szabalyszeruseg mutatkozik.Pl. (ex)(k) = ex, (sinx)(2k+1) = (−1)k+1 cosx, (sinx)(2k) = (−1)k sinx,(lnx)(k) = (−1)k+1(k − 1)!x−k. Viszont nem letezik pl. masodik differencial-hanyadosa az

f(x) =

{

x2 x ≥ 0−x2 x < 0

fuggvenynek x = 0-ban, hiszen elso derivaltja f ′(x) = 2|x|.

7.5 Konvexitas es a derivaltak kapcsolata

Mıg a fuggveny elso derivaltjanak elojele a fuggveny monotonitasaval van szoroskapcsolatban, addig a masodik derivalt a fuggveny konvexitasaval.

Definıcio. Egy [a, b] intervallumon ertelmezett f fuggvenyt (alulrol) konvexnekmondunk, ha barmely a ≤ x1 < x2 ≤ b eseten minden λ∈ [0, 1]-re

f(λx1 + (1 − λ)x2) ≤ λf(x1) + (1 − λ)f(x2)

teljesul. f konkav [a, b]-n, ha (−f) konvex.

7.5. KONVEXITAS ES A DERIVALTAK KAPCSOLATA 57

x

y

x1 x2

λx1 + (1 − λ)x2

f konvex

A konvexitas szemleletesen nyilvanvaloan azt jelenti, hogy az [x1, x2] interval-lum feletti fuggvenygorbe az x1-hez es x2-hoz tartozo gorbepontokat oszekoto huralatt halad.

Az [a, b]-n differencialhato fuggvenyek eseteben a konvexitas a derivaltfuggvenymonotonitasaval fugg ossze, ezert ketszeri differencialhatosag eseten a masodikderivalt elojelevel.

Allıtas. Legyen f : [a, b] → R egy differencialhato fuggveny.f pontosan akkor konvex, ha f ′ monoton no.f pontosan akkor konkav, ha f ′ monoton csokken.

Bizonyıtas. λ =x2 − x

x2 − x1helyettesıtessel a konvexitas feltetele

f(x) ≤ (x2 − x)f(x1) + (x− x1)f(x2)

x2 − x1

alakba ırhato. Szorzas, kiemeles, osztas utjan a kovetkezohoz jutunk:

f(x) − f(x1)

x− x1≤ f(x2) − f(x1)

x2 − x1

illetve mas kiemelessel:

f(x2) − f(x1)

x2 − x1≤ f(x2) − f(x)

x2 − x

(Ezen egyenlotlensegek szemleletes jelenese az, hogy a konvex fuggvenygorbe 3hurjanak meredeksege hogyan viszonyul egymashoz.) Kepezve az elso baloldalanakx1-beli hatarerteket, illetve a masodik jobboldalanak x2-beli hatarerteket az

f ′(x1) ≤f(x2) − f(x1)

x2 − x1≤ f ′(x2)

bizonyıtando egyenlotlenseghez jutunk.


Viszafele, f ′ monoton novekedese eseten alkalmazva Lagrange tetelet az [x1, x],illetve [x, x2] intervallumra, azt kapjuk, hogy

f(x) − f(x1)

x− x1= f ′(ξ1) ≤ f ′(ξ2) =

f(x2) − f(x)

x2 − x.

Ebbol atrendezessel adodik az

f(x) ≤ (x2 − x)f(x1) + (x− x1)f(x2)

x2 − x1

egyenlotlenseg, ami f konvexitasat jelenti.

A konkav eset ugy adodik, hogy (−f)-re — amely konvex — alkalmazzuk amost bizonyıtottat. Q. E. D.

Kovetkezmeny. Egy ketszer differencialhato f : [a, b] → R fuggveny pontosanakkor konvex, ha f ′′ ≥ 0, illetve pontosan akkor konkav, ha f ′′ ≤ 0.

Peldaul az f(x) = x2 fuggveny barmely intervallumon konvex, mıg a sinxfuggveny a [0, π] intervallumon konkav, a [π, 2π] intervallumon pedig konvex.

Az olyan x ∈ D pontokat, amely egy baloldali kornyezeteben a fuggvenykonvex (konkav), egy jobboldali kornyezeteben pedig konkav (konvex), azaz fkonvexitasa x0-ban ”valt”, inflexios pontnak nevezzuk. Peldaul a sinx fuggvenyeseten 0, π, 2π, . . . inflexios pontok.

7.6 Taylor polinom

Fuggvenyek polinommal valo kozelıtese hasznosnak latszik, hiszen a polinomoknagyon jo tulajdonsagu fuggvenyek, folytonosak, akarhanyszor differencialhatokes ertekei konnyen kiszamıthatok. Erre ad lehetoseget a magasabb renduderivaltakkal kepzett Taylor polinom.

Definıcio. Az n-szer differencialhato f : [a, b] → R fuggveny x0 ∈ (a, b)-beli n-edrendu Taylor polinomjanak nevezzuk az

Tn(x) =

n∑

k=0

f (k)(x0)

k!(x− x0)

k

n-edfoku polinomot, ahol f (0) = f .

A Taylor polinom hasznossagara az ad remenyt, hogy az f fuggveny es Taylorpolinomjanak legfeljebb n-edrendu derivaltjai x0-ban megegyeznek: f (k)(x0) =

T(k)n (x0) k = 0, 1, . . . , n.

A kozelıtes ”josagat” a Taylor polinomnak az f fuggvenytol valo elterese, azRn(x) = f(x) − Tn(x) un. maradektag tulajdonsagai jelzik. Ennek vizsgalatahozhasznos a maradektag specialis eloallıtasa.

7.6. TAYLOR POLINOM 59

Allıtas. Ha f (n + 1)-szer differencialhato x0 egy kornyezeteben, akkor azn-edrendu Taylor polinom maradektagja

Rn(x) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(x − x0)

n+1

alakban adhato meg, ahol ξ x0 es x kozotti, x-tol is fuggo ertek.

Bizonyıtas. Jelolje M azt a szamot, melyre adott x0 es x eseten

Rn(x) = M(x− x0)n+1

Az egyszeruseg kedveert tegyuk fel, hogy x0 < x. Tekintsuk ag: [x0, x] → R, t 7→ g(t) = Rn(t) −M(t − x0)

n+1 fuggvenyt. Megmutatjuk, hogyg(n+1)(ξ) = 0 valamely ξ∈(x0, x)-re.

Nyilvanvaloan f (k)(x0) = T(k)n (x0) minden k = 0, 1, . . . , n-re, ezert

R(k)n (x0) = 0, s ıgy g(k)(x0) = 0 minden k = 0, 1, . . . , n-re. g(x0) = 0

es g(x) = 0, ezert Rolle tetele szerint van olyan ξ1 ∈ (x0, x), hogy g′(ξ1) = 0.g′-re alkalmazva a Rolle tetelt a (x0, ξ1) intervallumon, az adodik, hogy van olyanξ2 ∈ (x0, ξ1), melyre g′′(ξ2) = 0. E lepest ujra es ujra alkalmazva, utoljara g(n)-re alkalmazva a Rolle tetelt a (x0, ξn) intervallumon, azt kapjuk, hogy valamely

ξ∈(x0, ξn)⊂(x0, x)-re g(n+1)(ξ) = 0. Ez azt jelenti, hogy R

(n+1)n (ξ) = (n+ 1)!M .

No de R(n+1)n (ξ) = f (n+1)(ξ). EzertM =

f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!, tehat az Rn(x) maradektagra

teljesul az allıtas. Q. E. D.

Megjegyzes.

1. Azt a specialis esetet, amikor x0 = 0, MacLaurin polinomnak is nevezik.

2. Nehany fuggveny eseteben konnyen felırhato a fuggveny Taylor polinomja,pl.:

• ex fuggveny eseteben az x0 = 0-beli Taylor (MacLaurin) polinom

Tn(x) = 1 + x+x2

2!+x3

3!+ . . .+

xn

n!

• a sinx fuggveny x0 = 0-beli Taylor (MacLaurin) polinomja

T2k+1(x) = x− x3

3!+x5

5!+ . . .+ (−1)k

x2k+1

(2k + 1)!

• az lnx fuggveny x0 = 1-beli Taylor polinomja

Tn(x) = (x− 1) − (x− 1)2

2+

(x− 1)3

3+ . . .+ (−1)n−1 (x− 1)n

n


3. A Taylor polinom a fuggvenyertekek kozelıto kiszamıtasara hasznalhato.A fuggvenyertektol valo elteres — a hiba — a maradektag vizsgalatavalbecsulheto, pl. a sinx fuggveny eseteben a harmadrendu T3(x) = T4(x)MacLaurin polinom 0, 01 pontossaggal adja meg sinx erteket az |x| < 1intervallumban, hiszen

|R4(x)| =

∣

∣

∣

∣

∣

sin(5)(ξ)

5!x

∣

∣

∣

∣

∣

<1

100|x|

7.7 A fuggveny szelsoerteke letezesenek feltetelei

Mar lattuk, hogy ha egy f fuggvenynek x0-ban helyi szelsoerteke van, es x0-bandifferencialhato, akkor ott differencialhanyadosa 0. Tehat azf ′(x0) = 0 feltetel szukseges ahhoz, hogy x0-ban helyi szelsoertek legyen. Azonbannem elegendo hiszen pl. az f(x) = x3 fuggveny eseteben f ′(0) = 0, de 0-ban megsincs szelsoerteke. Az ertelmezesi tartomany olyan x0 pontjait, aholf ′(x0) = 0, a fuggveny stacionarius helyeinek nevezzuk. E fogalommal elve tehatazt mondhatjuk, hogy a helyi szelsoertekhelyek mindig stacionarius helyek, deegy stacionarius hely nem mindig ad helyi szelsoertekhelyet. A magasabb renduderivaltak segıtsegevel meg lehet fogalmazni olyan felteteleket, amelyek elegsegeseka szelsoertek letezesehez.

Allıtas. Legyen f (n+1)-szer folytonosan differencialhato x0-ban, es tegyuk fel,hogy

f ′(x0) = 0, . . . , f (n)(x0) = 0, f (n+1)(x0) 6= 0.

Ha n+1 paros szam, akkor f (n+1)(x0) > 0 eseten f -nek x0-ban helyi minimumavan, mıg f (n+1)(x0) < 0 eseten helyi maximuma van.

Ha n+ 1 paratlan szam, akkor f -nek x0-ban nincs helyi szelsoerteke.

Bizonyıtas. A Taylor polinom maradektagjanak eloallıtas alapjan, figyelembeveve, hogy a feltetelek fennallasa eseten Tn(x) = f(x0), kapjuk, hogy

f(x) − f(x0) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(x− x0)

n+1

Ha f (n+1)(x0) > 0, akkor a folytonos differencialhatosag miatt van x0-nak olyankornyezete, hogy onnan valasztott osszes ξ-re f (n+1)(ξ) > 0. Ezert ha n + 1paros szam, akkor f(x) − f(x0) ≥ 0, tehat f -nek x0-ban helyi minimuma van.Hasonloanf (n+1)(x0) < 0 eseten paros n+ 1 mellett f -nek helyi maximuma van.

Ha n+1 paratlan, es pl. f (n+1)(x0) > 0, akkor x > x0 eseten f(x)−f(x0) > 0,mıg x < x0 eseten f(x)−f(x0) < 0, azaz f -nek nincs x0-ban szelsoerteke. Q. E. D.

Megjegyzes.

1. Fontos megjegyezni, hogy a helyi szelsoertek letezesenek e tetelben mondott

feltetelei nem mind szuksegesek. Ezt mutatja az e−1

x2 fuggveny peldaja,

7.7. A FUGGVENY SZELSOERTEKE LETEZESENEK FELTETELEI 61

melynek ugyan szelsoerteke van 0-ban, de ott magasabb rendu derivaltjaimind 0-ak.

2. Gyakori (es szerencses) esetben mar a masodik derivalt vizsgalata iselegendo: Ha f ′(x0) = 0, es f ′′(x0) > 0, akkor f -nek x0-ban helyi minimumavan, mıg f ′(x0) = 0, f ′′(x0) < 0 eseten helyi maximuma.

8. Tobbvaltozos fuggvenyek

A tobbvaltozos fuggvenyek vizsgalta celjabol elobb Rn metrikus strukturajatvizsgaljuk meg, majd segıtsegevel definialjuk a folytonossagot es differencialhato-sagot. Vegul a ketvaltozos fuggvenyek eseteben a szelsoertekkereses problemajavalfoglalkozunk.

8.1 Rn metrikus fogalmai

Az Rn-ben szokasos skalaris szozat, vagy norma segetsegevel ket Rn-beli x es yvektor tavolsagat ıgy definialjuk:

d(x, y) = ‖x− y‖ =√

(x− y, x− y) =√

(x1 − y1)2 + . . .+ (xn − yn)2

A tavolsagfogalom rendelkezik az alabbi tulajdonsagokkal:1. d(x, y) > 0 ha x 6= y es d(x, x) = 02. d(x, y) = d(y, x)3. d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)Az utobbi haromszog-egyenlotlensegnek nevezett tulajdonsag a bizonyıtott

Minkowski egyenlotlenseg egyszeru kovetkezmenye.

Megjegyzes. Ha egy tetszoleges nemures X halmazon valamikepp adott egyd:X ×X → R lekepezes, amely teljesıti a fent felsorolt 3 tulajdonsagot, akkor X-et metrikus ternek szokas nevezni, d(x, y)-t pedig x es y tavolsaganak. Altalanosmetrikus terben is definialhatok a most kovetkezo fogalmak, mint pl. a kornyezet,nyılt halmaz, sorozat konvergenciajanak fogalma.

Legyen most x0 ∈ Rn, s ε > 0. x0 ε sugaru nyılt kornyezetenek nevezzuk a

G(x0, ε) = {y ∈ Rn | d(x0, y) < ε}

halmazt. Lathatjuk, hogy e fogalom meghatarozasa ugyanugy tortenik, minta valos szamok R halmaza eseten tortent, csak az abszolutertekkel definialttavolsagfogalom helyett az Rn-ben ervenyes tavolsagfogalmat alkalmazzuk. Ennekmegfeleloen azokat a fogalmakat definialhatjuk es hasznalhatjuk most is, amelyeketa valos szamok eseteben a kornyezetfogalommal adtunk meg. Pl. A ⊂ Rn

tetszoleges reszhalmazanak egy x0 ∈ A pontjat A belso pontjanak nevezzuk, havan x0-nak olyan ε > 0 sugaru nyılt G(x0, ε) kornyezete, hogy G(x0, ε) ⊂ A. A-t

63

64 8. TOBBVALTOZOS FUGGVENYEK

nyıltnak mondjuk, ha barmely pontja belso pontja. A zart, ha a komplementerenyılt. Az A halmaz torlodasi pontja az x0 ∈ Rn pont, ha x0-nak barmely nyıltkornyezeteben az A halmaznak vegtelen sok pontja talalhato. Az xk ∈ Rn

sorozat konvergens es hatarerteke (hatarpontja) az x0 pont, ha x0-nak barmelynyılt kornyezeteben a sorozatnak az osszes tagja benne van veges sok kivetelevel,masszoval ha barmely ε > 0-hoz van olyan k0 ∈ N kuszobindex, hogy mindenk > k0 eseten xk ∈ G(x0, ε), azaz ‖xk−x0‖ < ε. A korlatos, ha van olyan G(x0, ε)nyılt kornyezet, hogy G(x0, ε) ⊃ A. Most is szinte ugyanugy, mint a valos esetbenbelathato, hogy egy sorozat pontosan akkor konvergens, ha korlatos es egyetlenegy torlodasi ponttal rendelkezik.

Allıtas. Egy xk ∈ Rn sorozat pontosan akkor konvergens, ha az i-dikkomponesekbol kepzett sorozat konvergens minden i = 1, 2, . . . , n eseten.

Bizonyıtas. Legyen xk ∈ Rn konvergens. Az xk = (x(1)k , . . . , x

(n)k )

jelolessel |x(i)k −x(i)

0 | < ‖xk−x0‖ nyilvan teljesul. Ezert ha adott ε > 0-hoz k > k0

eseten‖xk − x0‖ < ε, akkor |x(i)

k − x(i)0 | < ‖xk − x0‖ < ε.

Fordıtva, ha εn -hoz minden i = 1, 2, . . . , n eseten van olyan k

(i)0 , hogy

|x(i)k − x

(i)0 | < ε

n , akkor

‖xk − x0‖ =

√

√

√

√

n∑

i=1

(x(i)k − x

(i)0 )2 <

√

nε2

n= ε.

hacsak k > max(k(1)0 , . . . , k

(n)0 ). Q. E. D.

Pelda. A G(x0, ε) nyılt kornyezet nyılt halmaz, torlodasi pontjait az {y ∈Rn | ‖y − x‖ ≤ ε} halmaz elemei jelentik. Az xk = ( 1

k , 1 + 1k2 ) R2-beli sorozat

konvergens, s hatarpontja a (0, 1) pont. Zart halmazra pelda az 1 pontbol allo{x0} reszhalmaz, vagy a {x ∈ Rn | ‖x‖ ≥ 1} ”lyukas” sık.

Az Rn euklideszi teren most ertelmezett nyılt halmaz, zart halmaz, torlodasipont, konvergencia, stb. fogalmak bevezetese szinte szo szerinti ismetlese avalos szamok koreben megismert fogalmaknak. Az ott felsorolt tulajdonsagok,osszefuggesek most is ervenyesek. A bizonyıtasok is majd’ szoszerint atvihetok.Ervenyes a Bolzano-Weierstraß tetel is.

8.2 Hatarertek es folytonossag

Definıcio. Legyen x0 ∈ Rn az f :D ⊂ Rn → R fuggveny ertelmezesitartomanyanak torlodasi pontja. f x0-beli hatarertekeA ∈ R, ha A barmely ε > 0sugaru nyılt kornyezetehez van x0-nak olyan δ > 0 sugaru nyılt kornyezete, hogybarmely x ∈ G(x0, δ) x 6= x0, x ∈ D eseten f(x) ∈ G(A, ε). Jele: lim

x→x0

f(x) = A.

Ekvivalens definialasi lehetoseg: f x0-beli hatarerteke A, ha barmely x0-hozkonvergalo D ∋ xk 6= x0 sorozat eseten az f(xk) sorozat konvergal A-hoz.

8.3. TOBBVALTOZOS FUGGVENYEK DIFFERENCIALHATOSAGA65

Az egyvaltozos fuggvenyek koreben bizonyıtott allıtasokhoz teljesen analogallıtasok igazolhatok a fuggvenyek osszeadasa, szorzasa, osztasa vonatkozasaban.Ugyanez ervenyes a folytonossag fogalmara is.

Definıcio. Az f :D ⊂ Rn → R fuggveny az ertelmezesi tartomanyanak egyx0 ∈ D pontjaban folytonos, ha barmely xk ∈ D, xk → x0 sorozat esetenf(xk) → f(x0).

Megjegyzes. A folytonossagra vonatkozo allıtasok kozul tobb valtozatlantartalommal kiterjesztheto: Rn korlatos, zart reszhalmazan ertelmezett folytonosfuggveny felveszi maximumat es minimumat, tovabba osszefuggo, zart, korlatostartomany eseteben felvesz minden kozbenso erteket. Minden folytonos fuggvenyjeltarto. A bizonyıtasok alapgondolata is ugyanaz lehet. Nem ertelmezheto vi-szont most a monoton fuggveny fogalma, hiszen Rn-ben nincs ertelmezve a kisebb-nagyobb relacio.

Pelda. Konnyen belathato, hogy tobbvaltozos fuggvenyek eseteben isfolytonosak az un. elemi fuggvenyek ertelmezesi tartomanyuknak minden pontjaban.Legyen pl. f : R2 \ {0} → R az a ketvaltozos fuggveny, melyre

f(x, y) =xy

x2 + y2

Lathato, hogy az f fuggvenynek (0, 0)-ban nem letezik hatarerteke. Az f(x, y) =1

x2+y2 fuggvenynek kiterjesztett ertelemben van hatarerteke:

lim(x,y)→(0,0)

1

x2 + y2= ∞.

Definıcio. Az Rn ter egy A reszhalmazat konvexnek mondjuk, ha barmely ketx, y ∈ A pontja eseten tartalmazza az x kezdopontu y vegpontu szakasz mindenpontjat.

Megjegyzes.

1. Az [x, y] szakasz minden pontja z = λx+(1−λ)y alakban adhato meg, ahol0 ≤ λ ≤ 1.

2. Konvex halmazra pelda a nyılt vagy a zart gomb, felsık, stb. Konvex halmazlehet akar nyılt, akar zart, vagy egyik se.

3. Barmely ket konvex halmaz metszete szinten konvex.

8.3 Tobbvaltozos fuggvenyek differencialhatosaga

Az egyvaltozos fuggvenyek differencialhatosagat a limx→x0

f(x) − f(x0)

x− x0fuggveny-

hatarertekkel definialtuk, s szemleletes jelentese abban mutatkozott meg, hogy afuggvenyt legjobban kozelıto egyenes iranytangense eppen a differencialhanyados


erteke. A legjobb kozelıtes itt most azt jelentette, hogy a linearis fuggvenynek (azegyenesnek) az elterese a fuggvenytol (a fuggveny gorbejetol) oly annyira kicsi,hogy meg x − x0-al osztva is nullahoz tart. A tobbvaltozos fuggvenyek esetebenis ilyen, legjobban kozelıto, linearis fuggvenyyel akarjuk kozelıteni a fuggvenyt. Alinearis fuggvenyek Rn-en (a, x) alakban adhatok meg.

Definıcio. Legyen f :D ⊂ Rn → R es x0 ∈ D. Az f fuggvenyt x0-bandifferencialhatonak mondjuk, ha van olyan a ∈ Rn, hogy

limx→x0

f(x) − f(x0) − (a, x− x0)

‖x− x0‖= 0.

Iyenkor a-t f x0-beli differencialhanyadosanak vagy derivaltjanak modjuk esDf(x0)-al jeloljuk.

Megjegyzes. A differencialhatosag szemleletesen azt jelenti pl. ketvaltozosfuggveny eseteben, hogy a z = f(x, y) felulethez erintosık illesztheto az(x0, y0, f(x0, y0)) pontjaban. Ez a sık a z = a1x + a2y + f(x0, y0) egyenletu sık,ahol (a1, a2) = Df(x0, y0) a derivaltvektor koordinatai.

Definıcio. Az f :D ⊂ Rn → R fuggveny i-dik parcialis differencialhanyadossalrendelkezik x0 ∈ Rn-ban, ha a

limt→0

f(x0 + tei) − f(x0)

t

hatarertek letezik, ahol e1, . . . , en Rn termeszetes bazisa. Ezt a hatarerteket∂if(x0)-al jeloljuk, es x0-beli i-dik parcialis differencialhanyadosnak, vagy parcialisderivaltnak nevezzuk.

Ha minden i = 1, . . . , n eseten letezik a fuggveny x0-beli parcialis diffe-rencialhanyadosa, akkor f -et x0-ban parcialisan differencialhatonak mondjuk. Mas

szokasos jelolesek:∂f

∂xi(x0), Dif(x0).

Megjegyzes.

1. A definıcio alapjan lathato, hogy a parcialis differencialhanyados ertelme-zeseben az f fuggvenynek csak az x0 + tei egyenes menten felvett ertekeiszamıtanak. Ilyenkor az fi(t) = f(x0 + tei) egyvaltozos fuggvenyt kepezzuk,s ennek t = 0-beli derivaltja adja f x0-beli parcialis differencialhanyadosat.

2. Szemletesen adodik a parcialis differencialhanyados jelentese: ketvaltozosf(x, y) fuggveny eseteben az (x0, y0)-on atmeno x tengellyel (e1-el) parhuzamoses fuggoleges (z tengellyel parhuzamos) sıkkal metszve a z = f(x, y)feluletet, egy gorbet kapunk, mely erintojenek iranytangense (az x tengel-lyel bezart szogenek tangense) adja az x szerinti (azaz elso) parcialis diffe-rencialhanyadost.

8.4. MAGASABB RENDU PARCIALIS DERIVALTAK 67

A fuggveny differencialhatosagat, szembeallıtva a parcialis differencialhatosag-gal, szoktak totalis differencialhatosagnak is nevezni. Ugyanis, e ket fogalom szoroskapcsolatban all, de nem azonos. A totalis differencialhatosagbol kovetkezik aparcialis, de fordıtva csak akkor, ha a parcialis derivaltfuggvenyek folytonosak is.

Allıtas. Ha az f :D ⊂ Rn → R fuggveny x0-ban differencialhato, akkor letezikminden i = 1, . . . , n eseten a ∂if(x0) x0-beli parcialis differencialhanyados is, es

Df(x0) = (∂1f(x0), . . . , ∂nf(x0)).

Bizonyıtas.

limt→0

f(x0 + tei) − f(x0)

t= lim

t→0

f(x0 + tei) − f(x0) − (Df(x0), tei)

t+ (Df(x0), ei) =

= limx0+tei→x0

f(x0 + tei) − f(x0) − (Df(x0), tei)

‖tei‖+ (Df(x0), ei) = (Df(x0), ei)

Q. E. D.

Allıtas. Ha f :D ⊂ Rn → R fuggveny x0 ∈ D egy kornyezeteben parcialisandifferencialhato es a parcialis derivaltfuggvenyek x0-ban folytonosak, akkor f x0-ban totalisan is differencialhato.

Bizonyıtas. Ketvaltozos fuggveny eseteben ırjuk le a bizonyıtast.Legyen (x0, y0) ∈ D ⊂ R2. Megmutatjuk, hogy

Df(x0, y0) = (∂1f(x0, y0), ∂2f(x0, y0)). Ugyanis az abszolutertek tulajdonsagai, s|h| ≤ ‖(h, k)‖, |k| ≤ ‖(h, k)‖ alapjan a Lagrange tetel ketszeri alkalmazasaval:

|f(x0 + h, y0 + k) − f(x0, y0) − ∂1f(x0, y0)h − ∂2f(x0, y0)k|

‖(h, k)‖≤

≤|f(x0 + h, y0 + k) − f(x0, y0 + k) − ∂1f(x0, y0)h|

|h|+

+|f(x0, y0 + k) − f(x0, y0) − ∂2f(x0, y0)k|

|k|=

= |∂1f(x0 + h′

, y0) − ∂1f(x0, y0)| + |∂2 f(x0, y0 + k′) − ∂2f(x0, y0)|

A parcialis derivaltak folytonossagabol adodik allıtasunk. Q. E. D.

8.4 Magasabb rendu parcialis derivaltak

Amennyiben x0 ∈ Rn egy kornyezeteben mindenutt ertelmezett valamelyparcialis derivalt, akkor mint e kornyezeten ertelmezett n-valtozos fuggvenytparcialisan ujra differencialhatjuk. Ekkor kapjuk a masodrendu parcialisdifferencialhanyadosokat. Jelolese: ∂11f jelenti a ∂1f fuggvenynek az elso, x1

szerinti parcialis derivaltjat, ∂12f jelentese: a ∂1f fuggvenynek a masodik, x2

szerinti parcialis derivaltja. Tovabbhaladva, meg magasabb rendu (tobbszoros)parcialis derivaltak is ertelmezhetok. Pl. ∂213f harmadrendu parcialis derivalt,


sorrendben a masodik, majd elso, majd harmadik valtozo szerint. A magasabbrendu derivaltak kepzeseben a valtozok sorrendje nem szamıt:

Allıtas. Ha az f :D ⊂ Rn → R fuggveny x0 ∈ D egy kornyezeteben ketszerparcialisan differencialhato es a masodrendu parcialis derivaltfuggvenyek x0-banfolytonosak, akkor a masodrendu vegyes parcialis derivaltak x0-ban megegyeznek.Pl. ∂12f(x0) = ∂21f(x0).

A bizonyıtast mellozzuk.

