Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.69	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bacsó G. , Balog J. , Füredi Z. , Győry Gy. , Göndőcs F. , Hermann P. , Horváthy P. , Kabay Gy. , Kirchner I. , Komjáth P. , Komornik V. , Martoni V. , Papp G. , Petz D. , Szendrei Mária
Füzet:	1971/március, 123 - 124. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Elemi függvények differenciálhányadosai, Függvény határértéke, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1970/május: Pontversenyen kívüli P.69

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A bizonyítás alapötlete a következő. Az $f (u v)$ kifejezést megpróbáljuk úgy átalakítani, hogy olyan típusú kifejezéseket kapjunk, amelyek határértéke $f (u)$ , ill. $f (v)$ . Ehhez új tagokat ,,csempészünk be'' $f (u v)$ -be a következőképpen:

\begin{matrix} f (u v) = {lim}_{x \to 0}^{} \frac{{(u v)}^{x} - 1}{x} = {lim}_{x \to 0}^{} \frac{u^{x} v^{x} - 1}{x} = {lim}_{x \to 0}^{} \frac{u^{x} v^{x} - u^{x} + u^{x} - 1}{x} = \\ = {lim}_{x \to 0}^{} {\frac{u^{x} (v^{x} - 1)}{x} + \frac{u^{x} - 1}{x}} = {lim}_{x \to 0}^{} {(\frac{u^{x} - 1 + 1}{x} \cdot x) \cdot \frac{v^{x} - 1}{x} + \frac{u^{x} - 1}{x}} = \\ = {lim}_{x \to 0}^{} {(\frac{u^{x} - 1}{x} \cdot x + 1) \cdot \frac{v^{x} - 1}{x} + \frac{u^{x} - 1}{x}} . \end{matrix}

Legyen most

x

olyan, a

0

-hoz tartó sorozat, melynek végtelen sok tagja különböző

0

-tól. Felhasználva a határértékekre vonatkozó elemi azonosságokat, adódik, hogy

\begin{matrix} f (u v) = {f (u) \cdot ({lim}_{x \to 0}^{}) + 1} \cdot f (v) + f (u) = f (v) + f (u), \end{matrix}

hiszen

f (u) \cdot {lim}_{x \to 0}^{} x = 0

, mivel

f (u)

véges és

{lim}_{x \to 0}^{} x = 0

, és így a feladat feltétele szerint

f (u v)

is létezik és véges.

Megjegyzések. 1. A fenti megoldás nem a lehető legegyszerűbb. Az egyszerűbb megoldásokkal szemben viszont előnye, hogy kevés más ismeretet tételez fel.
Ha például felhasználjuk, hogy

{lim}_{x \to 0}^{} u^{x} = 1

, akkor bizonyításunk jóval egyszerűbbé válik:

\begin{matrix} f (u v) = {lim}_{x \to 0}^{} {\frac{u^{x} (v^{x} - 1)}{x} + \frac{u^{x} - 1}{x}} = \\ = ({lim}_{x \to 0}^{} u^{x}) \cdot f (v) + f (u) = f (u) + f (v) . \end{matrix}

2. Könnyű észrevenni, hogy

\begin{matrix} \frac{a^{x} - 1}{x} = \frac{a^{x} - a^{0}}{x - 0}, \end{matrix}

s a jobb oldal éppen az

a^{x}

függvény különbségi hányadosa az

x = 0

helyen. Vagyis

\begin{matrix} {lim}_{x \to 0}^{} \frac{a^{x} - a^{0}}{x - 0}, \end{matrix}

ami a feladat szerint létezik, éppen az

a^{x}

függvény differenciálhányadosa a

0

helyen. És mivel

a^{x}

differenciálhányadosa

a^{x} \cdot ln a

, ennek értéke az

x = 0

helyen éppen

ln a

. Ekkor a bizonyítandó állítás a jól ismert

\begin{matrix} ln (u v) = ln u + ln v \end{matrix}

azonosság. Ez az észrevétel már túlmegy a feladat megoldásához szükséges ismeretanyagon.

3. Kilenc dolgozat az ún. l' Hospital-féle szabály felhasználásával vélte megoldani a feladatot. Ez egyrészt túlságosan ,,nagy ágyú'', másrészt alkalmazása körültekintést is igényel, és erről megfeledkeztek. A határérték tételek alkalmazása nem úgy megy, mint az egyszeregyé.