Kihagyás

ZH 1 tételek kidolgozva

Tartalomjegyzék

Lineáris közelítés

Tétel

Legyen \(f\in\R\rightarrow\R\) és \(a\in\text{int}\,\mathcal{D}_f\).

Ekkor \(f\in D\{a\} \Longleftrightarrow \begin{cases}\exists A \in \R~~\text{és}~~\exists\varepsilon:\mathcal{D}_f\rightarrow\R, \underset{a}{\lim}\;\varepsilon = 0 \\ f(x) - f(a) = A \cdot (x - a) + \varepsilon(x)(x - a) (x\in\mathcal{D}_f) \end{cases}\)

és \(A = f'(a)\)

Bizonyítás \(\Longrightarrow\)

  • A derivált definíciójából következik hogy:
\[ f \in D \{a\} \Longrightarrow \underset{x \to a}{\lim}\;\dfrac{f(x) - f(a)}{x - a} = f'(a)\in \R \Longleftrightarrow \underset{x\to a}{\lim}\;\left(\dfrac{f(x) - f(a)}{x - a} - f'(a)\right) = 0 \]
  • Mi másnak szeretnénk 0 határértéket? That's right: \(\varepsilon(x)\).
\[ \orange{\varepsilon(x)} := \dfrac{f(x) - f(a)}{x - a} - \green{f'(a)}\qquad(x\in \mathcal{D}_f) \]
  • Rendezzük az egyenletet:
\[ \dfrac{f(x) - f(a)}{\blue{x - a}} = \green{f'(a)} + \orange{\varepsilon(x)}\qquad(x\in \mathcal{D}_f) \]
  • Felszorzunk \(\blue{(x-a)}\)-val:
\[ f(x) - f(a) = \green{f'(a)} \cdot \blue{(x - a)} + \orange{\varepsilon(x)}\blue{(x - a)}\qquad(x\in \mathcal{D}_f) \]

Egy \(A := f'(a)\) választással teljesülnek a feltételek.

Bizonyítás \(\Longleftarrow\)

  • Vegyük ezt a kifejezést:
\[ f(x) - f(a) = A\cdot(x - a) + \varepsilon(x)(x - a)\quad (x\in \mathcal{D}_f) \]
  • Osszuk le mindkét oldalt \(x-a\)-val
\[ \frac{f(x) - f(a)}{x - a} = A + \varepsilon(x)\quad (x\in \mathcal{D}_f) \]
  • Ha mindkét oldal \(a\)-ban vett határértékét nézzük, akkor
\[ \lim_{x\to a}\frac{f(x) - f(a)}{x - a}=\lim_{x\to a}\left(A+\varepsilon(x)\right)=A+\lim_{x\to a}\varepsilon(x)=A \]
  • És ez pontosan a derivált definíciója, szóval teljesül a \(\green{A} = f'(a)\) feltétel.

Szorzatfüggvény deriváltja

Tétel

\(f,g \in D\{a\}, a\in\text{int}(\mathcal{D}_f\cap\mathcal{D}_g):\)

\(f\cdot g\in D\{a\}:\quad (f\cdot g)'(a)= f'(a) \cdot g(a) + f(a) \cdot g'(a)\)

Közös

\(\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}\) és \(\dfrac{g(x)-g(a)}{x-a}\) "kialakítása"

  • Annyit még le kell írni (még ha trivi is), hogy: \(a\in\text{int}(\mathcal{D}_f\cap\mathcal{D}_g) \Longrightarrow a \in \text{int}\,\mathcal{D}_{f\cdot g}\)
\[ \dfrac{(fg)(x) - (fg)(a)}{x - a} = \dfrac{\green{f(x)\cdot g(x)} - \green{f(a)\cdot g(a)}}{x - a}\overset{!}{=} \]
  • Bővítünk \(\blue{f(a)\cdot g(x)}\)-el: (Hozzáadjuk és kivonjuk, így nem változik az értéke)
\[ \overset{!}{=}\dfrac{\green{f(x)\cdot g(x)} − \blue{f(a)\cdot g(x)} + \blue{f(a)\cdot g(x)} − \green{f(a)\cdot g(a)}}{x - a}= \]
  • Most pedig kiemeljük a derivált tagokat ahogy azt a közös ötletben megbeszéltük:
\[ \overset{!}{=}\dfrac{\green{f(x)}\cdot \orange{g(x)} − \green{f(a)}\cdot \orange{g(x)} + \blue{f(a)}\cdot \green{g(x)} − \blue{f(a)}\cdot \green{g(a)}}{x - a}= \]
\[ \green{\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}}\cdot \orange{g(x)} + \blue{f(a)}\cdot\green{\dfrac{g(x)-g(a)}{x-a}}\quad (x\in\mathcal{D}_{f\cdot g}⧵\{a\}) \]

  • Tök jó, hogy működik ez a képlet, de ez önmagában még nem deriváltfüggvény, mert az a zöld kifejezéseknek a határértéke.

