1. Valos szamok (ismetles)Termeszetes szamok: a legegyszerubb halmazok elemeinek megszamlalasara hasznaljukoket:

N := {1, 2, 3, . . . , n, . . .}Peldaul, egy zsak bab felhasznalasaval babszemekbol halmazokat alkothatunk, ezek elem-szamai termeszetes szamok.Muveletek: osszeadas, szorzas

3 + 2 = 5

Egesz szamokZ := {. . . ,−n, . . . ,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, . . . , n, . . .}

Muveletek: osszeadas, kivonas, szorzasRacionalis szamok (tortek)

Q :={

p

q: p, q ∈ Z, q �= 0

}

Peldaul, 12 , 2

3 , −23 = −2

3 , 3−1 = −3

Muveletek: osszeadas, kivonas, szorzas, osztasSzamegyenes: egy geometriai egyenes, kijelolve rajta ket pont (a 0 es 1), es egy irany:

Racionalis szamok abrazolasa

1

A racionalis szamok nem toltik ki a szamegyenest:

√2: az egysegnegyzet atlojanak hossza nem racionalis – irracionalis

A szamegyenes minden pontjahoz egy szamot rendelunk:

Ha a pont a 0-tol jobbra van, akkor a pontnak a 0-tol valo tavolsagat rendeljuk a ponthoz,ha a 0-tol balra van, akkor a tavolsaganak az ellentettjet.

Muveletek:

• osszeadas

• szorzas

2

A parhuzamos szelok tetele szerint:

a : 1 = x : b

x = a · b

Valos szamok: a racionalis es irracionalis szamok egyutt. Jele: R(Megjegyzes: tobb irracionalis szam van, mint racionalis; sot, racionalis szamok csak “ki-vetelesen” fordulnak elo a szamegyenesen!)

3

Abszolut ertek:

a ∈ R, |a| :={

a, ha a pozitıv−a, ha a negatıv

annak a pontnak a tavolsaga a 0-tol a szamegyenesen, amelyhez a-t rendeltuk.

Ket pont tavolsaga a szamegyenesen: a, b ∈ R, tavolsaguk: |a − b|

Egyenlotlenseg: ha a, b ∈ R (a �= b), akkor a < b azt jelenti, hogy a szamegyenesen a bszam az a-tol a kijelolt iranyba (jobbra) esik.

Intervallum: ha a, b ∈ R (a < b), akkor

(a, b) := {x ∈ R : a < x < b} (nyitott i.)

[a, b] := {x ∈ R : a ≤ x ≤ b} (zart i.)

4

Fuggvenyek

Pelda. Adobevetel

Problema: Hatarozzuk meg azt az a adokulcsot, amely mellett az allamnak maximalisbevetele van.Minden k ∈ [0, 100] adokulcshoz egyertelmuen tartozik egy A(k), k-tol fuggo adobevetel:k �→ A(k)

5

Az A adobevetel a k adokulcs fuggvenye, A = A(k)Ertelmezesi tartomany: a [0, 100] intervallumErtekkeszlete: az osszes lehetseges adobevetel, vagyis a [0, Amax] intervallum.A: [0, 100] −→ [0,∞)

ert. tart. erkezesi halmazET, DA EH

ertekkeszlet: [0, Amax] = Rf

Jeloles: D ⊂ R – a D halmaz reszhalmaza R-nek, tehat D minden elemet tartalmazza R(fordıtva nem feltetlenul igaz). Peldaul, [0, 100] ⊂ R.

x ∈ D : x eleme D-nek. Peldaul, 38 ∈ [0, 100]

Definıcio. Legyenek adva a D ⊂ R, K ⊂ R halmazok. Ha a D minden elemehez vala-milyen szabaly szerint hozza van egyertelmuen rendelve a K halmaz egy eleme, akkor aztmondjuk, hogy a D halmazon ertelmezve van egy fuggveny.

D: ertelmezesi tartomany (Df )K: erkezesi halmazf : a hozzarendelesi szabaly

x ∈ D, x �→ y = f(x) ∈ K

x: fuggetlen valtozoy = f(x) fuggo valtozo, fuggvenyertekR = Rf := {f(x) : x ∈ Df} – ertekkeszletA fuggveny jelolese: f : D → R

Rf = f(Df )

Mi hataroz meg egy fuggvenyt?a) ertelmezesi tartomany (Df )b) hozzarendelesi szabaly (f)

(az ertekkeszlet ezekbol mar meghatarozhato).

Peldak. 1. D = R; x ∈ R, xf�→x3 vagy f(x) = x3

K = R, R = R2. D = R; x ∈ R, x �→ x2, vagy f(x) = x2

K = R, R = [0,∞)3. D = [0,∞), x ∈ [0,∞), x �→ √

x, vagy f(x) =√

x

K = [0,∞), R = [0,∞)Fuggveny grafikonja:

6

Egy sıkbeli G halmaz akkor es csakis akkor fuggvenygrafikon, ha barmely fuggoleges (az ytengellyel parhuzamos) egyenessel legfeljebb egy kozos pontja van.

Pelda. 4. Tegyuk fel, hogy egy termekfajta x darabjanak forintban szamıtott eloallıtasikoltsege

C(x) = 100x√

x + 500

(termelesi fuggveny).

7

C(16) = 100 · 16 · √16 + 500 = 100 · 16 · 4 + 500 = 6900

16 db termek gyartasa eseten az osszkoltseg

C(100) = 100 · 100 · √100 + 500 = 100 · 100 · 10 + 500 = 100 500

C(0) = 500(?)

DC = [0,∞), RC = [500,∞)

Konvencio: A hozzarendelesi szabalyt sokszor formulaval adjuk meg. Ha nem mondunkhozza ertelmezesi tartomanyt, akkor automatikusan arra a fuggvenyre gondolunk, amely-nek hozzarendelesi szabalya a formula, ertelmezesi tartomanya pedig az a legbovebb halmaz,ahol a formulanak ertelme van. (Ld. a fenti peldakat.)

Peldak. 5. Hatarozzuk meg az

a) f(x) =1

x + 3b) g(x) =

√2x + 4

fuggvenyek ertelmezesi tartomanyat, grafikonjat, ertekkeszletet.

a) x + 3 �= 0 ⇔ x �= −3

Df = (−∞,−3) ∪ (−3,∞) = R\{−3}

8

Rf = (−∞, 0) ∪ (0,∞) = R\{0}

(Jelolesek: Legyen A, B ket halmazA∪B ( A es B egyesıtese: azon pontok halmaza, amelyek elemei vagy A-nak, vagy B-nek(vagy mindkettonek)

A ∪ B := {x : x ∈ A vagy x ∈ B}

(a “vagy” megengedo!!)A ∩ B (A es B kozos resze, metszete): azon pontok halmaza, amelyek elemei A-nak is esB-nek is

A ∩ B := {x : x ∈ A es x ∈ B}

A\B : A es B kulonbsege, amelynek elemei benne vannak A-ban, de nincsenek benneB-ben)

A\B := {x : x ∈ A es x /∈ B}

9

b) g(x) =√

2x + 4

2x + 4 ≥ 0 ⇔ 2x ≥ −4 ⇔ x ≥ −2

Linearis fuggvenyek

y = mx + b

m: meredekseg

b: tengelymetszet az y-tengelyen

10

Egy ponton atmeno, adott meredeksegu egyenes egyenlete:

(x0, y0), m

y − y0 = m(x − x0)

Ket ponton atmeno egyenes egyenlete:

(x1, y1), (x2, y2)

y − y1 =y2 − y1

x2 − x1(x − x1)

11

Altalanos helyzetu egyenes egyenlete:

px + qy = r (p2 + q2 > 0)

a) q �= 0

y = −p

qx +

r

q

(m = −p

q, b =

r

q

)

b) q = 0

px = r ⇔ x =r

p

12

Masodfoku fuggvenyek

y = f(x) = ax2 + bx + c (a �= 0; x ∈ R)

f(x) = a

[x2 +

b

ax +

c

a

]=

= a

[(x +

b

2a

)2

+c

a− b2

4a2

]=

= a

(x +

b

2a

)2

+4ac − b2

4a

13

Polinomoky = anxn + an−1x

n−1 + · · · + a1x + a0 (an �= 0)

Racionalis tortfuggveny

y =P (x)Q(x)

, P, Q polinomok

Exponencialis fuggvenyHatvanyozas:

ab = c (a, b, c ∈ R; a > 0, a �= 1)

a: a hatvany alapjab: a hatvany kitevojec: a hatvany erteke

Hatvanyfuggveny: rogzıtett a hatvanykitevo (α ∈ R), valtozik az alap (x ∈ R)

y = xα

fuggetlen valtozo: a hatvanyalapfuggo valtozo: a hatvanyertek

14

15

Exponencialis fuggveny: rogzıtett az alap (a), valtozik a kitevo (x)

y = ax

fuggetlen valtozo: a kitevo

fuggo valtozo: az ertek

16

Inverz fuggveny. Legyen f : Df ⊂ R→ Rf adott fuggveny, es tegyuk fel, hogy

(x1, x2 ∈ Df , x1 �= x2) ⇒ f(x1) �= f(x2),

vagyis az ET kulonbozo elemeihez kulonbozo fuggvenyertekek tartoznak. Ekkor ertelmez-heto az f fuggveny inverz fuggvenye, f−1 a kovetkezo modon:a) f−1 ET-a az eredeti fuggveny EK-e

Df−1 := Rf

b) f−1 erkezesi halmaza es egyben ertekkeszlete az eredeti fuggveny ET-ac) hozzarendelesi szabaly: y ∈ Rf eseten f−1(y) a Df -nek az az x eleme, amelyhez az

eredeti f fuggveny az y erteket rendelte hozza

y ∈ Df−1 = Rf

x = f−1(y) ∈ Df , ha f(x) = y

Pelda.y = f(x) = 10x – exponencialis fuggveny (a = 10) szigoruan monoton novekvo

x1 < x2 ⇒ 10x1 < 10x2

Df = R, Rf = (0,∞)

Df−1 = (0,∞), Rf−1 = R

y ∈ (0,∞) – hatvanyertekx = f−1(y) az a kitevo, amelyre 10-et emelve y-t kapunk

17

10x = y

y 10 100 110

x 1 2 −1

f−1 : logaritmus fuggveny (10-es alapu)Altalanosan: adott az alap (a)

fuggetlen valtozo: hatvanyertekfuggo valtozo: hatvanykitevo

ax = y, x = loga y

18

Fuggveny hatarerteke

Tekintsuk az

f(x) =x2 − 4x − 2

fuggvenyt. Ez a fuggveny tetszoleges x �= 2 eseten ertelmezve van. Az x = 2 pontbannincs ertelmezve, hiszen behelyettesıtessel 0/0 adodik. Van-e valamilyen torvenyszerusega fuggvenyertekekben, ha x kozeledik 2-hoz?