8.5 Ketvaltozos fuggvenyek szelsoerteke

Definıcio. Az f :D ⊂ R2 → R ketvaltozos fuggvenynek helyi szelsoertekevan (x0, y0)-ban, ha van (x0, y0)-nak olyan G((x0, y0), ε) nyılt kornyezete, hogybarmely (x, y) ∈ D ∩ G((x0, y0), ε)-ra f(x, y) ≤ f(x0, y0) (helyi maximum) vagybarmely (x, y) ∈ D ∩G((x0, y0), ε)-ra f(x, y) ≥ f(x0, y0) (helyi minimum) .

Allıtas. Ha f -nek helyi szelsoerteke van (x0, y0)-ban es parcialisan derivalhato(x0, y0)-ban, akkor a parcialis derivaltak ott eltunnek:

∂1f(x0, y0) = 0 es ∂2f(x0, y0) = 0.

Ez nyilvanvaloan kovetkezik abbol, hogy az f1(t) = f((x0, y0) + te1) illetve azf2(t) = f((x0, y0) + te2) fuggvenynek szelsoerteke van t = 0-ban.

A most mondott feltetel — hasonloan az egyvaltozos fuggvenyek esetehez —szukseges, de nem elegendo feltetel. Ugyanis, pl. az f(x, y) = xy fuggvenynek(0, 0)-ban nincs szelsoerteke, noha ∂1f(0, 0) = 0, ∂2f(0, 0) = 0.

Egy elegseges feltetel megfogalmazasahoz hasznaljuk a masodrendu parcialisderivaltakkal kepzett ketvaltozos R2-on ertelmezettQ(h, k) = ∂11f(x0, y0)h

2 + 2∂12f(x0, y0)hk + ∂22f(x0, y0)k2 kvadratikus format.

Allıtas. Ha azf :D ⊂ R2 → R ketvaltozos fuggveny ertelmezesi tartomanyanakegy belso (x0, y0) ∈ D pontjaban a masodrendu parcialis derivaltak folytonosak,az elsorendu parcialis derivaltak erteke nulla: ∂1f(x0, y0) = 0 es ∂2f(x0, y0) = 0,es a Q(h, k) kvadratikus forma pozitıv definit, akkor az f fuggvenynek (x0, y0)-banhelyi minimuma van.

Bizonyıtas. Legyen ϕ(t) = f(x0 + th, y0 + tk), 0 ≤ t ≤ 1. Alkalmazzuk ϕ-re 0-ban a Taylor polinommal valo kozelıtest. Ekkor a maradektag eloallıtasa alapjan:

ϕ(1) = ϕ(0) + ϕ′(0) +1

2ϕ′′(t)

valamely 0 ≤ t ≤ 1-re. Figyeljuk meg eloszor, hogy

ϕ′(t) = ∂1f(x0 + th, y0 + tk)h+ ∂2f(x0 + th, y0 + tk)k

8.6. FELTETELES SZELSOERTEK-SZAMITAS 69

(Ezt az elozo bizonyıtashoz hasonloan lehetne igazolni.) Ebbol adodoan

ϕ′′(t) = ∂11f(x0 + th, y0 + tk)h2 + 2∂12f(x0 + th, y0 + tk)hk + ∂22f(x0 + th, y0 + tk)k2

A feltetel miatt most ϕ′(0) = 0, s ıgy

f(x0 + h, y0 + k) − f(x0, y0) =

=1

2(∂11f(x0 + th, y0 + tk)h2 + 2∂12f(x0 + th, y0 + tk)hk + ∂22f(x0 + th, y0 + tk)k2)

Mivel Q(h, k) > 0 (h, k) 6= 0 eseten, a masodrendu parcialis derivaltakfolytonossaga miatt

f(x0 + h, y0 + k) − f(x0, y0) > 0.

(x0, y0)-nak egy (elegendoen kis) kornyezeteben. Q. E. D.

Megjegyzes.

1. Ha a tetelben a Q kvadratikus forma negatıv definit, akkor a tovabbifeltetelek teljesulese eseten f -nek (x0, y0)-ban helyi maximuma van.

2. Egy ketvaltozos Q(h, k) = a11h2 + 2a12hk + a22k

2 kvadratikus formapozitıv (negatıv) definitsege — konnyen igazolhatoan — eldontheto a11 es

det

(

a11 a12

a21 a22

)

= a11a22 − a212 elojele alapjan: Q pontosan akkor pozitıv

(negatıv) definit, ha a11 > 0 (a11 < 0) es a11a22 − a212 > 0.

3. Belathato az is, hogy ha Q indefinit, azaz mind pozıtıv, mind negatıvertekeket felvesz, akkor f -nek nincs helyi szelsoerteke (x0, y0)-ban.

4. Ha Q-ra nem teljesulnek a fenti feltetelek egyike sem, attol meg f -nek lehetott helyi szelsoerteke. Ilyenkor tovabbi vizsgalat szukseges.

Pelda. Az f(x, y) = x2 + xy + y2 fuggveny eseteben ∂1f(0, 0) = 0 es∂2f(0, 0) = 0 teljesul, tovabba ∂11f(0, 0) = 2, ∂12f(0, 0) = 1, ∂22f(0, 0) = 2, ezert∂11f(0, 0)∂22f(0, 0) − (∂12f(0, 0))2 > 0 es ∂11f(0, 0) > 0 miatt f -nek (0, 0)-banhelyi minimuma van.

8.6 Felteteles szelsoertek-szamıtas

Amennyiben egy ket-, vagy tobbvaltozos fuggveny szelsoertekeit keressuk azzal amegszorıtassal, hogy a valtozok kozott egy, vagy tobb osszefuggest feltetelezunk,akkor felteteles szelsoertek-szamıtasrol beszelunk.

A legegyszerubb esetben f(x, y) ketvaltozos fuggveny, s egyetlen feltetelvan: g(x, y) = 0, melyet a valtozoknak teljesıteniuk kell. Az f(x, y)fuggvenyt tulajdonkeppen csak azon (x, y) valtozoparokra tekintjuk, amelyekmegengedettek, azaz teljesıtik a g(x, y) = 0 feltetelt.


Altalanosabban, azaz harom-, vagy meg tobbvaltozos fuggveny eseteben lehetakar egy, akar tobb – de kevesebb, mint a valtozok szama – korlatozo feltetela valtozokra. A Lagrange-fele multiplikatoros eljaras olyan modszert ad, amelysegıthet a szelsoertekhelyek megkereseseben.

A) Ketvaltozos fuggveny felteteles szelsoerteke egy feltetel mellett

Legyenek adottak az f, g:D ⊂ R2 → R ketvaltozos fuggvenyek. Jelolje S afelteteli halmazt:

S = {(x, y) ∈ R2 | g(x, y) = 0 }.

Az f|S S-re megszorıtott fuggveny helyi szelsoertekhelyeit nevezzuk az f(x, y)fuggveny g(x, y) = 0 feltetel melletti felteteles szelsoertekhelyeinek. Pontosabban,(x0, y0) ∈ D helyi felteteles minimumhelye f -nek, ha (x0, y0)-nak letezik olyan δ >0 sugaru kornyezete, hogy minden (x, y) ∈ G(x0, y0)∩S eseten f(x, y) ≥ f(x0, y0).Maximumhely eseten az utolso egyenlotlenseg fordıtva szerepel.

A Lagrange multiplikatoros eljaras alapja a kovetkezo tetel, mely — ugyancsak szukseges felteteleket ad a helyi szelsoertek letezesere, — a gyakorlatiproblemakban azonban jol alkalmazhato.

Allıtas. Ha f, g:D ⊂ R2 → R parcialisan differencialhato fuggvenyek, es f -nek (x0, y0)-ban felteteles szelsoerteke van a g(x, y) = 0 feltetel mellett, tovabbaDg(x0, y0) 6= (0, 0), akkor van olyan λ0 ∈ R, hogy az

L(x, y, λ) = f(x, y) + λg(x, y)

fuggvenynek (x0, y0, λ0) stacionarius helye, azaz L mindegyik (x0, y0, λ0)-beliparcialis derivaltja nulla.

A tetelben szereplo L fuggvenyt Lagrange fuggvenynek, λ-t pedig multip-likatornak szoktak nevezni.

Bizonyıtas. A bizonyıtasban kihasznaljuk a ketvaltozos fuggvenyekbol kepzettosszetett fuggvenyek derivacios, n. lancszabalyat. Eszerint, ha f : R2 → R, esϕ1, ϕ2: R → R tıpus fuggvenyek, akkor az

F : R → R, F (x) = f(ϕ1(x), ϕ2(x))

osszetett fuggveny derivaltjat a kovetkezokeppen kapjuk:

F ′(x) = ∂1f(x, ϕ(x))ϕ′1 + ∂2f(x, ϕ(x))ϕ′

2(x),

ahol most ∂1f , illetve ∂2f az f fuggveny parcialis derivaltjait jeloli.Esetunkben a g(x, y) = 0 implicit egyenletbol a tetel feltetelei miatt kifejezheto

az egyik valtozo, mondjuk y excplit y = ϕ(x) alakban, legalabbis x0 egykornyezeteben. Ekkor termeszetesen g(x, ϕ(x)) = 0, s ıgy ezt derivalva x0-ban

∂1g(x0, y0) + ∂2g(x0, y0)ϕ′(x0) = 0


adodik. Masreszt, a g(x, y) = 0 gorbe menten tekintve csupan f -et, az F (x) =f(x, ϕ(x)) fuggvenynek helyi szelsoerteke van x0-ban. Ezert F ′(x0) = 0, s ıgy

∂1f(x0, y0) + ∂2f(x0, y0)ϕ′(x0) = 0.

A fenti ket egyenletbol

ϕ′(x0) = −∂1g(x0, y0)

∂2g(x0, y0)es ϕ′(x0) = −∂1f(x0, y0)

∂2f(x0, y0)

adodik. Ezeket egyenlove teve, atrendezve kapjuk, hogy

∂1f(x0, y0)

∂1g(x0, y0)=∂2f(x0, y0)

∂2g(x0, y0).

Ezt a kozos erteket −λ0-lal jelolve,

∂1f(x0, y0) + λ0∂1g(x0, y0) = 0

∂2f(x0, y0) + λ0∂2g(x0, y0) = 0

adodik, mely ekvivalens a∂1L(x0, y0, λ0) = 0

∂2L(x0, y0, λ0) = 0

feltetelrendszerrel. L harmadik parcialis derivaltjara automatikusan teljesul

∂3L(x0, y0, λ0) = 0,

ugyanis az tulajdonkeppen a felteteli egyenlet: g(x0, y0) = 0.Q. E. D.

A modszert gy alkalmazzuk, hogy kepezzuk az

L(x, y, λ) = f(x, y) + λg(x, y)

Lagrange fuggvenyt, es keressuk ennek stacionarius helyeit. Ehhez megoldjuk a 3ismeretlenes 3 egyenletbol allo egyenletrendszert:

∂1f(x, y) + λ∂1g(x, y) = 0

∂2f(x, y) + λ∂2g(x, y) = 0

g(x0, y0) = 0.

A kapott megoldasok lehetnek csak szelsoertekhelyek. Legtobbszor a feladatsajatossagabol adodik, hogy valoban azok es milyen minoseguek (maximum vagyminimum).

Pelda. Legyen a celfuggveny f(x, y) = 2lnx + 3ln y alak, s felteteli egyenletpedig 4x+ 5y = p, ahol p egy valos (pozitıv) parametert jelent.


f teljes ertelmezesi tartomanya D = {(x, y) |x > 0, y > 0 }. A felteteli egyenletmost egy egyenest jelent, de aD-re vonatkozo korlatok miatt annak csak egy (nyılt)szakaszat. A Lagrange fuggveny alakja:

L(x, y, λ) = 2lnx+ 3ln y + λ(4x+ 5y − p).

Kiszamıtjuk L parcialis derivaltjait:

∂xL(x, y, λ) = 2x + 4λ

∂yL(x, y, λ) = 3y + 5λ

∂λL(x, y, λ) = 4x+ 5y − p.

Tehat a megoldando egyenletrendszer:

2

x+ 4λ = 0

3

x+ 5λ = 0

4x+ 5y − p = 0.

A megoldas: x = p10 , y = 3p

25 , λ = − 5p . A talalt (x, y) szamparban nyilvan

maximum van, hiszen a celfuggveny alulrol nem korlatos.

B) Tobbvaltozos fuggveny felteteles szelsoerteke tobb feltetel mellett

n valtozos f(x1, x2, . . . , xn) celfuggveny eseten tobb korlatozo feltetel is lehet.A feltetelek szama azonban nem haladhatja meg f valtozoinak szamat. A feltetelihalmazt (masszoval, megengedett tartomanyt) k darab (k < n) egyenlet adjameg:

S = {x ∈ Rn | g1(x) = 0, . . . , gk(x) = 0 }.A felteteles szelsoertek keresese most is az f|S S-re megszorıtott fuggvenyszelsoertekeinek kereseset jelenti. A kovetkezo tetel a felteteles szelsoertekletezesenek egy szukseges feltetelet adja meg.

Allıtas. Ha f, g1, g2, . . . , gk:D ⊂ Rn → R parcialisan differencialhato fugg-venyek, es f -nek x0-ban felteteles szelsoerteke van a g1(x) = 0, . . . , gk(x) = 0feltetelek mellett (k < n), tovabba Dg1(x0), . . . , Dgk(x0) linearisan fuggetlenek,akkor van olyan λ1

0, . . . , λk0 ∈ R, hogy az

L(x, λ1, . . . , λk) = f(x) + λ1g1(x) + . . .+ λkgk(x)

fuggvenynek (x0, λ10, . . . , λ

k0) stacionarius helye, azaz ott L mindegyik parcialis

derivaltja nulla.

A tetelben szereplo L fuggvenyt Lagrange fuggvenynek, λ1, . . . , λk-kat pedigmultiplikatoroknak szoktak nevezni.


A tetel bizonyıtasat mellozzuk. A szelsoertekhelyek keresesehez ilyenkor aLagrange fuggveny parcialis derivaltjat kepezzuk eloszor az n darab x1, x2, . . . , xnvaltozo szerint, majd a k darab λ1, . . . , λk segedvaltozo szerint. Az utobbiak mostis a g1, . . . , gk fuggvenyek lesznek. Tehat a megoldando egyenletrendszer alakja:

∂1f(x1, . . . , xn) + λ1∂1g1(x1, . . . , xn) + . . .+ λk∂1gk(x1, . . . , xn) = 0

...

∂nf(x1, . . . , xn) + λ1∂ng1(x1, . . . , xn) + . . .+ λk∂ngk(x1, . . . , xn) = 0

g1(x1, . . . , xn) = 0

...

gk(x1, . . . , xn) = 0.

Alkalmazaskeppen bemutatjuk a szamtani es mertani kozep kozotti egyenlotlensegegyik bizonyıtasi lehetoseget.

A celfuggveny: f(x1, x2, . . . , xn) = n√x1x2 · · ·xn, ahol x1 ≥ 0, . . . , xn ≥ 0.

Egy feltetel adott: x1 + x2 + . . .+ xn = a, ahol a ∈ R rogzıtett pozitıv szam.A Lagrange fuggveny:

L(x1, x2, . . . , xn, λ) = n√x1x2 · · ·xn + λ(x1 + x2 + . . .+ xn − a).

Ennek xi szerinti parcialis derivaltja:

n√x1x2 · · ·xnnxi

+ λ = 0

minden i = 1, 2, . . . , n-re. Emiatt x1 = x2 = . . . = xn kovetkezik. A feltetel miattx1 = x2 = . . . = xn = a

n . Ezen a helyen csak maximum lehet, hiszen nemnegatıvaka valtozok, tehat a minimumertek nulla. Ebbol adodoan minden mas (a felteteltteljesıto x1, x2, . . . , xn eseten

f(x1, x2, . . . , xn) ≤ f(a

n,a

n, . . . ,

a

n) =

a

n,

azaz x1 + x2 + . . .+ xn = a miatt

n√x1x2 · · ·xn ≤ x1 + x2 + . . .+ xn

n.

9. Hatarozatlan integral

A derivalas egy mindenutt differencialhato fuggvenyhez hozzarendeli a de-rivaltfuggvenyet. A hatarozatlan integral keresese a derivalasnak az ellentett-je. Most megadott f egyvaltozos valos fuggvenyhez keresunk olyan F ugyanottertelmezett es mindenutt differencialhato fuggvenyt, amelynek a derivaltfuggve-nye eppen f : F ′ = f . Az ilyen F fuggvenyt f primitıv fuggvenyenek nevezzk, sf primitıv fuggvenyeinek halmazat f hatarozatlan integraljanak mondjuk. Jele:F =

∫

f vagy F (x) =∫

f(x)dx. Ilyenkor f -et integrandusnak is mondjuk. A’hatarozatlan’ jelzo arra utal, hogy f -nek — ha egyaltalan van, — nemcsak egyprimitıv fuggvenye van. Ugyanis, ha F primitıv fuggvenye f -nek, akkor F (x) +Cis az, (ahol C egy valos konstans fuggvenyt jelol,) hiszen a konstans fuggvenyderivaltja nulla. f -nek mas primitıv fuggvenye viszont mar nincs is, hiszen haF ′ = G′ = f , akkor G − F = C (konstans) kovetkezik. Osszefoglalva, ha egyf fuggvenynek van egy F primitıv fuggvenye, akkor vegtelen sok is van, de azokF -tol csak egy konstansban ternek el.

A fuggvenyek derivalasa soran szamos elemi fuggvenynek megismertuk aderivaltfuggvenyet. Ennek alapjan azonnal adodik nehany fuggveny hatarozat-lan integralja.

9.1 Alapintegralok

Az alapintegralok felsorolasaban C tetszoleges konstans valos szamot jelol.

∫

xαdx =xα+1

α+ 1+ C, ha α 6= −1.

∫

1

xdx = ln |x| + C

∫

axdx =ax

ln a+ C, specialisan

∫

exdx = ex + C

∫

sinxdx = − cosx+ C

∫

cosxdx = sinx+ C

75

76 9. HATAROZATLAN INTEGRAL

∫

1

cos2 xdx = tg x+ C

∫

1

sin2 xdx = −ctgx+ C

∫

1√1 − x2

dx = arc sinx+ C

∫

1

1 + x2dx = arc tg x+ C

9.2 Integralasi szabalyok

A derivalas tulajdonsagaibol konnyen adodnak az alabbi integralasi szabalyok:(A tovabbiakban mindig feltetelezzuk, hogy a szobanforgo hatarozatlan

integralok leteznek.)

∫

(f + g) =

∫

f +

∫

g

∫

λf = λ

∫

f

ahol λ ∈ R konstans. A szorzatfuggveny derivalasi szabalyabol kapjuk azun. parcialis integralas szabalyat:

Allıtas.∫

f ′g = fg −∫

fg′

Bizonyıtas. A jobboldalon szereplo fuggveny derivaltjat kepezzuk:

(fg −∫

fg′)′ = (fg)′ − fg′ = f ′g + fg′ − fg′ = f ′g.

Q. E. D.A parcialis integralas szabalyat akkor celszeru alkalmazni az f ′g alaku

integrandus hatarozatlan integraljanak meghatarozasara, ha fg′ hatarozatlanintegraljanak felismerese konnyebbnek tunik.

Pelda. 1) Az x cos x fuggveny hatarozatlan integraljanak megkeresesehezcelszeru cosx-et derivaltfuggvenynek tekinteni, mert a parcialis integralas sorana masik (az x fuggveny) fokszama csokken. Tehat f(x) = x, g′(x) = cosxvalasztassal g(x) = sinx, ıgy

∫

x cosxdx = x sinx−∫

1 · sinxdx = x sinx+ cosx+ C

2) Az lnx fuggveny hatarozatlan integraljanak megkeresesere is alkalmazhatjuka parcialis integralas modszeret. f(x) = lnx, g′(x) = 1 valasztassal

lnxdx =

∫

lnx · 1dx = xln x−∫

1

xxdx = xlnx− x+ C

9.2. INTEGRALASI SZABALYOK 77

3) Neha a parcialis integralas tobbszori alkalmazasa vezet eredmenyre. Peldaul

∫

ex sinxdx = ex sinx−∫

ex cosxdx =

= ex sinx− (ex cosx+

∫

ex sinxdx) = ex(sinx− cosx) −∫

ex sinxdx

alapjan∫

ex sinxdx =1

2ex(sinx− cosx) + C

Az osszetett fuggvenyderivalasi szabalyanak megfeleloje a helyettesıtessel valointegralas.

Allıtas.∫

f(x)dx =

∫

f(g(t)) g′(t)dt (g−1(x))

(A jobboldali integralfuggveny t valtozojaba g−1(x) van helyettesıtve.)

Bizonyıtas. A jobboldalon szereplo fuggveny derivaltjat kepezzuk az osszetettfuggveny derivalasi szabalya es az inverz fuggveny derivalasi szabalya alapjan:

(∫

f(g(t)) g′(t)dt (g−1(x))

)′=

= f(g(g−1(x))) g′ (g−1(x)) · 1

g′(g−1(x))= f(x)

Q. E. D.A helyettesıtessel valo integralas modszere a kovetkezo lepesekbol all:

1) kivalasztjuk az x helyere helyettesıtendo g(t) fuggvenyt, meghatarozzuk ag′(t) derivaltfuggvenyt,

2)∫

f(x)dx-ben x helyebe g(t)-t, dx helyebe g′(t)dt-t ırunk es kiszamıtjuk amost adodo hatarozatlan integralt (ennek t a valtozoja),

3) vegul t helyere visszahelyettesıtjuk a g−1(x) fuggvenyt, s ezzel megkapjukaz x fuggvenyekent adodo keresett hatarozatlan integralt.

Pelda. Meghatarozando∫ √

1 − x2dx. Alkalmazzuk az x = g(t) = sin t

helyettesıtest. Most g−1(x) = arc sinx, es g′(t) = cos t. Igy

∫

√

1 − x2dx =

∫

√

1 − sin2 t cos tdt =

∫

cos2 tdt =

=

∫

1 + cos 2t

2dt =

t

2+

sin 2t

4=

1

2(t+ sin t cos t) =

1

2(arc sinx+ x

√

1 − x2)

A helyettesıteses integralas egyszerubb eseteit gyakran alkalmazhatjuk:


1) Ha f -nek F primitıv fuggvenye, akkor

∫

f(ax+ b)dx =F (ax+ b)

a+ C

2)∫

f ′(x)

f(x)dx = ln |f(x)| + C

3)∫

fα(x) f ′(x)dx =1

α+ 1fα+1(x) + C ha α 6= −1.

Pelda.∫

x

1 + x2dx =

1

2

∫

2x

1 + x2dx =

1

2ln (1 + x2) + C

∫

tg xdx = −∫ − sinx

cosxdx = −ln | cosx| + C

∫

2x3√

1 + x2dx =

∫

2x(1 + x2)13 dx = (1 + x2)

43 · 3

4+ C

9.3 Racionalis tortfuggvenyek integralasa

Azokat a fuggvenyeket nevezzuk racionalis tortfuggvenyeknek, amelyek ketpolinom hanyadosakent allnak elo:

f(x) =akx

k + . . . a1x+ a0

bnxn + . . . b1x+ b0.

Az ilyen fuggvenyek hatarozatlan integraljai mindig meghatarozhatok az un. par-cialis (vagy elemi) tortekre bontas segıtsegevel. A modszert teljes altalanossagabannem ismertetjuk, most csak nehany peldan mutatjuk be.

Eloszor is a korabbiakbol tudjuk, hogy specialis tortfuggvenyek eseteben:

∫

1

x− adx = ln |x− a| + C

∫

1

(x− a)αdx =

1/(1 − α)

(x− a)α−1+ C

∫

1

1 + x2dx = arc tg x+ C

∫

x

1 + x2dx =

1

2ln (1 + x2) + C

Az

∫

1

ax2 + bx+ cdx alaku hatarozatlan integral kiszamıtasahoz 3 esetet targya-

lunk:

9.3. RACIONALIS TORTFUGGVENYEK INTEGRALASA 79

• D = b2 − 4ac = 0. Ilyenkor

∫

1

ax2 + bx+ cdx =

∫

1

a(x− x0)2dx = − 1

a(x− x0)+ C

• D = b2 − 4ac > 0. Ekkor a nevezoben szereplo polinomnak ket kulonbozogyoke van. Az integrandus

1

a(x− x1)(x − x2)=

1

a

[

A

x− x1+

B

x− x2

]

un. parcialis tortekre bonthato, ahol az

A+B = 0

−Ax2 −Bx1 = −1

osszefuggeseknek kell teljesulni. Innen A = 1x2−x1

es B = 1x1−x2

kovetkezik.Tehat most

∫

1

ax2 + bx+ cdx =

1

a

∫(

1/(x2 − x1)

x− x1+

1/(x1 − x2)

x− x2

)

dx =

=1

a

[

1

x2 − x1ln |x− x1| +

1

x1 − x2ln |x− x2|

]

+ C

• D = b2 − 4ac < 0. Most nincs gyoke a nevezonek. Atalakıtassal az∫

1

1 + x2dx alapintegralra vezetjuk vissza a keresendot.

∫

1

ax2 + bx+ cdx =

∫

1

a(x+ b2a )2 − D

4a

dx =

= −4a

D

∫

1

( 2a√−Dx+ b√

−D )2 + 1dx =

2√−Darc tg (

2a√−Dx+

b√−D ) + C.

A masodik esetben bemutatott parcialis tortekre bontas bonyolultabb esetek-ben is lehetseges, amennyiben a nevezoben szereplo polinom gyokeit ismerjuk.

Pelda. Meghatarozando az

∫

3x2 − 1

(x− 1)(x2 + 1)dx hatarozatlan integral.

Az integrandust mostA

x− 1+Bx+ C

x2 + 1alakban kıvanjuk folbontani. Ekkor

szuksegkeppen3x2 − 1 = A(x2 + 1) + (Bx+ C)(x − 1),

azazA+B = 3

C −B = 0


A− C = −1

ahonnan A = 1, B = 2, C = 2 adodik. Igy

∫

3x2 − 1

(x− 1)(x2 + 1)dx =

∫

1

x− 1dx+

∫

2x

x2 + 1dx +

∫

1

x2 + 1dx =

= ln |x− 1| + ln (x2 + 1) + 2arc tg x.

10. Hatarozott integral

10.1 Alapfogalom es tulajdonsagok

A hatarozott integral a fuggvenygorbe alatti teruletfogalmat altalanosıtja. Egyadott [a, b] intervallumon ertelmezett fuggvenyhez hozzarendelunk egy szamot,mely pozitıv fuggveny eseteben eppen az x tengely es az [a, b]-nek megfelelofuggvenygorbe kozotti tartomany teruletet adja. Latni fogjuk, hogy a hatarozottintegral fogalma a fuggvenyek osszeadasaval, szammal valo szorzasaval termeszeteskapcsolatban van. A Newton-Leibniz szabaly szerint a hatarozott integralkiszamıtasa f hatarozatlan integralja segıtsegevel tortenhet.

A pontos reszletes definıciot csak folytonos f fuggveny eseteben adjuk meg.Legyen az f fuggveny [a, b]-n ertelmezett folytonos fuggveny. Tekintsuk az [a, b]intervallum egy 2n egyenlo reszre torteno beosztasat. Ilyenkor az osztopontok:

xi = a+ ib− a

2n, i = 0, 1, . . . , 2n.

Az egyes reszintervallumok hossza b−a2n . Jelolje mi az i-dik reszintervallumban a

fuggvenyertekek minimumat (ezt felveszi a fuggveny, hiszen folytonos):

mi = min {f(x) | x ∈ [xi−1, xi] }

Ehhez a beosztashoz kepezzuk az un. (also) kozelıto osszeget:

sn =

2n

∑

i=1

mi(xi − xi−1)

sn szemleletes jelentese (pozitıv fuggveny eseteben) nem mas, mint az adottbeosztashoz tartozo beırhato teglalapok teruletosszege.

