Upload
others
View
0
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
Valós függvények differenciálszámítása III.Teljes függvényvizsgálat
A gyakorlat céljaEnnek a gyakorlatnak a célja a teljes függvényvizsgálat elméletből tanult állításainak az elmélyítése ésbegyakorlása. Ezeknek az eszközöknek a felhasználásával egy adott valós, differenciálható függvényesetén az alábbiakat tudjuk majd meghatározni.
(i) f értelmezési tartományát (D f );
(ii) f értékkészletét (R f );
(iii) f páros, páratlan, periodikus függvény-e;
(iv) f zérushelyeit;
(v) D f azon részhalmazait, ahol f előjele állan-dó;
(vi) f határértékeit D f határpontjaiban;
(vii) D f azon részhalmazait, ahol f monoton nö-vekedő/csökkenő;
(viii) f szakadási helyeit;
(ix) f derivált függvényeit;
(x) f szélsőérték helyeit és szélsőértékeit;
(xi) D f azon részhalmazait, ahol f kon-vex/konkáv;
(xii) f aszimptotáit.
Felhasznált elméleti anyagA feladatok megoldásához szükséges elméleti állítások
(i) Lokális minimum/maximum szükséges feltétele
(ii) Lokális minimum/maximum elégséges feltétele
(iii) Monotonitás elegendő feltétele
(iv) Konvexitás elegendő feltétele
Ezek az állítások, néhány kidolgozott példával együtt megtalálhatóak a Kalkulus előadásjegyzet 8.7 fe-jezetében.
Korábbi előismeretekAhhoz, hogy ezt a témakört sikeresen elsajátítsuk, szükség van néhány előismeretre. Ezek az alábbiak
(i) Valós függvények differenciálszámítása (Ha gond van a deriválással, akkor előbb azt kell gyako-rolni, anélkül ez a témakör sem fog menni).
(ii) Sokszor lesz szükség a konkrét feladatmegoldásokban algebrai egyenlőtlenségek megoldására, el-sősorban arra, hogy hogyan kell másodfokú egyenlőtlenségeket megoldani.
1
http://math.unideb.hu/media/gselmann-eszter/kalkulus/Kalkulus_jegyzet.pdfhttps://tudasbazis.sulinet.hu/hu/matematika/matematika/matematika-10-osztaly/masodfoku-egyenlotlensegek/masodfoku-egyenlotlensegek-megoldasa-grafikus-modszerrel
Néhány hasznos tipp(i) Teljes függvényvizsgálat során mindig törekedni kell arra, hogy a szóban forgó f függvény
differenciálhányados-függvényeinek meghatározása után f ′-t, f ′′-t stb. minél egyszerűbb alakrahozzuk. Ez azért fontos, mert általában f (k)(x) ≥ 0 alakú egyenlőtlenségeket, illetve f (k)(x) = 0alakú egyenleteket kell megoldanunk. Törekedjünk arra, hogy a megoldandó egyenlőtlenségek,illetve egyenletek minél egyszerűbbek legyenek.
(ii) Ahogyan arról már korábban volt szó, a differenciálszámítás egy nagyon algoritmikus dolog. Aszámításainkat mindig ellenőrizhetjük valamilyen matematikai programcsomag segítségével. Sőtajánlatos ebben a témakörben a szóban forgó függvényeket valamilyen program segítségével ábrá-zolni is. Így a kapott eredményeket egy ábrával össze tudjuk vetni, ellenőrizni tudjuk magunkat,illetve ha hiba van a számításunkban, az azonnal kiderül. Egy nagyon könnyen használható, nyíltforráskódú programcsomag a Maxima.
1. Feladat. Vizsgáljuk meg monotonitás szempontjából az alábbi függvényeket.
Útmutatás. Ebben a feladatban az alábbi állítást fogjuk használni.
1. Tétel (Monotonitás elegendő feltétele). Ha az f :]a, b[→ R függvény differenciálható, akkor
(A) ha f ′ ≥ 0, akkor f monoton növekedő ]a, b[-n;
(B) ha f ′ ≤ 0, akkor f monoton csökkenő ]a, b[-n.
�
(a)2 + x − x2
Megoldás. Tekintsük azf (x) = 2 + x − x2 (x ∈ R)
módon megadott f : R → R függvényt. Mivel ez a függvény az egész értelmezési tartományán differen-ciálható, így az 1. Tétel értelmében elegendő azt vizsgálni, hogy az f függvény differenciálhányados-függvénye az értelmezési tartománya mely intervallumain nemnegatív és mely intervallumain nempozitív.Ebben az esetben
f ′(x) = 1 − 2x (x ∈ R) .Így,
f ′(x) ≥ 01 − 2x ≥ 0
x ≤ 12
x ∈ ] −∞, 1/2].Ez azt jelenti, hogy
• az f függvény monoton növekedő a ] −∞, 1/2] intervallumon;• az f függvény monoton csökkenő az ]1/2,+∞[ intervallumon.
�
(b)3x − x3
2
http://maxima.sourceforge.net/
1. ábra. A 2 + x − x2 függvény
Megoldás. Tekintsük azf (x) = 3x − x3 (x ∈ R)
módon megadott f : R → R függvényt. Mivel ez a függvény az egész értelmezési tartományán differen-ciálható, így az 1. Tétel értelmében elegendő azt vizsgálni, hogy az f függvény differenciálhányados-függvénye az értelmezési tartománya mely intervallumain nemnegatív és mely intervallumain nempozitív.Ebben az esetben
f ′(x) = 3 − 3x2 (x ∈ R) .Így,
f ′(x) ≥ 03 − 3x2 ≥ 0
1 − x2 ≥ 01 ≥ x2
x ∈ [−1, 1]Ez azt jelenti, hogy
• az f függvény monoton csökkenő a ] −∞,−1[ intervallumon.• az f függvény monoton növekedő a [−1, 1] intervallumon;• az f függvény monoton csökkenő az [1,+∞[ intervallumon.
] −∞,−1 [−1, 1] ]1,+∞[f ′ − + −f monoton csökkenő (↘) monoton növekedő (↗) monoton csökkenő (↘)
�
(c)x + sin(x)
Megoldás. Tekintsük azf (x) = x + sin(x) (x ∈ R)
módon megadott f : R → R függvényt. Mivel ez a függvény az egész értelmezési tartományán differen-ciálható, így az 1. Tétel értelmében elegendő azt vizsgálni, hogy az f függvény differenciálhányados-függvénye az értelmezési tartománya mely intervallumain nemnegatív és mely intervallumain nempozitív.Ebben az esetben
f ′(x) = 1 + cos(x) (x ∈ R) .
