Embed Size (px)
Citation preview
02. 12.
Analízis II
Simon László előadása alapján
ELTE, 2009. április
Ajánlott irodalom: Szőkefalvi Nagy Béla: Valós függvények és függvénysorok
Előadó e-mail címe: simonl a ludens.elte.hu-nál
Ez a jegyzet nem szakirodalom s nem garantált, hogy az órai anyagot teljesen lefedi, az előadásokra bejárni
ajánlott.
Ha a jegyzetben helyesírási, tartalmi vagy formai hibát találsz, kérlek jelezd az előadónak vagy a
[email protected] e-mail címen!
Binomiális sor
Emlékeztető: (1 + x)n =∑k= 0
n ⎛
⎝
⎜⎜⎜
n
k
⎞
⎠
⎟⎟⎟xk ahol n ∈ ℕ (binomiális tétel alapján).
Legyen f (x): = (1 + x)α , α ∈ ℝ, x > − 1! Írjuk fel ennek az f függvénynek a 0 körüli Taylor-sorát!
f (x) = (1 + x)α f (0) = 1
f ′ (x) = α(1 + x)α− 1 f ′ (0) = α
f ″(x) = α(α − 1)(1 + x)α− 2 f ″(0) = α(α − 1)
⋮ ⋮
f ( j)(x) = α(α − 1) ⋅ … ⋅ (α − j + 1)(1 + x)α− j f ( j)(0) = α(α − 1) ⋅ … ⋅ (α − j + 1)
Ekkor f függvény Taylor sora 0 körül: ∑j = 0
∞ f ( j)(0)
j!x j =
∑j = 0
∞ α(α − 1) ⋅ … ⋅ (α − j + 1)
j!x j .
Jelölés: tetszőleges valós α esetén ⎛
⎝
⎜⎜⎜
α
j
⎞
⎠
⎟⎟⎟: =
α(α− 1) ⋅ … ⋅ (α− j+ 1)j !
, ezt használva ∑j = 0
∞ f ( j)(0)
j!x j =
∑j = 0
∞ ⎛
⎝
⎜⎜⎜
α
j
⎞
⎠
⎟⎟⎟x j . Most
belátjuk, hogy a kapott sor konvergencia sugara 1. Ehhez célszerű használni a hányados kritériumot.
- 1 -
aj : =
⎛
⎝
⎜⎜
α
j
⎞
⎠
⎟⎟x
j , ekkor a j+ 1
a j=
α(α − 1) · … · (α − j)( j + 1)!
α(α − 1) · … · (α − j + 1)j!
x j+ 1
x j=
α − j
j + 1x ⇒
|
|
|||
a j+ 1
a j
|
|
|||=
|
|
|||
α − j
j + 1
|
|
|||
⏟→ 1ha j→ ∞
· ||x|| , ezért ||x|| < 1
esetén az abszolút értékekből álló sorra valóban teljesül a hányados kritérium, így a sor konvergens, mert
abszolút konvergens is.
Állítás: ||x|| < 1 esetén a Taylor sor előállítja f-et, vagyis (1 + x)α =∑j = 0
∞ ⎛
⎝
⎜⎜
α
j
⎞
⎠
⎟⎟x
j .
Bizonyítás: legyen f (x): = (1 + x)α , illetve g(x): =∑j = 0
∞ ⎛
⎝
⎜⎜⎜
α
j
⎞
⎠
⎟⎟⎟x j , így f ′ (x) = α
1 + xf (x), sőt, mivel g hatványsorról
előbb láttuk be, hogy konvergens ||x|| < 1 esetén, így hatványsorról lévén szó, a sor és a tagonkénti deriválással
nyert sor egyenletesen konvergens minden 1-nél kisebb sugarú intervallumban, tehát a deriválást és az
összegzést felcserélhetjük, vagyis g ′ (x) = α1 + x
g(x). Látjuk, hogy f (0) = 1 és g(0) = 1, ebből további
átalakításokkal és tételek felhasználásával következik, hogy f (x) = g(x) :
ddx
[ln g(x)] =g '(x)
g(x)= α
1 + x= d
dx [ln(1 + x)α], melyből következik, hogy ln g(x) = ln(1 + x)α + c. c, mivel az
egyenlőség x esetén is fenn kell állnia. Ezekből már következik, hogy g.
Alkalmazás:
1 + x√ = (1 + x)1 / 2 =∑j = 0
∞ ⎛
⎝
⎜⎜⎜
1/2
j
⎞
⎠
⎟⎟⎟x j
arcsin ′ (x) = 1
1 − x2√= (1 − x2
)−1 / 2
=∑j = 0
∞ ⎛
⎝
⎜⎜
−1/2
j
⎞
⎠
⎟⎟(−x2
)j
g(x) = ln(1 + x) sorfejtése 0 körül: g ′ (x) = 11 + x
=∑j = 0
∞
(−1) j x j . Mivel a hatványsor mindig egyenletesen
konvergens a konvergencia-intervallumnál kisebb intervallumon, ezért integrálhajuk minkét oldalt 0-tól ξ
-ig, vagyis ||ξ|| < 1 esetén
∫0
ξ
g ′ (x)dx =∫0
ξ
∑j = 0
∞
(−1) j x jdx =∑j = 0
∞
(−1) j∫0
ξ
x jdx ⇒ ln(1 + ξ) =∑j = 0
∞
(−1) jξ j+ 1
j + 1.
Taylor formula többváltozós függvényekre - 2 -
Legyen X normált tér f :X → ℝ és k+1-szer differenciálható az a ∈ X egy ρ sugarú környezetében. Ekkor egy
h ∈ X, ‖h‖ < ρ esetén szeretnénk kifejezni az a+h helyen a függvényértéket az a helyen felvettel:
f (a + h) = f (a) + …. Mi kerül ... helyére? Legyen δ > 0,t ∈ (−δ,1 + δ), g:ℝ → X, g(t) = a + t ⋅ h,
ϕ :ℝ → ℝ,ϕ(t) = ( f ∘ g)(t) = f (a + th) és ϕ függvény k+1-szer differenciálható (−δ, δ + 1) intervallumon elég
kis δ > 0 esetén. Megjegyezzük, hogy ekkor g ′ (t) ∈ L(ℝ, X)t↦ th leképezés
⇔ h ∈ X, sőt, ezt az azonosítást elhagyva:
g ′ (t): = h. Alkalmazzuk a Taylor formulát ϕ-re:
ϕ(1) = ϕ(0) +ϕ ′ (0)
1 !1 +
ϕ ″(0)
2 !12 + ... +
ϕ (k) (0)
k !1k +
ϕ (k +1) (τ)
(k+ 1) !1k+ 1 , ahol 0 < τ < 1. Ennek első tagjáról tudjuk,
hogy ϕ(0) = f (a). Mi a többi? ϕ(t) = f (a + th), illetve ϕ = f ∘ g. Ekkor a deriváltja:
ϕ ′ (t) = f ′ (g(t))∈ L(X,ℝ)
g ′ (t)⏟∈ L(ℝ,X)
∈ L(ℝ, ℝ), g ′ (t) = h, így ϕ ′ (t) = f ′ (g(t))g ′ (t) = f ′ (a + th) ∈ L(X,ℝ)
h︸∈ X
∈ ℝ, ezért
ϕ ′ (0) = f ′ (a)h ∈ ℝ. Továbbá ϕ ″(t) = [ f″(a + th)h] ∈ L(X,ℝ)
h = f ″(a + th)(h, h) így ϕ ″(0) = f ″(a) (h, h)⏟∈ X× X
∈ ℝ . Tovább
folytatva: ϕ (k)(t) = f (k)(a + th)(h, h,...,h) ∈ ℝ, ezért ϕ (k)(0) = f (k)(0)(h, h,...,h).
ϕ(1) = ϕ(0) +ϕ ′ (0)
1 !1 +
ϕ ″(0)
2 !12 + ... +
ϕ (k) (0)
k !1k +
ϕ (k +1) (τ)
(k+ 1)1k+ 1 , így
f (a + h) = f (a) +f ′ (a)
1 !h +
f ″(a)(h ,h)
2 !+ ... +
f (k) (a)(h ,h ,...,h)
k !+
f (k +1) (a+ τh)(h ,h ,...,h)
(k+ 1), ahol 0 < τ < 1. Speciális eset,
mikor k = 1, X = ℝn , f :ℝn → ℝ. Ekkor
f ′ (a) = ((∂1 f )(a), (∂2 f )(a),...,(∂n f )(a))
f ″(a) =
⎛
⎝
⎜⎜⎜
( ∂12 f )(a) (∂2 ∂1 f )(a) ... (∂n ∂1 f )(a)
(∂1 ∂2 f )(a) ( ∂22 f )(a) ... (∂n ∂2 f )(a)
⎞
⎠
⎟⎟⎟
f (a + h) = f (a) + 11 ! ∑
j = 1
n
( ∂j f )(a)hj + 12 ! ∑
j,k= 1
n
( ∂j ∂k f )(a + τh)hjhk , ahol h = (h1 , h2 ,...,hn ) ∈ ℝn .
Megjegyzés: legyenek X, Y normált terek! Bebizonyítható, hogy ha f :X → Y és k-szor differenciálható Bδ(a)
-n, akkor a Taylor formula ‖h‖ < δ esetén: f (a + h) = f (a) +f ′ (a)
1 !h + ... +
f (k) (a)(h ,h ,...,h)
k !+ Rk , ahol Rk a
maradéktag, amelyre ‖Rk‖ ≤‖h‖ k
k !⋅ supξ∈Bδ (a)
‖‖ f (k)(ξ) − f (k)(a)‖‖.
Többváltozós függvények lokális szélsőértéke
Definíció: legyen X normált tér, f :X → ℝ, és értelmezve van az a ∈ X pont egy környezetében. Azt mondjuk,
hogy f-nek a-ban lokális minimuma van, ha ∃δ > 0:x ∈ Bδ(a) ⇒ f (x) ≥ f (a). Ha x ∈ Bδ(a)\{a} ⇒ f (x) > f (a),
- 3 -
akkor szigorú lokális minimumról beszélünk.
Tétel: tfh f differenciálható az a-ban és f-nek a-ban lokális szélsőértéke van (minimuma vagy maximuma),
⇒ f ′ (a) = 0 (ahol f ′ (a) ∈ L(X, ℝ) ).
Bizonyítás: legyen h ∈ X tetszőleges rögzített pont. Belátjuk, hogy f ′ (a)⏟∈ L(X,ℝ)
h = 0 ∈ ℝ. Mivel f differenciálható
a-ban, ezért elég kicsi t esetén f (a + th) − f (a) = f ′ (a)(t ⋅ h) + η(t ⋅ h), ahol limt→ 0
||η(th)||‖th‖
= 0 = limt→ 0
||η(th)||||t || ⋅ ‖h‖
, ahol
‖h‖ ≠ 0, ezért limt→ 0
||η(th)||||t ||
= 0. Ha f ′ (a)h ≠ 0 lenne, pl. f ′ (a)h > 0 (h rögzített), akkor
limt→ 0
f (a+ th) − f (a)
t= f ′ (a)h > 0. Ekkor ∃δ1 > 0,0 < t < δ1 ⇒ f (a + th) − f (a) > 0, illetve
∃δ2 > 0, − δ2 < t < 0 ⇒ f (a + th) − f (a) < 0, ez utóbbi kettő pedig ellentmondás, merthogy szélsőérték
esetén f (a + th) − f (a) előjele ugyanaz kell, hogy legyen.
Definíció: legyen X normált tér, g:X × X → ℝ, (folytonos) bilineáris leképezés. Azt mondjuk, hogy
g pozitív definit, ha g(h, h) > 0,∀h ∈ X\{0} ,
negatív definit, ha g(h, h) < 0,∀h ∈ X\{0} ,
pozitív szemidefinit, ha g(h, h) ≥ 0,∀h ∈ X ,
negatív szemidefinit, ha g(h, h) ≤ 0,∀h ∈ X ,
szigorúan pozitív definit, ha ∃c > 0 állandó, hogy g(h, h) ≥ c‖h‖2 , ∀h ∈ X.
Megjegyzés: ha X = ℝn , ekkor abból, hogy g pozitív definit, következik, hogy szigorúan pozitív definit.
Végtelen dimenziós vektorterekben általában ez nem igaz. Előbbi igazolása: legyen X = ℝn , ekkor tekintsük az
S1 : = {x ∈ ℝn : ||x|| = 1} halmazt, ekkor ez sorozatkompakt (mert korlátos és zárt). Legyen G(h): = g(h, h)!
Ekkor G függvény folytonos. h ∈ S1 , így G :S1 → ℝ folytonos, S1 sorozatkompakt, ezért G felveszi az
infinimumát (minimumát), vagyis ∃h0 ∈ S1 :G(h) ≥ G(h0 ), h ∈ S1 . Mivel g pozitív definit, c: = G(h0 ) > 0,
ahol h0 ≠ 0. Ekkor x ∈ X\{0} esetén g(x, x) = g⎛⎝
x‖x‖
‖x‖, x‖x‖
‖x‖⎞⎠ = ‖x‖2g⎛
⎝x
‖x‖, x
‖x‖⎞⎠
≥ c> 0
≥ c‖x‖2 .
Megjegyzés: X = ℝn esetén egy ℝn × ℝn → ℝ bilineáris leképezés egy négyzetes mátrixszal adható meg,
A: =
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜
a11 a12 ⋯ a1n
a21 a22 ⋯ a2n
⋮ ⋮ ⋱ ⋮
an1 an2 ⋯ ann
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
. Ha a jk = ak j – vagyis ha a mátrix szimmetrikus –, akkor ha A összes sajátértéke
- 4 -
02. 19.
nagyobb mint 0, akkor A pozitív definit, sőt, szigorúan pozitív definit.
Tétel: tfh f kétszer differenciálható az a ∈ X egy környezetében (X normált tér) és f ″ ∈ C(a).
Ha f-nek a-ban lokális minimuma van ⇒ f ′ (a) = 0 , és f ″(a) pozitív szemidefinit.1.
Ha f ′ (a) = 0 és f ″(a) szigorú pozitív definit, akkor f-nek a-ban szigorú lokális minimuma van.2.
Bizonyítás: alkalmazzuk a Taylor formulát az f :X → ℝ függvényre a 2. deriváltig. Legyen h ∈ X, t ∈ ℝ, ||t|| elég
kicsi, ekkor f (a + th) = f (a) +f ′ (a)
1 !th +
f ″(a+ τth)
2 !(th, th), ahol τ alkalmasan választott, valamilyen 0 < τ < 1
szám.
tfh f-nek a-ban lokális minimuma van. Tudjuk, hogy ekkor f ′ (a) = 0 , így
0 ≤f (a+ th) − f (a)
t 2=
f ″(a+ τth)
2 !(h, h) =
f ″(a)
2 !(h, h) +
⎡⎣⎢f ″(a+ τth)
2 !−
f ″(a)
2 !
⎤⎦⎥(h, h)
bizbe: → 0 ha t→ 0
→f ″(a)
2 !(h, h) , ugyanis ekkor
t → 0 esetén a + τth → a , f ″ ∈ C(a) , és
|||12 [ f
″(a + τth) − f ″(a)](h, h)||| ≤ 12
‖‖ f ″(a + τth) − f ″(a)‖‖
→ 0 ha t→ 0 mert f ″ ∈C(a)
⋅ ‖h, h‖⏟rögz
⇒f ″(a)
2 !(h, h) ≥ 0 .
1.
felhasználva, hogy f ′ (a) = 0,f (a+ th) − f (a)
t 2= 1
2f ″(a + τth)(h, h) = 1
2f ″(a)(h, h) + 1
2 [ f″a + τth − f ″(x)](h, h) . Legyen
h ∈ X, ‖h‖: = c1 > 0! Egyrészt f ″(a)(h, h) ≥ c2 ‖h‖2 = c12c2 > 0,∀h ∈ X mert f ″ szigorú pozitív
definit, másrészt ||[ f″(a + τth) − f ″(a)](h, h)|| ≤ ‖‖ f ″(a + τth) − f ″(a)‖‖
→ 0 ha t→ 0, mert f ″ ∈C(a)
⋅ ‖h‖2
⏟rögz
, ami tart 0-hoz ha t tart
0-hoz, így f (a+ th) − f (a)
t 2= 1
2f ″(a)(h, h) + 1
2 [ f″(a + τth) − f ″(a)](h, h) > 0, ha t elég kicsi.
2.
Implicit függvénytétel
Probléma: adott egy Φ:ℝ2 → ℝ függvény. Egy Φ(x, y) = 0 egyenlet milyen feltételek mellet határoz meg egy
y = f (x) függvényt? Tekintsük a következő példákat!
Φ(x, y): = x2 + y2 − 1 = 0 , ennek egy kör pontjai felelnek meg. Plusz feltétel lehet, hogy a megoldás
valamelyik pont egy környezetében legyen, de még ekkor is lehet 2 megoldás ((1,0) és (−1,0)
környezetében).
Φ(x, y): = x2 + y2 + 1 = 0, ennek viszont nincs megoldása.
Φ(x, y): = y2 − x2 = 0, ennek két egyenes tesz eleget. Ha még le is szűkítjük az értelmezési tartományt
úgy, hogy csak az egyik egyenes egy része legyen megoldás, akkor ugyan lokálisan függvényünk lesz(vagyis egyértelmű lesz y), de ilyet nem tudnánk csinálni az origó környezetében, mert ott metszik
- 5 -
egymást az egyenesek. Ez azzal függ össze, hogy ∂2 Φ(x, y) = 2y ⇒ ∂2 Φ(0,0) = 0.
Tétel: legyen Φ:ℝn × ℝ → ℝ-be képező függvény, amely értelmezve van és folytonos valamilyen
(a, b) ∈ ℝn × ℝ pont egy környezetében és Φ(a, b) = 0, továbbá ∃ ∂n+ 1 Φ és folytonos is (a, b) egy
környezetében, és ∂n+ 1 Φ(a, b) ≠ 0. Ekkor létezik az a pontnak olyan Br (a), az b pontnak olyan (b − d, b + d)
környezete és f :Br (a) → ℝ folytonos függvény, hogy
{(x, y):Φ(x, y) = 0,x ∈ Br (a), y ∈ (b − d, b + d)} = {(x, f (x)):x ∈ Br (a)}.
Bizonyítás:
tekintsük az n = 1 esetet (könnyebb szemléletesen látni)! Pl tfh ∂n+ 1 Φ(a, b) > 0! Mivel ∂n+ 1 Φ
folytonos ⇒ (a, b)-nek van olyan környezete, ahol ∂n+ 1 Φ(x, y) > 0 ⇒ ∀x ∈ Br1 (a) rögzített x esetén
y ↦ Φ(x, y) szigorú monoton nő. Φ(a, b) = 0,y ↦ Φ(x, y) szigorúan monoton nő
⇒ Φ(a, b − d) < 0 < Φ(a, b + d). Mivel Φ folytonos (a, b + d) és (a, b − d) pontok között
⇒ ∃r :0 < r ≤ r1 , hogy x ∈ Br (a) esetén és Φ(x, b − d) < 0 < Φ(x, b + d).
Alkalmazzuk a Bolzano-tételt rögzített x ∈ Br (a) esetén y ↦ Φ(x, y) függvényre! A tétel szerint ekkor
∃ f (x) , hogy b − d < f (x) < b + d esetén Φ(x, f (x)) = 0. Mivel y ↦ Φ(x, y) szigorú monoton nő, f (x)
egyértelmű.Be kell látnunk még, hogy f folytonos Br (a)-n. Legyen x0 ∈ Br (a), és (a, b) helyett tekintsük az
(x0 , f (x0 )) pontot! Ekkor b − d < f (x0 ) < b + d. Azt szeretnénk belátni, hogy f folytonos x0 -ban.
