Egyetemi analízis bemutató

Halmazok, relációk, függvények

Oldal	Cím
1.	Logikai műveletek, állítások tagadás
2.	Bizonyítási módszerek
3.	Nevezetes egyenlőségek, egyenlőtlenségek
4.	Halmazok
5.	Relációk, függvények
6.	Számhalmazok

Logikai állítások, műveletek, tagadás

Az egyetemi analízis bevezetését azokkal a témakörökkel kezdjük, amelyek szorosan kapcsolódnak az analízishez és érdemes átismételni. A bevezetőben azokat a definíciókat, tételeket és módszereket mutatjuk be, amelyekre a későbbiekben támaszkodni fogunk.

Definíció

Az állítás (vagy kijelentés) olyan kijelentő mondat, amelyről egyértelműen el lehet dönteni, hogy igaz vagy hamis.
Az igaz és a hamis egy adott kijelentés logikai értéke.
Ha az \(A\) állítás igaz, a \(B\) állítás hamis, akkor úgy is mondhatjuk, hogy az \(A\) logikai értéke igaz, \(B\) logikai értéke pedig hamis.
Jelölés: \(|A|= I\) és \(|B|= H\).
Az igaz értéket szokták 1-gyel, a hamis értéket 0-val jelölni.
Több kijelentést összekapcsolhatunk. Azokat a kijelentéseket, amelyeket más kijelentésekből képzünk, összetett kijelentéseknek nevezzük.
Ha az összetett kijelentések logikai értéke csak az őt alkotó állítások logikai értékétől, és az előállítás módjától függ, akkor logikai műveletekről beszélünk.
A logikai műveleteket értéktáblázat, vagy igazságtábla segítségével végezhetjük el.
Az állítás tagadása egyváltozós művelet. Egy \(A\) kijelentés negációja (tagadása) az a kijelentés, amely akkor igaz, ha \(A\) hamis, és akkor hamis, ha \(A\) igaz.
Jele: \(\overline{A}\) vagy \(\neg A\).

Tétel

Egy állítás tagadásának tagadása megegyezik önmagával az állítással (kettős tagadás törvénye). \(\neg(\neg A) = A\).
Egy állítás és tagadása nem lehet egyszerre igaz. \(A\land\neg A=H\)
Egy állítás vagy tagadása közül az egyik mindig igaz. \(A\lor\neg A=I\)

Definíció

Két, A-tól és B-tõl függő állítás akkor egyenlõ, ha A és B minden lehetséges logikai értékére a két állítás igazságértéke egyenlő.
Diszjunkció – logikai megengedő „vagy”: Két kijelentés diszjunkciója pontosan akkor igaz, ha legalább az egyik kijelentés igaz, különben hamis.
Jele: \(A \lor B\).
Konjunkció – logikai „és”: Két kijelentés konjunkciója pontosan akkor igaz, ha mindkét kijelentés igaz, különben hamis.
Jele: \(A \land B\).
Antivalencia – logikai “kizáró vagy”: az „\(A\) kizáró vagy \(B\)” (a köznyelvben esetleg: „vagy \(A\), vagy \(B\)”) állítás pontosan akkor igaz, ha az \(A\) és a \(B\) állítás közül pontosan az egyik igaz (tehát mindkettő nem). Jele: \(A\oplus B\)
Implikáció: a „ha \(A\), akkor \(B\)” állítás pontosan akkor igaz, ha az \(A\) és a \(B\) állítás is igaz, illetve ha az \(A\) állítás hamis és a \(B\) állítás tetszőleges. (Másképpen: a „ha \(A\), akkor \(B\)” állítás pontosan akkor hamis, ha az \(A\) állítás igaz és a \(B\) állítás hamis.) Jele: \(A \implies B\).
Ekvivalencia: a „ha \(A\), akkor és csak akkor \(B\)” állítás pontosan akkor igaz, ha az \(A\) és a \(B\) állítás közül egyszerre vagy mindkettő igaz, vagy mindkettő hamis. (Másképpen: a „ha \(A\), akkor és csak akkor \(B\)” állítás pontosan akkor igaz, ha \(A \implies B\) és \(B \implies A\).) Jele: \(A\iff B\)

Az alap logikai műveletek értéktáblázata:

\(\quad A\quad\)	\(\quad B\quad\)	\(A\land B\)	\(A \lor B\)	\(A \oplus B\)	\(A\implies B\)	\(A\iff B\)
I	I	I	I	H	I	I
I	H	H	I	I	H	H
H	I	H	I	I	I	H
H	H	H	H	H	I	I

A halmazműveletek és a logikai műveletek kapcsolata

Tekintsük az összes állítás halmazát, mint \((H)\) alaphalmazt. Ekkor megfeleltethető \(A\) állítás a \(H\) alaphalmaz azon \(H_A\) részhalmazának, amelybe azon állítások tartoznak, amelyek igazsága esetén \(A\) állítás is igaz.

Logikai művelet	Halmazművelet
tagadás: \(\lnot A\)	komplementer: \(\overline{H_A}\)
“és”: \(A\land B\)	metszet: \(H_A\cap H_B\)
“megengedő vagy”: \(A\land B\)	unió: \(H_A\cup H_B\)
“kizáró vagy”: \(A\oplus B\)	szimmetrikus differencia: \(H_A\triangle H_B\)
“ha …, akkor…”: \(A\implies B\)	részhalmaz: \(H_A\subseteq H_B\) (nem műveleti megfeleltetés csak szemléltetés)
“akkor és csak akkor”: \(A\iff B\)	halmazok egyenlősége: \(H_A= H_B\) (nem műveleti megfeleltetés csak szemléltetés)

Tétel

Tetszőleges \(A,\,B\) és \(C\) állításokra az alábbi logikai műveleti azonosságok teljesülnek:

\[
\begin{aligned}
A\lor A &=A & A\land A &=A\\
A\lor B &=B\lor A & A\land B &=B\land A\\
(A\lor B)\lor C &=A\lor (B\lor C) & (A\land B)\land C &=A\land (B\land C)\\
(A\lor B)\land C &=(A\land C)\lor (B\land C) & (A\land B)\lor C &=(A\lor C)\land (B\lor C)\\
\end{aligned}
\notag
\]

Tétel

Tetszőleges \(A,\,B\) állításokra az alábbi logikai műveleti azonosságok teljesülnek (de Morgan azonosság): \[ \begin{aligned} \neg{(A \land B)} &=\neg{A} \lor \neg{B}\\ \neg{(A \lor B)} &=\neg{A} \land \neg{B} \\ \end{aligned} \notag \]

Az implikáció és az ekvivalencia definíciójánál vedd észre, hogy nem csak akkor igaz az értéke, amikor a matematikai alkalmazásuk során igaz állításokat fogalmazunk meg. A matematikai logikában az implikáció értéke akkor is igaz, ha hamis állításból vonunk le tetszőleges következtetést, vagy ha két hamis állítás ekvivalenciáját fogalmazzuk meg. Az első esetben sokszor mondjuk, hogy “hamis állításból bármi következik”.

Lépések: 0/0

Bizonyítás

A bizonyítás értéktáblázattal történik, amelyben a lét logikai állítás egyezőségét mutatjuk meg.

\(\quad A\quad\)	\(\quad B\quad\)	\(\quad \neg A\quad\)	\(\neg A \lor B\)	\(A \implies B\)
I	I	H	I	I
I	H	H	H	H
H	I	I	I	I
H	H	I	I	I

A tétel egyik jelentősége, hogy az implikáció tagadását egyszerűbb műveletekre visszavezetve tudjuk megadni, a másik pedig a következtetés felismerésében segít. Hétköznapi (esetenként matematikai) megfogalmazásban előfordulhat a következő "Nem esik az eső és kirándulni megyünk." Ez a fenti tétel alapján egyenértékű a "Ha nem esik az eső, akkor kirándulni megyünk" állítással".

Tétel

Tetszõleges \(A\) és \(B\) állításokra \(A \implies B = \neg A \lor B\).

Lépések: 0/0

Bizonyítás

A bizonyítás értéktáblázattal történik, amelyben a lét logikai állítás egyezőségét mutatjuk meg.

\(\quad A\quad\)	\(\quad B\quad\)	\(A\implies B\)	\(B \implies A\)	\((A \implies B)\land (B\implies A)\)	\(A\iff B\)
I	I	I	I	I	I
I	H	H	I	H	H
H	I	I	H	H	H
H	H	I	I	I	I

Tétel

Tetszõleges \(A\) és \(B\) állításokra

\[ \begin{aligned} \left((A \implies B)\land (B\implies A)\right) = A \iff B \end{aligned}\notag \]

Az "\(A\)-ból következik \(B\) és \(B\)-ből következik \(A\)" állítás megegyezik az "\(A\) akkor és csak akkor \(B\)" állítással.