3
2. ábra. A 3x − x3 függvény
Így,f ′(x) ≥ 0
1 + cos(x) ≥ 0cos(x) ≥ −1
Ez az egyenlőtlenség azonban minden x ∈ R esetén fennáll. Ez azt jelenti, hogy az f függvény a teljesértelmezési tartományán monoton növekedő. �
3. ábra. Az x + sin(x) függvény
(d)x2 − ln(x2)
Megoldás. Tekintsük azf (x) = x2 − ln(x2) (x ∈ R \ {0})
módon megadott f : R \ {0} → R függvényt. Mivel ez a függvény az egész értelmezési tartományán diffe-renciálható, így az 1. Tétel értelmében elegendő azt vizsgálni, hogy az f függvény differenciálhányados-függvénye az értelmezési tartománya mely intervallumain nemnegatív és mely intervallumain nempozitív.Ebben az esetben
f ′(x) = 2x − 2x
(x ∈ R) .
4
Így,f ′(x) ≥ 0
2x − 2x≥ 0
x − 1x≥ 0
1x
(x2 − 1) ≥ 0
Attól függően, hogy x > 0 vagy x < 0, két esetet kell megkülönböztetnünk.
ha x > 0 , akkor a fenti egyenlőtlenségx2 − 1 ≥ 0
x ≥ 1x ∈ [1,+∞[
ha x < 0 , akkor a fenti egyenlőtlenségx2 − 1 ≤ 0
x ≥ −1x ∈ [−1, 0[
Mindent egybevetve
] −∞,−1] ] − 1, 0[ ]0, 1[ [1,+∞[f ′ − + − +f monoton csökkenő (↘) monoton növekedő (↗) monoton csökkenő (↘) monoton növekedő (↗)
4. ábra. Az x2 − ln(x2) függvény
�
(e)xαe−x
(f)(x + 7)3
Megoldás. Tekintsük azf (x) = (x + 7)3 (x ∈ R)
5
módon megadott f : R → R függvényt. Mivel ez a függvény az egész értelmezési tartományán differen-ciálható, így az 1. Tétel értelmében elegendő azt vizsgálni, hogy az f függvény differenciálhányados-függvénye az értelmezési tartománya mely intervallumain nemnegatív és mely intervallumain nempozitív.Ebben az esetben
f ′(x) = 3(x + 7)2 (x ∈ R) .Így,
f ′(x) ≥ 03(x + 7)2 ≥ 0(x + 7)2 ≥ 0
x ∈ R,hiszen tetszőleges x ∈ R esetén fennáll az (x + 7)2 ≥ 0 egyenlőtlenség. Ez azt jelenti, hogy az f függvénya teljes értelmezési tartományán monoton növekedő. �
5. ábra. Az (x + 7)3 függvény
(g)x2√
5 − x
Megoldás. Tekintsük azf (x) = x2
√5 − x (x ∈] −∞, 5[)
módon megadott f : ]−∞, 5[→ R. Mivel ez a függvény az egész értelmezési tartományán differenciálható,így az 1. Tétel értelmében elegendő azt vizsgálni, hogy az f függvény differenciálhányados-függvényeaz értelmezési tartománya mely intervallumain nemnegatív és mely intervallumain nempozitív. Ebben azesetben
f ′(x) = 2x√
5 − x − x2
2√
5 − x(x ∈] −∞, 5[) .
Így,f ′(x) ≥ 0
2x√
5 − x − x2
2√
5 − x≥ 0 (szorozzuk meg mindkét oldalt
√5 − x-szel, ami pozitív. )
−5 x2 − 20 x
2≥ 0
20x − 5x2 ≥ 04x − x2 ≥ 0x(4 − x) ≥ 0
x ∈ [0, 4].
6
Mindent egybevetve
] −∞, 0[ [0, 4] ]4, 5[f ′ − + −f monoton csökkenő (↘) monoton növekedő (↗) monoton csökkenő (↘)
6. ábra. Az x2√
5 − x függvény
�
(h)x4 − 8x2 + 16
(i)x3ex
(j)x sinh(x)
(k)x + 2x + 1
Megoldás. Tekintsük az
f (x) =x + 2x + 1
= 1 +1
x + 1(x ∈ R \ {−1})
módon megadott f : R \ {−1} → R függvényt. Mivel ez a függvény az egész értelmezési tartományán diffe-renciálható, így az 1. Tétel értelmében elegendő azt vizsgálni, hogy az f függvény differenciálhányados-függvénye az értelmezési tartománya mely intervallumain nemnegatív és mely intervallumain nempozitív.Ebben az esetben
f ′(x) = − 1(x + 1)2
(x ∈ R \ {−1}) .
Mivel tetszőleges x ∈ R \ {−1} esetén (x + 1)2 ≥ 0, ezért
− 1(x + 1)2
≥ 0,
azaz, minden x ∈ R \ {−1} esetén f ′(x) ≤ 0, ami azt jelenti, hogy az f függvény a ]−∞,−1[ és a ]−1,+∞[intervallumok mindegyikén monoton csökkenő. �
7
7. ábra. Azx + 2x + 1
függvény
(l)ln
(x2 + x + 1
)Megoldás. Tekintsük az
f (x) = ln(x2 + x + 1
)(x ∈ R)
módon megadott f : R → R függvényt. Mivel ez a függvény az egész értelmezési tartományán differen-ciálható, így az 1. Tétel értelmében elegendő azt vizsgálni, hogy az f függvény differenciálhányados-függvénye az értelmezési tartománya mely intervallumain nemnegatív és mely intervallumain nempozitív.Ebben az esetben
f ′(x) =2x + 1
x2 + x + 1(x ∈ R) ,
amiből azt kapjuk, hogy
f ′(x) ≥ 02x + 1
x2 + x + 1≥ 0 (szorozzuk meg mindkét oldalt (x2 + x + 1)-gyel, ami pozitív.)
2x + 1 ≥ 0
x ≥ −12.
Ez azt jelenti, hogy
• az f függvény monoton növekedő a [−1/2,+∞[ intervallumon;• az f függvény monoton csökkenő a ] −∞,−1/2[ intervallumon.
�
(m)2x
x2 + 1
2. Feladat. Vizsgáljuk meg a következő függvényeket konvexitás szempontjából.
Útmutatás. A megoldások során a következő állítást fogjuk használni.
