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