Az állításokat sok esetben „Ha \(A\) igaz, akkor \(B\) igaz” \((A \implies B)\) formában fogalmazzuk meg, azaz \(A\) állítás igazságából következik \(B\) állítás igazsága (vagyis, ha az \(A \implies B\) implikáció igaz). A matematikában gyakran használjuk az “\(A\) állításból következik \(B\) állítás”, vagy azt, hogy “\(A\) állítás a \(B\) állításnak elégséges feltétele (hiszen a \(B\) állítás igazságának bizonyításához elég az \(A\) állítás igazságát bizonyítani). Ilyenkor a \(B\) állítás az \(A\) állításnak szükséges feltétele (hiszen az \(A\) állítás nem lehet igaz, ha a \(B\) állítás nem igaz).

Ha azt akarjuk kimutatni, hogy az \(A\) állításból nem következik a \(B\) állítás, elég egyetlen példát mutatni olyan esetre, amikor \(A\) igaz és \(B\) hamis.

Ha az \(A\) állításból következik \(B\) állítás, és fordítva is, azaz \(B\) állításból következik az \(A\) állítás, akkor azt mondjuk, hogy az \(A\) állításnak a \(B\) állítás szükséges és elégséges feltétele. Jele: \(A \iff B\) (“\(A\) akkor és csak akkor igaz, amikor \(B\)”).
Ez azt jelenti, hogy \(A\) és \(B\) egyszerre igaz, vagyis ekvivalensek.

Egy tétel feltételeinek és feltételei következményeinek a felcserélésével kapjuk a tétel megfordítását.

„Ha \(A\) igaz, akkor \(B\) igaz.” \((A \implies B)\) .
„Ha \(B\) igaz, akkor \(A\) igaz.” \((B \implies A)\)
“Ha \(A\) akkor és csak akkor igaz ha \(B\) igaz”, azaz ha a tétel és a megfordítása is igaz, akkor a két tétel ekvivalens. \((A \iff B)\)

Állítások tagadása

Művelet	Jelölés	Tagadás	Tagadás jelölés
A ÉS B	\(A\land B\)	NEM A VAGY NEM B	\(\neg A\lor \neg B\)
A VAGY B	\(A\lor B\)	NEM A ÉS NEM B	\(\neg A\land \neg B\)
VAGY A VAGY B	\(A\oplus B\)	A AKKOR ÉS CSAK AKKOR HA B AKKOR ÉS CSAK AKKOR NEM A HA B SEM	\(A\iff B\) \(\neg A\iff \neg B\)
A AKKOR ÉS CSAK AKKOR HA B	\(A\iff B\)	VAGY A VAGY B VAGY NEM A VAGY NEM B	\(A\oplus B\) \(\neg A\oplus \neg B\)
HA A AKKOR B MINDEN A esetén B is IGAZ	\(A\implies B\) \(\forall A:B\)	A ÉS NEM B VAN olyan A, amelyre B NEM IGAZ	\(A\land \neg B\) \(\exists A: \neg B\)
VAN olyan A, amelyre B is IGAZ	\(\exists A: B\)	MINDEN A-ra NEM IGAZ B	\(\forall A:\neg B\)

Nevezetes egyenlőségek, egyenlőtlenségek

Lépések: 0/0

Bizonyítás

A bizonyítást teljes indukcióval végezzük.

\(n = 1\) esetén a bizonyítandó állítás

\[ \begin{aligned} 1 + a \geq 1 + a \end{aligned}\notag \]

amely tetszőleges \(a\)-ra igaz.

Tegyük fel most, hogy az állítás valamely \(n \geq 1\) természetes számra igaz! Lássuk be, hogy ekkor az egyenlőtlenség \(n + 1\)-re is teljesül, vagyis

\[ \begin{aligned} (1+a)^{n+1} \geq 1+(n+1)\cdot a \end{aligned}\notag \]

Az indukciós feltevés szerint

\[ \begin{aligned} (1+a)^n \geq 1+n\cdot a \end{aligned}\notag \]

Ebből, kihasználva, hogy \(1 + a \geq 0\) (mivel \(a \geq -1\)), kapjuk, hogy

\[ \begin{aligned} (1+a)\cdot (1+a)^n \geq (1+a)\cdot (1+n\cdot a)=1+(n+1)\cdot a+n\cdot a^2 \end{aligned}\notag \]

Tudjuk, hogy

\[ \begin{aligned} (1+a)^{n+1} = (1+a)·(1+a)^n \end{aligned}\notag \]

így összevetve a fenti két egyenlőségeket kapjuk, hogy

\[ \begin{aligned} (1+a)^{n+1} \geq 1+(n+1)\cdot a+n\cdot a^2 \geq 1+(n+1)\cdot a \end{aligned}\notag \]

amely éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség.

A tétel egyenlőségre vonatkozó állítását is bizonyítjuk. Azt egyszerűen beláthatjuk, hogy \(n = 1\), illetve \(a = 0\) esetén egyenlőség teljesül. Ha azt tesszük fel, hogy egyenlőség áll fenn, és \(n > 1\), akkor az előzőekben bizonyított egyenlőtlenséget felhasználva

\[ \begin{aligned} 1+n\cdot a = (1+a)^n = (1+a)·(1+a)^{n-1} \geq (1+a)\cdot (1+(n-1)\cdot a) = 1+n\cdot a+(n-1)\cdot a^2 \end{aligned}\notag \]

Innen \((n-1)\cdot a^2 \leq 0\), tehát \((n > 1\) miatt) \(a=0\).

Tétel

Minden \(n \geq 1\) természetes szám és \(a \geq -1\), \(a \in\mathbb{R}\) esetén

\[ \begin{aligned} (1+a)^n \geq 1+n·a \end{aligned}\notag \]

Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha \(n = 1\) vagy \(a = 0\).

A Bernoulli-egyenlőtlenségnek van egy általánosított alakja is, amely az előbbihez hasonlóan, teljes indukcióval igazolható.

Tétel

(Általánosított Bernoulli-egyenlőtlenség). Minden \(n \geq 1\) természetes szám és \(a_1, a_2,\ldots , a_n \geq -1\) azonos előjelű valós számok esetén

\[ \begin{aligned} (1+a_1)\cdot (1+a_2)\cdot \ldots\cdot (1+a_n)\geq 1+a_1 +a_2 +\ldots +a_n \end{aligned}\notag \]

Lépések: 0/0

Bizonyítás

A bizonyítást teljes indukcióval végezzük.

\(n = 0\) esetén a bizonyítandó állítás

\[ \begin{aligned} (a+b)^0=\binom{0}{0}\cdot a^0\cdot b^0 \end{aligned}\notag \]

amely tetszőleges \(a,b\)-re igaz.

Tegyük fel most, hogy az állítás valamely \(n \geq 1\) természetes számra igaz! Lássuk be, hogy ekkor az egyenlőség \(n + 1\)-re is teljesül, vagyis

\[ \begin{aligned} (a+b)^{n+1}&=(a+b)\cdot \left(\binom{n}{0}\cdot a^n+ \binom{n}{1}\cdot a^{n-1}\cdot b^1+\ldots+\binom{n}{n}\cdot b^n\right)=\\ &=\binom{n}{0}\cdot a^{n+1}+ \binom{n}{1}\cdot a^n\cdot b^1+\ldots+\binom{n}{n}\cdot a\cdot b^n+\\ &+\binom{n}{0}\cdot a^n\cdot b+ \binom{n}{1}\cdot a^{n-1}\cdot b^2+\ldots+\binom{n}{n}\cdot b^{n+1}=\\ &=\binom{n}{0}\cdot a^{n+1}+\left(\binom{n}{1}+\binom{n}{0}\right)\cdot a^n\cdot b^1+ \left(\binom{n}{2}+\binom{n}{1}\right)\cdot a^{n-1}\cdot b^2+\ldots+\\ &+\left(\binom{n}{n}+\binom{n}{n-1}\right)\cdot a^1\cdot b^n+\binom{n}{0}\cdot b^{n+1} \end{aligned}\notag \]

Felhasználjuk, hogy tetszőleges \(n,k\in\mathbb{N}\), \(1\leq k\leq n\) esetén:

\[ \begin{aligned} \binom{n}{k-1}+\binom{n}{k}=\binom{n+1}{k} \end{aligned}\notag \]

továbbá

\[ \begin{aligned} \binom{n}{0}=\binom{n+1}{0}\text{ \'es }\binom{n}{n}=\binom{n+1}{n+1} \end{aligned}\notag \]

Az előző egyenlőségbe behelyettesítve a fenti azonosságokat:

\[ \begin{aligned} (a+b)^{n+1}=\binom{n+1}{0}\cdot a^{n+1}\cdot b^0+ \binom{n+1}{1}\cdot a^{n}\cdot b^2+\ldots+\binom{n+1}{n+1}\cdot a^0\cdot b^{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}{k}a^{n+1-k}\cdot b^k \end{aligned}\notag \]

amely éppen a bizonyítandó egyenlőség.