81

82 10. HATAROZOTT INTEGRAL

x

yf(x)

a b

Allıtas. Az sn sorozat konvergens.

Bizonyıtas. Eloszor azt mutatjuk meg, hogy sn felulrol korlatos. Ugyanis,jelolje M a f fuggveny egy felso korlatjat. Nyilvan mi ≤M . Ezert

sn =2n

∑

i=1

mi(xi − xi−1) ≤M2n

∑

i=1

(xi − xi−1) = M(b− a)

Masodjara belatjuk, hogy sn monoton no. Ha egy intervallumon egy folytonosfuggveny minimuma m, akkor az intervallum felezesevel adodo ket reszintervallummindegyiken a fuggveny minimuma legalabb m. Emiatt az sn+1 eloallıtasabanszereplo ket-ket tag sn egy-egy tagjaval alulrol becsulheto:

sn+1 = . . .+m′2i−1

b− a

2n+1+m′

2i

b− a

2n+1+ . . . ≥ . . .+mi

b− a

2n+ . . . = sn

Tehat sn monoton novekvo es felulrol korlatos, ezert konvergens. Q. E. D.

Definıcio. Az sn also kozelıto osszegek sorozatanak hatarerteket az f fuggveny[a, b] intervallumra vonatkozo hatarozott integraljanak nevezzuk. Jelolese:

∫ b

a

f(x) dx vagy

∫ b

a

f.

Megjegyzes.

1. A fentiekhez hasonloan — minimumok helyett maximumokkal — ertelmez-heto a felso kozelıto osszegek Sn sorozata is, amelyrol belathato, hogymonoton csokken, alulrol korlatos, ezert szinten konvergens. Sot folytonosfuggveny eseteben igazolhato, hogy sn es Sn hatarerteke megegyezik.

2. Nem folytonos, de korlatos fuggveny eseteben a hatarozott integral ıgy nemertelmezheto. Ekkor minimumok es maximumok helyett az also, illetve a

10.1. ALAPFOGALOM ES TULAJDONSAGOK 83

felso kozelıto osszegek kepzeseben a pontos also korlat es a pontos felso korlatfogalmat hasznaljuk:

mi = inf {f(x) | x ∈ [xi−1, xi] }

Mi = sup {f(x) | x ∈ [xi−1, xi] }s ezekkel kepezzuk az s es S also, illetve felso kozelıto osszegeket. Tekintsukaz [a, b] intervallum osszes lehetseges beosztasahoz (nemcsak az egyenloreszekre valo felosztasokhoz) tartozo also es felso kozelıto osszegeket. Akkormondjuk f -et [a, b]-n integralhatonak, ha az also kozelıto osszegek pontosfelso korlatja megegyezik a felso kozelıto osszegek pontos also korlatjaval,azaz csak egy olyan szam van, amely nagyobb vagy egyenlo barmely alsokozelıto osszegnel, es kisebb vagy egyenlo barmely felso kozelıto osszegnel.Ezt a szamot nevezzuk f [a, b]-re vonatkozo hatarozott integraljanak. Eztaz integralfogalmat Riemann-integralnak is nevezik.

3. Ez utobbi ertelemben termeszetesen nem minden fuggveny integralhato, dea tipikusak, pl. a folytonosak, a monotonak bizonyıthatoan igen. Nemintegralhato fuggvenyre pelda az a [0, 1]-en ertelmezett fuggveny, amelyminden racionalis x szam eseten 0-at vesz fel ertekkent, s 1-et mindenirracionalis x szam eseten. Ennel a fuggvenynel nyilvan minden also kozelıtoosszeg 0, s minden felso kozelıto osszeg 1.

A hatarozott integral ertelmezesebol konnyen adodnak az alabbi tulajdonsagok:1) ha f es g [a, b]-n folytonos, akkor

∫ b

a

(f + g) =

∫ b

a

f +

∫ b

a

g

2) ha f folytonos es λ ∈ R konstans, akkor

∫ b

a

λf = λ

∫ b

a

f

3) ha f folytonos es c ∈ (a, b), akkor

∫ b

a

f =

∫ c

a

f +

∫ b

c

f

4) ha m ≤ f(x) ≤M minden x ∈ [a, b]-re, akkor

m(b− a) ≤∫ b

a

f ≤M(b− a)

Megjegyzes.

1. Megallapodas szerint∫ a

af = 0 es

∫ a

bf = −

∫ b

af .


2. A 4) tulajdonsag miatt

m ≤ 1

b− a

∫ b

a

f ≤M,

ıgy folytonos f eseten m-nek a fuggveny minimumat, M -nek pedig amaximumat valasztva kovetkezik, hogy van olyan ξ ∈ (a, b), hogy

f(ξ) =1

b− a

∫ b

a

f

Ez utobbi erteket az f fuggveny [a, b] intervallumra vonatkozo integralkoze-penek is nevezik.

10.2 Newton-Leibniz tetel

A most bizonyıtando formula azt fejezi ki, hogy a hatarozott integral konnyenkifejezheto f egy primitıv fuggvenyenek ismereteben: a primitıv fuggvenyneka vegpontokban felvett ertekeinek a kulonbsege. Ez lenyegesen megkonnyıti ahatarozott integralok kiszamıtasat.

Elobb azt latjuk be, hogy ha a hatarozott integral eseteben a felso hatartvaltozonak tekintjuk, akkor tulajdonkeppen f egy primitıv fuggvenyet kapjuk.

Legyen

T (x) =

∫ x

a

f (x ∈ [a, b])

Elnevezese: teruletmero fuggveny vagy integralfuggveny.

x x

yf(x)

a

T (x)

Allıtas. Ha f folytonos [a, b]-n, akkor a T : [a, b] → R teruletmero fuggvenymindenutt differencialhato, es T ′ = f , azaz T primitıv fuggvenye (hatarozatlanintegralja) f -nek.

10.3. INTEGRALASI SZABALYOK 85

Bizonyıtas. x0 ∈ [a, b]-ben vizsgaljuk a differencialhatosagot. Az egyszerusegkedveert tegyuk fel, hogy x > x0. A hatarozott integral tulajdonsagait kihasznalva

T (x) − T (x0)

x− x0=

1

x− x0

(∫ x

a

f −∫ x0

a

f

)

=

=1

x− x0

∫ x

x0

f = f(ξ)

ahol ξ ∈ (x0, x). Ezert

limx→x0

T (x) − T (x0)

x− x0= f(x0),

azaz T ′(x0) = f(x0). Q. E. D.A fenti allıtast szokas az integralszamıtas alaptetelenek is nevezni. Nem

folytonos fuggveny eseteben az allıtas nem igaz. Altalaban a T teruletmerofuggveny csak folytonos, es azokban az x0 pontokban differencialhato, ahol ffolytonos.

Allıtas. (Newton-Leibniz szabaly) Ha F primitıv fuggvenye az f [a, b]-nfolytonos fuggvenynek, akkor

∫ b

a

f(x) dx = F (b) − F (a).

Bizonyıtas. Az elobb lattuk, hogy a T (x) =∫ x

af teruletmero fuggveny is

primitıv fuggvenye f -nek, ezert F (x) = T (x) + C, ahol C ∈ R konstans. IgyT (a) = 0 miatt

∫ b

a

f = T (b) − T (a) = F (b) − F (a).

Q. E. D.A jobboldali kifejezesre gyakran a tomorıtett [F (x)]ba jelolest alkalmazzuk.

Pelda. Szamıtsuk ki a∫ π/2

0 sinxdx hatarozott integralt!Mivel

∫

sinxdx = − cosx+ C,

∫ π/2

0

sinxdx = [− cosx]π/20 = − cos

π

2+ cos 0 = 1.

Ezzel megkaptuk a szinusz ”felhullam’ alatti teruletet.

10.3 Integralasi szabalyok

A parcialis integralas es a helyettesıteses integralas szabalyat hatarozott in-tegralokra is kiterjeszthetjuk. A bizonyıtasban kihasznaljuk a hatarozatlan in-tegralra mar bizonyıtott osszefuggeseket a Newton-Leibniz szabalyon keresztul.


Allıtas. Ha f es g [a, b]-n differencialhato fuggvenyek es leteznek az∫

f ′g es∫

fg′ hatarozatlan integralok, akkor

∫ b

a

f ′(x)g(x) dx = f(b)g(b) − f(a)g(a) −∫ b

a

f(x)g′(x) dx

Bizonyıtas. A Newton-Leibniz szabaly alapjan

∫ b

a

f ′(x)g(x) dx =

[∫

f ′(x)g(x) dx

]b

a

=

=

[

f(x)g(x) −∫

f(x)g′(x) dx

]b

a

= f(b)g(b) − f(a)g(a) −∫ b

a

f(x)g′(x) dx

Q. E. D.

Megjegyzes. A hatarozott integralokra vonatkozo fenti szabaly akkor is ervenyes,ha a szoban forgo hatarozatlan integralok nem leteznek. Ilyenkor termeszetesen afenti bizonyıtas nem jo.

Allıtas. Ha f [a, b]-n folytonos, van primitıv fuggvenye es g: [α, β] → [a, b]bijektıv differencialhato fuggveny, g(α) = a, g(β) = b, akkor

∫ b

a

f(x) dx =

∫ β

α

f(g(t))g′(t) dt.

Bizonyıtas.

∫ b

a

f(x) dx =

[∫

f(x) dx

]b

a

=

[∫

f(g(t))g′(t) dt (g−1(x))

]b

a

=

=

[∫

f(g(t))g′(t) dt

]β

α

=

∫ β

α

f(g(t))g′(t) dt.

Q. E. D.

Pelda. Szamıtsuk ki az

∫ 1

0

ex

1 + e2xdx hatarozott integralt!

Az x = g(t) = ln t, t = ex helyettesıtest valasztjuk. Most g′(t) = 1t , s

g(1) = 0, g(e) = 1, ezert

∫ 1

0

ex

1 + e2xdx =

∫ e

1

t

1 + t21

tdt =

∫ e

1

1

1 + t2dt = [arc tg t]

e1 = arc tg e− π

4.

10.4. ALKALMAZASOK 87

10.4 Alkalmazasok

A hatarozott integral legegyszerubb alkalmazasai a geometriai motivaciohozkotodnek. Mint a fogalom kialakıtasakor is jeleztuk, a hatarozott integral azf(x) fuggvenygorbe alatti teruletet jelenti, amennyiben f(x) ≥ 0 [a, b]-n. Ahola fuggveny negatıv, ott a fuggvenygorbe feletti x tengelyig terjedo terulet −1-szereset kapjuk.

A) Tegyuk fel most, hogy ket fuggveny gorbeje zar kozre egy sıktartomanyt,ugy, hogy f(a) = g(a) es f(b) = g(b), tovabba f(x) ≥ g(x) minden x ∈ [a, b]-re.Ilyenkor a ket fuggveny gorbe kozotti sıktartomany terulete nyilvan

∫ b

a

(f(x) − g(x)) dx.

Peldakepp szamıtsuk ki a kor teruletet! A felso felkort az y =√R2 − x2

fuggveny ırja le, mıg az alsot az y = −√R2 − x2 fuggveny. A

T =

∫ R

−R2√

R2 − x2 dx

hatarozott integralt kell kiszamıtani. Az x = g(t) = R sin t helyettesıtestalkalmazzuk; most g′(t) = R cos t es g(−π/2) = −R, g(π/2) = R. Igy

T =

∫ R

−R2√

R2 − x2 dx = 2

∫ π/2

−π/2R2 cos2 tdt =

= R2

∫ π/2

−π/2(1 + cos 2t) dt = R2

[

t+cos 2t

2

]π/2

−π/2= R2π.

B) Egy fuggvenygorbe ıvhosszat is meghatarozhatjuk integrallal. Tegyuk fel,hogy [a, b]-n egy f folytonosan differencialhato fuggveny adott. Ilyenkor az [a, b]-hez tartozo fuggvenygorbe ıvhossza

∫ b

a

√

1 + (f ′(x))2 dx

amennyiben a szobanforgo integral letezik.Ugyanis a gorbe ıvhosszat kozelıthetjuk az [a, b] egy beosztasahoz tartozo

torottvonallal, melynek hossza

n∑

i=1

d(Pi−1Pi) =

n∑

i=1

√

(xi − xi−1)2 + (f(xi) − f(xi−1))2

Lagrange tetele szerint f(xi) − f(xi−1) = f ′(ξi)(xi − xi−1) valamilyen ξi ∈(xi, xi−1)-kel, ıgy

n∑

i=1

d(Pi−1Pi) =

n∑

i=1

√

1 + (f ′(ξi))2(xi − xi−1)


Lathatjuk, hogy a torottvonal hossza a szobanforgo hatarozott integralt kozelıti,a beosztas finomıtasaval tetszoleges pontossaggal.

C) Forgastestek felszınet es terfogatat is meghatarozhatjuk integrallal. Haaz y = f(x) folytonosan differencialhato fuggvenygorbe [a, b] kozott reszetmegforgatjuk az x tengely korul, akkor a kapott forgasfelulet felszıne:

F = 2π

∫ b

a

f(x)√

1 + (f ′(x))2 dx

illetve folytonos f eseten a forgastest terfogata

V = π

∫ b

a

f2(x) dx.

Az elso szabaly a csonkakup palastjanak felszınere vonatkozo osszefugges alkal-mazasaval igazolhato, a masodik majd’ nyilvanvalo.

x

y

a bz

f(x)

Pelda. Vezessuk le a gomb felszınere es terfogatara vonatkozo kepleteket!Most f(x) =

√R2 − x2, ıgy f ′(x) = −x√

R2−x2.

F = 2π

∫ R

−R

√

R2 − x2

√

1 +x2

R2 − x2dx =

= 2π

∫ R

−RRdx = 2π[Rx]R−R = 4πR2.

V = π

∫ R

−R(R2 − x2) dx = π

[

R2x− x3

3

]R

−R=

4πR3

3.

10.5. IMPROPRIUS INTEGRALOK 89

10.5 Improprius integralok

Az integralfogalom egyfajta kiterjeszteset teszik lehetove az improprius integralok;egyik esetben nem veges intervallumra, masik esetben pedig nem korlatosfuggvenyekre.

A) Tegyuk fel, hogy az f(x) folytonos fuggveny ertelmezve van minden x ≥ a-ra. Tekintsuk a

T (b) =

∫ b

a

f(x) dx

hatarozott integralt. Ha a T fuggvenynek van veges hatarerteke a vegtelenben,akkor azt mondjuk, hogy f -nek az [a,∞) intervallumon letezik az impropriusintegralja. Jelolese:

∫ ∞

a

f(x) dx = limb→∞

∫ b

a

f(x) dx

Most, mint latjuk, ezt az integralt nem kozelıto osszegek segıtsegevel definialtuk,hanem korlatos intervallumon vett hatarozott integralok hatarertekekent.

Egy balrol vegtelen (∞, a] intervallumon folytonos f fuggveny impropriusintegralja az elobbihez hasonloan ertelmezheto:

∫ a

−∞f(x) dx = lim

b→−∞

∫ a

b

f(x) dx

Legyen most f az egesz szamegyenesen folytonos fuggveny. Ekkor havalamilyen a ∈ R mellett letezik az

∫ a

−∞ f(x) dx es az∫∞a f(x) dx improprius

integral, akkor az f fuggveny egesz szamegyenesen vett improprius integralja:

∫ ∞

−∞f(x) dx =

∫ a

−∞f(x) dx +

∫ ∞

a

f(x) dx

Konnyen lathato, hogy az ıgy ertelmezett integral nem fugg az a szam megvalasz-tasatol.

Pelda. Szamıtsuk ki az∫ ∞

−∞

1

1 + x2dx

improprius integralt!

x

y

f(x)


a = 0-nal bontjuk:

∫ ∞

0

1

1 + x2dx = lim

b→∞[arc tgx]b0 =

π

2

A szimmetriabol adodoan a baloldali resz is ugyanannyi, ıgy

∫ ∞

−∞

1

1 + x2dx =

π

2+π

2= π.

B) A fuggveny, melynek integraljat akarjuk ertelmezni, legyen most olyan, hogycsupan (a, b]-n ertelmezett (es folytonos), de nem feltetlenul korlatos. Ilyenkor az

∫ b

a

f(x) dx

improprius integralon a kovetkezo hatarerteket ertjuk, ha letezik:

limy→a+0

∫ b

y

f(x) dx.

Hasonloan ertelmezendo az improprius integral, ha az f fuggveny b-ben nincsertelmezve.

Pelda. Szamıtsuk ki a

∫ 1

0

1√xdx improprius integralt!

∫ 1

0

1√xdx = lim

y→0

∫ 1

y

1√xdx = lim

y→0

[

2√x]1

y= lim

y→0(2 − 2

√y) = 2.

Nem letezik viszont pl. a kovetkezo improprius integral:

∫ 1

0

1

xdx = lim

y→0

∫ 1

y

1

xdx = lim

y→0[ln x]1y = lim

y→0(−ln y) = ∞.

Ilyenkor azt is mondjuk ez az integral nem konvergens.

11. Kettos integral

Ketvaltozos fuggvenyek adott sıktartomany feletti hatarozott integraljat azegyvaltozos esethez hasonloan definialjuk. Pozitıv fuggveny eseteben szemlele-tesen a hatarozott kettos integral nem mas, mint a fuggveny altal meghataro-zott felulet alatti, az [x, y] sıkig terjedo terresz terfogata. Az a sıktartomany,amely felett integralunk, egyszerubb esetben teglalap, altalaban azonban nem;de akkor is szukseges, hogy a terulete jol meghatarozott legyen. A kettos in-tegralok kiszamıtasat visszevezetjuk egyvaltozosokera, amennyiben az integraciostartomany jol leırhato, un. normaltartomany. Az eljarast szukcesszıv integralasnaknevezik. A kettos integralokra reszletesen elmondando dolgok kiterjeszthetok tobb(3,4, stb.) valtozos fuggvenyekre is. Ilyenkor tobbszoros integralokrol beszelunk.

11.1 A kettos integral fogalma

Legyen f :D ⊂ R2 → R ketvaltozos valos erteku folytonos fuggveny, s tegyuk feleloszor az egyszeruseg kedveert, hogy D = [a, b] × [c, d] zart teglalap. Tetszolegesn ∈ N termeszetes szam eseten keszıtsuk el az [a, b] es a [c, d] intervallum 2n egyenloreszre valo folbontasat, az osztopontokat jelolje:

xi = a+ ib− a

2n, i = 0, 1, . . . , 2n.

illetve

yi = c+ id− c

2n, i = 0, 1, . . . , 2n.

Ezaltal a D teglalapot 22n darab kis teglalapra osztottuk. A kis teglalapokteruleteit jelolje

tij = (xi − xi−1) · (yj − yj−1)

es az egyes teglalapokon a fuggvenyertekek minimumat jelolje mij . Kepezzuk azun. also kozelıto osszeget:

sn =

2n

∑

i,j=1

mijtij

Az egyvaltozos fuggvenyek esetehez hasonloan lathato most is, hogy az alsokozelıto osszegek sorozata monoton novekvo, felulrol korlatos, s ıgy konvergens

91

92 11. KETTOS INTEGRAL

sorozat. E sorozat hatarerteket nevezzuk az f ketvaltozos fuggveny D integraciostartomanyon vett hatarozott kettos integraljanak. Szoktak teruleti integralnak isnevezni Jele:

∫ b

a

∫ d

c

f(x, y) dxdy vagy

∫

D

f.

Megjegyzes.

1. Mint egyvaltozos esetben, most is megjegyezzuk, hogy minimumok helyettmaximumokkal kepezve a felso kozelıto Sn osszeget, hatarertekkent ugyanah-hoz az integralfogalomhoz jutunk. Nem folytonos, de korlatos fuggvenyekeseteben az integralhatosag kerdese merul fel. Reszleteket illetoen lasd azegyvaltozos esetet.

2. Ha a D integracios tartomany nem feltetlenul teglalap, de korlatos, akkorbelefoglalhatjuk egy bovebb D = [a, b] × [c, d] teglalapba, s az f fuggvenytkiterjesztjuk D-ra:

f(x, y) =

{

f(x, y) ha (x, y) ∈ D0 ha (x, y) ∈ D \D.

f altalaban nem folytonos, megha f az is, de a korlatossag a kiterjesztes soranmegmarad. f D-n vett integraljat most a kiterjesztett fuggveny integraljavalertelmezhetjuk:

∫

f(x, y) dxdy =

∫ b

a

∫ d

c

f(x, y) dxdy

Belathato, hogy ha maga a D tartomany merheto es f folytonos D-n, akkoraz integral ıgy valoban definialhato.

(Egy D sıktartomany merhetosege azt jelenti, hogy barmely ε > 0-hozvan egy olyan D-t tartalmazo sokszog es egy D-ben levo sokszog, amelyekteruletkulonbsege kisebb, mint ε.)

3. Ha egy D tartomanyon az f(x, y) = K konstans fuggvenyt integraljuk,K · t(D) adodik, ahol t(D) a D tartomany teruletet jelenti. Ezert a teruletkiszamıtasara is alkalmas a kettos integral:

t(D) =

∫

f(x, y) dxdy.

4. A kettos integralok tulajdonsagai a fuggvenyek muveleteivel kapcsolatbanlenyegeben ugyanazok, mint az egyvaltozos fuggvenyek eseteben. Azintegracios tartomany folbontasa most is lehetseges: ha D = D1 ∪ D2 ugy,hogy D1 es D2 zart, merheto, tovabba D1es D2 belsejenek metszete ures,akkor

∫

D

f =

∫

D1

f +

∫

D2

f

(Ennek igazolasa melyebb meggondolasokat igenyelne.)

11.2. SZUKCESSZIV INTEGRALAS 93

11.2 Szukcesszıv integralas

A kettos integralok kiszamıtasat az teszi lehetove, hogy visszavezethetjukegyvaltozos, de parameteres fuggvenyek hatarozott integraljainak kiszamıtasara.

Allıtas. Ha a D = [a, b] × [c, d] teglalapon az f fuggveny integralhato, tovabba

minden x ∈ [a, b] eseten letezik az∫ d

c f(x, y) dy integral, akkor

∫

D

f(x, y) dxdy =

∫ b

a

(

∫ d

c

f(x, y) dy)dx.

Ha pedig barmely y ∈ [c, d] eseten letezik az∫ b

a f(x, y) dx integral, akkor

∫

D

f(x, y) dxdy =

∫ d

c

(

∫ b

a

f(x, y) dx)dy.

Bizonyıtas. A bizonyıtashoz legyen g(x) =∫ d

cf(x, y) dy es az [xi−1, xi]

intervallumon jelolje g(x) ertekeinek pontos also, illetve felso korlatjat m′i illetve

M ′i . Az

∫ b

a (∫ d

c f(x, y) dy)dx integral also es felso kozelıto osszegeit jeloli s′n illetveS′n:

s′n =∑

i

m′i(xi − xi−1)

S′n =

∑

i

M ′i(xi − xi−1)

Ha x ∈ [xi−1, xi], akkor

g(x)

∫ d

c

f(x, y) dy =∑

j

∫ yj

yj−1

f(x, y) dy ≤∑

j

Mij(yj − yj−1)

ezert

M ′i ≤

∑

j

Mij(yj − yj−1),

s ıgy S′n ≤ Sn. Hasonloan adodik sn ≤ s′n. Az integralhatosag miatt lim sn =

limSn, ezert a

lim sn ≤ lim s′n ≤ limS′n ≤ limSn

egyenlotlensegsorban mindenutt egyenloseg all. Ez azt jelenti, hogy a szoban forgointegralok egyenlok. Q. E. D.

Megjegyzes.

1. A tetelt ugy is kifejezhetjuk, hogy a kettos integralas visszavezetheto ket’egyszeres’ integralasra, s az integralas sorrendje nem szamıt.


2. Amennyiben f(x, y) = g(x)h(y) szorzatalaku fuggveny, akkor nyilvanvaloan

∫ b

a

∫ d

c

f(x, y) dxdy =

∫ b

a

g(x) dx

∫ d

c

h(y) dy

Pelda. Szamıtsuk ki a∫

x2y dxdy integralt, aholD = { 1 ≤ x ≤ 2, 2 ≤ y ≤ 3 }teglalap alaku tartomany!

∫

x2y dxdy =

∫ 2

1

(

∫ 3

2

x2y dy) dx =

∫ 2

1

[

x2y2

2

]3

2

dx =

∫ 2

1

5x2

2dx =

[

5x3

6

]2

1

=35

6.

Masik sorrendben vegezve a szukcesszıv integralast

∫

x2y dxdy =

∫ 3

2

(

∫ 2

1

x2y dx) dy =

∫ 3

2

[

x3y

3

]3

2

dy =

∫ 3

2

7y

3dy =

[

7y2

6

]3

2

=35

6.

Nem teglalap alaku integracios tartomanyok eseten a szukcesszıv integralas na-gyobb figyelmet erdemel: A D ⊂ R2 sıktartomanyt elsofaju normaltartomanynaknevezzuk, ha vannak olyan ϕ1, ϕ2: [a, b] → R folytonos fuggvenyek, hogy

D = { (x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, ϕ1(x) ≤ y ≤ ϕ2(x) }

Dmasodfaju normaltartomany, ha valamely ψ1, ψ2: [c, d] → R folytonos fuggvenyekre

D = { (x, y) ∈ R2 | c ≤ y ≤ d, ψ1(y) ≤ x ≤ ψ2(y) }

Normaltartomany pl. egy kor, elsofaju, de nem masodfaju normaltartomanypl. ket erintkezo egymas melletti korlemez. Nem normaltartomany pl. egykorgyuru.

A normaltartomanyokon ertelmezett ketvaltozos folytonos fuggvenyekre ervenyesa kovetkezo tetel, amely egyszeru kovetkezmenye az elobbi allıtasnak es a D tar-tomanyon vett kettos integral definıciojanak.

Allıtas. Ha f :D ⊂ R2 → R es D elsofaju normaltartomany, akkor

∫

D

f(x, y) dxdy =

∫ b

a

(

∫ ϕ2(x)

ϕ1(x)

f(x, y) dy

)

dx.

Ha D masodfaju normaltartomany, akkor

∫

D

f(x, y) dxdy =

∫ d

c

(

∫ ψ2(y)

ψ1(y)

f(x, y) dx

)

dy.

Pelda. Szamıtsuk ki a∫

D(x2 + y2) dxdy kettos integralt a

D = { (x, y) | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2x }

11.3. TOBBSZOROS INTEGRAL 95

haromszogtartomany felett!Most D elsofaju normaltartomany (is), ϕ1(x) = 0, ϕ2(x) = 2x.

∫

D

(x2 + y2) dxdy =

∫ 1

0

(∫ 2x

0

(x2 + y2) dx

)

dx =

∫ 1

0

[

x2y +y3

3

]2x

0

dx =

=

∫ 1

0

(2x3 +8x3

3) dx =

[

14x4

12

]1

0

=14

12.

11.3 Tobbszoros integral

Ha R3 vagy Rn (n ≥ 3) valamely D tartomanyan ertelmezett f folytonosfuggvenyrol van szo, hasonloan a fentiekhez ertelmezheto az f fuggveny D felettihatarozott integralja, melyet n = 3 eseten szoktak terfogati integralnak, vagyharmas integralnak, tobbvaltozos fuggveny eseteben pedig tobbszoros integralnaknevezni.

Az Rn-beli teglatestek terfogatat az egy csucsbol indulo n el hosszainakszorzatakent kapjuk. A D tartomany felosztasahoz tartozo kis reszteglatestekterfogatmertekeit szorozva a fuggvenyertekek minimumaval, kapjuk az alsokozelıto osszegeket, s innentol a felepıtes ugyanugy megy tovabb.

Pelda. Szamıtsuk ki az R3-beli egysegkockan az f(x, y, z) = xy2z3 fuggvenyintegraljat!

∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0

xy2z3 dxdydz =

∫ 1

0

(

∫ 1

0

(

∫ 1

0

xy2z3 dx) dy) dz =

=

∫ 1

0

(

∫ 1

0

(1

2y2z3) dy) dz =

∫ 1

0

(1

2

1

3z3) dz =

1

2

1

3

1

4=

1

24.

12. Differencialegyenletek

Ebben a fejezetben az elsorendu differencialegyenletekkel ismerkedunk meg, snehany elemi uton megoldhato, nevezetesen a szeparabilis es a linearis diffe-rencialegyenleteket vizsgaljuk meg.

A differencialegyenletek a termeszetben es a tarsadalomban lejatszodo folya-matok szeles korenek leırasaban es vizsgalataban alkalmazhato. Olyankorbeszelunk differencialegyenletrol, ha a folyamatot leıro fuggvenyre valamely olyanosszefugges teljesul, amelyben a fuggetlen x valtozon es az y(x) fuggvenyen kıvula fuggveny derivaltja is szerepel. Ha csak az elso derivalt, akkor elsorendudifferencialegyenletrol van szo.

Mint minden fuggvenyekre vonatkozo egyenlet eseteben jellemzoen ket alapvetokerdes van: 1) van-e megoldasa vagy megoldasai az egyenletnek,2) hogyan szamıthatjuk ki a megoldast, vagy megoldasokat. A differencialegyen-letek vizsgalataban a ket kerdesre mas modszerrel adhato valasz. A megolda-s(ok) letezesenek igazolasa a differencialegyenletek egy igen szeles osztalyaralehetseges. A megoldasok explicit meghatarozasanak modja viszont csakszuk, specialis egyenletosztalyokra ismert, ezek kozul is csak a legegyszerubbetismertetjuk. Konkret differencialegyenletek eseteben sokszor az is elegendo,hogyha a megoldasok meghatarozasa nelkul a megoldasok tulajdonsagait, amegoldo fuggvenyek viselkedeset tudjuk csak meghatarozni. Ez utobbi kerdesbenincs modunk reszletesebben belemenni.

12.1 Elsorendu differencialegyenlet

Elsorendu differencialegyenletnek nevezzuk az

y′ = f(x, y)

egyenletet, ahol f : I × J ⊂ R × R → R ketvaltozos folytonos fuggveny, I, Jnyılt intervallumok. Az y: I∗ ⊂ R → R fuggveny megoldasa az elobbi diffe-rencialegyenletnek, ha I∗⊂I, y(I∗)⊂J es minden x ∈ I eseten

y′(x) = f(x, y(x)).

97

98 12. DIFFERENCIALEGYENLETEK

Megjegyzes.

1. Az elsorendu differencialegyenlet, illetve a megoldas fogalmat geometriailagaz un. iranymezovel szemleltethetjuk: ha minden (x, y) ∈ I×J pontbantekintjuk azt az iranyt, amelynek iranytangense eppen f(x, y), akkor az y(x)fuggveny akkor lesz megoldas, ha a fuggvenygorbe menten ezek az iranyokeppen a fuggvenygorbe erintoi.

2. Esetunkben a differencialegyenlet az egyvaltozos y(x) fuggvenyre vonatko-zik. Ilyenkor kozonseges differencialegyenletrol beszelunk. Amennyiben azismeretlen fuggveny tobbvaltozos, akkor parcialis differencialegyenletrol vanszo.

3. Magasabb rendu differencialegyenletrol, akkor volna szo, ha az egyenletbenaz ismeretlen fuggveny magasabb rendu derivaltjai is szerepelnenek.

4. Egy elsorendu differencialegyenletnek altalaban vegtelen sok megoldasavan, ezeket azonban sokszor nem a szokasos explicit y(x) alakban kapjuk,hanem egyenlet formajaban. Pl. az yy′ + x = 0 differencialegyenletmegoldasai x2 + y2 = C alakuak, ahol C tetszoleges nemnegatıv valos szam.Ebbol a kapcsolatbol y majdnem egyertelmuen, azaz eloljeltol eltekintveegyertelmuen hatarozhato meg x fuggvenyekent. Ekkor tulajdonkeppen amegoldas az y =

√C − x2 es az y = −

√C − x2 fuggvenyek egyesıtese.

A megoldas lenyegeben tehat egy kor, a√C sugaru kor. C kulonbozo

ertekei eseten mas-mas koroket kapunk, melyek mind a differencialegyenletmegoldasait jelentik. A megoldasgorbeket szoktak integralgorbeknek isnevezni.

Pelda. Tegyuk fel, hogy valamely y(x) mennyiseg valtozasanak sebessege(pl. a GNP valtozasanak sebessege) az x idopillanatban aranyos a mennyiseg xidopontbeli mennyisegevel:

y′ = ay.

Hogyan valtozik y az ido fuggvenyeben? Feltesszuk, hogy a konstans, az idotol nemfuggo adott ertek. (Ez azt jelenti, pl. hogy a GNP evrol evre azonos szazalekkal noavagy csokken). Konnyen lathato, hogy a differencialegyenletunket megoldjak azy(x) = Ceax fuggvenyek, ahol C tetszoleges pozitıv konstans. (Kesobb lathatjuk,hogy mas megoldas nincs is.) Ez azt jelenti, hogy a mennyiseg exponencialisanno, vagy csokken az ido fuggvenyeben. Az ilyen fuggvennyel leırhato folyamatokatevolucios folyamatoknak nevezik.

Kezdeti ertek problemarol beszelunk, ha a differencialegyenletunk mellett adottegy (x0, y0) ertekpar, s a differencialegyenletnek olyan y(x) megoldasat keressuk,melyre y(x0) = y0. Ez azt jelenti, hogy a differencialegyenlet vegtelen sokmeggoldasa kozul azt kell kivalasztanunk, amely egy adott x0-nal a megadotty0 erteket veszi fel.

12.2. SZETVALASZTHATO DIFFERENCIALEGYENLETEK 99

Egy differencialegyenlet ket megoldasa mar akkor is kulonbozo, ha ertelmeze-si tartomanyaik nem azonosak, bar ezek kozos reszere valo leszukıtesuk egyenlo.Ezert a megoldas egyertelmuseget a kovetkezokepp ertelmezzuk: az (x0, y0) kezdetiertek problema megoldasa egyertelmu, ha van a differencialegyenletnek olyanmegoldasa, hogy az (x0, y0) kezdeti ertek problema barmely mas megoldasa ennekleszukıtese. Az ilyen megoldast maximalis megoldasnak nevezzuk (tulajdonkeppaz ertelmezesi tartomanya a maximalis). A kovetkezo, a differencialegyenletekelmelete alaptetelenek nevezett tetelt nem bizonyıtjuk.

Allıtas. Ha differencialegyenletben szereplo f fuggvenynek letezik a ∂2f parcialisderivaltfuggvenye, amely folytonos az egesz I × J halmazon, akkor tetszoleges(x0, y0) ∈ I×J kezdeti ertek problemahoz egyertelmuen letezik olyan y: I∗ → R

maximalis megoldasa azy′ = f(x, y)

differencialegyenletnek, mely teljesıti a kezdeti feltetelt: y(x0) = y0.

A legegyszerubb differencialegyenlet

y′ = f(x)

alaku. Ekkor tulajdonkepp olyan y(x) fuggvenyt keresunk, amelynek derivaltjaf(x). Nyilvanvaloan y f -nek primitıv fuggvenye, masszoval hatarozatlan integralja,a megoldas ezert

y(x) =

∫

f(x) dx + C

tehat az egyenletnek vegtelen sok megoldasa van.Ha kezdeti ertek problema is adott, azaz azt kıvanjuk, hogy y(x0) = y0 is

teljesuljon, akkor az egyetlen megoldas:

y(x) = y0 +

∫ x

x0

f(t) dt

Ezt a megoldast ugy is megkaphatjuk, hogy a C-t valasztjuk meg alkalmasan.

12.2 Szetvalaszthato differencialegyenletek

Egy differencialegyenletet szetvalaszthato (valtozoju) differencialegyenletnek ne-vezunk, ha

y′ = g(x)h(y)

alakra hozhato. (Szoktak szeparabilisnek is mondani.) Az ilyen differencialegyen-let megoldasait a kovetkezok alapjan hatarozhatjuk meg. Rendezzuk baloldalraaz y-t tartalmazo kifejezeseket, jobboldalra az x-et tartalmazokat.

1

h(y(x))y′(x) = g(x)


Mindket oldal hatarozatlan integraljat kepezve:

∫

1

h(y(x))y′(x) dx =

∫

g(x) dx + C

A helyettesıteses integralas szabalya alapjan a baloldalt atalakıthatjuk:

∫

1

h(y)dy(y(x)) =

∫

g(x) dx + C

Ebbol az egyenletbol — jo esetben — a keresett y(x) fuggveny kifejezheto.

Pelda. Tegyuk fel, hogy a nepesseg novekedesenek uteme egy szigeten aranyosa nepesseg aktualis letszamaval, s tovabba a sziget maximalis befogadokepessegetjelento A ertektol valo elteressel:

y′ = ay(A− y)

A differencialegyenletben most a es A adott ertekek, s az egyenlet szetvalaszthatovaltozoju:

1

y(A− y)y′ = a

A fenti erveles alapjan:∫

1

y(A− y)dy =

∫

a dx

Kiszamıtva az itt szereplo integralokat, a kovetkezohoz jutunk:

1

Aln

y

A− y= ax+ C

Ebbol kifejezhetjuk az y fuggveny:

y =A

1 + e−A(C+ax

E fuggveny gorbejet, amely a fentiek alapjan a korlatos novekedesi folyama-tokra jellemzo, logisztikus gorbenek nevezik.

12.3 Linearis differencialegyenlet

Elsorendu linearis differencialegyenletnek nevezzuk az

y′ + p(x)y = q(x)

alaku egyenleteket. Az egyenletet homogen, ha q(x) = 0 minden x-re. Altalabaninhomogennak mondjuk.

12.3. LINEARIS DIFFERENCIALEGYENLET 101

Megjegyzes. Konnyen belathato, hogy egy homogen linearis differencial-egyenlet megoldasai alteret alkotnak a differencialhato fuggvenyek tereben, azazbarmely ket megoldas osszege is megoldas. Az is lathato hogy ez az alter1 dimenzios. Masreszt, ha egy inhomogen differencialegyenlethez tekintjuk ajobboldal lenullazasaval keletkezo homogen egyenletet, akkor megoldasaik halmazakozott ugyanaz a kapcsolat all fenn, mint a linearis egyeneletrendszerek eseteben:az inhomogen ket megoldasanak kulonbsege megoldasa lesz az homogennak, s azinhomogen egy megoldasanak es a homogen egy tetszoleges megoldasanak osszegeaz inhomogen egy megoldasat adja. Ez azt jelenti, hogy elegendo megkeresnunk ahomogen osszes (altalanos) megoldasat, tovabba az inhomogennek egy konkret(partikularis) megoldasat, ezekbol eloallıthato az inhomogen osszes (altalanos)megoldasa.

A) A homogen linearis differencialegyenlet mindig szetvalaszthato valtozoju:

y′ = −p(x)y

Ezert∫

1

ydy = −

∫

p(x) dx

azaz

ln |y| = −∫

p(x) dx + ln |C|

s ıgy a homogen egyenlet altalanos megoldasa:

y(x) = Ce−∫

p(x) dx

B) Az inhomogen egyenletet az un. allandok varialasanak modszereveloldhatjuk meg. Egy partikularis megoldast keresunk

y(x) = C(x)e−∫

p(x) dx

alakban. Behelyettesıtve az inhomogen egyenletbe C(x)-re egyszeru diffe-rencialegyenletet kapunk:

C′(x) = q(x)e∫

p(x) dx

ahonnan C(x) hatarozatlan integralassal adodik. Igy osszessegeben az inhomogenegyenlet altalanos megoldasat az

y(x) = e−∫

p(x) dx

{∫

q(x)e∫

p(x) dx dx+ C

}

alakban kapjuk.

Pelda. Oldjuk meg az

xy′ − y = x3 + 1

linearis differencialegyenletet!


1.lepesben az xy′ − y = 0 homogen egyenletet oldjuk meg:

y′

y=

1

x, tehat y = Cx

2. lepesben az inhomogen egy megoldasat C(x)x alakban keressuk:

x2C′ + xC − Cx = x3 + 1

azaz

C′ = x+1

x2, tehat C(x) =

x2

2− 1

x

Igy az egyenletunk altalanos megoldasa:

y(x) =x3

2− 1 + Cx.

13. Vektorterek

Tobb esetben talalkozhattunk olyan strukturaval, ahol az osszeadas es a (valos)szammal valo szorzas ertelmezett, pl. a szabadvektorok eseteben, vagy afuggvenyek koreben, vagy a matrixok eseteben. Ezek kozos vizsgalatat teszilehetove a vektorter fogalma.

Definıcio. Egy V 6= ∅ halmazt valos vektorternek nevezunk, ha V -benertelmezett az osszeadas muvelete, melyre teljesulnek az alabbi tulajdonsagok

∀ a, b∈V : a+ b = b+ a

∀ a, b, c∈V : (a+ b) + c = a+ (b+ c)

∃ 0∈V : a+ 0 = a

∀ a∈V ∃(−a)∈V : a+ (−a) = 0

tovabba minden λ ∈ R valos szam eseten ertelmezett az un. λ-val valo szorzas,mely a∈V -hez λa-t rendeli, s e hozzarendeles teljesıti az alabbi tulajdonsagokat:

∀λ, µ∈R, a∈V : (λ+ µ)a = λa+ µa

∀λ∈R, a, b∈V : λ(a+ b) = λa+ λb

∀λ, µ∈R, a∈V : (λ · µ)a = λ(µa)

1 · a = a

Megjegyzes.

1. Komplex vektorter ugyanıgy ertelmezheto, ha a fenti definıcioban a valosszam fogalmat a komplex szam fogalmara csereljuk.

2. A tovabbiakban azt a valos vagy komplex szamtestet, mely elemeivelszorozhatunk a vektorterben, skalartestkent emlıtjuk; e szorzast skalarralvalo szorzasnak szokas nevezni. Szamos vizsgalatban lenyegtelen, hogy askalartest a valos vagy a komplex szamtest, de nemely vizsgalatban fontoslesz. Ilyenkor felhıvjuk majd a figyelmet az elteresre.

103

104 13. VEKTORTEREK

3. Ket valos V1 es V2 vektorteret izomorfnak mondunk, ha van kozottuk olyanf :V1→V2 bijekcio, amely muvelettarto, azazf(a + b) = f(a) + f(b) es f(λa) = λf(a) teljesul minden a, b ∈ V1 esλ∈R eseten. Ilyenkor a ket vektorter muveleteik szempontjabol azonosnaktekintheto.

Peldak. 1) Legyen n ∈ N egy rogzıtett termeszetes szam. Rn jeloli a valos(rendezett) szam-n-esek halmazat (R n-szeres Descartes szorzata onmagaval). Rn-ben az osszeadast, s a λ skalarral valo szorzast komponensenkent ertelmezzuk:

(x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn) := (x1 + y1, . . . , xn + yn)

λ(x1, . . . , xn) := (λx1, . . . , λxn)

Konnyu ellenorizni, hogy az ıgy ertelmezett osszeadas es skalarral valo szorzasvaloban teljesıti a vektorterektol elvart tulajdonsagokat, ami azt jelenti, hogy Rn

valos vektorter a most ertelmezett muveletekkel.Ez a pelda azert kulonosen fontos, mert mint kesobb latni fogjuk, minden n

dimenzios valos vektorter izomorf Rn-nel.Megjegyzendo, hogy a C komplex szamtestbol kiindulva ugyanıgy ertelmezheto

Cn komplex szam-n-esek komplex vektortere.2) Tekintsuk a (kozepiskolaban megismert) sık vagy ter vektorait. (Szokas

szabadvektoroknak nevezni oket, megkulonboztetendo a vektorfogalom altala-nosabb fogalmatol.) Itt ket vektor osszege osszefuzesi eljarassal vagy a para-lelogramma atlojaval ertelmezheto, a λ skalarral valo szorzas pedig λ aranyukozeppontos hasonlosaggal.

a

b

a+ b

(b1, b2)

(a1, a2)

(a1 + b1, a2 + b2)

3) Tekintsunk most egy tetszoleges nemures X halmazt, s az osszes X-enertelmezett valos fuggvenyt:

V = {f :X→R}E fuggvenyterben az osszeadas es a λ-val valo szorzas szokasosan ertelmezett:

(f + g)(x) = f(x) + g(x) (x∈X)

(λ f)(x) = λ f(x) (x∈X)

13.1. LINEARIS FUGGOSEG 105

Nyilvanvaloan teljesulnek a vektorter-tulajdonsagok, tehat a V fuggvenyter valosvektorter. Ha komplex erteku f :X → C fuggvenyeket tekintunk, ily modonkomplex vektorterhez jutunk. Specialis eseteket kapunk, ha X-et konkretanmegvalasztjuk. Pl. X = N eseten adodik, hogy a valos szamsorozatok is valosvektorteret alkotnak.

4) Legyen n ∈ N rogzıtett, s tekintsuk a legfeljebb n-edfoku polinomokPn halmazat. Az osszeadas es skalarral valo szorzas ugy ertelmezett, mint afuggvenyek koreben szokasos. Lathatjuk azonban, hogy egy p(x) = anx

n + . . . +a1x + a0 es egy q(x) = bnx

n + . . . + b1x + b0 polinom osszege egyutthatokkentkepzodik:

(p+ q)(x) = (an + bn)xn + . . .+ (a1 + b1)x+ (a0 + b0)

Ebbol konnyen adodik, hogy Pn es Rn+1 izomorf vektorterek, mivel a

p(x) = anxn + . . .+ a1x+ a0∈Pn 7→ (an, . . . , a1, a0)∈Rn+1

lekepezes bijekcio es muvelettarto (izomorfizmus).

13.1 Linearis fuggoseg

Tekintsuk az a1, a2, . . . , ak ∈V vektorrendszert. Ha b = α1a1 + . . .+ αkak, akkorazt mondjuk, hogy b linearis kombinacioja az a1, a2, . . . , ak vektoroknak. Ilyenkorazt is mondjuk, hogy b linearisan van kifejezve a vektorrendszerrel.

Ket kerdesre keressuk a valaszt:1) ha b eloallıthato az a1, a2, . . . , ak vektorrendszerrel, milyen esetben egyertelmu

ez az eloallıtas,2) vajon minden b ∈ V vektor eloallıthato-e a megadott a1, a2, . . . , ak

vektorrendszerbol.Egy a1, a2, . . . , ak legalabb 2 tagu vektorrendszert linearisan fuggonek mon-

dunk, ha valamely vektora linearis kombinacioja a vektorrendszer tobbi vek-toranak. 1 elemu a ’vektorrendszert’ linarisan fuggonek akkor mondunk, ha a = 0.Egy a1, a2, . . . , ak vektorrendszer linearisan fuggetlen, ha nem linearisan fuggo.Ez azt jelenti legalabb 2 tagu vektorrendszer eseteben, hogy kozuluk egyik semfejezheto ki a tobbi linearis kombinaciojakent.

Megjegyzes.

1. A linearisan fuggetlen vektorrendszereket jellemzi azon tulajdonsaguk, hogyvektoraibol a zerusvektor csak trivialisan allıthato elo, azazα1a1 + . . .+ αkak = 0 csak ugy lehetseges, ha α1 = 0, . . . , αk = 0. Ugyanis,

ha masfelekepp is lehetseges, pl. αk 6= 0, akkor ak = (−α1

αk)a1 + . . . +

(−αk−1

αk)ak−1, azaz ak linearisan kifejezheto a1, a2, . . . , ak−1-el.

2. A linearisan fuggo vektorrendszereket az jellemzi, hogy tagjaibol a zerusvektornemcsak trivialisan (csupa 0 egyutthatokkal) allıthato elo. Valoban, haak = α1a1 + . . .+ αk−1ak−1, akkor 0 = α1a1 + . . .+ αk−1ak−1 + (−1)ak.

106 13. VEKTORTEREK

3. Ha egy vektorrendszer nem tartalmazza a zerusvektort, akkor pontosanakkor linearisan fuggo, ha valamely vektora eloall az elotte allok lineariskombinaciojakent. Ugyanis van olyan tag a vektorrendszerben, melyrea1, . . . , aj linearisan fuggo, de a1, . . . , aj−1 meg nem, hiszen a1 6= 0 egyedulnem linearisan fuggo. Ilyenkor aj linearisan kifejezheto a1, . . . , aj−1-el.

Allıtas. Egy a1, . . . , ak vektorrendszer pontosan akkor linearisan fuggtelen, ha aV vektorter tetszolges b∈V vektora legfeljebb egyfelekeppen fejezheto ki linearisanaz a1, . . . , ak vektorrendszer tagjaival.

Bizonyıtas. Ha b = α1a1 + . . .+ αkak = α′1a1 + . . .+ α′

kak teljesul, akkor

(α1 − α′1)a1 + . . .+ (αk − α′

k)ak = 0.

Ezert a1, . . . , ak linearis fuggetlensegebol (α1 − α′1) = 0, . . . , (αk − α′

k) = 0, sıgy α1 = α′

1, . . . , αk = α′k kovetkezik, tehat a ket eloallıtas azonos. Fordıtva,

a zerusvektorra alkalmazva a feltetelt, adodik a1, . . . , ak linearis fuggetlensege.Q. E. D.

13.2 Bazis es dimenzio

Egy a1, . . . , ak vektorrendszert generatorrendszernek nevezunk, ha a vektorterbarmely b vektora eloallıthato linearis kombinacioval az a1, . . . , ak vektorokbol,azaz ∃α1, . . . , αk∈R skalarok, hogy b = α1a1 + . . .+αkak. Ha egy V vektorternekvan veges tagszamu generatorrendszere, akkor V -t vegesen generaltnak, vagy vegesdimenziosnak mondjuk.

a1, . . . , ak vektorrendszer bazis, ha linearisan fuggetlen es generatorrendszer.Ilyenkor barmely b ∈ V egyertelmuen fejezheto ki linearisan az a1, . . . , ak bazistagjaival:

∀ b∈V ∃! β1, . . . , βk∈R : b = β1a1 + . . .+ βkak

Az itt fellepo β1, . . . , βk skalarokat a b vektornak az a1, . . . , ak bazisra vonatkozokoordinatainak nevezzuk.

Most megmutatjuk, hogy egy vegesen generalt vektorterben a bazisok tagszamaegyenlo.

Allıtas. Ha a1, . . . , ak bazis es b1, . . . , bl is bazis V -ben, akkor k = l.

Bizonyıtas. Az a1, . . . , ak bazisbol hagyjuk el az elso vektort. a2, . . . , aknem bazis, mert a1 nem fejezheto ki vele. a2, . . . , ak, b1, . . . , bl linearisan fuggogeneratorrendszer, mert generatorrendszer bovıtese. Sorban haladva, egyesevelhagyjuk el azokat a bi vektorokat, amelyek a elotte alloknak linearis kombinacioja.A megmarado vektorrendszer generatorrendszer es linearisan fuggetlen, tehatbazis. Nehany, legalabb 1 bi vektor megmaradt a vektorrendszerben, merta2, . . . , ak onmagaban nem bazis. A kovetkezo lepesben a2-t hagyjuk el, segeszıtjuk ki az osszes b1, . . . , bl vektorokkal, majd elhagyjuk a felesleges bi-ket,mint elobb. Ujra bazishoz jutunk. Folytatva a3-al, stb. vegul ak-t is elhagyva,

13.3. ALTER ES RANG 107

olyan bazishoz jutunk k lepesben, mely bizonyos bi vektorokbol all. Mindenlepesben legalabb egy bi vektor bekerult a bazisba, de ugyanaz nem szerepelhetketszer, ezert k ≤ l. Felcserelve a ket eredeti bazis szerepet l ≤ k adodik, tehatk = l. Q. E. D.

Definıcio. Vegesen generalt vektorter bazisainak kozos tagszamat a vektorterdimenziojanak nevezzuk.

Pelda. 1) Tekintsuk Rn-ben az e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, . . . , 0), . . . ,en = (0, . . . , 0, 1), vektorokat. Konnyen lahatjuk, hogy e1, e2, . . . , en bazis Rn-ben; neve termeszetes vagy kanonikus bazis. e1, e2, . . . , en linearisan fuggetlen,mert ha α1e1 + . . . + αnen = (0, 0, . . . , 0), akkor (α1, . . . , αn) = (0, 0, . . . , 0),azaz α1 = 0, . . . , αn = 0. Generatorrendszer, hiszen ha x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn

tetszoleges vektor, akkor nyilvan x = x1e1 + . . . + xnen. Ez azt is jelenti,hogy Rn-ben egy vektornak a termeszetes bazisra vonatkozo koordinatai eppena komponensei.

2) A ter szabadvektorai vektorterenek bazisat kaphatjuk ugy, hogy hatekintunk negy nem komplanaris (nem egysıku) O,A1, A2, A3 pontot. Ekkor az⇀OA1,

⇀OA2,

⇀OA3 szabadvektorok bazist adnak.

Megjegyzes. Legyen a1, . . . , an egy rogzıtett bazisa a n dimenzios V valosvektorternek. Jelolje κ:V → Rn az e bazishoz tartozo koordinatalekepezest:κ(b) = (β1, . . . , βn), ha b = β1a1 + . . . + βnan. A κ koordinatalekepezes bijektıv,hiszen a koordinatak egyertelmuen meghatarozzak a vektort, s minden szam-n-esvalamely vektornak koordinata n-ese. κ muvelettarto is, hiszen

κ(b+ c) = (β1 + γ1, . . . , βn + γn) =

= (β1, . . . , βn) + (γ1, . . . , γn) = κ(b) + κ(c)

κ(λb) = (λβ1, . . . , λβn) = λ(β1, . . . , βn) = λκ(b)

Ez azt jelenti, hogy V izomorf Rn-el. Ebbol az is adodik, hogy barmely ket azonosdimenzioju valos vektorter izomorf egymassal.

13.3 Alter es rang

A V vektorter egy nemures L reszhalmazat alternek mondjuk, ha a lineariskombinacio kepzes nem ”vezet ki” L-bol, azaz barmely a, b ∈ L es α, β ∈ R

eseten αa + βb ∈ L. Ilyenkor az L alter is vektorter, hiszen egyreszt a muveletitulajdonsagok oroklodnek L-re,masreszt a zerusvektor 0 · a = 0 miatt van benneL-ben, a (−a) inverz pedig −a = (−1)a miatt.

Minden vektorterben van ket trivialis alter, egyik a csak a zerusvektorttartalmazo L0 = {0} zerusalter, masik L = V . Nem trivialis pelda: 1) A terszabadvektorai vektortereben egy adott sıkkal parhuzamos szabadvektorok alteretalkotnak. 2) R2-ben pl. L = {(x, 0) |x∈R} alter. 3) P4-ben pl. L = P2 alter.

108 13. VEKTORTEREK

Definıcio. Egy adott a1, . . . , ak vektorrendszer altal generalt alternek mondjukaz a1, . . . , ak vektorrendszer tagjaibol kepezheto osszes linearis kombinaciokhalmazat:

L(a1, . . . , ak) = {α1a1 + . . .+ αkak |α1, . . . , αk∈R}

Ez nyilvanvaloan alter, sot a legszukebb olyan alter, mely tartalmazza az osszesa1, . . . , ak vektort. A legszukebb kifejezes azt jelenti, hogy a generalt L(a1, . . . , ak)alter benne van minden olyan alterben, mely tartalmazza az osszes a1, . . . , akvektort.

Lathatjuk, hogy a1, . . . , ak generatorrendszer az L(a1, . . . , ak) alterben, de nemmindig bazis, csak ha linearisan fuggetlen.

Definıcio. Az L(a1, . . . , ak) generalt alter dimenziojat az a1, . . . , ak vektorrend-szer rangjanak nevezzuk. Jele: rg(a1, . . . , ak).

