Tehetséggondozás a matematikában

PÁZMÁNY PÉTER KATOLIKUS EGYETEMEN

INFORMÁCIÓS TECHNOLÓGIAI ÉS BIONIKAI KAR

Bevezető

A

támogatásával készült tehetséggondozó anyagunkkal az emelt szintű csoportok tanítását és a szakköri munkát szeretnénk segíteni.

A Differenciálszámítás alkalmazásai és Az integrálszámítás alkalmazásai című kidolgozott anyagok az előző évben készült Differenciál- és integrálszámítás alapjai című anyag szerves folytatásai. A jelen anyagok célja a gyakorlati alkalmazások bemutatása, melyek mind az emelt szintű érettségiben, mind az első éves egyetemi tananyagban felbukkannak. A kidolgozás tartalmazza a feladatmegoldásoknál használt fogalmak és tételek rendszerezését is. Néhány helyen „óvatosan túllép” az emelt szintű kötelező tananyagon. Az itteni előrelépésnek az a célja, hogy átmenetet nyújtsunk az első éves egyetemi anyagba is ezen a témakörökön keresztül, ezzel is csökkentve az egyetem kezdésekor fellépő szintugrást.

A kombinatorika és a valószínűségszámítás témakörhöz ad gazdag válogatást a

csoportokban a „szerencse” és a „szerencsétlenség” mérlegelését mutathatjuk be tanítványainknak.

Az arányos következtetések, a százalékszámítás gyakran használt módszerek. Ezekkel a fogalmakkal elszórva, a középiskolai tananyagban más témakörök részeként foglalkozunk. Az

ismereteket és lehetőséget ad az érettségi előtti rendszerezésre.

A

témaköreihez tartalmaz szakkörön használható feladatlapokat, de a tanórai differenciált munkát is segítheti.

A szerzők a

javaslatot.

Budapest, 2018. október 19.

Dobos Sándor Horváth Eszter Magyar Zsolt

PÁZMÁNY PÉTER KATOLIKUS EGYETEMEN

INFORMÁCIÓS TECHNOLÓGIAI ÉS BIONIKAI KAR

Szerzők, szervező:

Dobos Sándor

(PhD): Az ELTE-TTK matematika-fizika szakán szerzett tanári diplomát 1993-ban. Doktori (PhD) dolgozatát 2011-ben a Debreceni Egyetemen védte meg. 1992-től napjainkig a budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium tanára. 1997 óta a Nemzetközi Matematikai Diákolimpián résztvevő magyar csapat helyettes vezetője, 2002 óta a csapat felkészítője. A Matematika II. OKTV Bizottság elnöke.

Munkáját több szakmai díjjal ismerték el: 2003-ban Beke Manó-díjat, 2004-ben Ericcsson- díjat, 2015-ben Bonis Bona-díjat, 2012-ben MesterM-díjat, 1998-ban, 2006-ban és 2014-ben Graphisoft-díjat kapott.

Horváth Eszter (PhD): Az ELTE-TTK matematika - fizika szakán 1979-ben

kitüntetéses diplomát szerzett. Doktori (PhD) dolgozatát 2008-ban a

Egyetemen védte meg. 1979-2011 között a budapesti Szilágyi Erzsébet Gimnáziumban, 2011-2013 között a budapesti Piarista Gimnáziumban tanított, jelenleg a Kempelen Farkas Gimnázium tanára. 2012-ben részt vett a matematika kerettantervek kidolgozásában. 2001-ben Beke Manó emlékdíjat, 2009-ben Ericsson-díjat kapott.

Magyar Zsolt: 1994-ben matematika-fizika szakos tanári diplomát szerzett az

ELTE TTK-n. 1994 óta folyamatosan a XIV. Kerületi Szent István Gimnázium tanára. 1998 óta az ABACUS matematikai lapok 10-14 éveseknek folyóirat főszerkesztője. Részt vett a kétszintű matematika érettségi előkészítésében és a kapcsolódó tanártovábbképzések lebonyolításában. Két évig óraadóként tanított a Budapesti Közgazdaságtudományi Egyetemen. 2005 óta emelt szintű

matematika érettségi javításvezető, vizsgáztató. 2012-ben tehetségfejlesztő szaktanácsadó diplomát, 2013-ban pedagógus szakvizsgát szerzett az ELTE PPK-n. 1999-ben Graphisoft- díjat, 2013-ban Bonis Bona- díjat, 2016-ban Ericsson-díjat kapott.

Pázmány Péter Katolikus Egyetem - Információs Technológiai és Bionikai Kar: Az 1998-ban alapított ITK kiemelten fontosnak tartja a középiskolai

tehetséggondozást természettudományos tárgyak terén. Ezt a diákoknak szóló

tehetséggondozó táborok és különféle foglalkozások, illetve a pedagógusoknak

szánt továbbképzések formájában is igyekszik megvalósítani. Jelen

segédanyagunk a szaktanároknak szánt továbbképzések gyümölcse, melynek

közzétételével minden kedves kolléga tehetséggondozó munkáját szeretnénk

támogatni, eredményesebbé tenni.

A differenciálszámítás alkalmazásai

I. A derivált és a függvény grafikonjának érintője

Legyen az f függvény deriválható a-ban. Vizsgáljuk meg, hogy az a-beli differenciálhányadosnak milyen szemléletes jelentést adhatunk!

Az (x₀, f(x₀)) és (a, f(a)) pontokon átmenő egyenes meredeksége, azaz a függvény grafikonját az ))

( ,

(x₀ f x₀ és (a, f(a)) pontokban metsző egyenes meredeksége

a x

a f x f





0

0) ( )

( , ami éppen a függ- vény egy differenciahányadosa.

A differenciálhányados a differenciahányadosok határértéke, melyet úgy kapunk, hogy x₀-lal közelí- tünk a-hoz.

Ha x₀ közelít a-hoz, akkor az említett szelők két metszéspontja egyre közelebb kerül egymáshoz. Ha az x₀ „végtelenül megközelíti” a-t, akkor a két metszéspont „összecsúszik”, azaz geometriai szemléle- tünk alapján a szelő átmegy egy olyan egyenesbe, amelynek a függvény grafikonjával csak egy közös pontja van, az (a, f(a))pont. Ezt az egyenest a geometriai értelemben vett definíció alapján a függ- vény grafikonjának (a,f(a)) pontbeli, röviden a-beli érintőjének nevezzük. Az érintő meredekségét a szelő egyenesek meredekségének határértéke adja, ami éppen az a-beli differenciálhányados. Ezen meggondolások alapján kézenfekvőnek tűnik, az alábbi definíció:

Def. Ha f deriválható a-ban, akkor az y f(a) f(a)(xa) egyenletű egyenes az f függvény gra- fikonjának (a,f(a)) pontbeli érintője, az m f(a) szám az érintő meredeksége.

Megjegyzés:

Érdemes megvizsgálni, hogy mennyire egyezik meg az így meghatározott érintő a geometriai értelem- ben vett érintővel.

A geometriában például a kör esetén azt mondtuk, hogy érintőnek nevezzük azt az egyenest, amelynek egy közös pontja van az adott körrel. Ez a feltétel itt nem mindig teljesül, hiszen például az f(x)x függvény grafikonjának érintője a fenti szemléletes definíció alapján minden pontban az yx ^egye- nes, ami éppen a függvény grafikonjával esik egybe, azaz végtelen sok közös pontjuk van.

A geometriában a kör esetén azt is mondhatjuk, hogy érintőnek nevezzük azt az egyenest, amelynek egy közös pontja van az adott körrel, és amelynek az egyik partjára (az egyenes által meghatározott egyik félsíkba) esik a teljes kör. A g(x)x³ függvény grafikonjának a 0-ban vett érintője a fenti defi- níció alapján az y0 egyenes, ami azonban ezen geometriai szemléletünknek megfelelőn nem érinti, hanem „átmetszi” a grafikont.