Legyen ε > 0 tetszőleges szám! Az előző állítás miatt ∃ε':0 < ε' < ε, hogy ε' számot elég kicsire
választva b − d ≤ f (x0 ) − ε' < f (x0 ) + ε' ≤ b + d. Ez utóbbit másképp felírva:
[ f (x0 ) − ε', f (x0 ) + ε'] ⊂ [b − d, b + d]. Φ(x0 , f (x0 )) = 0, ezért mivel Φ folytonos, ∃ρ:x ∈ Bρ (x0 ) esetén
Φ(x, f (x0 ) − ε') < 0 < Φ(x, f (x0 ) + ε'). Ekkor a Bolzano tétel segítségével
∃ !y:Φ(x, y) = 0, f (x0 ) − ε' < y < f (x0 ) + ε', node y = f (x) és ε' < ε miatt, minden x ∈ Bρ (x0 ) pontra
f (x0 ) − ε < f (x) < f (x0 ) + ε, tehát f folytonos x0 -ban.
A tétel általánosítása Φ:ℝn × ℝm → ℝm függvényekre:
Tétel: tfh Φ:ℝn × ℝm → ℝm, Φ(a, b) = 0, értelmezve van (a, b) pont egy környezetében és itt folytonos is,
továbbá y ↦ Φ(x, y) folytonosan differenciálható (a, b) valamilyen környezetében. Továbbá legyen
Φ: = (Φ1 ,Φ2 ,...,Φm).
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜
∂y1Φ1 ∂y2
Φ1 ⋯ ∂ymΦ1
∂y1Φ2 ∂y2
Φ2 ⋯ ∂ymΦ2
⋮ ⋮ ⋱ ⋮
∂y1Φm ∂y2
Φm ⋯ ∂ymΦm
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
= :F , és tegyük fel, hogy det(F(a, b)) ≠ 0. Ekkor
∃(a, b)-nek olyan Br (a) × Bρ (b) környezete, és f :Br (a) → Bρ (b) ⊂ ℝm folytonos függvény, hogy
- 6 -
{(x, y) ∈ Br (a) × Bρ (b):Φ(x, y) = 0} = {(x, f (x)):x ∈ Br (a)}.
Tétel: tfh teljesülnek az előbbi tétel feltételei és x ↦ Φ(x, y) függvény is folytonosan differenciálható az a
környezetében, akkor f :Br (a) → ℝm differenciálható.
Megjegyzés: ha tudjuk, hogy f differencálható, akkor f deriváltja kiszámolható. Φ(x, f (x)) = 0-t x ∈ Br (a)
szerint deriválva 0 = ∂xΦ(x, f (x)) + ∂yΦ(x, f (x)) f ′ (x) ⇒ f ′ (x) = − [ ∂yΦ(x, f (x))]−1 [∂xΦ(x, f (x))].
Inverz függvény tétel
Tétel: legyen g:ℝn → ℝn , mely értelmezve van és folytonosan differenciálható a b ∈ ℝn egy környezetében,
továbbá az alábbi mátrix determinánsa nem 0 a b-ben. g: = (g1 , g2 ,...,gn ), g ′ =
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜
∂1 g1 ∂2 g1 ⋯ ∂n g1
∂1 g2 ∂2 g2 ⋯ ∂n g2
⋮ ⋮ ⋱ ⋮
∂1 gn ∂2 gn ⋯ ∂n gn
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
.
Legyen a: = g(b). Ekkor ∃Br (a), Br (b), g−1 :Br (b) → Br (a), folytonosan differenciálható függvény, hogy
{(x, y) ∈ Br (a) × Br (b):x = g(y)} = {(x, g−1 (x)) :x ∈ Br (a)}.
Megjegyzés: a tétel szerint a g függvénynek létezik lokális inverze, azaz g függvényt a b egy elég kis
környezetére leszűkítve, létezik az inverz.
Bizonyítás: legyen Φ(x, y): = x − g(y), ekkor Φ(a, b) = a − g(b) = 0, ∂yΦ(x, y) = − g ′ (y) és det(g′ (b)) ≠ 0.
Az előbbi képlet szerint [g−1]
′(x) = [g
′(g
−1 (x))]−1 (mátrix inverz).
Feltételes szélsőérték
Definíció: legyen F :ℝn × ℝm → ℝ-be képező függvény, Φ:ℝn × ℝm → ℝm és Φ(a, b): = 0. Azt mondjuk,
hogy az F függvénynek a Φ(x, y): = 0 feltétel mellett lokális minimuma van az (a, b) pontban, ha
∃δ > 0:x ∈ Bδ(a), y ∈ Bδ(b),Φ(x, y) = 0 esetén F(x, y) ≥ F(a, b).
Kérdés: milyen szükséges feltétel adható a feltételes szélsőérték létezéséhez? Az implicit függvénytétel
segítségével a feltételes szélsőérték visszavezethető egy szokásos szélsőértékre (feltétel nélkülire). Feltesszük,
hogy implicit függvény differenciálhatóságáról szóló tétel feltételei teljesülnek. A tétel feltételei: Φ folytonosan
differenciálható (a, b) egy környezetében és det( ∂yΦ(a, b)) ≠ 0. Tfh (a, b)-n F-nek feltételes szélsőértéke van.
- 7 -
02. 26.
Tudjuk (az implicit függvénytételből), hogy ekkor
∃δ1 > 0:{(x, y) ∈ Bδ1 (a) × Bδ1 (b):Φ(x, y) = 0} = {(x, f (x)) ∈ Bδ1 (a)}, ahol f :Bδ1 (a) → Bδ1 (b) folytonosan
differenciálható, δ2 : = min{δ, δ1 } jelöléssel x ∈ Bδ2 (a) esetén F(x, f (x)) ≥ F(a, f (a)), tehát az x ↦ F(x, f (x))
függvénynek a-ben lokális minimuma van.
g(x) = F(x, f (x)), g ′ (x) = ∂xF(x, f (x)) + ∂yF(x, f (x)) ⋅ f ′ (x), a lokális minimumból következik, hogy
0 = g ′ (a) = ∂xF(a, b) + ∂yF(a, b) f ′ (a) f ′ (a) = − [ ∂yΦ(a, b)]−1
⋅ [∂xΦ(a, b)], ezt az előzőbe
visszahelyettesítve g ′ (a) = ∂xF(a, b)− ∂yF(a, b)[ ∂yΦ(a, b)]−1
: = λ
[∂xΦ(a, b)] = 0 . Jelölés:
G(x, y) = F(x, y) + λΦ(x, y)
Észrevétel: 0 = g ′ (a) = ∂xF(a, b) + λ∂xΦ(a, b) = ∂xG(a, b) , másrészt λ = − [ ∂yF(a, b)][ ∂yΦ(a, b)]−1
így írható: ∂yG(a, b) = λ[ ∂yΦ(a, b)] + [ ∂yF(a, b)] = 0. Ezen kívül tudjuk, hogy Φ(a, b) = 0.
Tétel: tfh F és Φ folytonosan differenciálható (a, b) egy környezetében, továbbá Φ(a, b) = 0, ∂yΦ(a, b) mátrix
determinánsa nem 0. Ha F :ℝn × ℝn → ℝ függvénynek (a, b) -ben lokális szélsőértéke van a Φ(x, y) = 0 feltétel
mellett, akkor a G(x, y) = F(x, y) + λΦ(x, y) függvényre 0 = ∂xG(a, b) = ∂xF(a, b) + λ∂xΦ(a, b) és
0 = ∂yG(a, b) = ∂yF(a, b) + λ∂yΦ(a, b). Itt λ = (λ1 , λ2 ,...,λm).
Megjegyzés: a fentiek szerint az a ∈ ℝn , b ∈ ℝm és λ ∈ ℝm ismeretlenekre n + 2m egyenletet nyertünk.
Ennek egyértelmű megoldására van esély.
Vonalintegrál
Rövid összefoglalás a Reimann-integrálról.
Legyen f :[a, b] → ℝ korlátos függvény! Tekintsük [a, b] egy véges felosztását!
a: = x0 < x1 < x2 < ... < xk− 1 < xk < ... < xn : = b. Legyen xk− 1 < ξk < xk , ekkor definiáljuk:
t(τ): =∑k= 1
n
f (ξk)(xk − xk− 1 ) (ahol τ jelöli a felosztást). Az f függvényt Reimann szerint integrálhatónak
nevezzük, ha t(τ) → I, ha a felosztást minden határon túl finomítjuk. Ez azt jelenti, hogy ∀ε > ∃δ > 0, hogy ha
a felosztás δ-nál finomabb (minden részintervallum < δ ), akkor ||t(τ) − I|| < ε. Cél: röviden bizonyítjuk, hogy ha
f folytonos, akkor f Reimann integrálható.
- 8 -
Felső összeg: S(τ): =∑k= 1
n
Mk(xk − xk− 1 ), ahol Mk : = sup[xk −1 ,xk ]
f , alsó összeg: s(τ): =∑k= 1
n
mk(xk − xk− 1 ), ahol
mk : = inf[xk −1 ,xk ]
f .
Állítás: bármilyen τ felosztáshoz tartozó s(τ) alsó összeg ≤ bármely τ' felosztáshoz tartozó S(τ') felső összeg.
Következmény: a felső összegek halmaza alulról korlátos, az alsó összegek halmaza felülről korlátos. Ebből
következik, hogy ∃infτS(τ) ≥ sup
τ
s(τ).
Megjegyzés: mk ≤ f (ξk) ≤ Mk ⇒ s(τ) ≤ t(τ) ≤ S(τ) .
Definíció: oszcillációs összeg: O(τ): = S(τ) − s(τ).
Tétel: tfh f :[a, b] → ℝn folytonos függvény. Ekkor az O(τ) oszcillációs összeg tart 0-hoz, ha a felosztást
minden határon túl finomítjuk, azaz ∀ε > 0∃δ > 0, hogy ha a felosztást δ-nál finomabb, akkor 0 ≤ O(τ) ≤ ε.
Bizonyítás: az egyenletes folytonosság tétele (Heine) szerint ( [a, b] korlátos és zárt, tehát sorozatkompakt) f
egyenletesen folytonos. Ez azt jelenti, hogy ∀ε > 0∃δ > 0: ||x1 − x2 || ≤ δ ⇒ || f (x1 ) − f (x2 )|| ≤ ε. Ezért δ-nál
finomabb felosztást választva O(τ) = S(τ) − s(τ) =∑k= 1
n
(Mk − mk) ≤ ε
(xk − xk− 1 ) ≤ ε∑k= 1
n
(xk − xk− 1 ) = ε ⋅ (b − a).
Következmény: ha f :[a, b] → ℝ folytonos, akkor Reimann integrálható, azaz t(τ) → I ha a felosztást
finomítjuk. Ugyanis a tétel szerint tetszőleges ε > 0 számhoz ∃δ > 0, hogy ha a felosztást δ-nál finomabb,
akkor 0 ≤ S(τ) − s(τ) < ε ⇒ inftS(τ) = sup
τ
s(τ): = I. Ekkor s(τ) ≤ t(τ) ≤ S(τ), ||t(τ) − I|| < ε, ha τ felosztás δ-nál
finomabb.
Megjegyzés: S(τ) és s(τ) is tart I-hez.
Folytonosan differenciálható út, illetve görbe, ívhossz kiszámítása
Legyen egy ϕ :[α, β] → ℝn folytonosan differenciálható! Ekkor azt mondjuk, hogy ϕ egy folytonosan
differenciálható L utat határoz meg az ℝn térben. t ∈ [α, β],ϕ(t) ∈ ℝn , a mozgó pont a t időben a ϕ(t) helyen
van.
- 9 -
Állítás: a fönt értelmezett út hossza: ∫α
β
|||ϕ(t)|||dt.
Bizonyítás: a legyen α = t0 < t1 < t2 < ... < tk− 1 < tk < ... < tm = β! Az ívhossz definíció szerint a
felosztáshoz tartozó törött vonal hosszának limesze, miközben a felosztást finomítjuk. A törött vonal hossza
∑k= 1
m
||ϕ(tk) − ϕ(tk− 1 )|| =∑k= 1
m |
|
|||
ϕ(tk) − ϕ(tk− 1 )
tk − tk− 1
|
|
|||(tk − tk− 1 ) =
∑k= 1
m
∑j = 1
n
[
ϕj (tk) − ϕj (tk− 1 )
tk − tk− 1 ]
2
√
(tk − tk− 1 ), mely a
Lagrange-féle középértéktétellel =∑k= 1
m
∑j = 1
n
(ϕj(τ jk))2
√
(tk − tk− 1 ), ahol tk− 1 ≤ τ jk ≤ tk . Jó lenne, ha e helyett
ilyen alakú összeg lenne: ∑k= 1
m
∑j = 1
n
ϕj (τk)2
√
(tk − tk− 1 ) =∑k= 1
m
||ϕ(τk)||(tk − tk− 1 ), ez nem mást, mint t ↦ |
|ϕ(t)||
integrál közelítő összege. Mivel ez a függvény folytonos, az integrál közelítő összeg tart az integrálhoz.
Belátható, hogy a kétféle összeg különbsége tart 0-hoz, ha a felosztást minden határon túl finomítjuk.
Definíció: legyen ϕ :[α, β] → ℝn folytonosan differenciálható, ϕ injektív, ϕ(t) ≠ 0,∀ t ∈ [α, β]. Ekkor azt
mondjuk, hogy ϕ egyszerű, folytonosan differenciálható L utat határoz meg. Ekkor Γ : = Rϕ ⊂ ℝn halmazt
egyszerű, folytonosan differenciálható görbének nevezzük.
Tétel: ha ϕ és ϕ olyan [α, β] → ℝn függvények, melyek egyszerű folytonosan differenciálható utat határoznak
meg és Rϕ = Rϕ , továbbá ϕ(α) = ϕ(α) és ϕ(β) = ϕ(β), akkor ∫α
β
||ϕ(t)||dt =
∫α
β
|||ϕ ˙ (t)|
||dt. Ezt nevezzük Γ = Rϕ
egyszerű folytonosan differenciálható görbe ívhosszának.
Megjegyzés: ha ϕ(α) = ϕ(β), akkor egyszerű zárt folytonosan differenciálható útról (illetve görbéről)
beszélünk.
Definíció: legyen ϕ :[α, β] → ℝn folytonosan differenciálható! Ez meghatároz egy L folytonosan
differenciálható utat. Legyen Γ : = Rϕ és f :Γ → ℝ folytonos függvény. Értelmezni akarjuk az f függvénynek az
xk változó szerinti vonalintegrálját. Tekintsük a következő közelítő összeget: ∑k= 1
m
f (ϕ(τk))[ϕj (tk) − ϕj (tk− 1 )],
ahol τ ∈ [tk− 1 , tk] ⊂ [α, β]. Ha ez tart valamely I véges számhoz, miközben a felosztást finomítjuk, akkor ezt
- 10 -
03. 05.
nevezzük f-nek xj szerinti vonalintegráljának, s így jelöljük: ∫L
f (x)dxj . Számoljuk ki a limeszt!
∑k= 1
m
f (ϕ(τk))[ϕj (tk) − ϕj (tk− 1 )] =∑k= 1
m
f (ϕ(τk))ϕj (tk) − ϕj (tk− 1 )
tk − tk− 1
(tk − tk− 1 ), mely a Lagrange-féle
középértéktétel segítségével =∑k= 1
m
f (ϕ(τk))ϕj(τk∗
)(tk − tk− 1 ), ahol tk− 1 < τk∗ < t. Ha e helyett a következő
összeg lenne, az nagyon jó volna: ∑k= 1
m
f (ϕ(τk))ϕj (τk)(tk − tk− 1 ) →∫α
β
f (ϕ(t))ϕj (t)dt
∫α
β
( f ∘ϕ) ⋅ ϕj
: =∫L
f (x)dxj . Belátható,
hogy a két összeg különbsége 0-hoz tart, ha a felosztást minden határon túl finomítjuk.
Állítás: ha Γ egyszerű folytonosan differenciálható görbe, amelyet egy valamely L egyszerű folytonosan
differenciálható úttal járunk be, akkor a vonalintegrál értéke független a ϕ paraméterezés megválasztásától, ha
rögzítettek a kezdő és végpontok (a bejárás iránya is adott).
Definíció: ϕ :[α, β] → ℝn folytonosan differenciálható, L folytonosan differenciálható út, Γ = Rϕ , g:Γ → ℝn
folytonos. Tekintsük ∑k= 1
m
⟨g(ϕ(τk)),ϕ(tk) − ϕ(tk− 1 )⟩ → ? Ha a limesz létezik, akkor ezt így jelöljük: ∫L
gdx.
ϕ :[α, β] → ℝn folytonosan differenciálható, ekkor ez egy L folytonosan differenciálható utat határoz
meg. Γ : = Rϕ ⊂ ℝn . Ha ϕ injektív és ϕ(t) ≠ 0 minden t-re, akkor egyszerű folytonosan differenciálható utat
határoz meg, Γ -t egyszerű folytonosan differenciálható görbének nevezzük. (Ekkor a fenti integrált a Γ görbén
vett integrálnak nevezzük.)
Legyen f :Γ → ℝ folytonosan differenciálható függvény. Ekkor nevezzük a
limΔt→ 0 ∑
k= 1
m
f (ϕ(τk))[ϕj (tk) − ϕj (tk− 1 )] : =∫L
f (x)dxj mennyiséget f-nek j-edik változója szerinti
vonalintegráljának. A felosztást finomítva a fenti közelítő összeg tart ∫α
β
f (ϕ(t))ϕj (t)dt =∫α
β
( f ∘ ϕ)ϕj
integrálhoz.
1.
Legyen g:Γ → ℝn folytonos függvény. Tekintsük a következő mennyiséget:2.
- 11 -
∑k= 1
m
⟨g(ϕ(τk)),ϕ(tk) − ϕ(tk− 1 )⟩. Kérdés: ennek van-e limesze, miközben a felosztást finomítjuk? A
vizsgált mennyiséget átírva:
∑k= 1
m
[ ∑j = 1
n
gj (ϕ(τk))(ϕj (tk) − ϕj tk− 1 )]
=∑j = 1
n
[∑k= 1
m
gj (ϕ(τk))(ϕj (tk) − ϕj (tk− 1 ))]
→∫L
g j(x)dxj =∫a
b
(g j ∘ϕ)ϕj
ahol g = (g1 , g2 ,...,gn ).
Felcserélve az összegzést az integrálással, a vizsgált mennyiség hatáértéke
∫α
β
∑j = 1
n
(gj ∘ ϕ)ϕj =∫α
β
⟨g(ϕ(t)), ϕ(t)⟩dt = :∫L
g(x)dx. Ez mennyiség elég fontos fizikai alkalmazásokban,
ezért mi is sokat fogunk vele foglalkozni. Szemléletes jelentést társíthatunk hozzá, ha g(x) az x pontban
ható erő. Ekkor az integrál értéke a görbén végigmozogva az erőtér által végzett munka.Ívhossz szerinti vonalintegrál. Az előzőhöz képest csak f :Γ → ℝ a változás. Ekkor tekintsük a
következő összeget: ∑k= 1
m
f (ϕ(τk))||ϕ(tk) − ϕ(tk− 1 )||. Ez mihez tart?
∑k= 1
m
f (ϕ(τk))||ϕ(tk) − ϕ(tk− 1 )|| =∑k= 1
m
f (ϕ(τk))|
||||
ϕ(tk) − ϕ(tk− 1 )
tk − tk− 1
|
||||
Lagrange: =ϕ(τk∗
)
(tk − tk− 1 ) →∫α
β
f (ϕ(t))||ϕ(t)||dt: =∫L
f ds
3.
Megjegyzések: mind a 3 esetben ha Γ egyszerű folytonosan differenciálható görbe, akkor a Γ -n vett integrál a
paraméterezéstől függetlenül mindig ugyanaz, ha rögzítjük a kezdő és végpontokat (vagyis a bejárás irányát is
megtartjuk). Célszerű értelmezni a szakaszonként folytonosan differenciálható utat (egyszerű szakaszonként
folytonosan differenciálható görbét)
Definíció: legyen ϕ :[α, β] → ℝn folytonos és ϕ szakaszonként folytonos függvény, azaz legyen olyan
α < α1 < ... < αl < αl+ 1 < ... < αr = β felosztás, hogy létezzen ϕ||(αk −1 ,αk )
és folytonos is ∀k ∈ {1,2,...,r}
-ra, és a végpontokban létezzen egyoldali határértéke. Ekkor azt mondjuk, hogy ϕ szakaszonként folytonosan
differenciálható utat határoz meg. Értelmezhető az egyszerű szakaszonként folytonosan differenciálható út. A
fenti 3 definíció és állítások átvihetők erre az esetre. Legyen Γ : = Rϕ és g:Γ → ℝn folytonos függvény.