2. Tétel. Az f : ]a, b[→ R kétszer differenciálható függvény pontosan akkor konvex az ]a, b[ intervallumon, haf ′′(x) ≥ 0 teljesül minden x ∈]a, b[ esetén.
�
8
8. ábra. Az ln(x2 + x + 1) függvény
(a) 3x2 − x3
Megoldás. Tekintsük azf (x) = 3x2 − x3 (x ∈ R)
módon megadott f : R → R függvényt, amely kétszer differenciálható az értelmezési tartományán. Így akonvexitás vizsgálatához elegendő meghatározni az f függvény másodrendű deriváltját és azt nézni, hogyez az értelmezési tartománya mely részintervallumain nemnegatív és mely részintervallumain nempozitív.Ebben az esetben
f ′(x) = 6 x − 3 x2
f ′′(x) = 6 − 6 x,amiből az adódik, hogy
f ′′(x) ≥ 06 − 6 x ≥ 0
1 ≥ xx ∈ ] −∞, 1].
Mindent egybevetve
• az f függvény konvex a ] −∞, 1] intervallumon;• az f függvény konkáv az ]1,+∞] intervallumon.
9. ábra. A 3x2 − x3 függvény
�
9
(b)1
1 + x2
Megoldás. Tekintsük az
f (x) =1
1 + x2(x ∈ R)
módon megadott f : R → R függvényt, amely kétszer differenciálható az értelmezési tartományán. Így akonvexitás vizsgálatához elegendő meghatározni az f függvény másodrendű deriváltját és azt nézni, hogyez az értelmezési tartománya mely részintervallumain nemnegatív és mely részintervallumain nempozitív.Ebben az esetben
f ′(x) = (−1)(1 + x2)−2 · 2x
f ′′(x) =6 x2 − 2(1 + x2)3
,
amiből az adódik, hogy
f ′′(x) ≥ 06 x2 − 2(1 + x2)3
≥ 0 (szorozzuk meg mindkét oldalt (1 + x2)3-nel, ami pozitív)
6 x2 − 2 ≥ 03 x2 − 1 ≥ 0
x2 ≥ 13
x ∈ ] −∞,−√
3/3[∪]√
3/3,+∞[.
Mindent egybevetve
• az f függvény konvex a ] −∞,−√
3/3[ intervallumon;
• az f függvény konkáv az [−√
3/3,√
3/3] intervallumon;
• az f függvény konvex a ]√
3/3,+∞[ intervallumon;
10. ábra. Az1
x2 + 1függvény
�
(c)√
1 + x2
(d) e−x2
10
Megoldás. Tekintsük azf (x) = e−x
2(x ∈ R)
módon megadott f : R → R függvényt, amely kétszer differenciálható az értelmezési tartományán. Így akonvexitás vizsgálatához elegendő meghatározni az f függvény másodrendű deriváltját és azt nézni, hogyez az értelmezési tartománya mely részintervallumain nemnegatív és mely részintervallumain nempozitív.Ebben az esetben
f ′(x) = e−x2 · (−2x)
f ′′(x) = 2(2 x2 − 1
)e−x
2
amiből az adódik, hogy
f ′′(x) ≥ 0
2(2 x2 − 1
)e−x
2 ≥ 0 (szorozzunk meg mindkét oldalt ex2-nel, ami pozitív. )
2(2 x2 − 1
)≥ 0
2 x2 − 1 ≥ 0
x2 ≥ 12
x ∈ ] −∞,−√
2/2[∪]√
2/2,+∞[.
Mindent egybevetve
• az f függvény konvex a ] −∞,−√
2/2[ intervallumon;
• az f függvény konkáv az [−√
2/2,√
2/2] intervallumon;
• az f függvény konvex a ]√
2/2,+∞[ intervallumon.
11. ábra. Az exp(−x2) függvény
�
(e) ln(1 + x2)
(f) a(x − b)4
3. Feladat. Határozzuk meg, hogy a következő függvényeknek mely pontokban van szélsőértékhelyük.
Útmutatás. A szélsőértékhelyek meghatározásához és osztályozásához az alábbi két állítást fogjuk mindenegyes feladatban használni.
3. Tétel (Lokális minimum/maximum szükséges feltétele). Ha az f : ]a, b[→ R függvénynek az x0 ∈]a, b[pontban lokális minimuma/maximuma van, és f differenciálható az x0 pontban, akkor f ′ (x0) = 0.
11
1. Megjegyzés. A fenti állítás nem azt jelenti, hogy az f függvénynek olyan x0 pont(ok)ban, ahol f ′(x0) = 0teljesül, szélsőértéke van. A lokális minimum/maximum szükséges feltételét arra tudjuk használni, hogy a se-gítségével kiszűrjük a lehetséges szélsőértékhelyeket, ugyanis ez a tétel azt mondja, hogy ha az f függvénynekvan szélsőértékhelye, akkor ezekben a pontokban el kell, hogy tűnjön a deriváltja.
4. Tétel. Ha az f : ]a, b[→ R függvény k-szor differenciálható (ahol k > 1), és f ′ (x0) = . . . = f (k−1) (x0) = 0és f (k) (x0) , 0, akkor
(A) ha k páratlan, akkor f (x0) nem szélsőérték;
(B) ha k páros, akkor
(i) ha f (k) (x0) > 0, akkor f (x0) szigorú lokális minimum;
(ii) ha f (k) (x0) < 0, akkor f (x0) szigorú lokális maximum.
�
(a) 2 + x − x2
Megoldás. Tekintsük azf (x) = 2 + x − x2 (x ∈ R)
módon megadott f : R → R függvényt, mely a teljes értelmezési tartományán kétszer differenciálható.A fenti állítások értelmében, ha ennek a függvénynek van szélsőértékhelye, akkor ebben a pontban elkell, hogy tűnjön a deriváltja. Így, először meghatározzuk a szóban forgó függvény differenciálhányados-függvényét és azt vizsgáljuk, hogy ez mely pontokban tűnik el.
Ebben az esetbenf ′(x) = 1 − 2x (x ∈ R) ,
ezértf ′(x) = 0
1 − 2x = 0
x =12,
azaz, ha az f függvénynek van szélsőértékhelye (ezt jelen pillanatban még nem tudjuk, sőt azt sem, hogy
ha igen, akkor milyen: lokális minimumhely vagy lokális maximumhely), akkor az csak az x0 =12
pontbanlehet. Nézzük meg az f függvény másodrendű deriváltját, ami ebben az esetben
f ′′(x) = −2 (x ∈ R) .