Megjegyzés

A Binomiális tételből \(a \geq 0\) esetén következik a Bernoulli-egyenlőtlenség. Ugyanis, az \((1 + a)^n\) kifejezést a binomiális egyenlőség szerint kifejtve \((b = 1)\) minden tag nagyobb vagy egyenlő, mint \(0\), így a jobb oldalt csökkentjük, ha csak az első két tagot hagyjuk meg, vagyis

\[ \begin{aligned} (1+a)^n \geq \binom{n}{0} +\binom{n}{1}a=1+na \end{aligned}\notag \]

amely éppen a Bernoulli-egyenlőtlenség.

Tétel

\[ \begin{aligned} (a+b)^n=\binom{n}{0}\cdot a^n\cdot b^0+ \binom{n}{1}\cdot a^{n-1}\cdot b^1+\ldots+\binom{n}{n}\cdot a^0\cdot b^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^{n-k}\cdot b^k \end{aligned}\notag \]

ahol \(a, b \in\mathbb{R}\), \(0\leq k\leq n,\, k,\,n\in\mathbb{N}\).

Lépések: 0/0

Bizonyítás

A bizonyítást teljes indukcióval végezzük.

\(n = 1\) esetén a bizonyítandó állítás triviálisan teljesül.

Tegyük fel most, hogy az \(A_n\geq G_n\) egyenlőtlenség valamely \(n \geq 1\) természetes számra és tetszőleges \(a_1,a_2,\ldots,a_n > 0\) számokra teljesül! Lássuk be, hogy ekkor az egyenlőtlenség \(n + 1\)-re is teljesül. Legyen adott az \(n+1\) darab szám és jelöljük a számokat \(a_1,a_2,\ldots,a_n,a_{n+1}\)-gyel úgy, hogy \(a_{n+1}\)-nél ne legyen nagyobb szám a felsoroltak között. Ekkor azt kell belátnunk, hogy \(A_{n+1}\geq G_{n+1}\). A bizonyítást folytassuk azzal, hogy mindkét oldalt \(n+1\)-edik hatványra emeljük.

\[ \begin{aligned} \left(\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n+a_{n+1}}{n+1}\right)^{n+1}&\geq a_1\cdot a_2\cdot\ldots\cdot a_n\cdot a_{n+1} \end{aligned}\notag \]

Az egyenlőtlenség bal oldalát alakítsuk tovább az indukciós feltevés segítségével:

\[ \begin{aligned} &\left(\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n+a_{n+1}}{n+1}\right)^{n+1}=\left(\frac{n\cdot A_n+a_{n+1}}{n+1}\right)^{n+1}=\\ &=\left(\frac{(n+1)\cdot A_n+a_{n+1}-A_n}{n+1}\right)^{n+1}=\left(A_n+\frac{a_{n+1}-A_n}{n+1}\right)^{n+1} \end{aligned}\notag \]

\(a_{n+1}\)-nél nincs nagyobb szám az \(a_1,a_2,\ldots,a_n,a_{n+1}\) számok között, így \(a_{n+1}-A_n \geq 0\).

Az eredményt a Binomiális-tétel alapján kifejthetjük, amelynek minden tagja pozitív lesz, így ezekből tetszőleges számút elhagyva nem növeljük az értékét. Az \(n+1\) tagú összegből csak a két utolsót hagyjuk meg:

\[ \begin{aligned} \left(A_n+\frac{a_{n+1}-A_n}{n+1}\right)^{n+1}\geq \binom{n+1}{n}A_n^n\cdot \frac{a_{n+1}-A_n}{n+1}+\binom{n+1}{n+1}A_n^{n+1}=\\ =(n+1)A_n^n\cdot\frac{a_{n+1}-A_n}{n+1}+A_n^{n+1}=A_n^n\cdot(a_{n+1}-A_n)+A_n^{n+1}=A_n^n\cdot a_{n+1} \end{aligned}\notag \]

Az indukciós feltevés szerint

\[ \begin{aligned} A_n^n\cdot a_{n+1}\geq G_n^n\cdot a_{n+1}=a_1\cdot a_2\cdot\ldots\cdot a_n\cdot a_{n+1} \end{aligned}\notag \]

Az utolsó két egyenlőtlenségből adódik a bizonyítandó egyenlőtlenség:

\[ \begin{aligned} \left(A_n+\frac{a_{n+1}-A_n}{n+1}\right)^{n+1}\geq a_1\cdot a_2\cdot\ldots\cdot a_n\cdot a_{n+1} \end{aligned}\notag \]

A mértani és harmonikus közép közti egyenlőtlenséget könnyen bizonyíthatjuk az előzőek segítségével. Alkalmazzuk a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget az \(a_1,a_2,\ldots,a_n > 0\) számok reciprokára.

\[ \begin{aligned} \dfrac{\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\ldots+\dfrac{1}{a_n}}{n}\geq\sqrt[n]{\frac{1}{a_1\cdot a_2\cdot\ldots\cdot a_n}} \end{aligned}\notag \]

Mindkét oldal reciprokát véve a bizonyítandó egyenlőtlenséget kapjuk.

\[ \begin{aligned} \dfrac{n}{\frac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\ldots+\dfrac{1}{a_n}}\leq\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot\ldots\cdot a_n} \end{aligned}\notag \]

Ha \(a_1=a_2=\ldots=a_n\) teljesül, akkor egyszerű behelyettesítéssel igazolható, hogy a közepek között egyenlőség van.

A fordított irányú bizonyításnál ismét induljunk ki abból, hogy \(A_n=G_n\), és azt vizsgáljuk, hogy teljesül-e a \(a_1=a_2=\ldots=a_n\) egyenlőség. A bizonyítást indirek módon végezzük el, azaz feltételezzük, hogy \(A_n=G_n\) feltétel mellett pl. \(a_1\ne a_2\).

Írjuk fel most az \(\dfrac{a_1+a_2}{2},\dfrac{a_1+a_2}{2},a_3,\ldots,a_n\) számok számtani és mértani közepére vonatkozó egyenlőséget, az indirekt feltevés szerint.

Az \(\dfrac{a_1+a_2}{2},\dfrac{a_1+a_2}{2},a_3,\ldots,a_n\) számtani közepe \(A_n\)

\[ \begin{aligned} \dfrac{\dfrac{a_1+a_2}{2}+\dfrac{a_1+a_2}{2}+a_3+\ldots+a_n}{n}=A_n=G_n=\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot\ldots\cdot a_n} \end{aligned}\notag \]

Haználjuk fel a következő egyenlőtlenséget, amely \(a_1\ne a_n\) feltételből következik.

\[ \begin{aligned} a_1\cdot a_2 & \lt \frac{a_1+a_2}{2}\cdot\frac{a_1+a_2}{2}\\ &\Updownarrow\\ 0 & \lt (a_1-a_2)^2 \end{aligned}\notag \]

felhasználva a fenti egyenlőtlenséget és behelyettesítve a \(G_n=\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot\ldots\cdot a_n}\) kifejezésbe:

\[ \begin{aligned} G_n=\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot\ldots\cdot a_n} \lt \sqrt[n]{\frac{a_1+a_2}{2}\cdot \frac{a_1+a_2}{2}\cdot a_3\cdot\ldots\cdot a_n} \end{aligned}\notag \]

Az utolsó összefüggés ellentmondást jelent, ugyanis a \(\dfrac{a_1+a_2}{2},\dfrac{a_1+a_2}{2},a_3,\ldots,a_n\) számok számtani közepe kisebb, mint a mértani. Ez ellentmondásban van az indirekt feltevéssel, így igazoltuk az eredeti állítást.

A harmonikus és mértani középre hasonlóan végezhető el a bizonyítás.

Tétel

Legyenek \(a_1,a_2,\ldots,a_n > 0\) tetszőleges számok és \(n\geq 1\).

\[ \begin{aligned} A_n&=\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n}\text{ sz\'amtani k\Hoe z\'ep}\\ G_n&=\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot\ldots\cdot a_n}\text{ m\'ertani k\Hoe z\'ep}\\ H_n&=\dfrac{n}{\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a-2}+\ldots+\dfrac{1}{a_n}}\text{ harmonikus k\Hoe z\'ep}\\ \end{aligned}\notag \]

ekkor az alábbi egyenlőtlenségek teljesülnek:

\[ \begin{aligned} H_n\leq G_n\leq A_n \end{aligned}\notag \]

Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha \(a_1=a_2=\ldots =a_n\).

