Folytonos függvények értelmezései ...

90 Folytonos függvények
IV. Folytonos függvények
Az előző fejezetben adott f : D→ függvény viselkedését a D halmaz x 0
torlódási pontjának környezetében vizsgáltuk. Az x 0 pont nem feltétlenül tartozott a
D halmazhoz. ( D ⊆ ) . Ebben a fejezetben a függvény viselkedését nem csak az x 0
pont körül vizsgáljuk, hanem az 0
x pontban is ( x D)
értékét az x 0 pontban a függvény 0
függvénynek az x 0 pontban is értelmezettnek kell lennie, tehát 0
0
∈ ; összehasonlítjuk a függvény
x környezetében felvett értékeivel. Ezért a
x ∈ D .
A feladatot így fogalmazzuk meg: tanulmányozzuk, hogy amikor x közeledik
f x közeledik-e f ( x ) -hoz. Pontosabban, egy tetszőleges x → x0
sorozatot
x0 -hoz, ( )
0
∈ , tanulmányozzuk, hogy az ( f ( xn)
) n≥
1
véve, ahol xn D
n
sorozat tart-e az f ( x 0 ) számhoz?
Figyeljük meg, hogy ebben az utolsó megfogalmazásban a feladatnak akkor is
van értelme, ha x 0 az értelmezési tartománynak nem torlódási pontja (de D-nek
eleme). Valóban, ha x0 ∈ D , akkor mindig van olyan sorozat, például az xn = x0
, ha
*
n∈ , amely tart az x 0 számhoz és amelyre xn ∈ D . Ha x 0 nem torlódási pontja
D-nek, akkor ez az egyetlen sorozat, amely tart x0 -hoz és xn ∈ D . Az előbbi sorozat
*
esetén f ( xn ) = f ( x0 ) , ha n∈
és lim f ( xn) = f ( x0)
.
n→∞
4.1. Folytonos függvények értelmezései
Értelmezés. Legyen f : D → és x0∈D. Az f függvényt az x 0 pontban
folytonosnak mondjuk, ha minden xn → x0
, xn ∈ D sorozatra lim f ( xn) = f ( x0)
.
Megjegyzés. 1. A fenti értelmezésből következik, hogy az értelmezési tartomány
izolált pontjaiban a függvény mindig folytonos.
2. A határérték értelmezése alapján a következő kritériumot használhatjuk:
ε−δ-s kritérium. Az : f függvényt az x ∈ D pontban folytonosnak
n→∞
f D→ 0
δ > szám, hogy ha 0
mondjuk, ha bármely ε > 0 számhoz létezik olyan 0
és x D
∈ , akkor ( ) f ( x )
0
x− x < δ
f x − < ε . (ha x izolált pont, akkor találunk olyan δ -t,
amelyre az x 0 pont δ -nyi környezetében a D halmaznak csak egy eleme van, az x 0 )
Példák
3
1. Folytonos-e az x = 2 pontban az f : → , f ( x) = 2x
+ 1 függvény?
0
Az 1. értelmezés alapján vizsgáljuk először azt, hogy igaz-e hogy ha lim x = 2 ,
3
xn ∈ ( n) n
0
n→∞
, akkor az f x = 2x
+1sorozatoknak van határértékük és a határérték f (2) .
3
3 3
( ) ( ) ( ) ( )
lim f x = lim 2x + 1 = 2lim x + 1 = 2 lim x + 1 = 17 = f 2 .
n n n n
n→∞ n→∞ n→∞ n→∞
Tehát a függvény folytonos a 2 pontban az 1. értelmezés szerint.
n

Folytonos függvények 91
A 2. értelmezés alapján hasonló módon dönthetjük el, hogy f folytonos-e a 2 pontban:
Rögzítsünk egy 0
ε > számot.
ha
( ) ( ) 3 3 3 3 2
f x − f x0 = 2x + 1−2⋅2 − 1 = 2 x − 2 = 2 x− 2 x + 2x+ 2
2
2 2
( ) ( ) ( )
f x − f x0 = 2 x− 2 x + 2x+ 4 < 2 x + 2x+ 4 x− 2 < ε ,
ε ε ε ε
x − 2 < < = = .