Az érintőnek tehát más tulajdonságát kell kiemelnünk, nevezetesen azt, hogy az adott pontban vett érintő „jól hozzásimul” a grafikonhoz, vagyis az érintő és a grafikon távolsága valamilyen módon 0-

hoz tart, ha tartunk a felé. Ez még azonban nem elég, hisz bármelyik, az (a,f(a)) ponton átmenő egyenesre igaz ez a tulajdonság! Az, hogy „jól hozzásimul”, az alábbi tétellel fogalmazható meg:

Tétel: Legyen f differenciálható az a pontban. Ekkor az y f(a)m(xa) egyenletű egyenesre akkor és csak akkor áll fenn a ( ) [ ( ) ( )] 0

lim 











 x a

a x m a f x f

a

x egyenlőség, ha m f(a).

Megjegyzés:

1. A tétel azt mondja ki, hogy az (a,f(a)) ponton átmenő egyenesek közül egyedül az általunk érin- tőnek nevezett egyenes közelíti úgy a függvény grafikonját az (a,f(a)) pont közelében, hogy az ugyanazon x értékekhez tartozó, a grafikonon, illetve az egyenesen levő pontok y koordinátáinak elté- rése még egy 0-hoz tartó kifejezéssel osztva is 0-hoz tart (ha közelítünk a fent említett ponthoz).

2. A fenti tétel azt is sugallja, hogy ha az f függvény nem differenciálható az a pontban, akkor nincs olyan egyenes, amely a fenti tulajdonsággal rendelkezne, azaz nincsen érintője a függvény grafikonjá- nak.

Függvény grafikonját érintő egyenes egyenletének meghatározása

Kidolgozott feladatok:

1. Határozzuk meg az f(x)x² 3x2 függvény grafikonjához az x = 2-nél húzott érintő egyenle- tét!

Megoldás:

A függvény deriválható, deriváltja f (x)2x3. A derivált értéke x = 2-nél f(2)7. A függvény értéke x = 2-nél

8 ) 2 ( 

f . Tehát a keresett érintő egyenlete:

) 2 ( ) 2 ( ) 2

(    

 f f x

y , azaz y87(x2)7x6.

2. Határozzuk meg az a és b paraméterek értékét, ha a g(x)2x³ax² bx6 függvény grafikon- jához az x = –2-nél húzott érintő egyenlete y 7x18.

Megoldás:

A függvény x = –2-nél vett helyettesítési értéke megegyezik az érintő x = –2-nél levő pontjának y koordinátájával, azaz g(2)7(2)184. A függvény x = –2-nél vett deriváltja pedig meg- egyezik az érintő meredekségével, azaz g(2)7. A függvény deriváltja g(x)6x² 2axb. A kapott adatokat behelyettesítve a g(2)164a2b6, azaz 164a2b64, ren- dezve 2ab7, és a g(2)244ab, azaz 244ab7, rendezve 4ab17 egyenle- teket kapjuk. A kapott











 17 4

7 2

b a

b a

egyenletrendszert megoldva az a = 5, b = 3 megoldás adódik.

Tehát a keresett függvény a g(x)2x³5x²3x6.

3. Határozzuk meg a h(x)3x² 4x5 függvény grafikonjához a (3; 17) pontból húzott érintő(k) egyenletét!

Megoldás:

Mivel h(3)3943520, ezért a megadott pont nincs rajta a függvény grafikonján. A kere- sett érintő egyenes érintse a grafikont az (a; b) pontban. Mivel a függvény deriváltja

4 6 )

(  

 x x

h , ezért az alábbiak igazak:

i)a keresett érintő meredeksége 6a – 4

ii)A (3; 17) és az (a;3a² 4a5) pontok rajta vannak a keresett érintőn.

Tehát az érintő meredekségére az alábbi összefüggés felírható:

4 3 6

17 ) 5 4 3 ( ²



 





 a

a a a

Ha ezt rendezzük, akkor a értékére az a²6a80 másodfokú egyenletet kapjuk. Ennek meg- oldásai a = 4, illetve a = 2.

I. a = 4, b = 37. Ekkor az érintő meredeksége 20, egyenlete y3720(x4)20x43. II.a = 2, b = 9. Ekkor az érintő meredeksége 8, egyenlete y98(x2)8x7. Ellenőrizhető, hogy mindkét egyenes átmegy a (3; 17) ponton.

Gyakorló feladatok:

1. Határozzuk meg az alábbi függvények grafikonjának a megadott x értékeknél húzott érintőjének egyenletét:

a) f(x)4x³ 3x² 5x32, x = 3 b) f(x) x24, x = 3

c) 1

3 ) 2

( 



  x x x

f , x = 5 d) 



 



 

sin 2 4 )

(x x

f ,

3

  x

Függvényértékek lineáris közelítése

Az érintő segítségével lehetőségünk nyílik arra, hogy olyan függvényértéket becsüljünk jó közelítéssel bizonyos x értékek esetén, melyeket egyébként nehezen tudnánk meghatározni. Ennek alapja, hogy ha az x = a értéknél meghatározzuk a függvény érintőjének egyenletét, akkor az a értéktől nem nagyon eltérő x értékekre a függvény grafikonjának és az érintőnek az y tengellyel párhuzamosan mért távol- sága még kicsi. Tehát ha a függvény grafikonja helyett az érintő egyenesén haladunk tovább, akkor az érintőn levő megfelelő pont y koordinátája használható az eredeti függvényérték közelítésére. Ehhez azonban szükséges, hogy az x = a értéknél a függvényérték és a derivált értéke is könnyen kiszámítha- tó legyen.

Kidolgozott feladatok:

4. Határozzuk meg 4,04 közelítő értékét a fent említett lineáris közelítéssel!

Megoldás:

A 4,04 nagyon közel van a 4-hez. Ezért írjuk fel a f(x) x függvény grafikonja x = 4-nél húzott érintőjének egyenletét!

x x

f 2

) 1 ( 

 ,

4 1 4 2 ) 1 4

(  

f . Az érintő egyenlete ( 4) 2 4

1  

 x

y .

Az érintő x = 4,04 koordinátájú pontjának y koordinátája (4,04 4) 2 2,01 4

1   



y . Tehát 4,04

közelítő értéke 2,01.

Megjegyzés:

Számológéppel számolva 6 tizedesjegy pontossággal a keresett érték 2,009975, ami azt mutatja, hogy a közelítő értékünk elég pontos lett.

5. Határozzuk meg 



 

  02 , 3 0

sin közelítő értékét a lineáris közelítéssel!

Megoldás:

Ha f(x)sinx, akkor f(x)cosx. A függvény grafikonja érintőjének egyenlete az 3

  x -nál

sin3 3

cos3 





 



 





 x

y , azaz

2 3 3 2

1 



 



 



 x

y . Az érintő egyenletét használva a keresett

közelítő érték 0,01

2 3 2 02 3 , 2 0

1   



y .

II. A függvény monotonitása és deriváltja közti kapcsolat

Tétel: Legyen f differenciálható az (a,b) intervallumon. f monoton növő az (a,b) intervallumon akkor és csak akkor, ha f(x)0 az (a,b) intervallumon.

Tétel: Legyen f differenciálható az (a,b) intervallumon. f monoton csökkenő az (a,b) intervallumon akkor és csak akkor, ha f(x)0 az (a,b) intervallumon.

Megjegyzés:

1. Ha f folytonos az [a,b] intervallumon és differenciálható az (a,b) intervallumon, akkor a fenti tételekben „f monoton növő az [a,b] intervallumon” illetve „f monoton csökkenő az [a,b] interval- lumon” szerepel.

2.Ha f szigorúan monoton növő vagy csökkenő az (a,b) intervallumon, akkor ebből nem következik, hogy f(x)0 illetve f(x)0 az (a,b) intervallumon. Legyen például f(x)x³. Elég nyilvánva- ló, hogy f szigorúan monoton növő a [1,1]-ben, de láttuk, hogy a deriváltja a 0-ban 0, tehát nem igaz, hogy a megjelölt intervallumon f(x)0.

Igaz viszont az alábbi tételpár:

Tétel: Legyen f differenciálható az (a,b) intervallumon. f szigorúan monoton növő az (a,b) interval- lumon akkor és csak akkor, ha f(x)0 az (a,b) intervallumon és nincs olyan részintervalluma

) ,

(a b -nek, ahol f(x)0.