Ezt értékeljük ki a lehetséges szélsőértékhelyeken, ami nekünk most
f(12
)= −2 < 0,
mivel ez az érték negatív, ezért az x0 =12
pont az f függvények lokális maximumhelye. �
(b) (x − 1)3
(c) (x − 1)α
(d) 2x2 − x4
(e) x(x − 1)2(x − 2)3
12
12. ábra. A 2 + x − x2 függvény
Megoldás. Tekintsük azf (x) = x(x − 1)2(x − 2)3 (x ∈ R)
módon megadott f : R → R függvényt, mely a teljes értelmezési tartományán kétszer (sőt akárhányszor)differenciálható. A fenti állítások értelmében, ha ennek a függvénynek van szélsőértékhelye, akkor eb-ben a pontban el kell, hogy tűnjön a deriváltja. Így, először meghatározzuk a szóban forgó függvénydifferenciálhányados-függvényét és azt vizsgáljuk, hogy ez mely pontokban tűnik el.
Ebben az esetben
f ′(x) = 2 (x − 2)3 (x − 1) x + 3 (x − 2)2 (x − 1)2 x + (x − 2)3 (x − 1)2
= 2 (x − 2)2 (x − 1)(3 x2 − 5 x + 1
)(x ∈ R) ,
ezértf ′(x) = 0
2 (x − 2)2 (x − 1)(3 x2 − 5 x + 1
)= 0.
Most látjuk, hogy f ′ meghatározása után f ′-t célszerű minél egyszerűbb alakra hozni: rögtön látunk afenti alak segítségével két gyököt, mégpedig
x1 = 1 és x2 = 2,
így már csak a3 x2 − 5 x + 1 = 0
másodfokú egyenletet kell megoldani, melynek megoldásai
x3,4 =5 ±√
136
azaz, ha az f függvénynek van szélsőértékhelye (ezt jelen pillanatban még nem tudjuk, sőt azt sem, hogyha igen, akkor milyen: lokális minimumhely vagy lokális maximumhely), akkor az csak az x1, x2, x3, x4pontok valamelyikében lehet. Nézzük meg az f függvény másodrendű deriváltját, ami ebben az esetben
f ′′(x) = 12 (x − 2)2 (x − 1) x + 6 (x − 2) (x − 1)2 x+ 2 (x − 2)3 x + 4 (x − 2)3 (x − 1) + 6 (x − 2)2 (x − 1)2
= 2 (x − 2)(15 x3 − 50 x2 + 50 x − 14
)(x ∈ R) .
13
Ezt értékeljük ki a lehetséges szélsőértékhelyeken, ami nekünk most
f ′′(x1) = f ′′(1) = −2 < 0f ′′(x2) = f ′′(2) = 0 (!!!)
f ′′(x3) = f ′′5 + √136
= −61 √13−24727 > 0f ′′(x4) = f ′′
5 − √136 = 61 √13+24727 > 0
Ebből azt látjuk, hogy az x1 pont egy lokális maximumhely, az x3 és x4 pontok pedig lokális minimumhe-lyek. Mivel f ′′(x2) = 0, ezért az x2 pontot illetően most még nem tudunk dönteni. Képezzük az f függvényharmadrendű deriváltját. Ekkor
f ′′′(x) = 36 (x − 2) (x − 1) x + 6 (x − 1)2 x+ 18 (x − 2)2 x + 36 (x − 2)2 (x − 1) + 18 (x − 2) (x − 1)2 + 6 (x − 2)3
= 12(10 x3 − 40 x2 + 50 x − 19
)és
f ′′′(x2) = f ′′′(2) = 12 , 0,
ami már nem nulla. Viszont az első, el nem tűnő derivált rendje k = 3, ami páratlan, így az x2 = 2 pontnem szélsőértékhely. �
13. ábra. Az x(x − 1)2(x − 2)3 függvény
(f) x +1x
Megoldás. Tekintsük az
f (x) = x +1x
(x ∈ R \ {0})
módon megadott f : R\{0} → R függvényt, mely a teljes értelmezési tartományán kétszer differenciálható.A fenti állítások értelmében, ha ennek a függvénynek van szélsőértékhelye, akkor ebben a pontban elkell, hogy tűnjön a deriváltja. Így, először meghatározzuk a szóban forgó függvény differenciálhányados-függvényét és azt vizsgáljuk, hogy ez mely pontokban tűnik el.
Ebben az esetben
f ′(x) = 1 − 1x2
(x ∈ R) ,
14
ezértf ′(x) = 0
1 − 1x2 = 0x = ±1,
azaz, ha az f függvénynek van szélsőértékhelye (ezt jelen pillanatban még nem tudjuk, sőt azt sem, hogy haigen, akkor milyen: lokális minimumhely vagy lokális maximumhely), akkor az csak az x1,2 = ±1 pontokvalamelyikében lehet. Nézzük meg az f függvény másodrendű deriváltját, ami ebben az esetben
f ′′(x) =2x3
(x ∈ R) .
Ezt értékeljük ki a lehetséges szélsőértékhelyeken, ami nekünk most
f ′′ (x1) = f ′′(1) = 2 > 0 és f ′′ (x2) = f ′′(−1) = −2 < 0.
Ez azt jelenti, hogy az x1 = 1 pont lokális minimumhely, míg az x2 = −1 pont lokális maximumhely.
14. ábra. Az x +1x
függvény
�
(g) 3√
x(1 − x)2
(h) xα(1 − x)β
(i) (x + 10)10e−x
(j) xe−x
Megoldás. Tekintsük azf (x) = xe−x (x ∈ R)
módon megadott f : R → R függvényt, mely a teljes értelmezési tartományán kétszer differenciálható.A fenti állítások értelmében, ha ennek a függvénynek van szélsőértékhelye, akkor ebben a pontban elkell, hogy tűnjön a deriváltja. Így, először meghatározzuk a szóban forgó függvény differenciálhányados-függvényét és azt vizsgáljuk, hogy ez mely pontokban tűnik el.