2 x 2x 4 2min x 2x 4
6
2 2
( + + ) ( + + ) 2f( −1)
x∈
Mivel minden ε > 0 esetén létezik a
ε
δ = > 0 valós szám, úgy, hogy
6
f x − f 2 < ε ha x − 2 < δ , a függvény folytonos az x 0 = 2 pontban.
( ) ( )
2. Az f : → , f ( x ) = sin x függvény folytonos minden x ∈ pontban.
Valóban,
x− x0 f ( x) − f ( x0) = sin x− sin x0
= 2 sin
2
x+ x0 cos
2
x−x0 ≤2 ⋅ 1,
2
tehát ( ) ( )
f x f x0 sin x sin x0 x x0 ε
− = − ≤ − < igaz, ha x− x0< δ = ε . Vagyis a
függvény folytonos az x 0 pontban, a 2. értelmezés szerint.
3. Előfordul az, hogy
a függvény nem folytonos
y
valamilyen pontban. Az értelmezés
alapján, az f függvény
1
ε
az x0 ∈ D pontban pontosan
akkor nem folytonos, ha léte-
δ
(
0
δ
)
zik olyan ( xn ) ⊂ D sorozat,
n≥
1
ε
lim f x ≠ f x .
1
amelyre ( ) ( )
n→∞
Ez lehetséges úgy is, hogy az
f x
( ( n ) ) n≥
1
n
0
sorozatnak nincs határértéke, de úgy is, hogy a határértéke nem f ( x 0 ) . A
jobb és baloldali határértékek figyelembe vételével még több eset lehetséges, mert
előfordulhat, hogy a jobb és bal oldali határértékek léteznek, de nem egyenlők
egymással vagy az f ( x0 ) -val. Azokat az x0 ∈ D pontokat, amelyekben az
f : D→ függvény nem folytonos az f szakadási pontjainak nevezzük. Az előbbiek
alapján a szakadási pont fogalma az f függvénynek több különböző viselkedési
módját tükrözi. Ezek közül az esetek közül néhány fontos lesz a függvények további
tanulmányozásában, ezért külön megnevezéssel látjuk el őket.
Értelmezés. Az x0 ∈ D pontot, amelyben az f : D→ függvénynek létezik a
jobb- és a baloldali határértéke és ezek végesek, de a függvény nem folytonos elsőfajú
szakadási pontnak nevezzük. Az összes többi szakadási pontot másodfajú szakadási
pontnak nevezzük.
0
12. ábra
x

92 Folytonos függvények
Vizsgáljuk meg a következő függvények folytonosságát, szakadási pontjainak természetét:
⎧1,
ha x > 0;
⎪
⎧x,hax≠0;
a) f1 : → , f1( x) = sgn x= ⎨0,
ha x=
0; b) f2 : → , f2( x)
= ⎨
⎪ 2, ha x = 0.
⎩−
1, ha x < 0.
⎩
⎧ 1
⎧1
⎪sin
, ha x ≠ 0;
⎪ ,hax > 0;
c) f3 : → , f3( x) = ⎨ x
d) f4 : → , f4( x) = ⎨ x
⎪
⎩0,
ha x = 0.
⎪
⎩0,
ha x ≤ 0.
Megoldás. a) Az f 1 függvény az x0 ≠ 0 pont 0 -t nem tartalmazó környezetében
konstans, tehát folytonos ebben a pontban. Az = 0 pontban li m f ( x)
=−1
és
lim f ( x)
= 1,
tehát a függvénynek nincs határértéke ebben a pontban. Így az x = 0
x→ 0
x>
0
1
pontban az f 1 függvény nem folytonos. Mivel a jobb- és baloldali határérték véges, ez
a pont elsőfajú szakadási pont.
b) Az f 2 függvény az x0 ≠ 0 pont 0 -t nem tartalmazó környezetében elsőfokú, tehát
folytonos. Ha x = 0 , akkor lim
f x) = lim x=
0 , tehát a határérték létezik. Ez a
0
2 (
x→0
x→0
határérték azonban nem egyenlő a behelyettesítési értékkel, tehát a függvény nem
folytonos 0 -ban. Az x0 = 0 pont az f függvény elsőfajú szakadási pontja.
x→0 x
2
1
c) Mivel nem létezik a limsin határérték (találunk két olyan 0 -hoz tartó sorozatot,
amelyekre a függvényértékek sorozata különböző határértékekhez tart; ilyenek például
1
1
az xn
= és yn
= , n ≥1 sorozatok) a függvény nem folytonos 0 -ban és
2nπ
π
2nπ
+
2
az x 0 = 0 pont másodfajú szakadási pontja. A 0 -tól különböző pontokban a függvény
folytonos a határértékek tulajdonságai alapján.