Tétel: Legyen f differenciálható az (a,b) intervallumon. f szigorúan monoton csökkenő az (a,b) intervallumon akkor és csak akkor, ha f(x)0 az (a,b) intervallumon és nincs olyan részinterval- luma (a,b)-nek, ahol f(x)0.

Megjegyzés:

Ha f folytonos az [a,b] intervallumon és differenciálható az (a,b) intervallumon, akkor a fenti téte- lekben „f szigorúan monoton növő az [a,b] intervallumon” illetve „f szigorúan monoton csökkenő az

] ,

[a b intervallumon” szerepel.

Kidolgozott feladatok:

1. Állapítsuk meg az alábbi függvény monotonitási tartományait!

x x x

f( ) 2 cos Megoldás:

x x

f( ) 2sin . Mivel 1sinx1, ezért 2sinx1sinx0 mindig igaz. Mivel a függvény deriváltja mindig pozitív, ezért a függvény a teljes értelmezési tartományán szigorúan monoton nő.

2. Állapítsuk meg az alábbi függvény monotonitási tartományait!

3

2 2

3 6 6 )

(x x x x

f    

Megoldás:

) 1 (

6 6

6 6 ) 2 3 6 6

(  x x²  x³   x x²   x² x . Mivel 0 4 3 2 1 1

2

2   



 

 





x x

x , ezért

a függvény deriváltja mindenütt negatív, azaz a függvény mindenütt szigorúan monoton csökken.

3. Állapítsuk meg az alábbi függvény monotonitási tartományait!

2 2

1 ) 1

( x x

x x x

f  



 

Megoldás:

2 2 2 2

2

2 2

) 1

(

2 2 )

1 (

) 2 1 )(

1 ( ) 1

)(

2 1 ) (

( x x

x x

x

x x

x x

x x x

f  

 



















 

 .

A tört előjelét a számlálója határozza meg, mert a nevező minden x esetén pozitív.

0 ) 1 )(

1 ( 2 2

2x²  x x  , ha 1x1 és 2x²20, ha 1x vagy 1x.

Tehát a függvény szigorúan monoton csökken a [1;1] intervallumon (azért szigorúan monoton, mert a deriváltja csak az intervallum határán 0), szigorúan monoton nő a (;1] illetve az [1;) intervallumokon.

4. Állapítsuk meg az alábbi függvény monotonitási tartományait!

2 cos )

(x  x f

Megoldás:

2 cos

sin 2

) 1

( 

 

 

x x x

f . Mivel 0

2 cos

1 2

1 

 

x , ezért a derivált előjelét sinx előjele határozza meg.

x sin

0 , ha 2k x2k ,kZ és 0sinx, ha 2k  x2k,kZ.

Tehát a függvény a [(2k1),2k] intervallumon szigorúan monoton nő (mert a derivált csak a ha- táron 0), a [2k,(2k1)] intervallumon szigorúan monoton csökken (k mindkét esetben tetszőle- ges egész számot jelöl).

A monotonitás meghatározásához külön gyakorló feladatok nem szerepelnek, a következő fejezet gya- korló feladatainak megoldási menete ezt is tartalmazza.

III. Helyi és abszolút szélsőértékek meghatározása

Def. Az f függvénynek az a-ban helyi (lokális) maximuma van, ha valamely (a,a) intervallu- mon f értelmezve van, és az ide eső x-ekre fennáll, hogy f(x) f(a). Szigorú helyi maximumról beszélünk, ha minden ide eső x-re a kivételével a szigorú egyenlőtlenség teljesül, azaz f(x) f(a).

Def. Az f függvénynek az a-ban helyi (lokális) minimuma van, ha valamely (a,a) intervallu- mon f értelmezve van, és az ide eső x-ekre fennáll, hogy f(x) f(a). Szigorú helyi minimumról beszélünk, ha minden ide eső x-re a kivételével a szigorú egyenlőtlenség teljesül, azaz f(x) f(a).

Példa:

Az 



 

3 ha , 3

3 ha , ) 2

( x

x x

f függvénynek a 3-ban szigorú helyi maximuma van, mert minden 0 esetén a (3,3) intervallumba eső x-ekre x3 esetén f(x)2 f(3)3.

Def. Az f függvénynek a-ban abszolút (globális) maximuma van, ha minden x-re, melyre f értelmezve van, f(x) f(a). Az f függvénynek a-ban szigorú abszolút (globális) maximuma van, ha minden x- re, melyre f értelmezve van, xa esetén f(x) f(a).

Def. Az f függvénynek a-ban abszolút (globális) minimuma van, ha minden x-re, melyre f értelmezve van, f(x) f(a). Az f függvénynek a-ban szigorú abszolút (globális) minimuma van, ha minden x- re, melyre f értelmezve van, xa esetén f(x) f(a).

Példa:

Nyilvánvaló, hogy az előző példában szerepelt f függvénynek a 3-ban szigorú abszolút maximuma van, mert minden x-re, ha x3, akkor f(x)2 f(3)3.

Ha f-nek abszolút szélsőértékhelye van a-ban, akkor itt nem feltétlenül van helyi szélsőértéke és vi- szont. Ennek oka egyrészt az, hogy az abszolút szélsőértékhelynél nem követeltük meg, hogy egy, a szélsőértékhely körüli intervallumban értelmezve legyen a függvény, másrészt pedig az, hogy a helyi szélsőérték csak az értelmezési tartomány egy intervallumán felvett legnagyobb, illetve legkisebb ér- ték, lehet nála nagyobb, illetve kisebb függvényérték is az értelmezési tartomány többi részében.

Azonban igaz a következő két tétel:

Tétel: Ha f-nek a az I intervallumra nézve maximumhelye és a belső pontja I-nek, akkor a helyi ma- ximumhelye is f-nek.

Tétel: Ha f-nek a az I intervallumra nézve minimumhelye és a belső pontja I-nek, akkor a helyi mini- mumhelye is f-nek.

Megjegyzés:

A tétel azért igaz, mert ekkor nem fordulhat elő a fent említett eset, nevezetesen, hogy a függvény nincs értelmezve semelyik (a,a) intervallumon.

Láttuk, hogy az abszolút szélsőértékek egyben helyi szélsőértékek is, ha az értelmezési tartomány egy részintervallumának belső pontjáról van szó. A továbbiakban valamely I intervallumon folytonos, illetve differenciálható függvényekkel foglalkozunk, ezért a helyi szélsőértékekbe az abszolút szélső- értékeket is beleértjük, azaz a helyi szélsőértékekre kimondott tételeink a fent említett esetekben az abszolút szélsőértékekre is vonatkoznak. A továbbiakban a „szélsőértékek” elnevezést az abszolút szélsőértékekre fogjuk használni, a helyi szélsőértékek esetén „helyi szélsőérték”-et mondunk. Ugyan- így a „maximum”, illetve „minimum” elnevezés is az abszolút maximumot, illetve minimumot fogja jelölni.

A helyi szélsőértékek és a derivált kapcsolata

Tétel: Ha az (a,b) intervallumon differenciálható f függvénynek a c(a,b) pontban helyi szélsőér- téke van, akkor f(c)0.

Megjegyzés:

Nyilvánvaló, hogy a tétel megfordítása nem igaz. Legyen például f(x)x³. Ekkor f(x)2x², tehát 0

) 0 ( 



f . Az f függvénynek azonban a 0-ban nincsen helyi szélsőértéke, mert x0 esetén f(x)0,

0

x esetén f(x)0 és f(0)0.

Példa:

Legyen f(x)sinx. Tudjuk, hogy f-nek abszolút maximuma van az   k

x 2

2 

 , kZ abszolút

minimuma van az  

k

x 2

2 



 , kZ helyeken. Az f deriváltja f(x)cosx, és 0

2 2

cos 



 

  

k , illetve 2 0

cos 2 



 



  

k .

Zárt intervallumon folytonos, differenciálható függvény szélsőértékeinek meghatározása (Indirekt módszer)

Tétel: Zárt intervallumon folytonos függvény értékkészlete korlátos.