A tortet egyszerusıtve az

f(x) =(x − 2)(x + 2)

x − 2= x + 2 (x �= 2)

eredmenyt kapjuk, tehat a fuggveny grafikonja:

Ezek utan konnyu a valasz: ha x kozeledik 2-hoz, akkor f(x) kozeledik 4-hez; pontosabbanf(x) tetszolegesen kozel kerul 4-hez, ha x eleg kozel kerul 2-hoz. Ezt ugy mondjuk, hogyaz f fuggvenynek az x = 2 pontban 4 a hatarerteke, es ıgy jeloljuk:

limx→2

f(x) = limx→2

x2 − 4x − 2

= 4

(a “lim” a latin limes=hatar szo rovidıtese).Nezzunk egy masik peldat: huzzunk erintot az y = sin x fuggveny grafikonjahoz a (0,0)

pontban. Az erintot ugy definialjuk, hogy az a (0,0) ponton atmeno szelok hataregyenese,ha az letezik:

19

Az (x, sinx) es a (0,0) ponton atmeno szelo meredeksege sin x/x. Akkor mondjuk, hogyletezik a szelok hataregyenese, ha letezik a

limx→0

sin x

x= A

hatarertek abban az ertelemben, hogy sinx/x tetszolegesen kozel kerul A-hoz, ha x eleg ko-zel kerul 0-hoz. Most nem tudunk x-szel egyszerusıteni, ıgy nem tudjuk a tortet eltuntetni,ezert mas modszerhez kell folyamodni.

Az abran levo OAB haromszog terulete nagyobb, mint az OAC korcikk terulete, es aznagyobb, mint az OAC haromszog terulete, ezert

sin x

2<

x

2<

tg x

2(0 < x <

π

2)

vagyis

1 <x

sin x<

1cos x

,

20

ahonnan a1 >

sinx

x> cos x

egyenloseget kapjuk. Konnyu ellenorizni, hogy ugyanez igaz a −π/2 < x < 0 ertekekre is.Ha x kozeledik 0-hoz, akkor cos x 1-hez kozeledik, vagyis limx→0 cos x = 1, ezert

limx→0

sin x

x= 1.

Tehat letezik a szelok hataregyenese, es annak meredeksege 1.Definıcio. Tekintsunk egy f fuggvenyt, amely az x = a ponttol jobbra (x > a) es balra(x < a) eso, a-hoz kozeli pontokban ertelmezve van. Ha letezik olyan A szam,hogy f(x)tetszolegesen kozel kerul A-hoz, ha x eleg kozel kerul a-hoz, de kulonbozik a-tol, akkor aztmondjuk, hogy f -nek letezik hatareteke a-ban, es a hatarertek A, vagyis

limx→a

f(x) = A.

f(x) es A tavolsaga a szamegyenesen: |f(x) − A|x es a tavolsaga a szamegyenesen: |x − a|.

Tehat az elozo definıciot ıgy is mondhatjuk: limx→a f(x) = A azt jelenti, hogy |f(x)−A| tetszolegesen kicsi, ha |x − a| eleg kicsi. A kicsi pozitıv mennyisegeket az analızisbenε-nal es es δ-val szokas jelolni. Ezekkel a jelolesekkel az elozo definıcio teljes pontossaggala kovetkezo alakot olti:Definıcio. Tegyuk fel, hogy az f fuggveny ertelmezve van egy

a − α < x < a + α, x �= a (α > 0)

halmazon. Azt mondjuk, hogy f -nek az x = a helyen a A szam a hatarerteke, vagyis

limx→a

f(x) = A,

ha tetszoleges ε > 0 szamhoz letezik olyan δ = δ(ε) > 0 szam, hogy ha |x − a| < δ(ε), esx �= a, akkor |f(x)− A| < ε.

Az elso peldakban

|f(x) − 4| =∣∣∣x2 − 4

x − 2− 4∣∣∣ = |x + 2 − 4| = |x − 2| < ε

biztosan teljesul akkor, ha |x−2| < ε, tehat a δ = δ(ε) = ε megfelelo. Masodik peldankban

∣∣∣ sin x

x− 1∣∣∣ < 1 − cos x = 2 sin2 x

2< 2(x

2

)2

=x2

2< ε

teljesul, ha x2 < 2ε, vagyis |x| = |x − 0| <√

2ε. Ez azt jelenti, hogy a δ = δ(ε) =√

2εvalasztas megfelelo.

21

Geometriai jelentes:

limx→a f(x) = A azt jelenti, hogy ha kijelolunk az y = A vızszintes egyenes korul egytetszoleges 2ε szelessegu savot, akkor talalhato az x = a fuggoleges egyenes korul egy 2δszelessegu sav ugy, hogy a fuggveny grafikonja x ∈ (a − δ, a + δ), x �= a eseten a ket savmetszeteben halad.Sokszor arra vagyunk kivancsiak, mi tortenik egy fuggvennyel, ha az x fuggetlen valtozominden hataron tul no. Peldaul, ha f(x) = 1/x, akkor az 1-et egyre nagyobb szammalosztjuk, ıgy a fuggvenyertek 0-hoz tart:

limx→∞

1x

= 0

Definıcio (vegtelenben vett hatarertek). Tegyuk fel, hogy f ertelmezve van egy (b,∞)intervallumon. Azt mondjuk, hogy f -nek letezik a hatarerteke a vegtelenben, ha letezikolyan A szam, hogy f(x) tetszolegesen kozel kerul A-hoz, ha x eleg nagy.

A “nagy pozitıv” szamokat E-vel, D-vel jeloljuk a tovabbiakban. Ennek a fogalomnakis van egy pontosabb megfogalmazasa:

22

Definıcio (vegtelenben vett hatarertek). Azt mondjuk, hogy az f : (b,∞) → R fugg-venynek a A szam a hatarerteke a vegtelenben, ha barmely ε > 0 szamhoz letezik olyanD(ε) > 0 szam, ha x > D(ε), akkor |f(x) − A| < ε.

Peldankban A = 0, tehat

∣∣∣ 1x− 0∣∣∣ = ∣∣∣ 1

x

∣∣∣ = 1|x| < ε

teljesul, ha |x| > 1ε , tehat a D(ε) := 1/ε valasztas megfelelo.

Szamolasunkbol latszik, hogy

limx→−∞

1x

= 0

is teljesul.Definıcio (minusz vegtelenben vett hatarertek). Azt mondjuk, hogy egy f : (−∞, b) → Rfuggvenynek a A szam a hatarerteke a −∞-ben, ha barmely ε > 0 szamhoz letezik olyanD(ε) > 0 szam, hogy ha x < −D(ε), akkor |f(x) − A| < ε.

A x �→ 1/x fuggveny eseten a D(ε) := 1/ε valasztas most is megfelelo.Geometriailag limx→∞ f(x) = A azt jelenti, hogy ha kijelolunk az y = A vızszintes

egyenes korul egy tetszoleges 2ε szelessegu savot, akkor talalhato egy olyan D(ε) > 0 szam,hogy az x > D(ε) felsıkban a fuggveny grafikonja a vızszintes savban halad.

limx→−∞ f(x) = A jelentese hasonlo (ld. az abrat).Vannak fuggvenyek, amelyek nem veges ertekhez, szamhoz kozelednek, hanem minden

hataron tul nonek, illetve csokkennek. Mas szoval a ∞ es −∞ is lehet hatarertek. Peldaul,

limx→0

1x2

= ∞.

Definıcio (vegesben vett vegtelen hatarertek). Azt mondjuk, hogy az

a − α < x < a + α, x �= a

halmazon ertelmezett f fuggvenynek az x = a pontban ∞ a hatarerteke, vagyis

limx→a

f(x) = ∞,

23

ha f(x) tetszolegesen naggya valik, felteve, hogy x eleg kozel kerul a-hoz, de nem esikegybe a-val. Pontosabban: barmely E szamhoz letezik olyan δ(E) > 0 szam, hogy ha|x − a| < δ(E), x �= a, akkor f(x) > E.

A definıcio geometriai jelenteset az abran lathatjuk.Az analog

limx→a

f(x) = −∞, limx→∞ f(x) = ∞, lim

x→∞ f(x) = −∞, . . .

fogalmak definıcioinak megfogalmazasat a hallgatosagra bızzuk.A hatarertekszamıtas szabalyai

Fuggvenyekbol az alapmuveletekkel tovabbi fuggvenyt kapunk. Ezek hatarertekenekszamolasara szolgal a kovetkezo tetel.Tetel (muveletek es hatarertek). Tegyuk fel, hogy leteznek a

limx→a

f(x) = A, limx→a

g(x) = B

veges hatarertekek. Ekkor1. az f + g fuggvenynek is letezik hatarerteke, es

limx→a

[f(x) + g(x)] = limx→a

f(x) + limx→a

g(x) = A + B

2. az fg fuggvenynek is letezik hatarerteke, es

limx→a

[f(x)g(x)] = [ limx→a

f(x)][ limx→a

g(x)] = AB

3. az f/g fuggvenynek is letezik hatarerteke es

limx→a

f(x)g(x)

=limx→a f(x)limx→a g(x)

=A

B,

24

felteve, hogy B �= 0.Bizonyıtas. Az εδ-s definıcio teszi lehetove ezen allıtasok bizonyıtasat. Peldakent a 2.allıtast bizonyıtjuk.

Letezik olyan δ1 > 0, hogy |f(x) − A| < 1, ha |x − a| < δ1 es x �= a. Tehat

|f(x)| ≤ |A| + 1 (|x − a| < δ1, x �= a).

Ezert|f(x)g(x)− A · B| = |f(x)g(x)− f(x)B + f(x)B − AB|

= |f(x)(g(x)− B) + B(f(x)− A)|≤ |f(x)||g(x)− B| + |B||f(x)− A|

≤ (|A| + 1)|g(x)− B| + |B||f(x)− A| (|x − a| < δ1, x �= a).

Az f es g hatarertekere tett feltetel miatt letezik olyan δ2(ε) > 0 szam, hogy

|f(x)− A| <ε

2(|B| + 1),

|g(x)− B| <ε

2(|A| + 1)(|x − a| < δ2, x �= a).

Tehat|f(x)g(x)− AB| <

< (|A| + 1)ε

2(|A| + 1)+ |B| ε

2(|B|+ 1)< ε,

felteve hogy|x − a| < δ(ε) := min{δ1; δ2(ε)}, x �= a.