1
d) Mivel lim = +∞ és lim f4( x ) = 0 a függvény nem folytonos 0 -ban és másodfajú
x0 x
x0
szakadási pontja van, mert a jobboldali határérték nem véges.
3
4. Az f ( x) = x , f : → függvény folytonos az x 0 = 1 pontban, mert
3 3 2
( ) − ( 1) = − 1 = − 1 + + 1 < , ha
f x f x x x x ε
ε ε ε ε 4
x − 1 < < = = = ε .
2 2
2
x + x+ 1 min ( x + x+
1) ⎛ 1⎞ 1 3 3
⎜− ⎟ − + 1
⎝ 2⎠ 2 4
4ε
A fentiek alapján f ( x) − f ( 1)
< ε , ha x − 1 < , tehát a függvény folytonos az
3
x =
1 pontban.
0
x 0
x→ 0
x<
0
1
0

Folytonos függvények 93
Megjegyzés. Gyakran találkozunk olyan függvényekkel, amelyek bizonyos x 0
ponttól jobbra és balra különböző törvénnyel értelmezettek. Az ilyen függvények
folytonosságának tanulmányozására a határérték jobb- és baloldali határértékek
segítségével adott jellemzését használjuk. Eszerint igaz a következő állítás:
Az f :[ a, b] → függvény pontosan akkor folytonos az x 0 ∈ (,) a b pontban, ha
4.2. Gyakorlatok
lim f ( x) = lim f( x) = f ( x ) .
x→x0 x→x0 x< x0 x> x0
Vizsgáld meg a következő függvények folytonosságát az adott pontokban:
2 1 3
1. f : [ −1,1] → , f ( x) = x + 1 , x = 0, , − .
2 4
1
2. f : [ −3, 4]
→ , f ( x)
= 2
x + 1
, 0 x = , 2, -1.
3. f : → , f ( x) = { x} = x− [ x]
,
jelöli, { x } pedig a szám törtrészét.
4. Milyen pontokban folytonos a tg függvény?
⎧ 1
⎪ ,hax ≠ 0
2
5. f ( x) = ⎨ x , x = 0 , 1, -1.
⎪
⎩0,
ha x = 0
⎧1,
ha x egész szám
6. f ( x)
= ⎨ , x = 0 , 1, − 2 .
⎩0,
ha x nem egész szám
2 3
7. f : → , f ( x) = x + x , x = 1, 3 .
0
1
x = 1, 2, , ahol [ x ] az x szám egészrészét
2
π
8. f : → , f ( x) = sin x+
cos x, x = 0, , π .
2
1 3
9. f :[1, 2] → , f ( x) = x+
, x = .
x 2
⎧1,
x∈
10. Adott az f : → , f ( x)
= ⎨ függvény. Igazoljuk, hogy a
⎩−1,
x∈\
függvény egyetlen pontban sem folytonos.
⎛ 1 ⎞
11*. Legyen f : → egy folytonos függvény, amelyre f ⎜r+ ⎟=
f ( r )
⎝ n ⎠
*
minden r racionális számra és minden n∈
-ra. Határozzuk meg az összes ilyen
függvényt!

94 Folytonos függvények
4.3. A Cauchy-féle függvényegyenlet
Feladat. Határozd meg az f : → folytonos függvényt, ha minden x, y∈ esetén
f ( x+ y) = f ( x) + f ( y)
( 1 )
Az ( 1) -es egyenletből x= y=
0 esetén az f ( 0) = f ( 0+ 0) = f ( 0) + f ( 0) = 2f
( 0 )
egyenlőséghez jutunk, tehát f ( 0) = 0.
x = y esetén
f ( 2x) = f ( x+ x) = f ( x) + f ( x) = 2f
( x)
.