Tétel: (Weierstrass-tétel) Zárt intervallumon folytonos függvénynek van maximális és minimális érté- ke (maximuma, illetve minimuma).

Tétel: (Bolzano-tétel) Az [a,b] intervallumon folytonos függvény f(a) és f(b) között minden ér- téket felvesz.

Következmény:

Zárt intervallumon folytonos függvény a maximuma és a minimuma között minden értéket felvesz.

Megjegyzés:

A Weierstrass- és a Bolzano-tételt illetve a következményét egy tulajdonságban is megfogalmazhat- juk: Zárt intervallumon folytonos függvény értékkészlete zárt intervallum.

Tétel: Ha f folytonos az [a,b] intervallumon és f monoton növekedő illetve csökkenő, akkor az érték- készlete az [f(a), f(b)] illetve az [f(b), f(a)] intervallum.

A helyi szélsőértékek és a derivált közti kapcsolat lehetőséget ad arra, hogy megkeressük valamely ]

,

[a b intervallumon folytonos, (a,b) intervallumon differenciálható függvény szélsőértékeit. A Weierstrass-tétel értelmében ezek léteznek, és az előzőekben mondottak szerint ha valamely c(a,b) pontban abszolút szélsőértéke van f-nek, akkor f(c)0. Természetesen az [a,b] intervallum határai- ról semmit sem tudunk mondani a derivált viselkedése alapján, így ott külön meg kell néznünk a függ- vényértékeket. Tehát az [a,b] intervallumon folytonos, (a,b) intervallumon differenciálható függ- vény szélsőérték-helyei az alábbi pontok közül kerülhetnek ki: a derivált zérushelyei, a és b. Termé- szetesen, mivel a derivált 0 mivoltából nem következik, hogy ott (helyi) szélsőérték van, az eljárásunk a következő:

1.Elkészítjük a függvény deriváltját.

2.Megkeressük a derivált (a,b)-be eső zérushelyeit.

3.Ezekben a pontokban valamint a-ban és b-ben felírjuk a függvényértékeket.

4. Az így kapott számhalmazból kiválasztjuk a legnagyobbat és a legkisebbet, ezzel megkaptuk az adott intervallumon a függvény abszolút maximumát és minimumát.

Kidolgozott feladatok:

1. Határozzuk meg, hogy a 10 cm kerületű téglalapok közül melyiknek maximális a területe!

Megoldás:

Jelölje x és y egy tetszőleges, 10 cm kerületű téglalap oldalait. Ekkor tudva, hogy 2(xy)10, keressük x-et, hogy az xy szorzat maximális legyen. Mivel xy5, ezért y5x és az xy szor- zat x(5x) alakba írható. 0x és 0y miatt 0x5. Tehát az f(x)x(5x) függvény ma- ximumát kell megkeresnünk a [0,5] intervallumon. Mivel f folytonos [0,5]-ön és differenciálható

) 5 , 0

( -ön, ezért alkalmazható a fenti módszer. f(x)x(5x)5xx², f(x)52x. Ennek zérushelye a 2,5. Tehát a maximumhely a 0; 2,5; 5 számok közül kerülhet ki. Az f-be helyettesítve kapjuk, hogy f(0)0, f(5)0, f(2,5)6,25. Tehát az f függvény a [0,5] intervallumon a ma- ximumát az x2,5 helyen veszi fel. Mivel y5x, ezért ebben az esetben y2,5, tehát a kér- déses téglalap egy négyzet, oldala 2,5 cm, területe 6,25cm².

A fenti módszer hátránya, hogy ugyan megtaláltuk a keresett szélsőértéket, de magáról a függvényről, a függvény menetéről nem tudtunk meg semmit. A későbbiekben látni fogunk más módszert is, mely részletesebb képet ad a függvényről is. Ennek a módszernek azonban vitathatatlan előnye, hogy csak az adott kérdésre koncentrál, és a feladat szempontjából érdektelen számításokkal nem foglalkozik.

További előnye, hogy vannak olyan függvények, melyek deriváltjának zérushelye viszonylag könnyen meghatározható, azonban a derivált előjelének meghatározása már komolyabb munka lenne, azonban a zárt intervallumon felvett szélsőértékek megtalálásához erre már nincs szükség.

2. Keressük meg az alábbi függvény szélsőértékeit a [3,4] intervallumon!

1 3 4 )

(x  x² x f

Megoldás:

3 8 )

(  

 x x

f .

8 0 3

)

(   

 x x

f . Mivel ez nem esik a [3,4] intervallumba, a függvény a 3- ban, vagy a 4-ben veszi fel szélsőértékét. f(3)43² 33146, f(4)44²34177. Tehát a függvénynek a [3,4] intervallumon az x3 helyen minimuma, az x4 helyen maximu- ma van.

3. Keressük meg az alábbi függvény szélsőértékeit a [3,4] intervallumon!

x x x x

f( )4 ³33 ² 84 Megoldás:

84 66 12 )

(  ²  

 x x x

f , , 2.

2 0 7

)

(   ₁  ₂ 

 x x x

f Ezek közül a

2

7 esik a [3,4] intervallumba.

63 ) 3 ( 

f , f(4)64, 61,25 2

7



 



f . Tehát a függvénynek a x3 intervallumon az 2

7 x he- lyen minimuma, az x = 4 helyen maximuma van.

4. Keressük meg az alábbi függvény szélsőértékeit a [3,4] intervallumon!

2 cos

)

(x  ²x f

Megoldás:

x x

x x

f( )2cos (sin ) sin2 ,     k kZ x

x

f ,

0 2 )

( . Ezek közül a 3, a

2

7 és a 4 esik a [3,4] intervallumba. Mivel a 3 és a 4 egyben az intervallum határai is, ott már külön nem kell megvizsgálnunk a függvényértékeket. f(3)3, f(4)3, 2

2 7



 



f . Tehát a függvénynek a

] 4 , 3

[ intervallumon az 2

7

x helyen minimuma, az x3 és x4 helyen maximuma van.

Gyakorló feladatok:

Határozzuk meg az alábbi függvények szélsőértékeit a megadott intervallumokon az indirekt módszer segítségével!

1. f(x)x³ 3x² 45x7

a) I₁ [0;6] b) I₂ [10;10] c) I₃ [6;2] 2. f(x)2x³15x²36x4

a) I₁[4;1,5] b) I₂ [1,6;4] c) I₃[6;2,5] 3. f(x)3x⁴ 4x³48x² 144x32

a) I₁ [4;0] b) I₂ [4;3] c) I₃ [0;3]

4. f(x)cos²2x2x1

a) 

 

 ;0

1 2

I b) 



 0; 3

2

I 

5. ₂

1 ) 1

( x x

x x

f  

 

a) I₁[3;2] b) I₂ [1;0,5] c) I₃[1;3]

Függvény helyi és abszolút szélsőértékének megkeresése (Direkt módszer)

A monotonitás és a derivált kapcsolata lehetőséget ad arra, hogy egy függvény helyi és abszolút szél- sőértékeit megkeressük. A derivált előjeléből ugyanis következtethetünk a függvény monotonitási tulajdonságaira, ebből pedig a helyi illetve abszolút szélsőértékek hollétére.

Kidolgozott feladatok:

Állapítsuk meg az f(x)x² függvény szélsőértékeit a direkt módszer segítségével!

Megoldás:

Tudjuk, hogy f(x) mindenütt folytonos és deriválható. A deriváltja: f(x)2x. f(x)0, ha

0

x , f(x)0, ha x0. Tehát az x0 esetben a függvény szigorúan monoton csökken, x0 esetén a függvény szigorúan monoton nő. Így az x0 helyen helyi és egyben abszolút minimuma is van. A függvény felülről nem korlátos, ezért maximuma nincs.

A függvények viselkedését az értelmezési tartományukon könnyebben meg tudjuk határozni, ha a fenti eredményeket táblázatba foglaljuk. Érdemes feltüntetni a –-ben illetve a +-ben a függvény határér- tékét (amennyiben az értelmezési tartomány kiterjed addig). Természetesen a táblázatban azokat a helyeket üresen hagyjuk, amelyekre nem kerül semmi, illetve amelyek a függvényvizsgálat szempont- jából érdektelenek.