Peldak.1. lim

x→2(3x3 + 2x2 − 5x + 10) = 3 · 23 + 2 · 22 − 5 · 2 + 10 = 32

2.limx→0

tg x

x= lim

x→0

sin x

x cos x

=(

limx→0

sin x

x

)(limx→0

1cos x

)= 1

(A masodik tenyezo hatarertekehez a limx→0 cos x = 1 hatarerteket hasznaltuk, amely az

|1 − cos x| = 2 sin2 x

2< 2 · x2

4=

x2

2

becslesbol kovetkezik (δ/ε) :=√

2ε).Mielott raterunk az osszetett fuggveny hatarertekere, atismeteljuk az osszetett fugg-

veny fogalmat. Legyen adva ket fuggveny:

f : L ⊂ R→ M ⊂ R, g : M ⊂ R→ R

25

(f a belso fuggveny, g a kulso fuggveny). A g(f) osszetett fuggveny ertelmezesi tartomanyaL, es a hozzarendelesi szabaly:

xg(f)�→ g(f(x)) (x ∈ L).

Peldaul, ha a belso fuggveny f(x) = x2, a kulso fuggveny g(y) = cos y, akkor L = M = R,es

g(f(x)) = cos(x2).

Formalisan, az osszetett fuggveny x helyen felvett erteket ugy kapjuk, hogy a belso fugg-veny x helyen vett erteket beırjuk a kulso fuggveny fuggetlen valtozoja helyere.Tetel (az osszetett fuggveny hatarerteke). Tegyuk fel, hogy

1. az f belso fuggveny ertelmezve van az a−α < x < a+α, x �= a halmazon (α > 0), eslimx→a

f(x) = A letezik;

2. f(x) �= A (a − α < x < a + α, x �= a);3. a g kulso fuggveny ertelmezve van az A−β < y < A+β, y �= A halmazon (β > 0), es

limy→A

g(y) = B letezik.

Ekkorlimx→a

g(f(x)) = B.

Pelda. Belso fuggveny: f(x) = x2; a = 0, α = ∞A = lim

x→0f(x) = lim

x→0x2 = 0.

Kulso fuggveny: g(y) = cos y; β = ∞,

B = limy→0

cos y = 1.

Tehat az osszetett fuggveny hatarertekerol szolo tetel szerint

limx→0

cos(x2) = 1.

A hatarertekszamıtasban nagyon hasznos az un. rendorelv: ha ket fuggveny kozrefogegy harmadikat, es a ket fuggvenynek ugyanaz a hatarerteke, akkor a harmadiknak isletezik hatarerteke, es ugyanaz.

Tetel (rendorelv). Tegyuk fel, hogy1. f1(x) ≤ g(x) ≤ f2(x) (a − δ < x < a + δ);2. lim

x→af1(x) = lim

x→af2(x) = A.

Ekkorlimx→a

g(x) = A

Peldaul a sinx/x fuggveny x = 0 helyen vett hatarertekenek levezetesenel eljutottunk a

1 >sin x

x> cos x

(|x| <

π

2

)

26

egyenlotlenseghez, majd azt mondtuk, hogy limx→0 = limx→0 cos x = 1, tehatlimx→0(sinx/x) = 1. Vagyis a rendorelvet alkalmaztuk.

Fuggveny folytonossagaSzemleletesen egy fuggveny folytonossagan azt ertjuk, hogy grafikonja egy osszefuggo

vonal abban az ertelemben, hogy a grafikont meg tudjuk rajzolni anelkul, hogy a ceruzankatfelemelnenk a papırrol. Peldaul, az y = x2 fuggveny folytonos (parabola a grafikonja), deaz un. elojelfuggveny

sgn(x) :=

{ 1, ha x > 00, ha x = 0−1, ha x < 0

nem folytonos az x = 0 pontban.

Ezt a szemleletes definıciot a hatarertekfogalommal tehetjuk pontossa.

Definıcio. Tegyuk fel, hogy az f fuggveny ertelmezve van az (a− γ, a + γ) intervallumon(γ > 0). Azt mondjuk, hogy f folytonos az x = a pontban, ha x = a pontban f(a) ahatarerteke:

folytonossag : limx→a

f(x) = f(a)

Az elozo peldainkra alkalmazva:

|x2 − a2| = |x + a||x − a| ≤ (|a| + γ)|x− a|,tehat x2 tetszolegesen kozel kerul a2-hez, ha x eleg kozel kerul a-hoz, vagyis

limx→a

x2 = a2,

27

ami azt jelenti, hogy az y = x2 fuggveny mindenutt folytonos.Masreszt, a limx→0 sgn(x) hatarertek nem is letezik, hiszen ha x jobbrol tart 0-hoz,

akkor sgn(x), 1-hez tart, ha x balrol tart 0-hoz, akkor sgn(x) -1-hez tart, vagyis a sgn(x)fuggvenyertek nem kerul tetszolegesen kozel egyetlen szamhoz, ha x kozel kerul 0-hoz. Ezazt jelenti, hogy az y = sgn(x) fuggveny az x = 0 pontban nem folytonos. (Mindenuttmasutt folytonos!)

Ebben az okoskodasban hasznaltuk a jobboldali es baloldali hatarerteket. Ezeket ıgyjeloljuk:

limx→0+0

sgn(x) = 1, limx→0−0

sgn(x) = −1.

Az y = [sgn(x)]2 olyan fuggvenyre pelda, amelynek letezik a hatarerteke az x = 0pontban, megsem

folytonos ebben a pontban, mivel a hatarertek nem egyezik meg a fuggvenyertekkel([sgn(0)]2 = 0).

Definıcio. Azt mondjuk, hogy egy f fuggveny folytnos az (a, b) nyitott intervallumon, haf ertelmezve van (a, b)-n es az (a, b) minden pontjaban folytonos. Azt mondjuk, hogy egyf fuggveny folytonos az [a, b] zart intervallumon, ha ertelmezve van [a, b]-n (a, b) mindenpontjaban folytonos, tovabba a-ban jobbrol, b-ben balrol folytonos.

limx→x0

f(x) = f(x0) (x0 ∈ (a, b))

limx→a+0

f(x) = f(a), limx−b−0

f(x) = f(b).

Peldaul, az y = 1/x es a + y = sgn(x) fuggvenyek folytonosak a (0,1) intervallumon,de nem folytonosak a [0, 1] zart intervallumon.

Tetel. Ha f folytonos egy nyitott intervallumon, akkor barmely ket erteke koze esotetszoleges valos szam beletartozik az ertekkeszletebe.

Tetel. Ha f folytonos egy zart [a, b] intervallumon, akkor:a) korlatos az [a, b] intervallumon;b) van legnagyobb es legkisebb erteke az [a, b] intervallumon.

28

Fuggveny derivaltja

Derivalt = valtozasi sebesseg. A sebesseg fogalma a fizikaban, a mechanikaban jelentmeg eloszor.

Tegyuk fel, hogy egy anyagi pont egyenesvonalu egyenletes mozgast vegez. Utobbi aztjelenti, hogy egyenlo idokozok alatt egyenlo utakat tesz meg. Ekkor a mozgas meghatarozojellemzoje a megtett ut es a megtetelehez szukseges ido aranya:

sebesseg =megtett ut

megtetelehez szukseges ido.

Az egyenletesseg definıcioja szerint ez a mozgasra jellemzo allando.

Mit ertsunk sebessegen, ha a mozgas nem egyenletes? Jelolje s(t) a t ido alatt megtettutat (s(0) = 0).

s(t + h) − s(t): a t es t + h idopillanatok kozott megtett ut.

s(t + h) − s(t)h

: a mozgas atlagsebessege a [t, t + h] idointervallumon.

Mivel a mozgas nem egyenletes, ez fugg h-tol. Ez az a sebesseg, amellyel egyenletesenmozogva a pont ugyanakkora s(t+h)−s(t) utat tenne meg a [t, t+h] idoszakaszban, minta nem-egyenletes mozgasnal. Tartson most h 0-hoz. Ekkor az atlagsebesseg egyre inkabba t idopillanatban jellemzi a mozgast. Ha letezik a

limh→0

s(t + h) − s(t)h

= v(t)

hatarertek, akkor ezt a mozgo pont pillanatnyi sebessegenek nevezzuk a t idopontban.

Az ut-ido grafikonon szemleltetve

29

Peldaul, ha s(t) = 2, 5t, akkor a mozgas egyenletes:

atlagsebesseg =s(t + h) − s(t)

h=

2, 5(t + h) − 2, 5t

h= 2, 5

tehat az atlagsebesseg allando, ez a pont sebessege minden t idopillanatban. Ha s(t) =12gt2

(szabadeses; g a gravitacios allando) akkor

atlagsebesseg =s(t + h) − s(t)

h=

12g(t + h)2 − 1

2gt2

h=

=12h

[g(t2 + 2ht + h2) − gt2] = gt +12gh,

es ez fugg a t-tol es h-tol is. A pillanatnyi sebesseg:

v(t) = limh→0

s(t + h) − s(t)h

= limh→0

(gt +12gh) = gt

fugg az idotol, espedig az idovel aranyosan no (gyorsulo mozgas).A mozgas, a valtozas a kozgazdasagban is alapveto fogalom. Tegyuk fel, hogy egy

vallalat koltsegfuggvenye

C(x) = x2 + 500000 (cost function)

30

ami azt jelenti, hogy ha a vallalat x egyseg termeket allıt elo, akkor annak C(x) az ossz-koltsege. Legyen

R(x) = 1500x (revenue function)

az x egyseg eladasabol szarmazo jovedelem. Ekkor

P (x) = R(x) − C(x) = −x2 + 1500x − 500000(profit function)

a profit. Ezek valtoznak, ha x valtozik, tehat itt is valtozas, mozgas van. Ez azt jelenti,hogy a profit fugg attol, mennyi termeket gyartunk. Nyilvan arra vagyunk kivancsiak:milyen termekszam mellett maximalis a profit?

Profitnovekedes: P (x+h)−P (x), ha x egysegtermek helyett x+h egyseg termeket allıtunkelo (lehet negatıv is!!)

Atlagos profitnovekedes:P (x + h) − P (x)

h

P (x + h) − P (x)h

=1h

[−(x + h)2 + 1500(x + h) − 50000 + x2 − 1500x + 500000]

=1h

[−2xh − h2 + 1500h] = −2x + 1500 − h.

Ez meg fugg h-tol. Azt meri, mekkora atlagos profitnovekedes jut egy termekre, ha xegysegrol x + h egysegre terunk at a termelesben. A

limh→0

P (x + h) − P (x)h

= P ′(x)

hatarerteket hatarprofitnak nevezzuk. Azt mutatja meg, hogy (kozelıtoleg) mennyivel val-tozik a profit, ha x termek helyett x+1 termeket allıtunk elo. Masszoval, a P ′(x) hatarprofita profit valtozasi sebessege.

Peldankban

P ′(x) = limh→0

P (x + h) − P (x)h

= limh→0

[−2x + 1500 − h] = −2x + 1500.