Lépések: 0/0

Bizonyítás

Igazoljuk az \(A_n\leq Q_n\) egyenlőtlenséget.

\[ \begin{aligned} \frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n}&\leq \sqrt{\dfrac{a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2}{n}}\\ \left(\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n}\right)^2&\leq\dfrac{a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2}{n}\\ \left(a_1+a_2+\ldots+a_n\right)^2&\leq n(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2)\\ 0&\leq (n-1)(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2)+2\sum_{i \lt j}a_ia_j=\sum_{i \lt j}(a_i-a_j)^2 \end{aligned}\notag \]

A fenti levezetés utolsó sora triviálisan teljesül, így igaz az egyenlőtlenség

Tétel

Legyenek \(a_1,a_2,\ldots,a_n > 0\) tetszőleges számok és \(n\geq 1\).

\[ \begin{aligned} Q_n&=\sqrt{\dfrac{a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2}{n}}\text{ n\'egyzetes k\Hoe z\'ep}\\ \end{aligned}\notag \]

ekkor az alábbi egyenlőtlenségek teljesülnek:

\[ \begin{aligned} H_n\leq G-n\leq A_n\leq Q_n \end{aligned}\notag \]

Lépések: 0/0

Bizonyítás

Minden valós \(x\)-re teljesül, hogy

\[ \begin{aligned} (a_ix-b_i)^2=a_i^2-2a_ib_ix+b_1^2\geq 0 \end{aligned}\notag \]

Összegezzük a fenti egyenlőtlenségeket \(i=1,2,\ldots,n\)-re

\[ \begin{aligned} (a_1^2+a_2^2+\ldots a_n^2)x^2-2(a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_nb_n)x+(b_1^2+b_2^2+\ldots b_n^2)\geq 0 \end{aligned}\notag \]

A fenti egyenlőtlenség csak úgy teljesülhet, ha a benne szereplő másodfokú polinom diszkriminánsa nem pozitív, azaz

\[ \begin{aligned} 4(a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_nb_n)^2-4(a_1^2+a_2^2+\ldots a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\ldots b_n^2)\leq 0 \end{aligned}\notag \]

Átrendezéssel közvetlenül adódik a tételben szereplő egyenlőtlenség.

Ha \(b_1=ca_1,b_2=ca_2,\ldots,b_n=ca_n\) teljesül, akkor könnyen látható, hogy az egyenlőség teljesül. Megfordítva, az egyenlőség azt jelenti, hogy a fenti diszkrimináns értéke \(0\), azaz a másodfokú polinomnak pontosan egy valós gyöke van. Ha a másodfokú polinomnak \(x=c\) az egyetlen valós gyöke, akkor \(i=1,2,\ldots,n\)-re teljesül, hogy \(a_i\cdot c-b_1=0\), azaz \(b_i=ca_i\).

Tétel

Tetszőleges \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) és \(b_1,b_2,\ldots,b_n\) valós számokra.

\[ \begin{aligned} \left|\sum_{i=1}^n a_ib_i\right|\leq\sqrt{\sum_{i=1}^n a_i^2}\sqrt{\sum_{i=1}^n b_i^2} \end{aligned}\notag \]

Egyenlőség akkor és csak akkor ál fenn, ha valamilyen \(c\) valós számra:

\[ \begin{aligned} b_1=ca_1,b_2=ca_2,\ldots,b_n=ca_n \end{aligned}\notag \]

Halmazok

A halmazt és a halmaz elemeit nem definiáljuk, ezeket alapfogalomnak tekintjük, amellyel szemben azonban követelmény, hogy minden “dologról” el tudjuk dönteni, hogy az adott halmaznak eleme-e, így egyértelműen meg tudjuk határozni egy halmaz elemeit. Egy halmaz elemeit megadhatjuk az elemeinek felsorolásával, vagy valamely ismert halmaz elemeire vonatkozó szabállyal.

Definíció

Legyen \(A\) és \(B\) halmaz. Azt mondjuk, hogy \(A\) része a \(B\) halmaznak, ha minden \(x\in A\) esetén \(x\in B\) is teljesül. Jele: \(A\subset B\).

Definíció

Legyen \(A\) és \(B\) halmaz. Az \(A\) halmaz egyenlő a \(B\) halmazzal, ha ugyanazok az elemei. Jele: \(A = B\).

Tétel

Legyen \(A\) és \(B\) halmaz. \(A = B\) pontosan akkor, ha \(A\subset B\) és \(B\subset A\).

Definíció

Legyen \(A\) és \(B\) halmaz.

Az \(A\) és \(B\) egyesítése (uniója) az a halmaz, amelyre \(A\cup B\coloneqq \{x|x \in A \text{ vagy} x \in B\}\).

Az \(A\) és \(B\) metszete (közös része) az a halmaz, amelyre \(A\cap B\coloneqq \{x | x \in A \text{ \’es } x\in B\}\).

Az \(A\) és \(B\) különbsége az a halmaz, amelyre \(A\setminus B\coloneqq \{x | x\in A \text{ \’es } x\notin B\}\).

Definíció

Legyen \(A\), \(B\) és \(H\) halmaz.

Az olyan halmazt, amelynek egyetlen eleme sincs üreshalmaznak nevezzük. Jelölés: \(\emptyset\)

\(A\) és \(B\) halmazok diszjunktak ha nincs közös elemük, azaz \(A\cap B=\emptyset\).

Az \(A\) halmaz (\(H\)-ra vonatkozó) komplementerén az \(\overline A\coloneqq H \setminus A\) halmazt értjük.

Tétel

De Morgan-azonosság. Legyen \(H\) halmaz, \(A,B\subset H\). Ekkor

\[ \begin{aligned} \overline{A \cap B} &=\overline{A} \cup \overline{B} & \overline{A \cup B} &=\overline{A} \cap \overline{B} \\ \end{aligned}\notag \]

Tekintsük alapfogalomnak az \((a, b)\) rendezett párt, amelynek lényeges tulajdonsága legyen, hogy

\((a, b) = (c, d)\) pontosan akkor, ha \(a = c\) és \(b = d\).

Tétel

Legyen A, B halmaz. Az A és B Descartes-szorzata

\[ \begin{aligned} A\times B\coloneqq\{(a,b)|a\in A\text{ \’es }b\in B\} \end{aligned}\notag \]

Például \(A\coloneqq \{1,3,5\}\), \(B\coloneqq \{2,4\}\) esetén

\(A\times B = \{(1,2), (1,4), (3,2), (3,4), (5,2), (5,4)\}\).

Definíció

Legyen \(A,B\) halmaz. Azt mondjuk, hogy \(A\) számossága egyenlő a \(B\) számosságával, ha van olyan \(\phi : A \to B\) függvény, amelyre \(R(\phi) = B\), és \(\phi\) kölcsönösen egyértelmű. (Az ilyen \(\phi\) függvényt bijekciónak nevezzük \(A\) és \(B\) között.)

Az \(A\) halmaz számosságát \(|A|\)-val jelöljük.

Például a természetes számok \(\mathbb{N}\) és a nemnegatív páros számok \(P\) halmaza egyenlő számosságú, mert létezik olyan függvény bijekció \(\mathbb{N}\) és \(P\) között, hogy

\[ \begin{aligned} \phi:\mathbb{N}\to P, \phi(n)=2n \end{aligned}\notag \]

Definíció

Legyen \(A\) halmaz. Azt mondjuk, hogy \(A\) végtelen (számosságú) halmaz, ha \(\exists A’ \in A\), \(A’\ne A\), hogy \(\exists\phi : A \to A’\) bijekció.

Definíció

Legyen \(A\) végtelen halmaz. Azt mondjuk, hogy \(A\) megszámlálható (megszámlálhatóan végtelen), ha \(\exists\phi : \mathbb{N} \to A\) bijekció.

Lépések: 0/0

Bizonyítás

A bizonyítást minden esetben egy alkalmas \(\phi\) bijekció meghatározásával végezzük el.

\(|\mathbb{Z}|=|\mathbb{N}|\). Legyen \(\phi:\mathbb{Z}\to\mathbb{N}\).

\[ \phi(n)\left\{ \begin{aligned} &2n,&\text{ ha } n < 0\\ &0,&\text{ ha } n=0\\ &2n-1,&\text{ ha } n> 0\\ \end{aligned}\notag \right. \]

\(|\mathbb{N}|=|\mathbb{N^+}|\). Legyen \(\phi:\mathbb{N}\to\mathbb{N^+}\).

\[ \begin{aligned} \phi(n)=n+1\\ \end{aligned}\notag \]

\(|\mathbb{N^+}|=|2\mathbb{N}|\). Legyen \(\phi:\mathbb{N^+}\to 2\mathbb{N}\).

\[ \begin{aligned} \phi(n)=2n\\ \end{aligned}\notag \]

\(|\mathbb{N^+}|=|\mathbb{Q}|\). Legyen \(\phi:\mathbb{N^+}\to \mathbb{Q}\).