6. Keressük meg az f(x)x(5x) függvény szélsőértékeit az indirekt módszer segítségével!

Megoldás:

Korábban, az 1. kidolgozott feladatban láttuk, hogy f(x)52x, f(x) zérushelye 2,5. Készít- sük el a táblázatunkat:

x x x0 x0 x0 x

) (x

f – 0 +

) (x

f  szig. mon.

csökken

0 helyi min.

szig. mon.

nő 

A táblázatból leolvasható, hogy az x2,5 helyen az f(x)x(5x) függvénynek a [0,5] inter- vallumra nézve maximuma, az x0 és az x5 helyen minimuma van.

Megjegyzés:

Előfordulhat, hogy az értelmezési tartomány nem a valós számok halmaza, hanem ennek csak egy részhalmaza. Ilyenkor az értelmezési tartományba tartozó intervallumok szélein is érdemes feltüntetni a függvény értékét (zárt intervallum esetén), illetve a függvény határértékét (nyílt intervallum esetén).

7. Legyen x x

f 1

)

(  , ha x0, az x0 helyen a függvény nincs értelmezve. Állapítsuk meg, van-e minimuma, illetve maximuma a [1,1] intervallumon!

Megoldás:

Az f x 1x )

(  függvény értelmezési tartománya R\{0}. f az értelmezési tartományának minden pontjában folytonos és differenciálható. Deriváltja 1₂

)

(x x

f  , amelynek nincs zérushelye, sőt, mindenütt negatív. Készítsük el a táblázatot!

x x1 1x0 x0 x0 0x1 x1 )

(x

f – +

) (x

f –1 szig. mon.

csökken   szig. mon.

csökken 1

Látható tehát, hogy a függvénynek az adott intervallumon sem helyi, sem abszolút szélsőértéke nincs. Azonban a [1,0) intervallumon van maximális, de nincs minimális, a (0,1] intervallumon van minimális, de nincs maximális értéke.

Megjegyzés:

A kidolgozott feladatok jól illusztrálják az indirekt és a direkt módszer közti különbséget. Az előbbi esetén azt kaptuk meg, hogy a függvény mely helyeken vehet fel maximális illetve minimális értéket, és ezek közül kellett válogatnunk. A második esetben azonban a függvény menetét állapítottuk meg, és ennek ismeretében adódott, hogy mely helyeken van (ha van) helyi, illetve abszolút minimum és maximum. A direkt módszer azonban nemcsak abban az esetben használható, ha a függvény valamely

] ,

[a b intervallumon folytonos és (a,b)-n differenciálható (ezt az indirekt módszer esetén igen erősen kihasználtuk!), hanem tetszőleges differenciálható függvény esetében. A két módszer gondolatmenete is igen különböző: az indirekt módszernél olyan valami után kutatunk, amelynek létezését tudjuk, és helyét kizárásos alapon határozzuk meg; a direkt módszer gondolatmenete ezzel szemben termé- szetesebb, hiszen a függvény monotonitási tartományainak ismeretében következtetéseket vonunk le, úgyszólván mintegy „melléktermékként” jönnek ki az esetleges szélsőértékek.

x x0 0x2,5 x2,5 2,5x5 x5 )

(x

f + 0 –

) (x

f 0 szig. mon. nő 6,25

helyi max.

szig. mon.

csökken 0

Szélsőérték-keresés a második derivált segítségével

Legyen az f függvény differenciálható az (a,b) intervallumon, és legyen c(a,b). Ha az f függvény- nek c-nél lokális szélsőértéke van (maximuma vagy minimuma), akkor f(c)0, továbbá a függvény monotonitása c-nél változik, tehát monoton növekedőből monoton csökkenőbe, vagy monoton csök- kenőből monoton növekedőbe vált. Ez általában azzal is együtt jár, hogy a derivált előjelet vált, azaz a zérushelye közelében (annak mindkét oldalán) nő vagy csökken. A derivált monotonitása viszont a második derivált (azaz a derivált deriváltja) előjelével van kapcsolatban, így az alábbi tételek igazak:

Tétel: Legyen az f függvény az (a,b) intervallumon differenciálható. Ha f(c)0 és f (c)0, akkor f-nek a c(a,b) pontban helyi maximuma van.

Tétel: Legyen az f függvény az (a,b) intervallumon differenciálható. Ha f(c)0 és f (c)0, akkor f-nek a c(a,b) pontban helyi minimuma van.

Megjegyzés:

A fenti tételek lerövidítik a szélsőértékek létezésének eldöntését, különösen akkor, ha a derivált előjel- ének vizsgálata hosszadalmas procedúrába torkollna. Vannak olyan esetek azonban, amikor viszont ez a módszer közvetlenül nem alkalmazható. Ugyanis f(c)0 és f (c)0 esetén pusztán ebből az információból nem mondhatunk semmit a függvény c-beli viselkedéséről. Például f(x)x³ esetén

3 2

)

(x x

f  és f (x)6x, tehát f(0) f (0)0. Az f függvénynek a 0-ban nincsen helyi szélső- értéke, mert x0 esetén f(x)0, x0 esetén f(x)0 és f(0)0. Másrészt g(x)x⁴ esetén

4 3

)

(x x

g  és g(x)12x², tehát g(0)g(0)0, a g függvénynek viszont 0-ban (helyi) mini- muma van. Az h(x)x⁴ függvény esetén hasonlóan h(0)h(0)0, azonban a h függvénynek viszont 0-ban (helyi) maximuma van. Ilyenkor további vizsgálat szükséges (vagy a magasabb rendű deriváltak viselkedését kell tekinteni, de ez a jelen dokumentumnak nem témája), vagy a derivált elő- jelének vizsgálatához kell visszatérni.

Kidolgozott feladat:

8. Állapítsuk meg az f(x)2x³ 15x²36x4 függvény lokális szélsőértékeit!

Megoldás:

Tekintsük a függvény első és második deriváltját!

36 30 6 )

(  ²  

 x x x

f , f (x)12x30. f(x)6(x2)(x3), tehát zérushelyei –2 és –3.

0 6 ) 2 (  

f  , f (3)60, így a függvénynek –2-nél lokális minimuma, –3-nál lokális ma- ximuma van.

Gyakorló feladatok:

Állapítsuk meg az első derivált előjelvizsgálatával, hogy az alábbi függvényeknek vannak-e helyi, illetve abszolút szélsőértékei! Végezzük el a vizsgálatot a második derivált segítségével is!

6. f(x)8x³9x² 6x42 7. f(x)4x³ 5x² 4x5 8. f(x)x⁴ 8x³ 18x² 27 9. f(x)3x⁴ 20x³ 84x² 61 10. f(x)3x⁴ 16x³ 6x² 72x57

11. 9

) 4

( ₂



  x x x f

12. 4

) 5

( 

  x x x f

13. f(x)cos2xsinx

Gyakorlati problémákból kiinduló szélsőérték feladatok

Kidolgozott feladatok:

9. Hogyan kell adott V térfogat mellett a henger alakú konzervdoboz alapkörének átmérőjét, valamint magasságát megválasztani, ha azt akarjuk, hogy a konzervdobozhoz felhasznált fémlemez területe a lehető legkisebb legyen?

Megoldás:

 ₂

2

r h V h r

V   

r r V r

r V r

h r r

A 2

2 2

2 2

2 ²   ²   ₂  ² 

 

 





 .

Tehát az

r r V r

A 2

2 )

(  ² függvény minimumát kell meghatá- rozni a (0,) intervallumon.

2 0 3 2

4 2 )

(  r ^V

r r V r

A      .

Mivel A(r)0, ha ³

 2V

r és A(r)0, ha ³ 0 2

 r V

 , ezért az A(r) függvény a 











3  , 2

0 V

intervallumon szigorúan monoton csökken, a 









 

,

3 2V

intervallumon szigorúan monoton nő. Te-

hát az ³

 2V

r érték esetén a felszín minimális. Ekkor ₂ ³ 4

 

  V

r

h V .

Megfigyelhető, hogy ekkor a h = 2r összefüggés fennáll, azaz a konzervdoboz tengelymetszete egy négyzet (olyan magas, mint amilyen széles).