*
Teljes indukcióval igazoljuk, hogy ha ,
n∈ x∈ akkor
f n⋅ x = n⋅ f x .
( ) ( )
Tételezzük fel, hogy n -re igaz és mutassuk meg n + 1-re
is teljesül.
Valóban f ( ( n 1) x) f ( nx x) f ( nx) f ( x) nf ( x) f ( x) ( n 1)
f ( x)
Továbbá
+ = + = + = + = + .
( ) ( ( ) ) ( ) ( )
tehát, f ( − x) =−f ( x) *
∀x∈. Ha n ∈ akkor
f ( ( n) x) f ( nx) f ( nx) nf ( x)
0= f 0 = f x+ − x = f x + f − x ,
− = − =− =− .
Ezért minden k ∈ és x∈ esetén
f k⋅ x = k⋅ f x .
( ) ( )
Ha m
∈ , m, n∈ , , akkor
n 0
⎛ m ⎞ ⎛m
⎞
n > m⋅ f ( x) = f ( m⋅ x) = f ⎜n⋅ x⎟= n⋅ f ⎜ x⎟
⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ ,
⎛m ⎞ m
f ⎜ x⎟= f ( x ) .
⎝ n ⎠ n
Ez azt jelenti, hogy ha r ∈ és x∈ akkor f ( r⋅ x) = r⋅ f ( x)
.
Ez alapján esetén
r ∈ f ( r) = r⋅ f(1)
. A továbbiakban igazoljuk, hogy az előbbi
egyenlőség irracionális r esetén is igaz. Ha α ∈ , x∈ akkor válasszunk
r ≥ sorozatot, hogy l n im rn = α . Ekkor az f
racionális számokból álló olyan ( n ) n 1
folytonosságát felhasználva
( ) ( ) ( )
→∞
( ) ( ) () ()
f α = lim f r = lim r f 1 = lim r f 1 = α f 1 .
n n n
n→∞ n→∞ n→∞
Tehát f ( α) = α⋅
f (1) minden α ∈ esetén. Így f ( x) = m⋅ x,
ahol m= f () 1 .
Megjegyzés. Az (1) egyenletet Cauchy-féle függvényegyenletnek nevezzük. A
középiskolában tanulmányozott fontosabb függvények (polinomok, exponenciális,
logaritmus, trigonometrikus) függvények értelmezhetők, mint valamilyen
függvényegyenlet folytonos megoldásai. Általában ezeknek a függvényegyenleteknek
a megoldása visszavezethető a Cauchy-féle függvényegyenletre. Kimutatható, hogy az
egyenletnek végtelen sok olyan megoldása is van, amelyek nem folytonosak (ezek egy
pontban sem folytonosak), a bizonyítás meghaladja a tankönyv kereteit.

Folytonos függvények 95
4.4. Műveletek folytonos függvényekkel
Amikor valamely függvény folytonosságát vizsgáljuk, előfordulhat, hogy
„egyszerűbb” függvények folytonosságát ismerve, a tárgyalt függvények folytonosságára
következtethetünk. Például az f ( x) = sin x+
cos x függvény folytonos-e? Már
tudjuk, hogy a sin x és cos x függvény minden pontban folytonos, következik-e ebből,
hogy az összegük is folytonos?
Feladat. Vizsgáljuk meg, hogy ha az f és g függvény az x 0 pontban folytonos,
akkor az f + g függvény folytonos-e az x0 -ban!
Megoldás. Meg kell vizsgálnunk, hogy ha xn → x0
, akkor következik-e, hogy
( f + g)( x ) = f ( x ) + g( x ) → f ( x ) + g( x ) . Az f és a g az x 0 pontban
n n n 0
0
folytonos, tehát ha lim xn x0
n→∞
= akkor lim f ( x ) = f ( x )
n→∞
n
0
és lim g ( xn) = g(
x0)
n →∞
sorozatoknál láttuk, hogy a két konvergens sorozat összege is konvergens és
lim ⎡ f ( xn) g( xn) lim f ( xn) lim g( xn) f ( x0) g( x0) ( f g)( x0)
n→∞ ⎣ + ⎤= ⎦ + = + = + .
x→∞ x→∞
Tehát
lim f + g x = lim f x + lim g x = f x + g x = f + g x ,
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
x→x0 x→x0 x→x0 0 0
vagyis az f + g függvény is folytonos.