Teljesen vilagos: ha a P ′(x) hatarprofit pozitıv, akkor erdemes novelni a termelest, mert anoveles profitemelkedessel jar. Ha P ′(x) negatıv, akkor csokkenteni kell a termelest, merta noveles profitcsokkenessel, ennek megfeleloen a csokkentes profitnovekedessel jar. Ebbolaz kovetkezik, hogy olyan x termekszam eseten maximalis a profit, amelynel P ′(x) = 0.

31

VagyisP ′(x) = −2x + 1500 = 0

egyenletet kell megoldani: x = 750

Hatarkoltseg

C′(x) = limh→0

C(x + h) − C(x)h

= limh→0

(x + h)2 + 500000 − (x2 + 500000)h

=

= limh→0

2xh + h2

h= 2x

Hatarbevetel

R′(x) = limh→0

R(x + h) − R(x)h

= limh→0

1500(x + h) − 1500x

h= lim

h→0

1500h

h= 1500.

A hatarkoltseg azt mutatja, hogy mennyivel no meg a koltseg, ha a termekszamot egyegyseggel megnoveljuk. A hatarbevetel azt mutatja, hogy mennyivel no a bevetel, ha egyegyseg termekkel tobbet viszunk a piacra.

32

A kozgazdasag egyik alaptorvenye: a profit csak olyan termelesi volumen eseten lehet ma-ximalis, amikor a termeles egysegnyivel valo megnovelesenek koltseget a bevetel megfelelonovekedese eppen fedezi:

2x = 1500 ⇒ x = 750.

Az uj elnevezesekkel az alaptorveny: a profit csak olyan termelesi volumen eseten maxima-lis, amikor a hatarkoltseg egyenlo a hatarbevetellel.

Derivalt = grafikonhoz huzott erinto meredeksege. Tekintsunk egy y = f(x) fugg-venyt. A fuggveny grafikonjanak egy pontjahoz huzott erinto a ponton atmeno szelokhataregyenese.

szelo meredeksege:

m(h) = tg α(h) =f(x + h) − f(x)

h: differenciahanyados

erinto meredeksege:

limh→0

m(h) = limh→0

tg α(h) = limh→0

f(x + h) − f(x)h

= f ′(x)

differencialhanyados.Definıcio. Tegyuk fel, hogy az f fuggveny ertelmezve van az x pont egy kornyezeteben.Azt mondjuk hogy f -nek az x pontban letezik a derivaltja (differencialhanyadosa), masszoval f differencialhato, ha letezik a

limh→0

f(x + h) − f(x)h

=: f ′(x)

33

veges hatarertek. Az f ′(x) erteket f derivaltjanak (differencialhanyadosanak) nevezzuk azx pontban.

Pelda. f(x) = x2

limh→0

f(x + h) − f(x)h

= limh→0

(x + h)2 − x2

h= lim

h→0

2xh + h2

h= 2x.

Vagyis (x2)′ = 2x.

Tetel. f -nek letezik derivaltja az x = a pontban, mas szoval, f differencialhato a-banakkor es csakis akkor, ha letezik olyan A ∈ R szam es ω : Df → R fuggveny, hogylimx→a ω(x) = 0, es

f(x) = f(a) + A(x − a) + ω(x)(x − a) (x ∈ Df )

vagyis f(x) az x = a kornyezeteben jol kozelıtheto egy linearis fuggvennyel.

Bizonyıtas. Az

ω(x) :=

⎧⎨⎩

f(x) − f(a) − A(x − a)x − a

, ha x �= a

0, ha x = a

fuggveny teljesıti a felteteleket, hiszen a h := x − a jelolessel

limx→a

f(x) − f(a)x − a

= limh→0

f(a + h) − f(a)h

= f ′(a),

tehat az A := f ′(a) valasztassal minden feltetel teljesul. Ezzel azt is bebizonyıtottuk, hogyha f ′(a) letezik, akkor

f(x) = f(a) + f ′(a)(x − a) + ω(x)(x − a)(x ∈ Df ; lim

x→aω(x) = 0)

Ebbol a tetelbol kiolvashatjuk a differencialhatosag es a folytonossag kapcsolatat:

Tetel. Ha f differencialhato a-ban, akkor f folytonos a-ban. A fordıtott allıtas nem igaz.

Bizonyıtas. Ha f differencialhato a-ban, akkor az elozo tetel szerint

limx→a

f(x) = limx→a

[f(a) + f ′(a)(x − a) + ω(x)(x − a)] = f(a),

ami epp a folytonossagot jelenti.A masodik allıtas bizonyıtasahoz tekintsuk az f(x) = |x| fuggvenyt az a = 0 pontban.

limx→0

f(x) − f(0)x − 0

= limx→0

|x|x

= limx→0

{1 ha x > 0−1 ha x < 0,

de ez a hatarertek nem letezik, hiszen a jobboldali hatarertek 1, a baloldali -1.

34

Differencialasi szabalyok. Eloszor az alapmuveletekre vonatkozo teteleket targyaljuk,majd az osszetett fuggvenyrol es az inverz fuggvenyrol szolo tetelek kovetkeznek.

Tetel. Tegyuk fel, hogy az f es g fuggvenynek letezik a derivaltja. Ekkor

1. az f + g fuggvenynek is letezik a derivaltja, es

(f(x) + g(x))′ = f ′(x) + g′(x)

2. a c · f fuggvenynek is letezik a derivaltja, es

(cf(x))′ = cf ′(x) (c = konstans)

3. f · g-nek is letezik derivaltja, es

(f(x)g(x))′ = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x)

4. f/g-nek is letezik derivaltja, es

(f(x)g(x)

)′=

f ′(x)g(x)− f(x)g′(x)g2(x)

felteve, hogy g(x) �= 0.

Bizonyıtas. A hatarertekre vonatkozo muveleti szabalyokat kell hasznalni.

1.

limh→0

(f(x + h) + g(x + h)) − (f(x) + g(x))h

= limh→0

f(x + h) − f(x)h

+ limh→0

g(x + h) − g(x)h

= f ′(x) + g′(x).

2.

limh→0

cf(x + h) − cf(x)h

= c limh→0

f(x + h) − f(x)h

= cf ′(x)

3.

limh→0

f(x + h)g(x + h) − f(x)g(x)h

= limh→0

f(x + h)g(x + h) − f(x)g(x + h) + f(x)g(x + h) − f(x)g(x)h

= limh→0

(f(x + h) − f(x)

hg(x + h)

)+ f(x) lim

h→0

g(x + h) − g(x)h

= f ′(x)g(x) + f(x)g′(x).

35

4.

limh→0

f(x + h)g(x + h) − f(x)

g(x)h

= limh→0

(1h

f(x + h)g(x) − f(x)g(x + h)g(x + h)g(x)

)

= limh→0

(1h

(f(x + h)g(x) − f(x)g(x)) + f(x)g(x)− f(x)g(x + h)g(x + h)g(x)

)

= limh→0

f(x + h) − f(x)h

g(x) − f(x)g(x + h) − g(x)h

g(x + h)g(x)

=f ′(x)g(x)− f(x)g′(x)

g2(x).

Mint tudjuk, f ′(x) azt mutatja (kozelıtoleg), hogy mennyivel novekszik f(x), ha xhelyere x+1-et ırok, vagyis f ′(x) az f(x) novekedesi sebessege. Az f ′(x)/f(x) azt mutatja,hogy mekkora az f(x) relatıv novekedesi sebessege, vagyis a novekedesbol mennyi jut egyegysegere f(x)-nek. Ha ezt a szorzatfuggvenyre alkalmazzuk, akkor a kovetkezot kapjuk:

(f(x)g(x))′

f(x)g(x)=

f ′(x)g(x) + f(x)g′(x)f(x)g(x)

=f ′(x)f(x)

+g′(x)g(x)

,

vagyis fuggvenyek szorzatanak relatıv novekedese egyenlo a tenyezok relatıv novekedeseinekosszegevel. Ennek kozgazdasagi jelentese is van.

Tegyuk fel, hogy egy vallalat Q egyseget termel a piacra egy arubol. Az aru egysegarap. A termelt mennyiseg es az ar is valtozik az idoben: Q = Q(t), p = p(t). A vallalatbevetele R = R(t) = Q(t)p(t) szinten az ido fuggvenye. A bevetel valtozasi sebessege (akozgazdasagtanban, ugyanugy, mint a fizikaban, az ido szerinti derivalast ′ helyett ˙ -taljeloljuk):

R(t) = Q(t)p(t) + Q(t)p(t).

A bevetel valtozasi sebessegenek ket osszetevoje van: az egyik a termeles valtozasi se-bessegenek es az arnak a szorzata, a masik az ar valtozasi sebessegenek es a termeltmennyisegnek a szorzata. (A bevetel no, ha tobbet termelunk, vagy noveljuk az arat,vagy mindkettot egyutt csinaljuk.)A bevetel relatıv novekedese:

R(t)R(t)

=(Q(t)p(t))·

Q(t)p(t)=

Q(t)p(t) + Q(t)p(t)Q(t)p(t)

=Q(t)Q(t)

− p(t)p(t)

.

Tehat a bevetel relatıv novekedese, vagyis a bevetel novekedesi rataja egyenlo a termeltaru novekedesi ratajanak es az ar novekedesi ratajanak osszegevel.

Hasonlo ertelmezest adhatunk hanyados derivaltjara is:(f(x)g(x)

)′

f(x)g(x)

=

f ′(x)g(x)− f(x)g′(x)g2(x)f(x)g(x)

=f ′(x)f(x)

− g′(x)g(x)

36

vagyis hanyados novekedesi rataja egyenlo a szamlalo es a nevezo novekedesi ratainakkulonbsegevel. Peldaul, legyen egy csalad jovedelme W (t), az arindex p(t). A W (t)/p(t)aranyt valodi jovedelemratanak nevezzuk. Ennek novekedesi rataja

(W (t)p(t)

)·

W (t)p(t)

=W (t)W (t)

− p(t)p(t)

,

vagyis a normalis jovedelem novekedesi ratajanak es az arindex novekedesi ratajanak ku-lonbsege. Peldaul, ha a jovedelmunk 5%-kal novekedik, de az arak 6%-kal nonek, akkor avalodi jovedelemratank 1%-kal csokken.

Tetel. Ha f -nek letezik derivaltja x-ben, es g-nek letezik derivaltja f(x)-ben, akkor ag(f) osszetett fuggvenynek letezik derivaljta x-ben, es

(g(f(x)))′ = g′(f(x)) · f ′(x)

Bizonyıtas.

limh→0

g(f(x + h)) − g(f(x))h

= limh→0

g(f(x + h)) − g(f(x))f(x + h) − f(x)

limh→0

f(x + h) − f(x)h

= limk→0

g(f(x) + k) − g(f(x))k

limh→0

f(x + h) − f(x)h

= g′(f(x)) · f ′(x).