Gyakorló feladatok:

14.Egy gyártósoron kétféle henger alakú konzervet gyártanak. A hengerek átmérője azonos, de az egyik fajta henger magassága kétszer akkora, mint a másiké. A kétféle konzervből ugyanannyi da- rabot gyártanak. Mennyi legyen a konzervek alapköre átmérőjének és magasságának aránya, hogy a konzervekhez összesen felhasznált fémlemez mennyisége minimális legyen?

15.Egy adott hajóúton a hajózás napi költsége két részből tevődik össze: az egyik állandó, minden nap a forint, a másik pedig a hajó sebességének köbével arányosan növekedik. Milyen v sebesség ese- tén lesz a hajózás a leggazdaságosabb?

16.Egy adott gömb köré írjunk minimális térfogatú kúpot!

17.Az R sugarú félgömbbe írjunk maximális térfogatú négyzet alapú téglatestet!

Egész számok halmazán értelmezett függvények szélsőértékeinek vizsgálata

Sokszor előfordul, hogy gyakorlati környezetből származó feladatokban az értelmezési tartomány nem egy intervallum, hanem diszkrét értékek halmaza, pl. az egész számok halmaza, vagy annak egy rész- halmaza (pl. egy üzemi termelés során az ott készített termékek darabszámára vonatkozó maximum- vagy minimumkeresési feladatokat tűzünk ki). Ilyen esetben azt az eljárást alkalmazhatjuk, hogy a vizsgált függvény értelmezési tartományát kiterjesztjük egy intervallumra, amely tartalmazza a lehet- séges összes diszkrét értéket, ezen az intervallumon elvégezzük a függvény vizsgálatát, majd a függ- vény tulajdonságainak ismeretében következtetünk a diszkrét értékekre vonatkozó szélsőérték feladat megoldására.

Kidolgozott feladatok:

10.Egy városban fizetős a parkolás. A parkolási díj napi egyszeri 10 garas. Egy felmérés megállapí- totta, hogy naponta kb. 15 000 autós parkol a fizetős övezetben, és mintegy 25 százalékuk „blic- cel”, azaz nem fizeti meg a parkolási díjat. Emiatt a városvezetés parkolóőrök alkalmazása mellett döntött. Az őrök ellenőrzik a díj megfizetését, és annak elmaradása esetén megbírságolják a mu- lasztó autóst: minden bliccelőnek 150 garast kell fizetnie (ez az összeg tartalmazza a parkolási dí- jat és a bírságot is).

A sűrűbb ellenőrzés a tervek szerint növelni fogja a fizetési hajlandóságot: minden egyes újabb parkolóőr alkalmazásával a bliccelők aránya 0,5%-kal kisebb lesz. Egy parkolóőr egy nap alatt 200 autót ellenőriz. Egy parkolóőr alkalmazásának napi költsége 330 garas, amelyet a befolyt parkolási díjakból és bírságokból kell kifizetni.

Tételezzük fel, hogy naponta átlagosan 15 000 parkoló autó lesz, egy autót legfeljebb egy parkolóőr ellenőriz, és a bliccelők aránya a parkolóőrök által ellenőrzött autók között ugyanannyi, mint az összes parkoló autó között.

Ezen feltételek mellett hány parkolóőr alkalmazása esetén lenne a parkolási díjakból származó napi nettó bevétel maximális?

Emelt szintű érettségi 2018. május 8. (a feladat egy része) Megoldás:

A feltételek szerint n parkolóőr alkalmazása esetén a bliccelők aránya 25–0,5n százalék, a fizetők aránya 75+0,5n százalék. A parkolási díjból származó napi bevétel így 10

100 5 , 0 1500075 n

garas, a 200n ellenőrzött autós bírságából származó napi bevétel 150

100 5 , 0 200 25 n

n garas, a

parkolóőrök napi költsége pedig 330n garas.

Tehát a napi nettó bevétel:

112500 7920

150 330

100 150 5 , 0 200 25

100 10 5 , 0

1500075      n  n n² n

n n

garas.

Vizsgáljuk a valós számok halmazán értelmezett f(x)150x² 7920x112500 függvényt!

7920 300

)

(  

 x x

f , ennek zérushelye x26,4. f(x)0, ha 26,4x, és f(x)0, ha

x 4 ,

26 . Így a függvény szigorúan monoton nő a









n

27 , akkor f(n) f(27). Így az eredeti, pozitív egész számok halmazán értelmezett függvé- nyünk maximuma 26-nál vagy 27-nél lesz. Mivel f(26)217020 és f(27)216990, ezért a ke- resett maximális nettó bevételt 26 parkolóőr alkalmazása esetén érhetjük el.

11.Oldjuk meg a 10. kidolgozott feladatot az alábbi változtatással:

Naponta 16000 autós parkol, és minden egyes újabb parkolóőr alkalmazásával a bliccelők aránya 0,15%-kal lesz kisebb.

Megoldás:

A 10. feladat megoldásában szereplő képletek így módosulnak:

A parkolási díjból származó napi bevétel így 10 100

15 , 0 1600075 n

garas, a 200n ellenőrzött autós

bírságából származó napi bevétel 150

100 15 , 0 200 25 n

n garas, a parkolóőrök napi költsége pedig 330n garas. Tehát a napi nettó bevétel:

120000 7410

45 330

100 150 15 , 0 200 25

100 10 15 , 0

16000 75     ²  







 

 n n n n

n n

garas.

A megfelelő kiterjesztett függvényre f(x)90x7410, ennek zérushelye x82,33. A fenti- hez hasonlóan megvizsgálva a 82-nél és 83-nál felvett függvényértékeket azt kapjuk, hogy ha n = 82, akkor 425040 garas a napi nettó bevétel, ha n = 83, akkor pedig 425025 garas. Tehát 82 parkolóőr alkalmazása maximalizálja a nettó bevételt.

Igen ám, de nem szabad arról elfeledkeznünk, hogy a képleteink érvényességi tartománya nem vég- telen. Ugyanis 82 parkolóőr napi 8220016400 autóst ellenőrizne számításaink szerint, azonban nincs ennyi parkoló autó. A nettó bevételre megadott függvényünk tehát csak n = 80-ig helyes, utá- na már más képlet lép érvénybe – efölött már nem tud minden parkolóőr fejenként 200 autót ellen- őrizni, mert nincs ennyi autó. A napi nettó bevétel függvényünk tehát n = 81-től az alábbiak szerint alakul:

n n n

n 150 330 720000 3690

100 15 , 0 16000 25 100 10

15 , 0

1600075        

Ez a lineáris függvény szigorúan monoton csökkenő, tehát a nettó bevétel 80 parkolóőrig szigorúan monoton növekedő, onnan kezdve pedig szigorúan monoton csökkenő, így maximuma 80 parkolóőr esetén lép fel.

Megjegyzés:

Szemléletesen is látható, hogy nem éri meg 80-nál több parkolóőrt alkalmazni. Ekkor ugyanis, mi- vel minden autóst ellenőriznek, a fizetővé váló bliccelők a 150 garasos bírság helyett 10 garas parkolódíjat fognak fizetni, és még pluszban erre jön rá az őrönkénti 330 garasos költség.

Gyakorló feladatok:

18.Oldjuk meg a 10. kidolgozott feladatot az alábbi változtatással:

Kezdetben naponta 20000 autós parkol, 25%-uk bliccel. Az őrök jelenléte javítja a fizetési morált, ugyanakkor a parkolni szándékozó autósok egy részét zavarja, így a bliccelők számának csökkené- se mellett a parkoló autók száma is csöükken. Minden újabb parkolóőr alkalmazásával 0,5 száza- lékponttal csökken a bliccelők százalékos aránya, és 1 százalékponttal csökken az összes parkoló autós száma.

19.Több részletben összesen 350 tonna árut szeretnénk vasúton elszállíttatni. Az egyik szállítócég árajánlatában a szállítási díj két összetevőből áll. Egyrészt a szállított áru tömegének négyzetével arányos díjat kell fizetnünk, másrészt az áru tömegétől független állandó alapdíjat is felszámíta- nak. Így tehát ha t tonna árut szállíttatunk a céggel, akkor ezért 205

10

2 

t eurót kell fizetnünk.