  • Behozhatjuk a \(\lim\)-et, azonban \(\lim g(x)\)-el kéne valamit kezdeni, de mivel tudjuk hogy deriválható, ezért ez azt is jelenti hogy folytonos, ezért az alábbi állítás igaz.

\(g\in D\{a\}\quad\Rightarrow\quad g\in C\{a\}:\quad\;\blue{\underset{x\to a\,}{\lim}\;g(x)=g(a)}\quad\Rightarrow\)

\[ \underset{x\to a}{\lim}\dfrac{(fg)(x) - (fg)(a)}{x - a} \]

A fenti felbontásból következik:

\[ = \green{\underset{x\to a}{\lim}\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}} \cdot \blue{\underset{x\to a}{\lim}\;g(x)} + f(a) \cdot \green{\underset{x\to a}{\lim}\dfrac{g(x)-g(a)}{x-a}} \]
\[ = \green{f'(a)}\cdot \blue{g(a)} + f(a)\cdot \green{g'(a)} \]

\(f\cdot g \in D\{a\}:\quad(f\cdot g)'(a)= f'(a) \cdot g(a) + f(a) \cdot g'(a)\)

Hányadosfüggvény deriváltja

Tétel

\(f,g \in D\{a\}, a\in\text{int}(\mathcal{D}_f\cap\mathcal{D}_g), g(a) \ne 0:\)

\(\dfrac{f}{g}\in D\{a\}, \left(\dfrac{f}{g}\right)'(a)=\dfrac{f'(a)\cdot g(a)-f(a)\cdot g'(a)}{g^2(a)}\)

Bizonyítás

Közös \(\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}\) és \(\dfrac{g(x)-g(a)}{x-a}\) kialakítása

\(g\in D\{a\} \Longrightarrow g\in C\{a\}\)

\(g(a)\ne 0 \Longrightarrow \exists K(a)\subset \mathcal{D}_f:\quad g(x)\ne 0\;~(\forall x \in K(a))\;\Longrightarrow a\in \text{int}\mathcal{D}_{\frac{f}{g}}\;\)

\(\dfrac{f}{g}\) hányadosfüggvény deriváltja \(a\)-ban:

\[ \dfrac{\left(\dfrac{f}{g}\right)(x)-\left(\dfrac{f}{g}\right)(a)}{x-a} = \dfrac{\dfrac{\green{f(x)}}{\blue{g(x)}}-\dfrac{\green{f(a)}}{\blue{g(a)}}}{x-a} = \]
\[ = \dfrac{1}{\blue{g(a)g(x)}}\cdot\dfrac{\green{f(x)}\cdot \blue{g(a)} - \green{f(a)}\cdot \blue{g(x)}}{x-a} = \]
  • Ide jön ugyanaz a funny, mint a szorzásnál
  • Mind a két oldalba beszúrjuk \(\blue{f(a)\cdot g(a)}\)-t:
\[ \dfrac{1}{g(a)g(x)}\left(\dfrac{\green{f(x) \cdot g(a)} - \blue{f(a) \cdot g(a)} - \green{f(a) \cdot g(x)} + \blue{f(a) \cdot g(a)}}{x-a}\right) \]
  • Meglátjuk a derivált definíciójára hajazó törtet mindkét tagban
\[ \dfrac{1}{g(a)g(x)}\left(\dfrac{\green{f(x)} \cdot \orange{g(a)} - \green{f(a)} \cdot \orange{g(a)} - \blue{f(a)} \cdot \green{g(x)} + \blue{f(a)} \cdot \green{g(a)}}{x-a}\right) \]
\[ \dfrac{1}{g(a)g(x)}\left(\green{\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}} \cdot \orange{g(a)} - \blue{f(a)}\cdot\green{\dfrac{g(x)-g(a)}{x-a}}\right) \]
  • És most a deriváltra hajazó törtből deriváltat kovácsolunk (feltéve megint, hogy \(g(x)\) folytonos, és \(g(a)\) nem nulla):

\(g\in C\{a\} \Longrightarrow\orange{\underset{x\to a}{\lim}\;g(x) = g(a)} (\ne 0):\)

\[ \underset{x\to a}{\lim}\dfrac{\left(\dfrac{f}{g}\right)(x)-\left(\dfrac{f}{g}\right)(a)}{x-a}= \]

A fenti felbontásból következik:

\[ =\dfrac{1}{g(a)\;\orange{\underset{x\to a}{\lim\,}g(x)}}\left(\green{\underset{x\to a}{\lim}\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}} \cdot g(a) - f(a)\cdot \green{\underset{x\to a}{\lim}\dfrac{g(x)-g(a)}{x-a}}\right)= \]
\[ =\dfrac{1}{\orange{g^2(a)}}(\green{f'(a)}\;g(a) - f(a)\;\green{g'(a)}) \]