∫Lg(x)dx =
∫α
β
⟨g(ϕ(t)), ϕ(t)⟩ szakaszonként folytonos
dt.
- 12 -
A vonalintegrál alaptulajdonságai
Legyen ϕ :[α, β] → ℝn (szakaszonként) folytonosan differenciálható függvény, Γ : = Rϕ és g, h:Γ → ℝn
folytonos függvények. Ekkor λ, μ ∈ ℝ esetén ∫L
(λg + μh)(x)dx = λ∫L
g(x)dx + μ∫L
h(x)dx
1.
Legyenek ϕ1 :[α, β] → ℝn és ϕ2 :[β, γ] → ℝn szakaszonként folytonosan differenciálható függvények, és
legyen ϕ1 (β) = ϕ2 (β). Ekkor legyen ϕ(t): =
⎧
⎨
⎩
⎪
⎪
ϕ1 (t) t ∈ [α, β]
ϕ2 (t) t ∈ [β, γ], vagyis ϕ :[α, γ] → ℝn . Ekkor ϕ is
szakaszonként folytonosan differenciálható függvény lesz. Γ : = Rϕ illetve legyen g:Γ → ℝn függvény
folytonos! Ekkor ∫L
g(x)dx =∫L1
g(x)dx +∫L2
g(x)dx
2.
Legyen ϕ :[α, β] → ℝn (szakaszonként) folytonosan differenciálható függvény, ez meghatároz egy L
szakaszonként folytonosan differenciálható utat, Γ : = Rϕ ⊂ ℝn , g:Γ → ℝn . Ekkor
|
||||∫L
g(x)dx|
||||=
|
||||∫L
⟨g(ϕ(t)), ϕ(t)⟩dt|
||||≤
∫α
β
||⟨g(ϕ(t)), ϕ(t)⟩|
|dt ≤∫α
β
||g(ϕ(t))||≤ sup
Γ||g ||
⋅ ||ϕ(t)||dt, azaz
|
||||∫L
g(x)dx|
||||≤ sup
Γ
||g|| ⋅∫α
β
||ϕ(t)||dt = sup
Γ
||g|| ⋅ [L ívhossza].
3.
A vonalintegrál úttól való függetlensége
Adott valamilyen Ω ⊂ ℝn tartomány (nyílt és összefüggő). Legyen f :Ω → ℝn folytonos függvény.
Kérdés: milyen feltételek mellet lesz igaz, hogy az Ω két tetszőleges pontját összekötő szakaszonként
folytonosan differenciálható út mentén vett ∫L
f (x)dx integrálja f-nek nem függ az úttól egészében, csak annak
végpontjaitól?
Tétel: tfh f :Ω → ℝn folytonos függvény és ∫L
f (x)dx értéke csak a kezdő és végpontoktól függ bármely Ω
-ban haladó L út esetén. Legyen a ∈ Ω és ξ ∈ Ω tetszőleges pontok, a rögzített. Tekintsünk egy tetszőleges,
olyan Ω-ban haladó szakaszonként folytonosan differenciálható utat, amely a-t összeköti ξ-vel. (Mi az, hogy
összeköti? Azt jelenti ez, hogy ∃ϕ :[α, β] → ℝn , mely szakaszonként folytonosan differenciálható és
ϕ(t) ∈ Ω, ∀ t ∈ [α, β], ϕ(α) = a és ϕ(β) = ξ.) Legyen F(ξ): =∫L
f (x)dx =∫a
ξ
f (x)dx. Ekkor ∂jF(ξ) = fj (ξ),
- 13 -
azaz F ′ (ξ) = f (ξ).
Bizonyítás: legyen h ∈ ℝ\{0}, h( j) : = (0,0,...h,0,...,0) ∈ ℝn (a j-edik komponense a h). Az a-tól a ξ + h ( j)-ig
terjedő utat definiálja a következő függvény: ψ(t): =
⎧
⎨
⎩
⎪
⎪
ϕ(t) α ≤ t ≤ β
(ξ1 ,...,ξj + t − β,...,ξn) β ≤ t ≤ β + h! Ekkor
β ≤ t ≤ β + h esetén ψ(t) = (0,...,1,...,0). Ekkor
F⎛⎝⎜ξ+h ( j) ⎞
⎠⎟ −F(ξ)
h= 1
h
⎡
⎣
⎢⎢⎢ ∫
a
ξ+h ( j)
f (x)dx −∫a
ξ
f (x)dx
⎤
⎦
⎥⎥⎥
= 1h ∫
ξ
ξ+h ( j)
f (x)dx = 1h ∫
β
β+h
⟨ f (ψ(t)), ψ(t)⟩dt =
= 1h ∫
β
β+h
fj(ξ1 ,...,ξj + t − β,...,ξn)dt = fj(ξ1 ,...,ξj + τ − β,...,ξn) → fj(ξ1 ,...,ξj ,...,ξn) ahol τ valamilyen
alkalmasan választott β < τ < β + h szám (az egyenlőség az integrálszámítás középérték tételéből következik).
Definíció: legyen f :Ω → ℝn (egyszerűség kedvéért) folytonos, Ω ⊂ ℝn tartomány. Ha Φ:Ω → ℝ függvényre
Φ ′ = f , akkor Φ-t f primitív függvényének nevezzük.
Megjegyzés:
ha f folytonos, akkor Φ ′ = f az Ω-n azzal ekvivalens, hogy ∂jΦ = fj , ∀ j. Az állítás fordítottja is igaz,
mert ha ∂jΦ létezik és folytonos Ω-n ⇒ Φ differenciálható Ω-n, f = [∂1 Φ,..., ∂nΦ]. (Ha ∂jΦ létezik Ω
-n ⇒ Φ diffható, csak ha folytonos is ∂jΦ, ∀ j )
1.
A fenti tétel úgy is fogalmazható, hogy ha f :Ω → ℝn folytonos függvényre ∫L
f (x)dx csak L kezdő és
végpontjától függ, akkor f-nek létezik primitív függvénye, mégpedig F, amelyre F(ξ) =∫a
ξ
f (x)dx.
2.
Ha Φ függvény f-nek primitív függvénye ⇒ Φ + c is primitív függvénye, ahol c ∈ ℝ.3.
Tétel: tfh f :Ω → ℝn folytonos és Φ ′ = f (vagyis f-nek létezik primitív függvénye). Ekkor ∫L
f (x)dx értéke
csak L kezdő és végpontjától függ, minden Ω-n haladó szakaszonként folytonosan differenciálható L út esetén.
Bizonyítás: egyszerűség kedvéért először tfh L folytonosan differenciálható, ϕ :[α, β] → Ω folytonosan
differenciálható, ϕ(α) = a és ϕ(β) = b. ∫L
f (x)dx =∫α
β
⟨ f (ϕ(t)), ϕ(t)⟩dt =∫α
β
∑j = 1
n
fj (ϕ(t))ϕj (t)dt =
- 14 -
=∫α
β
∑j = 1
n
∂jΦ(ϕ(t))ϕj (t)dt =∫α
βdΦ(ϕ(t))
dtdt, mely a Newton-Leibniz formula felhasználásával
= Φ(ϕ(β)) − Φ(ϕ(α)) = Φ(b) − Φ(a).
Tétel: legyen Ω ⊂ ℝn tetszőleges tartomány, f :Ω → ℝn folytonos függvény. Ekkor ∫L
f (x)dx értéke csak
L-nek kezdő és végpontjától függ bármely Ω-ban haladó, szakaszonként folytonosan differenciálható L út
esetén ⇔ f -nek létezik primitív függvénye.
Megjegyzés: ∫L
f (x)dx értéke csak a kezdő és végpontoktól függ ⇔ bármely szakaszonként folytonosan
differenciálható zárt út mentén az integrál értéke 0.
Állítás: legyen Φ az f folytonos függvény primitív függvénye és F(ξ): =∫a
ξ
f (x)dx. Ekkor Φ − F = áll az Ω-n.
Bizonyítás: az előbbi bizonyítás szerint Φ ′ = f esetén ha ϕ(β) = ξ, ϕ(α) = a,
F(ξ) =∫a
ξ
f (x)dx =∫α
βdΦ(ϕ(t))
dtdt = Φ(ξ) − Φ(a), vagyis Φ(ξ) − F(ξ) = Φ(a) konstans.
Kérdés: milyen jól használható feltételt tudunk mondani a primitív függvény létezésére? Tfh f :Ω → ℝn
folytonosan differenciálható (vagyis ∂k fj folytonos minden k, j-re). Ekkor ∃Φ, hogy Φ ′ = f , azaz
fj = ∂jΦ ⇒ ∂k fj = ∂k ( ∂jΦ), mely a Young tétel szerint = ∂j (∂kΦ) = ∂j fk .
Tétel: tfh f :Ω → ℝn folytonosan differenciálható függvény. Ha f-nek létezik primitív függvénye
⇒ ∂k fj = ∂j fk az Ω-n.
Kérdés: a feltétel elegendő-e, azaz ha ∂k fj = ∂j fk , abból következik-e, hogy létezik f-nek primitív függvénye?
Általában nem. Tekintsük a következő példát: Ω: = {(x1 , x2 ) ∈ ℝ2 :0 < ||x|| < 2}. Legyen f : = ( f1 , f2 ),
f1 (x1 , x2 ): =− x2
x12 + x
22 és f2 (x1 , x2 ) =
x1
x12 + x
22. Belátjuk, hogy ∂2 f1 = ∂1 f2 , ugyanis
∂2 f1 (x1 , x2 ) =−⎛
⎝⎜x12 + x2
2⎞⎠⎟ + 2x2
2
(x12 + x
22
)2
=x2
2 − x12
(x12 + x
22
)2. ∂1 f2 (x1 , x2 ) =
x12 + x2
2 − 2x12
(x12 + x
22
)2
=x2
2 − x12
(x12 + x
22
)2, de
∫S1
f (x)dx ≠ 0, ahol S1 az
egységkör, ami egy [0,2π) → ℝ2 , t ↦ (cos t, sin t) függvény által meghatározott út.
- 15 -
03. 12.
Előző óráról: ∫L
f (x)dx =∫α
β
⟨ f (ϕ(t)), ϕ(t)⟩dt. Azt vizsgáltuk, hogy mi volt a feltétele, hogy az integrál
értéke csak a kezdő és végpontoktól függjön, azaz a = ϕ(α) és b = ϕ(β) értékektől. Azt tudtuk mondani, hogy
akkor függ csak a kezdő és végpontoktól, hogyha ∃Φ ′ = f ⇔ ∂jΦ = fj és ∂jΦ folytonos (minden j-re).
Tétel: tfh f :Ω → ℝn folytonosan differenciálható függvény. Ha f-nek létezik primitív függvénye
⇒ ∂k fj = ∂j fk az Ω -n.
Kérdés: abból, hogy ∂j fk = ∂k fj az Ω-n, következik-e, hogy f-nek van primitív függvénye (azaz az integráljának
értéke csak a kezdő és végpontoktól függ)? Általában nem. Példa: legyen Ω: = {x ∈ ℝ2 :0 < x < 2},
f1 (x1 , x2 ): =− x2
x12 + x
22, f2 : =
x1
x12 + x
22. Láttuk már, hogy ∂2 f1 = ∂1 f2 . Most belátjuk, hogy az egységkörvonalon az
integrál értéke nem 0 (ami ellentmond annak, hogy az integrál értéke csak a kezdő és végpontokból függ, ami azt
jelentené, hogy létezik f-nek primitív függvénye). ϕ = (ϕ1 ,ϕ2 ), ϕ1 (t): = cos t, t ∈ [0,2π),
ϕ2 (t): = sin t, t ∈ [0,2π). Ekkor ϕ1 (t) = − sin t és ϕ2 (t) = cos t.
∫S1
f (x)dx =∫0
2π
⟨ f (ϕ(t)), ϕ(t)⟩dt =∫0
2π
[
−sin t
cos2 t + sin2 t(−sin t) +
cos t
cos2 t + sin2 tcos t
]dt = 2π ≠ 0.
Kvázi definíció: egy Ω ⊂ ℝ2 tartományt egyszeresen összefüggőnek nevezünk, ha tetszőleges, a tartományban
levő egyszerű zárt (szakaszosan) folytonos differenciálható görbét folytonos mozgatással ponttá lehet húzni
úgy, hogy végig a tartományban maradjunk.
Definíció: egy Ω ⊂ ℝn tartományt csillagszerűnek nevezzük, ha ∃a ∈ Ω, hogy ∀x ∈ Ω esetén az a-t x-szel
összekötő egyenes szakasz végig benne van Ω-ban. (Egyenes szakasz a és x pontok között:
La ,x = {a + t(x − a):t ∈ [0,1]})
Tétel: legyen Ω ⊂ ℝn csillagszerű tartomány, f :Ω → ℝn folytonosan differenciálható. Ha
∂j fk = ∂k fj , ∀ j, k ⇒ f -nek létezik primitív függvénye.
Megjegyzés: a tétel kiterjeszthető egyszeresen összefüggő tartományokra is.
Paraméteres integrálok
Definíció: tfh f :[a, b] × [c, d] → ℝ adott legalább folytonos függvény. Értelmezzük a g függvényt:
- 16 -
g(x): =∫c
d
f (x, y)dy. Ezt nevezzük f paraméteres integráljának. Miket tud ez?
Tétel: ha f ∈ C([a, b] × [c, d]) ⇒ g ∈ C[a, b].
Bizonyítás: legyen x0 ∈ [a, b] tetszőleges rögzített!
||g(x) − g(x0 )|| =
|
|
|||||∫c
d
f (x, y)dy −∫c
d
f (x0 , y)dy
|
|
|||||=
|
|
|||||∫c
d
( f (x, y) − f (x0 , y))dy
|
|
|||||≤
∫c
d
|| f (x, y) − f (x0 , y)||dy. Mivel f
folytonos, Df = [a, b] × [c, d] korlátos és zárt halmaz (ezért sorozatkompakt is), ezért f egyenletesen folytonos
(Heine tétel). Véve egy tetszőleges ε > 0 számot, ehhez
∃δ > 0: ||(x, y) − (x ∗ , y ∗ )|| < δ ⇒ || f (x, y) − f (x ∗ , y ∗ )|| < ε. Speciel x ∗ = x0 , y ∗ = y. Tehát
||x − x0 || < δ ⇒ || f (x, y) − f (x0 , y)|| < ε, ∀y ∈ [c, d] ⇒ ||g(x) − g(x0 )|| ≤ ε(d − c).
Tétel: ha f folytonos [a, b] × [c, d]-n és ∃ ∂1 f az (a, b) × (c, d)-n és létezik folytonos kiterjesztése
[a, b] × [c, d]-re, akkor g függvény folytonosan differenciálható [a, b]-n, és g ′ (x) =∫c
d
∂1 f (x, y)dy (vagyis
felcserélhetjük a deriválást és az integrálást).
Bizonyítás: legyen x0 ∈ (a, b) ∍ x ≠ x0 ! g(x) −g(x0)
x− x0=
∫c
df (x, y) − f (x0 , y)
x − x0
dy = a Lagrange-féle középérték-tétel
felhasználásával =∫c
d
∂1 f (ξy , y)dy, ahol ξy x és x0 között van.
|
|
|||||
g(x) −g(x0)
x− x0−
∫c
d
∂1 f (x0 , y)dy
|
|
|||||=
|
|
|||||∫c
d
( ∂1 f (ξy , y) − ∂1 f (x0 , y))dy
|
|
|||||≤
∫c
d
||∂1 f (ξy , y) − ∂1 f (x0 , y)||dy → 0, mert
∂1 f egyenletesen folytonos.
A vonalintegrálról szóló tétel bizonyítása
Tfh Ω ⊂ ℝn csillagszerű tartomány, f :Ω → ℝn folytonosan differenciálható, továbbá ∂j fk = ∂k fj , ∀ j, k-ra az
Ω-n. Belátjuk, hogy f-nek van primitív függvénye. Célszerű feltétel, hogy legyen a = 0, válasszunk egy x ∈ Ω-t,
- 17 -
ekkor La ,x = {t ⋅ x: t ∈ [0,1]}. Az a-t x-szel összekötő, folytonosan differenciálható utat a következő
ϕ :ℝ → ℝn függvény határozhatja meg: ϕ(t): = t ⋅ x, t ∈ [0,1], x ∈ Ω ⊂ ℝn . Legyen
F(x): =∫L0,x
f (ξ)dξ =∫0
1
⟨ f (ϕ(t)), ϕ(t)⟩dt =∫0
1
( ∑k= 1
n
fk(ϕ(t)) ⋅ xk)dt =
∫0
1
( ∑k= 1
n
fk(t ⋅ x) ⋅ xk)dt. Belátjuk,
hogy ∂jF(x) = fj (x). Most F(x)-et differenciáljuk xj paraméter szerint. F(x) =∑k= 1
n
∫0
1
fk(t ⋅ x)xkdt.
j ≠ k esetén ∂j ∫0
1
fk(t ⋅ x)xkdt =∫0
1
∂j fk(t ⋅ x)t ⋅ xkdt,
j = k esetén ∂k ∫0
1
fk(t ⋅ x)xkdt =∫0
1
[∂k fk(t ⋅ x)t ⋅ xk + fk(t ⋅ x)]dt
Ezért ∂jF(x) =∫0
1
[∑k= 1
n
∂j fk(t ⋅ x)t ⋅ xk + fj (t ⋅ x)]dt =
∫0
1
[∑k= 1
n
∂k fj (t ⋅ x)t ⋅ xk + fj (t ⋅ x)]dt. Legyen
gj (t): = fj (t ⋅ x)t, ekkor gj (t) =∑k= 1
n
∂k fj (t ⋅ x)xk ⋅ t + fj (t ⋅ x), így
∂jF(x) =∫0
1
gj (t)dt = gj (1) − gj (0) = fj (x) − 0 = fj (x).
Komplex függvénytan
Definíció: tfh f :ℂ → ℂ értelmezve van egy z0 ∈ ℂ pont egy környezetében. Azt monjduk, hogy f
differenciálható z0 -ban, ha ∃ limz → z0
f (z) − f (z0)
z− z0 és véges. A limeszt a valós függvények deriváláshoz hasonlóan így
jelöljük: f ′ (z0 ). A komplex differenciálhatóságnak van geometriai szemléletes jelentése is. f ′ (z0 ) ∈ ℂ, és a
komplex számok trigonometrikus jelölésével legyen ez f ′ (z0 ): = r(cos ϕ + i sinϕ). Tfh ez nem 0.
limz → z0
f (z) − f (z0)
z− z0= r(cos ϕ + i sinϕ), így z0 környezetében |
|||f (z) − f (z0)
z− z0
||||≈ r, másképp: || f (z) − f (z0 )|| ≈ r||z − z0 ||.
Erre azt mondjuk, hogy f leképezés limeszben körtartó. Másrészt argf (z) − f (z0)
z− z0≈ ϕ,
arg[ f (z) − f (z0 )] − arg(z − z0 ) ≈ ϕ, arg[ f (z) − f (z0 )] ≈ ϕ + arg(z − z0 ), ez egy z0 körüli ϕ szögű forgatás.
- 18 -
A komplex differenciálhatóság szükséges feltétele
Nézzük meg, hogy mit jelent az, hogy g komplex változós függvény differenciálható egy z ∈ ℂ pontban! Így
definiáltuk: limh → 0
g(z+h) −g(z)
h= g ′ (z). Két esetet vizsgálunk, h: = h1 ∈ ℝ\{0} az első esetben illetve
h: = ih2 , h2 ∈ ℝ\{0} a második esetben. Tehát limh1 → 0
g(z+h1) −g(z)
h1= lim
h2 → 0
g(z+ ih2) −g(z)
ih2 . Tudunk ℂ és ℝ2
között egy bijekciót létesíteni: J :ℂ → ℝ2 , x + iy ↦ (x, y) ahol x, y ∈ ℝ. Bizonyítható, hogy J lineáris bijekció.