Hasonló gondolatmenet alapján belátható, hogy két folytonos függvény szorzata,
hányadosa (ha a nevező nem 0 ) és összetett függvénye is folytonos. A
függvényhatárértékeknél megoldott feladatok alapján azt is állíthatjuk, hogy egy
bijektív és folytonos függvény inverze is folytonos (lásd a 76. oldalon levő 2.
megoldott feladatot). Ezeket a tulajdonságokat a következő tétel foglalja össze
Tétel. Legyen f, g : D → két függvény és x0D. ∈
a) Ha az f és a g függvények folytonosak az x 0 pontban, akkor az f + g
függvény is folytonos az x 0 pontban.
b) Ha az f és a g függvények folytonosak az x 0 pontban, akkor az f ⋅ g
függvény is folytonos az x 0 pontban.
c) Ha az f és a g függvények folytonosak az x 0 pontban és g( x0) ≠ 0 , akkor
az f
g függvény is folytonos az x 0 pontban.
d) Ha az f : D→E függvény folytonos az x0 ∈ D pontban és a g: E →
függvény folytonos az y0 = f ( x0)
, y0∈ E pontban ( D ⊆ és E ⊆ ), akkor a
g f összetett függvény folytonos az x 0 pontban.
*
e) Ha az f : D→+ és a g: D→ függvények folytonosak az x0
pontban,
( )
akkor az u: D → + ux ( )= [ f( x] ) függvény is folytonos az
g x
x 0 pontban.
Sajátos esetek. Ha az f : D→E függvény folytonos az x0 ∈ D pontban, akkor a
következő függvények is folytonosak az x0 ∈ D pontban:
0
. A

96 Folytonos függvények
a)
g : D→ , g( x) = a
f ( x)
, ahol 0 és
a > a ≠ 1.
b) h: D→ , h( x) = logaf( x)
, ahol f( x) > 0, ∀ x>
0 és a > 0 , a ≠ 1.
c) k: D→ ,
k( x) = sin f( x)
.
A szinusz függvény helyett tetszőleges trigonometrikus alapfüggvényre is igaz a
tulajdonság ( cos,tg,ctg,arcsin,arccos,arctg,arcctg ).
Megjegyzés. A „Függvények határértéke” című fejezetben láttuk, hogy a polinomfüggvények,
az exponenciális, logaritmus és trigonometrikus függvények valamint
ezek inverzei mind folytonosak (lásd a megoldott feladatokat). A továbbiakban ezekre
a függvényekre és az ezekből összeadás, szorzás, osztás, hatványozás, összetevés útján
előállítható függvényekre elemi függvényként hivatkozunk. az előbbiek alapján az
elemi függvények folytonosak az értelmezési tartományukon.
Gyakorlatok és feladatok
n
*
1. Mely pontokban folytonos az f : → , f ( x) = x , n∈ függvény?
2. Folytonos-e az f ( x) = sin x⋅cosx
függvény az x = 0 és az x = π pontokban?
f ( x ) ≠ 0
3. a) Igazold, hogy ha az f függvény az x 0 pontban folytonos és
1
az
f
0 , akkor
függvény is folytonos az x 0 pontban.
b) Igazold, hogy ha f és g függvény folytonos az 0
akkor a
g x0 ≠ 0 ,
f
g függvény folytonos az x 0 pontban.
4. Hol folytonosak a következő függvények?
1
a) f : \ { 0} → , f ( x)
= ; 2
x
1
b) f : → , f ( x)
= ; 2
1+ sin x
x
c) f : \ { −1,1} →
, f ( x)
= ; d) ,
2
x − 1
: f → f ( x) = max ( sin x,
cos x ) ;
5. Bizonyítsd be, hogy ha az f függvény az x 0 pontban folytonos akkor f is
folytonos az x 0 pontban!