\(\dfrac{f}{g}\in D\{a\}:\quad\left(\dfrac{f}{g}\right)'(a)=\dfrac{f'(a)\cdot g(a)-f(a)\cdot g'(a)}{g^2(a)}\)

Lokális szélsőérték elsőrendű szükséges feltétele

Tétel

\(f:\R\rightarrow\R,a\in \text{int}\,\mathcal{D}_f, f\text{-nek}\;a\text{-ban lokális szélsőértéke van}, f\in D\{a\}.\) Ekkor

\[ f'(a)=0 \]
  • Bizonyítás lokális maximummal
    • A lokális maximumnál tudjuk, hogy előjelváltás van a defiváltfüggvénybe
    • Így akkor tudjuk, hogy valahol nulla lesz
  • Írjuk fel a lok. max definícióját
    • Miszerint bármely \(x\)-et veszel \(a\)-nak egy tetszőleges környezetében, akkor \(f(x) \le f(a)\) lesz

\(\exists r>0: \forall x\in(a-r,a+r):\;f(x)\le f(a)\Longrightarrow \blue{f(x) - f(a) \le 0}\)

  • Ha kivesszük az \(a\) pontot, akkor mivel nincs többet \(\frac00\), felírhatjuk a deriváltra hajazó törtünket
\[ \dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}\quad(x\in \mathcal{D}_f\;⧵\;\{a\}) \]
  • Az \(a\) ponton kívül pedig már tudjuk, hogy jobbra és balra is folytonos
  • Ekkor elindulhatunk két irányba:
    • \(a\) jobboldali környezete (\(x > a\))
    • \(a\) baloldali környezete (\(x < a\))

Ha \(\orange{a<x}<a+r\Longrightarrow \orange{x-a > 0}\;\land\;\blue{f(x)-f(a)\le 0}\Longrightarrow\)

\[ \dfrac{f(x)-f(a)\; \blue{\ominus}}{x-a\;\orange{\oplus}}\le 0 \Longrightarrow \underset{x \to a+0}{\lim}\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}= f_+'(a)\le 0 \]

Ha \(a-r<\orange{x<a}\Longrightarrow \orange{x-a < 0}\;\land\;\blue{f(x)-f(a)\le 0}\Longrightarrow\)

\[ \dfrac{f(x)-f(a)\; \blue{\ominus}}{x-a\; \orange{\ominus}}\ge 0 \Longrightarrow \underset{x \to a-0}{\lim}\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}= f_-'(a)\ge 0 \]
  • Mivel \(f\) deriválható \(a\)-ban, ezért \(f'(a)=f_+'(a)=f_-'(a)\).
\[ f\in D\{a\} \Longrightarrow \underbrace{f_-'(a)}_{\ge 0}=\underbrace{f_+'(a)}_{\le 0} =f'(a)=0 \]

Rolle(r) féle Középérték

Tétel

\(Legyen\; a,b\in\R,\;a<b\quad Ekkor\)

\[ \begin{drcases} f \in C\left[a,b\right] \\ f\in D\left(a,b\right) \\ f(a) = f(b)\end{drcases}\Longrightarrow \exists \green{\xi} \in (a,b)\;:\; f'(\green{\xi})= 0 \]
  • Bizonyítás Weierstrass-al
    • Ha folytonos egy \([a,b]\) intervallumon, akkor léteznie kell minimumnak és maximumnak.

\(f\in C \left[a,b\right]\;\xRightarrow{\text{Weierstrass}}\; \exists \blue{\alpha},\orange{\beta} \in \left[a,b\right]:\)

\[ \blue{f(\alpha)=\underset{\left[a,b\right]}{\min}f =: m} \qquad \orange{f(\beta) = \underset{\left[a,b\right]}{\max}f =:M} \]
  1. eset: \(\blue{m} = \orange{M}\)
  • Ha minimum egyenlő a maximummal, akkor sokat nem csinált a függvény.
  • \(f\) konstans \([a, b]\)-n.

\(f\) állandó \(\quad\Longrightarrow\quad\forall\green{\xi} \in (a,b): f'(\green{\xi}) = 0\)

  1. eset: \(\blue{m} \ne \orange{M}\)
  • Mivel \(f(a)=f(b)\), de \(\blue{m}\ne \orange{M}\), a lokális minimumnak vagy a lokális maximumnak meg kell jelennie a nyílt intervallumban.