Altalaban rg(a1, . . . , ak) ≤ k, egyenloseg pontosan akkor teljesul, ha a1, . . . , aklinearisan fuggetlen. Ha a1, . . . , ak linearisan fuggo, sorban elhagyhatjuk beloleaz olyan vektorokat, melyek linearisan kifejezhetok a megmaradokkal. Igy vegulolyan reszrendszerhez jutunk, mely linearisan fuggetlen es generatorrendszer, tehatbazis L(a1, . . . , ak)-ban.

Allıtas. Az a1, . . . , ak vektorrendszer rangja megegyezik maximalis linearisanfuggetlen reszrendszerenek tagszamaval.

Bizonyıtas. Ha pl. a1, . . . , ar maximalis linearisan fuggetlen reszrendszere aza1, . . . , ak vektorrendszernek, akkor bazis L(a1, . . . , ak)-ban. Ugyanis, barmelyaj , j ≥ r + 1 eseten a1, . . . , ar, aj linearisan fuggo, s ıgy aj = α1a1 + . . . +αrar. Mivel barmely b ∈ L(a1, . . . , ak) kifejezheto linearisan a1, . . . , ak-val, ezerta1, . . . , ar-rel is. Tehat rg(a1, . . . , ak) = r. Q. E. D.

Allıtas. Egy a1, . . . , ak vektorrendszer rangja nem valtozik, ha— megvaltoztatjuk a vektorok sorrendjet,— valamely tagjat λ 6= 0 skalarral szorozzuk,— valamely vektorahoz egy masik vektorat hozzaadjuk.

Bizonyıtas. Tobbet latunk be: a generalt alter sem valtozik. A harmadikesetben pl. L(a1 + a2, a2, . . . , ak) = L(a1, a2, . . . , ak), mert a1 + a2, a2, . . . , ak ∈L(a1, a2, . . . , ak) miatt a generalt alter fogalmanak minimum tulajdonsaga szerintL(a1 + a2, a2, . . . , ak)⊂L(a1, a2, . . . , ak), s hasonloana1 = (a1 + a2) − a2, a2, . . . , ak∈L(a1 + a2, a2, . . . , ak) miatt,L(a1 + a2, a2, . . . , ak)⊂L(a1, a2, . . . , ak). Q. E. D.

Ez utobbi allıtas — mely leırja a rangmegtarto atalakıtasokat — hatekonyanalkalmazhato konkret vektorterekben adott vektorrendszerek rangjanak meghata-rozasara.

14. Determinansok

A determinans fogalma olyan algebrai segedeszkoz, amellyel jol jellemezheto amatrixok invertalhatosaga, a matrix rangja. Segıtsegevel linearis egyenletrendsz-erek megoldhatosaga dontheto el, sot konkret kiszamıtasi modszereket is szolgaltataz elobbi kerdesekre, bar ez nem mindig hatekony.

Jeloleseket vezetunk be: tekintsunk egy A ∈ Mn n-edrendu kvadratikusmatrixot:

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

an1 an2 . . . ann

oszlopvektorait jelolje a1, a2, . . . , an:

a1 =

a11

a21

...an1

, a2 =

a12

a22

...an2

, . . . an =

a1n

a2n

...ann

Ezek a vektorok most a skalar-n-esek Rn vektortereben levo vektorok. Ilyenkorazt is ırjuk, hogy A = (a1, a2, . . . , an).

Definıcio. Determinansfuggvenynek nevezzuk azt a det :Mn → R lekepezest,amely teljesıti a kovetkezo tulajdonsagokat:

• oszlopvektoraiban additıv:

det (a1 + a′1, a2, . . . , an) = det (a1, a2, . . . , an) + det (a′1, a2, . . . , an)

• skalarszorzo kiemelheto:

det (λa1, a2, . . . , an) = λdet (a1, a2, . . . , an)

• barmely ket oszlop felcserelesekor elojelet valt:

det (a1, . . . , aj , . . . , ai, . . . , an) = −det (a1, . . . , ai, . . . , aj . . . , an)

109

110 14. DETERMINANSOK

• az egysegmatrix determinansa 1:

detE = det (e1, e2, . . . , en) = 1

Megjegyzes.

1. Az A matrix determinansara a detA jelolest alkalmazzuk, a szokasosabb,hagyomanyos jeloles: |A|.

2. Az elso tulajdonsagot additivitasi tulajdonsagnak, a masodikat homogenitasitulajdonsagnak (a skalar kiemelheto), a harmadikat alternalo vagy antiszim-metria tulajdonsagnak szoktak nevezni.

3. Az additivitasi es a homogenitasi tulajdonsag nemcsak az elso oszlopvektorraigaz, hanem mindegyikre, hiszen az alternalo tulajdonsag alapjan az elsooszlopra vonatkozo osszefuggesek atvihetok barmelyikre.

4. A determinans fogalma bizonyos ertelemben altalanosıtasa a terulet, illetveterfogat fogalmanak. Ugyanis, a sıkban ket vektor, a es b — kozospontbol indıtott reprezentansaikkal — egy paralelogrammat hataroz meg.Ennek t(a, b) teruletet pozıtıvnak tekintve, ha a paralelogramma pozıtıvkoruljarasu, mıg negatıvnak, ha negatıv koruljarasu, konnyen lathato, hogyteljesıti a a determinans definıciojaban megkıvant elso 3 tulajdonsagot. Anegyedik pedig azt fejezi ki, hogy az egysegnegyzet terulete 1. Hasonloanmegfigyelhetjuk, hogy a ter 3 szabadvektorabol reprezentansaikkal kepezhetoparalelepipedon terfogata is ezen tulajdonsagokkal rendelkezik. E terfogatpontosan akkor nulla, ha a harom vektor linearisan fuggo.

A 4 kiindulo tulajdonsagbol vezetjuk le a determinansok tovabbi tulaj-donsagait, illetve konkret kiszamıtasi lehetosegeit. Ha az egyik oszlopvektor azerusvektor, akkor a determinans erteke 0, hiszen

det (0, a2, . . . , an) = det (0 · 0, a2, . . . , an) = 0 · det (0, a2, . . . , an) = 0

Ha ket oszlop egyenlo, akkor a determinans erteke 0, hiszen az alternalotulajdonsagot kihasznalva:

det (a1, . . . , a, . . . , a, . . . , an) = −det (a1, . . . , a, . . . , a . . . , an),

s ez csak ugy lehet, ha det (a1, . . . , an) = 0.Most olyan kepletet vezetunk le, amely a determinansnak a matrix elemeivel

torteno kiszamıtasara ad lehetoseget. A matrix oszlopvektorait a termeszetes bazistagjaival ıgy fejezhetjuk ki:

aj =

n∑

i=1

aijei j = 1, 2, . . . , n

111

Helyettesıtsuk ezt be a matrix determinansaba, az egyes oszlopvektoroknalkulonbozo indexet hasznalva, a determinans elso ket tulajdonsaga alapjan:

det (a1, . . . , an) = det (n∑

i1=1

ai11ei1 , . . . ,n∑

in=1

ainnein) =

=n∑

i1,...,in=1

ai11 . . . ainndet (ei1 , . . . , ein)

Az utobbi det (ei1 , . . . , ein) determinans erteke nulla, ha ket azonos oszlopavan, azaz csak akkor kulonbozik nullatol, ha i1, i2, . . . , in permutacioja az1, 2, . . . , n szamoknak. Ekkor viszont az oszlopok — melyek most a termesze-tes bazis tagjai — szomszedos oszlopcserekkel atrendezhetok ugy, hogy vegul azegysegmatrixot kapjuk. Kozben e determinans erteke minden cserenel elojelet valt.Pontosan annyi csere volt szukseges, amennyi az inverziok szama az i1, i2, . . . , inpermutacioban. (Ket elem inverzioban all egymassal az adott permutacioban, haa nagyobb elem megelozi a kisebbet.) Ezert

det (ei1 , . . . , ein) = (−1)Idet (e1, . . . , en) = (−1)I

ahol I az i1, i2, . . . , in permutacioban levo inverziok szamat jeloli. Osszesegeben akovetkezo allıtashoz jutunk.

Allıtas. Az A matrix determinansa a kovetkezokepp szamıthato ki:

|A| =∑

i1,...,in

(−1)I ai11 . . . ainn,

ahol az osszegzes kiterjed az 1, 2 . . . , n szamok osszes permutaciojara, tehat ez azosszeg n! tagu.

Megjegyzes.

1. Hagyomanyosan ez a keplet jelenti a determinans definıciojat, s akkor azaltalunk adott definıcio kikotesei egyszeru tulajdonsagokkent adodnak.

2. A szarmaztatott keplet azonban csak korlatozottan hatekony a determinansertekenek kiszamıtasara, mivel nagyobb n eseten altalaban az osszes n!szorzat megkeresese hosszadalmas. Ha azonban a matrix specialis alaku,pl. felso vagy also haromszog alaku, akkor e kiszamıtasi kepletbol azonnaladodik, hogy egyetlen olyan szorzat van, amely nem biztosan zerus: afoatloban allo elemek szorzata:

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 . . . a1n

0 a22 . . . a2n

......

...0 0 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= a11a22 . . . ann


3. A determinans fenti kiszamıtasi modjabol kovetkezik, hogy a transzponaltmatrix determinansa ugyanannyi, mint az eredetie:

detAT = detA mas jelolessel: |AT | = |A|

(A transzponalt matrix az a matrix, mely a sorok es oszlopok felcserelesevelkepzodik, masszoval a foatlora valo tukrozessel.) Ugyanis, A es AT deter-minansanak kepzeseben resztvevo szorzatok ugyanazok, hiszen egy szorzatbaminden sorbol es minden oszlopbol egyetlen elem kerul. Masreszt e szorza-tok elojelei is azonosak a ket determinans kepzeseben, hiszen ugyanazonelemek az egyikben oszlopindex szerint, mıg a masikban sorindex szerintnovekedoleg vannak elrendezve. A sorindexek megfelelo permutacioja, illetveaz oszlopindexek megfelelo permutacioja viszont egymas inverz permutacioi,ezert bennuk az inverziok szama egyenlo.

Ezen megjegyzesunk szerint minden olyan, a matrixok determinansarol szoloallıtas, amely az oszlopokra vonatkozott, igaz sorokra is, es fordıtva.

A determinansok gyakorlati kiszamıtasa szempontjabol jelentos a kovetkezoallıtas.

Allıtas. Ha egy matrix egy oszlopat (vagy sorat) ugy valtoztatjuk meg, hogyhozzadjuk masik oszlopanak (vagy soranak) skalarszorosat, akkor az uj matrixdeterminansa megegyezik az eredetievel.

Bizonyıtas. Ha pl. az elsohoz adjuk a masodik oszlopvektort, akkor:

det (a1 + a2, a2, . . . , an) = det (a1, a2, . . . , an) + det (a2, a2, . . . , an)

A masodik osszeadando nulla, hiszen ket oszlopa azonos. Q. E. D.Most kovetkezo allıtasunk azt jelenti, hogy a determinans eltunese (nulla volta)

csak attol fugg, hogy az oszlopvektorok linearisan fuggok, vagy fuggetlenek.

Allıtas. Egy A matrix determinansa pontosan akkor nulla, ha az oszlopvektorailinearisan fuggok.

Bizonyıtas. Ha az oszlopvektorok linearisan fuggok, pl. az elso linearisankifejezheto a tobbivel: a1 = λ2a2 + . . .+ λnan, akkor

det (a1, a2, . . . , an) = det (λ2a2 + . . .+ λnan, a2, . . . , an) =

= λ2det (a2, a2, . . . , an) + . . .+ λndet (an, a2, . . . , an)

Az utobbi determinansok mindegyikeben ket oszlop azonos, ezert a determinansoknullak.

Amennyiben az oszlopvektorok linearisan fuggetlenek, akkor bazist alkotnakRn-ben, ezert a termeszetes bazis tagjai is eloallıthatok veluk:

ej =

n∑

i=1

βijai j = 1, 2, . . . , n

113

Ugyanazon ervelessel, mint a determinans hagyomanyos kepletenek levezetesenelalkalmaztunk, azt kapjuk, hogy

1 = det (e1, . . . , en) =

∑

i1,...,in

(−1)I βi11 . . . βinn

det (a1, . . . , an)

Emiatt detA = det (a1, . . . , an) nem lehet nulla. Q. E. D.

Allıtas. Szorzastetel:

det (A ·B) = detA · detB mas jelolessel: |A · B| = |A| · |B|

Bizonyıtas. Legyen C = A ·B, es jelolje c1, . . . , cn a C matrix oszlopvektorait.Ekkor

cj =

n∑

i=1

bijai j = 1, 2, . . . , n

teljesul. Ezert az imenti eljarassal ujra azt kapjuk, hogy

detC = det (c1, . . . , cn) = (∑

i1,...,in

(−1)I bi11 . . . binn)det (a1, . . . , an) =

= detB · detA

Q. E. D.

Az eddigiekbol kovetkezik, hogy

Allıtas. Egy kvadratikus matrix pontosan akkor invertalhato, ha determinansanem nulla.

Bizonyıtas. Ha invertalhato, akkor van olyan B, hogy A · B = E, ezert aszorzastetel alapjan

1 = detE = det (A · B) = detA · detB

tehat detA nem lehet nulla.

Fordıtva, ha detA nem nulla, akkor az oszlopvektorai linearisan fuggetlenek,tehat bazist alkotnak, beloluk a termeszetes bazis vektorai eloallıthatok:

ej =

n∑

i=1

βijai j = 1, 2, . . . , n

Lathatjuk, hogy az itt fellepo βij egyutthatokbol kepzett B matrixszal A ·B = Eteljesul, tehat B lesz A-nak inverze. Q. E. D.


14.1 Kifejtesi tetel

Tekintsuk az n-edrendu A kvadratikus matrixot, s toroljuk belole a kivalasztotti-dik sort es j-dik oszlopot. A visszamarado (n−1)-edrendu matrix determinansataz A matrix (i, j)-dik aldeterminansanak mondjuk, jele: Dij . Az (i, j)-dikalgebrai aldeterminansnak nevezzuk az (−1)i+jDij erteket, jele: Aij . Ezenaldeterminansok segıtsegevel is kiszamıthato A determinansanak erteke:

Allıtas. Oszlop szerinti kifejtes: Legyen j egy rogzıtett oszlopindex. Ekkor

|A| = a1jA1j + . . .+ anjAnj =

n∑

i=1

aijAij

Sor szerinti kifejtes: Legyen i egy rogzıtett sorindex. Ekkor

|A| = ai1Ai1 + . . .+ ainAin =

n∑

j=1

aijAij

Bizonyıtas. Bontsuk fel az j-dik oszlopot a termeszetes bazisban:

aj = a1je1 + . . .+ anjen.

Ekkor

|A| = det (a1, . . . , an) = det (a1, . . . , a1je1 + . . . + anjen, . . . , an) =

= a1j

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 . . . 1 . . . a1n

a21 . . . 0 . . . a2n

......

...an1 . . . 0 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+ . . . + aij

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 . . . 0 . . . a1n

......

...ai1 . . . 1 . . . ain

......

...an1 . . . 0 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+ . . .

. . . + anj

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 . . . 0 . . . a1n

......

...an−1,1 . . . 0 . . . an−1,n

an1 . . . 1 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

E szetbontas egy tetszoleges tagja atalakıthato (n−i)+(n−j) cserevel a kovetkezoalakra, mikozben minden alkalommal elojelet valt:

aij(−1)2n−(i+j)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 . . . a1n 0...

...an1 . . . ann 0ai1 . . . ain 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= aijAij

Q. E. D.

14.2. RANGSZAMTETEL 115

Megjegyzes.

1. A kifejtesi tetel alkalmazasa akkor celszeru, ha egy sorban vagy oszlopbanrelatıve sok nulla elem van. Ekkor esetleg keves aldeterminans kiszamıtasamar az egesz deteminans meghatarozasahoz vezet.

2. Ha egy kivalasztott sor (vagy oszlop) elemeit egy masik kivalasztott sor (vagyoszlop) megfelelo elemeihez tartozo algebrai aldeterminansokkal szorozzuk, se szorzatok osszeget kepezzuk, 0-at kapunk: (Ferde kifejtesi tetel) Ha j 6= k

0 = a1jA1k + . . .+ anjAnk =n∑

i=1

aijAik

Ha i 6= k

0 = ai1Ak1 + . . .+ ainAkn =n∑

j=1

aijAkj

Az elso igazolasahoz fejtsuk a det (a1, . . . , aj , . . . , aj, . . . , an) = 0 deter-minanst a k-dik oszlopa szerint!

3. Az algebrai aldeterminansok segıtsegevel kifejezhetjuk az inverz matrixelemeit:

A−1 = (bij); bij =Aji|A|

Ugyanis, az ıgy megadott matrixszal kiszamıtva a A · A−1 szorzatmatrix(i, j)-dik elemet:

n∑

k=1

aikbkj =1

|A|

n∑

k=1

aikAjk = δij

ahol δij az egysegmatrix elemeit jeloli.

14.2 Rangszamtetel

Legyen most A egy k×n-es matrix. A matrix rangjan oszlopvektorainak a rangjatertjuk. Mindjart latni fogjuk, hogy ez megegyezik a sorvektorainak rangjaval.

Tetszoleges A ∈ Mk×n matrix l-edrendu aldeterminansat ugy ertelmezzuk,hogy kivalasztunk l darab sort es l darab oszlopot, s ezek metszeteben szereploelemek alkotta l-edrendu determinanst kepezzuk. Ilyen l-edrendu aldeterminansaa matrixnak sok van, pontosan

(

kl

)(

nl

)

darab. Most bebizonyıtjuk, hogy tetszolegesmatrix rangja meghatarozhato ezen aldeterminansokkal, nevezetesen:

Allıtas. Az A matrix rangja megegyezik maximalis rendu nullatol kulonbozoaldeterminansanak rendjevel.

Bizonyıtas. Tekintsunk egy maximalis rendu nullatol kulonbozo aldeter-minanst, s az egyszerubb ırasmod kedveert tegyuk fel, hogy ez a bal felso sarokban


van, jelolje D, rendje legyen r. Megmutatjuk, hogy ekkor a matrix rangja r, azazspecialisan az a1, a2, . . . , ar oszlopvektorok linearisan fuggetlenek, de barmelyikoszlopvektort hozzajuk veve, linearisan fuggo vektorrendszert kapunk.

Linearis fuggetlenseguk abbol kovetkezik, hogy ha az a1, . . . , ar oszlopvektoroklinearisan fuggok volnanak, akkor a csak az elso r sorban levo reszoszlopok –melyek az aldeterminans oszlopai – is fuggok volnanak, s ıgy a kivalasztott Daldeterminans nulla volna, ami lehetetlen.

Vegyuk hozza az a1, a2, . . . , ar oszlopvektorokhoz az aj oszlopvektort (j > r).Megmutatjuk, hogy aj linearisan kifejezheto az elobbiekkel. Tetszoleges i-dik sortmeg kivalasztva (i > r), az 1, 2, . . . , r, i sorokkal es 1, 2, . . . , r, j oszlopokkal kepzettaldeterminans nulla, ezert kifejtve az utolso sora szerint:

0 = ai1bi1 + . . .+ airbir + aijD

Ezen osszefugges akkor is teljesul, ha i = 1, 2, . . . , r – a ferde kifejtesi tetel miatt.Masreszt, a bi1, . . . , bir algebrai aldeterminansok nem fuggnek i-tol. Ezert

aij = − 1

D(ai1b1 + . . .+ airbr)

teljesul minden i = 1, 2, . . . , n eseten, azaz az oszlopvektorokra:

aj = − 1

D(a1b1 + . . .+ arbr)

Q. E. D.

Megjegyzes.

1. A rangszamtetel alapjan lathato, hogy tetszoleges matrix sorvektorainakrangja oszlopvektorainak rangjaval egyenlo, hiszen a determinansok erteketranszponalaskor nem valtozik.

2. A rangszamtetelbol az is adodik, hogy ha egy kvadratikus matrix deter-minansa nulla, akkor oszlopvektorai linearisan fuggok. Ugyanis, ha |A| = 0,akkor A rangja kisebb, mint n, tehat oszlopvektorainak rangja a vektoroktagszamanal kisebb, ezert linearisan fuggetlen nem lehet.

15. Linearis

egyenletrendszerek

Az egyenletrendszerek egyik legegyszerubb formaja az, amikor az ismeretleneknekcsak linearis kifejezesei szerepelnek az egyenletekben. Egyszeruseguk ellenerealkalmazasuk szeleskoru, eppen jo kezelhetoseguk miatt.

Linearis egyenletrendszernek nevezzuk az

a11x1 + a12x2+ . . . +a1nxn = b1a21x1 + a22x2+ . . . +a2nxn = b2

......

ak1x1 + ak2x2+ . . . +aknxn = bk

n ismeretlenes, k egyenletbol allo egyenletrendszert, ahola11, a12, . . . , a1n, . . . , ak1, . . . , akn, b1, . . . , bk adott valos szamok. x1, . . . , xn jelo-li az ismeretleneket, az aij szamokat a linearis egyenletrendszer egyutthatoinakmondjuk, mıg a b1, b2, . . . , bk szamokat a konstansoknak.

Amennyiben b1 = 0, . . . , bk = 0, az egyenletrendszert homogennak nevezzuk,altalaban inhomogennak. A c1, c2, . . . , cn valos szamok egy megoldasat adjakaz adott linearis egyenletrendszerunknek, ha az ismeretlenek helyere helyettesıt-ve a c1, c2, . . . , cn szamokat, igaz egyenlosegeket kapunk, masszoval c1, c2, . . . , cnkielegıti az osszes megadott k darab egyenletet.

Megjegyzes.

1. Az ismeretlenek egyutthatoi es a konstansok nemcsak a valos szamtestbolvehetok, hanem lehetnek mas szamtest, pl. a komplex szamtest elemei. Ekkortermeszetesen a megoldasokat is ugyanazon szamtestben keressuk.

2. Egyenletek, egyenletrendszerek eseteben ket alapveto kerdes van:1) Van-e az egyenletrendszernek egyaltalan megoldasa, s ha van, a megoldasegyertelmu-e?2) Hogyan hatarozhatjuk meg a megoldast, vagy megoldasokat.A ket kerdesre adhato valasz nem mindig kapcsolodik szorosan ossze.Elmeleti megfontolasokban altalaban az elso kerdes a fontosabb, mıggyakorlati alkalmazasok szempontjabol a masodik.

117

118 15. LINEARIS EGYENLETRENDSZEREK

Ha a linearis egyenletrendszernek letezik megoldasa, akkor megoldhatonakmondjuk. Ellenkezo esetben, ellentmondasosnak nevezzuk. Ha pontosan egymegoldas letezik, akkor az egyenletrendszert hatarozottnak nevezzuk. Ha tobbmegoldas van, akkor hatarozatlannak mondjuk. Linearis egyenletrendszer esetebenbelathato, hogy ilyenkor vegtelen sok megoldas van.

Ket linearis egyenletrendszert ekvivalensnek mondunk, ha megoldasaik hal-maza azonos. Megvizsgaljuk most, hogy az egyenletrendszer mely atalakıtasaivezetnek ekvivalens egyenletrendszerekhez. Eloszoris, ha csak az egyik, pl. azelso egyenletet valtoztatjuk ugy, hogy megszorozzuk valamely nullatol kulonbozoszammal, akkor az eredetivel ekvivalens egyenletrendszerhez jutunk. Ugyanis haegy c1, c2, . . . , cn szam n-es megoldja az eredeti egyenletrendszert, akkor az ujatis, hiszen az elso egyenlet eseteben

λa11c1 + λa12c2 + . . .+ λa1ncn = λ(a11c1 + a12c2 + . . .+ a1ncn) = λb1

mıg a tobbi egyenlet ugyanaz, mint az eredetiben. Fordıtva ugyanıgy indokol-

hatunk, hiszen a regi elso egyenlet az ujbol1

λszorzassal adodik. Masodjara,

ekvivalens egyenletrendszerhez jutunk akkor is, ha valamely, pl. elso egyenletetugy valtoztatjuk meg, hogy hozzaadjuk valamelyik masik, pl. masodik egyenletet.Ugyanis ha c1, c2, . . . , cn megoldja az eredeti egyenletrendszert, akkor az uj elsotis:

(a11 + a21)c1 + (a12 + a22)c2 + . . .+ (a1n + a2n)cn =

= (a11c1 + a12c2 + . . .+ a1ncn) + (a21c1 + a22c2 + . . .+ a2ncn) = b1 + b2

s a tobbit is, hiszen azok ugyanazok, mint az eredetiben. Fordıtva, ha c1, c2, . . . , cnmegoldja az uj egyenletrendszert, akkor a regi elso egyenlete az ujbol ugy kaphatomeg, hogy az elsobol levonjuk a masodikat, ezert:

a11c1 + a12c2 + . . .+ a1ncn =

= ((a11+a21)c1+(a12+a22)c2+. . .+(a1n+a2n)cn)−(a21c1+a22c2+. . .+a2ncn) =

= (b1 + b2) − b2 = b1,

tehat c1, c2, . . . , cn megoldja a regi egyenletrendszer elso egyenletet, s a tobbit,hiszen azok valtozatlanok.

Megjegyezzuk meg, hogy nyilvanvaloan nem valtozik meg az egyenletrendszermegoldasainak halmaza, ha megvaltoztatjuk az egyenletek sorrendjet. Sot azossszeadas kommutatıv volta miatt akkor sem, ha az egyenletben szereplo tagoksorrendjet (az ismeretlenek sorrendjet) megvaltozatjuk.

15.1 Gauss eliminacio

Most bemutatunk egy modszert, mely alkalmas egy tetszoleges linearis egyenle-trendszer megoldasainak eloallıtasara, illetve annak eldontesere is, hogy az egyen-letrendszer hatarozott, hatarozatlan vagy ellentmondasos. Ez a modszer a Gauss

15.1. GAUSS ELIMINACIO 119

eliminacio, reszletesebben az ismeretlenek szukcesszıv kikuszobolesenek modszere.A Gauss eliminacio soran az egyenletrendszert ekvivalens atalakıtasokkal olyanalakra hozzuk, hogy onnan a megoldhatosag, es a megoldasok konnyen le-olvashatok legyenek. Ez az alak az un. trapez alak vagy specialis esetbenharomszogalak. Egy linearis egyenletrendszert trapez alakunak mondunk, havan olyan 1 ≤ r ≤ k, hogy a11 6= 0, a22 6= 0, . . . , arr 6= 0, aij = 0, hai = 1, 2, . . . , r, j < i es aij = 0, ha i > r, j = 1, . . . , n. Specialisan, azr = n esetben haromszogalakunak nevezzuk az egyenletrendszert. Konnyen meg-mutathato, hogy barmely linearis egyenletrendszer veges sok lepesben ekvivalensatalakıtasokkal trapez alakra hozhato. A Gauss eliminacio fo lepese a kovetkezo:amennyiben a11 6= 0, a masodik, harmadik, stb., k-adik egyenletbol az x1 is-meretlen eltuntetheto, masszoval kikuszobolheto azaltal, hogy az elso egyenlet

(− ai1a11

)-szereset adjuk az i-dik egyenlethez (i = 2, 3, . . . , k). Ha a11 = 0, akkor

az elso egyenletben nem nulla egyutthatoval szereplo ismeretlent kell elorehoznielso ismeretlennek, s ekkor vegrehajtani az ismeretlen kikuszoboleset. A masodiklepesben a masodik ismeretlent kuszoboljuk ki a masodik egyenlet utani egyen-letekbol, stb. es ıgy tovabb mindaddig, amıg van mit kikuszobolni. Ily modontrapez alakhoz jutottunk.