Tetel. Ha f -nek letezik a derivaltja az x ∈ (a, b) pontban, es f szigoruan monoton az (a, b)intervallumon, tovabba f ′(x) �= 0, akkor az f−1 inverz fuggvenynek is letezik derivaltja azf(x) pontban, es

(f−1(y))′ =1

f ′(f−1(y))

vagy

(f−1)′(f(x)) =1

f ′(x)

Bizonyıtas. Hasznaljuk azf(X) = Y X = f−1(Y ) (X ∈ (a, b))f(x) = y x = f−1(y)

jeloleseket. A differencialhatosag miatt letezik olyan ω fuggveny (limX→x ω(X) = 0), hogy

f(X) − f(x) = f ′(x)(X − x) + ω(X)(X − x),

37

vagyisY − y = f ′(x)(f−1(Y ) − f−1(y)) + ω(X)(X − x),

tehat

limY →y

f−1(Y ) − f−1(y)Y − y

=1

f ′(x)− 1

f ′(x)lim

Y →y

(ω(X)

X − x

Y − y

)

=1

f ′(x)− 1

f ′(x)lim

x→X

⎛⎜⎝ω(X)

1f(X)− f(x)

X − x

⎞⎟⎠ =

1f ′(x)

.

(Kozben kihasznaltuk, hogy ha Y → y, akkor X = f−1(Y ) → f−1(y) = x-hez, vagyis f−1

folytonos y-ban. Ezt be lehet bizonyıtani a monotonitas felhasznalasaval.)

38

Elemi fuggvenyek differencialhanyadosa1. f(x) = c = konstans

limh→0

f(x + h) − f(x)h

= limh→0

c − c

h= 0.

c′ = 02. f(x) = xn (n ∈ N)

(x + h)n = xn + nhxn−1 + . . . + nxhn−1 + hn,

limh→0

(x + h)n − xn

h= lim

h→0(nxn−1 + h(. . .)) = nxn−1.

(xn)′ = nxn−1.

3. f(x) = xα (α ∈ R)Kesobb bebizonyıtjuk, hogy az elozo pontban bizonyıtott keplet n helyett tetszolegesvalos kitevore igaz:

(xα)′ = αxα−1 (α ∈ R)

4. f(x) = sinx

limh→0

sin(x + h) − sin x

h= lim

h→0

2 sin h2

cos 2x+h2

h

=(

limh→0

sin h2

h2

)limh→0

cos2x + h

2= cos x.

(sin x)′ = cos x

5. f(x) = cos x

(cos x)′ =(sin(π

2− x))′

= cos(π

2− x)

(−1) = − sin x.

(cos x)′ = − sin x

6. f(x) = tg x

(tg x)′ =(

sin x

cos x

)′=

cos2 x − sin x(− sin x)cos2 x

=

=1

cos2 x.

(tg x)′ =1

cos2 x= 1 + tg2x

7. f(x) = ctg x

39

(ctg x)′ =(cos x

sinx

)′=

− sin2 x − cos2 x

sin2 x= − 1

sin2 x.

(ctg x)′ = − 1sin2 x

= −(1 + ctg2x)

8. y = arc sin x, sin y = x

(arc sin x)′ =1

sin′ y=

1cos y

=1

cos(arc sin x).

Mivelcos y =

√1 − sin2 y =

√1 − x2

(− π

2≤ y ≤ π

2

),

(arc sin x)′ =1√

1 − x2

9. y = arc cos x, cos y = x

(arc cos x)′ =1

cos′ y=

1− sin y

=1

− sin(arc cos x)

=−1√1 − x2

.

(arc cos x)′ = − 1√1 − x2

10. y = arc tg x tg y = x

(arc tg x)′ =1

tg′y

= cos2 y = cos2(arc tg x),

cos2 y =cos2 y

sin2 y + cos2 y=

11 + tg2y

.

(arc tg x)′ =1

1 + x2

11. y = arc ctg x ctg y = x

(arc ctg x)′ = − 1ctg′

y= − sin2 y = − sin2(arc ctg x),

sin2 y =sin2 y

sin2 y + cos2 y=

11 + ctg2y

.

(arc ctg x)′ = − 11 + x2

40

12. f(x) = lnxln x: “logaritmus naturalis”ln x:= loge x, ahol e := limn→∞

(1 + 1

n

)n = 2, 71 . . .(Kesobb bebizonyıtjuk, hogy ez a hatarertek letezik!)

(lnx)′ = limh→0

1h

(ln(x + h) − lnx) = limh→0

ln[x + h

x

] 1h

= limh→0

ln[(

1 +1xh

) xh] 1

x

= ln e1x =

1x

.

(lnx)′ =1x

13. y = ex, ln y = x

(ex)′ =1

ln′ y= y = ex.

(ex)′ = ex

14. f(x) = loga x

loga x =lnx

lna,

(loga x)′ =1

ln a(lnx)′ =

1x lna

.

(loga x)′ =1

x ln a

15. y = ax, loga y = x (a > 0, a �= 1)

(ax)′ =1

log′a y= y ln a = ax lna.

(ax)′ = ax ln a

16. f(x) = xα (α ∈ R)

f ′(x) = (xα)′ = (eln xα

)′ = (eα ln x)′ = eα ln x · (α ln x)′ = αxα 1x

= αxα−1.

(xα)′ = αxα−1 (α ∈ R)

Implicit fuggveny differencialasa. Azt mondjuk, hogy egy

f(x, y) = 0 (f adott)

keplet implicit modon meghatarozza az y = ϕ(x) fuggvenyt, ha

f(x, ϕ(x)) ≡ 0 (x ∈ Dϕ).

41

Peldaul, tudjuk, hogy

(∗) x2 + y2 − 1 = 0

egy kor egyenlete. A kor nem fuggvenygrafikon, de egy darabja mar igen. A (∗) osszefuggesimplicit modon meghatarozza az y =

√1 − x2 es a y = −√

1 − x2 fuggvenyeket, amelyekertelmezesi tartomanya a [−1, 1] intervallum. Valoban:

x2 +(√

1 − x2)2

− 1 ≡ 0,

x2 +(−√

1 − x2)2

− 1 ≡ 0 (−1 ≤ x ≤ 1).

Szabaly. Feltetelezve, hogy az

f(x, y) = 0

osszefugges altal meghatarozott y = ϕ(x) fuggveny differencialhato, a ϕ′(x) derivaltat ugyhatarozzuk meg, hogy az

f(x, ϕ(x)) ≡ 0

osszefugges mindket oldalat differencialjuk, es a keletkezo azonossagbol ϕ′-t kifejezzuk.

Peldaul, a (∗) altal meghatarozott y = ϕ1(x) =√

1 − x2 derivaltja meghatarozhatoıgy:

x2 + (ϕ1(x))2 − 1 ≡ 0,

2x + 2ϕ1(x)ϕ′1(x) ≡ 0,

ϕ′1(x) ≡ − x

ϕ1(x).

42

Ez az eljaras megadja ϕ′1-t ϕ1 segıtsegevel, es akkor is eredmenyes, ha — mint altalaban

— a ϕ1(x) kepletet nem is ismerjuk. Most ismerjuk, ıgy felırhatjuk:

ϕ′1(x) = − x

ϕ1(x)= − x√

1 − x2.

(Ellenorizzuk, hogy ϕ1 kozvetlen differencialasaval is ez az eredmeny adodik!)Analog szamolassal az ϕ2(x) = −√

1 − x2 implicit fuggvenyre a

ϕ′2(x) =

x√1 − x2

eredmeny adodik.A kozgazdasagtanban gyakran kell implicit fuggvenyt derivalni.

A nemzeti jovedelem, mint a beruhazas fuggvenye. Jelolje Y, C, I rendre egy orszagnemzeti jovedelmet, fogyasztasat es a beruhazasat. Ezek idoben valtozo mennyisegek,melyek kozott az

Y = C + I, C = f(Y )

makrogazdasagi osszefuggesek allnak fenn. Az elso azt jelenti, hogy a jovedelem egy reszetaz orszag fogyasztasra kolti, a megmarado reszt pedig beruhazasra. A masodik azt mutatja,hogy a fogyasztas hogyan fugg a jovedelemtol (peldaul f(Y ) = (2T/π) arc tg Y ).

Hatarozzuk meg, hogyan fugg a nemzeti jovedelem a beruhazastol. Nevezetesen, mennyivelnovekszik a nemzeti jovedelem, ha egy egyseggel noveljuk a beruhazast? (Mekkora ajovedelem valtozasi sebessege, derivaltja a beruhazashoz viszonyıtva?)

Kuszoboljuk ki az elso egyenletetbol a fogyasztast:

Y = f(Y ) + I.

Ez implicit modon hatarozza meg az Y (I) jovedelmet, mint a beruhazas fuggvenyet:

Y (I) = f(Y (I)) + I.

Szabalyunk szerint:Y ′(I) = f ′(Y (I))Y ′(I) + 1,

Y ′(I) =1

1 − f ′(Y (I)).

43

Az f ′(Y ) a fogyasztasi hatarhajlandosag: azt mutatja, mennyivel novekszik a fogyasztas,ha a jovedelem egy egyseggel no. Eredmenyunk szerint

Y ′(I) > 0, ha f ′ < 1,

Y ′(I) < 0, ha f ′ > 1,

vagyis ha tul sokat fogyasztunk, akkor a beruhazas novelese csokkenti a nemzeti jovedelmet!Peldankban

f ′(Y ) =2T

π

11 + Y 2

,

Y ′ =1

1 − 2Tπ

11+Y 2

=(1 + Y 2)

(1 + Y 2) − 2T/π.

Elofordulhat-e, hogy Y ′(I) < 0, vagyis a beruhazas csokkenti a jovedelmet?

Y ′ < 0 ⇐⇒ 1 + Y 2 <2T

π⇐⇒ Y 2 <

2T

π− 1.

A kovetkezo eredmenyre jutottunk:a) Ha T < π/2, vagyis a fogyasztasi telıtettseg szintje nem tul magas, akkor a gazdasag

es vele egyutt a fogyasztas szintje folyamatosan novekszik.b) Ha T > π/2, es valamilyen okbol a nemzeti jovedelem

√2T/π − 1 ala esik, akkor

onnan kezdve a nemzeti jovedelem a beruhazas ellenere egyre csokken, a gazdasagosszeomlik.

Forgalmi ado hatasa a keresletre. A piac torvenyei:a) egy aru iranti kereslet csokken, ha no az ara,b) egy aru kınalata no, ha no az ara,c) egy aru a piacon azon az aron kel el, amelynel a kereslet es a kınalat megegyezik.

D = D(p) = f(p) — keresleti fuggveny,S = S(p) = g(p) — kınalati fuggveny.

