Kezdőlap


Feladat:	A.359	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Jankó Zsuzsanna , Paulin Roland , Strenner Balázs
Füzet:	2005/május, 283 - 287. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Abszolútértékes függvények, Egyenlőtlenségek, Határértékszámítás, folytonosság, differenciálhatóság, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2004/december: A.359

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

I. megoldás. A feladat feltétele ekvivalens azzal, hogy $f : R \to R$ olyan monoton függvény, melyre létezik olyan pozitív $c$ , hogy minden valós $x$ , $y$ -ra $| f (x) + f (y) - f (x + y) | < c$ . Ha ugyanis a feladat feltételei teljesülnek, akkor a $c = {max}_{}^{} (c_{1}, c_{2}) + 1$ megfelelő, míg ha az új feltétel teljesül, akkor $c_{1} = c_{2} = c$ megfelelő. Ezentúl mindig az új feltételre hivatkozunk.
Feltehetjük, hogy $f$ monoton nő. Ha ugyanis ezen esetre már beláttuk az állítást, akkor egy monoton csökkenő, a feltételeket teljesítő $f$ -hez létezik olyan $k$ , hogy $- f (x) - k x$ függvény korlátos, hiszen $- f$ is teljesíti a feltételeket. Ekkor azonban $f (x) - (- k) x$ is korlátos.

1. lemma. Minden pozitív egész

n

-re

| f (n x) - n f (x) | < n c

Bizonyítás. Az

n

-re vonatkozó teljes indukcióval bizonyítunk.

n = 1

-re az állítás igaz. Ha

(n - 1)

-re igaz az állítás (

n \geq 2

), akkor

\begin{matrix} | f ((n - 1) x) - (n - 1) f (x) | < (n - 1) c, \end{matrix}

és az

f

-re vonatkozó feltételek szerint

\begin{matrix} | f (n x) - f ((n - 1) x) - f (x) | < c, \end{matrix}

így a háromszög-egyenlőtlenség felhasználásával ezek összeadásából kapjuk, hogy

| f (n x) - n f (x) | < n c

, vagyis az állítás

n

-re is igaz.
Legyen

g (x) = \frac{f (x)}{x}

, ha

x > 0

. Megmutatjuk, hogy

{lim}_{x \to \infty}^{} g (x)

határérték létezik.

2. lemma. Ha

q \in Q

q \geq 1

és

x > 0

, akkor

| g (q x) - g (x) | < \frac{2 c}{x}

Bizonyítás. Legyen

q = \frac{u}{v}

, ahol

u

v

pozitív egészek és

u \geq v

. Az 1. lemmát alkalmazva kapjuk, hogy

| f (u x) - u f (x) | < u c

és

| f (v \cdot (q x)) - v f (q x) | < v c

. Az utóbbiból

| f (u x) - v f (q x) | < v c

következik. A háromszög-egyenlőtlenség szerint ekkor

| v f (q x) - u f (x) | < (u + v) c \leq 2 u c

. Mindkét oldalt osztjuk

x

-szel:

\begin{matrix} | \frac{v}{u} \frac{f (q x)}{x} - \frac{f (x)}{x} | < \frac{2 c}{x} \Rightarrow | g (q x) - g (x) | < \frac{2 c}{x} . \end{matrix}

Vizsgáljuk a

g (1), g (2), g (3), ...

sorozatot. Legyen

ε > 0

-ra

K = \frac{2 c}{ε}

. Ha

m

n

egészek,

m, n > K

és pl. ha

m \geq n

, akkor a 2. lemmát alkalmazva kapjuk, hogy

\begin{matrix} | g (m) - g (n) | = | g (\frac{m}{n} \cdot n) - g (n) | < \frac{2 c}{K} = ε, \end{matrix}