Mint definiáltuk, g:ℂ → ℂ, és legyen z : = x1 + ix2 ahol x1 és x2 ∈ ℝ, továbbá
g(x1 + ix2 ): = g1 (x1 + ix2 ) + ig2 (x1 + ix2 ), ahol g1 :ℂ → ℝ és g2 :ℂ → ℝ. A korábbi J bijekció alapján legyen
g1 (x1 , x2 ): = g1 (x1 + ix2 ) és g2 (x1 , x2 ): = g2 (x1 + ix2 ), így g1 :ℝ2 → ℝ és g2 :ℝ2 → ℝ.
g(z+h1) −g(z)
h1=
g 1(x1 +h1 ,x2) −g 1(x1 ,x2)
h1+ i
g 2(x1 +h1 ,x2) −g 2(x1 ,x2)
h1→ → ∂1 g1 (x1 , x2 ) + i∂1 g2 (x1 , x2 ) ,
g(z+ ih2) −g(z)
ih2=
g 1(x1 ,x2 +h2) −g 1(x1 ,x2)
ih2+ i
g 2(x1 ,x2 +h2) −g 2(x1 ,x2)
ih2→ → − i∂2 g1 (x1 , x2 ) + ∂2 g2 (x1 , x2 ) Ezért kell,
hogy ∂1 g1 = ∂2 g2 , − ∂2 g1 = ∂1 g2 legyen. Ezek a Cauchy-Riemann (parciális differenciál) egyenletek.
Cauchy-alaptétel: tfh Ω ⊂ ℂ egyszeresen összefüggő és g:Ω → ℂ differenciálható Ω-n. Ekkor g integrálja
bármely szakaszonként folytonosan differenciálható, Ω-ban haladó egyszerű zárt görbén 0.
Bizonyítás: legyen ϕ :[α, β] → ℂ szakaszonként folytonosan differenciálható függvény, mely egy egyszerű
szakaszonként folytonosan differenciálható zárt Γ görbét határoz meg, ϕ(α) = ϕ(β), ϕ(t) ∈ Ω, ∀ t ∈ [α, β].
Definíció szerint ∫Γ
g(z)dz : =∫α
β
g(ϕ(t))ϕ(t)dt (itt az integrandus komplex értékű). ϕ(t) = ϕ1 (t) + iϕ2 (t) (ahol
ϕ1 , ϕ2 valós-valós függvények), g(x1 + ix2 ) = g1 (x1 + ix2 ) + ig2 (x1 + ix2 ). Ezek alapján
∫α
β
g(ϕ(t))ϕ(t)dt =∫α
β
[g1 (ϕ1 (t) + iϕ2 (t)) + ig2 (ϕ1 (t) + iϕ2 (t))] ⋅ [ϕ1 (t) + iϕ2 (t)]dt. Definiáljuk ψ függvényt-t a
következőképp: J(ϕ(t)) = J(ϕ1 (t) + iϕ2 (t)) = (ϕ1 (t),ϕ2 (t)): = ψ(t):ℝ → ℝ2 , t ↦ (ϕ1 (t),ϕ2 (t)), így az előző
integrálban a szorzást elvégezve
∫Γg(z)dz =
∫α
β
[g1 (ϕ(t))ϕ1 (t) − g2 (ϕ(t))ϕ2 (t)]dt + i∫α
β
[g1 (ϕ(t))ϕ2 (t) + g2 (ϕ(t))ϕ1 (t)]dt =
=∫α
β
[g1 (ψ(t))ϕ1 (t) − g2 (ψ(t))ϕ2 (t)]dt + i∫α
β
[g1 (ψ(t))ϕ2 (t) + g2 (ψ(t))ϕ1 (t)]dt.
- 19 -
03. 19.
Belátjuk, hogy mindkét tag 0.
f : = ( f1 , f2 ):ℝ2 → ℝ2 . Először legyen f1 : = g1 , f2 : = − g2 . Ekkor ∂2 f1 = ∂2 g1 és ∂1 f2 = − ∂1 g2 , (a
Cauchy-Riemann egyenletekből pedig) ∂2 g1 = − ∂1 g2 , azaz ∂2 f1 = ∂1 f2 . Így a valós vonalintegrálokról szóló
tétel szerint 0 =∫L
f (x)dx =∫α
β
[ f1 (ψ(t))ϕ1 (t) + f2 (ψ(t))ϕ2 (t)]dt =∫α
β
[g1 (ψ(t))ϕ1 (t) − g2 (ψ(t))]ϕ2dt.
Másodszor f1 : = g2 , f2 : = g1 , ebből kapjuk, hogy a második integrál is 0. A Cauchy-Riemann egyenletekből
most ∂1 g1 = ∂2 g2 illetve − ∂2 g1 = ∂1 g2 . Ekkor ∂1 f2 = ∂2 f1 , így
0 =∫L
f (x)dx =∫α
β
[ f1 (ψ(t))ϕ1 (t) + f2 (ψ(t))ϕ2 ]dt =∫α
β
[g2 (ψ(t))ϕ1 (t) + g1 (ψ(t))ϕ2 ]dt.
Megjegyzés: a bizonyításokban felhasználtuk, hogy g folytonosan differenciálható, így felhasználtuk a valós
vonalintegrálról szóló tételt és megjegyzését.
A Cauchy alaptétel közvetlen következményei
Tfh ϕ :[α, β] → ℂ szakaszonként folytonosan differenciálható függvény egyszerű zárt utat határoz meg,
Γ : = Rϕ egy egyszerű zárt szakaszonként folytonosan differencálható görbe ℂ-n.
Tétel: egy ℂ\Γ nyílt halmaz két összefüggő komponensből (részből) áll, a két komponens közül az egyik
korlátos, a másik nem. A korlátos komponenst nevezzük Γ belsejének, a nem korlátos komponenst Γ
külsejének.
Megjegyzés: a tétel állítása triviálisnak tűnhet, bizonyítása mégsem könnyű.
Tétel: legyen Γ,Γ1 ⊂ ℂ egyszerű zárt szakaszonként folytonosan differenciálható görbe, legyen Γ1 a Γ görbe
belsejében. Tfh Ω ⊃ (Γ ∪ Γ1 ∪ (belseje(Γ)\(Γ1 ∪ belseje(Γ1 )))), vagyis hogy Ω tartalmazza Γ,Γ1 -t és a kettejük
közötti tartományt. Legyen g:Ω → ℂ differenciálható függvény. Ekkor ∫Γ
f (z)dz =∫Γ1
f (z)dz.
Bizonyítás: a Cauchy alaptételt alkalmazva a Γ,Γ2 , − Γ1 ,Γ3 utakból álló szakaszonként folytonosan
differenciálható zárt görbére: 0 =∫Γ
f (z)dz +∫Γ2
f (z)dz −∫Γ1
f (z)dz +∫Γ3
f (z)dz, mely limeszben ( Γ2 → Γ3 )
0 =∫Γ
f (z)dz −∫Γ1
f (z)dz. (Az ábrán a körüljárást láthatjuk, Γ,Γ1 irányítása azonos, óramutató járásával
- 20 -
ΓΓ2
Γ3
Γ1
ellentétes irányú. Ez a bizonyítás csupán vázlatos, szemléletes.)
Tétel: legyenek Γ,Γ1 ,Γ2 ,...,Γk egyszerű zárt szakaszonként
folytonosan differenciálható görbék, Γj ⊂ belseje(Γ) és
Γl ⊂ k ü lseje(Γj) ha l ≠ j, ∀ j, l ∈ {0,1,...,k}. Legyen g
függvény differenciálható egy olyan tartományban, mely
tartalmazza Γ,Γ1 ,Γ2 ,...,Γk-t és belseje(Γ)\(
∪j = 1
kbelseje(Γj))
-t is. Ekkor ∫Γ
f (z)dz =∑j = 1
k
∫Γj
f (z)dz.
Cauchy-féle integrálformula
Tétel: legyen Ω ⊂ ℂ egyszeresen összefüggő tartomány és Γ ⊂ Ω egyszerű zárt szakaszonként folytonosan
differenciálható görbe (ekkor belseje(Γ) ⊂ Ω) és g diffható Ω -n. Ekkor Γ belsejében fekvő bármely z esetén
g(z) = 12πi ∫Γ
g(ζ)
ζ − zdζ.
Bizonyítás: legyen Kρ : = {ζ ∈ ℝ: ||ζ − z|| = ρ} a z középpontú, ρ sugarú körvonal. ρ-t olyan kicsinek
választjuk, hogy Kρ ⊂ Γ belseje lesz már. Ekkor a Cauchy alaptétel közvetlen következménye szerint
∫Γ
g(ζ)
ζ − zdζ =
∫Kρ
g(ζ)
ζ − zdζ, másrészt
∫Kρ
1
ζ − zdζ = 2πi, ugyanis ζ = z + ρ cos t + iρ sin t paraméterezés mellett
ζ − z = ρ cos t + iρ sin t – erre valóban teljesül a Kρ = {ζ ∈ ℝ: ||ζ − z|| = ρ} kitétel –, így Kρ előáll a
ϕ :[0,2π] → ℂ, ϕ(t) = z + ρ cos t + iρ sin t függvény segítségével (ekkor ϕ ′ (t) = − ρ sin t + iρ cos t ): Kρ = Rϕ ,
továbbá ∫Kρ
1
ζ − zdζ =
∫0
2π1
ρ cos t + iρ sin t[−ρ sin t + iρ cos t]dt =
∫0
2π
idt = 2πi. Ezek szerint
g(z) = 12πi
g(z)2πi = 12πi
g(z)∫Kρ
1
ζ − zdζ = 1
2πi ∫Kρ
g(z)
ζ − zdζ. Vizsgáljuk a következő mennyiséget:
|
|
||||
12πi ∫Kρ
g(ζ)
ζ − zdζ − g(z)
|
|
||||≤ 1
2π
|
|
||||∫Kρ
g(ζ)
ζ − zdζ −
∫Kρ
g(z)
ζ − zdζ
|
|
||||= 1
2π
|
|
||||∫Kρ
g(ζ) − g(z)
ζ − zdζ
|
|
||||≤
≤ 12π
kerület(Kρ) ⋅ supζ∈Kρ
|||g(ζ) −g(z)
ζ− z|||< ε ugyanis ||g(ζ) − g(z)|| < ε ha ρ < ρ0 , ||ζ − z|| = ρ = állandó,
kerület(Kρ) = 2πρ, tehát |
|
|||
12πi ∫Γ
g(ζ)
ζ − zdζ − g(z)
|
|
|||< ε, ∀ε > 0 ⇒ 1
2πi ∫Γ
g(ζ)
ζ − zdζ = g(z).
Cauchy-típusú integrál
- 21 -
Definíció: legyen Γ egyszerű (nem feltételen zárt) szakaszonként folytonosan differenciálható görbe. Legyen
g:Γ → ℂ folytonos függvény! Legyen G(z): = 12πi ∫Γ
g(ζ)
ζ − zdζ, ezt nevezzük Cauchy-típusú integrálnak, ha
z ∈ ℂ\Γ.
Tétel: G függvény a ℂ\Γ nyílt halmazon akárhányszor differenciálható és G (k)(z) = k !2πi ∫Γ
g(ζ)
(ζ − z)k+ 1dζ.
Bizonyítás: csak a k = 1 esetet látjuk be, teljes indukcióval a tétel igazolható. Tehát ezt szeretnénk igazolni:
G ′ (z) = 12πi ∫Γ
g(ζ)
(ζ − z)2dζ.
G(z+h) −G(z)
h= 1
h1
2πi [∫Γ
g(ζ)
ζ − z − hdζ −
∫Γ
g(ζ)
ζ − zdζ
]= 1
2πi ∫Γ
1
h [
g(ζ)
ζ − z − h−
g(ζ)
ζ − z]dζ =
= 12πi ∫Γ
g(ζ)(ζ − z) − (ζ − z − h)
h(ζ − z − h)(ζ − z)dζ = 1
2πi ∫G
g(ζ)
(ζ − z − h)(ζ − z) .
Vizsgáljuk: I =|
|
|||G(z+h) −G(z)
h− 1
2πi ∫Γ
g(ζ)
(ζ − z)2dζ
|
|
|||= 1
2π
|
|
|||∫γ
g(ζ)[
1
(ζ − z − h)(ζ − z)−
1
(ζ − z)2 ]dζ
|
|
|||= = 1
2π
|
|
|||∫Γ
g(ζ)(ζ − z) − (ζ − z − h)
(ζ − z − h)(ζ − z)2dζ
|
|
|||=
||h ||2π
|
|
|||∫Γ
g(ζ)
(ζ − z − h)(ζ − z)2dζ
|
|
|||≤
||h ||2π
⋅ ívhossz(Γ) ⋅ supζ∈Γ
1
||ζ− z−h || ⋅ ||ζ− z || 2. Γ ⊂ ℂ
korlátos és zárt, ezért sorozatkompakt is, így a ζ ↦ ||ζ − z||, ζ ∈ Γ folytonos függvényhez
∃ζ0 ∈ Γ :0 < ||ζ0 − z||⏟: = 2d
= infζ∈Γ
||ζ − z|| ⇒ ||ζ − z|| ≥ 2d ha ζ ∈ Γ. Ha ||h|| ≤ d ⇒ ||ζ − z − h|| ≥ d, ugyanis
ζ − z = (ζ − z − h) + h ⇒ ||ζ − z|| ≤ ||ζ − z − h|| + ||h|| ⇒ ||ζ − z − h|| ≥ ||ζ − z|| − ||h|| = d.
I ≤||h ||2π
⋅ ívhossz(Γ) 1
d(2d 2)
→ 0, ha h → 0. Tehát G(z+h) −G(z)
h→ 1
2πi ∫Γ
g(ζ)
(ζ − z)2dζ = G ′ (z).
Spec eset: Γ ⊂ ℂ egyszerű zárt szakaszonként folytonosan differenciálható görbe, z ∈ belseje(Γ), g
differenciálható egy Γ-t tartalmazó egyszeresen összefüggő tartományon. Ekkor g(z) = 12πi ∫Γ
g(ζ)
ζ − zdζ, az
utóbbi tétel szerint pedig ∃g (k)(z) = k !2πi ∫Γ
g(ζ)
(ζ − z)k+ 1dζ. Eszerint ha egy komplex függvény egyszer
differenciálható, akkor akárhányszor differenciálható.
A primitív függvény és a vonalintegrál kapcsolata
Tétel: tfh g folytonos egy Ω ⊂ ℂ tartományon, továbbá ∫Γ
g(z)dz vonalintegrál értéke tetszőleges Ω-ban haladó
egyszerű szakaszonként folytonosan differenciálható görbe esetén annak csak a kezdő és végpontjaitól függ.
- 22 -
03. 26.
Legyen a ∈ Ω rögzített, z ∈ Ω változó pont, Φ(z): =∫a
z
g(ζ)dζ. Ekkor Φ ′ (z) = g(z).
Bizonyítás: Φ(z+h) −Φ(z)
h= 1
h
⎡
⎣
⎢⎢⎢
∫a
z+h
g(ζ)dζ −∫a
z
g(ζ)dζ
⎤
⎦
⎥⎥⎥
= 1h ∫
z
z+h
g(ζ)dζ. Vizsgáljuk: |||Φ(z+h) −Φ(z)
h− g(z)||| = =
|
|
|||||
1h ∫
z
z+h
g(ζ)dζ − 1h ∫
z
z+h
g(z)dζ
|
|
|||||= 1
||h ||
|
|
|||||
∫z
z+h
(g(ζ) − g(z))dζ
|
|
|||||≤ 1
||h ||||h|| supζ∈ L(z ,z+h)
||g(ζ) − g(z)||, mely 0-hoz tart, ha ||h|| is.
Következmény: (Morera tétele) tfh g egy Ω tartományon értelmezett folytonos függvény, amelynek az Ω
-ban haladó egyszerű szakaszonként folytonosan differenciálható görbéken vett integrálja csak a kezdő és
végpontoktól függ. Ekkor g differenciálható Ω-n (vagyis akárhányszor differenciálható). Ugyanis előbbi tétel
szerint a Φ(z) =∫a
z
g(ζ)dζ függvényre Φ differenciálható és Φ ′ (z) = g(z),tehát Φ egyszer differenciálható, ezért
akárhányszor, így g is akárhányszor.
Definíció: ha f az Ω ⊂ ℂ tartomány minden pontjában differenciálható, akkor f-et holomorfnak nevezzük
Ω -n.
Taylor-sorfejtés komplex függvényeken
Lemma: legyen Γ ⊂ ℂ egyszerű, szakaszonként folytonosan differenciálható görbe, s legyenek fk :Γ → ℂ
folytonos függvények, k ∈ ℕ. Tfh a ∑k= 1
∞
fk = f sor egyenletesen konvergens. Ekkor f is folytonos (valósban
bizonyítottuk, de állítás, hogy komplexben is így van). Ekkor ∫
f (z)dz =∑k= 1
∞
∫fk(z)dz, vagyis az integrálás és
az összegzés felcserélhető.
Bizonyítás: legyen ϕ :[α, β] → ℂ, Rϕ = Γ, ϕ szakaszonként folytonosan differenciálható. Ekkor
∫Γf (z)dz =
∫α
β
f (ϕ(t))ϕ(t) és ∫Γ
fk(z)dz =∫α
β
fk(ϕ(t))ϕ(t), így
- 23 -
∫Γf (z)dz =
∫α
β
[ f (ϕ(t))]ϕ(t)dt =∫α
β
[∑k= 1
∞
fk(ϕ(t))ϕ(t)]
szakaszonként folytonos
dt =∑k= 1
∞
∫α
β
fk(ϕ(t))ϕ(t)dt =∑k= 1
∞
∫Γfk(z)dz.
Egyenletes konvergencia
Weierstrass-tétele komplex függvényekre
Definíció: legyen fk :Ω → ℂ, fk ∈ C(D fk ),Ω ⊂ ℂ tartomány. Azt mondjuk, hogy a ∑k= 1
∞
fk = f az Ω belsejében
egyenletesen konvergens, ha ∀K ⊂ Ω sorozatkompakt halmaz esetén a sor K-n egyenletesen konvergens.
Weierstrass tétele: legyen Ω ⊂ ℂ tartomány, fk :Ω → ℂ függvények holomorfak, továbbá ∑k= 1
∞
fk sor a Ω
belsejében egyenletesen konvergens. Ekkor
f : =∑k= 1
∞
fk is holomorf1.
f ′ =∑k= 1
∞
fk′2.
az utóbbi sor is egyenletesen konvergens Ω belsejében3.
Következmény: f ( j) =∑k= 1
∞
fk( j) is egyenletesen konvergens Ω belsejében.
Bizonyítás:
egyrészt tudjuk, hogy f =∑k= 1
∞
fk folytonos Ω-n (hiszen a sor Ω belsejében egyenletesen konvergens).
Legyen z0 ∈ Ω rögzített pontja. Belátjuk, hogy f differenciálható z0 egy kis Kr (z0 ) környezetében.
Vegyünk egy Kr (z0 )-ban haladó, egyszerű szakaszonként folytonosan differenciálható zárt Γ görbét.
Belátjuk, hogy ∫Γ
f (z)dz = 0 ⇒ f holomorf Kr (z0 )-n (Morera tétele miatt). Az előbbi lemma alapján
1.
- 24 -
∫Γf (z)dz =
∫Γ ∑k= 1
∞
fk(z)
Γ-n egyenl. konv.
dz =∑k= 1
∞
∫Γfk(z)dz = 0.
a Cauchy-féle integrálformula szerint ha z a Kr (z0 ): = {z : ||z − z0 || = r} körvonal belsejében van, akkor
f (z) = 12π ∫Kr(z0)
f (ζ)
ζ − zdζ. Ekkor
f ′ (z) = 12πi ∫Kr(z0)
f (ζ)
(ζ − z)2dζ = 1
2πi ∫Kr(z0)
∑k= 1
∞
fk(ζ)
(ζ − z)2dζ =
∑k= 1
∞ 1
2πi ∫Kr(z0)
fk(ζ)
(ζ − z)2dζ =
∑k= 1
∞
fk′ (z) (itt is
felhasználtuk a sor egyenletes konvergenciáját Kr (z0 )-n).
2.