44

Ha egy arura egysegenkenti t adot vezetnek be, akkor keresleti fuggvenye megvaltozik:

D = D(p, t) = f(p + t),

uj egyensulyi ar alakul ki, amely fugg a t adotol (p∗ = p∗(t)). Hatarozzuk meg ennek afuggvenynek a derivaltjat!

Felırjuk az egyensulyi arat meghatarozo

f(p∗ + t) = g(p∗)

egyenloseget, majd ezt derivaljuk t szerint:

f ′(p∗ + t)(p′∗ + 1) = g′(p∗)p′∗,

p′∗ =f ′(p∗ + t)

g′(p∗) − f ′(p∗ + t).

Ezt fel lehet hasznalni pl. a forgalmi ado bevezetesebol szarmazo jovedelem maximumanaka meghatarozasara a t adokulcs fuggvenyeben.Feladat: vegezzuk el a szamıtasokat a D(p) = a − bp S(p) = α + βp ( a, b, α, β pozitıvallandok) linearis fuggvenyek eseteben (ld. [4], 148. oldal).

A differencialhanyados alkalmazasai

45

Definıcio. Az f : M ⊂ R→ R fuggvenynek az a ∈ M pontban helyi (lokalis) maximumavan, ha az a pont egy kornyezeteben f(a) a legnagyobb fuggvenyertek, vagyis letezik olyanδ > 0 szam, hogy

{a − δ < x < a + δ, x �= a, x ∈ M} ⇒ f(x) ≤ f(a).

Ha a fenti definıcioban f(x) < f(a) is teljesul, akkor szigoru helyi maximumrol beszelunk.Az f fuggvenynek az a ∈ M pontban globalis maximuma van, ha f(a) a legnagyobb

fuggvenyertek, vagyis{x ∈ M, x �= a} ⇒ f(x) ≤ f(a).

Ez a maximum is lehet szigoru. A helyi es globalis minimumot analog modon definialjuk.Peldaul, az abran lathato fuggvenynek a-ban es c-ben helyi maximuma, b-ben globalis

maximuma van.

A maximumot es a minimumot kozosen szelsoerteknek nevezzuk. Az abrankbol latszik,hogy egy belso a pontban egy fuggvenynek csak akkor lehet helyi szelsoerteke, ha az(a, f(a)) ponthoz huzott erinto vızszintes:

Tetel. Tegyuk fel, hogy az f : M ⊂ R→ R fuggveny ertelmezesi tartomanyanak egy belsoa pontjaban a fuggveny differencialhato. Ha a fuggvenynek helyi szelsoerteke van a-ban,akkor f ′(a) = 0.

Bizonyıtas. Tegyuk fel peldaul, hogy f -nek a-ban helyi maximuma van. Ekkor letezikolyan δ > 0, hogy

{a − δ < x < a + δ} ⇒ f(x) ≤ f(a),

tehat

a < x < a + δ ⇒ f(x) − f(a)x − a

≥ 0,

a − δ < x < a ⇒ f(x) − f(a)x − a

≤ 0.

46

f differencialhato a-ban, tehat az (f(x) − f(a))/(x − a) fuggvenynek letezik hatarertekea-ban, espedig eppen f ′(a), tehat

f ′(a) = limx→a+0

f(x) − f(a)x − a

≥ 0, f ′(a) = limx→a−0

f(x) − f(a)x − a

≤ 0,

vagyis szuksegkeppen f ′(a) = 0.Az abrankbol (es az f(x) = x3, a = 0 peldabol) latszik, hogy a tetel fordıtva nem

igaz.A differencialszamıtas legalapvetobb tetele a Lagrange-fele kozepertektetel.

A .

Tetel (Lagrange-fele kozepertektetel). Tegyuk fel, hogy az f : [a, b] → R fuggvenya) folytonos az [a, b] zart intervallumon;b) differencialhato az (a, b) nyitott intervallumon.

Ekkor letezik olyan ξ ∈ (a, b) belso pont, hogy

f ′(ξ) =f(b)− f(a)

b − a.

Geometriai jelentes: a fuggvenygrafikonnak letezik az (a, f(a)), (b, f(b)) pontokat ossze-koto hurral parhuzamos erintoje

Bizonyıtas. Tekintsuk az

F (x) := f(x) −(

f(a) +f(b) − f(a)

b − a(x − a)

)

47

segedfuggvenyt. Erre a fuggvenyre igaz, hogy F (a) = F (b) = 0. Mivel F folytonos [a, b]-n, az [a, b] intervallumon van legnagyobb es legkisebb erteke (maximuma es minimuma).Ha mindkettot a vegpontokban eri el, akkor f(x) ≡ 0, tehat barmely ξ ∈ (a, b) valasztaslehetseges. Ha valamelyiket belso pontban veszi fel, akkor ezt a pontot valaszthatjuk ξ-nek,hiszen az elozo tetel szerint f ′(ξ) = 0.

Kovetkezmeny. Ha f differencialhato az (a, b)- intervallumon, akkor tetszoleges x1, x2 ∈(a, b) pontokhoz letezik olyan, az x1 es x2 kozott fekvo ξ pont, hogy

f(x2) − f(x1) = f ′(ξ)(x2 − x1) (Lagrange − formula)

vagyis letezik ϑ ∈ (0, 1), hogy

f(x2) − f(x1) = f ′(x1 + ϑ(x2 − x1))(x2 − x1) (Lagrange − formula)

Differencialhanyados es monotonitasDefinıcio. Az f : M ⊂ R→ R fuggveny monoton novekvo M -en, ha

{x1 < x2, x1, x2 ∈ M} ⇒ f(x1) ≤ f(x2).

Ha a fenti sorban az f(x1) < f(x2) szigoru egyenlotlenseg teljesul, akkor a fuggvenytszigoruan monoton novekvonek nevezzuk M -en. (A monoton csokkeno fuggveny definıciojaanalog.)

Tetel. Tegyuk fel, hogy f differencialhato az (a, b) intervallumon.1.1. f monoton novekvo az (a, b) intervallumon akkor es csakis akkor, ha

a < x < b ⇒ f ′(x) ≥ 0.

1.2. f monoton csokkeno az (a, b) intervallumon akkor es csakis akkor, ha

a < x < b ⇒ f ′(x) ≤ 0.

2.1. f szigoruan monoton novekvo az (a, b) intervallumon akkor es csakis akkor, ha

a < x < b ⇒ f ′(x) ≥ 0,

es az f ′(x) ≡ 0 azonossag nem teljesulhet az (a, b) intervallum egyetlen reszintervallumansem.

2.2. f szigoruan monoton csokkeno az (a, b) intervallumon akkor es csakis akkor, ha

a < x < b ⇒ f ′(x) ≤ 0,

es az f ′(x) ≡ 0 azonossag nem teljesulhet az (a, b) intervallum egyetlen reszintervallumansem.Bizonyıtas. 1.1. Tegyuk fel, hogy f monoton novekvo. Ekkor tetszoleges x ∈ (a, b) eseten

f(x + h) − f(x)h

≥ 0,

48

felteve, hogy |h| kicsi. Ezert

limh→0

f(x + h) − f(x)h

= f ′(x) ≥ 0.

Fordıtva, tegyuk most fel, hogy f ′(x) ≥ 0 (x ∈ (a, b)), es legyen a < x1 < x2 < b. Akkor aLagrange-fele kozepertektetel szerint letezik ξ ∈ (x1, x2) pont, hogy

f(x2) − f(x1) = f ′(ξ)(x2 − x1) ≥ 0,

tehat a fuggveny novekvo (a, b)-n.A 2.1. allıtas bizonyıtasahoz egy segedtetelre van szukseg.

Segedtetel (az integralszamıtas alaptetele). Tegyuk fel, hogy f : (a, b) → R differenci-alhato az (a, b) intervallumon, es f ′(x) ≡ 0 (x ∈ (a, b)). Ekkor van olyan c ∈ R, hogyf(x) ≡ c = konstans.

A segedtetel bizonyıtasa. A Lagrange-fele kozepertektetel szerint tetszoleges a < x1 < x2 <b eseten letezik olyan ξ ∈ (a, b), hogy

f(x2) − f(x1) = f ′(ξ) = 0,

tehat f(x2) = f(x1), vagyis a fuggveny konstans.

A tetel bizonyıtasa. Tegyuk fel, hogy f szigoruan monoton novekvo. Ekkor az 1.1. er-telmeben f ′(x) ≥ 0 (x ∈ (a, b)) teljesul. Ha az f ′(x) ≡ 0 (x ∈ (c, d) ⊂ (a, b)) teljesulnevalamely (c, d)-n, akkor a segedtetel ertelmeben f(x) allando lenne (c, d)-n, ami ellentmondf szigoru monotonitasanak.

Fordıtva, ha f ′(x) ≥ 0 (x ∈ (a, b)), akkor f novekvo (a, b)-n. Ha a novekedes nemlenne szigoru, akkor letezne olyan c, d (a < c < d < b), hogy f(c) = f(d). De ekkor

c ≤ x ≤ d ⇒ f(c) = f(x) = f(d).

tehat f ′(x) ≡ 0 (x ∈ (c, d)), ami ellentmond a feltetelunknek.

Keresletrugalmassag. Ismert piaci torveny, hogy egy aru ara es az arubol eladott mennyiseg(kereslet) kozott kolcsonhatas van: ha emelkedik az ar, csokken a kereslet

49

A kozgazdasagtan ket igenye:1. Adjunk meroszamot a reagalas mertekere.2. Hasonlıtsuk ossze rugalmassag szempontjabol a kulonbozo aruk piacait (rugalmas–

rugalmatlan piac).1. A hatarkereslet, vagyis a D′(p) mennyiseg azt mutatja, hogy az ar egy forinttal tor-teno emelkedesenek hatasara mennyivel csokken a kereslet. Ez a meroszam nagyon fuggattol, hogy az arat es az aru mennyiseget milyen egysegekben merjuk. Ezek alapjan nemlehet osszehasonlıtani pl. egy 10 mFt-os luxusauto es a 10 Ft-os zsemle piacat. Realismeroszamot kapunk, ha a szazalekos novekedeseket hasonlıtjuk ossze:Definıcio.

ED = elaszticitas =kereslet szazalekos novekedese

ar szazalekos novekedese

Az elaszticitas maga is az ar fuggvenye, minden ar eseten egy negatıv szam. Tegyuk fel,hogy az arat h-val valtoztatjuk. Akkor

EhD(p) =

D(p + h) − D(p)D(p)

(p + h) − p

p

=p

D(p)D(p + h) − D(p)

h.