A trapez alakrol felismerheto, hogy van-e megoldasa az egyenletrendszernek.Pontosan akkor megoldhato, ha trapez alakjaban az r + 1-dik egyenlettol kezdvea jobboldali konstansok mind 0-ak. A megoldhato esetben az egyenletrendszerpontosan akkor lesz hatarozott, ha r = n, azaz haromszogalakra jutottunk.Ugyanis ekkor az utolso, n-dik egyenletbol adodik xn egyetlen lehetseges erteke,ezt behelyettesıtve az elozobe xn−1, majd ezt is az elozobe helyettesıtve azujabb ismeretlen erteke, stb. s vegul az elso egyenetbol x1. Ha viszont r < n,akkor az egyenletrendszer hatarozatlan, hiszen az xr+1, xr+2, . . . , xn un. szabadismeretleneknek tetszoleges erteket adva az egyenletrendszer hatarozotta valik,azaz az elobbiekben alkalmazott visszahelyettesıteses modszerrel egy (partikularis)megoldast kapunk. A szabad ismeretlenek viszont sokfelekepp megvalaszthatok,teljesen tetszolegesen, ezert vegtelen sok megoldasa van az egyenletrendszernek.Ilyenkor szokas a megoldasokat a szabad ismeretlenek fuggvenyeben felırni.

Megjegyzes.

1. Homogen linearis egyenletrendszer mindig megoldhato, hiszen x1 = 0, x2 =0, . . . , xn = 0 trivialisan megoldast ad. Ezert a megoldhatosag kerdese nemerdekes, hanem az, hogy e trivialistol kulonbozo megoldas van-e. A Gausseliminacio modszere szerint ez akkor kovetkezik be, ha r < n. Specialisanlathatjuk, hogy ha az egyenletek szama kevesebb, mint az ismeretlenek szama(k < n), akkor a homogen linearis egyenletrendszernek mindig van trivialistolkulonbozo megoldasa is.

2. Tudjuk, hogy a sıkon Descartes fele koordinatarendszert tekintve az egye-nesek Ax + By = C linearis egyenletekkel adhatok meg. Ezert egyketismeretlenes ket egyenletbol allo linearis egyenletrendszer megoldhatosagaazzal ekvivalens, hogy a megfelelo egyeneseknek van-e kozos pontjuk. Ha


egy kozos pontjuk van, metszok, akkor hatarozott az egyenletrendszer,ha azonos a ket egyenes, akkor hatarozatlan az egyenletrendszer, s haparhuzamosak, akkor az egyenletrendszer ellentmondasos. A 3 ismeretleneslinearis egyenletek terbeli sıkok egyenletei. Ezert a 3 ismeretlenes egyenle-trendszer megoldasa ugy is folfoghato, mint sıkok metszespontjanak (vagymetszespontjainak) meghatarozasa.

15.2 Matrixszamıtas

Ha adott k · n darab valos szam, s ezeket k sorban, s n oszlopban helyezzuk el,akkor k×n tıpusu matrixrol beszelunk. Jelolese:

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

ak1 ak2 . . . akn

Itt aij az A matrix i-dik soranak j-dik elemet jeloli. Gyakran mondjuk, hogyaij az A matrix (i, j)-dik eleme. Elmeleti megfontolasokban gyakran a tomorıtettA = (aij) jelolest alkalmazzuk. Az osszes k × n tıpusu matrixok halmazat Mk×njeloli. Ha egy matrixban a sorok es oszlopok szama megegyezik: k = n, akkorn-edrendu kvadratikus (negyzetes) matrixrol beszelunk. Ezek halmazat adottn eseten Mn jeloli. Azt a specialis matrixot, melynek minden eleme nulla,nullmatrixnak mondjuk, s altalaban O-val jeloljuk. n-edrendu egysegmatrixon aztaz n-edrendu kvadratikus matrixot ertjuk, melynek foatlojaban (diagonalisaban)mindenutt 1 all, masutt pedig 0: Jele:

E =

1 0 . . . 00 1 . . . 0...

...0 0 . . . 1

Megjegyzes.

1. Nemcsak valos szamokbol keszıthetunk matrixokat, hanem tulajdonkeppenbarmely halmaz elemeibol, de ha majd muveleteket akarunk ertelmezni,szukseges, hogy a matrix elemei olyan halmazbol valok legyenek, amelybenaz illeto muvelet ertelmezett. Pl. ha komplex szamokbol keszıtunk matrixot,akkor komplex elemu matrixrol beszelunk.

2. Lehet egy matrixnak csupan egyetlen sora, vagy csak egy oszlopa, ilyenkorsormatrixrol, illetve oszlopmatrixrol beszelunk.

15.2. MATRIXSZAMITAS 121

15.21. Matrixmuveletek

Ket matrix osszeadasa csak akkor lehetseges, ha azonos tıpusuak. Az A = (aij) esB = (bij) k×n tıpusu matrixok osszege az a k×n tıpusu matrix, melynek (i, j)-dikeleme A (i, j)-dik elemenek es B (i, j)-dik elemenek osszege:

A+B =

a11 + b11 a12 + b12 . . . a1n + b1na21 + b21 a22 + b22 . . . a2n + b2n

......

ak1 + bk1 ak2 + bk2 . . . akn + bkn

Az osszeadas nyilvanvaloan rendelkezik a kovetkezo tulajdonsagokkal:

(A+B) + C = A+ (B + C)

A+B = B +A

A+O = O +A = A

A+ (−A) = O

ahol −A azt a matrixot jeloli, mely A-bol ugy keletkezik, hogy minden elemet−1-el szorozzuk.

Legyen λ tetszoleges valos szam. λA azt a matrixot jeloli, mely A-bol ugy keletkezik, hogy A minden elemet megszorozzuk λ-val. Ezt a fajtaszorzast skalarral valo szorzasnak mondjuk. Nyilvanvaloan teljesulnek a kovetkezotulajdonsagok:

(λµ)A = λ(µA)

(λ+ µ)A = λA + µA

λ(A+B) = λA + λB

Ket matrix szorzata csak akkor ertelmezett, ha az elsonek annyi oszlopa van,mint ahany sora a masodiknak. Az A∈Mk×n es a B ∈Mn×l matrixok szorzataaz a C∈Mk×l matrix, mely (i, j)-dik eleme:

cij = ai1b1j + ai2b2j + . . .+ ainbnj =n∑

s=1

aisbsj

A matrixszorzas tulajdonsagai:

A(BC) = (AB)C

(A+B)C = AC +BC

A(B + C) = AB +AC

AE = A

Fontos folfigyelnunk arra, hogy a matrix szorzas nem kommutatıv: altalabanAB 6= BA.


A matrixszorzas apro alkalmazasakent arra mutatunk ra, hogy egy linearisegyenletrendszer matrixegyenletkent is ertelmezheto: Ha A jeloli a linearisegyenletrendszer egyutthatoibol kepzett k × n-es matrixot, X az ismeretlenekettartalmazo n× 1-es oszlopmatrixot, s B a konstansokat tartalmazo k× 1 osz-lopmatrixot, akkor az egyenletrendszer az

AX = B

matrixegyenlette tomorıtheto.Egy A kvadratikus matrixot invertalhatonak mondunk, ha letezik hozza olyan

B matrix, hogy AB = BA = E. Ezt a B matrixot A inverzmatrixanak nevezzuk,s a jele A−1.

Meg lehet mutatni, hogy ha A invertalhato, akkor csak egyetlen inverze van.

Viszont nem minden kvadratikus matrix invertalhato, pl. a

(

0 01 1

)

matrix

sem. Kesobb fogunk majd mondani felteteleket arra, hogy egy matrix mikorinvertalhato.

Az n-edrendu invertalhato matrixok halmaza a szorzas muveletere nezve zart,azaz ket invertalhato matrix szorzata is invertalhato, es

(AB)−1 = B−1A−1

Ugyanis, (AB)(B−1A−1) = A(BB−1)A−1 = (AE)A−1 = AA−1 = E.Az inverz matrix meghatarozasa a kovetkezo megfigyelesen alapszik: Az in-

verzmatrix elso oszlopaban szereplo szamok megkeresese egy olyan linearis egyen-letrendszer megoldasat jelenti, mely egyutthatomatrixa A, a jobboldali konstan-sok oszlopa pedig az E egysegmatrix elso oszlopa. Az inverz matrix masodik,stb. j-dik oszlopanak megkeresese azon linearis egyenletrendszer megoldasat je-lenti, mely egyutthato matrixa A, a jobboldali konstansok oszlopa E masodik,stb. j-dik oszlopa. Tehat n darab linearis egyenletrendszert kell megoldanunk, deezek baloldala mind ugyanaz. Mivel a Gauss eliminacio lepeseit csupan a baloldaliegyutthatomatrix iranyıtja, ezeket az egyenletrendszerek egyidejuleg is megold-hatjuk. Ezt a modszert szimultan Gauss eliminacionak nevezzuk.

15.3 Linearis egyenletrendszerek megoldhatosaga

Kiindulva az altalanos k egyenletu n ismeretlent tartalmazo

a11x1 + a12x2+ . . . +a1nxn = b1a21x1 + a22x2+ . . . +a2nxn = b2

......

ak1x1 + ak2x2+ . . . +aknxn = bk

egyenletrendszerbol, eloallıtjuk az egyenletrendszert un. vektori alakban:

a1x1 + . . .+ anxn = b

15.3. LINEARIS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDHATOSAGA 123

ahol az ismeretlenek elott szereplo a1, a2, . . . , an ∈ Rk vektorok, illetve b ∈ Rk akovetkezokepp definialt:

a1 =

a11

a21

...an1

, a2 =

a12

a22

...an2

, . . . an =

a1n

a2n

...ann

.

A vektori alak megoldhatosaganak kerdese nyilvanvaloan egyenerteku az eredetiegyenletrendszer megoldhatosagaval. Ilyen formaban vilagos, hogy pontosanakkor oldhato meg az egyenletrendszer adott a1, a2, . . . , an, b ∈ Rk eseten, hab ∈ L(a1, . . . , an). Ezt fejezi ki a ranggal megfogalmazva a Kronecker-Capellitetel.

Allıtas. Egy linearis egyenletrendszer pontosan akkor megoldhato, harg(a1, . . . , an) = rg(a1, . . . , an, b).

Bizonyıtas. Ha az egyenletrendszer megoldhato, akkor b ∈ L(a1, . . . , an),ezert L(a1, . . . , an) = L(a1, . . . , an, b), s ıgy rg(a1, . . . , an) = dimL(a1, . . . , an) =dimL(a1, . . . , an, b) = rg(a1, . . . , an, b).

Altalaban L(a1, . . . , an) ⊂ L(a1, . . . , an, b). Ezert, ha a rangok egyenlosegeteljesul, akkor L(a1, . . . , an) = L(a1, . . . , an, b), amibol b ∈ L(a1, . . . , an)kovetkezik. Tehat vannak olyan α1, . . . , αn skalarok, hogy a1α1 + . . .+ anαn = b,vagyis az egyenletrendszer megoldhato. Q. E. D.

Megjegyzes.

1. Az egyenletrendszer AX = B matrixalakjat tekintve a tetel feltetele(rangkriterium) ıgy fogalmazhato at: Az AX = B linearis egyenletrendszerpontosan akkor megoldhato, ha rgA = rg(A|B), ahol a jobboldali k×(n+1)-es matrix az egyenletrendszer un.kibovıtett matrixa.

2. Amennyiben a1, . . . , an generatorrendszere Rk-nak, akkor nyilvan min-den b ∈ Rk eseten megoldhato az egyenletrendszer, hiszen ilyenkorL(a1, . . . , an) = Rk.

3. Ha a1, . . . , an linearisan fuggetlen, akkor legfeljebb egy megoldas van,akarmilyen is b. Ilyen esetben tehat az egyenletrendszer nem lehethatarozatlan.

4. Ha az a1, a2, . . . , an vektorrendszer bazis Rk-ban (ez csak akkor lehetseges,ha k = n), akkor az egyenletrendszer hatarozott, fuggetlenul b-tol. Ugyanisilyenkor minden b eloallıthato a megadott a1, . . . , an vektorokkal, de csakegyfelekeppen.

5. Ha k < n, azaz kevesebb egyenlet van, mint ismeretlen, akkor azegyenletrendszer nem lehet hatarozott, hiszen az a1, . . . , an vektorrendszerilyenkor mindenkeppen linearisan fuggo, ezert ha valamikepp eloallıthatoveluk a b vektor, akkor masfelekeppen is.


15.4 A linearis egyenletrendszer megoldashalmaza

A homogen linearis egyenletrendszer mindig megoldhato, ugyanis x1 = 0, . . . , xn =0 megoldasa. Az a kerdes, hogy ettol a trivialistol kulonbozo megoldas milyenesetben letezik. Az egyenletrendszer vektori alakja alapjan konnyen adodik, hogypontosan akkor, ha az a1, . . . , an vektorrendszer linearisan fuggo. Ezt a ranggalatfogalmazva kapjuk, hogy

Allıtas. Az a1x1+. . .+anxn = 0 homogen linearis egyenletrendszernek pontosanakkor letezik trivialistol kulonbozo megoldasa, ha rg(a1, . . . , an) < n.

Allıtas. Egy adott homogen linearis egyenletrendszer megoldasai alteretalkotnak Rn-ben, melynek dimenzioja n− rg(a1, . . . , an).

Az allıtas azt jelenti, hogy elegendo ismerni kello szamu linearisan fuggetlenmegoldast, ezekbol linearis kombinaciokepzessel tetszoleges megoldas eloallıthato.A bizonyıtasnak csak a vazlatat adjuk meg.

Bizonyıtas. Ha (α1, . . . , αn) es (β1, . . . , βn) is megoldasa az egyenletrend-szernek, akkor

a1(α1 + β1) + . . .+ an(αn + βn) = (a1α1 + . . .+ anαn) + (a1β1 + . . .+ anβn) = 0

miatt (α1 + β1, . . . , αn + βn) is megoldas. Hasonloan lathato, hogy a megoldasokhalmaza a skalarral valo szorzasra nezve is zart.

A megoldasalter dimenziojarol szolo osszefuggest ugy lathatjuk be, hogymegkonstrualunk egy bazist, mely a kıvant tagszamu. Tekintsuk az a1, . . . , anvektorrendszer egy maximalisan linearisan fuggetlen reszrendszeret. Tegyuk fel,hogy ez a1, . . . , ar. Mivel barmely j = r + 1, . . . , n eseten a1, . . . , ar, aj linearisanfuggo, aj = α1a1 + . . .+ αrar. Ez azt jelenti, hogyuj = (−α1, . . . ,−αr, 0, . . . , 1, . . . , 0) megoldast ad (1 a j-dik helyen all).Ezekrol a megoldasokrol lehet belatni, hogy bazisat alkotjak a megoldasalternek.Ugyanis, azonnal lathato, hogy linearisan fuggetlenek, hiszen matrixba ırva oket,tartalmazzak az n − r-edrendu egysegmatrixot. Masreszt tetszoleges megoldaseloallıthato ezekbol a megadott megoldasokbol, nevezetesen egy c = (γ1, . . . , γn)megoldas ıgy allıthato elo:

c = γr+1ur+1 + . . .+ γnun

Q. E. D.

Megjegyzes. Bebizonyıthato az is, hogy Rn-ben tetszolegesen adott alterhezlehet talalni olyan homogen linearis egyenletrendszert, melynek a megoldashalma-za a megadott alter. Termeszetesen az alterek es a homogen egyenletrendszerekkozti kapcsolat megsem kolcsonosen egyertelmu, hiszen ekvivalens egyenletrend-szerekhez azonos megoldasalter tartozik.

Az inhomogen linearis egyenletrendszerek vizsgalatahoz eloszor is minden in-homogen egyenletrendszerhez hozzarendeljuk azt a homogen linearis egyenletrend-szert, mely ugy keletkezik az eredetibol, hogy a jobboldali konstansokat nullakkalhelyettesıtjuk. Ennek neve redukalt homogen egyenletrendszer.

15.4. A LINEARIS EGYENLETRENDSZER MEGOLDASHALMAZA125

Megfigyelhetjuk, hogy az eredeti inhomogen egyenletrendszer es a redukaltegyenletrendszere megoldasai kozott egyszeru kapcsolat all fenn: Az inhomogen ketmegoldasvektoranak kulonbsege megoldasa lesz a redukalt egyenletrendszernek,masreszt az inhomogen es a homogen egy-egy megoldasvektoranak osszege ujra azinhomogen egy megoldasat adja. Ezek alapjan igaz a kovetkezo allıtas:

Allıtas. Egy inhomogen linearis egyenletrendszer megoldashalmaza a redukalthomogen egyenletrendszere megoldasalterenek eltoltja: c + L, ahol c ∈ Rn azinhomogen egyenletrendszer egy tetszoleges, rogzıtett (partikularis) megoldasa, Ljeloli a redukalt egyenletrendszer megoldasalteret.

Utoljara azokrol az egyenletrenszerekrol mondunk allıtasokat, melyek ugyan-annyi egyenletet tartalmaznak, mint ismeretlent: k = n.

Allıtas. Egy homogen n ismeretlenes n egyenletbol allo linearis egyenletrendsz-ernek pontosan akkor van trivialistol kulonbozo megoldasa, ha egyutthatomatri-xanak determinansa nulla : |A| = 0.

Az allıtas abbol kovetkezik, hogy a1, . . . , an pontosan akkor linearisan fuggo,ha det (a1, . . . , an) = 0.

Allıtas. Cramer szabaly:Egy n ismeretlenes n egyenletet tartalmazo linearis egyenletrendszer pontosanakkor hatarozott, ha egyutthatomatrixanak determinansa nem nulla. Ilyenkoraz egyetlen megoldo szam-n-est a kovetkezokeppen kaphatjuk:

xi =di|A| ,

ahol di azon matrix determinansat jeloli, melyet az egyutthatomatrixbol ugykapunk, hogy az i-dik oszlopot a konstansok oszlopara csereljuk.

Bizonyıtas. Ha az egyenletrendszer hatarozott, akkor az a1, . . . , an vektoroklinearisan fuggetlenek, ezert A determinansa nem nulla.

Fordıtva, |A| 6= 0 miatt az A matrix invertalhato, ezert az egyenletrendszermatrixalakjat hasznalva, balrol A−1-el szorozva az egyetlen megoldas X = A−1Balakban adodik. Ebbol, az inverzmatrix eloallıtasi modjat kihasznalva, majd akifejtesi tetelt, kapjuk, hogy

xi =

n∑

j=1

Aji|A| bj =

1

|A|

n∑

j=1

Ajibj =di|A|

Q. E. D.

16. Euklideszi terek

16.1 A belso szorzat

Ha a valos vektorter eddigi muveletein tul ertelmezve van egy un. belso szorzat,— amely barmely ket vektorhoz egy valos szamot rendel, — akkor euklideszi vek-torterrol beszelunk. Elobb a skalar-n-esek Rn vektortereben ertelmezzuk a stan-dard belso szorzatot, megvizsgaljuk tulajdonsagait, melyek alapjan ertelmezhetoezen euklideszi terben a vektorok normaja (hossza), es szoge, illetve merolegessege(idegen szoval ortogonalitasa). Ezt kovetoen lathatjuk majd, hogy e fogalmak,melyek aszabadvektorok tereben geometriai ertelemben hasznalatosak, az altalanos euk-lideszi vektorterekben is ertelmezhetok, es analog tulajdonsagokkal rendelkeznek.Vegul a meroleges vetıtes egy alkalmazasat mutatjuk be.

Definıcio. A valos szam-n-esek koreben az x = (x1, . . . , xn) es y = (y1, . . . , yn)vektorok (standard) belso szorzatan az

(x, y) = x1y1 + . . .+ xnyn

valos szamot ertjuk. Az x = (x1, . . . , xn) vektor normajanak nevezzuk az

||x|| =√

(x, x) =√

x21 + . . .+ x2

n

szamot.

A belso szorzatot szoktak nevezni skalaris szorzatnak is, a normat pedig avektor hosszanak.

A belso szorzat nyilvanvaloan teljesıti a kovetkezo tulajdonsagokat:

1. a belso szorzat szimmetrikus:

(x, y) = (y, x) (16.1)

2. mindket valtozojaban additiv, azaz a muveletek elvegzese es a belsoszorzatkepzes sorrendje felcserelheto:

(x+ y, z) = (x, z) + (y, z) (16.2)

127

128 16. EUKLIDESZI TEREK

3. a skalar kiemelheto:

(λx, y) = λ(x, y) (16.3)

4. barmely x vektor onmagaval kepzett belso szorzata pozitıv, ha x 6= 0.

(x, x) > 0 ∀x 6= 0 (16.4)

Az utolso tulajdonsag teszi lehetove a vektor normajanak ertelmezeset.

Allıtas. Schwarz egyenlotlenseg. Barmely x, y ∈ Rn eseten

|(x, y)| ≤ ||x|| · ||y||

Egyenloseg pontosan akkor teljesul, ha x es y linearisan fuggo.

Bizonyıtas. Az utolso tulajdonsag miatt barmely λ ∈ R eseten

(x + λy, x+ λy) ≥ 0

azaz

(x, x) + 2λ(x, y) + λ2(y, y) ≥ 0

Tehat e λ-ban masodfoku polinom diszkriminansa D ≤ 0 :

4(x, y)2 − 4(x, x)(y, y) ≤ 0.

ami ekvivalens a bizonyıtandoval. Ha a Schwarz egyenlotlensegben az egyenlosegall, akkor a diszkriminans nulla, tehat van gyoke a polinomnak, azaz van olyan λ,hogy x+ λy = 0. Q. E. D.

Allıtas. Minkowski egyenlotlenseg. Barmely x, y vektor eseten

||x+ y|| ≤ ||x|| + ||y||

Egyenloseg pontosan akkor teljesul, ha az egyik vektor a masik nemnegatıvszamszorosa.

Bizonyıtas. A norma definıciojat es a Schwarz egyenlotlenseget alkalmazzuk:

||x+ y||2 = (x + y, x+ y) = (x, x) + 2(x, y) + (y, y) ≤ ||x||2 + 2||x|| · ||y|| + ||y||2

Q. E. D.

Megjegyzes.

1. Az utobbi egyenlotlenseg azt fejezi ki, hogy a normanak ugyanolyantulajdonsaga van, mint az abszolutertek fogalmanak a valos szamok es akomplex szamok eseteben.

16.1. A BELSO SZORZAT 129

2. Ezt az allıtast szoktak haromszogegyenlotlensegkent is emlıteni. Az el-nevezest az sugallja, hogy ha bevezetjuk a vektorok tavolsaganak fogalmat:

d(x, y) = ||x− y||

akkor az egyenlotlenseg ıgy is kifejezheto:

d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z)

3. A Schwarz egyenlotlenseg segıtsegevel ertelmezhetjuk a vektorok szoget: Anullvektortol kulonbozo x, y vektorok szoge az az α szam, melyre

cosα =(x, y)

||x|| · ||y||

Megjegyzes. A kozepiskolaban megismert szabadvektorok skalaris szorzataugyanazon tulajdonsagokkal rendelkezik, mint az Rn-ben most bevezetett belsoszorzat. A szabadvektorok koreben ket vektor skalaris szorzata:

(x, y) = |x| · |y| cosα

ahol |x| a vektor hosszat, α pedig x es y szoget jeloli. A fent jelzett 4 karakterizalotulajdonsag kozul az additivitas a meroleges vetıtes tulajdonsagaibol adodik,ugyanis, ha y egysegvektor (|y| = 1), akkor (x, y) nem mas, mint az x vektory iranyra eso meroleges vetuletenek a hossza, elojelesen szamıtva, azaz pozıtıv, haa meroleges vetulet y-nal azonos iranyu, illetve ellenkezo esetben negatıv. A tobbitulajdonsag nyilvanvaloan teljesul.

Szem elott tartva Rn fent bevezetett belso szorzatanak es a szabadvektorokskalaris szorzatanak tulajdonsagait, ezek kozos altalanosıtasakent vezetjuk be azeuklideszi ter fogalmat:

Definıcio. Egy E valos vektorteret euklideszi vektorternek nevezunk, haertelmezve van benne a vektorok belso szorzata, amely barmely ket vektorhozugy rendel valos szamot, hogy teljesuljon az (1)–(4) tulajdonsag.

Igy specialis euklideszi teret jelent Rn a fent definialt belso szorzattal, illetvea szabadvektorok tere a skalaris szorzattal. Egy adott vektorteren sokfelekeppenmegadhato belso szorzat, ezek kozul egy kivalasztasa jelenti az euklideszi strukturamegadasat. A legfeljebb n-edfoku polinomok vektortereben (vagy a folytonosfuggvenyek vektortereben) a belso szorzat szokasos definıcioja integrallal tortenik:

(p, q) =

∫ 1

−1

p(t)q(t)dt

Megfigyelhettuk, hogy az eddigi levezetesekben csakis a belso szorzat 4 definialotulajdonsagat hasznaltuk. Tehat az allıtasok barmely euklideszi vektorterben


ervenyesek. A polinomok most emlıtett euklideszi vektortereben pl. a Schwarzegyenlotlenseg azt jelenti, hogy

|∫ 1

−1

p(t)q(t)dt|2 ≤∫ 1

−1

p2(t)dt ·∫ 1

−1

q2(t)dt

Megjegyzes. Komplex vektorteren is bevezethetunk belso szorzatot, azonbancelszeru modosıtani a megkıvant tulajdonsagokat ugy, hogy ertelmezheto legyena vektorok normaja: Komplex vektorteren belso szorzatnak nevezunk egy olyanmegfeleltetest, amely a vektorter barmely ket vektorahoz ugy rendel egy komplexszamot, hogy teljesuljenek a kovetkezok:

(y, x) = (x, y)

(x+ y, z) = (x, z) + (y, z)

(λx, y) = λ(x, y)

(x, x) ≥ 0 ∀x 6= 0

Az elso tulajdonsagban a komplex szamok konjugalasa szerepel, s ennek fontoskovetkezmenyei vannak: a masodik valtozo eseten a skalar kiemelesekor konjugalasis tortenik: (x, λy) = λ(x, y). Masreszt, ebbol adodik az is, hogy (x, x) mindigvalos szam, ui. (x, x) = (x, x). A komplex szam-n-esek Cn vektortereben astandard belso szorzat:

(x, y) = x1y1 + . . .+ xnyn

Ezaltal||x||2 = (x, x) = |x1|2 + . . .+ |xn|2

illetve a Schwarz egyenlotlenseg alakja:

(x1y1 + . . .+ xnyn)2 ≤ (|x1|2 + . . .+ |xn|2) · (|y1|2 + . . .+ |yn|2)

16.2 Ortogonalitas

Definıcio. Az euklideszi vektorter ket x es y vektorat ortogonalisnak mondjuk,ha (x, y) = 0. Jele: x ⊥ y. Az x ∈ E vektor egysegvektor, ha ||x|| = 1.Egy vektorrendszer ortogonalis, ha paronkent ortogonalis vektorokbol all. Egye1, e2, . . . , ek vektorrendszer ortonormalt, ha ortogonalis es egysegvektorokbol all.

Ha x es y ortogonalis, akkor ||x + y||2 = ||x||2 + ||y||2. (A Pitagorasz tetelaltalanosıtasa) Ugyanis

||x+ y||2 = (x+ y, x+ y) = (x, x) + 2(x, y) + (y, y) = ||x||2 + ||y||2

16.2. ORTOGONALITAS 131

Az ortonormaltsagot kifejezhetjuk a kovetkezo formulaval:

(ei, ej) = δij

Az ortogonalitas fogalma a merolegesseg altalanosıtasa; a szabadvektorok skala-ris szorzata eseten ugyanazt jelenti. Ez a fogalom fontos szemleleti modot ad azaltalanos euklideszi vektorterek vizsgalataban.