További következmény: tekintsük a ∑k= 0
∞
ck(z − z0 )k hatványsort! Tfh ennek konvergencia sugara R > 0. Tudjuk,
hogy ||z − z0 || < R esetén a sor konvergens, ill minden R-nél kisebb sugarú, z0 középpontú körben a hatványsor
egyenletesen konvergens. Mivel fk(z) = ck(z − z0 )k holomorf függvény, és az fk függvényekből álló sor a
konvergencia sugár belsejében egyenletesen konvergens, így a Weierstrass tételből következően a sor összege is
holomorf, és a sor tagonként akárhányszor deriválható. Továbbá f (z): =∑k= 0
∞
ck(z − z0 )k , mivel a sor most is
(komplex értelemben) tagonként differenciálható, ezért egyszerű számolással kapjuk: ck =f (k)
(z0)
k !.
Definíció: tfh f holomorf függvény z0 egy környezetében. Ekkor az f függvény Taylor sorát így értelmezzük:
∑k= 1
∞ f (k)(z0 )
k!(z − z0 )k .
Tétel: legyen Ω ⊂ ℂ tartomány, tfh f holomorf Ω-n, z0 ∈ Ω. Tekintsük az f függvény Taylor-sorát z0 körül!
Ekkor f (z) =∑k= 0
∞ f (k)(z0 )
k!(z − z0 )k , ahol z ∈ BR(z0 ), BR(z0 ): = {z : ||z − z0 || < R} az a maximális sugarú z0
középpontú kör, amely BR(z0 ) ⊂ Ω.
Példa: legyen f (z): = 11 − z
, ekkor f holomorf az ℂ\{1} tartományon. Fejtsük Taylor-sorba f-t a z0 = 0 körül!
Ekkor 11 − z
=∑k= 1
∞
zk . A sor ||z|| < 1 esetén konvergens, ||z|| ≥ 1 esetén divergens, tehát csak akkor igaz az előbbi
egyenlőség, ha ||z|| < 1 . - 25 -
Bizonyítás: legyen z ∈ BR(z0 ), ekkor r-t úgy választjuk, hogy ||z − z0 || < r < R. Jelöljük:
Kr (z0 ): = {z : ||z − z0 || = r}. Alkalmazzuk a Cauchy- féle integrálformulát Kr (z0 )-ra és z-re:
f (z) = 12πi ∫Kr(z0)
f (ζ)
ζ − zdζ. A nevező: 1
ζ− z= 1
(ζ− z0)− (z− z0)= 1
ζ− z0
1
1 −z−z0ζ −z0
(ez azért jó, mert |||z− z0ζ− z0
|||< 1, ugyanis
||z − z0 || < r = ||ζ − z0 || ). Tehát 1ζ− z
= 1ζ− z0 ∑
k= 0
∞
(
z − z0
ζ − z0)
k
=∑k= 0
∞ (z − z0 )k
(ζ − z0 )k+ 1. A sor egyenletesen konvergens, ha
ζ ∈ Kr (z0 ) a Weierstrass kritérium szerint. Így
f (z) = 12πi ∫Kr(z0)
f (ζ)∑k= 0
∞ (z − z0 )k
(ζ − z0 )k+ 1dζ =
∑k= 0
∞
(z − z0 )k1
2πi ∫Kr(z0)
f (ζ)
(ζ − z0 )k+ 1dζ
: = ck
=∑k= 0
∞
ck(z − z0 )k . Ugyanis
tudjuk, hogy f (k)(z0 ) = k !2πi ∫Kr(z0)
f (ζ)
(ζ − z0 )k+ 1dζ ⇒ ck =
f (k)(z0)
k !.
Következmény: tfh f, g holomorf függvények Ω ⊂ ℂ tartományon és ∃zj , j ∈ ℤ + , zj ∈ Ω\{z0 }: f (zj) = g(zj),
ahol lim zj = z0 ∈ Ω. Ekkor f (z) = g(z), ∀z ∈ Ω.
Bizonyítás:
először belátjuk, hogy f (z) = g(z), z ∈ BR(z0 ) ⊂ Ω. Fejtsük Taylor-sorba mindkét függvény, f-t és g-t is
z0 körül. f (z) =∑k= 1
∞
ck(z − z0 )k , g(z) =∑k= 0
∞
dk(z − z0 )k , f (zj) = g(zj), így
f (zj) = c0 + c1 (zj − z0 ) + c2 (zj − z0 )2 + ...
→ 0 ha z j → z0 , mivel a f ∈C(z0)
= d0 + d1 (zj − z0 ) + d2 (zj − z0 )2 + ...
→ 0
= g(zj) ⇒ c0 = d0
, így c1 (zj − z0 ) + c2 (zj − z0 )2 + .., = d1 (zj − z0 ) + d2 (zj − z0 )
2 + ... Mivel zj ≠ z0 , ezért oszthatunk
zj − z0 -lal: c1 + c 2 (zj − z0 ) + ...
folytonos, ⎯ →⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 0
= d1 + d2 (zj − z0 ) + ...
folytonos, → 0
⇒ c1 = d1 , és így tovább, tehát
ck = dk , ∀k ∈ ℕ ⇒ f (z) = g(z), ∀z ∈ BR(z0 ).
1.
legyen z ∈ Ω tetszőleges! Kössük össze z0 -t és z-t egy véges sok egyenes szakaszból álló Γ törött
vonallal. inf{ρ(ζ, ∂Ω):ζ ∈ Γ}: = β > 0. Most z-t és z0 -t összekötjük egy β sugarú körökből álló
körlánccal, ezeken f (z) = g(z), az egymás utáni körökön. Spec eset: g(z) ≡ 0,
f (zj) = 0,zj ∈ Ω\{z0 }, j ∈ ℤ + , lim zj = z0 ∈ Ω ⇒ f (z) = 0,∀z.
2.
Definíció: legyen f holomorf függvény Ω tartományon, z0 ∈ Ω Azt mondjuk, hogy z0 az f függvénynek
n-szeres gyöke, ha f (z0 ) = f ′ (z0 ) = ... = f (n− 1)(z0 ) = 0, f (n)(z0 ) ≠ 0.
- 26 -
04. 02.
Állítás: z0 az f-nek n-szeres gyöke ⇔ f (z) = (z − z0 )ng(z), ahol g holomorf z0 egy környezetében és g(z0 ) ≠ 0.
Bizonyítás:
⇒ irányban: tfh f (z0 ) = f ′ (z0 ) = ... = f (n− 1)(z0 ) = 0, f (n)(z0 ) ≠ 0. Fejtsük Taylor-sorba z0 körül:
f (z) =∑k= 1
∞ f (k)(z0 )
k!(z − z0 )k =
∑k= n
∞ f (k)(z0 )
k!(z − z0 )k = (z − z0 )n
∑k= n
∞ f (k)(z0 )
k!(z − z0 )k−n
g(z)
. g holomorf z0
környezetében: g(z0 ) =f (n)
(z0)
n !≠ 0.
⇐ irányban: f (z) = (z − z0 )ng(z), g holomorf és g(z0 ) ≠ 0. g-t sorba fejtjük z0 körül:
g(z) =∑l = 0
∞
cl (z − z0 ) l , c0 ≠ 0 ⇒
⇒ f (z) = (z − z0 )ng(z) =∑l = 0
∞
cl (z − z0 ) l+n = c0 (z − z0 )n + c1 (z − z0 )n+ 1 + ... Leolvashatjuk, hogy
f Taylor sorfejtésénél az első n db együttható 0. ⇒ f (z0 ) = 0, f ′ (z0 ) = 0,..., f (n− 1)(z0 ) = 0, f (n)(z0 ) ≠ 0,
mivel c0 ≠ 0.
Egész függvények, Liouville tétele
Definíció: ha f függvény holmorf ℂ-n, akkor f-t egész függvénynek nevezzük.
Liouville tétele: ha f egész függvény korlátos ⇒ f állandó.
Bizonyítás: tudjuk, hogy f holomorf ℂ-n. Fejtsük Taylor-sorba z0 = 0 körül! Legyen
Kr : = {z ∈ ℂ: ||z|| = r}, Mr : = sup{|| f (ζ)||, ||ζ|| = r}, ekkor ∀z ∈ ℂ-re f (z) =∑k= 0
∞
ckzk ,
ck =f (k) (0)
k != 1
2πi ∫Kr
f (ζ)
ζk+ 1dζ ⇒ ||ck || = 1
2π
|
|
|||∫Kr
f (ζ)
zk+ 1dζ
|
|
|||≤ 1
2π2πr
Mr
r k +1=
Mr
r k . Ha speciel f korlátos, Mr ≤ M
(r-től függetlenül), így ||ck || ≤ M
r k, ∀r ⇒ k ≥ 1 esetén ck = 0, f (z) = c0 .
Az algebra alaptétele
Tétel: legyen P egy legalább elsőfokú, komplex együtthatós polinom! Ekkor mindig ∃z0 ∈ ℂ:P(z0 ) = 0.
Bizonyítás: indirekt feltesszük, hogy P(z) ≠ 0,∀z ∈ ℂ . Ekkor 1P holomorf függvény. Belátjuk, hogy korlátos is.
P(z) = an zn + an− 1 zn− 1 + ... + a1 z + a0 , n ≥ 1,an ≠ 0. |||
1P(z)
|||= 1
||P(z)||= 1
z n |||an +an−1z
−1 + ...+a1z−n+1 +a0z
−n |||
→||an || ha z →∞
, így
- 27 -
∃r, hogy ||||an +
an−1z
+ ... +a1
z n−1+
a0z n
||||≥ ||an ||
2 ha ||z|| ≥ r, tehát ∃ρ > 0: ||z|| > ρ ⇒ 1
||P(z)||≤ 1. ||z|| ≤ ρ esetén |
||1P(z)
|||
korlátos a Weierstrass-tétel miatt, hiszen |||1P||| folytonos, a ρ sugarú kör sorozatkompakt. 1
P korlátos, másrészt
holomorf ⇒ (Liouvielle-tétel) 1P
= áll. ⇒ P = áll., de ez meg ellentmond annak, hogy n ≥ 1.
Az exponenciális, a szinusz és koszinusz függvények komplex változókon
(Kalkuluson szó volt az exponenciális, a szinusz és koszinusz hatványsoráról a valósban. Ezeket kaptuk:
ex =∑k= 0
∞ xk
k!, ∀x ∈ ℝ, a konvergencia sugár végtelen. sin x = x − x3
3 !+ x5
5 !− ... + , − illetve
cos x = 1 − x2
2 !+ x4
4 !− ... + , − Akkoriban lehetett volna így is definiálni a függvényeket, és az akkori
definíciókat meg igazolni. Ha így tettük volna, a komplexes általánosítás könnyebb volna.)
Legyen definíció szerint ez : =∑k= 0
∞ zk
k!, ∀z ∈ ℂ, a konvergencia sugár ugyanaz, mint valósban, valamint
sin z : = z − z 3
3 !+ z 5
5 !− ... + , − továbbá cos z : = 1 − z 2
2 !+ z 4
4 !− ... + , − . A hatványsoros definíciós segítségével
belátható, hogy ez1 + z2 = ez1ez2 =∑k= 0
∞ z1k
k!⋅
∑l = 0
∞ z2l
l!. A sor abszolút konvergens, így szabadon cserélgethetők a
szorzótényezők:. ez1 + z2 =∑n = 0
∞ (z1 + z2 )n
n!=
∑n = 0
∞ 1
n! ∑k= 0
n ⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎛
⎝
⎜⎜⎜
n
k
⎞
⎠
⎟⎟⎟z1kz2
n−k
⎤
⎦
⎥⎥⎥
=∑n = 0
∞
[∑k= 0
n z1k
k!
z2n−k
(n − k)!] , ahol
felhasználtuk a binomiális tételt.
Következmény: legyen z ∈ ℂ, (x, y) ∈ ℝ2 , z : = x + iy. Ekkor ez = ex+ iy = exeiy ,
eiy = 1 +iy
1 !+
(iy)2
2 !+
(iy)3
3 !+ ... =
⎛⎝⎜1 −
y2
2 !+
y4
4 !− ... + , −
⎞⎠⎟ + i
⎛⎝⎜y
1 !−
y3
3 !+
y5
5 !− ... + , −
⎞⎠⎟ = cos y + i sin y, így
ez = ex(cos y + i sin y), valamint ||ez || = ex = eℜ(z) , arg ez = y = ℑ(z),
eiz = (1 − z 2
2 !+ z 4
4 !− ... + , − ) + i(
z1 !
− z 3
3 !+ z 5
5 !− ... + , − ),
e− iz = (1 − z 2
2 !+ z 4
4 !− ... + , − ) + i(− z
1 !+ z 3
3 !− z 5
5 !+ ... − , + ), így e
iz +e−iz
2= 1 − z 2
2 !+ z 4
4 !− ... + , − = cos z,
valamint eiz −e−iz
2 i= z
1 !− z 3
3 !+ z 5
5 !− ... + , − = sin z. Ezek igazak ∀z ∈ ℂ. Komplexben is igaz, hogy
sin2 z + cos2 z = 1, merthogy
sin2 z + cos2 z = [e iz +e−iz
2 ]
2+ [
e iz −e−iz
2 i ]
2= e2iz +e−2iz + 2
4+ e2iz +e−2iz − 2
−4= 2 + 2
4= 1, valamint az összes többi
formula, ami valósban is igaz volt (periodicitás, paritás). ez periodikus 2πi szerint, ugyanis
- 28 -
ez+ 2πi = eze2πi = ez (cos(2π) + i sin(2π)) = ez . Ami másképp van: valósban ||sin x|| ≤ 1 ≥ ||cos x||, mert
sin2 x + cos2 x = 1 és sin2 x ≥ 0, cos2 x ≥ 0 , de komplexben ez így nem igaz. Megemlítendő, hogy
ez ≠ 0,∀z ∈ ℂ, mert ez = e︸> 0
x(cos y + i sin y) abszolút értéke 1
.
Izolált szinguláris pontok, Laurent-sorfejtés
Definíció: ha Ω ⊂ ℂ tartomány, f :Ω → ℂ holomorf egy z0 ∈ Ω pont kivételével, akkor z0 − t izolált
szinguláris pontnak nevezzük. Cél: f-et szeretnénk valamilyen sorba fejteni z0 körül.
Tfh z0 egy izolált szinguláris pont, f holomorf a Ω: = {z ∈ ℂ:0 < ||z0 − z|| < R} tartományon, ahol 0 < R ≤ ∞.
Válasszuk r1 , r2 számokat: 0 < r1 < r2 < R. z ∈ Ω esetén r1 , r2 megválasztható úgy, hogy
0 < r1 < ||z − z0 || < r2 < R . Nem nehéz belátni, hogy a Cauchy-féle integrálformula szerint
f (z) = 12πi ∫Sr2
f (ζ)
ζ − zdζ − 1
2πi ∫Sr1
f (ζ)
ζ − zdζ. ζ ∈ Sr2 esetén
1ζ− z
= 1
(ζ− z0)− (z− z0)= 1
ζ− z0
1
1 −z−z0ζ −z0
= 1ζ− z0 ∑
n = 0
∞
(
z − z0
ζ − z0)
n
=∑n = 0
∞ (z − z0 )n
(ζ − z0 )n+ 1, a sor egyenletesen konvergens
ζ ∈ Sr2 esetén. Ha ζ ∈ Sr1 ,
1ζ− z
= 1
(ζ− z0)− (z− z0)= − 1
z− z0
1
1 −ζ −z0z−z0
= − 1z− z0 ∑
m= 0
∞
(
ζ − z0
z − z0)
m
= −∑m= 0
∞ (ζ − z0 )m
(z − z0 )m+ 1. Vezessük be az
m + 1 = : − n ⇔ m = : − n − 1 új indexváltozót, így 1ζ− z
= −∑n = − 1
−∞ (z − z0 )n
(ζ − z0 )n+ 1. Ekkor
f (z) = 12πi ∫Sr2
f (ζ)∑n = 0
∞ (z − z0 )n
(ζ − z0 )n+ 1dζ + 1
2πi ∫Sr1
f (ζ)∑n = − 1
−∞ (z − z0 )n
(ζ − z0 )n+ 1dζ =
=∑n = 0
∞
(z − z0 )n1
2πi ∫Sr2
f (ζ)
(ζ − z0 )n+ 1dζ +
∑n = − 1
−∞
(z − z0 )n1
2πi ∫Sr1
f (ζ)
(ζ − z0 )n+ 1dζ =
=∑
n = − ∞
∞
(z − z0 )n1
2πi ∫Sr
f (ζ)
(ζ − z0 )n+ 1dζ = :
∑n = − ∞
∞
cn (z − z0 )n , ahol cn : = 12πi ∫Sr
f (ζ)
(ζ − z0 )n+ 1dζ,0 < r < R .
(A Cauchy-alaptétel következménye miatt vehetünk Sr1 , Sr2 helyett Sr -et.)
Tétel: tfh f holomorf az Ω: = {z ∈ ℂ:0 < ||z − z0 || < R} tartományon, ( 0 < R ≤ ∞ ). Ekkor ∀z ∈ Ω esetén
- 29 -
f (z) =∑
n = − ∞
∞
cn (z − z0 )n , ahol cn = 12πi ∫Sr
f (ζ)
(ζ − z0 )n+ 1dζ. Ezt nevezzük f Laurent sorfejtésének.
Megjegyzés: a Laurent sorfejtés egyértelmű. Ugyanis nem nehéz belátni, hogy ha
f (z) =∑
n = − ∞
∞
cn (z − z0 )n =∑
n = − ∞
∞
dn (z − z0 )n ⇒ dn = cn . A Laurent sorfejtés egyenletesen konvergens
belseje(Ω)-n, azaz minden Ω-ban fekvő sorozatkompakt halmazon.
Az izolált szinguláris pontok osztályozása
f (z) =∑
n = − ∞
∞
cn (z − z0 )n =∑
n = − ∞
−1
cn (z − z0 )n
főrész
+∑n = 0
∞
cn (z − z0 )n
reguláris rész
.
Ha cn = 0,∀n ∈ ℤ − esetén, akkor z0 megszüntethető szingularitás, f (z0 ): = c0 < ∞.1.
Ha véges sok negatív indexű együttható nem 0, akkor z0 -t pólusnak nevezzük (az ilyen együtthatók
száma a pólus rendje).
2.
Ha végtelen sok negatív indexre az együttható nem 0, akkor z0 -t lényeges szingularitásnak nevezzük.3.
Definíció: a Laurent sorfejtésben a c−1 együtthatót a függvény z0 -beli reziduumának nevezzük.
Rezz0f : = c−1 = 1
2πi ∫Sr
f (ζ)dζ
Megjegyzés: ∫Sr
f (ζ)dζ = 2πi ⋅ Rezz0f .
Reziduum-tétel: tfh f holomorf az Ω tartományon a z1 , z2 ,...,zk izolált szinguláris pontok kivételével. Ekkor
véve olyan egyszerű zárt szakaszonként folytonosan differenciálható Γ görbét, amely Ω-ban van a belsejével
együtt, z1 , z2 ,...,zk ∈ belseje(Γ) ⇒∫Γ
f (ζ)dζ = 12πi ∑
j = 1
k
Rezz jf . Bizonyítás:
∫Γf (ζ)dζ =
∑ j = 1
k
∫S j
f (ζ)dζ =∑ j = 1
k
2πiRezz j f .
Reziduum kiszámítása pólus esetén
Tfh f függvénynek z0 -ban m-edrendű pólusa van:
f (z) =c−m
(z− z0)m +
c−m +1
(z− z0)m −1
+ ... +c−1z− z0
+ c0 + c1 (z − z0 ) + ... ⇒
- 30 -
04. 16.
⇒ f (z)(z − z0 )m = c−m + c−m+ 1 (z − z0 ) + ... + c−1 (z − z0 )m− 1 + c0 (z − z0 )m + c1 (z − z0 )m+ 1 + ... Ez már
hatványsor. [dm −1
dzm −1 ( f (z)(z − z0 )m)]z = z0
= c−1 (m − 1)! ⇒ Rezz0f = c−1 = 1
(m− 1) ! [dm −1
dzm −1 ( f (z)(z − z0 )m)]z = z0
.
Állítás: az f függvénynek z0 -ban m-edrendű pólusa van ⇔ g(z): = f (z)(z − z0 )m holomorf és g(z0 ) ≠ 0.