(Ha egyik se jelenne meg, akkor mind a kettőnek a zárt intervallum szélén kéne lennie, tehát \(f(a)=f(b)=\blue{m}=\orange{M}\) lenne érvényes)

\(f(a)=f(b)\quad\Longrightarrow\quad \blue\alpha \in (a,b)\quad \lor \orange\beta \in (a,b):\) - Ekkor, az előző észrevétel szerinti, \(\blue\alpha\)-t vagy \(\orange\beta\)-t válasszuk \(\green\xi\)-nek.
\(\exists \green{\xi} := \blue{\alpha} \in \text{int}\mathcal{D}_f = (a,b)\) \(\exists \green{\xi} := \orange{\beta} \in \text{int}\mathcal{D}_f = (a,b)\)
Így \(f\)-nek \(\green{\xi}\)-ben lokális \(\blue{\text{minimuma}}\) van. \(\lor\) Így \(f\)-nek \(\green{\xi}\)-ben lokális \(\orange{\text{maximuma}}\) van.
\(f\in D\{\green{\xi}\} \Longrightarrow f'(\green{\xi})=0\) \(f\in D\{\green{\xi}\} \Longrightarrow f'(\green{\xi})=0\)

Lagrange féle Középérték

Tétel

Legyen \(a,b\in\R,\;a<b\quad\) Ekkor

\[ \begin{drcases} f \in C\left[a,b\right] \\ f\in D\left(a,b\right) \end{drcases}\Longrightarrow \exists \xi \in (a,b)\;:\; f'(\xi)= \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} \]

Kotlin

Lényegében azt akarjuk kimondani, hogy ha egy függvény folytonos egy \(\[a,b\]\) intervallumon, akkor az \(a,b\) szelőnek meredekségét a függvény valahol felveszi.

Hyper

Az \(a, b\) szelő az \(\left(a,f\left(a\right)\right)\) és \(\left(b,f\left(b\right)\right)\) ponton áthaladó egyenes.

  • Bizonyítás szelőkkel

Az \(\left(a,f\left(a\right)\right)\) és a \(\left(b,f\left(b\right)\right)\) pontokon átmenő szelő egyenes egyenlete:

\[ y=\orange{h_{a,b}(x)}=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)+f(a) \]

\(\textcolor{salmon}{F(x)}:=\blue{f(x)}-\orange{h_{a,b}(x)} \quad(x\in\left[a,b\right])\)

Igazoljuk, \(\textcolor{salmon}{F(x)}\) Teljesíti Rolle feltételeit, mivel:

  • \(\textcolor{salmon}{F(a)}=\textcolor{salmon}{F(b)}\), hiszen
    • \(\blue{f(a)} = \orange{h_{a, b}(a)} \iff \blue{f(a)} - \orange{h_{a, b}(a)} = \textcolor{salmon}{F(a)} = 0\)
    • \(\blue{f(b)} = \orange{h_{a, b}(b)} \iff \blue{f(b)} - \orange{h_{a, b}(b)} = \textcolor{salmon}{F(b)} = 0\)
    • tehát \(\textcolor{salmon}{F(a)}=\textcolor{salmon}{F(b)}=0\)
  • \(\blue{f}\) és \(\orange{h_{a,b}}\) folytonosak \(\[a,b\]\)-n, és deriválhatóak \(\(a,b\)\)-n, így a különbségük is...

Tehát az \(\textcolor{salmon}{F(a)}\) és \(\textcolor{salmon}{F(b)}\) is azonosan 0 kéne legyen, ezért alkalmazható kéne legyen Rolle \(\textcolor{salmon}{F(x)}\)-re!

A következők definíció szerint bizonyítandók:

\[ \textcolor{salmon}{F(a)} = \blue{f(a)}-\orange{h_{a,b}(a)}=f(a)-\left(\red{\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\cdot\overbrace{(a-a)}^{=0}}+f(a)\right)=f(a)-f(a)=0 \]
\[ \textcolor{salmon}{F(b)}=\blue{f(b)}-\orange{h_{a,b}(b)}=f(b)-\left(\frac{f(b)-f(a)}{\red{b-a}}\cdot\red{(b-a)}+f(a)\right)= \]
\[ =f(b)-\left(f(b)-f(a)+f(a)\right)=\red{f(b)-f(b)+f(a)-f(a)}=0 \]

"Tehát \(\textcolor{salmon}{F(a)} =\textcolor{salmon}{F(b)}\) is teljesül. Rolle tétel szerint kell csak eljárni...