6. Igaz-e az előbbi állítás fordítottja?
7. Tanulmányozd a következő függvények folytonosságát:
2 ⎧ x + 2, ha x≥0
a) f ( x) = ⎨ ;
⎩−
x, hax<
0
b) f : → , ( ) ( ) 3
f x = 2x+ 1 ;
c)
2
f ( x) = cos x+ 2cos x+
1;
⎧1
⎪ , ha x ≥1
x
d)
⎪
f ( x) = ⎨0,
ha −1≤ x<
1;
⎪ 1
⎪− ,ha x

Folytonos függvények 97
⎧ 1
⎪ ,ha x ≠ −1
= ⎨
⎪
⎩0,
ha x = −1
e) ( ) ( ) 2
x + 1
f x
; f) ( )
2 ⎧x , x∈
g) f( x)
= ⎨
; h)
⎩3x−2,
x∈\
2 ( )
2 ⎧ x + x<
1 , ha 0
⎪
f x = ⎨0,
ha x=
0 ;
⎪ 4
− x+ x>
( )
⎪⎩
1 , ha 0
⎧ x + 1
⎪ ,
f( x) = ⎨ x − 2
⎪
⎩3x−2,
x∈
.
x∈\
8. Igazold, hogy az f :0, [ +∞) → , f ( x ) = x függvény folytonos az értelmezési
tartomány minden pontjában.
2
9. Határozd meg az f ( x) = x − 1 összefüggéssel értelmezett függvény maximális
értelmezési tartományát és igazold, hogy az értelmezési tartomány minden pontjában
folytonos.
10. Határozd meg a következő függvények szakadási pontjait:
1
a) f : → , f ( x)
= lim ;
n→∞
2n
1+
x
n 2n
b) f : → , f ( x) = lim 1+
x
n→∞
;
2 nx
x + x ⋅ e
c) f : → , f ( x)
= lim ;
n→∞
nx
1+
e
11. Hol folytonosak a következő függvények?
2
d) f : → , f ( x) = max ( x , x ) .
a) f : , f x x x az x valós szám egészrésze.
b) f : ,
→ ( ) = [ ] , ahol [ ]
→ f ( x) = { x} = x−[
x ] , ahol { }
x az x valós szám törtrésze.
12. Határozd meg azokat az f : →, az x = 0 pontban folytonos függvényeket,
amelyekre ( ) ( 2 )
f x + f x = 0,
minden x∈ esetén.
13. Határozd meg az f : → függvényeket, ha
x ⋅ f ( y) + y⋅ f ( x) = ( x+ y) ⋅ f ( x) ⋅ f ( y)
igaz minden x, y∈ esetén. Hány folytonos függvény van a megoldások között?
*
14 . Az f, g: → periodikus függvényekre
( ) ( )
lim ⎡⎣f x −g x ⎤= ⎦ 0 .
x→∞
Bizonyítsd be, hogy a két függvény egyenlő ( f g )
*
15 . Határozd meg az összes : ( 0, )
f x = f
2
x , minden
*
∈ = ( 0, +∞)
esetén.
( ) ( )
x +
= .
f ∞ → folytonos függvényeket, amelyekre
16. Határozd meg az f : ( −1,1) → folytonos függvényeket, amelyekre
⎛ x + y ⎞
f ( x) + f ( y) = f ⎜
1+
xy
⎝ ⎠ ⎟, minden , ( 1, )
x y∈ − 1 esetén.

98 Folytonos függvények
4.5. Intervallumon folytonos függvények
Értelmezés. Az f függvényt folytonosnak nevezzük az I intervallumon, ha az I
minden pontjában folytonos. A függvényről azt mondjuk, hogy folytonos, ha az
értelmezési tartományának minden pontjában folytonos.
Megjegyzés. Az előbbi paragrafus tételéből következik az alábbi tétel:
Tétel. a) Ha az f : D→ és g: D→ függvények folytonosak, akkor az
f + g: D→
, ( f + g)( x) = f( x)
+ g(
x), ∀x∈ D függvény is folytonos.
b) Ha az f : D→ és g: D→ függvények folytonosak, akkor az
f ⋅g: D→
, ( f ⋅ g)( x) = f(
x) ⋅g( x), ∀x∈ D függvény is folytonos.
c) Ha az f : D→ és g: D→ függvények folytonosak és
⎛ f ⎞ f(
x)
g( x) ≠0, ∀x∈D, akkor az ⎜ ⎟ ( x) = , ∀x∈D függvény is folytonos.