Ugyanis f (z)(z − z0 )m = c−m
⏟≠ 0
+ c−m+ 1 (z − z0 ) + ...
Állítás: ha h holomorf függvény z0 -ban és h-nak z0 -ban m-szeres gyöke van, akkor az f = 1h függvénynek a z0
-ban m-edrendű pólusa van.
Bizonyítás: h(z) = (z − z0 )mh1 (z), h1 (z0 ) ≠ 0, h1 holomorf. f (z) = 1h(z)
= 1
(z− z0)mh1(z)
,
g(z): = f (z)(z − z0 )m = 1h1(z)
holomorf, g(z0 ) = 1
h1(z0)≠ 0.
A reziduum kiszámításának két egyszerű esete:
tfh h-nak z0 -ban egyszeres gyöke van, vagyis h(z) = (z − z0 )h1 (z), h1 (z0 ) ≠ 0. f = 1h-nak z0 -ban
elsőrendű pólusa van. m = 1 esetre
Rezz0 f = [ f (z)(z − z0 )]z = z0= ⎡
⎣z− z0h(z)
⎤⎦z = z0
= limz → z0
z− z0h(z)
= limz → z0
z− z0
h(z) −h(z0)
⏟0
= limz → z0
1
h(z) −h(z0)z−z0
= 1
h ′(z0)
⏟≠0
.
1.
tfh f = ϕψ , ahol ϕ holomorf z0 -ban, viszont ψ -nek elsőrendű pólusa van itt. Rezz0f = ?
ϕ(z) = c0 + c1 (z − z0 ) + c2 (z − z0 )2 + ..., ψ =d−1z− z0
+ d0 + d1 (z − z0 ) + d2 (z − z0 )2 + ..., így
f (z) = ϕ(z) ⋅ ψ(z) =c0d−1z− z0
+ (c0d0 + c1d−1 ) + (c2d−1 + c1d0 + c0d1 )(z − z0 ) + ...,
Rezz0f = c0d−1 = ϕ(z0 ) ⋅ Rezz0
ψ .
2.
Alkalmazás: a reziduum tétel alkalmazása a (valós) improprius
integrálok kiszámítására
∫−∞
∞cos x
1 + x2dx =
∫−∞
∞cos x + i sin x
1 + x2dx =
∫−∞
∞eix
1 + x2dx. z ↦ e iz
1 + z 2
izolált szingularitás z = ± i -ben, máshol holomorf.
- 31 -
∫−∞
∞eix
1 + x2dx = lim
R→ ∞ ∫−R
Reix
1 + x2dx. Legyen ΓR az SR -rel jelölt félkörvonal és a [−R, R] intervallum
egymásutánja, ekkor ∫ΓR
eiz
1 + z2dz =
∫−R
Reiz
1 + z2dz +
∫SR
eiz
1 + z2dz , tehát
limR→ ∞ ∫
−R
Reix
1 + x2dx = lim
R→ ∞(∫ΓR
eiz
1 + z2dz −
∫SR
eiz
1 + z2dz
) A reziduum tétel alapján
∫ΓR
eiz
1 + z2dz = 2πi ⋅ Rezi(z ↦ e iz
1 + z 2 ) . A reziduum kiszámításához vegyük észre, hogy
e iz
1 + z 2
⏟f
= eiz
︸ϕ⋅ 1
1 + z 2
⏟ψ
⇒ Rezi (ϕ ⋅ ψ) = ϕ(i) ⋅ Rezi (ψ) = ϕ(i) . 1
h ′ (i) , ahol h(z) = 1 + z2 , így
Rezi ( f ) = e−1 12 i
⇒∫ΓR
eiz
1 + z2= 2πi 1
e ⋅ 2 i= π
e .
Most belátjuk, hogy limR→ ∞∫SR
eiz
1 + z2= 0 . A számítás során felhasználjuk, hogy ||e
iz || = eℜ(iz) ≤ 1 , és hogy
||1 + z2 |
| ≥ ||z
2 || − 1 = ||z||
2 − 1 . |
|
|||∫SR
eiz
1 + z2dz
|
|
|||≤ πR ⋅ sup
z ∈ SR
||||e iz
1 + z 2
||||≤ πR 1
||z || 2 − 1= πR 1
R2 − 1→ 0 , ha R → ∞ , így
∫−∞
∞eix
1 + x2dx = lim
R→ ∞ ∫−R
Reiz
1 + z2dz = π
e .
Komplex függvények inverze
Először az ún. lokális inverz létezését vizsgáljuk.
Állítás: tfh f holomorf a z0 pont egy környezetében.
Ha f '(z0 ) = 0, akkor f-nek nincs lokális inverze, semmilyen kis környezetében,
ha f '(z0 ) ≠ 0, akkor f-t a z0 pont elég kis környezetére leszűkítve, f-nek létezik inverze, az inverz
függvény értelmezve és holomorf a w0 = f (z0 ) pont egy környezetében.
Megjegyzés: abból, hogy ∃ f '(z) ≠ 0,∀z ∈ Ω ⇒ f injektív. Például nézzük az f (z) = ez függvényt, mely 2πi
szerint periodikus, vagyis f (z + 2πi) = f (z) . Ez a függvény tehát nem injektív, pedig
f '(z) = (ez )' = ez ≠ 0,∀z ∈ ℂ.
- 32 -
Állítás: az f (z) = ez függvény injektív az Ω: = {ℂ ∍ z = x + iy:x ∈ ℝ,0 ≤ y < 2π} -n és Rf = ℂ\{0} .
Bizonyítás: legyen w ∈ ℂ\{0} és ez = w . z = x + iy ⇒ ez = ex+ iy = ex(cos y + i sin y) , valamint
w = r ⋅ eiϕ = r ⋅ (cos ϕ + i sinϕ) , ahol r = ||w|| , [0,2π) ∍ ϕ = argw . ex = r = ||w|| ⇔ x = ln||w|| , y = ϕ = argw ,
tehát ez = w ⇔ z = x + iy = ln||w|| + i argw .
Az előbbiek alapján szeretnénk definiálni a természetes alapú logaritmust a komplex számokon.
Definíció: w ∈ ℂ\{0} esetén legyen logw: = ln||w|| + i argw . (A logaritmus függvény értelmezhető minden
olyan tartományon, ahol az argumentum egyértelműen értelmezhető. Mivel log(z) = ln z , ha z tisztán valós,
olykor log z helyett ln z jelölést használjuk, még ha z nem is tisztán valós.)
Konform leképezések
Definíció: legyen Ω ⊂ ℂ tartomány. Ha f :Ω → ℂ holomorf és f '(z) ≠ 0,∀z ∈ Ω , akkor f-t konform
leképezésnek nevezzük.
Konform leképezések alaptétele: legyen Ω ⊂ ℂ egyszeresen összefüggő tartomány, melynek legalább 2
határpontja van. Ekkor létezik egyetlen f konform leképezés, amely Ω -t a ℂ egységkörére képezi injektív
módon úgy, hogy egy adott z0 ∈ Ω pontra f (z0 ) = 0 , arg f '(z0 ) = ϕ adott.
Példa: félsík konform leképezése az egységkörre. Ω: = {z ∈ ℂ:ℑ(z) > 0} , K1 : = {w ∈ ℂ: ||w|| < 1} .
f (z): =z− z0z− z0
eiϕ , ahol a felülvonás a komplex konjugálás. Láthatjuk, hogy f holomorf Ω -n, és ℑ(z) > 0 miatt
||z− z0 ||||z− z0 ||
< 1 ⇔z− z0z− z0
∈ K1 ⇒ w ∈ K1 . Ha ℑ(z) = 0 , akkor |||z− z0z− z0
|||= 1 , ha ℑ(z) < 0 ⇒ |
||z− z0z− z0
|||> 1 , vagyis ekkor w
a K1 -en kívül van.
Alkalmazás áramlástani feladatokra
Síkbeli az áramlás, ha az áramlás sebessége egy (x, y) ∈ ℝ2 pontban (u(x, y), v(x, y)) , ahol u(x, y): = u(x + iy) ,
v(x, y): = v(x + iy) , w(x, y): = (u(x, y), v(x, y)) , w(x + iy): = u(x + iy) + iv(x + iy) ,
w (x + iy) = u(x + iy) − i ⋅ v(x + iy) .
Bizonyos fizikai feltételek teljesülése esetén az áramlás divergencia- és rotációmentes, vagyis
0 = divw : = ∂u ∂x
+ ∂ vdy
és 0 = rotw = ∂ v∂x
− ∂u ∂y
. A w függvényre teljesülnek a Cauchy-Reimann parciális
differenciálegyenletek ⇒ w holomorf függvény ( u és v folytonosan differenciálható). A w függvénynek létezik
- 33 -
primitív függvénye, f '(z): = w , F : = f + ig . Ekkor F ′ = w = u − iv
F ′ =∂ f
∂x+ i
∂g
∂x
⎫
⎬
⎭
⎪
⎪ u =
∂ f
∂x , v = −
∂g
∂x . Mivel F holomorf,
ezért F-re is teljesülnek a C-R egyenletek: ∂ f
∂x=
∂g
∂y , ∂ f
∂y= −
∂g
∂x ⇒ u =
∂ f
∂x=
∂g
∂y, v = −
∂g
∂x=
∂ f
∂y . A fizikában
f-et a sebesség potenciáljaként definiáljuk. Belátjuk, hogy g az áramvonalak mentén állandó. Áramvonal: olyan
(ϕ,ψ):[α, β] → ℝ2 folytonosan differenciálható görbe, melynél
(ϕ(t), ψ(t)) ∥ (u(ϕ(t),ψ(t)), v(ϕ(t),ψ(t))), t ∈ [α, β] , vagyis melynél a görbe érintővektora párhuzamos a helyi
sebességvektorral. Ekkor
u(ϕ(t),ψ(t)) = λ(t) ⋅ ϕ(t) / ⋅ ψ(t)
v(ϕ(t),ψ(t)) = λ(t) ⋅ ψ(t) / ⋅ ϕ(t)
u(ϕ(t),ψ(t))ψ(t) − v(ϕ(t),ψ(t))ϕ(t) = 0
A C-R egyenletekből következőket felhasználva, majd a közvetett függvény deriválására vonatkozó
összefüggésből ∂g
∂y(ϕ(t),ψ(t))ψ(t) +
∂g
∂x(ϕ(t),ψ(t))ϕ(t) = 0 ⇔ d
dt [g(ϕ(t),ψ(t))] = 0 , tehát a t ↦ g(ϕ(t),ψ(t))
függvény állandó.
Lebesgue-integrál
A Reimann integrál hátrányai:
csak véges intervallumon és korlátos függvények esetén értelmezhető közvetlenülaz integrál és a limesz felcserélhetősége csak egyenletes konvergencia esetén lehetségesnevezetes függvényterek nem vezethetők be
Definíció: legyen I valamilyen ℝn -beli intervallum, azaz I : = I1 × I2 × ... × In , ahol Ij = [aj , bj ] ∈ ℝ
egydimenziós intervallumok. Ekkor az I Lebesgue mértéke: λ(I): = λ(I1 ) ⋅ λ(I2 ) ⋅ ... ⋅ λ(In ) , ahol λ(Ij) = bj − aj .
Definíció: egy A ⊂ ℝn halmazt nullmértékűnek nevezünk, ha ∀ε > 0 szám esetén az A halmaz lefedhető
megszámlálhatóan (véges vagy végtelen) sok intervallummal úgy, hogy azok mértékének összege ≤ ε , vagyis
- 34 -
04. 23.
A ⊂ ∪k= 1
∞I k , I k ⊂ ℝn ,
∑k= 1
∞
λ(Ik) ≤ ε .
Példák:
minden megszámlálhatóan (véges vagy végtelen) sok pontból álló halmaz ℝn -ben nullmértékű. Legyen
ε > 0 tetszőleges. Az i-edik pontot lefedjük egy Ii kis intervallummal úgy, hogy mértéke ε2 i legyen, tehát
az első pontot például egy ε2 mértékű intervallummal. Mivel
∑k= 1
∞ ε
2k= ε , így az említett halmaz valóban
nullmértékű
1.
ℝ2 -ben egy egyenes szakasz nullmértékű, ugyanis lefedhető tetszőlegesen kis magasságú téglalappal2.
ℝ2 -ben minden egyenes is nullmértékű. Ehhez belátjuk,
hogy megszámlálhatóan végtelen sok nullmértékű halmaz
uniója is nullmértékű: A: = ∪j = 1
∞Aj , ekkor az első
ponthoz hasonlóan Aj -t befedjük egy legfeljebb ε2 j
mértékűvel, vagyis A1 -t egy legfeljebb ε2 -vel, A2 -t egy
legfeljebb ε2 2
-tel... Így felhasználva ismét a ∑k= 1
∞ ε
2k= ε összefüggést, láthatjuk, hogy az említett halmaz
valóban nullmértékű.
3.
Tehát láttuk, hogy ℝ2 -ben megszámlálhatóan sok nullmértékű halmaz unója is nullmértékű. De ez nem
csak ℝ2 -ben igaz, az érvelés hasonló általános esetben. Legyen Aj nullmértékű, belátjuk, hogy ∪j = 1
∞Aj
nullmértékű.
- 35 -
A1 ⊂ ∪k= 1
∞I1,k , ∑
k= 1
∞
λ(I1,k) ≤ ε2
A2 ⊂ ∪k= 1
∞I2,k , ∑
k= 1
∞
λ(I2,k) ≤ ε
2 2
⋮
Aj ⊂ ∪k= 1
∞I j,k , ∑
k= 1
∞
λ(I j,k) ≤ ε
2 j
⋮
Ezek az I j ',k intervallumok megszámlálhatóan végtelen sokan vannak, mert sorba rendezhetjük őket (táblázatba
rendezve őket, az átlók mentén a sorrend: I1,1 , I1,2 , I2,1 , I1,3 , I2,2 , I3,1 … ), ekkor pedig ∑j ' = 1
∞ ε
2 j '= ε miatt az
unió is nullmértékű.
Előző órán láttuk, hogy ℝ2 -ben egy egyenes nullmértékű, ugyanis megszámlálhatóan végtelen sok nullmértékű
halmaz uniója. Hasonlóan, ℝ3 -ben egy sík nullmértékű...
Lépcsős függvények integrálja
Definíció: legyen f :ℝn → ℝ olyan függvény, hogy véges sok intervallumban nem 0 állandó, máshol 0. Ekkor
f-t lépcsős függvénynek nevezzük.
Definíció: legyen f lépcsős függvény, mely az Ik intervallumon ck -val egyenlő. Ekkor ∫
f : =∑k= 1
∞
ckλ(Ik) .
Belátható, hogy a definíció egyértelmű.
A lemma Legyen ( fj) lépcsős függvények monoton csökkenő sorozata, amelyre limj→ ∞
fj (x) = 0,∀x ∈ {ℝ\A} ,
ahol A nullmértékű halmaz. Ezt úgy mondjuk, hogy a limesz majdnem x-re vagy majdnem mindenütt 0. Ekkor az
integrálok limj→ ∞∫
fj = 0 sorozata . (Bizonyítás nélkül.)
B lemma Legyen ( fj) lépcsős függvények egy monoton növő sorozata, amelyre az integrálok sorozata ∫
fj
felülről korlátos, ∫
fj ≤ C ∈ ℝ, ∀ j ⇔ lim∫
fj véges. Ekkor majdnem minden x ∈ ℝn pontra limj→ ∞
fj (x) is véges.
- 36 -
Bizonyítás: legyen M0 : ={
x ∈ ℝn : limj→ ∞
fj (x) = ∞}
! Ekkor belátandó, hogy M0 nullmértékű. Tetszőleges
rögzített ε > 0 esetén legyen Mε, j : = {x ∈ ℝn : fj (x) > Cε} ! Mivel ( fj) monoton növő, ezért
Mε,1 ⊂ Mε,2 ⊂ Mε,3 ⊂ … ⇒ Mε,N = ∪j = 1
NMε, j . Jelöljük: Mε : = {x ∈ ℝn : ∃ j ∈ ℕ: fj (x) > C
ε} . Ekkor
Mε = ∪j = 1
∞Mε, j , M0 ⊂ Mε , ∀ε > 0 . Mε, j véges sok diszjunkt intervallum egyesítése, melyek mértékének
összege ≤ ε, ∀ j , mert ha nem így lenne, akkor az ∫
fj > εC
ε= C ellentmondásra vezetne. Tehát
Mε = ∪j = 1
∞Mε, j megszámlálhatóan végtelen sok intervallum uniója,
Mε,1 ⊂ Mε,2 ⊂ ... ⇒ λ(Mε,1 ) ≤ λ(Mε,2 ) ≤ ... ≤ ε ⇒ λ(Mε) = λ(
∪j = 1
∞Mε, j)
≤ ε . M0 ⊂ Mε , ∀ε > 0 ⇒ M0
nullmértékű.
Definíció: jelölje C1 az olyan f :ℝn → ℝ függvények összességét, amelyekhez léteznek lépcsős függvények
monoton növekedő olyan ( fj) sorozata, hogy f (x) = limj→ ∞
fj (x) majdnem minden x-re és (∫
fj) sorozat
felülről korlátos ⇔ ∃lim∫
fj < ∞ .
Megjegyzés: tfh f ∈ C1 . Ekkor az ∫
f -t így szeretnénk értelmezni: ∫
f : = limj→ ∞∫
fj . Kérdés:
egy ilyen definíció egyértelmű lenne-e, vagyis függ-e az ( fj) sorozat megválasztásától?1.
Ha spec. f lépcsős függvény, akkor a régi és az új definíció azonos-e?2.
Tétel: legyenek f , g ∈ C1 , f ≤ g , ( fj) és (gj) lépcsős függvények monoton sorozata úgy, hogy lim( fj) = f ,
lim(gj) = g , továbbá ∫
fj és ∫
gj korlátos. Ekkor lim∫
fj ≤ lim∫
gj .
Bizonyítás: jelöljük egy h:ℝn → ℝ függvény pozitív illetve negatív részét: h + (x): =
⎧⎨
⎩
⎪⎪
h(x) ha h(x) > 0
0 ha h(x) ≤ 0 ,
h− (x): =
⎧⎨
⎩
⎪⎪
h(x) ha h(x) < 0
0 ha h(x) ≥ 0 . Tekintsük rögzített j ∈ ℕ esetén a következő függvénysorozatot:
( fj − gk)k∈ ℕ . Mivel (gk) monoton növő, ( fj − gk)k∈ ℕ
monoton csökkentő függvénysorozat.
limk→ ∞
( fj − gk) = fj − g majdnem mindenütt. Mivel ( fj) monoton növő és lim( fj) = f majdnem mindenütt
- 37 -
⇒ fj ≤ f ≤ g ⇒ fj ≤ g , vagyis fj − g ≤ 0 majdnem mindenütt. limk→ ∞
( fj − gk) = fj − g ≤ 0 . Tekintsük
( fj − gk)k∈ ℕ
+ -t, ez is lépcsős függvénysorozat, ez is monoton csökkenő, lim
k→ ∞( fj − gk)
+= ( fj − g)
+= 0
majdnem mindenütt. Alkalmazzuk az A lemmát az ( fj − gk)k∈ ℕ
+ sorozatra ⇒ lim
k→ ∞∫ ( fj − gk)+
= 0 . Nyilván
h− ≤ h ≤ h+ ⇒ fj − gk ≤ ( fj − gk)+
⇒∫ ( fj − gk) ≤
∫ ( fj − gk)+
⇒∫
fj −∫
gk ≤∫ ( fj − gk)
+ .
Ekkor k → ∞ esetre ∫
fj − limk→ 0∫
gk ≤ 0 ⇒∫
fj ≤ limk→ ∞∫
gk , ∀ j , ezért limj→ ∞∫
fj ≤ limk→ ∞∫
gk .
Következmények:
Ha f = g ∈ C1 és ( fj) és (gj) lépcsős függvények monoton növekedő sorozata, amelyekre lim( fj) = f
majdnem mindenütt és lim(gj) = g majdnem mindenütt, akkor ⇒ lim∫
fj = lim∫
gj . Most már lehet
definiálni: ∫
f : = lim∫
fj , ahol f ∈ C1 .