Lathatjuk, hogy egy nullvektort nem tartalmazo ortogonalis vektorrendszermindig linearisan fuggetlen. Ugyanis, ha α1e1 + . . .+ αkek = 0, akkor

0 = (0, ei) = (α1e1 + . . .+ αkek, ei) =

= α1(e1, ei) + . . .+ αk(ek, ei) = αi(ei, ei)

s ıgy (ei, ei) 6= 0 miatt αi = 0 adodik minden i = 1, 2, . . . , k-ra. Ebboladodik, hogy a bazisok kozott is varhatoan van ortogonalis, sot ortonormaltvektorrendszer. Ortonormalt bazisok alkalmazasa azert hasznos, mert ilyenkor akoordinatakkal ugyanugy lehet szamolni, mint Rn-ben. Specialisan, a koordinatakiszamolhato a belso szorzat segıtsegevel. Ha e1, . . . , en ortonormalt bazis E-benes x = x1e1 + . . .+ xnen, akkor xi = (x, ei) minden i = 1, . . . , n-re. Ugyanis

(x, ei) = (x1e1 + . . .+ xnen, ei) = x1(e1, ei) + . . .+ xn(en, ei) = xi(ei, ei) = xi

Tovabba, ha x = x1e1 + . . .+ xnen es y = y1e1 + . . .+ ynen, akkor

(x, y) = (x, y1e1 + . . .+ ynen) = y1(x, e1) + . . .+ yn(x, en) = x1y1 + . . .+ xnyn

illetve||x||2 = x2

1 + . . .+ x2n

A szam-n-esek Rn euklideszi vektortereben a termeszetes bazis nyilvanva-loan ortonormalt bazist ad meg. A szabadvektorok koreben pedig pl. egykocka egy csucsabol indulo elvektorai hataroznak meg ortonormalt bazist. Mostmegmutatjuk, hogy minden veges dimenzios euklideszi vektorterben van ortonor-malt bazis.

Allıtas. Gram–Schmidt ortogonalizalasi eljarasBarmely b1, b2, . . . , bn ∈ E bazishoz konstrualhato olyan e1, e2, . . . , en ortonormaltbazis, melyre L(e1, . . . , ek) = L(b1, . . . , bk) teljesul minden k = 1, 2, . . . , n-re.

Bizonyıtas. A konstrukcio lenyege: legyen e1 = b1||b1|| . Ha e1, . . . , ek mar

ismert, akkor ek+1-hez a kovetkezokepp jutunk. Elobb legyen e′k+1 = bk+1 −(bk+1, e1)e1− . . .− (bk+1, ek)ek, majd ek+1 =

e′k+1

||e′k+1

|| . Konnyen ellenorizheto, hogy

ıgy ortonormalt vektorrendszerhez, s az utolso lepesben bazishoz jutunk. Q. E. D.

Definıcio. Az E euklideszi vektorter egy L alterenek ortogonalis komplementerenazon vektorok osszesseget ertjuk, melyek ortogonalisak L minden vektorara.Jelben:

L⊥ = {x ∈ E| | x ⊥ y ∀y ∈ L}


(Magyarul nevezhetnenk merolegesen kiegeszıto alternek is.) Konnyen lathato,

hogy L⊥ is alter, ui. ha x1, x2 ∈ L⊥, akkor λ1x1 + λ2x2 ∈ L⊥ is teljesul, hiszen

(λ1x1 + λ2x2, y) = λ1(x1, y) + λ2(x2, y) = 0.

Adott L alter eseten tetszoleges x ∈ E vektorhoz egyertelmuen talalhato olyanx′ ∈ L es x′′ ∈ L⊥, hogy x = x′ + x′′.

.

L

L⊥

x

x′

x′′

Ugyanis, ha e1, . . . , ek, ek+1, . . . , en olyan ortonormalt bazis E-ben, hogye1, . . . , ek L-nek bazisa, akkor

x′ = (x, e1)e1 + . . .+ (x, ek)ek ∈ L

x′′ = (x, ek+1)ek+1 + . . .+ (x, en)en ∈ L⊥.

Ilyen esetben x′-t az x vektor L alterre eso meroleges vetuletenek mondjuk. Ameroleges vetulet meghatarozasa bonyolultabb nem ortonormalt bazis ismereteeseten. Tegyuk fel, hogy L = L(b1, b2, . . . , bk), s x′-t x′ = β1b1 + . . . + βkbkalakban keressuk. Ekkor x − x′ ∈ L⊥, ezert (bi, x − x′) = 0-nak kell teljesulniminden i = 1, . . . , k eseten. Reszletesebben

β1(b1, b1) + . . . βk(b1, bk) = (b1, x)

...

β1(bk, b1) + . . . βk(bk, bk) = (bk, x)

Ezen inhomogen linearis egyenletrendszer megoldasa utjan kapjuk meg aβ1, . . . , βk egyutthatokat, s veluk az x′ meroleges vetuletvektort.

Az x vektornak az L altertol mert tavolsagan a

d(x, L) = ||x− x′||

erteket ertjuk. Ez a tavolsagfogalom is rendelkezik a minimumtulajdonsaggal, azaz

d(x, L) = min{||x− l|| | l ∈ L}

ugyanis

||x− l||2 = ||(x − x′) + (x′ − l)||2 = ||x− x′||2 + ||x′ − l||2 ≥ ||x− x′||2

16.3. LEGKISEBB NEGYZETEK MODSZERE 133

16.3 Legkisebb negyzetek modszere

Tegyuk fel, hogy a koordinatarendszerben adott (x1, y1, ), . . . , (xn, yn) pont. Aztkeressuk, hogy mely y = ax + b egyenes kozelıti meg ”legjobban” a megadottpontokat, masszoval mely linearis fuggvenykapcsolat kozelıti meg leginkabb amegadott ertekparokat. A kozelıtes josaga tobbfelekeppen ertelmezheto. Egyiklehetoseg az, hogy az

n∑

i=1

(yi − (axi + b))2

elteresnegyzetosszeget (hibanegyzetosszeget) kıvanjuk minimalizalni. A linearisalgebra eszkozeivel a kovetkezokeppen oldhatjuk meg a problemat: Tekintsuk azx = (x1, . . . , xn) ∈ Rn, y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn es 1 = (1, 1, . . . , 1) ∈ Rn vektorokat,s az L(x, 1) alteret. Az y vektornak ezen alter egy αx+β1 vektoratol valo tavolsaga:

||y − (αx + β1)|| = [

n∑

i=1

(yi − (αxi + β))2]1/2

Tudjuk az elozoekbol, hogy ez pontosan akkor minimalis, ha αx + β1 eppen y-nak az L(x, 1) alterre eso meroleges vetulete. Az ott ismertetett modszerrel tehatkiszamıthatjuk a minimalizalo a, b ertekeket. A megoldando egyenletrendszer

a(x, x) + b(x, 1) = (x, y)

a(1, x) + b(1, 1) = (1, y)

Ebbol a megoldas:

a =(x, y)(1, 1) − (1, y)(x, 1)

(x, x)(1, 1) − (1, x)2

b =(x, x)(1, y) − (1, x)(x, y)

(x, x)(1, 1) − (1, x)2

(Kesobb a differencialszamıtas eszkozeit is igenybe vevo modszert is targya-lunk.)

Tobbvaltozos linearis fuggvenykapcsolat esetere is alkalmazhatjuk a legkisebbnegyzetek modszeret. Ha tobb, mondjuk k darab x(1), . . . , x(k) fuggetlen valtozomenynyiseg n fele beallıtasa eseten adottak az egyetlen y fuggo valtozo (mert)ertekei, s linearis k-valtozos y = a1x

(1)+ . . .+akx(k) +b alaku fuggvenykapcsolatot

feltetelezunk, akkor keressuk azon a1, . . . , ak, b parametereket, amelyre az

n∑

i=1

(yi − (a1x(1)i + . . .+ akx

(k)i + b))2

elteresnegyzetosszeg minimalis. Mint az elobb kepezzuk az Rn-beli x(1) =

(x(1)1 , . . . , x

(1)n ), . . . , x(k) = (x

(k)1 , . . . , x

(k)n ), 1 = (1, 1, . . . , 1) es y = (y1, . . . , yn)

vektorokat. A feladat ekvivalens az

||y − (α1x(1) + . . .+ αkx

(k) + β1)||


minimalizalasaval, melyet — mint mar tudjuk, — y-nak az L(x(1), . . . , x(k), 1)alterre eso meroleges vetulete old meg.

17. Linearis

transzformaciok

17.1 Linearis lekepezes, defektus es rang

Vektorterek kozotti olyan lekepezeseket, amelyek az osszeadassal es a skalarralvalo szorzassal ’felcserelhetok’, linearisnak mondunk. Ezek vizsgalataban fontos,hogy mely vektorok kepzodnek a nullvektorba, illetve mely vektorok alkotjaka kepteret. Lathatjuk majd, hogy veges dimenzios vektorterek eseten alinearis lekepezesek, illetve transzformaciok matrixszorzassal megvalosıthatok. Alinearis transzformaciok szerkezetenek leırasaban olyan vektorok keresese hasznos,amelyeket a transzformacio csak megnyujt, de a vektor iranya nem valtozik meg.Ha ilyen, un. sajatvektorokbol allo bazis is talalhato a transzformaciohoz, akkorannak hatasa egyszeruen leırhato.

Definıcio. Legyen V1 es V2 ket valos ( vagy mindketto komplex) vektorter. Aϕ:V1 → V2 lekepezest linearisnak mondjuk, ha

ϕ(a+ b) = ϕ(a) + ϕ(b)

ϕ(λa) = λϕ(a)

teljesul minden a, b ∈ V1 es λ ∈ R (illetve λ ∈ C) eseten. Amennyibenϕ bijektıv is, akkor izomorfizmusrol van szo. Ha V1 = V2, akkor linearistranszformaciorol beszelunk. Ha egy linearis transzformacio bijektıv, akkorregularisnak (invertalhatonak) nevezzuk.

Peldak.

1. A kozismert geometriai transzformaciok majd’ mindegyike linearis transz-formaciot indukal a szabadvektorok vektortereben. Ilyenek pl. a terszabadvektorai eseteben a sıkra torteno meroleges vetıtes, vagy a tengelykoruli forgatas, sıkbeli vektorok eseten pl. adott pont koruli forgatas, vagytengelyes tukrozes.

2. Trivialis linearis transzformaciot jelent az identikus transzformacio, melyminden vektorhoz onmagat rendeli:

id(x) = x

135

136 17. LINEARIS TRANSZFORMACIOK

tovabba a zerustranszformacio, amely minden vektorhoz a nullvektortrendeli:

O(x) = 0

3. Ha az n-dimenzios V vektorteren rogzıtunk egy bazist, koordinatalekepezes-nek mondtuk azt a

κ:V → Rn

lekepezest, mely minden vektorhoz e rogzıtett bazisra vonatkozo ko-ordinataibol allo szam-n-est rendeli. A koordinatalekepezes nemcsak, hogylinearis, hanem bijektıv is, tehat izomorfizmus.

4. Tekintsuk a legfeljebb n-edfoku polinomok Pn vektorteret, es az D:Pn → Pntranszformaciot, mely egy p polinomhoz a p′ derivaltfuggvenyt rendeli. Aderivalas tulajdonsagai alapjan vilagos, hogy D valoban linearis transz-formacio.

Definıcio. A ϕ:V1 → V2 linearis lekepezes (vagy transzformacio) nulltereneknevezzuk azon V1-beli vektorok osszesseget, melyeket ϕ a nullvektorba kepez:

Kerϕ = { a ∈ V1 | ϕ(a) = 0 }

A nullter dimenziojat ϕ defektusanak (vagy nullitasanak) nevezzuk. Jele: defϕ.A ϕ(V1) kepter dimenziojat ϕ rangjanak nevezzuk, jele: rgϕ.

Megjegyzes.

1. Lathato, hogy a nullter valoban alter V1-ben, es ϕ(V1) alter V2-ben, ezertbeszelhetunk a dimenzioikrol. Pl. ha a, b ∈ Kerϕ, akkor

ϕ(a+ b) = ϕ(a) + ϕ(b) = 0 + 0 = 0

miatt a+ b ∈ Kerϕ is teljesul.

2. A fent emlıtett peldak eseteben konnyen meghatarozhatjuk a nullteret, adefektust, illetve a rangot. Pl. a sıkra torteno meroleges vetıtesnel a nulltera sıkra meroleges vektorokbol all, tehat a defektus 1, a kepter pedig a sıkkalparhuzamos vektorokbol, tehat a rang 2. A differencialasi transzformacionala nullter a konstans polinomokbol all, a defektus 1, a kepter viszont alegfeljebb (n− 1)-edfoku polinomok vektortere, tehat a rang most n− 1.

3. Egy linearis lekepezes pontosan akkor injektıv, ha defektusa nulla, azaz anullter csak a nullvektort tartalmazza. Ugyanis ϕ(0) = 0 mindig teljesul,ezert, ha ϕ injektıv, akkor ϕ(a) = 0 csak ugy lehet, ha a = 0. Fordıtva, haϕ(a) = ϕ(b) akkor a linearitasi tulajdonsag miattϕ(a− b) = 0 s ıgy a− b = 0, tehat a = b.

17.2. LINEARIS TRANSZFORMACIO MATRIXA 137

Az elobbi peldakban lathattuk, hogy a defektus es a rang osszege V1 dimenziojatadja. Ez altalaban is igaz.

Allıtas. Ha ϕ:V1 → V2 linearis lekepezes, es V1 veges dimenzios, akkor

dimV1 = defϕ+ rgϕ

Bizonyıtas. Legyen a1, . . . , ak bazisa ϕ nullterenek (defϕ = k). Egeszıtsuk kiezt V1 bazisava az ak+1, . . . , an vektorokkal. Megmutatjuk, hogy ϕ(ak+1), . . . , ϕ(an)bazisa ϕ(V1)-nek. Az nyilvanvalo, hogyϕ(V1) = L(ϕ(a1), . . . , ϕ(an)), s ϕ(a1) = 0, . . . , ϕ(ak) = 0 miattϕ(V1) = L(ϕ(ak+1), . . . , ϕ(an)). Masreszt ϕ(ak+1), . . . , ϕ(an) linearisan fuggetlen,hiszen ha

αk+1ϕ(ak+1) + . . .+ αnϕ(an) = 0

akkor

ϕ(αk+1ak+1 + . . .+ αnan) = 0

s ıgy

αk+1ak+1 + . . .+ αnan ∈ Kerϕ

azaz

αk+1ak+1 + . . .+ αnan = α1a1 + . . .+ αkak

Viszont a1, . . . , an linearis fuggetlensege miatt ez csak ugy lehetseges, ha αi =0 ∀ i = 1, . . . , n. Ezert ϕ(ak+1), . . . , ϕ(an) bazisa ϕ(V1)-nek, tehat rgϕ = n− k =dimV1 − defϕ. Q. E. D.

17.2 Linearis transzformacio matrixa

Definıcio. A ϕ:V → V linearis transzformacio b1, . . . , bn bazisra vonatkozomatrixan azt az n-edrendu kvadratikus Mϕ matrixot ertjuk, melynek j-dikoszlopaban a ϕ(bj) kepvektornak a b1, . . . , bn bazisra vonatkozo koordinatai allnak.

A transzformacio matrixanak jelentese a kovetkezo: ha az X =

x1

...xn

oszlopmatrixba ırjuk a tetszoleges x ∈ V1 vektor b1, . . . , bn bazisra vonatkozo

koordinatait, illetve Y =

y1...yn

oszlopmatrixba a ϕ(x) kepvektor koordinatait,

akkor

Y = Mϕ ·X


azaz bazis rogzıtese utjan a koordinatak alkotta oszlopvektorok vektortereben atranszformacio hatasa matrixszorzassal valosul meg. UgyanisMϕ = (αij) jelolessel

∑

i

yibi = ϕ(x) = ϕ(∑

j

xjbj) =∑

j

xjϕ(bj) =∑

j

xj(∑

i

αijbi) =∑

i

(∑

j

αijxj)bi.

Emiatt azt is mondjuk, hogy az Mϕ matrix reprezentalja a ϕ transzformaciot (arogzıtett bazisban).

Ha ϕ: Rn → Rn tıpusu linearis transzformacio es a termeszetes bazist rogzıtjuk,akkor ϕ matrixanak oszlopaiban egyszeruen a termeszetes bazisban szereplovektorok kepvektorai allnak. Ilyenkor, Rn elemeit oszlopvektorkent kezelve, ϕtenylegesen azonos a matrixaval valo szorzassal:

ϕ

x1

...xn

= Mϕ

x1

...xn

A matrixreprezentacio a kovetkezo — egyszeruen igazolhato — tulajdonsagokkalrendelkezik:

Allıtas. Ha ϕ es ψ ket linearis transzformacio, akkor

Mϕ+ψ = Mϕ +Mψ

Mϕ◦ψ = Mϕ ·Mψ

ahol ϕ+ ψ es ϕ ◦ ψ jelentese

(ϕ+ ψ)(x) = ϕ(x) + ψ(x) ∀x ∈ V

(ϕ ◦ ψ)(x) = ϕ(ψ(x)) ∀x ∈ V

Tovabbaϕ regularis ⇐⇒Mϕ invertalhato matrix.

Ha megvaltoztatjuk a kiindulaskor rogzıtett bazist, akkor megvaltozik a linearistranszformacio matrixa is. Az eredeti es az uj bazisra vonatkozo matrixok kozotttikapcsolatot fejezi ki a most kovetkezo allıtas:

Allıtas. Ha a1, . . . , an es b1, . . . , bn ket bazis V -ben, s ϕ:V → V egy linearistranszformacio,melynek az adott bazisokra vonatkozo matrixai MA

ϕ es MBϕ akkor

MBϕ = S−1MA

ϕ S

ahol az S matrix a bazisok kozotti atmenetet leıro azon matrix, melynek j-dikoszlopaban bj-bek az a1, . . . , an bazisra vonatkozo koordinatai allnak.

Bizonyıtas. Legyen MAϕ = (αij), M

Bϕ = (βij), S = (sij). Ekkor

ϕ(bj) =∑

k

βkjbk =∑

k

βkj(∑

i

sikai) =∑

i

(∑

k

sikβkj)ai

17.3. SAJATERTEK-PROBLEMA 139

masreszt

ϕ(bj) = ϕ(∑

k

skjak) =∑

k

skjϕ(ak) =∑

k

skj(∑

i

αikai) =∑

i

(∑

k

αikskj)ai

Igy barmely i, j = 1, 2, . . . , n eseten∑

k sikβkj =∑

k αikskj , azaz SMBϕ = MA

ϕ S.S invertalhatosagat felhasznalva — melyet most nem igazolunk — kapjuk abizonyıtandot. Q. E. D.

Megjegyzes.

1. Ket n-edrendu kvadratikus A es B matrixot hasonlonak szoktak nevezni, havan olyan S invertalhato matrix, hogy B = S−1AS. Ezzel a fogalommalallıtasunk ugy is kifejezheto, hogy egy linearis transzformacio ket bazisravonatkozo matrixai hasonlok.

2. Bizonyos ertelemben ez utobbi kijelentes megfordıthato, de nem bizonyıtjuk:Ha A es B hasonlok, akkor van olyan linearis transzformacio, melynekbizonyos bazisokra vonatkozo matrixai eppen A es B.

17.3 Sajatertek-problema

Definıcio. A ϕ:V → V linearis transzformacio sajatvektoranak nevezzuk aztaz a 6= 0 vektort, melyre ϕ(a) = λa. Az itt fellepo λ-at a transzformaciosajatertekenek mondjuk.

Vilagos, hogy ha a sajatvektor, akkor αa is az, megpedig ugyanazzal a λ-val:

ϕ(αa) = αϕ(a) = α(λa) = λ(αa).

Egy adott λ-hoz tartozo sajatvektorok, kiegeszıtve a nullvektorral, alteretalkotnak, melyet a λ-hoz tartozo sajatalternek nevezunk. A

ϕ(a) = λa ⇐⇒ (ϕ− λid)(a) = 0

atalakıtas alapjan lathatjuk, hogy a λ-hoz tartozo sajatalter eppen aKer (ϕ− λid) nullter.

Pelda. A sıkban a tengelyes tukrozesnek pl. ket sajaterteke van: 1 es −1.Az 1-hez tartozo sajatvektorok a tengellyel parhuzamos vektorok, mıg a (−1)-heztartozok a tengelyre merolegesek. Nincs viszont egyetlen egy sajaterteke sem pl. apont koruli forgatasnak, ha a forgatas szoge nem 180◦ vagy annak tobbszorose.

Az optimalis az volna — de altalaban ez egyaltalan nincs ıgy — haa transzformaciohoz lehetne talalni sajatvektoraibol allo bazist. (Az ilyentranszformaciokat egyszerunek vagy diagonalizalhatonak nevezzuk.) Ugyanis,sajatvektorokbol allo bazisra vonatkozo matrix diagonalis (a foatlon kıvulmindenutt nulla all), es a foatloban eppen a sajatertekek allnak, s erre a bazisra


vonatkozo koordinatakkal reprezentalva, a vektorokat a transzformacio hatasanagyon egyszeru:

(x1, . . . , xn)ϕ7→ (λ1x1, . . . , λnxn)

Rogzıtsuk most V egy tetszoleges b1, . . . , bn bazisat, es tekintsuk ϕ-nek errea bazisra vonatkozo matrixat, jelolje A, tovabba az a vektor koordinataittartalmazza az X oszlopvektor. Az identikus transzformacio matrixa E. Az(ϕ− λid)(a) = 0 osszefugges ekkor a matrixokkal ıgy ırhato le:

(A− λE)X = O.

A keresendo a sajatvektor x1, . . . , xn koordinataira nezve ez egy homogen linearisegyenletrendszer, melynek — mint tudjuk — pontosan akkor van trivialistolkulonbozo megoldasa, ha az egyutthato matrixanak determinansa nulla:

det (A− λE) = 0.

Ez azt jelenti, hogy λ pontosan akkor sajaterteke ϕ-nek, ha teljesul a fentiun. karakterisztikus egyenlet. A baloldalan szereplo n-edfoku polinomot ϕkarakterisztikus polinomjanak nevezzuk. Ennek alapjan fogalmazhatunk ıgy is:

Allıtas. A ϕ:V → V linearis transzformacionak λ pontosan akkor sajaterte-ke, ha gyoke ϕ karakterisztikus polinomjanak, azaz megoldasa a karakterisztikusegyenletnek.

Megjegyzes.

1. ϕ karakterisztikus polinomja nem fugg attol, hogy mely bazist rogzıtettukkiindulasul. Ui. kulonbozo bazisra vonatkozo matrixai hasonlok: B =S−1AS, s ıgy

det (B − λE) = det (S−1AS − λE) = det (S−1(A− λE)S) =

detS−1det (A− λE)detS =1

detSdet (A− λE)detS = det (A− λE).

2. Szokas beszelni egy A matrix karakterisztikus polinomjarol, illetve sajat-ertekeirol, ami nem zavaro, hiszen az A matrixszal valo szorzas linearistranszformaciot jelent Rn-ben.

3. A sajatertek mindig annak a szamtestnek eleme, mely felett a V vektorterertelmezett. Ezert valos vektorter eseten a karakterisztikus polinomnak csaka valos gyokei lesznek sajatertekek.

4. Komplex vektorter eseten mindig van sajaterteke barmely linearis transz-formacionak, hiszen a karakterisztikus polinomnak mindig van gyoke a komp-lex szamok koreben.

5. Mivel egy polinomnak legfeljebb annyi gyoke van, mint amennyi a fokszama,n-dimenzios teren ertelmezett linearis transzformacionak legfeljebb n dbkulonbozo sajaterteke van.

17.3. SAJATERTEK-PROBLEMA 141

A sajatertekek es a sajatvektorok megkeresese a fentiek alapjan a kovetkezokep-pen tortenhet: Tekintjuk a transzformacio valamely bazisra vonatkozo matrixat, skiszamıtjuk vele a transzformacio karakterisztikus polinomjat, majd megkeressukennek gyokeit, ezek lesznek a transzformacio sajatertekei. Az egyes sajatertekekheztartozo sajatvektorokat (sajatalteret) pedig az

(A− λE)X = O.

homogen linearis egyenletrendszer megoldasa utjan kapjuk.

18. Az euklideszi terek

transzformacioi

Ebben a fejezetben definialjuk a szimmetrikus es ortogonalis matrixokat, illetveezek segıtsegevel az euklideszi terek szimmetrikus es ortogonalis transzformacioit.Az elso transzformacioosztaly szerepe a kvadratikus formak vizsgalataban fontos,a masodik pedig az euklideszi strukturaval kompatibilis: belso szorzat es nor-matarto. Megmutatjuk, hogy a szimmetrikus transzformaciok mindig egyszeruek(diagonalizalhatok), sot ortonormalt, sajatvektoraibol allo bazis is talalhato. Azortogonalis transzformaciok strukturaja nem ilyen egyszeru, de tulajdonkeppen azelemi geometriai transzformaciokbol barmely ortogonalis transzformacio eloallıthato.

18.1 Szimmetrikus es ortogonalis matrixok

Definıcio. Egy n-edrendu kvadratikus A matrix szimmetrikus, ha AT = A,illetve ortogonalis, ha AT = A−1, ahol AT az A matrix transzponaltjat jelenti(azaz, AT (i, j)-dik eleme azonos A (j, i)-dik elemevel).

Megjegyzes.

1. Egy matrix ortogonalitasa ugy is kifejezheto, hogyAT ·A = E. HaA1, . . . , Anjeloli az A matrix oszlopvektorait, akkor a matrixszorzas fogalmat figyelembeveve AT · A elemei valojaban az (Ai, Aj) belso szorzatokat jelentik, vagyisortogonalis matrix eseten az oszlopvektorok ortonormalt vektorrendszertalkotnak Rn-ben.

(Ai, Aj) = δij

Ez a tulajdonsag nyilvan elegendo is a matrix ortogonalitasahoz.

2. Ket pelda ortogonalis matrixra:

(

cosα − sinαsinα cosα

) (

1 00 −1

)

Az elso a forgatas matrixa, a masodik a tukrozese.

143

144 18. AZ EUKLIDESZI TEREK TRANSZFORMACIOI

3. Ortogonalis matrix determinansa 1 vagy −1. Ugyanis, a determinansokszorzastetele kihasznalasaval kapjuk, hogy

1 = detE = det (ATA) = detAT · detA = (detA)2

amibol kijelentesunk kovetkezik. Konnyu peldat mutatni viszont arra, hogya megfordıtas nem igaz: ha egy matrix determinansa ±1, akkor nem biztos,hogy ortogonalis.

4. Az ortogonalis matrixok egyik fontos szerepe abban mutatkozik meg, hogyha egy ortonormalt bazisrol terunk at egy masik ortonormalt bazisra, akkora bazistranszformacio matrixa ortogonalis. Legyen ugyanis S = (sij) aza1, . . . , an → b1, . . . , bn ortonormalt bazisok transzformaciojat leıro matrix:

bj =n∑

i=1

sijai

Ekkor

δij = (bi, bj) = (

n∑

k=1

skiak,

n∑

l=1

sljal) =

=

n∑

k,l=1

skislj(ak, al) =

n∑

k,l=1

skisljδkl =

n∑

k=1

skiskj = (STS)ij

tehat STS = E.

Belathato az is hasonloan, hogy ha egy ortonormalt bazist ortogonalismatrixszal transzformalunk, akkor a kapott uj bazis is ortonormalt.

18.2 Szimmetrikus es ortogonalis transzformaciok

Definıcio. Az E euklideszi vektorter egy ϕ:E → E linearis transzformaciojatszimmetrikusnak, illetve ortogonalisnak mondunk, ha valamely ortonormaltbazisra vonatkozo matrixa szimmetrikus, illetve ortogonalis.

Megjegyzes.

1. Ha egy linearis transzformacio valamely ortonormalt bazisra vonatkozomatrixa szimmetrikus (ortogonalis), akkor barmely mas ortonormalt bazisbanis az. Ugyanis, ortonormalt bazisok csereje eseten a bazistranszformaciotleıro S matrix ortogonalis. Igy ha A szimmetrikus, akkor B = S−1AS =STAS is szimmetrikus, hiszen

BT = (STAS)T = STATS = STAS = B.