így a Cauchy-kritérium szerint a

{g (i)}_{i = 1}^{\infty}

sorozat konvergens. Legyen a határértéke

h

.
Tegyük fel, hogy az

f (x)

függvény sehol sem vesz fel pozitív értéket. Legyen

A = - f (0) \geq 0

, ekkor

x > 0

-ra

- A \leq f (x) \leq 0

, így

\begin{matrix} | g (x) | = \frac{- f (x)}{x} \leq \frac{A}{x}, \end{matrix}

vagyis ha

ε > 0

-ra

x > \frac{A}{ε}

, akkor

| g (x) | \leq ε

, tehát

{lim}_{x \to \infty}^{} g (x) = 0

.
Ha előbbi feltevésünk nem helyes, azaz

\exists a : f (a) > 0

, akkor minden

x > a

-ra

f (x) > 0

. Legyen

b = {max}_{}^{} (a + 1,0)

. Ha

x > b

és

n = [x]

, akkor

n, n + 1 > a

, így

\begin{matrix} \frac{f (n)}{n + 1} \leq \frac{f (x)}{x} \leq \frac{f (n + 1)}{n}, \end{matrix}

felhasználva, hogy

f

monoton nő. Ebből

x > b

-re

\begin{matrix} \frac{n}{n + 1} g (n) \leq g (x) \leq \frac{n + 1}{n} g (n + 1) \end{matrix}

következik.

\begin{matrix} {lim}_{n \to \infty}^{} \frac{n}{n + 1} = {lim}_{x \to \infty}^{} \frac{n + 1}{n} = 1 és {lim}_{n \to \infty}^{} g (n) = {lim}_{x \to \infty}^{} g (n + 1) = h, \end{matrix}

így a bal és a jobb oldal is

h

-hoz tart. Tehát tetszőleges

ε > 0

-hoz találhatók olyan

K_{1}

K_{2}

pozitív számok, melyekre

n \geq K_{1}

esetén

\begin{matrix} | \frac{n}{n + 1} g (n) - h | < ε \end{matrix}

és

n \geq K_{2}

esetén

\begin{matrix} | \frac{n + 1}{n} g (n + 1) - h | < ε . \end{matrix}

Ekkor

K = {max}_{}^{} (b, K_{1} + 1, K_{2} + 1)

-re

x > K

esetén

n \geq K_{1}

n \geq K_{2}

és

x > b

, így

| g (x) - h | < ε

. Ez pedig azt jelenti, hogy a

{lim}_{x \to \infty}^{} g (x)

határérték létezik és értéke

h

.
Minden esetben azt kaptuk, hogy a

{lim}_{x \to \infty}^{} g (x)

határérték létezik, legyen értéke

k

. Tegyük fel indirekten, hogy az

f (x) - k x

függvény a

(0, \infty)

intervallumon nem korlátos. Ekkor van olyan

s > 0

, melyre

| f (s) - k s | > 2 c

. Az 1. lemma szerint minden pozitív

m

egészre

| f (m s) - m f (s) | < m c

, továbbá az előbbiekből

| m f (s) - m k s | > 2 m c

, így

\begin{matrix} | f (m s) - m k s | > 2 m c - m c = m c \Rightarrow | \frac{f (m s)}{m s} - k | > \frac{c}{s} \Rightarrow | g (m s) - k | > \frac{c}{s} . \end{matrix}

Tehát a

{g (m s)}_{m = 1}^{\infty}

sorozat biztosan nem tart

k

-hoz, holott

{lim}_{m \to \infty}^{} m s = \infty

. Ez ellentmond

{lim}_{x \to \infty}^{} g (x) = k

-nak, így az

f (x) - k x

függvény a

(0, \infty)

intervallumon korlátos, azaz van olyan pozitív

M

, melyre

| f (x) - k x | < M

, ha

x > 0

. Ha

x < 0

, akkor a feltételek alapján

\begin{matrix} | f (x) + f (- x) - f (0) | < c \Rightarrow | f (x) + f (- x) | < c + | f (0) | \Rightarrow \\ \Rightarrow | f (x) - k x + (f (- x) - k (- x)) | < c + | f (0) | \Rightarrow \\ \Rightarrow | f (x) - k x | < c + | f (0) | + M = N . \end{matrix}

Mivel

N > | f (0) |

és

N > M

, azért tetszőleges valós

x

-re

| f (x) - k x | < N

, tehát az

f (x) - k x

függvény valóban korlátos.