Írjuk fel az \(1,2,3,\ldots, n,\ldots\) nevezőjű törteket soronként.

\[ \begin{array}{ccccccccccccccc} \ldots&-\frac{3}{1}&&-\frac{2}{1}&\color{red}{\leftarrow}&-\frac{1}{1}&&\color{green}{\frac{0}{1}}&\color{red}{\rightarrow}&\frac{1}{1}&&\frac{2}{1}&\color{red}{\rightarrow}&\frac{3}{1}&&\ldots\\ &&&\color{red}{\downarrow}&&\color{red}{\uparrow}&&&&\color{red}{\downarrow}&&\color{red}{\uparrow}&&\color{red}{\downarrow}&\\ \ldots&-\frac{3}{2}&&\cancel{-\frac{2}{2}}&&-\frac{1}{2}&\color{red}{\leftarrow}&\cancel{\frac{0}{2}}&\color{red}{\leftarrow}&\frac{1}{2}&&\cancel{\frac{2}{2}}&&\frac{3}{2}&&\ldots\\ &&&\color{red}{\downarrow}&&&&&&&&\color{red}{\uparrow}&&\color{red}{\downarrow}&\\ \ldots&-\frac{3}{3}&&-\frac{2}{3}&\color{red}{\rightarrow}&-\frac{1}{3}&\color{red}{\rightarrow}&\cancel{\frac{0}{3}}&\color{red}{\rightarrow}&\frac{1}{3}&\color{red}{\rightarrow}&\frac{2}{3}&&\cancel{\frac{3}{3}}&&\ldots\\ &&&&&&&&&&&&&\color{red}{\downarrow}&\\ &\vdots&&\vdots&&\vdots&&\vdots&&\vdots&&\vdots&&\vdots&\\ \end{array}\notag \]

Az ábra szerinti lépegetéssel haladunk a \(\dfrac{0}{1}\) helyről kiindulva, ügyelve arra, hogy minden olyan törtet átugorjunk, amely már szerepelt a hozzárendelésben. Ezzel biztosítjuk, hogy valóban bijektív maradjon a függvényünk. Látható az is, hogy előbb-utóbb minden racionális számhoz eljutunk, így \(\phi\) bijekció lesz \(\mathbb{N^+}\) és \(\mathbb{Q}\) között, ami azt jelenti, hogy \(\mathbb{Q}\) megszámlálható.

\[ \begin{aligned} \phi(1)=\frac{0}{1},\;\phi(2)=\frac{1}{1},\;\phi(3)=\frac{1}{2},\;\phi(4)=-\frac{1}{2},\ldots \end{aligned}\notag \]

\(|(0;1)|=|\mathbb{R}|\). Legyen \(\phi:(0;1)\to \mathbb{R}\). Ahol a következő bijekció megfelelő választás:

\[ \begin{aligned} \phi(x)=\ctg(-\pi\cdot x)\\ \end{aligned}\notag \]

\(|(0;1)| \ne |\mathbb{N}^+|\) helyett azt fogjuk belátni, hogy \(|(0;1)| > |\mathbb{N}^+|\). A bizonyításhoz találnunk kellene egy \(\phi:\mathbb{N}^+\to C\) bijekciót megfelelő \(C\subseteq (0;1)\)-re. Ilyen \(C\) halmaz lehet a \(C=\{x\in(0;1)|x\in\mathbb{Q}\}\).

Például a \(\phi(n)=\dfrac{n}{n+1}\) egy olyan injektív függvény, amelyre teljesül, hogy \(\phi:\mathbb{N}^+\to (0;1)\). Most nézzük meg, hogy létezik-e olyan injektív leképezés, amely egyben szürjektív is, azaz a bijekció. Ilyen függvény nem létezik, amelyet indirekt módon bizonyítunk.

Indirekt módon tegyük fel, hogy \(\psi:\mathbb{N}^+\to(0;1)\) bijekció létezik. Ebben az esetben \((0;1)\) elemei felsorolhatóak, amelyet tegyünk is meg oly módon, hogy egymás alá írjuk őket. A következő eljárást Cantor-féle átlós módszernek nevezik.

\[ \begin{aligned} 0&,\color{red}{6}438238\ldots\\ 0&,7\color{red}{3}62946\ldots\\ 0&,11\color{red}{3}2573\ldots\\ 0&,042\color{red}{0}730\ldots\\ \vdots&\\ \end{aligned}\notag \]

Cantor az így kapott végtelen „mátrix” tizedesvesszőt követő rész átlóján haladt végig, és megjelölte az első szám első számjegyét, a második szám második számjegyét, a harmadik szám harmadik számjegyét stb., amely esetünkben:

\[ \begin{aligned} 0&,\color{red}{6330}\ldots \end{aligned}\notag \]

Ezután minden (pirossal) megjelölt számjegyet megváltoztatott egy másikra (pl. \(+1\)-gyel megnövelte, de úgy, hogy \(9 \to 0\) legyen). Így létrejön egy új tizedes tört:

\[ \begin{aligned} 0&,7441\ldots \end{aligned}\notag \]

Ez az új számjegy nem szerepel a felsorolásban, mert az \(x_n\) számtól különbözik az \(n.\) tizedesjegyében. Ez ellentmondáshoz vezetett, ugyanis találtunk egy olyan számot, amely nem szerepel a felsorolásban. Tehát a leképezés nem bijekció, illetve az új számjegy megtalálásával azt is igazoltuk, hogy a \((0;1)\) számossága nagyobb, mint \(|\mathbb{N}^+|\).

Tétel

Igazold a következő álltásokat a halmazok számosságával kapcsolatosan!

\[ \begin{array}{c} |\mathbb{Z}|=|\mathbb{N}|=|\mathbb{N^+}|=|2\mathbb{N}|=|\mathbb{Q}|\ne|\mathbb{R}|=|(0;1)|\\ 2\mathbb{N}=\{2k|k\in\mathbb{N}\}\\ \end{array}\notag \]

Definíció

Legyen \(A\) halmaz. Az \(A\) halmaz hatványhalmazának nevezzük azt a halmazt, amelynek elemei \(A\) halmaz összes részhalmaza. Jelölés: \(\mathcal{P}\)\((A)\).

Állítás

Legyen \(A\) halmaz és \(|A| < \infty\). Az \(A\) halmaz hatványhalmazának a számossága:

\[ \begin{aligned} |\mathcal{P}{(A)}|=2^{|A|} \end{aligned}\notag \]

Az állítást könnyen beláthatjuk, ugyanis, ha az \(A\) halmaz elemeinek tetszőleges sorrendjét rögzítjük, akkor minden elemről csak azt kell eldönteni, hogy bekerül-e (1-gyel jelöljük) egy adott részhalmazba vagy sem (0-val jelöljük). Ezzel egy \(|A|\) hosszúságú, \((1,0)\)-ból álló számsor kapunk, amely összes lehetséges száma \(2^{|A|}\).

Relációk, függvények

Definíció

Azt mondjuk, hogy az \(r\) halmaz reláció, ha minden eleme rendezett pár.

Definíció

Legyen \(r\) reláció. Az \(r\) reláció értelmezési tartománya a

\(D(r)\coloneqq \{x | \text{ van olyan } y,\text{ hogy }(x,y) \in r\}\).

Az r reláció értékkészlete az

\(R(r)\coloneqq \{y |\text{ van olyan }x \in D(r),\text{ hogy }(x,y)\in r\}\).

Nyilvánvalóan \(r\subset D(r) \times R(r)\).

Például \(r \coloneqq \{(4,2), (4,3), (1,2)\}\) esetén \(D(r) = \{4,1\}, R(r) = \{2,3\}\).

Definíció

Legyen \(r\) reláció. Az \(r\) reláció inverze az a reláció, amely

\(r^{−1}\coloneqq \{(s,t) | (t,s) \in r\}\).

Látható, hogy \(r = \{(1,3), (4,2), (5,2), (3,3)\}\) esetén

\(r^{−1} =\{(3,1),(2,4),(2,5),(3,3)\}\).

Definíció

Legyen \(r, s\) reláció. Az \(s\) belső reláció és az \(r\) külső reláció kompozíciója legyen

\(r\circ s\coloneqq \{(x, z) |\text{ van olyan }y \in R(s) \cap D(r)\) közvetítő elem, hogy \((x, y) \in s \text{ \’es } (y, z) \in r\}\).

Általában \(r\circ s\ne s\circ r\).

Tekintsünk egy példát a kompozícióra. \(s = \{(1,2), (1,4), (2,3)\}\), \(r = \{(4,3), (4,4), (3,5)\}\) esetén

\[ \begin{aligned} r\circ s&=\{(1,3),(1,4),(2,5)\}\\ s\circ r&=\emptyset\\ \end{aligned}\notag \]

Lépések: 0/0

Bizonyítás

A reláció definíciójában láthattuk, hogy ezek halmazok, így halmazok egyenlőségét úgy tudjuk könnyen bizonyítani, hogy azt igazoljuk, hogy egymás részhalmazai.

\[ \begin{aligned} &1.\;(r\circ s)^{-1} \subseteq s^{-1}\circ r^{-1}\\ &2.\;s^{-1}\circ r^{-1} \subseteq (r\circ s)^{-1}\\ \end{aligned}\notag \]

1. Legyen \((p,t)\in(r\circ s)^{-1}\), amelyből következik az inverz reláció definíciója alapján, hogy \((t,p)\in r\circ s\). A relációk kompozíciújának definíciója szerint létezik olyan \(q\in R(s)\cap D(r)\) közvetítő elem, hogy \((t,q) \in s\) és \((q,p) \in r\), amelyből már következik, hogy \((p,q) \in r^{-1}\) és \((q,t)\in s^{-1}\). Tehát ezzel igazoltuk, hogy \((p,t)\in s^{-1}\circ r^{-1}\).