A vasúti szállítás költségének csökkentése érdekében a 350 tonna tömegű árut n egyenlő részre osztjuk, és azt tervezzük, hogy minden egyes alkalommal egy-egy részt szállíttatunk el a vasúttal.

A vasúti szállítás költségén kívül figyelembe kell vennünk azt is, hogy ha a 350 tonna árut n egyen- lő tömegű részre akarjuk szétosztatni, akkor a munka elvégzéséért nekünk (n1)400 eurót kell fizetnünk.

Hány egyenlő tömegű részletre bontva lenne a legolcsóbb a 350 tonna áru elfuvaroztatása?

Emelt szintű érettségi idegen nyelven 2017. május 9. (a feladat egy része)

IV. A függvény grafikonja görbületének vizsgálata:

konvex és konkáv függvények

A direkt módszer alkalmazásával a függvény tulajdonságairól is megtudunk egyet, s mást. Ezek segít- ségével akár a függvény grafikonját is felrajzolhatnánk. Azonban a rajzoláshoz hozzákezdve még egy kérdés vetődik fel: merre „görbül” a grafikon? Ezt az eddigiek alapján nem tudjuk megállapítani. A továbbiakban ennek meghatározásáról lesz szó.

Konvex, illetve konkáv alakzatokkal találkoztunk már a geometriai tanulmányok során. Konvexnek neveztünk egy alakzatot, ha bármely két pontját összekötő szakasz minden pontját tartalmazta, kon- kávnak, ha ez a tulajdonsága nem volt meg. A függvények esetében a függvény grafikonjának tulaj- donságaival határozhatjuk meg a konvexitás, illetve a konkávitás fogalmát. Szemléletesen arról van szó, hogy egy adott intervallumon a „függvény grafikonja feletti végtelen síkidom” konvex vagy kon- káv.

Def: Konvexnek nevezünk egy függvényt az I intervallumon, ha itt értelmezve van, és ha minden

I



, -re a függvény grafikonjának az (,f()) és (, f()) pontokra illeszkedő húrja minden  és  közti pontban a függvény grafikonja fölött van.

Def: Konkávnak nevezünk egy függvényt az I intervallumon, ha itt értelmezve van, és ha minden

I



, -re a függvény grafikonjának az (,f()) és (, f()) pontokra illeszkedő húrja minden  és  közti pontban a függvény grafikonja alatt van.

Mivel az (,f()) és (,f()) pontokra illeszkedő húr egyenlete:

) ( ) ) (

( )

(  







 f x f

y f   



  ,

ezért a fenti megfogalmazás az alábbi definíció formájába írható át:

Def. Az f függvény konvex az I intervallumon, ha minden ,I és x(,) esetén )

( ) ) (

( ) ) (

(  







 f x f

x f

f   



 

Ha az egyenlőtlenség fordítva áll, akkor f konkáv, ha pedig az egyenlőséget nem engedjük meg, akkor f szigorúan konvex, illetve konkáv.

Megjegyzések:

1. Belátható, hogy ha f (a,b)-ben konvex, de nem szigorúan konvex, akkor (a,b)-nek van olyan részintervalluma, melyen f lineáris, azaz f(x)cxd, c,dR.

2.Belátható, hogy ha f konvex vagy konkáv I-n, akkor folytonos I-n. A folytonosság nyilván nem elég a konvexitáshoz, gondoljunk például a sinx függvényre, amely folytonos a [ ,0 2] intervallumon, de könnyen megmutatható, hogy itt se nem konvex, se nem konkáv. Az viszont nem igaz, hogy ha egy függvény konvex, akkor differenciálható. Erre megfelelő ellenpélda az x függvény, mely a [1,1] intervallumon konvex, de a 0-ban nem differenciálható.

A fenti definíció egyben azt is jelenti, hogy az f függvényt akkor nevezzük konvexnek, illetve konkáv- nak az I intervallumon, ha I minden (,) részintervallumán a függvény grafikonja illetve az x és x egyenesek által határolt, a függvény grafikonja fölött levő („felfelé végtelen”) alakzat kon- vex, illetve konkáv.

Konvexitás és a deriváltak kapcsolata

Tétel: Legyen f differenciálható az I intervallumon. f konvex I-ben akkor és csak akkor, ha f mono- ton növekedő I-ben.

Tétel: Legyen f differenciálható az I intervallumon. f konkáv I-ben akkor és csak akkor, ha f mono- ton csökkenő I-ben.

Tétel: Legyen f differenciálható az I intervallumon. f szigorúan konvex I-ben akkor és csak akkor, ha f szigorúan monoton növekedő I-ben.

Tétel: Legyen f differenciálható az I intervallumon. f szigorúan konkáv I-ben akkor és csak akkor, ha f szigorúan monoton csökkenő I-ben.

Mivel egy differenciálható függvény monotonitási tulajdonságai a deriváltja előjelével kapcsolatban állnak, ezért a most, illetve korábban kimondott tételek egyszerű következménye:

Tétel: Legyen f kétszer differenciálható az I intervallumon. f konvex I-ben akkor és csak akkor, ha itt

0 f  .

Tétel: Legyen f kétszer differenciálható az I intervallumon. f konkáv I-ben akkor és csak akkor, ha itt

0 f  .

Tétel: Legyen f kétszer differenciálható az I intervallumon. f szigorúan konvex I-ben akkor és csak akkor, ha itt f 0 és nincs olyan részintervalluma I-nek, amelyen f 0.

Tétel: Legyen f kétszer differenciálható az I intervallumon. f szigorúan konkáv I-ben akkor és csak akkor, ha itt f 0 és nincs olyan részintervalluma I-nek, amelyen f 0.

Korábban láttuk, hogy egy függvény két monotonitási tartományának határán valamiféle szélsőérték található. Felmerül hát a kérdés, mi van két konvexitási tartomány határán?

Def. Legyen acb. Ha f konvex (a,c]-n és konkáv [c,b)-n vagy fordítva, akkor c-t az f inflexiós pontjának nevezzük.

Tétel: Ha f kétszer differenciálható c-ben és c inflexiós pontja f-nek, akkor f (c)0. Megjegyzés:

A tétel megfordítása itt sem igaz, akárcsak a helyi szélsőértékek és az első derivált közötti kapcsolat esetén. Legyen például f(x)x⁴. Ekkor f(x)4x³, f (x)12x². Mivel mindenütt igaz, hogy

0 ) ( 

 x

f , ezért az f függvény mindenütt konvex. Viszont f (0)0, de a 0 nem inflexiós pontja f- nek, hiszen f minden, a 0-t tartalmazó intervallumon is konvex.

Kidolgozott feladatok:

12.Állapítsuk meg a valós számok lehető legbővebb részhalmazán értelmezett alábbi függvények konvexitási tartományait, és határozzuk meg inflexiós pontjuk (pontjaik) helyét!

a) f(x)x⁴ 8x³ 126x²2x b) ² ₃ ) 1 ) (

( x

x x

f  

c) f(x)cos² x2sinx d) f(x)tgxctg2x

Megoldás:

a) A függvény a való számok halmazán van értelmezve. f(x)4x³24x² 252x2, )

21 4 ( 12 252 48 12

)

(  ²    ²  

 x x x x x

f . A második derivált zérushelyei 3 és –7. A má-

sodik derivált negatív a két gyöke között, egyébként pozitív, így a vizsgált függvény konvex a













b) A függvény értelmezési tartománya: R\

 

4 2 6

2 2

3

) 1 ( 2 )

1 (

) 1 ( 3 )

1 ( ) 2

( x

x x x

x x

x x x

f 

 













 



5 2 8

3 2

4

) 1 (

2 8 2 )

1 (

) 1 ( 4 ) 2 ( ) 1 ( ) 2 2 ) (

( x

x x x

x x

x x

x x

f 



 

















 



Egyszerűbb úgy tekinteni a törtet, hogy a nevezője ne lehessen negatív:

6 2

) 1 (

) 1 )(

2 8 2 ) (

( x

x x

x x

f 





 



A számlálóban szereplő másodfokú kifejezés gyökei 2 3 és 2 3, tehát a számláló gyö- kei nagyságrendi sorrendben növekvően –1, 2 3 és 2 3. Az elsőfokú kifejezések szor- zataként felírt számláló minden gyökénél előjelet vált, így a második derivált negatív, ha

1



x és ha 2 3 x2 3, pozitív, ha 1 x2 3 és ha 2 3x. A függvény tehát ezeken a tartományokon lesz konkáv, illetve konvex. Mivel a függvény a –1-nél nincs értelmezve, ezért csak a 2 3 és a 2 3 az inflexiós pontja.

c) A függvény értelmezési tartománya a valós számok halmaza.

x x

x x

x x

f( )2cos (sin )2cos 2cos sin2 x

x x

f ( )2sin 2cos2

Keressük meg a második derivált zérushelyeit!