⎝ g ⎠ g(
x)
d) Ha az f : D→E
és a g: E → függvény folytonos ( D ⊆ és E ⊆ ),
akkor a gf : D→ összetett függvény is folytonos.
e) Ha az f : D→E
függvény folytonos és bijektív ( D ⊆ , E ⊆
intervallumok), akkor az
−1
f : E → D
inverz függvény is folytonos.
*
f) Ha az f : D → + és a g: D→ függvények folytonosak, akkor az
g( x)
u: D → + ux ( ) = f( x)
függvény is folytonos.
Sajátos esetek. Ha az f : D→E függvény folytonos, akkor a következő
függvények is folytonosak:
f ( x)
a) g : D→ , g( x) = a , ahol a > 0 és a ≠ 1.
b) h: D→ , h( x) = logaf( x)
, ahol f( x) > 0, ∀ x>
0 és a > 0 , a ≠ 1.
c) k: D→ ,
k( x) = sin f( x)
.
f [ − ] →
2
f ( x) = x + 2 , az [ 1, 1]
3
P2. f :1,4 [ ] → , f ( x) = 2x
+ 1,
az I = [ 1, 4]
;
Példák P1. : 1,1 ,
I = − ;
1
P3. f :1,2 [ ] → , f ( x)
= , az I = [ 1, 2]
;
x
1
P4. f : ( 0,1)
→ , f ( x)
= , az I = ( 0, 1)
.
x
Az általunk tárgyalt függvények döntő többsége egy-egy intervallumon vagy
azok egyesítésén van értelmezve és folytonos. Ha megfigyeljük, e függvények
grafikonjait, akkor néhány közös tulajdonságot veszünk észre. Az [ a, b zárt
intervallumon – ahol a, b∈ – értelmezett függvény korlátosnak látszik. A
grafikonok „folytonos” vonalak; úgy tűnik, hogy ha folytonos egy függvény és felvesz
két különböző f x < f x értéket, akkor minden közbülső értéket is felvesz.
( ) ( )
1 2
Természetesen a grafikonból az ilyen tulajdonságokat csak sejteni lehet. A
szemléletből vett következtetéseket mindig alaposan meg kell vizsgálni.
]

Folytonos függvények 99
4.5.1. Bolzano tétele és a Darboux-féle tulajdonság
BERNARD BOLZANO (1781-1848) a skolasztikus filozófiában járatos
katolikus pap volt. Egyike volt a legelsőknek, aki a szigorúság modern fogalmát
bevezette a matematikai analízisbe. Felismerte, hogy a folytonos függvényekre
vonatkozó számos, látszólag nyilvánvaló állítást igazolni kell, ha azt akarjuk, hogy
teljes általánosságban érvényes legyen. Ilyen például a következő három tulajdonság:
1. Folytonos függvény minden intervallumot intervallumba képez. Ez
pontosabban a következőképpen fogalmazható meg:
Ha az f :[ a, b] → függvény folytonos, x1,2 ∈ [ ab , ] , x1 < x2
két tetszőleges
érték és f ( x1) = y1,
f ( x2) = y2,
akkor bármely 0 [ 1 y2]
, y y
esetén létezik olyan x ∈ [ x , x ] , amelyre f ( x ) = y .
0 1
2
0 0
[ ]
∈ (vagy y y y )
0 2 , ∈ 1
2. Ha az f :[ a, b] → folytonos függvény x1 ∈[,] ab -ben pozitív és x2 ∈[ ab , ] -ben
negatív értékékeket vesz fel, akkor létezik olyan c [ x x ]
∈ , amelyre f() c = 0.
3. Zárt intervallumon értelmezett folytonos függvény képe zárt intervallum.
A második tulajdonság az első sajátos esete. A továbbiakban látni fogjuk, hogy az első
tulajdonság is következik a másodikból. Azt is látni fogjuk, hogy az 1. tulajdonság
nem a folytonos függvények jellemző tulajdonsága (léteznek olyan függvények,
amelyek nem folytonosak és mégis rendelkeznek az 1. tulajdonsággal). Azokat a
függvényeket, amelyek teljesítik az 1. tulajdonságot Darboux tulajdonságú
függvényeknek nevezzük.