\(h_{a,b}\)
\[ h_{a,b}(x)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)+f(a) \]
\[ h_{a,b}(x)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\cdot \orange{1}-\red{\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} \cdot a+f(a)} \]
\[ (h_{a,b}(x))'=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} \]

\(\textcolor{salmon}{F(a)}=\textcolor{salmon}{F(b)}\quad\xRightarrow{Rolle\;k.t.}\quad\exists \xi\in(a,b):\)

\[ \textcolor{salmon}{F'(\xi)} = 0 \iff f'(\xi) - h'_{a,b}(\xi)=0 \iff f'(\xi)- \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} = 0 \]
\[ \iff f'(\xi) = \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} \]

Cauchy-féle Középérték

Tétel

Legyen \(a,b\in\R,\;a<b\quad\) Ekkor

\[ \begin{drcases} f \in C\left[a,b\right] \\ f\in D\left(a,b\right) \\ \forall x \in (a,b): g'(x) \neq 0\end{drcases}\Longrightarrow \exists \xi \in (a,b)\;:\; \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}= \dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} \]

$g(a)

\(g(a) \neq g(b)\), hiszen ha \(g(a)=g(b)\), akkor a Rolle-tétel szerint lenne olyan \(\xi\), hogy \(g'(\xi)=0\), ami a harmadik feltételezésünk miatt nem lehetséges.

\(\textcolor{salmon}{F(x)}:= f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\cdot(g(x)-g(a)) \quad(x\in\left[a,b\right])\)

Igazoljuk, \(\textcolor{salmon}{F(x)}\) Teljesíti Rolle feltételeit, mivel:

  • \(\textcolor{salmon}{F(a)}=\textcolor{salmon}{F(b)}=0\)
  • \(\textcolor{salmon}{F} \in C[a,b]\)
  • \(\textcolor{salmon}{F} \in D(a,b)\)

Tehát az \(\textcolor{salmon}{F(a)}\) és \(\textcolor{salmon}{F(b)}\) is azonosan 0 kéne legyen, ezért alkalmazható kéne legyen Rolle \(\textcolor{salmon}{F(x)}\)-re!

$F(a)
\[ \textcolor{salmon}{F(a)} = \red{f(a) - f(a)} - \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\cdot\red{(g(a)-g(a))} = 0 \]
\[ \textcolor{salmon}{F(b)} = f(b) - f(a) - \frac{f(b)-f(a)}{\red{g(b)-g(a)}}\cdot\red{(g(b)-g(a))} = \]
\[ = \red{(f(b) - f(a))} - \red{(f(b) - f(a))} = 0 \]
\[ \exists \xi \in (a,b):0=F'(\xi)=f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\cdot g'(\xi) \]
\[ \Updownarrow \]
\[ \exists \xi \in (a,b):\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} \]

Monotonitás és a derivált kapcsolata

Tétel

Legyen \((a,b)\subset\R,\quad f\in D\left(a,b\right):\)

  1. \(f\nearrow (a,b)\text{-n}\;\Longleftrightarrow\;f'\ge 0\;(a,b)\text{-n}\)
  2. \(f' > 0\;(a,b)\text{-n}\;\Longrightarrow\;f\uparrow(a,b)\text{-n}\)

Bizonyítás 1. \(\Longrightarrow\)

\(f\nearrow (a,b)\text{-n}, t\in(a,b):\)

\[ \dfrac{f(x)-f(t)}{x-t}\ge 0\quad (t < x < b) \]
  • \((a < t < x < b)\) miatt \(x-t>0\)
  • Abból, hogy monoton, következik:
    • \(f(x)-f(t) \ge 0\)
  • Plusz mivel \(f\) deriválható \(t\)-n...

\(f\in D\{t\}:\)

\[ f'(t)=f_{\textcolor{violet}{+}}'(t)= \underset{x\to t \textcolor{violet}{+0}}{\lim}\dfrac{f(x)-f(t)}{x-t}\ge 0 \]

Bizonyítás 1. \(\Longleftarrow\)

  • Ha a deriváltra az egész intervallumon kimondhatjuk, hogy nagyobb, mint nulla
    • Akkor lézezik derivált
    • És folytonos is
  • Teljesül a Lagrange középérték feltétele, így felhasználhatjuk.

Mivel \(\forall x \in (a,b): f'(x)\ge 0\)

Mivel nincs garancia arra hogy \(\textcolor{salmon}{f \in C[a, b]}\) Vesszük az összes \([x, y]\) intervallumot, ahol \(x, y \in (a,b)\), így \(\blue{\text{folytonos}}\) és \(\orange{\text{deriválható}}\) az \(f\) az új intervallumon, avagy szebben fogalmazva:

\[ \forall x,y \in(a,b), x<y\;:\; \blue{f\in C\left[x,y\right]}, \orange{f\in D(x,y)} \]
\[ \xRightarrow{\text{Lagrange k.t.}}\quad\exists\xi\in (x,y):\;\dfrac{f(y)-f(x)}{y-x}=f'(\xi)\ge 0 \Longrightarrow f(x)\le f(y) \]

\(f\nearrow (a,b)\text{-n}\)

!!! abstract "Bizonyítás Alkalmazzunk "éles" egyenlőséget 1. \(\Leftarrow\) irányban

Lokális szélsőérték elsőrendű elégséges feltétele

Tétel

\(-\infin<a<b<+\infin,\;f:(a,b)\to\R\)

  • \(f\in D (a,b)\)
  • \(\exists c\in(a,b):\; f'(c) =0\)
  • \(f'\) előjelet vált \(c\)-ben

Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor \(f\)-nek \(c\) pontban lokális szélsőértéke van.