0 2 sin 2 sin 4 2 cos 2 sin 2 )

(    ²   

 x x x x x

f . A másodfokú egyenletet megoldva

1

sinx , illetve

2

sinx1 adódik.

0 2 sin 2 sin 4 )

(  ²   

 x x x

f , ha sinx1 vagy

2

sinx1 . Előbbi nyilván nem teljesíthe- tő, így az utóbbi feltétel adja f(x) konvexitási tartományait.

2

sinx1, ha   kx2k 2 6

6

5 , kZ, tehát ezeken az intervallumokon konvex

az f, és konkáv a   kx 2k 6 2 7

6 , kZ tartományokon. A függvény inflexiós pontjai  

 2k 6

5 és  

 2k

6 , kZ értékeknél vannak.

d) A függvény nincs értelmezve, ha

2

k

x , kZ. A könnyebb kezelhetőség érdekében (figye- lembe véve a sin2x-re vonatkozó összefüggést), célszerű átalakítani a hozzárendelési szabály képletét:

x x

x x

x x

x x x

x x

x x

x x ctg tgx x

f _{2 2}

2

2 2cos

1 1 cos

2

1 cos 2 cos 2

2 cos cos

sin 2

2 cos cos

sin 2 sin

2 cos cos 2 sin )

(   

















Készítsük el a deriváltakat!

) sin ( cos 2cos

) 1

(x ² x ³ x x

f    



 



  ^{ }

x x

x x x x

x x

x x

f

4 2

4 2 3 2

4

cos 1 sin 2

cos cos sin

) 3 cos ( cos ) sin ( ) sin ( cos 3 ) (

 



 





















  ^{ }

A függvény második deriváltja mindenütt negatív (ahol értelmezve van). Tekintettel a szaka- dási helyekre, ez azt jelenti, hogy a függvény konkáv a 



 



 

 

)2 1 ( 2; k

k (kZ) intervallu- mokon belül.

V. Teljes függvényvizsgálat

Most, hogy a függvények konvex, illetve konkáv mivoltát is el tudjuk dönteni, módunk nyílik arra, hogy ábrázoljuk a függvények grafikonját. Ehhez az alábbi tulajdonságokat kell meghatároznunk:

a) értelmezési tartomány

b) paritás (páros-e vagy páratlan-e a függvény)

c) periodicitás (periodikus-e a függvény, ha igen, akkor mennyi a periódus hossza) d) folytonossági tartomány(ok)

e) szakadási helyek, ezek milyensége f) zérushelyek

g) –-ben illetve +-ben vett határérték, szakadási helyeken illetve az értelmezési tartományt al- kotó intervallumok szélein vett határérték illetve függvényérték (amennyiben ezek léteznek) h) monotonitási tartományok (az első derivált segítségével)

i) helyi és abszolút szélsőértékek helye, itt a függvényértékek j) értékkészlet

k) konvexitási, konkávitási tartományok (a második derivált segítségével) l) inflexiós pontok

Kidolgozott feladat:

13.Végezzük el az f(x)x³x² 6x függvény teljes függvényvizsgálatát!

Megoldás:

–f értelmezési tartománya: R

– folytonossági tartomány: R, mert f polinomfüggvény –f se nem páros se nem páratlan, mert

x x x x x

x x x

x³  ²6 ( )³( )²6( ) ³ ² 6 , valamint x

x x x x

x x

x

x³  ² 6 [( )³ ( )² 6( )] ³  ² 6 –f nem periodikus

– határértéke az értelmezési tartomány szélein:



 

 ( )

lim f x

x , illetve 



 ( )

lim f x

x

– zérushelyei:

0 ) 2 )(

3 (

0

2 6

3











 x x x

x x x

1 0

x , x₂ 3, x₃ 2

– első deriváltja: f(x)3x²2x6. Ennek zérushelyei:

3 19 1 6

72 4 2

2 , 1

 



  x

– második deriváltja: f (x)6x2. Ennek zérushelye:

3

1 x

Ezek alapján már el tudjuk készíteni a táblázatot:

x 

3 19 1



x 3

19 1



x 3

1 3

19

1  

x 3

 1 x )

(x

f + 0 – –

) (x

f  – – – 0

) (x

f  szig. mon. nő

konkáv helyi max. szig. mon. csökken

konkáv infl. pont

x 3

19 1 3

1 x 

3 19 1



x   x

3 19

1 

) (x

f – 0 +

) (x

f  + + +

) (x

f szig. mon. csökken

konvex helyi min. szig. mon. nő

konvex 

A táblázatból leolvasható, hogy f(x)-nek nincsen abszolút maximuma illetve minimuma, helyi maximuma van az

3 1 19



x helyen, helyi minimuma van az

3 19 1



x helyen, inflexiós pontja az

3

1 x .

– értékkészlete a fentiek alapján: R

Ezek után pedig nem marad más hátra, mint a grafikon elkészítése:

Zérushelyek keresése

A függvényvizsgálat lehetőséget ad arra is, hogy egy adott függvény zérushelyeinek számát megálla- pítsuk, illetve azok értékére becslést adjunk.

Kidolgozott feladat:

14.Határozzuk meg, hány valós megoldása van az alábbi egyenletnek!

0 10 9 6 ²

3 x  x 

x Megoldás:

Tekintsük az f(x)x³6x²9x10 függvényt! Ennek deriváltja f(x)3x²12x9. A deri- vált zérushelyei 1 és 3. 3x²12x90, ha x3 vagy x1. 3x²12x90, ha 1x3. Te- hát f(x) szigorúan monoton nő a (,1] illetve a [3,) intervallumon, szigorúan monoton csökken az [ , ]1 3 intervallumon. Ennek megfelelően az 1-ben helyi maximuma, a 3-ban helyi minimuma van. Mivel f(1)6 és f(3)10, a fentieknek megfelelően, ha x1 vagy 1x3, akkor

6 ) (x 

f , tehát a függvénynek 3-nál kisebb gyöke nem lehet. Másrészt ha x3, akkor a függ- vény szigorúan monoton nő, tehát csak egyetlenegy helyen lehet az értéke 0. Egy helyen viszont fel kell vennie ezt az értéket, mert f folytonos és f(3)10 illetve f(5)10, vagyis f a [ , ]3 5 inter- vallumon minden –10 és 10 közé eső értéket felvesz, így például a 0-t is. Tehát az egyenletnek pon- tosan egy megoldása van.

A gyakorló feladatok megoldásai

I. fejezet feladatainak megoldása:

1. Határozzuk meg az alábbi függvények grafikonjának a megadott x értékeknél húzott érintőjének egyenletét:

a) f(x)4x³ 3x² 5x32, x = 3 b) f(x) x24, x = 3

c) 1

3 ) 2

( 



  x x x

f , x = 5 d) 



 



 



sin 2 4 )

(x x

f ,

3

  x

Megoldás:

a) f'(x)12x²6x5. f'(3)12963595, f(3)64.

Az érintő egyenlete: y f(3) f(3)(x3), azaz y6495(x3)95x221.

b) 2 2

) 1 (

'  

x x

f .

2 ) 1 3 (

' 

f , f(3)5. Az érintő egyenlete: y f(3) f(3)(x3), azaz

2 7 2 ) 1 3 2 (

51   

 x x

y .