Hasonloan, ha A ortogonalis, akkor B = STAS is az, hiszen

BTB = (STAS)T (STAS) = STATSSTAS = STATAS = E

18.2. SZIMMETRIKUS ES ORTOGONALIS TRANSZFORMACIOK 145

Ez azt jelenti, hogy a linearis transzformaciok szimmetrikussagat esortogonalitasat kijelolo feltetel korrekt: fuggetlen az ortonormalt bazismegvalasztasatol.

2. Nem ortonormalt bazisra vonatkozoan a szimmetrikus (ortogonalis) transz-formacio matrixa altalaban nem szimmetrikus (ortogonalis).

Allıtas. Szimmetrikus transzformacio eseten

(ϕ(x), y) = (x, ϕ(y))

teljesul minden x, y ∈ E-re.

Bizonyıtas. Legyen e1, . . . , en egy ortonormalt bazisa E-nek, sx = x1e1 + . . .+ xnen, illetve y = y1e1 + . . .+ ynen. Ekkor

(ϕ(x), y) = (ϕ(∑

i

xiei),∑

j

yjej) = (∑

i

xiϕ(ei),∑

j

yjej) =

=∑

ij

xiyj(ϕ(ei), ej) =∑

ij

xiyj(∑

k

αkiek, ej) =

=∑

ijk

αkixiyj(ek, ej) =∑

ijk

αkixiyjδkj =∑

ij

αjixiyj

Masreszt hasonloan kapjuk, hogy

(x, ϕ(y)) =∑

ij

αijxiyj

ahol A = (αij) jeloli ϕ matrixat. A szimmetriaja alapjan kovetkezik allıtasunk.Q. E. D.

Most megmutatjuk, hogy a szimmetrikus transzformacio egyszeruek, masszovaldiagonalizalhatok.

Allıtas. A veges dimenzios E euklideszi vektorter barmely szimmetrikustranszformaciojahoz van sajatvektoraibol allo ortonormalt bazis.

Bizonyıtas. Eloszor azt mutatjuk meg, hogy a szimmetrikus transzformacionakvan sajaterteke, mely termeszetesen valos szam. Tekintsuk ϕ-nek valamelyortonormalt bazisra vonatkozo A matrixat. Ekkor az A matrix nemcsak Rn-enad meg egy transzformaciot, hanem a komplex szam-n-esek Cn vektorteren is.Ennek az A:Cn → Cn transzformacionak — mint minden komplex vektorterenertelmezett linearis transzformacionak — van komplex λ = α + iβ sajaterteke, shozzatartozo z ∈ Cn sajatvektora. Termeszetesen z ∈ Cn is folbonthato valos eskepzetes reszere: z = u + iv, ahol u, v ∈ Rn. Mivel z 6= 0 sajatvektor: Az = λz,ezert

Au + iAv = A(u + iv) = (α+ iβ)(u+ iv) = (αu − βv) + i(αv + βu)


Ebbol kapjuk, hogy

Au = αu− βv

Av = αv + βu

A szimmetrikus, tehat (Au, v) = (u,Av). Behelyettesıtve

(Au, v) = (αu− βv, v) = α(u, v) − β(v, v)

(u,Av) = (u, αv + βu) = α(u, v) + β(u, u)

Ezert β((u, u) + (v, v)) = 0, s ebbol β = 0 adodik, hiszen z 6= 0. Tehat λ valosszam, s mint ϕ karakterisztikus polinomjanak gyoke, ϕ-nek sajaterteke.

Masodjara megmutatjuk, hogy van sajatvektorokbol allo ortonormalt bazis. Abizonyıtas a ter dimenzioja szerinti teljes indukcioval tortenik. n = dimE =1 eseten az allıtas nyilvanvaloan teljesul. Ha n > 1, akkor legyen e1 azelobb igazoltan letezo λ sajatertekhez tartozo egysegnyi normaju sajatvektor.Tegyuk fel, hogy n-nel kisebb dimenzioju euklideszi teren ertelmezett szimmetrikustranszformaciohoz van ortonormalt sajatvektoraibol allo bazis. Tekintsuk mostL(e1) ortogonalis komplementeret: L = L(e1)

⊥. Az L-bol valasztott vektorokkepei is L-ben vannak, hiszen ha l ∈ L, akkor

(ϕ(l), e1) = (l, ϕ(e1)) = (l, λe1) = λ(l, e1) = 0.

Ezert ha ϕ-t csak L-en tekintjuk, akkor egy n − 1 dimenzios euklidesziter szimmetrikus transzformaciojat kapjuk, melyhez feltevesunk szerint van ϕsajatvektoraibol allo e2, . . . , en bazis. Ezt e1-gyel kiegeszıtve kapjuk E ortonormaltbazisat, mely ϕ sajatvektoraibol all. Q. E. D.

Kovetkezmeny. A szimmetrikus matrixok diagonalizalhatok, sot ortogonalismatrixszal, azaz barmely szimmetrikus A matrixhoz van olyan S ortogonalismatrix, hogy STAS diagonalis.

Ugyanis, az A matrix egy szimmetrikus transzformaciot jelent Rn-en, melyheza tetel szerint van e′1, . . . , e

′n sajatvektorokbol allo ortonormalt bazis. E bazisban a

transzformacio B matrixa diagonalis. A termeszetes bazisrol az e′1, . . . , e′n bazisra

valo atteres matrixat S-sel jelolve (ahol S ortogonalis) B = STAS.

Az ortogonalis transzformaciok megtartjak a vektorok belso szorzatat esnormajat.

Allıtas. Ha ϕ ortogonalis transzformacio a veges dimenzios euklideszivektorteren, akkor barmely ortonormalt bazis kepe is ortonormalt bazis. Tovabba

(ϕ(x), ϕ(y)) = (x, y)

s kovetkezeskeppen

‖ϕ(x)‖ = ‖x‖

18.3. KVADRATIKUS FORMAK 147

Bizonyıtas. Legyen e1, . . . , en egy ortonormalt bazis.

(ϕ(ei), ϕ(ej)) = (∑

k

αkiek,∑

l

αljel) =∑

k,l

αkiαlj(ek, el) =

=∑

k,l

αkiαljδkl =∑

k

αkiαkj = δij

Ha x = x1e1 + . . .+ xnen es y = y1e1 + . . .+ ynen, akkor

(ϕ(x), ϕ(y)) = (∑

i

xiϕ(ei),∑

j

yjϕ(ej)) =

=∑

i

xi∑

j

yj(ϕ(ei), ϕ(ej)) =∑

i

xi∑

j

yjδij =∑

i

xiyi = (x, y)

Q. E. D.

Megjegyzes.

1. Ortogonalis transzformacionak — ha van sajaterteke, — akkor az csak 1vagy −1 lehet. Ugyanis ha ϕ(x) = λ(x), akkor

‖x‖ = ‖ϕ(x)‖ = ‖λx‖ = |λ|‖x‖

2. Az allıtasban mondott feltetelek mindegyike nemcsak szukseges, hanemelegendo is ahhoz, hogy egy linearis transzformacio ortogonalis legyen.

3. A fentiekbol is adodik, hogy a geometriai transzformaciok kozul minda-zok ortogonalis transzformaciot jelentenek, amelyek a vektorok hosszat nemvaltoztatjak meg: a forgatas, a tengelyes tukrozes, az identikus transz-formacio. Igazolhato az is, hogy ha az euklideszi vektorter dimenzioja 2,akkor mas ortogonalis transzformacio nincs is.

4. n > 2 eseten termeszetesen az ortogonalis transzformaciok strukturajaosszetettebb. Ekkor az igazolhato, hogy az ortogonalis transzformacio-hoz olyan e1, . . . , en ortogonalis bazis talalhato, melyre vonatkozoan atranszformacio matrixa un. kvazi-diagonalis, azaz olyan, hogy az atlon 1−es 2-odrendu tombok helyezkednek el, masutt csupa nulla, s az elsorendutombokben +1 vagy −1 all, a masodrendu tombok pedig pont koruliforgatasok matrixai.

18.3 Kvadratikus formak

Definıcio. Legyen A szimmetrikus n-edrendu matrix. A Q(x) = (Ax, x)lekepezest Rn-en ertelmezett kvadratikus formanak nevezzuk.


A kvadratikus formakat gyakran kvadratikus alakoknak is mondjak. Adefinıciot ırhatjuk Q(x) = xTAx formaban is, ha x-et oszlopvektorkent kezeljuk.

Ha az e1, . . . , en termeszetes bazis helyett mas e′1, . . . , e′n ortonormalt bazist

tekintunk, akkor az x vektornak az uj bazisra vonatkozo x′ koordinataira x′ = STx,azaz x = Sx′. Igy

Q(x) = (Sx′)TASx′ = (x′)TSTASx′.

Ez azt jelenti, hogy a Q kvadratikus forma e′1, . . . , en′ bazisra vonatkozo eloallıtasaaz STAS matrixszal tortenik. Az uj bazisra valo atteres azert valhat szuksegesse,hogy a kvadratikus forma kovetkezo tulajdonsagait felismerhessuk:

Definıcio. A Q kvadratikus forma pozitıv definit, ha Q(x) > 0 minden x 6= 0-ra, illetve pozıtıv szemidefinit, ha Q(x) ≥ 0 minden x ∈ Rn-re. Q negatıv(szemi)definit, ha −Q pozitıv (szemi)definit.

A definitseg eldonteset megkonnyıti, ha a kvadratikus formahoz olyan bazisismert, melyre vonatkozoan a matrixa diagonalis. Ekkor ugyanis

Q(x) = λ1x′12 + . . .+ λnx

′n

2

azaz Q(x) eloallıtasaban csak negyzetek szerepelnek. Az ilyen alakot kanonikusalaknak mondjuk, a hozzatartozo bazist pedig a kvadratikus forma kanonikusbazisanak. A kanonikus alak alapjan mar lathato, hogy Q pontosan akkor pozitıvdefinit, ha λi > 0 minden i = 1, . . . , n eseten.

Tobbfele modszer ismeretes kanonikus bazis megkeresesere, ezek kozul mostcsak egyet ismertetunk. Azonban belathato, hogy a kapott kanonikus alakbanszereplo pozitıv es negatıv egyutthatoju tagok szama nem fugg a kanonikus alakrahozas modszeretol. (Ezt nevezik tehetetlensegi torvenynek.)

Allıtas. Barmely Rn-en ertelmezett kvadratikus formahoz van ortonormaltkanonikus bazis, s az ehhez tartozo kanonikus alakban szereplo egyutthatok akvadratikus forma A matrixanak sajatertekei.

Bizonyıtas. Mivel Q matrixa szimmetrikus, egy szimmetrikus transzformaciothataroz meg Rn-en, melyrol tudjuk, hogy letezik hozza sajatvektorokbol alloortonormalt bazis. Ez az e′1, . . . , e

′n bazis kanonikus bazisa Q-nak, hiszen Q-nak

es a transzformacionak erre vonatkozo matrixa ugyanaz az STAS matrix, melydiagonalis. Q. E. D.

A bizonyıtasbol lathato, hogy Q kanonikus bazisa az A altal indukalttranszformacio sajatvektoraibol allo ortonormalt bazissal egyezik meg.

19. Linearis programozas

A linearis programozas alapfeladata — es variansai — az optimumkereses szamoseseteben follep a gazdasagi alkalmazasok teruleten. Nezzunk erre egy egyszerupeldat!

Tegyuk fel, hogy egy vallalat n fele termeket gyart, s ehhez k fele kulonfeleforrast (nyersanyagokat, energiat, munkaerot,stb.) hasznal fel. aij jelolje az i-dikforrasbol egy darab j-dik termek eloallıtasahoz szukseges forras mennyiseget, bijelentse az i-dik forrasbol rendelkezesre allo osszes mennyiseget, es cj pedig a j-dik termek egysegarat. Jelolje xj a j-dik termekbol gyartott mennyiseget (ez azismeretlen).

A feladat az, hogy megkeressuk azokat az x1, x2, . . . , xn ertekeket, amelyeknela vallalat arbevetele maximalis. Az arbevetel a

n∑

j=1

cjxj

keplettel adodik, ezt celfuggvenynek nevezzuk. Mivel a j-dik termekbol xj meny-nyiseget gyartunk, ahhoz az i-dik forrasbol osszesen

n∑

j=1

aijxj

szukseges, s ez nem lehet tobb, mint a rendelkezesre allo bi forrasmennyiseg.

Ez azt jelenti, hogy a celfuggvenyt a

n∑

j=1

aijxj ≤ bi i = 1, 2, . . . , k

xj ≥ 0 j = 1, 2, . . . , n

korlatozo feltetelek mellett kell maximalizalnunk.

A peldankban leırt gyakorlati problemat konnyen atalakıthatjuk nehanysegedvaltozo, un. hianyvaltozok bevezetesevel a kovetkezo standard problemara:Legyen A = (aij) egy k × n-es matrix, c egy n komponensu oszlopvektor, b egy k

149

150 19. LINEARIS PROGRAMOZAS

komponensu oszlopvektor es az x oszlopvektor tartalmazza az ismeretlen x1, . . . , xnvaltozokat! Hatarozzuk meg az

n∑

j=1

cjxj

celfuggveny maximumat a

Ax = b, x ≥ 0

feltetelek mellett. Bevezetjuk meg a kovetkezo jeloleseket. Az A matrix osz-lopvektorait a1, a2, . . . , an jeloli, es feltesszuk, hogy az A matrix rangja r. AzAx = b linearis egyenletrendszer azon megoldasait, amelyek a teljesıtik a x ≥ 0feltetelt, megengedheto vagy lehetseges megoldasnak nevezzuk. Ezek halmaza

M = {x ∈ Rn | Ax = b, x ≥ 0 }.

Az oszlopvektorok altal generalt alter egy bazisat, azaz A oszlopainak egy r tagulinearisan fuggetlen ai1 , . . . , air reszrendszeret megengedett bazisnak nevezzuk, havan hozza olyan megengedheto x = (x1, . . . , xn) megoldas, hogy xj = 0 mindenj 6= is, s = 1, 2, . . . , r eseten. Az ilyen x megoldast az adott megengedettbazishoz tartozo bazismegoldasnak nevezzuk. A megengedett bazis degeneralt,ha a hozzatartozo bazismegoldasban legalabb egy xis elem nulla. A megengedettbazist es a hozzatartozo bazismegoldast optimalisnak mondjuk, ha a celfuggvenyennel a bazismegoldasnal maximalis erteku, tehat az optimalis megoldast v-veljelolve

cT v = maxx∈M

cTx.

Konnyen lathato, hogy egy megengedett bazis egyertelmuem meghatarozzaa megfelelo bazismegoldast, masszoval csak egy bazismegoldas tartozik egymegengedett bazishoz.

A) A tovabbiakban feltesszuk, hogy van megengedheto megoldas. Eloszor isbelatjuk, hogy ilyenkor mindig van bazismegoldas is. Ugyanis, ha y = (y1, . . . , yn)egy megengedheto megoldas, akkor tegyuk fel az egszerubb ırasmod kedveert, hogyennek elso l eleme pozitıv, a tobbi nulla:

y1a1 + . . .+ ylal = b. (19.1)

Ha a1, . . . , al linearisan fuggetlen, akkor bazismegoldasrol van szo. Ha viszontlinearisan fuggok, akkor vannak olyan nem csupa nulla λ1, . . . , λl egyutthatok,hogy

λ1a1 + . . .+ λlal = 0.

Ezen egyutthatok kozul nemelyek pozitıvak. (Ha nem ez nem teljesulne, akkor(−1)-gyel beszorozzuk az osszefuggest.) A pozitıv λi-k eseten kepezzuk a yi

λi

hanyadosokat es tekintsuk ezek kozul a legkisebbet:

yjλj

= minλi>0

yiλi,

151

es fejezzuk az aj vektort az utobbi osszefuggesbol:

aj = −l∑

i=1,i6=j

λiλjai. (19.2)

Ezt behelyettesıtve az (19.1) egyenletunkbe, azt kapjuk, hogy

l∑

i=1,i6=j(yi − yj

λiλj

)ai = b.

A minimalis hanyados kivalasztasa miatt itt mindegyik egyutthato nemnegatıv, sezert azok szinten megengedheto megoldast adnak, de ennek a megoldasnak marlegfeljebb csak l − 1 nullatol kulonbozo eleme van. Ha aza1, . . . , aj−1, aj+1, . . . , al vektorok linearisan fuggetlenek, akkor bazismegoldas-hoz jutottunk. Ha nem, akkor eljarasunk ujboli alkalmazasaval elhagyhatunkegy ujabb olyan vektor, amely fuggoseget okoz, s ezt szukseg eseten tobbszoralkalmazva vegul linearisan fuggetlen vektorrendszerhez jutunk, amelyhez marbazismegoldas tartozik.

B) Mostantol csak a bazismegoldasokkal foglalkozunk, s megmutatjuk, hogyankaphatunk egy megengedett bazisbol egy masikat egyetlen vektornak a kicserele-sevel.

Allıtas. Legyen a1, . . . , ar egy megengedett bazisa a linearis programozasistandard feladatnak, s tegyuk fel, hogy a hozzatartozo bazismegoldasx = (x1, . . . , xr, 0, . . . , 0) alaku:

x1a1 + . . .+ xrar = b, x ≥ 0. (19.3)

Fejezzuk A osszes tobbi oszlopat a megengedett bazissal:

ah =

r∑

i=1

λihai, h = r + 1, . . . , n. (19.4)

Tegyuk fel, hogy valamely rogzıtett h-ra λ1h, . . . , λrh kozott vannak pozitıvszamok, s legyen

xjλjh

= minλih>0

xiλih

.

Ekkora1, . . . , aj−1, ah, aj+1, . . . , ar (19.5)

is megengedett bazis.

Bizonyıtas. Eloszor is belatjuk, hogy az uj vektorrendszer linearisan fuggetlen.Tegyuk fel az ellenkezojet, azaz hogy veluk a nullavektort egy nemtrivialis lineariskombinacioval eloallıthatjuk. E linearis kombinacioban aj egyutthatoja nem lehetnulla, mert akkor a tobbi vektor linearisan fuggo vektorrendszer lenne. Ezert


ah kifejezheto az a1, . . . , aj−1, aj+1, . . . , ar vektorokkal, de linearis fuggetlensegukmiatt csak egyfelekeppen. Ez viszont λjh = 0-t jelentene, ami lehetetlen ahkivalasztasi szabalya miatt.

Megmutatjuk, hogy az uj vektorrendszer valoban megengedett bazis, azaz ahozzatartozo megoldas megengedheto. Fejezzuk ki aj-t a (19.4) osszefuggesbol:

aj =1

λjhah −

r∑

i=1,i6=j

λihλjh

ai.

Helyettesıtsuk be ezt a (19.3) egyenletbe:

r∑

i=1,i6=j

(

xi − xjλihλjh

)

ai +xjλjh

ah = b.

Innen kiolvashatjuk az uj megoldast.

x′i = xi − xjλihλjh

, i =, 1 . . . , r, i 6= j

x′h =xjλjh

x′i = 0 egyebkent.

Ennek minden komponense nemnegatıv: ha λih > 0, akkor a j index kivalasz-tasa miatt, ha pedig nempozitıv, akkor az uj komponens xi-nel is nagyobb, ezertnemnegatıv. Q. E. D.

A bizonyıtasban lathattuk, hogy a b vektor koordinatai (a megoldas) hogyanadodik az uj megengedett bazisban. Figyeljuk meg most, hogyan valtoznak Aoszlopvektorainak koordinatai. Helyettesıtsuk be a (19.4) osszefuggesekbe aj(19.2) kifejezeset, ezt kapjuk:

ah =

r∑

i=1,i6=j

(

λih − λjhλikλjk

)

ai +λjhλjk

ak.

Most egy olyan feltetelt fogalmazunk meg, mely teljesulese eseten a celfuggvenynovekszik.

Allıtas. Az elozo allıtas felteteleit es jeloleseit magtartva, az a1, . . . , ar megen-gedett bazisrol terjunk at a (19.5) uj megengedett bazisra, az utobbihoz tartozobazismegoldast jelolje x′1, . . . , x

′n. Ha

dh =

r∑

i=1

λihci − ch < 0,

akkorcTx′ ≥ cTx,

153

azaz a celfuggveny nem csokken.

Bizonyıtas.

cTx′ =

r∑

i=1

xi

(

xi − xjλihλjh

)

+ chxjλjh

= cTx− xjλjh

[

r∑

i=1

λihci − ch

]

≥ cTx

hiszen dh < 0, xj ≥ 0 es λjh ≥ 0. Q. E. D.Ez a tetel lehetove tette, hogy egy megengedett bazisrol masik olyan megen-

gedett bazisra terjunk at, ahol a celfuggveny erteke nagyobb (nem kisebb). Akovetkezo allıtas feltetele arra ad utmutatast, hogy mikor alljunk meg.

Allıtas. Legyen a1, . . . , ar egy megengedett bazis es

ah =

r∑

i=1

λihai, h = r + 1, . . . , n.

Ha minden h = r + 1, . . . , n eseten

dh =

r∑

i=1

λihci − ch ≥ 0,

akkor a megengedett bazis optimalis.

Bizonyıtas. Megmutatjuk, hogy a celfuggveny erteke minden megengedhetomegoldas eseten kisebb vagy egyenlo, mint az a1, . . . , ar megengedett bazishoztartozo x1, . . . , xn bazismegoldas eseten.

Legyen y1, . . . , yn egy tetszoleges megengedheto megoldas. Helyettesıtsuk beA oszlopvektorainak a megengedett bazis vektoraival valo eloallıtasat:

b =n∑

h=1

yhah =r∑

h=1

yhah +n∑

h=r+1

yh

(

r∑

i=1

λihai

)

=

r∑

i=1

(

yi +

n∑

h=r+1

yhλih

)

ai.

Masreszt b =∑r

i=1 xiai. Mivel b az adott megengedett bazisban csak egyfolbontassal rendelkezhet:

xi = yi +

n∑

h=r+1

yhλih, i = 1, 2, . . . , r.

Igy a celfuggvenyre

cTx =

r∑

i=1

cixi =

r∑

i=1

ci

(

yi +

n∑

h=r+1

yhλih

)


=

n∑

i=1

ciyi −n∑

h=r+1

ciyi +

n∑

h=r+1

yh

(

r∑

i=1

λihci

)

= cT y +

n∑

h=r+1

yhdk ≥ cT y,

hiszen yk ≥ 0, dk ≥ 0. Q. E. D.Vegul feltetelt adunk arra, hogy a maximumfeladatnak mikor nincs megoldasa.

Ez akkor kovetkezik be, - felteve, hogy megengedheto megoldasok vannak, – ha acelfuggveny felulrol nem korlatos a megengedheto megoldasok halmazan.

Allıtas. Legyen a1, . . . , ar egy megengedett bazis es tegyuk fel, hogy valamelyrogzıtett h eseten (h > r)

ah =

r∑

i=1

λihai, dh =

r∑

i=1

λihci − ch,

dh negatıv es minden i = 1, . . . , r eseten λih ≤ 0. Ekkor a celfuggveny felulrol nemkorlatos a megengedheto megoldasok halmazan.

Bizonyıtas. Legyen p egy tetszoleges pozitıv szam. Belatjuk, hogy acelfuggveny p-nel nagyobb ertekeket is felvesz. Jeloljon q egy tetszoleges pozitıvszamot, es x1, . . . , xn legyen az adott megengedett bazishoz tartozo bazismegoldas.ah eloallıtasat q-val beszorozva, ujabb megengedheto megoldast kaphatunk:

b =

n∑

i=1

xiai =

n∑

i=1

xiai + qah −r∑

i=1

qλihai

=r∑

i=1

(xi − qλih)ai + qah

λih ≤ 0 es q > 0 miatt az itt fellepo egyutthatok valoban megengedheto x′

megoldast adnak. Ekkor

cTx′ = cTx− q

[

r∑

i=1

λihci − ch

]

≥ cTx = cTx− qdh.

Amennyiben q-t alkalmasan valasztjuk; ugy, hogy cTx−qdh > p teljesedjek, akkorvaloban cTx′ > p. Q. E. D.

A bizonyıtott allıtasok alapjan a standard linearis programozasi feladat meg-oldasara a kovetkezo szimplex modszer adodik.

1) Eloszor is a linearis egyenletrendszernek keresunk egy olyan megoldasat,amelynek minden komponense nemnegatıv, azaz megengedheto a megoldas.

2) A megengedheto megoldas segıtsegevel elo tudunk allıtani egy megengedettbazist es az ahhoz tartozo bazismegoldast.

155

3) Ezt kovetoen a megengedett bazisban szereplo vektorokat A olyan alkalmasoszlopvektoraival csereljuk ki, hogy a celfuggveny erteke nojon (legalabbis nemcsokkenjen).

4) Minden lepesnel ellenorizzuk, hogy optimalis megengedett bazishoz jutot-tunk-e.

Megjegyezzuk, hogy ıly modon minden esetben az eljaras veges sok lepesbenveget er. Megmutathato ugyanis, hogy elkerulheto a megengedett bazisokciklikus visszaterese. Belathato az is, hogy ha van optimalis megoldas, akkoraz bazismegoldasnal lep fel.

Pelda. Hatarozzuk meg az cTx = x2 + x4 celfuggveny maximumat az

3x1 + x2 + 7x3 + 2x4 = 16

2x1 + x2 + 5x3 + x4 = 11

xi ≥ 0, i = 1, 2, 3, 4

feltetelek mellett. Most tehat cT = (0, 1, 0, 1) , x egy szamnegyes oszlopvektor, azA matrix es b a kovetkezo:

A =

(

3 1 7 22 1 5 1

)

, b =

(

1611

)

.

Konnyen megadhatjuk az egyenletrendszer egy megengedheto megoldasat, peldauly = (2, 1, 1, 1). A megengedheto megoldasbol eloallıthatunk egy bazismegoldast:Tekintsuk az egyenletrendszerunk redukalt homogen alakjat:

3x1 + x2 + 7x3 + 2x4 = 0

2x1 + x2 + 5x3 + x4 = 0,

s annak egy megoldasat, pl.

(λ1, λ2, λ3, λ4) = (2, 1,−1, 0).

Most

minλi>0

yiλi

=y1λ1

=y2λ2

= 1.

Valasszuk mondjuk j = 2-t. Az uj megengedheto megoldas x = (0, 0, 2, 1). Mivela3, , a4 linearisan fuggetlenek, x bazismegoldas.

Keszıtsuk el az un. szimplex tablat !

0 1 0 1b a1 a2 a3 a4

0 a3 2 1/3 1/3 1 01 a4 1 1/3 −2/3 0 1

1 1/3 −5/3 0 0


A legfelso sorban c komponesei szerepelnek, baloldali oszlopban pedig c-nek abazismegoldashoz kapcsolodo komponensei. A legalso sorban b alatt a celfuggvenyerteke, a tobbi helyen pedig a dh =

∑ri=1 λihci − ch ertekek.

Mostx3

λ32= min

λi2>0

xiλi2

.

Teteleink szerint az a3 vektort kicserelhetjuk az a2-vel, s akkor a celfuggveny ertekeno (nem csokken). Alkalmazva a megfelelo formulakat, a kovetkezoszimplex tablahoz jutunk:

0 1 0 1b a1 a2 a3 a4

0 a2 6 1 1 3 01 a4 5 1 0 2 1

11 2 0 5 0

Mostmar dh ≥ 0 minden h-ra, ezert optimalis megengedett bazishoz jutotttunk.A megfelelo bazismegoldas (0, 6, 0, 5), s a celfuggveny maximalis erteke 11.

matematikai alapokriemann.math.klte.hu/~kozma/kozma-beliv.pdfaz o¨sszeall´ıtas olyan i. ´eves...

Documents