Min

\(f'~~c\)-ben \((-,+)\) előjelvált \(\Longrightarrow\) Lokális minimum (\(\underset{c}{\lor}\))

\(f'~~c\)-ben \((+,-)\) előjelvált \(\Longrightarrow\) Lokális maximum (\(\overset{c}{\land}\))

Bizonyítás (azonnal a monotonitás és derivált kapcsolatából)

\(f'~~\textcolor{orchid}{c}\)-ben \((\textcolor{dodgerblue}{-},\textcolor{tomato}{+})\) előjelváltása van:

\(\exists \textcolor{teal}{\delta} > 0: f'<0~~(\textcolor{orchid}{c}-\textcolor{teal}{\delta},\textcolor{orchid}{c})\)-n, \(f'>0~~(\textcolor{orchid}{c},\textcolor{orchid}{c}+\textcolor{teal}{\delta})\)

Ezért \(f \textcolor{dodgerblue}{\downarrow} \left[\textcolor{orchid}{c}-\textcolor{teal}{\delta},\textcolor{orchid}{c}\right)\)-n és \(f \textcolor{tomato}{\uparrow} \left(\textcolor{orchid}{c},\textcolor{orchid}{c}+\textcolor{teal}{\delta}\right]\)-n

\(\forall x \in (\textcolor{orchid}{c}-\textcolor{teal}{\delta},\textcolor{orchid}{c}+\textcolor{teal}{\delta}): f(x) > f(\textcolor{orchid}{c})\)

Tehát \(f\)-nek \(\textcolor{orchid}{c}\) szigorú lokális minimumhelye

  • \((\textcolor{tomato}{+},\textcolor{dodgerblue}{-})\) eset ugyanez fordítva

Konvexitás deriváltfüggvénnyel

Tétel

\(I\subset\R\) nyílt intervallum, \(f\in D(I):\)

\[ f~\text{konvex}~I\text{-n}\quad\Longleftrightarrow\quad f'\;\nearrow\;I\text{-n} \]

Bizonyítás \(\Longrightarrow\)

\(\forall u,v\in I,\;u<v,\;x\in(u,v),\;\)

Ha \(f\;\text{konvex}\;I\text{-n, Ekkor}\)

  • Felírjuk a konvexitás definícióját mind \(u\)-ra, mind \(v\)-re, hogy utána össze tudjuk gyurmázni őket lmao
    • Első
      • \(\blue{f(x)}\le \dfrac{f(v)-f(u)}{v-u}(x-u)+\orange{f(u)}\qquad\quad/~~ -f(u)\)
      • \(\blue{f(x)}-\green{f(u)}\le \dfrac{f(v)-f(u)}{v-u}\orange{(x-u)}\qquad\quad/~~ \div (x-u)\)
      • \(\dfrac{f(x)-f(u)}{\green{x-u}}\le \textcolor{rosybrown}{\dfrac{f(v)-f(u)}{v-u}}\)
    • Második
      • \(\blue{f(x)}\le\dfrac{f(v)-f(u)}{v-u}(x-v)+\orange{f(v)}\qquad\quad/~~ -f(v)\)
      • \(\blue{f(x)}-\green{f(v)}\le \dfrac{f(v)-f(u)}{v-u}\orange{(x-v)}\qquad\quad/~~ \div (x-v)\) (\(x<v\), tehát fordul az előjel)
      • \(\dfrac{f(x)-f(v)}{\green{x-v}}\ge \textcolor{rosybrown}{\dfrac{f(v)-f(u)}{v-u}}\)
\[ \green{\dfrac{f(x)-f(u)}{x-u}}\le\textcolor{rosybrown}{\dfrac{f(v)-f(u)}{v-u}}\le\green{\dfrac{f(x)-f(v)}{x-v}} \]

Vegyük ki \(x\to u\) és \(x\to v\) határátmeneteket:

\[ \green{\underset{x\to u}{\lim}\;\dfrac{f(x)-f(u)}{x-u}}\le\textcolor{rosybrown}{\dfrac{f(v)-f(u)}{v-u}}\le\green{\underset{x\to v}{\lim}\;\dfrac{f(x)-f(v)}{x-v}} \]
\[ \green{f'(u)}\le\textcolor{rosybrown}{\dfrac{f(v)-f(u)}{v-u}}\le\green{f'(v)} \]

Bizonyítás \(\Longleftarrow\)

Ha \(f'\;\nearrow\; I\)-n \(u,v\in I, u<v,x\in(u,v)\)