Sajnos, ez a mennyiseg fugg h-tol is, ıgy nem alkalmas a p ar jellemzesere. (Mellesleg az akerdes is felmerul, hogy a szazalekos viszonyıtasnal a keresletnovekedest miert D(p)-hez, esmiert nem D(p + h)-hoz viszonyıtottuk; (ld. Czagany–Mozsar [2]). Mindket problemankmegoldodik, ha a jobboldalnak vesszuk a hatarerteket, ha h → 0:

ED(p) :=p

D(p)limh→0

(D(p + h) − D(p)

h

)=

p

D(p)D′(p).

50

D(p) elaszticitasa : ED(p) :=pD′(p)D(p)

2. Rugalmas-rugalmatlan keresletDefinıcio (ld. Samuelson–Nordhaus [3]).

a) A kereslet rugalmas, ha a p ar szazalekos csokkentese a D(p) kereslet olyan szaza-lekos novekedesevel jar, hogy a pD(p) osszbevetel no.

b) Egysegnyi keresletrugalmassagrol beszelunk, ha a p ar szazalekos csokkentese pon-tosan akkora szazalekos keresletnovekedessel jar, hogy a pD(p) osszebevetel valtozatlanmarad.

c) A kereslet rugalmatlan, ha az ar szazalekos csokkenese a keresletnek csak olyanszazalekos novekedeset valtja ki, hogy az osszkereslet csokken.

Tetel. a) Ha |ED(p)| > 1, akkor a kereslet rugalmas.b) Ha |ED(p)| = 1, akkor egysegnyi keresletrugalmassag all fenn.c) Ha |ED(p)| < 1, akkor a kereslet rugalmatlan.

Bizonyıtas. Vizsgaljuk meg a pD(p) osszbevetel valtozasi sebesseget (derivaltjat):

(pD(p))′ = D(p) + pD′(p) = D(p)

(1 +

pD′(p)D(p)

)= D(p)(1 + ED(p)).

Mivel D csokkeno fuggveny, D′(p) ≤ 0, tehat ED(p) ≤ 0. Tehat:a) |ED(p)| > 1 ⇒ ED(p) < −1 ⇒ (pD(p))′ < 0; tehat ha csokkentjuk az arat, no a

bevetel.b) |ED(p)| = 1 ⇒ ED(p) = −1 ⇒ (pD(p))′ = 0; tehat ha valtoztatjuk az arat (kis

mertekben!), akkor az osszbevetel (durvan!) nem valtozik.c) |ED(p)| < 1 ⇒ ED(p) > −1 ⇒ (pD(p))′ > 0; tehat ha csokkentjuk az arat, az

osszbevetel csokken.Peldak. Legyen peldaul

D(p) = −1000p + 10 000.

Ekkor

ED(p) =pD′(p)D(p)

=− 1000p

− 1000p + 10 000.

Hatarozzuk meg, hol rugalmas a kereslet:

ED(p) < −1 ⇔ − 1000p

− 1000p + 10 000< −1.

A kereslet mindig pozitıv, tehat p < 10. Ekkor

10 000 < 2000p

5 < p

51

Tehata) a kereslet rugalmas p > 5 esetenb) a kereslet egysegnyi rugalmassagu p = 5 esetenc) a kereslet rugalmatlan p < 5 eseten.

Altalaban, ha D(p) linearis fuggvenye p-nek, akkor az atlagar alatt rugalmatlan, az atlagarfelett rugalmas a kereslet.Derivaltak es szelsoertek. A masodik differencialhanyados az elso differencialhanyados-fuggveny derivaltja:

f ′′(x) := (f ′(x))′.

Peldaul: (sinx)′′ = ((sinx)′)′ = (cosx)′ = − sin x.

Tetel. Legyen adva egy f : (a, b) ⊂ R→ R fuggveny.

1. Ha letezik olyan δ > 0 szam, hogy f novekvo az (x0 − δ, x0] intervallumon escsokkeno az [x0, x0 + δ) intervallumon, akkor f -nek x0-ban helyi maximuma van.

2. Ha letezik olyan δ > 0 szam, hogy f csokkeno az (x0 − δ, x0] intervallumon, esnovekvo az [x0, x0 + δ) intervallumon, akkor f -nek x0-ban helyi minimuma van.

Bizonyıtas – nyilvanvalo.

Tetel. Legyen adva egy f : (a, b) ⊂ R→ R fuggveny, es tegyuk fel, hogy f differencialhato(a, b)-n.

52

1. Ha letezik olyan δ > 0, hogy f ′ ≥ 0 az (x0 − δ, x0] intervallumon es f ′ ≤ 0 az[x0, x0 + δ) intervallumon, akkor f -nek x0-ban helyi maximuma van.

2. Ha letezik olyan δ > 0, hogy f ′ ≤ 0 az (x0 − δ, x0) intervallumon es f ′ ≥ 0 az(x0, x0 + δ) intervallumon, akkor f -nek x0-ban helyi minimuma van.

Bizonyıtas. 1. Egyik elozo tetelunk szerint f novekvo az (x0 − δ, x0) intervallumon escsokkeno az (x0, x0 + δ) intervallumon. Mivel f folytonos x0-ban, a monotonitas az x0 −δ, x0] es az [x0, x0 + δ) intervallumokon is igaz, ıgy az elozo tetel alkalmazhato.

Tetel. Tegyuk fel, hogy f : (a, b) ⊂ R→ R az x0 ∈ (a, b) pontban ketszer differencialhato,es f ′(x0) = 0.

1. Ha f ′′(x0) > 0, akkor f -nek x0-ban szigoru minimuma van.2. Ha f ′′(x0) < 0, akkor f -nek x0-ban szigoru maximuma van.

Bizonyıtas. 1. Letezik olyan δ > 0, hogy

x0 − δ < x < x0 + δ ⇒ f ′(x) − f ′(x0)x − x0

>f ′′(x0)

2> 0

tehatx0 − δ < x < x0 ⇒ f ′(x) < 0,

x0 < x < x0 + δ ⇒ f ′(x) > 0.

Tehat f az (x0 − δ, x0) intervallumon szigoruan csokkeno, az (x0, x0 + δ) intervallumonpedig szigoruan novekvo, ahonnan kovetkezik az allıtas.

Most terjunk ra arra a kerdesre, hogyan kell megkeresni korlatos zart halmazon foly-tonos fuggveny szelsoertekeit (a szelsoertekek letezeset a Weierstrass-tetel garantalja!).Tegyuk fel, hogy a halmaznak veges sok hatarpontja van, es a fuggveny veges sok pontkivetelevel a belso pontokban differencialhato.

Szabaly globalis szelsoertekek meghatarozasara. 1. Hatarozzuk meg a fuggvenystacionarius pontjait, vagyis oldjuk meg az f ′(x) = 0 egyenletet. (Peldainkban ez mindigveges halmaz.)

2. Keressuk meg a halmaz hatarpontjait.3. Keressuk meg azokat a belso pontokat, ahol a fuggveny nem differencialhato.4. Hatarozzuk meg az elso harom lepesben kapott halmazok egyesıtesebol keletkezo

veges halmaz pontjaiban a fuggvenyertekeket es valasszuk ki kozuluk a legnagyobbat eslegkisebbet.

1. Pelda. Egy korabbi peldankban foglalkoztunk egy vallalattal, amelynek koltsegfuggve-nye, illetve beveteli fuggvenye a kovetkezo:

C(x) = x2 + 500 000, R(x) = 1500x.

Hatarozzuk meg a masodik derivalt felhasznalasaval a

P (x) = R(x) − C(x) = −x2 + 1500x − 500 000

53

profit maximumat.A stacionarius pontok:

P ′(x) = −2x + 15 000 = 0 ⇔ x0 = 750,

ami azt jelenti, hogy az egyetlen x0 = 750 belso pontban lehet a profitnak maximuma. Amasodik derivalt

P ′′(x) = −2 < 0,

tehat az x0 = 750 pontban tenyleg helyi maximum van, a maximalis fuggvenyertekP (750) = 62 500. Mivel az egyetlen x = 0 hatarpontban P (0) = −500 000, a profit maxi-malis erteke 62 500 penzegyseg, amit 750 egysegnyi termek eloallıtasaval lehet elerni.

2. Pelda. Tegyuk fel, hogy egy vallalat napi profitjat a

P (x) = −0.01x3 + 300x − 10 000

fuggveny ırja le, ahol x a gyartott termek mennyisege. A vallalat legfeljebb napi 400 egysegtermelesere kepes. Hatarozzuk meg az optimalis napi termelesi mennyiseget.

A P fuggveny maximumat kell meghatarozni a [0, 400] intervallumon. A stacionariuspontok:

P ′(x) = −0.03x2 + 300 = 0 ⇔ x = ±100.

Az intervallumba eso egyetlen stacionarius pont: x1 = 100. A hatarpontok: x2 = 0, x3 =400.

x 100 0 400P (x) 10 000 −10 000 −50 000

Az optimalis napi termeles 100 egyseg. (A P (400) kiszamıtasat megtakarıthatjuk, haeszrevesszuk, hogy P ′(x) < 0,, ha x > 100, tehat P csokken 100-tol jobbra, vagyis P (400)csak kisebb lehet, mint P (100).)

Ha a napi termelesi limit 400 helyett 50, akkor az optimalis napi termeles 50 egyseg,hiszen a [0, 50] intervallumban nincs stacionarius pont es P (0) < P (50).

3. Pelda (egy raktarozasi problema). Tegyuk fel, hogy egy uzlet eladasi koltsegei a kovet-kezok:a) kozvetlen eladasi koltseg = (eladott mennyiseg) × (egysegre juto koltseg)b) rendelesi koltseg = (rendelesek szama) × (egy rendeles koltsege)c) raktarozasi koltseg = (atlagos raktarmennyiseg) × (egy egyseg raktarkoltsege)

Hatarozzuk meg az optimalis rendelesszamot, amelynel a teljes eladasi koltseg minimalis.Peldaul, egy cipobolt 2000 par cipot ad el evenkent. Egy cipore eso kozvetlen eladasi

koltseg 10 dollar, egy rendeles koltsege 100 dollar, es egy par cipo eves raktarozasi koltsege1 dollar 60 cent. Hanyszor rendeljenek, hogy a koltseg minimalis legyen, felteve, hogymindig ugyanakkora mennyiseget kell rendelniuk?

Tegyuk fel, hogy egy alkalommal x par cipot rendelnek, tehat evente 2000/x alkalom-mal adnak le rendelest. Az uzlet forgalma egyenletes, es mindig eppen elfogy a keszlet azuj rendeles idopontjaig, tehat az atlagos raktarkeszlet x/2. Ez azt jelenti, hogy a koltseg:

C(x) = 2000 · 10 +2000

x· 100 +

x

2· 1.6 = 20 000 +

200 000x

+ 0.8x

54

Ezt a fuggvenyt kell minimalizalni a (0, 2000] intervallumon.Keressuk meg a stacionarius pontokat:

C′(x) = −200 000x2 + 0.8 = 0 ⇔ x = ±500,

tehat az egyetlen stacionarius pont x0 = 500. Az is latszik, hogy az x < 500 esetenC(x) csokken, x > 500 eseten C(x) no, tehat a megoldas x = 500, ami azt jelenti, hogy2000/500 = 4 alkalommal kell rendelest leadni evente.