Ebben az esetbenf ′(x) = e−x − x e−x = − (x − 1) e−x (x ∈ R) ,
15
ezértf ′(x) = 0
− (x − 1) e−x = 0x − 1 = 0
x = 1,
azaz, ha az f függvénynek van szélsőértékhelye (ezt jelen pillanatban még nem tudjuk, sőt azt sem, hogyha igen, akkor milyen: lokális minimumhely vagy lokális maximumhely), akkor az csak az x1 = 1 pontbanlehet. Nézzük meg az f függvény másodrendű deriváltját, ami ebben az esetben
f ′′(x) = x e−x − 2 e−x = (x − 2) e−x (x ∈ R) .
Ezt értékeljük ki a lehetséges szélsőértékhelyeken, ami nekünk most
f ′′ (x1) = f ′′(1) = −1e< 0.
Ez azt jelenti, hogy az x1 = 1 pont lokális maximumhely. �
15. ábra. Az x exp(−x) függvény
(k)√
x ln(x)
Megoldás. Tekintsük azf (x) =
√x ln(x) (x ∈]0,+∞[)
módon megadott f : ]0,+∞[→ R függvényt, mely a teljes értelmezési tartományán kétszer differenciálha-tó. A fenti állítások értelmében, ha ennek a függvénynek van szélsőértékhelye, akkor ebben a pontban elkell, hogy tűnjön a deriváltja. Így, először meghatározzuk a szóban forgó függvény differenciálhányados-függvényét és azt vizsgáljuk, hogy ez mely pontokban tűnik el.
Ebben az esetben
f ′(x) =ln(x) + 2
2√
x(x ∈]0,+∞[) ,
ezértf ′(x) = 0
ln(x) + 22√
x= 0
ln(x) + 2 = 0x = e−2
16
azaz, ha az f függvénynek van szélsőértékhelye (ezt jelen pillanatban még nem tudjuk, sőt azt sem, hogy haigen, akkor milyen: lokális minimumhely vagy lokális maximumhely), akkor az csak az x1 = e−2 pontbanlehet. Nézzük meg az f függvény másodrendű deriváltját, ami ebben az esetben
f ′′(x) = − ln(x)4 x
32
(x ∈]0,+∞[) .
Ezt értékeljük ki a lehetséges szélsőértékhelyeken, ami nekünk most
f ′′ (x1) = f ′′(e−2) =e3
2> 0
Ez azt jelenti, hogy az x1 = e−2 pont lokális minimumhely. �
16. ábra. A√
x ln(x) függvény
(l) ex sin(x)
(m)(x + 3)3
(x + 2)2
(n) a(x − b)4
(o)x
ln(x)
Megoldás. Tekintsük azf (x) =
xln(x)
(x ∈]0,+∞[\ {1})
módon megadott f : ]0,+∞[\ {1} → R függvényt, mely a teljes értelmezési tartományán kétszer dif-ferenciálható. A fenti állítások értelmében, ha ennek a függvénynek van szélsőértékhelye, akkor eb-ben a pontban el kell, hogy tűnjön a deriváltja. Így, először meghatározzuk a szóban forgó függvénydifferenciálhányados-függvényét és azt vizsgáljuk, hogy ez mely pontokban tűnik el.
Ebben az esetben
f ′(x) =ln(x) − 1
ln2(x)(x ∈]0,+∞[\ {1}) ,
ezértf ′(x) = 0
ln(x) − 1ln2(x)
= 0
ln(x) − 1 = 0x = e
17
azaz, ha az f függvénynek van szélsőértékhelye (ezt jelen pillanatban még nem tudjuk, sőt azt sem, hogyha igen, akkor milyen: lokális minimumhely vagy lokális maximumhely), akkor az csak az x1 = e pontbanlehet. Nézzük meg az f függvény másodrendű deriváltját, ami ebben az esetben
f ′′(x) = − ln(x) − 2x ln3(x)
(x ∈]0,+∞[\ {1}) .
Ezt értékeljük ki a lehetséges szélsőértékhelyeken, ami nekünk most
f ′′ (x1) = f ′′(e) =1e> 0
Ez azt jelenti, hogy az x1 = e pont lokális minimumhely. �
17. ábra. Azx
ln(x)függvény
(p) arctg(x) − 12
ln(1 + x2)
Megoldás. Tekintsük az
f (x) = arctg(x) − 12
ln(1 + x2) (x ∈ R)
módon megadott f : R → R függvényt, mely a teljes értelmezési tartományán kétszer differenciálható.A fenti állítások értelmében, ha ennek a függvénynek van szélsőértékhelye, akkor ebben a pontban elkell, hogy tűnjön a deriváltja. Így, először meghatározzuk a szóban forgó függvény differenciálhányados-függvényét és azt vizsgáljuk, hogy ez mely pontokban tűnik el.
Ebben az esetben
f ′(x) =1
1 + x2− 1
2· 2x
1 + x2=
1 − x1 + x2
(x ∈ R) ,
ezértf ′(x) = 0
1 − x1 + x2
= 0
1 − x = 0x = 1
azaz, ha az f függvénynek van szélsőértékhelye (ezt jelen pillanatban még nem tudjuk, sőt azt sem, hogyha igen, akkor milyen: lokális minimumhely vagy lokális maximumhely), akkor az csak az x1 = 1 pontbanlehet. Nézzük meg az f függvény másodrendű deriváltját, ami ebben az esetben
f ′′(x) =x2 − 2 x − 1(
x2 + 1)2 (x ∈]0,+∞[\ {1}) .
18
Ezt értékeljük ki a lehetséges szélsőértékhelyeken, ami nekünk most
f ′′ (x1) = f ′′ (1) = −12< 0
Ez azt jelenti, hogy az x1 = 12 pont lokális maximumhely. �
18. ábra. Az arctg(x) − 12
ln(1 + x2) függvény
(q) cos(x) + cos(2x) + cos(3x)
(r)ex
sin(x − a)
4. Feladat. Végezzünk teljes függvényvizsgálatot az alábbi függvényekre.
(a) x2 + x − 6
Megoldás. Tekintsük azf (x) = x2 + x − 6
módon megadott f függvényt.
Ekkor az f függvény értelmezési tartománya D f = R.
Az f függvény nem páros, hiszen
f (x) = x2 + x − 6 , x2 − x − 6 = f (−x),
az f függvény nem páratlan, ugyanis
f (x) = x2 + x − 6 , −x2 + x + 6 = − f (−x),
továbbá f nem periodikus, hiszen
f (x + p) − f (x) = 2 p x + p2 + p (x ∈ R) ,
ami pontosan akkor nulla minden x ∈ R esetén, ha p = 0.Az f függvénynek az x1 = −3 és x2 = 2 pontokban van zérushelye.Mivel D f = R, azért D f -nek két határpontja van: +∞ és −∞, ezekben a határértékek
limx→+∞
(x2 + x − 6) = +∞ és limx→−∞
(x2 + x − 6) = +∞.