2. Legyen \((u,w) \in s^{-1}\circ r^{-1}\) , amelyből következik a relációk kompozíciójának definíciója alapján, hogy van olyan \(v \in R(r^{-1})\cap D(s^{-1}) = R(s)\cap D(r)\) közvetítő elem hogy \((u, v) \in r^{-1}\) és \((v, w) \in s^{-1}\). Az inverz relációk definíciója szerint teljesül, hogy \((w,v)\in s\) és \((v,u)\in r\), azaz \((w,u)\in r\circ s\) is teljesül. Tehát ezzel igazoltuk, hogy \((u,w)\in (r\circ s)^{-1}\).

Tétel

Legyen \(r, s\) reláció. Ekkor \((r\circ s)^{-1} = s^{-1}\circ r^{-1}\).

Függvények

Definíció

Legyen \(f\) reláció. Azt mondjuk, hogy az \(f\) függvény, ha bármely \((x, y) \in f\) és \((x, z) \in f\) esetén \(y = z\).

Például \(r = \{(1,2), (2,3), (1,4)\}\) nem függvény, ugyanis \((1,2) \in r\) és \((1,4) \in r\), de \(2\ne 4\). az \(f = \{(1,2), (2,4), (3,4)\}\) viszont függvény.

Definíció

Ha \(f\) függvény, akkor \((x, y) \in f\) esetén \(y\) az \(f\) függvény \(x\) helyen vett helyettesítési értéke, vagy az \(f\) függvény az \(x\)-hez az \(y\)-t rendeli hozzá. Jelölésben: \(y = f(x)\).

Ha \(f\) függvény és \(A = D(f)\), a \(B\) pedig olyan halmaz, amelyre \(R(f) \subset B\) (látható, hogy \(A\) a függvény értelmezési tartománya, \(B\) pedig a függvény (egyik) képhalmaza), akkor az „\(f \subset A×B\), \(f\) függvény” kifejezés helyett az \(f:A \to B\) jelölést használjuk („az \(f\) függvény az \(A\) halmazt a \(B\) halmazba képezi”).

Ha \(f\) függvény és \(D(f) \subset A\), \(R(f) \subset B\), akkor \(f : A \mapsto B\) jelöli ezt („\(f\) az \(A\) halmazból a \(B\) halmazba képező függvény”).

Például \(f = \{(a, \alpha), (b, \beta), (g, \gamma), (d, \delta), (e, \epsilon)\}\) függvény. Látható, hogy \(\beta\) az \(f\) függvény \(b\) helyen vett helyettesítési értéke, \(\beta = f(b)\).

Definíció

Legyen \(f : A \to B\) függvény. Azt mondjuk, hogy az \(f\) kölcsönösen egyértelmű (injektív), ha különböző \(x_1,x_2 \in A\) elemeknek különböző \(B\)-beli elemeket feleltet meg, azaz bármely \(x_1,x_2 \in A,\;x_1 \ne x_2\) esetén \(f(x_1)\ne f(x_2)\).

Definíció

Legyen \(f : A \to B\) függvény. Azt mondjuk, hogy az \(f:X\to Y\) függvény ráképzés (szürjektív), ha \(R(f)=Y\).

Definíció

Legyen \(f : A \to B\) függvény. Azt mondjuk, hogy az \(f : X \to Y\) bijektív függvény vagy bijekció, ha \(f\) injektív, továbbá \(D(f) = X\) és \(R(f) = Y\).

Tétel

Legyen \(f\) függvény, \(A = D(f)\), \(B = R(f)\), \(f\) kölcsönösen egyértelmű. Ekkor az \(f\) inverze \(f^{-1} : B \to A\) olyan függvény, amely bármely \(s\in B\) ponthoz azt a \(t\in A\) pontot rendeli, amelyre \(f(t) = s\), azaz bármely \(s\in B\) esetén \(f(f^{-1}(s)) = s\).

Kölcsönösen egyértelmű függvény inverze is függvény.

Definíció

Legyen \(g : A \to B\), \(f : B \to C\) függvények. Ekkor a relációk kompozíciójának felhasználásával megmutatható, hogy az \(f\circ g\) létezik és

\(f\circ g : A \to C\), bármely \(x \in A\) esetén \((f\circ g)(x) = f (g(x))\).

Például a \(g\) függvény minden számhoz 1-et adjon hozzá (\(g : \mathbb{R}\to\mathbb{R}, g(x) = x + 1\)); az \(f\) függvény pedig minden számnak vegye a felét (\(f: \mathbb{R}\to\mathbb{R},f(x)=x/2\). Ekkor \(f\circ g:\mathbb{R}\to\mathbb{R},(f\circ g)(x)=(x+1)/2\), az \(f\) és \(g\) függvények kompozíciója.

Definíció

Legyen \(f : A \to B\) és \(C \subset A\). Az \(f\) függvény \(C\)-re való leszűkítése az az \(f_{|C} : C \to B\) függvény, amelyre bármely \(x \in C\) esetén \(f_{|C} (x) = f(x)\).

Definíció

Legyen \(f : A \to B\), \(C \subset A\) és \(D \subset B\). Az

\(f(C)=\{y|\text{ van olyan } x\in C,\text{ amelyre }f(x)=y\}\)

halmazt a „\(C\) halmaz \(f\) függvénnyel létesített képének” nevezzük. Az

\(f^{-1}(D) = \{x | f(x) \in D\}\)

halmaz a „\(D\) halmaz \(f\) függvényre vonatkozó ősképe”. (Vigyázat, ebben az esetben az \(f^{-1}\) nem az inverzfüggvényt jelöli.)

Számhalmazok

A valós számok halmazát az eddigi tanulmányok során rendszeresen használtuk, amelynek most az axiomatikus felépítését is áttekintjük. A következőekben egy alap axiómarendszert mutatunk be, amelyet más felépítésben is össze lehet állítani, azonban mindegyikben közös, hogy az összeadás és a szorzás kommutatív, asszociatív, létezik egységelem illetve ellentett elem is. A két műveletet a disztributivitás kapcsolja össze. Ezek a hagyományos értelemben vett test-axiómák, amelyeket a rendezési axiómák egészítenek ki, amelyekből szintén a legegyszerűbbet mutatjuk be.

Lépések: 0/0

Test-axiómák

bármely \(a, b \in\mathbb{R}\) esetén \(a + b = b + a\) (kommutativitás),
bármely \(a,b,c\in\mathbb{R}\) esetén \(a+(b+c)=(a+b)+c\) (asszociativitás),
van olyan \(0\in\mathbb{R}\) elem, hogy bármely \(a\in\mathbb{R}\) esetén \(a + 0 = a\) (\(0\) az összeadásra nézve semleges elem),
bármely \(a\in\mathbb{R}\) esetén van olyan \(-a\in\mathbb{R}\) ellentett elem, hogy \(a+(-a) = 0\).
bármely \(a,b\in\mathbb{R}\) esetén \(a\cdot b=b\cdot a\),
bármely \(a,b\in\mathbb{R}\) esetén \(a\cdot(b\cdot c)=(a\cdot b)\cdot c\),
van olyan \(1\in\mathbb{R}\) elem, hogy bármely \(a\in\mathbb{R}\) esetén \(a\cdot 1 = a\) (\(1\) a szorzásra nézve semleges elem),
bármely \(a\in\mathbb{R}\setminus\{0\}\) esetén van olyan \(\dfrac{1}{a}\in\mathbb{R}\) reciprok elem, hogy \(a\cdot\frac{1}{a} = 1\),
bármely \(a,b,c\in\mathbb{R}\) esetén \(a\cdot (b + c)\) = \(ab + ac\) (disztributív a szorzás az összeadásra nézve).

Az első négy axióma az összeadásra vonatkozik, míg a második négy a szorzásra. A 9. axióma a két műveletet kapcsolja össze.

Rendezési-axiómák

bármely \(a,b\in\mathbb{R}\) esetén vagy \(a\leq b\), vagy \(b\leq a\),
minden olyan esetben, amikor \(a\leq b\) és \(c\in\mathbb{R}\) tetszőleges szám, akkor \(a + c \leq b + c\),
minden olyan esetben, amikor \(0 \leq a\) és \(0 \leq b\), akkor \(0 \leq ab\).

Az \(a \leq b\), \(a \ne b\) helyett \(a \lt b\) jelölést használjuk. (Sajnos \(a \lt b\) nem rendezési reláció, mert nem reflexív.) Az 1-12 axióma alapján levezethető az összes egyenlőséggel és egyenlőtlenséggel kapcsolatos „szabály”, amelyet a valós számok körében használunk.