\(\xRightarrow{Lagrange k.t}\exists\xi_1\in(u,x),\exists\xi_2\in(x,v):\)

\[ f'(\xi_1)=\dfrac{f(x)-f(u)}{x-u}\;,\;f'(\xi_2)=\dfrac{f(v)-f(x)}{v-x} \]

Mivel \(f'\;\nearrow\;I\)-n

\(f'(\xi_1)\le f'(\xi_2):\)

\[ \dfrac{f(x)-f(u)}{x-u}\le \dfrac{f(v)-f(x)}{v-x} \]

  • \(\dfrac{f(x)-f(u)}{\orange{x-u}}\le \dfrac{f(v)-f(x)}{\orange{v-x}}\qquad\quad/~~ \times (x-u) \land \times (v-x)\)

  • \(\orange{(v-x)} \cdot (f(x)-f(u))\le \orange{(x-u)} \cdot (f(v)-f(x))\qquad\quad/~~ f\space\text{kiemelése}\)

  • \(\orange{(v-x) \cdot f(x)} - (v-x) \cdot f(u) \le (x-u) \cdot f(v) - \orange{(x-u) \cdot f(x)} \qquad\quad/~~ f\space\text{szerint csoportosítás}\)

  • \(\orange{(v-x) \cdot f(x) + (x-u) \cdot f(x)} \le (v-x) \cdot f(u) + (x-u) \cdot f(v) \qquad\quad/~~ \text{bal oldal összevonása}\)

  • \((v-u) \cdot f(x) \le \orange{(v-x) \cdot f(u) + (x-u) \cdot f(v)} \qquad\quad/~~ \text{jobb oldal összevonása}\)

  • Megjegyzés jobb oldal összevonásához: \(v-x = (v-x) \blue{+ (x-u) - (x-u)} = (v-u) - (x-u)\)

  • \((v-u) \cdot f(x) \le \orange{(v-u) \cdot f(u) - (x-u) \cdot f(u) - (x-u) \cdot f(v)} \qquad\quad/~~ \text{jobb oldal összevonása}\)

  • \(\red{(v-u)} \cdot f(x) \le \red{(v-u)} \cdot f(u) - (x-u) \cdot (f(v)-f(u)) \qquad\quad/~~ \div (v-u)\)

  • \(f(x) \le f(u) - (x-u) \dfrac{f(v)-f(u)}{v-u} \qquad\quad/~~ \text{refl}\)

  • \(\green{f(x)\le \dfrac{f(v)-f(u)}{v-u}(x-u)+f(u)}\)

  • Ami a konvexitás definíciója

\(f\) konvex \(I\)-n

L'Hospital szabály \(\frac00\) esetre

Tétel

\(-\infin\le a < b < +\infin;~f,g\in D(a,b)\). T.f.h.

  • \(\exists\;\underset{a+0}{\lim}\, f = \underset{a+0}{\lim}\, g = 0\)
  • \(g(x) \ne 0, g'(x) \ne 0\quad \forall x\in (a,b)\)
  • \(\exists\underset{a+0}{\lim}\dfrac{f'}{g'}\in\overline{\R}\)

Ekkor

\[ \exists\;\underset{a+0}{\lim}\,\dfrac{f}{g}\in\overline\R\quad\land\quad\underset{a+0}{\lim}\,\dfrac{f}{g}=\underset{a+0}{\lim}\,\dfrac{f'}{g'}\in\overline\R \]

Bizonyítás 1. eset. \(a > -\infin\)

\(A:=\;\underset{a+0}{\lim}\,\dfrac{f'}{g'}\;\in\overline\R\)

Ekkor

\[ \forall\varepsilon>0,\;\exists\;\delta>0:\;\forall y\in(a,a+\delta)\subset(a,b):~~\dfrac{f'(y)}{g'(y)}\in K_\varepsilon(A) \]

Definíció szerint azt szeretnénk bizonyítani, hogy:

\[ \forall\varepsilon>0,\;\exists\;\delta>0:\;\forall x\in(a,a+\delta)\subset(a,b):~~\dfrac{f(x)}{g(x)}\in K_\varepsilon(A) \]

Értelmezzük \(f\)-et és \(g\)-t az \(a\) pontban, úgy, hogy:

\[ f(a):=0\,,\qquad g(a):=0 \]
  • Ha már belevettük a határt (manuálisan), így jobbról vehető határérték
  • Amiből a jobbról értelmezett folytonosság következik

\(\underset{a+0}{\lim}\,f=\underset{a+0}{\lim}\,g=0 \;\land\;f(a)=g(a)=0 \Longrightarrow f,g\in C\left[a,a+\delta\right)\)