19
Az f függvény a teljes értelmezési tartományán folytonos, sőt akárhányszor differenciálható, a differenci-álhányados-függvényei pedig
f ′(x) = 2x + 1
f ′′(x) = 2
f (k)(x) = 0 (tetszőleges k ≥ 3 esetén)(x ∈ R) .
A monotonitás vizsgálatához tekintsük az f függvény elsőrendű deriváltját.
f ′(x) ≥ 02x + 1 ≥ 0
x ≥ −12
x ∈ [−1/2,+∞[.
Így az f függvény az [1/2,+∞[ intervallumon monoton növekedő, míg a ] − ∞,−1/2[ intervallumonmonoton csökkenő.
Az f függvénynek azokban a pontokban lehetnek szélsőértékhelyei, ahol az elsőrendű deriváltja eltűnik.
f ′(x) = 0
2x + 1 = 0
x = −12.
Így, ha az f függvénynek van szélsőértékhelye, akkor az csak az x0 =12
pontban lehet. Mivel
f ′′(−1
2
)= 2 > 0,
ezért ez a pont egy lokális minimumhely. A minimum értéke pedig f(−1
2
)= −25
4.
A konvexitás vizsgálatához az f függvény másodrendű deriváltját kell tekintenünk. Mivel
f ′′(x) = 2 ≥ 0 (x ∈ R) ,
ezért az f függvény a teljes értelmezési tartományán konvex.
A monotonitásnál, a határérték-tulajdonságnál leírtakat egybevetve, a Bolzano-féle középértéktétel miatt(lásd a Kalkulus előadásjegyzet 4.1.1 Következményét) az f függvény értékkészlete R f = [−25/4,+∞[.
�
(b) 2x2 − 3x − 4
(c) 5x3 − 4x4
Megoldás. Tekintsük azf (x) = 5x3 − 4x4
módon megadott f függvényt.
Ekkor az f függvény értelmezési tartománya D f = R.
Az f függvény nem páros, hiszen
f (x) = 5x3 − 4x4 , −4 x4 − 5 x3 = f (−x),
20
http://math.unideb.hu/media/gselmann-eszter/kalkulus/Kalkulus_jegyzet.pdf
19. ábra. Az x2 + x − 6 függvény
az f függvény nem páratlan, ugyanis
f (x) = 5x3 − 4x4 , 4 x4 + 5 x3 = − f (−x),
továbbá f nem periodikus, hiszen
f (x + p) − f (x) = −16 p x3 − 24 p2 x2 + 15 p x2 − 16 p3 x + 15 p2 x − 4 p4 + 5 p3 (x ∈ R) ,
ami pontosan akkor nulla minden x ∈ R esetén, ha p = 0.
Az f függvénynek az x1 = 0 és x2 =54
pontokban van zérushelye, hiszen
f (x) = 5x3 − 4x4 = x3 (5 − 4x) (x ∈ R) .
Mivel D f = R, azért D f -nek két határpontja van: +∞ és −∞, ezekben a határértékek
limx→+∞
(5x3 − 4x4) = −∞ és limx→−∞
(5x3 − 4x4) = −∞.
Az f függvény a teljes értelmezési tartományán folytonos, sőt akárhányszor differenciálható, a differenci-álhányados-függvényei pedig
f ′(x) = 15 x2 − 16 x3
f ′′(x) = 30 x − 48 x2
f ′′′(x) = 30 − 96 xf (iv)(x) = −96f (k)(x) = 0 (tetszőleges k ≥ 5 esetén)
A monotonitás vizsgálatához tekintsük az f függvény elsőrendű deriváltját.
f ′(x) ≥ 015 x2 − 16 x3 ≥ 0x2(15 − 16x) ≥ 0 (osszuk el mindkét oldalt x2-nal, ami nemnegatív. )
15 − 16x ≥ 01516
≥ 0x ∈ ] −∞,−15/16].
21
Így az f függvény az ]−∞,−15/16] intervallumon monoton növekedő, míg a ]−15/16,+∞[ intervallumonmonoton csökkenő.
Az f függvénynek azokban a pontokban lehetnek szélsőértékhelyei, ahol az elsőrendű deriváltja eltűnik.
f ′(x) = 0
15 x2 − 16 x3 = 0x2(15 − 16x) = 0.
Így, ha az f függvénynek van szélsőértékhelye, akkor az csak az x1 = 0 és az x2 = −1516
pontok valamelyi-kében lehet.
Mivel
f ′′(−15
16
)= −1125
16< 0,
ezért ez a pont egy lokális maximumhely. A maximum értéke pedig f(−15
16
)= −118125
16384. Azonban
f ′′(0) = 0
f ′′′(0) = 30 , 0,
ami már nem nulla. Viszont az első, el nem tűnő derivált rendje k = 3, ami páratlan, így az x1 = 0 pontnem szélsőértékhely.
A konvexitás vizsgálatához az f függvény másodrendű deriváltját kell tekintenünk. Mivel
f ′′(x) = 30 x − 48 x2 (x ∈ R) ,
ezértf ′′(x) ≥ 0
30 x − 48 x2 ≥ 0
x ∈[0, 58
],
az f függvény
• a ] −∞, 0[ intervallumon konkáv;• a
[0, 58
]intervallumon konvex;
• az ]5/8,+∞] intervallumon konkáv.
A monotonitásnál, a határérték-tulajdonságnál leírtakat egybevetve, a Bolzano-féle középértéktétel miatt(lásd a Kalkulus előadásjegyzet 4.1.1 Következményét) az f függvény értékkészlete
R f =] −∞,−118125/16384].
�
(d) x3 − 5x2
(e) 2x3 − 6x2 − 2x + 6
(f) x +1x
(g) x2 +1x2
(h)3x − 5x − 2
22
http://math.unideb.hu/media/gselmann-eszter/kalkulus/Kalkulus_jegyzet.pdf
20. ábra. Az 5x3 − 4x4 függvény
(i)√
2 − x
Megoldás. Tekintsük azf (x) =
√2 − x
módon megadott f függvényt.