Az osztás definíciója

Legyen \(a,b\in\mathbb{R}\), \(b\ne 0\). Ekkor \(\dfrac{a}{b}\coloneqq a\cdot\dfrac{1}{b}\).

Az osztást a korábban megfogalmazott test-axiómák segítségével definiáltuk.

Az abszolútérték definíciója

Legyen \(x\in\mathbb{R}\). Az \(x\) abszolútértéke

\[ |x|=\left\{ \begin{aligned} x,&\text{ ha } 0\leq x\\ -x,&\text{ ha } x\leq 0,\;x\ne 0\\ \end{aligned}\notag \right. \]

Az axiómák segítségével az alábbi, abszolútértékhez kapcsolódó egyenlőtlenségek is igazolhatóak:

Bármely \(x\in\mathbb{R}\) esetén \(0 \leq |x|\).
Legyen \(x\in\mathbb{R}\) és \(\varepsilon\in\mathbb{R}\), \(0\leq\varepsilon\). Ekkor \(x\leq\varepsilon\), és \(-x\leq\varepsilon\iff\)\(|x|\leq\varepsilon\).
Bármely \(a, b\in\mathbb{R}\) esetén \(|a + b| \leq |a| + |b|\) (háromszög-egyenlőtlenség).
Bármely \(a,b\in\mathbb{R}\) esetén \(\left||a|-|b|\right|\leq|a-b|\).

Valós számok

Legyen \(\mathbb{R}\) nem üres halmaz. Tegyük fel, hogy van még egy összeadásnak nevezett \(+ : \mathbb{R}\times \mathbb{R}\to \mathbb{R}\) és egy szorzásnak nevezett \(\cdot : \mathbb{R}\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) függvény is, amelyek a test-axiómák tulajdonságaival rendelkeznek. Tegyük fel továbbá, hogy \(\mathbb{R}\)-en van egy olyan \(\leq\) (kisebb vagy egyenlőnek nevezett) rendezési reláció, amelyek a rendezési-axiómák tulajdonságaival rendelkeznek.

A Test-axiómákból következi a valós számok körében felírható összes egyenlőség, ha ezt kiegészítjük a Rendezési-axiómákkal, akkor ezek együtteséből már minden egyenlőtlenség is következik a valós számok körében pl. Bernoulli-egyenlőtlenség, háromszög-egyenlőtlenség. Ezzel azonban még nem készültünk el a valós számok (axiomatikus) felépítésével. Még további két axiómát kell bevezetnünk, azonban ezek előtt vizsgáljuk meg a valós számok néhány nevezetes részhalmazát.

Természetes, egész és racionális számok

Legyen \(\mathbb{N}\subset\mathbb{R}\) egy olyan részhalmaza a valós számoknak, amelyre teljesülnek a következők:

\(0\in\mathbb{N}\)
bármely \(n\in\mathbb{N}\) esetén \(n+1\in\mathbb{N}\),
bármely \(n\in\mathbb{N}\) esetén \(n+1\ne 0\) (a \(0\) az „első” elem),
abból, hogy \((a)\;S \subset\mathbb{N}\), \((b)\; 1 \in S\), \((c)\) bármely \(n \in S\) esetén \(n + 1 \in S\) következik, hogy \(S = \mathbb{N}\). (Teljes indukció.)

Az \(\mathbb{R}\)-nek az ilyen tulajdonságokkal rendelkező \(\mathbb{N}\) részhalmazát a természetes számok halmazának nevezzük.

A természetes számok segítségével további számhalmazokat definiálhatunk, amelyek részhalmazai a valós számoknak.

\(\mathbb{Z}\coloneqq \mathbb{N} \cup \{m \in\mathbb{R} | −m \in\mathbb{N}\}\) az egész számok halmaza

\(\mathbb{N}^+ =\mathbb{Z}^+ \coloneqq \mathbb{N}\setminus\{0\}\)

\(\mathbb{Q}\coloneqq\{x \in\mathbb{R}| \text{ van olyan }p\in\mathbb{Z},\;q\mathbb{N},\text{ hogy }x=pq\}\) a racionális számok halmaza

\(\mathbb{Q}^∗\coloneqq \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\) az irracionális számok halmaza

Lépések: 0/0

A racionális számok "sűrűn" helyezkednek el

Előfordul, hogy az Arkhimédészi-axiómát más alakban használják, azonban ezek levezethetőek az általunk felírt axiómából. Az első következménye az Arkhimédész-axiómának:

Minden \(K\in\mathbb{R}\) számhoz van olyan \(n \in\mathbb{N}^+\) természetes szám, amelyre \(K \lt n\), ugyanis az \(a = 1,\; b = K\) helyettesítéssel az axióma ilyen természetes szám létezését biztosítja.

Igazolható az is, hogy bármely \(\varepsilon \in\mathbb{R}\), \(0 \lt\varepsilon\) esetén van olyan \(n\in\mathbb{N}^+\) természetes szám, hogy \(\dfrac{1}{n}\lt\varepsilon\). Az axiómát alkalmazzuk az \(a=\varepsilon\) és \(b =1\) számokra, így létezik olyan \(n\in\mathbb{N}\), hogy \(1 \lt n\cdot\varepsilon\). A korábbi test- és rendezési axiómákat felhasználva a következő levezetést tehetjük meg:

\[ \begin{aligned} 1&\lt n\varepsilon&/+(-1)\\ 0&\lt n\varepsilon-1&/\cdot\frac{1}{n}\\ 0&\lt\frac{1}{n}(n\varepsilon-1)\\ 0&\lt\varepsilon-\frac{1}{n}&/+\frac{1}{n}\\ \frac{1}{n}&\lt\varepsilon \end{aligned}\notag \]

Tehát tetszőleges (kicsi) \(\varepsilon\in\mathbb{R}\), \(0\lt\varepsilon\) esetén létezik olyan \(n\in\mathbb{N}^+\), hogy \(\dfrac{1}{n}\in(0;\varepsilon)\), amely azt jelenti, hogy bármely (nem elfajuló) intervallumban van racionális szám.

Állítás

Legyenek \(a \lt b\) tetszőleges valós számok. Ekkor az \((a;b)\) nyílt intervallumban van racionális és irracionális szám is, azaz

\[ \begin{aligned} (a;b)\cap\mathbb{Q}\ne\emptyset\text{ \'es }(a;b)\cap\mathbb{Q}^*\ne\emptyset\ \end{aligned}\notag \]

Ezen túlmenően, minden intervallumban van tetszőlegesen nagy nevezőjű racionális szám.

Bizonyítás

A bizonyítást a \(0\lt a\lt b\) esetre írjuk le részletesen, ugyanis a többi eset is hasonlóan igazolható. Az Arkhimédész-axióma szerint \(\dfrac{1}{b-a}\in\mathbb{R}\) valós számhoz található olyan \(q\in\mathbb{N}\), hogy

\[ \begin{aligned} \frac{1}{b-a}\lt q \end{aligned}\notag \]

Szintén az Arkhimédész-axióma szerint választhatunk olyan \(p\in\mathbb{N}\) legkisebb természetes számot, hogy \(qa\lt p\). \(p\) választása miatt teljesül a következő egyenlőtlenség.

\[ \begin{aligned} qa\lt p\leq qa+1 \end{aligned}\notag \]

\(\dfrac{1}{b-a}\lt q\)\(\implies qa+1\lt qb\) miatt

\[ \begin{aligned} qa\lt p\leq qa+1\iff 0\lt\frac{p}{q}\lt b \end{aligned}\notag \]

A fenti egyenlőtlenség pontosan azt jelenti, hogy \(\dfrac{p}{q}\in(a;b)\cap\mathbb{Q}\). Ebből az is következik, hogy tetszőlegesen nagy nevezőjű racionális szám is található, amely az \((a;b)\) intervallumba esik. A bizonyítás szemléletesen azt jelenti, hogy az Arkhimédész-axióma alapján létező \(\dfrac{1}{q}\lt b-1\) számmal a számegyenesen addig lépdelünk, amíg el nem jutunk az \((a;b)\) intervallumba.

Az irracionális esetet hasonlóan végezhetjük el, ahol a fenti gondolatmenetben \(\dfrac{\sqrt 2}{q}\)-t használunk \(\dfrac{1}{q}\) helyett.

Az eddig megadott axiómák még az Arkhimédész-axiómával együtt sem határozzák meg a valós számokat, ugyanis belátható, hogy a fenti axiómarendszert a racionális számok halmaza is kielégíti. Szemléletesen ez azt jelenti, hogy a számehgyenesen még maradtak olyan "lyukak", amelyeket csak további axióma bevezetésével tudunk betölteni. A következő célunk az, hogy az irracionális számok létezését biztosító axiómát találjunk.