Vegyünk \(x \in (a,a+\delta)\) tetszőleges számot, így az \([a,x]\) intervallumon \(f, g\) a Cauchy feltételeit teljesítik, így \(\exists\,\xi_x\in(a,x):\)

\[ \dfrac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)}\in K_\varepsilon(A) \]
\[ \dfrac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)}=\dfrac{f(x)\red{-f(a)}}{g(x)\red{-g(a)}}=\dfrac{f(x)\red{-0}}{g(x)\red{-0}}=\dfrac{f(x)}{g(x)} \]
\[ \Downarrow \]
\[ \frac{f(x)}{g(x)} \in K_{\varepsilon}(A) \]

Tehát \(\exists\;\underset{a+0}{\lim}\,\dfrac{f}{g}\) és \(\underset{a+0}{\lim}\,\dfrac{f}{g}=A\)

Bizonyítás 2. eset: \(a = -\infin\)

  • Nem bizonyítjuk :3

A Taylor-formula a Lagrange-féle maradéktaggal

Tétel

\(n \in \N, f\in D^{n+1} \left(K\left(a\right)\right):\;\forall x \in K(a):\)

\[ \exists \xi\in(a,x): f(x)-T_{a,n}f(x)=\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1} \]

Bizonyítás Cauchy közepével 😳

\(F(x):=f(x)-T_{a,n}f(x)\qquad\left(x\in K\left(a\right)\right)\)

\(T_{a,n}f\) polinom definíciójából következik, hogy

\[ F^{(i)}(a)=f^{(i)}(a)-(T_{a,n}f)^{(i)}(a)=0\qquad(i=0,1,\ldots,n) \]

\(F^{(n+1)}(x)=f^{(n+1)}(x) \Longleftarrow \left(T_{n,a}f\right)^{(n+1)}\equiv 0\)

  • (mert \(T_{a,n}f\) egy \(n\)-edfokú polinom)

Also, legyen

\(G(x) := (x-a)^{n+1} \quad (x \in K(a))\)

\(G'(x)=(n+1)(x-a)^n,\quad G''(x)=n(n+1)(x-a)^{n-1}\)

Általánosan:

\(G^{(n)}(x)=(n+1)!(x-a)\)

  • amiből következik, hogy
    • \(G^{(i)}(a) = 0 \quad (i=0,1,\ldots,n)\)
    • \(G^{(n+1)}(x)=(n+1)!\)

T.f.h.: \(x\in K(a), x>a\) (az \(x<a\) eset hasonlóan vizsgálható)

  • Így az \([a,x]\) intervallumon a Cauchy alkalmazható \(F\) és \(G\)-re
\[ \exists\xi_1\in(a,x):\;\dfrac{F'(\xi_1)}{G'(\xi_1)}=\dfrac{F(x)-F(a)}{G(x)-G(a)}=\dfrac{F(x)}{G(x)}=\dfrac{f(x)-T_{a,n}f(x)}{(x-a)^{n+1}} \]
  • Most a Cauchy középértéktételt az \(F'\) és \(G'\) fügvényekre alkalmazzuk, az \([a, \xi_1]\) intervallumon
\[ \exists\xi_2\in(a,\xi_1)\subset(a,x):\;\dfrac{F''(\xi_2)}{G''(\xi_2)}=\dfrac{F'(\xi_1)-F'(a)}{G'(\xi_1)-G'(a)}=\dfrac{F'(\xi_1)}{G'(\xi_1)} \]
  • Ha ezt \(n\)-szer ismételjük, akkor bármelyik \(k\in[1, n]\)-edik lépésben:

\(\exists \xi_{k+1} \in (a,\xi_k)\subset(a,x):\)

\[ \dfrac{F^{(k+1)}(\xi_{k+1})}{G^{(k+1)}(\xi_{k+1})}=\dfrac{F^{(k)}(\xi_k)-F^{(k)}(a)}{G^{(k)}(\xi_{k})-G^{(k)}(a)} \]

Az \(n\)-edik lépés után:

\[ \dfrac{f(x)-T_{a,n}f(x)}{(x-a)^{n+1}}=\dfrac{F(x)}{G(x)}=\dfrac{F'(\xi_1)}{G'(\xi_1)}=\dfrac{F''(\xi_2)}{G''(\xi_2)}=\cdots=\dfrac{F^{(n+1)}(\xi_{n+1})}{G^{(n+1)}(\xi_{n+1})} \]
\[ \dfrac{f(x)-T_{a,n}f(x)}{(x-a)^{n+1}}=\dfrac{f^{(n+1)}(\xi_{n+1})}{(n+1)!} \]

Az utolsó lépés onnan jött, hogy \(x \in K(a)\) esetén \(F^{(n+1)}(x)=f^{(n+1)}(x)\) és \(G^{(n+1)}(x)=(n+1)!\)

Látható, hogy \(\xi_{n+1} \in (a,x)\), ezért \(\xi = \xi_{n+1}\) választással az állításunkat bizonyítottuk.