II. megoldás. Legyen

n > 1

pozitív egész. Indukcióval könnyen bizonyítható, hogy

\begin{matrix} n f (x) - (n - 1) c_{1} \leq f (n x) \leq n f (x) + (n - 1) c_{2} . \end{matrix}

Speciálisan

x = 1

-re alkalmazva:

\begin{matrix} f (1) - c_{1} < f (1) - \frac{n - 1}{n} c_{1} \leq \frac{f (n)}{n} \leq f (1) + \frac{n - 1}{n} c_{2} < f (1) + c_{2} . \end{matrix}

Tehát

\frac{f (n)}{n}

korlátos sorozat, így létezik konvergens részsorozata:

\frac{f (n_{k})}{n_{k}} \to t_{1}

. Tegyük fel, hogy

\frac{f (s_{k})}{s_{k}} \to t_{2}

szintén konvergens részsorozat. Legyen

t_{1} > t_{2}

. Ekkor létezik

ε

és

n_{0}

, melyekre

t_{1} - ε - \frac{c_{1}}{n_{0}} > t_{2} + ε + \frac{c_{2}}{n_{0}}

. Mivel

\frac{f (n_{k})}{n_{k}} \to t_{1}

, így létezik

N_{1} (ε)

, hogy

N_{1} (ε) < n_{k}

esetén

\frac{f (n_{k})}{n_{k}} > t_{1} - ε

, hasonlóan létezik

N_{2} (ε)

, hogy

N_{2} (ε) < s_{k}

esetén

\frac{f (s_{k})}{s_{k}} < t_{2} + ε

. Mivel

\begin{matrix} n f (k) - (n - 1) c_{1} \leq f (n k) \leq n f (k) + (n - 1) c_{2}, \end{matrix}

azért

\begin{matrix} \frac{f (k)}{k} - \frac{c_{1}}{k} \leq \frac{f (k n)}{k n} \leq \frac{f (k)}{k} + \frac{c_{2}}{k} . \end{matrix}

Legyen

n_{k}, s_{k} \geq {max}_{}^{} (N_{1} (ε), N_{2} (ε), n_{0})

, ekkor

\begin{matrix} t_{1} - ε - \frac{c_{1}}{n_{0}} \leq \frac{f (n_{k})}{n_{k}} - \frac{c_{1}}{n_{k}} < \frac{f (s_{k} n_{k})}{s_{k} n_{k}} < \frac{f (s_{k})}{s_{k}} + \frac{c_{2}}{s_{k}} \leq t_{2} + ε + \frac{c_{2}}{n_{0}} \end{matrix}

Tehát ellentmondásra jutottunk, vagyis pontosan egy konvergens részsorozat választható ki, így

\frac{f (n)}{n}

konvergens. (Ha

\exists ε \forall N \exists n \geq N | \frac{f (n)}{n} - t_{1} | > ε

akkor az ilyenek sorozatából kiválasztható a korlátosság miatt konvergens részsorozat, amelynek nem

t_{1}

a határértéke.)
Feltehetjük, hogy a függvény monoton nő, különben

- f

-re térünk át. Ha

f (x) < 0

minden

x

-re, akkor

x > 0

esetén

f (0) \leq f (x) < 0

miatt

{lim}_{x \to \infty}^{} \frac{f (x)}{x} = 0

. Ha

f (x_{0}) > 0

, akkor a nála nagyobb

n

egészekre teljesülnek a következő egyenlőtlenségek. Ha

n < x < n + 1

, akkor

\begin{matrix} \frac{n}{n + 1} \frac{f (n)}{n} < \frac{f (x)}{x} < \frac{n + 1}{n} \frac{f (n + 1)}{n + 1} . \end{matrix}

Adott

ε

-ra legyen

n

olyan nagy, hogy

\frac{t_{1}}{n} < ε

és

| \frac{f (n)}{n} - t_{1} | < ε

, ekkor

\begin{matrix} \frac{f (x)}{x} > \frac{n}{n + 1} (t_{1} - ε) > (1 - \frac{1}{n + 1}) t_{1} - ε > t_{1} - 2 ε \end{matrix}

és

\frac{f (x)}{x} < \frac{n + 1}{n} (t_{1} + ε) < t_{1} + 3 ε

. Tehát létezik

{lim}_{x \to \infty}^{} \frac{f (x)}{x} = t_{1}

. Másrészt

\begin{matrix} f (x) + f (- x) - c_{1} \leq f (0) \leq f (x) + f (- x) + c_{2}, \end{matrix}