Ekkor az f függvény értelmezési tartománya D f =] −∞, 2].Az f függvény paritásáról ebben az esetben nincs értelme beszélni, hiszen a szóban forgó függvény értel-mezési tartománya nem szimmetrikus az origóra, azaz, nem igaz az, hogy minden x ∈ D f esetén −x ∈ D fis teljesül. Továbbá f nem periodikus, hiszen
f (x + p) − f (x) =√−x − p + 2 −
√2 − x (x ∈] −∞, 2]) ,
ami pontosan akkor nulla minden olyan x ∈ D f esetén, melyre x + p ∈ D f ha p = 0.Az f függvénynek az x1 = 2 pontban van zérushelye, hiszen
f (x) = 0√
2 − x = 0x = 2.
Mivel D f =] −∞, 2], azért D f -nek két határpontja van: +∞ és 2, ezekben a határértékek
limx→−∞
√2 − x = +∞ és lim
x→2
√2 − x = 0.
Az f függvény a teljes értelmezési tartományán folytonos, sőt az értelmezési tartománya belső pontjaibanakárhányszor differenciálható, a differenciálhányados-függvényei pedig
f ′(x) = − 12√
2 − xf ′′(x) = − 1
4 (2 − x) 32A monotonitás vizsgálatához tekintsük az f függvény elsőrendű deriváltját.
f ′(x) ≥ 0
− 12√
2 − x≥ 0 (szorozzuk meg mindkét oldat (−1)-gyel, ekkor megfordul a egyenlőtlenség. )
1
2√
2 − x≤ 0 (használjuk, hogy egy negatív valós szám reciproka is negatív. )
2√
2 − x ≤ 0,
23
ami lehetetlen. Így az f függvény a teljes értelmezési tartományán monoton csökkenő.
Az f függvénynek azokban a pontokban lehetnek szélsőértékhelyei, ahol az elsőrendű deriváltja eltűnik.
f ′(x) = 0
− 12√
2 − x= 0
√2 − x = 0.
A fenti egyenlet azonban egyetlen olyan pontban sem teljesül, ami a D f halmaz belsejében, azaz a ]−∞, 2[halmazhoz tartozik. Így az f függvénynek nincs a ] −∞, 2[ halmazon lokális szélsőértékhelye.A konvexitás vizsgálatához az f függvény másodrendű deriváltját kell tekintenünk. Ebben az esetben
f ′′(x) = − 14 (2 − x) 32
(x ∈ R) ,
ezért √2 − x ≥ 0 (ezt emeljük a harmadikonra, az egyenlőtlenség változatlan marad.)
√2 − x3 ≥ 0 (térjünk át hatványkitevős alakra.)
(2 − x) 32 ≥ 0 (használjuk, hogy egy pozitív valós szám reciproka is pozitív. )(2 − x)− 32 ≥ 0 (szorozzuk meg mindkét oldalt − 14 -del, ekkor az egyenlőtlenség megfordul.)
−14
(2 − x)− 32 ≤ 0f ′′(x) ≤ 0
teljesül minden x ∈ D f esetén, vagyis az f függvény az értelmezési tartományán konkáv.A monotonitásnál, a határérték-tulajdonságnál leírtakat egybevetve, a Bolzano-féle középértéktétel miatt(lásd a Kalkulus előadásjegyzet 4.1.1 Következményét) az f függvény értékkészlete
R f = [2,+∞[.
�
21. ábra. A√
2 − x függvény
(j) xex
24
http://math.unideb.hu/media/gselmann-eszter/kalkulus/Kalkulus_jegyzet.pdf
Megoldás. Tekintsük azf (x) = xex
módon megadott f függvényt.
Ekkor az f függvény értelmezési tartománya D f = R.
Az f függvény nem páros, ugyanis
f (x) = xex , −xe−x = f (−x)
és nem páratlan, hiszenf (x) = xex , xe−x = − f (−x)
Továbbá f nem periodikus, hiszen
f (x + p) − f (x) = (ep x − x + p ep) ex (x ∈ R) ,
ami pontosan akkor nulla, ha p = 0.
Az f függvénynek az x1 = 0 pontban van zérushelye, hiszen
f (x) = 0
xex = 0 (osszuk el mindkét oldalt ex-szel, ami pozitív.)
x = 0.
Mivel D f = R, ezért D f -nek két határpontja van: −∞ és +∞ , ezekben a határértékek
limx→−∞
xex = 0 és limx→+∞
xex = +∞.
Az f függvény a teljes értelmezési tartományán folytonos, sőt akárhányszor differenciálható, a differenci-álhányados-függvényei pedig
f ′(x) = (x + 1) ex
f ′′(x) = (x + 2) ex
f (k)(x) = (x + k)ex (k ∈ N) (ez teljes indukcióval igazolható.)
A monotonitás vizsgálatához tekintsük az f függvény elsőrendű deriváltját.
f ′(x) ≥ 0(x + 1) ex ≥ 0 (szorozzuk meg mindkét oldalt ex-szel, ami pozitív. )
x + 1 ≤ 0 (használjuk, hogy egy negatív valós szám reciproka is negatív. )x ≤ −1.
Ez az jelenti, hogy az f függvény
• a [−1,+∞[ intervallumon monoton növekedő;• a ] −∞,−1[ intervallumon monoton csökkenő.
Az f függvénynek azokban a pontokban lehetnek szélsőértékhelyei, ahol az elsőrendű deriváltja eltűnik.
f ′(x) = 0
(x + 1)ex = 0 (szorozzuk meg mindkét oldat ex-szel, ami pozitív. )
x + 1 = 0
x = −1
25
Ez azt jelenti, hogy ha az f függvénynek van szélsőértéke, akkor az csak az x0 = −1 pontban lehet. Ahhoz,hogy el tudjuk dönteni, hogy ez a pont szélsőértékhely-e egyáltalán és ha igen, akkor milyen, tekintsük amásodrendű deriváltat. Ebben az esetben
f ′′(x) = (x + 2)ex (x ∈ R) ,
ami a szóban forgó pontban kiértékelve az kapjuk, hogy
f ′′(−1) = (−1 + 2)e−1 = 1e> 0,
ami mutatja, hogy az x0 = −1 pont egy lokális minimumhely, a minimum értéke pedig f (−1) = −1e
.
A konvexitás vizsgálatához az f függvény másodrendű deriváltját kell tekintenünk. Ebben az esetben
f ′′(x) = (x + 2)ex (x ∈ R) ,
ezértf ′′(x) ≥ 0
(x + 2)ex ≥ 0 (osszuk el mindkét oldalt ex-szel, ami pozitív. )x + 2 ≥ 0
x ≥ −2x ∈ [−2,+∞[.