Arkhimédész-axióma

Bármely \(a, b \in\mathbb{R}, 0 \lt a\) számokhoz van olyan \(n\in\mathbb{N}^+\), hogy \(b \lt na\).

Felső és alsó határ

Definíció

Legyen \(A \subset\mathbb{R}, A\ne\emptyset\). Azt mondjuk, hogy \(A\) felülről korlátos számhalmaz, ha van olyan \(K\in\mathbb{R}\), hogy bármely \(a\in A\) esetén \(a\leq K\). Az ilyen \(K\) az \(A\) halmaz egyik felső korlátja.

Legyen \(A\subset\mathbb{R}, A\ne\emptyset\) felülről korlátos halmaz. Tekintsük a következő halmazt:

\[ \begin{aligned} B = \{K\in\mathbb{R} | K\text{ fels\Hooe korl\’atja az \(A\) halmaznak}\} \end{aligned}\notag \]

Legyen \(\alpha\in\mathbb{R}\) a \(B\) halmaz legkisebb eleme, azaz olyan szám, amelyre \((a)\; \alpha\in B\) (\(\alpha\) is felső korlátja az \(A\) halmaznak), \((b)\) bármely \(K\in B\) felső korlátra \(\alpha\leq K\).

Az eddigi axiómákból nem vezethető le hogy létezik ilyen \(\alpha\in\mathbb{R}\), ezért ehhez egy újabb axiómát kell bevezetnünk.

Lépések: 0/0

Szuprémum

A korábban meghatározott \(\alpha\in\mathbb{R}\) számot (amely nem feltétlenül eleme az \(A\) halmaznak) a halmaz felső határának nevezzük, és így jelöljük:

\[ \begin{aligned} \alpha\coloneqq \sup A (\text{ „az \(A\) halmaz szupr\'emuma” }) \end{aligned}\notag \]

A szuprémumra teljesülnek az alábbi tulajdonságok.

bármely \(a\in A\) esetén \(a \leq \sup A\),
bármely \(0\lt\varepsilon\) esetén van olyan \(a'\in A\), hogy \((\sup A)-\varepsilon\lt a'\)

A műveleti/test-, rendezési-axiómákkal, az Arkhimédész-axiómával és a felső határ axiómájával teljessé vált az \(\mathbb{R}\) valós számok halmazának axiomatikus felépítése.

Cantor-axióma

Minden egymásba skatulyázott (egymásba ágyazott) zárt intervallum sorozatnak van közös eleme.

Legyen \(a_n,b_n\in\mathbb{R}\) és jelölje \(I_n=[a_n;b_n]=(a_n;b_n)\cup a_n\cup b_n\) zárt intervallumot. Az \(I_n\) zárt intervallumok egymásba skatulyázott sorozata az \(I_1\supseteq I_2\supseteq I_3\supseteq\ldots\), azaz \(a_{n+1}\leq a_n\leq b_n\leq b_{n+1}\) teljesül minden \(n\in\mathbb{N}^+\)-ra.

Az első fontos megállapítás, hogy a Cantor-axióma nem igaz a racionális számok körében, ugyanis az \(I_n=[\sqrt 2 -\dfrac{1}{n};\sqrt 2 +\dfrac{2}{n}]\) egymásba skatulyázott sorozatoknak egyetlen közös elemük van:

\[ \begin{aligned} \sqrt 2=\bigcap_{i=1}^\infty I_n=\bigcap_{i=1}^\infty[\sqrt 2-\dfrac{1}{n};\sqrt 2+\dfrac{2}{n}] \end{aligned}\notag \]

A valós számok axiómarendszere teljessé válik, ha a test-, a reláció- és az Arkhimádész-axiómát kiegészítjük, akár a Felső határ axiómával, akár a Cantor-axiómával.

Bármelyik axiómát is fogadjuk el, a másik már levezethető az axiómarendszerből.

Állítás

Az Arhimédész-axióma és a Cantor-axióma akkor és csak akkor teljesül, ha a Felső határ axióma teljesül, azaz ekvivalensek.

Felső határ axiómája

Minden felülről korlátos \(A\subset\mathbb{R},\;A\ne\emptyset\) halmaznak van legkisebb felső korlátja.

Definíció

Legyen \(A \subset\mathbb{R}, A\ne\emptyset\). Azt mondjuk, hogy \(A\) alulról korlátos számhalmaz, ha van olyan \(L\in\mathbb{R}\), hogy bármely \(a\in A\) esetén \(L\leq a\). Az ilyen \(L\) az \(A\) halmaz egyik alsó korlátja.

Legyen \(A\subset\mathbb{R}, A\ne\emptyset\) alulról korlátos halmaz. Az \(A\) alsó korlátjai közül a legnagyobb a halmaz alsó határa. (Ennek létezéséhez már nem kell újabb axióma, visszavezethető a felső határ létezésére.) Az alsó határ jelölése:

\[ \begin{aligned} \inf A\text{ („az \(A\) halmaz infimuma”) } \end{aligned}\notag \]

Az infimumra teljesülnek az alábbi tulajdonságok.

bármely \(a\in A\) esetén \(\inf A\leq a\),
bármely \(0\lt\varepsilon\) esetén van olyan \(a’\in A\), hogy \(a’\lt (\inf A)+\varepsilon\)

Intervallumok és környezetek

Definíció

Legyen \(I\subset\mathbb{R}\). Azt mondjuk, hogy \(I\) intervallum, ha bármely \(x_1,x_2\in I,\;x_1\lt x_2\) esetén minden olyan \(x\in\mathbb{R}\), amelyre \(x_1\lt x\lt x_2\), teljesül, hogy \(x\in I\).

Definíció

Legyen \(a,b\in\mathbb{R},\;a \lt b\), ekkor az alábbi halmazok mindegyike intervallum.

\[ \begin{aligned} {}[a,b]\coloneqq \{x \in\mathbb{R} | a \leq x \leq b\}\\ [a,b)\coloneqq \{x \in\mathbb{R} | a \leq x \lt b\}\\ (a,b]\coloneqq \{x \in\mathbb{R} | a \lt x \leq b\}\\ (a,b)\coloneqq \{x \in\mathbb{R} | a \lt x \lt b\}\\ \end{aligned}\notag \]

A végtelen intervallumok jelölése

\[ \begin{aligned} {}[a,+\infty)&\coloneqq \{x \in\mathbb{R} | a \leq x\}\\ (a,+\infty)&\coloneqq \{x \in\mathbb{R} | a < x\},\quad (0,+\infty) = \mathbb{R}^+\\ (-\infty,a]&\coloneqq \{x \in\mathbb{R} | x \leq a\}\\ (-\infty,a)&\coloneqq \{x \in\mathbb{R} | x < a\},\quad (-\infty,0) = \mathbb{R}^-\\ (-\infty, +\infty)&\coloneqq \mathbb{R}\\ \end{aligned}\notag \]

elfajuló intervallumnak nevezzük az \([a, a] = \{a\}\) és az \((a, a) = \emptyset\) halmazokat.

Definíció

Legyen \(a \in\mathbb{R}\), \(r \in\mathbb{R}^+\). Az \(a\) pont \(r\) sugarú környezetén a

\[ \begin{aligned} K_r(a) = (a − r, a + r) \end{aligned}\notag \]

nyílt intervallumot értjük. Azt mondjuk, hogy \(K(a)\) az \(a\) pont egy környezete, ha van olyan \(r \in\mathbb{R}^+\), hogy \(K(a) = K_r(a)\).

1 ... 2 3 4 5 ... 6

iKurzusok iFeladatok

Logikai állítások, műveletek, tagadás

Definíció

Tétel

Definíció

A halmazműveletek és a logikai műveletek kapcsolata

Tétel

Tétel

Bizonyítás

Tétel

Bizonyítás

Tétel

Állítások tagadása

Bizonyítási módszerek

Definíció

Bizonyítás

Figyeljünk az alábbiakra:

Tétel

Definíció

Bizonyítás

Figyeljünk az alábbiakra:

Tétel

Definíció

Bizonyítás

Figyeljünk az alábbiakra:

Tétel

Definíció

Bizonyítás

Figyeljünk az alábbiakra:

Tétel

Nevezetes egyenlőségek, egyenlőtlenségek

Bizonyítás

Tétel

Tétel

Bizonyítás

Megjegyzés

Tétel

Bizonyítás

Tétel

Bizonyítás

Tétel

Bizonyítás

Tétel

Halmazok

Definíció

Definíció

Tétel

Definíció

Definíció

Tétel

Tétel

Definíció

Definíció

Definíció

Bizonyítás

Tétel

Definíció

Állítás

Relációk, függvények

Definíció

Definíció

Definíció

Definíció

Bizonyítás

Tétel

Függvények

Definíció

Definíció

Definíció

Definíció

Definíció

Tétel

Definíció

Definíció

Definíció

Számhalmazok

Test-axiómák

Rendezési-axiómák

Az osztás definíciója

iKurzusok
iFeladatok

2023 Emelt szintű
matematika előkészítő