így

\begin{matrix} \frac{f (x)}{x} - \frac{c_{1} + f (0)}{x} \leq \frac{f (- x)}{- x} \leq \frac{f (x)}{x} + \frac{c_{2} + f (0)}{x}, \end{matrix}

azaz

{lim}_{x \to - \infty}^{} \frac{f (x)}{x} = t_{1}

. Az első esetben

t_{1} = 0

.
Legyen

g (x) = f (x) - t_{1} x

, ekkor

\begin{matrix} {lim}_{x \to \pm \infty}^{} \frac{g (x)}{x} = 0 és g (x) + g (y) - c_{1} \leq g (x + y) \leq g (x) + g (y) + c_{2} . \end{matrix}

A feladat feltételeiből következik, hogy

- c_{2} < f (0) = g (0) < c_{1}

. Ha létezik

a

, hogy

g (a) > c_{1}

, akkor

g (x) + (g (a) - c_{1}) \leq g (x + a)

miatt

\begin{matrix} n (g (a) - c_{1}) < g (n a), így \frac{g (a) - c_{1}}{| a |} < \frac{g (n a)}{n | a |}, \end{matrix}

azaz

\frac{g (n a)}{n a}

nem tart

0

-hoz. Hasonlóan ha létezik

b

, hogy

g (b) < - c_{2}

, akkor

\begin{matrix} g (x) + g (b) + c_{2} \geq g (x + b) miatt n (g (b) + c_{2}) > g (n b), \end{matrix}

azaz most

\frac{g (n b)}{n b}

nem tart

0

-hoz. Tehát

g (x)

valóban korlátos, ezzel bebizonyítottuk az állítást.

Megjegyzés. Egy

a_{n}

sorozatot konvergensnek mondunk, ha van olyan

a

szám, hogy minden pozitív

ε

esetén van egy

N

küszöbindex, hogy ha

n \geq N

akkor

| a_{n} - a | < ε

. Kevésbé formalizáltan ez azt jelenti, hogy a sorozat tagjai egyre kisebb környezetében vannak az

a

határértéknek, amint az indexük elég nagy. A második megoldás azt használta, hogy ha a sorozat minden tagja két előre meghatározott korlát között van, akkor a sorozatnak van konvergens részsorozata, de persze sem ez a részsorozat, sem a határérték nem egyértelmű:

a_{n} = {(- 1)}^{n}

esetén a páros

n

-ek alkotta sorozat

1

-hez, a páratlan

n

-k alkotta sorozat

- 1

-hez tart.
Ha megsejtjük a határértéket, akkor általában könnyű bizonyítani, hogy a sorozatnak valóban az a határértéke. Gyakran azonban nem áll rendelkezésre ez a határérték, ilyenkor más módszerrel kell bizonyítanunk a sorozat konvergenciáját. Erre sok ekvivalens feltétel ismeretes, ezek közül az úgynevezett Cauchy-kritérium ellenőrizhető a legkönnyebben. Ez azt mondja ki, hogy ha a sorozat tagjai egyre közelebb vannak egymáshoz, akkor a sorozat konvergens, kicsit pontosabban: ha minden pozitív

ε

-hoz létezik

N

küszöbindex, hogy ha

m, n > N

akkor

| a_{m} - a_{n} | < ε

, ekkor a sorozat konvergens. Könnyen látható, hogy a konvergens sorozatokra ez teljesül: ha valahonnan kezdve minden szám legfeljebb

ε

távolságra van a határértéktől, akkor egymástól legfeljebb

2 ε

távolságra vannak. Vigyázat: a Cauchy-kritériumnál nem elég leellenőrizni, hogy a szomszédos számok távolsága kicsi-e: ha

\begin{matrix} a_{n} = \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{i}, akkor a_{n + 1} - a_{n} = \frac{1}{n + 1} \end{matrix}

bármilyen kicsi elég nagy

n

-re, de

a_{n}

nem konvergens, nem is korlátos. A konvergens sorozatok korlátosak.