Konvex, konkav fuggvenyek. Egy f : (a, b) ⊂ R → R differencialhato fuggvenytkonvexnek (konkavnak) nevezunk, ha grafikonjahoz tetszoleges pontban erintot huzva aztlatjuk, hogy a grafikon az erinto felett (alatt) helyezkedik el.

Tudjuk, hogy az (x0, f(x0)) ponthoz huzott erinto egyenlete

y − f(x0) = f ′(x0)(x − x0) (x ∈ (a, b)),

tehatf konvex :f(x) > f(x0) + f ′(x0)(x − x0) (x, x0 ∈ (a, b))f konkav :f(x) < f(x0) + f ′(x0)(x − x0) (x, x0 ∈ (a, b))

Tetel. Egy f : (a, b) ⊂ R → R fuggveny akkor es csakis akkor konvex (konkav), ha az f ′

fuggveny szigoruan novekvo (csokkeno) az (a, b) intervallumon.

55

Bizonyıtas. Csak az elegendoseget bizonyıtjuk konvex fuggveny esetere. Tegyuk fel, hogyf ′ szigoruan novekvo, es vegyunk fel ket tetszoleges x1, x2 ∈ (a, b) pontot (x1 �= x2).Bebizonyıtjuk, hogy

f(x2) > f(x1) + f ′(x1)(x2 − x1).

Vegyuk a ket oldal kulonbseget. A Lagrange-fele kozepertektetel szerint letezik olyan ξ azx1 es x2 kozott, hogy

f(x2) − f(x1) − f ′(x1)(x2 − x1) = (f ′(ξ) − f ′(x1))(x2 − x1).

ξ az x1-nek ugyanazon az oldalan van, mint x2, es f ′ novekvo, tehat az utolso szorzattenyezoi ugyanolyan elojeluek, ezert a szorzat pozitıv, es ezt kellett bizonyıtani.

Tetel. Tegyuk fel, hogy f konvex (konkav) az (a, b) intervallumon, es x0 ∈ (a, b) stacio-narius pontja f -nek (f ′(x0) = 0). Akkor x0-ban f -nek szigoru globalis minimuma (maxi-muma) van az (a, b) nyitott intervallumon.

Bizonyıtas. A konvex esetet bizonyıtjuk. Ha x1 < x0 < x2, akkor f ′(x1) < 0, f ′(x2) > 0,ahonnan az allıtas kovetkezik.

Tetel. Tegyuk fel, hogy f ketszer differencialhato az (a, b) intervallumon, es f ′′ > 0 (f ′′ <0) az (a, b) intervallumon. Akkor f konvex (konkav) az (a, b) intervallumon.

Bizonyıtas. Ha f ′′ > 0 (f ′′ < 0), akkor f ′ szigoruan novekvo (szigoruan csokkeno) (a, b)-n,tehat f konvex (konkav).

Inflexios pont. Legyen f : (a, b) ⊂ R → R differencialhato (a, b)-n. Azt mondjuk, hogyegy x0 ∈ (a, b) pont inflexios pontja f -nek, ha x0 egy kornyezeteben x0-tol balra f konvex,x0-tol jobbra konkav, vagy fordıtva (tehat x0-ban konvexbol konkavba vagy konkavbolkonvexbe csap at). Formulakkal: letezik δ > 0, hogy f konvex az (x0 − δ, x0)-on es konkavaz (x0, x0 + δ)-n, vagy f konkav az (x0 − δ, x0)-on es konvex az (x0, x0 + δ)-n.

Tetel. 1. Ha f ketszer differencialhato x0-ban, es x0 inflexios pontja f -nek, akkorf ′′(x0) = 0.

2. Tegyuk fel, hogy f haromszor differencialhato x0-ban, es f ′′(x0) = 0. Ha f ′′′(x0) �=0, akkor x0 f -nek inflexios pontja.

Bizonyıtas. 1. Ha x0 inflexios pont, akkor x0-ban az f ′ fuggveny novekvobol csokkenobevagy csokkenobol novekvobe csap at, tehat x0-ban f ′-nek szelsoerteke van, ezert (f ′)′(x0) =f ′′(x0) = 0.

2. Az f ′′ fuggveny x0-ban jelet valt, tehat, f ′ az x0-ban novekvobol csokkenobe vagycsokkenobol novekvobe csap at, tehat x0 inflexios pont.

Peldak.

56

Az y = x2 fuggveny konvex a (−∞,∞) intervallumon, inflexios pontja nincs. Az y = x3

fuggveny konkav a (∞, 0) intervallumon es konvex a (0,∞) intervallumon; x = 0 inflexiospontja a fuggvenynek.

Fuggvenydiszkusszio - fuggvenygrafikon megrajzolasa. Az eddigi tetelekbol kiol-vashato, hogy hogyan lehet hasznalni az elso- es magasabb rendu differencialhanyadosokatfuggveny jellemzo adatainak megkeresesere. Ezeket osszegezve igen sok fuggvenynek feltudjuk rajzolni a grafikonjat. Ennek az eljarasnak a lepeseit osszegezzuk most.Eljaras fuggvenygrafikon megrajzolasara

1. Megallapıtjuk a fuggveny ertelmezesi tartomanyat, annak hatarpontjait.2. Megkeressuk a fuggveny szimmetriatulajdonsagait (paros, paratlan, periodikus).3. Meghatarozzuk a fuggveny szakadasi helyeit (ahol nem folytonos).4. Kiszamıtjuk a fuggveny elso derivaltjat; meghatarozzuk azokat a pontokat, ahol a

derivalt nem letezik, illetve a derivaltnak szakadasa van.5. Meghatarozzuk a stacionarius pontokat (megoldjuk az f ′(x) = 0 egyenletet).6. Kiszamıtjuk a fuggveny masodik differencialhanyadosat es megoldjuk az f ′′(x) = 0

egyenletet; meghatarozzuk azokat a pontokat, ahol f ′′ nem letezik, illetve f ′′-nek szakadasavan.

7. Az ertelmezesi tartomanyt a 3-6. pontokban talalt ”kritikus” ertekek segıtsegevelintervallumokra osztjuk. Megallapıtjuk az egyes intervallumokon az f ′ es f ′′ fuggvenyekelojeleit, amelyekbol a monotonitasi szakaszokra, szelsoertekhelyekre, konvex-konkav sza-kaszokra, inflexios pontokra kovetkeztethetunk. (Tablazat keszıtese.)

8. Az ertelmezesi tartomany hatarpontjaiban, illetve a fuggveny szakadasi helyeinelmegallapıtjuk a jobb-, illetve baloldali hatarertekeket.

57

9. Alim

x→∞ (f(x) − ax − b) = 0, limx→−∞ (f(x) − cx − d) = 0

egyenleteket a, b, c, d-re megoldva meghatarozzuk a fuggveny aszimptotait.10. Felrajzoljuk a fuggveny grafikonjat.11. Megallapıtjuk a fuggveny ertekkeszletet.

Pelda. Rajzoljuk fel teljes fuggvenyvizsgalat utan az

f(x) =x

1 + x2

fuggveny grafikonjat.1. Az ertelmezesi tartomany: (−∞,∞). Ennek hatarpontjai: −∞,∞.2. Mivel

f(−x) =− x

1 + (−x)2= − x

1 + x2 = −f(x),

a fuggveny paratlan, tehat a grafikonja tukros az origora – elegendo csak a [0,∞) inter-vallumon megrajzolni.

3. A fuggvenynek nincs szakadasi helye.4.

f ′(x) =1(1 + x2) − x · 2x

(1 + x2)2=

1 − x2

(1 + x2)2.

A derivalt mindenutt letezik, nincs szakadasa.5. Stacionarius pontok |x| = 1 – minket csak az x = 1 erdekel.6.

f ′′(x) =− 2x(1 + x2)2 − (1 − x2) · 2(1 + x2)2x

(1 + x2)4=

=− 2x3 − 2x + 4x3 − 4x

(1 + x2)3=

2x3 − 6x

(1 + x2)3

= 2xx2 − 6

(1 + x2)3

f ′′(x) = 0 ⇔ x = 0, x =√

3, (x = −√

3).

f ′′-nek nincs szakadasa.7. Lasd a tablazatot.8.

limx→∞

x

1 + x2 = limx→∞

11x

+ x

= 0.

9.

limx→∞

(x

1 + x2 − ax − b

)= 0

58

megoldasa: a = 0, b = 0, tehat az aszimptota: y = 0.10. Ld. az abrat.

11. Ertekkeszlet: a grafikon vetulete az y-tengelyre, vagyis[−1

2,12

].

59

A L’Hospital-szabaly. Ez a szabaly alkalmas bizonyos kritikus (0/0, ∞/∞ tıpusu) ha-tarertekek kiszamıtasara. limx→a+0 jobboldali hatarertekre mondjuk ki a szabalyt (analogszabaly ervenyes a baloldali hatarertekre is). Megengedjuk az a = −∞ esetet is, tehat−∞ ≤ a < ∞. Egy ilyen a elem jobboldali kornyezetei:

az [a, a + δ) intervallumok (δ > 0), ha a ∈ R;a (−∞, D) intervallumok (D ∈ R), ha a = −∞.

Tetel (L’Hospital). Legyen f es g differencialhato az a (−∞ ≤ a < ∞) egy jobboldalikornyezeteben (kiveve esetleg az a pontot), es tegyuk fel, hogy ebben a kornyezetben g �= 0es g′ �= 0. Tegyuk fel, hogy vagy

limx→a+0

f(x) = limx→a+0

g(x) = 0,

vagylim

x→a+0|g(x)| = ∞.

Ha letezik a

limx→a+0

f ′(x)g′(x)

= A (−∞ ≤ A ≤ ∞)

hatarertek, akkor

limx→a+0

f(x)g(x)

= A.

Figyelmeztetes! Nem szabad hasznalni a szabalyt

limx→a+0

f(x) − f(a)x − a

differencialhanyados kiszamıtasara!

Peldak. 1.

limx→1+0

x5 − 1x3 − 1

= limx→1+0

5x4

3x2=

53x2 =

53.

2.limx→0

sin x − x

x3= lim

x→0

cos x − 13x2

= limx→0

− sin x

6x= −1

6.

3.lim

x→∞x

ex= lim

x→∞1ex

= 0.

4.lim

x→0+0(x lnx) = lim

x→0+0

lnx1x

=

= limx→0+0

1x

− 1x2

= limx→0+0

(−x) = 0.

60