Ez azt jelenti, hogy az f függvény
• a [−2,+∞[ intervallumon konvex;• a ] −∞,−2[ intervallumon konkáv.
A monotonitásnál, a lokális szélsőértékhelyeknél, illetve a határérték-tulajdonságnál leírtakat egybevetve,a Bolzano-féle középértéktétel miatt (lásd a Kalkulus előadásjegyzet 4.1.1 Következményét) az f függvényértékkészlete
R f = [−1/e,+∞[.�
22. ábra. Az x exp(x) függvény
(k) x ln(x)
26
http://math.unideb.hu/media/gselmann-eszter/kalkulus/Kalkulus_jegyzet.pdf
(l) x + arctg(x)
(m) 2x − tg(x)
(n) e−x2
(o)x
(1 − x)2(1 + x)
Megoldás. Tekintsük azf (x) =
x(1 − x)2(1 + x)
módon megadott f függvényt.
Ekkor az f függvény értelmezési tartománya D f = R \ {−1, 1}.Az f függvény nem páros, ugyanis
f (x) =x
(1 − x)2(1 + x) , −x
(1 − x) (x + 1)2= f (−x)
és nem páratlan, hiszen
f (x) =x
(1 − x)2(1 + x) ,x
(1 − x) (x + 1)2= − f (−x)
Továbbá f nem periodikus, hiszen
f (x + p) − f (x) = −p
(2 x3 + 3 p x2 − x2 + p2 x − p x − 1
)(x − 1)2 (x + 1) (x + p − 1)2 (x + p + 1)
(x ∈ D f
),
ami pontosan akkor nulla, ha p = 0.
Az f függvénynek az x1 = 0 pontban van zérushelye, hiszen
f (x) = 0x
(1 − x)2(1 + x) = 0 (szorozzuk meg mindkét oldalt a nevezővel)x = 0.
Mivel D f = R \ {−1, 1}, ezért D f -nek négy határpontja van: −∞, +∞ −1 és 1, ezekben a határértékek
limx→−∞
x(1 − x)2(1 + x) =
xx3 − x2 − x + 1 = 0 és limx→+∞
x(1 − x)2(1 + x) =
xx3 − x2 − x + 1 = 0,
továbbá,lim
x→−1−
x(1 − x)2(1 + x) = limx→−1−
xx3 − x2 − x + 1 = +∞
éslim
x→−1+
x(1 − x)2(1 + x) = limx→−1+
xx3 − x2 − x + 1 = −∞,
ami mutatja, hogy a −1 pontban nem létezik az f függvénynek a határértéke, továbbá,
limx→1−
x(1 − x)2(1 + x) = limx→1−
xx3 − x2 − x + 1 = +∞
éslimx→1+
x(1 − x)2(1 + x) = limx→1+
xx3 − x2 − x + 1 = +∞.
27
Az f függvény a teljes értelmezési tartományán folytonos, sőt akárhányszor differenciálható, a differenci-álhányados-függvényei pedig
f ′(x) = − 2 x2 + x + 1
(x − 1)3 (x + 1)2
f ′′(x) =2
(3 x3 + 3 x2 + 5 x + 1
)(x − 1)4 (x + 1)3
.
A monotonitás vizsgálatához tekintsük az f függvény elsőrendű deriváltját.
f ′(x) ≥ 0
− 2 x2 + x + 1
(x − 1)3 (x + 1)2≥ 0 (szorozzuk meg mindkét oldalt (x − 1)4(1 + x)2-szel, ami pozitív. )
− (x − 1)(2 x2 + x + 1
)≤ 0 (szorozzuk meg mindkét oldalt (2 x2 + x + 1)-gyel, ami pozitív. )
−(x − 1) ≥ 0x − 1 ≤ 0
x ≤ 1x ∈ ] −∞,−1[∪] − 1, 1[.
Ez az jelenti, hogy az f függvény
• a [−∞,−1[ intervallumon monoton növekedő;• a [−1, 1[ intervallumon monoton növekedő;• a ]1,+∞[ intervallumon monoton csökkenő.
Az f függvénynek azokban a pontokban lehetnek szélsőértékhelyei, ahol az elsőrendű deriváltja eltűnik.
f ′(x) = 0
− 2 x2 + x + 1
(x − 1)3 (x + 1)2= 0 (szorozzuk meg mindkét oldalt a nevezővel )
2 x2 + x + 1 = 0.
Ennek az egyenletnek azonban (a D f halmazon) nincsen megoldása, így az f függvénynek nincsen lokálisszélsőértékhelye.
A konvexitás vizsgálatához az f függvény másodrendű deriváltját kell tekintenünk. Ebben az esetben
f ′′(x) =2
(3 x3 + 3 x2 + 5 x + 1
)(x − 1)4 (x + 1)3
(x ∈ R) ,
ezértf ′′(x) ≥ 0
2(3 x3 + 3 x2 + 5 x + 1
)(x − 1)4 (x + 1)3
≥ 0 (szorozzuk meg mindkét oldalt (x − 1)4 (x + 1)4-nel , ami pozitív. )
2(3 x3 + 3 x2 + 5 x + 1
)(x + 1) ≥ 0(
3 x3 + 3 x2 + 5 x + 1)
(x + 1) ≥ 06 x4 + 12 x3 + 16 x2 + 12 x + 2 ≥ 0.
A fenti negyedfokú polinomnak két valós gyöke van, x1 = 1 és x2 =(2√
17+2)23 −(2
√17+2)
13 −4
3 (2√
17+2)13
. Ez azt jelenti,
hogy az f függvény
• a ] −∞,−1[ intervallumon konvex;
28
• a ] − 1, x2[ intervallumon konvex;• az ]x2, 1[ intervallumon konkáv;
• az ]1,+∞[ intervallumon konvex.
A monotonitásnál, a lokális szélsőértékhelyeknél, illetve a határérték-tulajdonságnál leírtakat egybevetve,a Bolzano-féle középértéktétel miatt (lásd a Kalkulus előadásjegyzet 4.1.1 Következményét) az f függvényértékkészlete
R f = R.
23. ábra. Azx
(1 − x)2(1 + x) függvény
�
(p) sin(x) sin(1x
)
29
http://math.unideb.hu/media/gselmann-eszter/kalkulus/Kalkulus_jegyzet.pdf