1.
Ha f spec. lépcsős függvény, akkor a régi és az új integrál definíciója azonos, ugyanis választható fj = f
-nek.
2.
f , g ∈ C1 és f ≤ g ⇒∫
f ≤∫
g.3.
Az integrál tulajdonságai C1 -ben
Ha f , g ∈ C1 ⇒ ( f + g) ∈ C1 és ∫
( f + g) =∫
f +∫
g .1.
Tfh f ∈ C1 , λ ≥ 0 állandó λ ⋅ f ∈ C1 és ∫
λ f = λ∫
f .2.
Ha f ∈ C1 ⇒ f + ∈ C1 , f − ∈ C1 .3.
Bizonyítás:
Definíció szerint ∃( fj) és ∃(gj) monoton növekedő lépcsős függvénysorozatok, melyekre lim( fj) = f
majdnem mindenütt, lim(gj) = g majdnem mindenütt és ∫
f = lim∫
fj valamint ∫
g = lim∫
gj .
( fj + gj) lépcsős függvények monoton növő sorozata, lim( fj + gj) = f + g .
lim∫ ( fj + gj) = lim
[∫fj +
∫gj]
= lim∫
fj + lim∫
gj ⇒
⇒∫
( f + g) = lim∫
fj + lim∫
gj =∫
f +∫
g .
1.
f ∈ C1 ⇒ ∃( fj) lépcsős függvények monoton növő sorozata, hogy lim( fj) = f majdnem mindenütt.
Ekkor lim∫
fj =∫
f ⇒ (λ fj) lépcsős függvények monoton sorozata,
2.
- 38 -
lim∫
λ fj = λ lim∫
fj = λ∫
f ⇒∫
λ f = λ∫
f .
( fj) → f monoton növekvő, ( fj+
) → f + monoton növekvő, és ( fj−
) → f − szintén3.
Definíció: ( f ∪ g)(x): = max{ f (x), g(x)} , ( f ∩ g)(x): = min{ f (x), g(x)} .
Állítás: ha f , g ∈ C1 ⇒ ( f ∪ g) ∈ C1 , ( f ∩ g) ∈ C1 .
Integrálás a C2 osztályában
Definíció: ha f = f1 − f2 , ahol f1 , f2 ∈ C1 , akkor f ∈ C2 . Ekkor legyen ∫
f : =∫
f1 −∫
f2 .
Állítás: az integrál definíciója egyértelmű.
Bizonyítás: legyen f = f1 − f2 = g1 − g2 , ahol f1 , f2 , g1 , g2 ∈ C1 . ∫
f1 −∫
f2 =∫
g1 −∫
g2 ugyanis
∫f1 +
∫g2 =
∫g1 +
∫f2 , mert f1 + g2 = g1 + f2 ⇒
∫f1 +
∫g2 =
∫g1 +
∫f2 .
A C2 -beli integrál tulajdonságai:
ha f , g ∈ C2 ⇒ f + g ∈ C2 és ∫
f + g =∫
f +∫
g1.
f ∈ C2 , λ ∈ ℝ ⇒ λ ⋅ f ∈ C2 és ∫
λ f = λ∫
f2.
f , g ∈ C2 , f ≤ g ⇒∫
f ≤∫
g3.
Ha f ∈ C2 , akkor egy nullmértékű halmazon megváltoztatva szintén továbbra is ∈ C2 marad, és az
integrál értéke nem változik
4.
Ha f ∈ C2 ⇒ f + , f − , || f || ∈ C2 .5.
Ha f ∈ C2 ⇒|
|||∫
f|
||| ≤
∫|| f || .6.
Legyen f ∈ C2 , ekkor ∃( fj) lépcső függvényekből álló sorozat (nem feltétlen monoton), hogy ( fj) → f
majdnem mindenhol és ∫
fj →∫
f
7.
Bizonyítás:
f = f1 − f2 , g = g1 − g2 , ahol f1 , f2 , g1 , g2 ∈ C1 ⇒ f + g = ( f1 + g1 ) ∈C1
− ( f2 + g2 ) ∈C1
,
∫( f + g) =
∫( f1 + g1 ) −
∫( f2 + g2 ) =
[∫( f1 ) +
∫(g1 )
]−
[∫( f2 ) +
∫(g2 )
]=
1.
- 39 -
=(∫
f1 −∫
f2 )+
(∫g1 −
∫g2 )
=∫
f +∫
g
f = f1 − f2 , f1 ∈ C1 , ekkor λ f = λ f1 − λ f2 . Ha λ ≥ 0 , akkor λ f = λ f1⏟∈C1
− λ f2⏟∈C1
. Ha
λ < 0 ⇒ λ f = (−λ)⏟> 0
f2 − (−λ)⏟> 0
f1 .
2.
f ≤ g ⇒ g − f ≥ 0. Azt kellene igazolni, hogy ekkor ∫
(g − f )⏟= h
≥ 0. h ≥ 0 , h: = h1 − h2 ,
hj ∈ C1 ⇒ h1 ≥ h2 ⇒∫
h1 ≥∫
h2 ⇒∫
h1 −∫
h2 ≥ 0 ⇒∫
h ≥ 0 .
3.
f = f1 − f2 , fj ∈ C1 . || f || = ( f1 ∪ f2 )∈C1
− ( f1 ∩ f2 )∈C1
. f + = ( f1 ∪ f2 ) − f2 , f − = ( f1 ∪ f2 )∈C1
− f1︸∈C1
5.
−|| f || ≤ f ≤ || f || ⇒ −∫
|| f || ≤∫
f ≤∫
|| f || .6.
f ∈ C2 ⇒ ∃g, h: f = g − h , ahol g, h ∈ C1 ⇒ ∃(gj) (monoton növő) lépcsős függvénysorozat, hogy
(gj) → g majdnem mindenütt és lim∫
gj =∫
g továbbá ∃(hj) (monoton növő) lépcsős
függvénysorozat, hogy (hj) → h majdnem mindenütt és
lim∫
hj =∫
h ⇒ lim(gj − hj) : = lim( fj) = g − h = f majdnem mindenütt,
∫lim(gj − hj) =
∫ (lim gj − lim hj) = lim∫
gj − lim∫
hj =∫
g −∫
h =∫
f .
7.
Állítás: ha f , g ∈ C2 ⇒ ( f ∪ g) ∈ C2 , ( f ∩ g) ∈ C2 .
Bizonyítás: f ∪ g = ( f − g) +
∈C2
+ g︸∈C2
, f ∩ g = f︸C2
− ( f − g) +
C2
Beppo Levi tétele (monoton sorozatokból, illetve nemnegatív tagú sorokról)
Tfh fj ∈ C2 (integrálható), ( fj) monoton nő és lim∫
fj véges ( ⇔∫
fj felülről korlátos). Ekkor
f (x): = lim( fj (x)) véges majdnem minden x-re, továbbá f is integrálható, ∫
f = lim∫
fj .
1.
Sorokra: tfh gj ∈ C2 , gj ≥ 0 és ∑j = 1
∞
∫gj < ∞. Ekkor majdnem minden x-re C2 ∍ f (x): =
∑j = 1
∞
gj (x) < ∞
(a sor konvergens) és ∫
f =∑j = 1
∞
∫gj .
2.
- 40 -
04.30
A két állítás egymással ekvivalens, ugyanis legyen fk : =∑k= 1
k
gj . Az fk monoton nő ⇔ gj ≥ 0 ,
lim∫
fk = lim∫ ∑
j = 1
k
gj = lim∑j = 1
k
∫gj . A sorokra vonatkozó formáját fogjuk bizonyítani.
Beppo Levi tételének bizonyítása
Két részre bontjuk a bizonyítást, első részben gj ∈ C1 .
Ez azt jelenti, hogy ∃h jk : limk→ ∞
(h jk ) = gj majdnem mindenütt, ahol h jk lépcsős függvények, monoton nőnek,
továbbá ∫
gj = limk→ ∞∫
h jk . Mivel gj ≥ 0 , ezért feltehető, hogy h jk ≥ 0 , ugyanis h jk helyett választhatnánk a
hjk
+ függvényeket is. 5let: jelöljük Hk : =∑j = 1
k
h jk , ekkor Hk is lépcsős függvény és (Hk) monoton növő sorozat,
ugyanis Hk+ 1 =∑j = 1
k+ 1
h jk +1 ≥∑j = 1
k
h jk +1 ≥∑j = 1
k
h jk = Hk , továbbá h jk ≤ gj , mert (h jk )k∈ ℕ monoton növőleg
tart gj -hez. Hk =∑j = 1
k
h jk ≤ Gk : =∑j = 1
k
gj ⇒∫
Hk ≤∫
Gk =∫ ∑
j = 1
k
gj =∑j = 1
k
∫gj ≤
∑j = 1
∞
∫gj < ∞ .
Alkalmazzuk a B lemmát a (Hk) sorozatra. Eszerint ∃H : lim(Hk) = H ⇒ H ∈ C1 majdnem mindenütt, és
∫H = lim
∫Hk . Legyen m > k , ekkor Hm =
∑j = 1
m
h jm ≥∑j = 1
k
h jm . Ha most m → ∞ , akkor Hm → H, h jm → gj
majdnem mindenütt, így H ≥∑j = 1
k
gj = Gk . Tehát Hk ≤ Gk ≤ H . Ha most k → ∞ , akkor Hk → H , így
Gk → H . limk→ ∞ ∑
j = 1
k
gj (x) = H(x) = : f (x) , vagyis ∑j = 1
∞
gj (x) = f (x) . H ∈ C1 ⇔ f ∈ C1 .
Hk ≤ Gk ≤ H ⇒∫
Hk ≤∫
Gk ≤∫
H , ahol ∫
Hk →∫
H , így ∫
Gk →∫
H =∫
f .
∫ ∑j = 1
k
gj =∑j = 1
k
∫gj →
∫f .
Most a második része a bizonyításnak: általános estben vizsgálódunk, mikor gj ∈ C2 . Észrevétel:
∀ε > 0∀ϕ ∈ C2 ∃ϕ1 ,ϕ2 ∈ C1 :ϕ = ϕ1 − ϕ2 ,ϕ2 ≥ 0,∫
ϕ2 ≤ ε . Ugyanis tetszőleges ϕ ∈ C2 esetén ϕ
- 41 -
előállítható ϕ = ϕ1 − ϕ2 formában, ahol ϕ1 ,ϕ2 ∈ C1 . Mivel ϕ2 ∈ C1 , ezért ∃(ψk) monoton növő lépcsős
függvény sorozat, amelyre lim(ψk) = ϕ2 majdnem mindenütt , lim∫
(ψk) =∫
ϕ2 . ϕ2 ≥ ψk ⇒ ϕ2 − ψk ≥ 0,∀k
. ∀ε > 0∃k0 :∫ (ϕ2 − ψk0 ) ≤ ε . Így ϕ = (ϕ1 − ψk0 )
∈C1
− (ϕ2 − ψk0 )
≥ 0,∈C1 ,∫ (ϕ2 −ψk0 )≤ ε
.
Alkalmazzuk tehát az észrevételt gj ∈ C2 függvényekre: gj = g j,1 − g j,2 , ahol g j,1 , g j,2 ∈ C1 és g j,2 ≥ 0 ,
∫g j,2 ≤ 1
2 j . Tehát g j,2 ≥ 0 , g j,2 ∈ C1 , ∑j = 1
∞
∫g j,2 ≤
∑j = 1
∞ 1
2 j< ∞ . A g j,2 tagokból álló sorra alkalmazható a
bizonyítás első része, így ∑j = 1
∞
g j,2 (x): = g2* (x) konvergens majdnem minden x-re, g2
* ∈ C1 ,
∫g2
* =∑ j = 1
∞
∫g j,2 . Másrészt g j,1 = gj + g j,2 ≥ 0 , g j,1 ∈ C1 .
∫g j,1 =
∫gj +
∫g j,2 , így
∑j = 1
∞
∫g j,1 =
∑j = 1
∞
∫gj +
∑j = 1
∞
∫g j,2 , ezért a g j,1 tagokból álló sorra is alkalmazható a bizonyítás első része
⇒∑ j = 1
∞
g j,1 (x): = g1* (x) konvergens majdnem minden x-re, g1
* ∈ C1 , ∫
g1* =
∑ j = 1
∞
∫g j,1 , így
∑ j = 1
∞
gj =∑ j = 1
∞
(g j,1 − g j,2 ) = g1* − g2
* = : f konvergens majdnem minden x-re és f ∈ C2 , mert
g1* ∈ C1 és g2
* ∈ C1 ; továbbá ∫
f =∑j = 1
∞
∫gj .
Következmények (a vizsgán a tételek következményei legalább oly fontosak, mint a bizonyítások):
tfh fj ∈ C2 , ( fj) monoton nő, lim( fj) = f majdnem mindenütt, ahol f ∈ C2 , ekkor ∫
f = lim∫
fj .
Ugyanis a feltevésekből következik, hogy fj ≤ f ⇒∫
fj ≤∫
f , így a Beppo-Levi tétel miatt
∫f = lim
∫fj .
1.
tfh gj ∈ C2 , gj ≥ 0 , ∑j = 1
∞
gj = f majdnem mindenütt, vagyis konvergens, ahol f ∈ C2 . Ekkor
∫f =
∑j = 1
∞
∫gj . (A részletösszegekre alkalmazzuk az 1-t.)
2.
- 42 -
ha gj ∈ C2 , de nem teszem fel róluk, hogy nemnegatívak, de ∑j = 1
∞
∫|||gj
||| < ∞ ⇒ majdnem minden x-re
∑j = 1
∞
gj (x) = f (x) , vagyis a sor majdnem mindenütt konvergens, ahol f ∈ C2 , ∫
f =∑j = 1
∞
∫gj .
Bizonyítás: −|||gj
||| ≤ gj
− ≤ gj ≤ gj+ ≤ |
||gj||| ⇒
∫gj
+ ≤∫
|||gj
|||, ∑j = 1
∞
∫gj
+ < ∞.
−gj− ≤ |
||gj||| ⇒
∫ (−gj−
) ≤∫
|||gj
||| ⇒
∑j = 1
∞
∫ (−gj−
) ≤∑j = 1
∞
∫|||gj
||| < ∞. A Beppo Levi tétel alkalmazható
gj+ , illetve a (−gj
−) tagokból álló sorra. Tehát ∃ lim
k→ ∞ ∑j = 1
k
(−gj−
) : = − f− és ∃ limk→ ∞ ∑
j = 1
k
gj+ : = f+ , így
gj = gj+ + gj
− ⇒∑j = 1
∞
gj =∑j = 1
∞
(gj+ + gj
−) =
∑j = 1
∞
gj+ +
∑j = 1
∞
gj− = f+ + f− : = f , valamint
∫f =
∫ ( f− + f+ ) =∫ ( ∑
j = 1
∞
gj− +
∑j = 1
∞
gj+
)=
∑j = 1
∞
∫gj
− +∑j = 1
∞
∫gj
+ .
3.
ha f ∈ C2 , f ≥ 0 , ∫
f = 0 ⇒ f = 0 majdnem mindenütt.
Bizonyítás: alkalmazzuk a Beppo Levi tételt gj : = f ∀ j -re: gj ≥ 0 , gj ∈ C2 ,
∫gj =
∫f = 0 ⇒
∑j = 1
∞
∫gj = 0 ⇒
∑j = 1
∞
gj (x)
⏟f (x)
konvergens majdnem minden x-re ⇒ f (x) = 0 majdnem
minden x-re.
4.
Lebesgue tétel
Kérdés: ha fj ∈ C2 , lim( fj) = f majdnem mindenütt, akkor igaz-e, hogy ⇒ f ∈ C2 , ∫
f = lim∫
fj .
Válasz: általában nem, de más megszorítást alkalmazva már igen.
Példák:
fj (t) = ( j + 1)t j , t ∈ [0,1], j ∈ ℕ . Ekkor limj→ ∞
fj (t) =
⎧
⎨
⎩
⎪
⎪
0 ha t ∈ [0,1)
∞ ha t = 1 , vagyis lim fj = 0 majdnem1.
- 43 -
mindenütt a [0,1] intervallumon. limj→ ∞ ∫
0
1
fj (t) = [tj+ 1
]0
1= 1 ≠
∫0
1
limj→ ∞
fj (t) = 0 .
fj (t) = ( j + 1)2 t j , t ∈ [0,1], j ∈ ℕ , ekkor megint lim fj = 0 majdnem mindenütt, de
∫0
1
fj (t) = ( j + 1) → ∞.
2.
Tétel (Lebesgue tétel): tfh fj ∈ C2 , lim fj = f majdnem mindenütt, ∃g ∈ C2 : ||| fj (x)||| ≤ g(x) majdnem minden
x-re, ∀ j . Ekkor f ∈ C2 és ∫
f = lim∫
fj .
Bizonyítás: jelöljük: hj (x): = sup{ fj (x), f j+ 1 (x),...} = ∪k= j
∞fk(x) . Mivel lim
j→ ∞fj (x) = f (x) majdnem mindenütt,
ezért limj→ ∞
hj (x) = f (x) majdnem minden x-re, (hj) monoton csökkenő sorozat. Belátandó először, hogy
hj ∈ C2 , ∀ j . Pl.: h1 (x) = sup{ f1 (x), f2 (x),...} , h1,k : = sup{ f1 (x), f2 (x), …, fk(x)} = ∪j = 1
kfj . h1,k ∈ C2 , (h1,k)
növő, ∫
h1,k ≤∫
g ⇒ limk→ ∞
h1,k véges majdnem mindenütt (Beppo Levi monoton (növő) sorozatokra), így
h1 = limk→ ∞
h1,k ⇒ h1 ∈ C2 . (hj) ∈ C2 , monoton csökkenő sorozat, ∫
hj ≥ −∫
g ⇒ lim hj = f integrálható
(Beppo Levi monoton (csökkenő) sorozatokra), továbbá ∫
f = lim∫
hj . Észrevétel: fj ≤ hj ⇒∫
fj ≤∫
hj .
Most fordítva: ϕj (x): = inf{ fj (x), f j+ 1 (x),...} . Ekkor limϕj = f majdnem mindenütt, (ϕj) monoton növő.
Ekkor az előbbiekhez hasonló módon belátható, hogy ϕj ∈ C2 , ∀ j . ϕj ≤ fj ≤ g ⇒∫
ϕj ≤∫
g . Ekkor a
Beppo Levi tételét alkalmazva monoton (növő) sorozatokra, lim(ϕj) = f integrálható, ∫
f = lim∫
ϕj ,
ϕj ≤ fj ≤ hj ⇒∫
ϕj ≤∫
fj ≤∫
hj ⇒ lim∫
fj = f .
Spec eset: (kis Lebesgue tétel) tfh ( fj) → f majdnem mindenütt, ∃a > 0: ||x|| > a esetén fj (x) = 0 és
∃K > 0: ||x|| ≤ a esetén ||| fj (x)||| ≤ K , ∀ j . Ekkor f ∈ C2 és ∫
f = lim∫
fj .
Bizonyítás: a g(x): =
⎧
⎨
⎩
⎪
⎪
K ha ||xk || ≤ a, ∀k
0 egyébként függvényt bevezetve az állítást visszavezettük az előző tételre.
Tétel (Fatou lemma): tfh fj ∈ C2 , lim( fj) = f majdnem mindenütt, továbbá 0 ≤ fj majdnem mindenütt, ∫
fj
- 44 -
viszont felülről korlátos. Ekkor f ∈ C2 , ∫
f ≤ liminf∫
fj . (Bizonyítás lehetséges a Lebesgue tétel
bizonyításának gondolatmenetével.)
Tétel: tfh fj ∈ C2 , lim( fj) = f majdnem mindenütt és ∃g ∈ C2 : || f || < g . Ekkor f ∈ C2 .
Bizonyítás: visszavezetjük a Lebesgue tételre. Legyen gj (x): =
⎧
⎨
⎩
⎪⎪
⎪⎪⎪
fj (x) ha ||| fj (x)||| ≤ g(x)
g(x) ha fj (x) > g(x)
−g(x) ha fj (x) < − g(x)
. Ekkor
|||gj
||| ≤ g ∈ C2 . Mivel || f || ≤ g és lim( fj) = f majdnem mindenütt ⇒ lim(gj) = f majdnem mindenütt a
definícióból következően. Alkalmazzuk a (gj) sorozatra a Lebesgue tételt, melyből következik, hogy f ∈ C2 .
Mérhető függvények
Definíció: egy f :ℝn → ℝ függvényt (Lebesgue szerint) mérhetőnek nevezünk, ha előállítható lépcsős
függvények konvergens sorozatának határértékeként majdnem mindenütt.
Állítás: ha f ∈ C2 ⇒ f mérhető. Ezt láttuk korábbról már. ( C2 osztály tárgyalása során.)
Állítás: ha f mérhető és ∃g ∈ C2 : || f || ≤ g ⇒ f ∈ C2 . Ez következik az előző tételből.
Példa: mérhető, de nem integrálható függvényre: f (x) = 1,∀x ∈ ℝn , fj (x) =
⎧
⎨
⎩
⎪
⎪
1 ha ||xk || ≤ j, ∀k = 1,2,...,n
0 egyébként .
Ekkor fj ∈ C2 lépcsős függvény, lim fj (x) = f (x), ∀x ⇒ f mérhető, de ∫
fj → ∞ , vagyis f nem integrálható,
ugyanis ( fj) monoton nő, ezért ha f integrálható lenne, akkor Beppo Levi miatt ∫
f = lim∫
fj = ∞ lenne.
Állítás: ha f, g mérhetőek, akkor
f + g is mérhető,1.
f ⋅ g is mérhető,2.f
g is mérhető, ha g ≠ 0 majdnem mindenütt.3.
Bizonyítás:
f = lim( fj) majdnem mindenütt, fj lépcsős függvény, g = lim(gj) majdnem mindenütt, gj lépcsős
függvény, f + g = lim( fj + gj) majdnem mindenütt, fj + gj is lépcsős függvény.
1.
- 45 -
05.14
1g -re látjuk be, mellyel a 3. állítás 2-ból igazolható: g = lim(gj) majdnem mindenütt,
hj : =
⎧
⎨
⎩
⎪
⎪
1g(x)
ha gj (x) ≠ 0
0 ha gj (x) = 0
, melyből következik, hogy lim(hj) = 1g majdnem mindenütt.
3.
Tétel: tfh fj mérhető, lim( fj) = f majdnem mindenütt ⇒ f mérhető.
Bizonyítás: legyen g:ℝn → ℝ olyan függvény, hogy g(x) > 0,∀x és g ∈ C2 . Értelmezzük a hj függvényeket az
alábbiak szerint: hj : =fjg
||| fj
||| +g
, hj mérhető és ||hj || ≤ g ⇒ hj ∈ C2 . lim(hj) =f g
|| f || +g: = h majdnem mindenütt.
Alkalmazzuk a Lebesgue tételt a (hj) sorozatra! h =f g
|| f || +g∈ C2 , így a fenti összefüggés szerint
f g
|| f || +g= h ⇒ f g − || f ||h = gh ⇔ f g − f ||h|| = gh mert sgn h = sgn f , így f =
gh
g− ||h || , ez pedig mérhető, mert a
számláló mérhető, ugyanis g és h is mérhetők, és mert a nevező is mérhető, továbbá g − ||h|| > 0 , ugyanis
||h|| =|| f ||g
|| f || +g< g .
Tétel: tfh f1 , f2 ,..., fr :ℝn → ℝ mérhető, g:ℝr → ℝ folytonos! Ekkor h: = g ∘ ( f1 , f2 ,..., fr ):ℝn → ℝ mérhető.
Bizonyítás: fk mérhető ⇒ ∃(ϕk, j) j ∈ ℕ lépcsős függvénysorozat, hogy (ϕk, j) j ∈ ℕ
→ fk majdnem mindenütt.
hj : = g ∘ (ϕ1, j ,ϕ2, j ,...,ϕr , j) véges sok intervallumon állandó. g(0,0,...,0) ≠ 0 esetén hj helyett vesszük a
hj∗ (x) =
⎧
⎨
⎩
⎪
⎪
hj (x) ha ||x|| ≤ j
0 ha ||x|| > j függvényt. Mivel hj (x) → h(x) minden x-re ⇒ hj
∗ (x) → h(x) majdnem minden
x-re, hj* lépcsős függvény.
Mérhető halmazok, mérték
Definíció: legyen A ⊂ ℝn halmaz. Az A halmaz karakterisztikus függvényének nevezzük:
χA(x): =
⎧
⎨
⎩
⎪
⎪
1 x ∈ A
0 x ∈ ℝn \A . Látható, hogy ekkor χA(x) ≥ 0 .
Definíció: Egy A ⊂ ℝn halmazt mérhetőnek nevezünk, ha χA(x) mérhető függvény. Ekkor az A halmaz
mértékét így értelmezzük: λ(A): =
⎧
⎨
⎩
⎪⎪⎪⎪
∫ℝ nχA χA ∈ C2
∞ χA ∉ C2
(korábban lehagytuk, hogy milyen halmazon integrálunk,
mert egyértelmű volt). Láthatjuk, hogy λ(A) ≥ 0 .
- 46 -
Állítás: két mérhető halmaz különbsége, véges és megszámlálhatóan végtelen sok mérhető halmaz uniója és
metszete is mérhető.
Bizonyítás: χA\B = χA − χA χB mérhető függvény. χ∪
j =1
kAj
= ∪j = 1
kχAj
, ahol χAj mérhető függvények (felső
burkoló). χ∪
j =1
∞Aj
= limk→ ∞
∪j = 1
kχAj
Állítás: egy A ⊂ ℝn nullmértékű ⇔ λ(A) = 0 , azaz ∫ℝ n
χA = 0 .
Bizonyítás: ⇒ irányba: ha A nullmértékű, λ(A) =∫ℝ n
χA = 0 mert χA = 0 majdnem mindenütt, ha A
nullmértékű.
⇐ irányba: ha λ(A) =∫ℝ n
χA = 0 , χA ≥ 0 ⇒ χA = 0 majdnem mindenütt ⇒ A nullmértékű.
Tétel: ha A = ∪j = 1
kAj és Aj mérhetők, páronként diszjunktak ⇒ λ(A) = λ
(∪j = 1
kAj)
=∑j = 1
k
λ(Aj) . Ezt úgy
mondjuk, hogy a mérték additív halmazfüggvény.
Bizonyítás: ugyanis ha a fentiek teljesülnek, akkor χA = χ∪
j =1
kAj
=∑j = 1
k
χAj⇒
∫ℝ nχA
⏟λ(A)
=∑j = 1
k
∫ℝ nχAj
⏟λ(Aj)
.
Tétel: ha A = ∪j = 1
∞Aj , Aj mérhetők, páronként diszjunktak ⇒ λ(A) = λ
(∪j = 1
kAj)
=∑j = 1
∞
λ(Aj) . Ezt úgy
mondjuk, hogy a mérték σ additív.
Bizonyítás: csak vázolva: χ∪
j =1
∞Aj
=∑j = 1
∞
χAj , most pedig a Beppo Levi tételt alkalmazzuk.
Integrálás mérhető halmazokon
Eddig f :ℝn → ℝ függvények (Lebesgue) integrálját értelmeztük.
- 47 -
Definíció: legyen A ⊂ ℝn mérhető halmaz, f :A → ℝ függvény. Legyen f (x): =
⎧
⎨
⎩
⎪
⎪
f (x) x ∈ A
0 x ∈ ℝn \A . Ha
f :ℝn → ℝ függvény integrálható, akkor azt mondjuk, hogy az f :A → ℝ függvény integrálható és
∫Af =
∫ℝ nf .
Megjegyzés:
ha g:ℝn → ℝ függvény integrálható és A ⊂ ℝn mérhető, akkor h: = g||A :A → ℝ integrálható, ugyanis
h: =
⎧
⎨
⎩
⎪
⎪
h(x) x ∈ A
0 x ∈ ℝn \A , ekkor h: = g ⋅ χA mérhető, továbbá |||h
||| ≤ ||g|| integrálható ⇒ h is integrálható.
Ha f :A → ℝn integrálható, B mérhető, B ⊂ A ⇒ f ||B is integrálható.
A Lebesgue és Riemann integrál kapcsolata
Legyen f :[a, b] → ℝ korlátos függvény.
Tétel: ha f egy Lebesgue szerint nullmértékű halmaz kivételével folytonos, akkor f függvény Riemann és
Lebesgue szerint is integrálható, és a kétféle integrál egyenlő.
Bizonyítás: először belátjuk, hogy az f Lebesgue integrálható
(sőt, f ∈ C1 ).
ϕ1 : =
⎧
⎨
⎩
⎪⎪⎪⎪
inf{ f (x):a ≤ x ≤ a+b2 } ha x ∈ [a, a+b
2 ]
inf{ f (x): a+b2
≤ x ≤ b} ha x ∈ (a+b
2, b]
ϕ2 : =
⎧
⎨
⎩
⎪⎪⎪
⎪⎪⎪
inf{ f (x):a ≤ x ≤ d1 } ha x ∈ [a, d1 ]
inf{ f (x):d1 < x ≤ c1 } ha x ∈ (d1 , c1 ]
⋮ ⋮
inf{ f (x):d2 < x ≤ b} ha x ∈ (d2 , b]
... és így tovább (vagyis az egyes intervallumokat mindig felezzük), valamint ϕk(x): = 0 ha x ∉ [a, b], ∀k .
Ekkor ϕk -k lépcsős függvények, (ϕk) monoton növő. Mivel f folytonos egy nullmértékű halmaz kivételével,
ezért ϕk(x) → f (x) majdnem mindenütt (ahol f folytonos). ∫L
ϕk ≤ (b − a)M , ahol M olyan szám, amelyre
|| f (x)|| ≤ M , ezért f ∈ C1 , ∫L
f = lim∫L
ϕk (Lebesgue integrál).
- 48 -
Az f függvény egy Riemann féle felső összege ∫L
ψk , ahol
ψ1 (x): =
⎧
⎨
⎩
⎪⎪⎪⎪
sup{ f (x):a ≤ x ≤ a+b2 } ha x ∈ [a, a+b
2 ]
sup{ f (x): a+b2
< x ≤ b} ha x ∈ (a+b
2, b]
ψk -k lépcsős függvények, monoton csökkenők, (ψk) → f majdnem mindenütt.
∫R
ψk ≥ − (b − a)M ⇒ − f ∈ C1 , ∫L
f = lim∫R
ψk (ahol előbbi a Lebesgue integrál, utóbbi a Riemann féle
integrál felső összege), lim∫L
ϕk =∫L
f , lim∫R
ψk =∫R
f ⇒ f Reimann és Lebesgue integrálható, és az
integrálok értéke megegyezik.
Tétel: ha f :[a, b] → ℝ korlátos függvény Riemann szerint integrálható ⇒ f folytonos majdnem mindenütt.
(bizonyítás nélkül)
Megjegyzés: ha egy f függvény Riemann szerint improprius integrálja konvergens ⇒ f Lebesgue integrálható.
Példa: a [0,∞) intervallumon értelmezzük az f függvényt: f (x): = (−1) j 1j ha j − 1 ≤ x < j , j ∈ ℕ .
∫0
∞
f (x)dx
improprius integrálja konvergens, mert ∑j = 1
∞
(−1) j1
j konvergens.
∫0
∞
|| f (x)||dx divergál, mert ∑j = 1
∞ 1
j divergál. Ha f
Lebesgue szerint integrálható ⇒ || f || is integrálható Lebesgue szerint. Tehát a fenti f függvény improprius
integrálja konvergens, de nem Lebesgue-integrálható.
Másik példa: f (x): =
⎧
⎨⎩
⎪
⎪
1 x ∈ ℝ\ℚ
0 x ∈ ℚ . Ekkor f Lebesgue szerint integrálható ( ℚ egy nullmértékű halmaz), de
Riemann szerint nem integrálható.
Tétel (Fubini tétel) (bizonyítás nélkül): tfh f :ℝ2 → ℝ képező, integrálható függvény. Ekkor majdnem minden
x ∈ ℝ esetén y ↦ f (x, y) integrálható ℝ -en, továbbá x ↦∫
f (x, y)dy is integrálható ℝ -en és
∫ℝ 2f =
∫ℝ[∫ℝ
f (x, y)dy]dx =
∫ℝ[∫ℝ
f (x, y)dx]dy . Ha f nemnegatív és mérhető, akkor a Fubini tétel mindig
érvényes (ilyenkor az integrál ∞ is lehet).
Az L2(M) függvénytér - 49 -
Jelöljük: legyen M ⊂ ℝn -beli mérhető halmaz, ekkor L2 (M) jelölje az f :M → ℝ olyan mérhető függvények
összességét, melyekre a függvénynek az abszolútérték négyzete integrálható (ez a témakör nagyon fontos a
fizikában is)..
Állítás: ez az L2 (M) vektortér a szokásos műveletekkel.
Bizonyítás: tfh f , g ∈ L2 (M) ⇒ f , g mérhető
⇒ f + g ∈ L2 (M) , azaz az összeadás nem visz ki a halmazból. Láttuk már, hogy ekkor f + g is
mérhető, ha f és g mérhetőek. Továbbá || f + g||2
⏟mérhető
≤ (|| f || + ||g||)2 ≤ 2(|| f ||
2 + ||g||2) . Ez viszont integrálható,
így || f + g||2 is integrálható.
Skalárral való szorzás: f ∈ L2 (M) ⇒ λ f mérhető, továbbá ||λ f ||2 = ||λ||
2 || f ||2 integrálható, így λ f ∈ L2 (M).
Állítás: f , g ∈ L2 (M) integrálható.
Bizonyítás: f ⋅ g mérhető (mérhető függvények szorzata mérhető, korábbról láttuk),
|| f ⋅ g|| = || f || ⋅ ||g|| ≤ 12 (|| f ||
2 + ||g||2)
integrálható
.
Definíció: legyen f , g ∈ L2 (M) ! Értelmezzük a két függvényen az alábbi művelet: ⟨ f , g⟩: =∫M
f ⋅ g .
Állítás L2 (M) a fenti művelettel valós euklideszi tér, ahol a skalárszorzat a fent jelölt művelet.
Bizonyítás: L2 (M) valós vektortér, a fent jelölt szorzás művelet skalárszorzás, ugyanis teljesíti:
⟨ f1 + f2 , g⟩ = ⟨ f1 , g⟩ + ⟨ f2 , g⟩
⟨ f , g⟩ = ⟨g, f ⟩
⟨λ f , g⟩ = λ⟨ f , g⟩
⟨ f , f ⟩ =∫M
|| f ||2 ≥ 0 és ⟨ f , f ⟩ = 0 ⇔ f = 0 majdnem mindenütt.
Az L2 (M) térben a norma: ‖ f‖ = ⟨ f , f ⟩√ =∫M
|| f ||2
√ .
Megjegyzés: itt is igaz a Cauchy-Schwarz egyenlőtlenség, vagyis
|
||||∫M
f ⋅ g|
||||= ||⟨ f , g⟩|| ≤ ‖ f‖ ⋅ ‖g‖ =
∫M|| f
2 ||√⋅
∫M||g
2 ||√ .
- 50 -
Definíció: Hilbert térnek a teljes euklideszi teret nevezzük.
Riesz-Fischer tétel (bizonyítás nélkül): az L2 (M) tér teljes, vagyis L2 (M) tér Hilbert tér.
Az Lp(M) függvénytér
Jelölés: legyen 1 ≤ p < ∞ , M ⊂ ℝn mérhető halmaz. Jelölje Lp (M) az olyan f :M → ℝ mérhető függvények
összességét, amelyekre || f ||p integrálható M-n.
Állítás: az Lp (M) vektortér a szokásos műveletekkel.
Bizonyítás: f , g ∈ Lp (M) ⇒ f + g is mérhető, az abszolút érték p-dik hatványa is mérhető (a folytonos p-edik
hatványfüggvény és mérhető függvény kompozíciója). || f + g||p ≤ (|| f || + ||g||)
p ≤ 2 p− 1 (|| f ||p + ||g||
p ) integrálható,
tehát f + g ∈ Lp (M) . Ha f ∈ Lp (M) ⇒ λ f ∈ Lp (M) nyilvánvaló.
Definíció: vezessük be az Lp (M) vektortérben a következő normát: ‖ f‖: ={∫M
|| f ||p
}
1 / p
.
Állítás: az Lp (M) tér a fenti művelettel, mint normával, normált tér.
Bizonyítás:
‖ f‖ ≥ 0 , ‖ f‖ = 0 ⇔ f = 0 majdnem mindenütt.
‖λ f‖ = ||λ|| ⋅ ‖ f‖.
A háromszög egyenlőtlenség bizonyításához szükséges a Hölder egyenlőtlenség és a Youngegyenlőtlenség.
Állítás (Young): legyen 1 < p < ∞ , 1p
+ 1q
= 1 ( q =p
p− 1 ). Ekkor ∀a, b ≥ 0 számokra: ab ≤ a p
p+ b q
q .
Bizonyítás: a bizonyítandó egyenlőtlenség ekvivalens: ab1 −q ≤ a pb−q
p+ 1
q , feltéve, hogy b ≠ 0 . (A b = 0 eset
triviális.) c: = ab1 −q jelöléssel cp = apb(1 −q)p = apb−q . Vagyis az állítás: c ≤ cp
p+ 1
q . g(c): = cp
p− c + 1
q ,
g(1) = 0 , g'(c) = cp− 1 − 1 . Ez kisebb 0-nál, ha c < 1 , és nagyobb nullánál, ha c > 1 (tehát c = 1 -ben
minimuma van), tehát g(c) ≥ 0 .
Tétel (Hölder-egyenlőtlenség): tfh f ∈ Lp (M), g ∈ Lq (M) , 1 < p < ∞ , 1 < q < ∞ , 1p
+ 1q
= 1 ⇒ f ⋅ g
integrálható, és |
||||∫M
f ⋅ g|
||||≤
∫M|| f || ⋅ ||g|| ≤ ‖ f‖Lp(M) ⋅ ‖g‖Lq(M) .
- 51 -
Bizonyítás: alkalmazzuk a Young egyenlőséget: a: =|| f (x)||‖ f‖
, b: =||g(x)||‖g‖
. || f (x)||
‖ f‖Lp(M)⋅
||g(x)||‖g‖Lq(M)
≤ 1p
|| f (x)||p
‖ f‖ p + 1q
||g(x)||q
‖g‖ q .
Integrálva mindekét oldalt M-re: ∫M
|| f || ⋅ ||g ||
‖ f‖ ⋅ ‖g‖≤ 1
p1 + 1
q1 = 1 .
Tétel (Minkowski-egyenlőtlenség): ha f , g ∈ Lp (M) ⇒ ‖ f + g‖Lp(M) ≤ ‖ f‖Lp(M) + ‖g‖Lp(M) .
Bizonyítás: p = 1 esetére triviális. p > 1 esetén:
‖ f + g‖p =∫M
|| f + g||p =
∫M|| f + g||
p− 1 ⋅ || f + g|| ≤∫M
|| f + g||p− 1 ⋅ || f || +
∫M|| f + g||
p− 1 ⋅ ||g|| ≤ (Hölder)
≤{∫M
|| f + g||(p− 1)q
}
1 / q
⋅{∫M
|| f ||p
}
1 / p
+{∫M
|| f + g||(p− 1)q
}
1 / q
⋅{∫M
||g||p
}
1 / p
=
(‖ f + g‖Lp(M) )
p / q⋅ [‖ f‖Lp(M) + ‖g‖Lp(M)], p −
p
q= p⎛
⎝1 − 1q⎞⎠ = p 1
p= 1 . Így az előbbi egyenlőtlenségből
‖ f + g‖Lp(M) = ‖ f + g‖Lp(M)
p− p / q≤ ‖ f‖Lp(M) + ‖g‖Lp(M) . Tehát Lp (M) tér normáltságának utolsó feltételét is
igazoltuk, azaz ‖ f + g‖ ≤ ‖ f‖ + ‖g‖ , tehát Lp (M) normált tér.
Tétel (bizonyítás nélkül): Lp (M) teljes normált tér, azaz Banach ( 1 ≤ p < ∞ ).
- 52 -