A terminológia rögzítése céljából a következő értelmezést adjuk:
Értelmezés. Az f :[ a, b] → függvényt Darboux tulajdonságúnak nevezzük ha
x1,2 ∈ [ ab , ] , x1 < x2
és bármely 0 ( 1 ) , y y y ∈ 2 (vagy 0 ( 2 ) , y y y ∈ 1
f ( x 1) = y 1 és f ( x2) = y2,
létezik olyan x0∈ ( x1, x2)
, amelyre f ( x ) y
bármely
1 ,
2
= .
0 0
) esetén, ahol
Megjegyzés. Ez az értelmezés ekvivalens azzal, hogy az f függvény az [ ab , ]
értelmezési tartomány minden részintervallumát intervallumba képezi.
Példa. Bizonyítsuk be, hogy az f : + → ,
tulajdonságú.
2
f( x) = x + 1 függvény Darboux
Ha x 1,2 + és y0∈ 2 2
x1 + 1, x2
+ 1 , akkor az 0 0 1 x = y − az ( x1, x 2)
intervallumban
∈ ( )
van, tehát f Darboux tulajdonságú.
Először a 2. tulajdonságot igazoljuk. A pontosság kedvéért tételként is kijelentjük.
Tétel. Ha az f : a, b → függvény folytonos ( a< b)
és f ( a) ⋅ f ( b)
< 0 , akkor
[ ]
van olyan c∈ ( a , ) pont, amelyre
b ( ) 0
f c = .
Bizonyítás. Feltételezhetjük, hogy ( ) 0
f a < . Tekintjük a H = { x∈ [ a, b] f( x)
< 0}
halmazt. Ez a halmaz korlátos, mert része az [ ab , ] intervallumnak és nem üres, mert
a∈H . A felső határ axiómája szerint létezik s = sup H . Bizonyítjuk, hogy f( s ) = 0
és a< s< b.
A feltételek alapján létezik olyan ε > 0 szám, amelyre

100 Folytonos függvények
f( a) + ε < 0 < f( b)
− ε . Az f folytonossága alapján lim f ( x) f( a)
=
lim f ( x) f( b)
= , tehát a határérték értelmezése alapján létezik olyan δ ( ε ) > 0 valós
xb szám, hogy f ( x) < f( a) + ε < 0 < f( b) − ε < f( y)
, ha a< x< a+ δ ( ε ) és
b− δ ( ε)
< y< b.
Ez biztosítja, hogy a< s< b.
Tekintsük az f ( s ) számot. Ha
f() s < 0,
akkor az f függvény s -beli folytonossága alapján létezik δ > 0 úgy, hogy
( δ δ )
f( x) < 0, ∀x∈ s− , s+
és így H -ban van s -nél nagyobb elem is. Ez
ellentmondás, tehát f( s) ≥ 0 . Másrészt, ha f( s ) > 0 , akkor szintén az f függvény
s -beli folytonossága alapján létezik 0
xa δ > úgy, hogy f( x) 0, x ( s δ , s+
δ )
és
> ∀ ∈ − .
Ez viszont azt jelentené, hogy H -nak van s -nél kisebb felső korlátja is. Mivel ez is
ellentmond s megválasztásának, az egyetlen lehetőség az, hogy f( s ) = 0 .
Ebből a tételből levezethetjük az 1. tulajdonságot. Ezt is megfogalmazzuk tétel
formájában:
[ ]
Tétel. Ha az f : a, b → függvény folytonos, akkor Darboux tulajdonságú.
Bizonyítás. Rögzített x1,2 [ ab , ] és y0∈⎡⎣f x1 , f x2
⎤⎦esetén
tekintjük a
g:[ a, b] → , gx ( ) = f( x)
− y0
folytonos függvényt. g( x 1) = f ( x1) − y0
< 0 és
g( x ) = f ( x ) − y > , tehát az előbbi tétel alapján létezik olyan x ∈(
x , x ) érték,
2 2 0 0
( ) (
g x0 f x 0)
y0
0
∈ ( ) ( )
0 1 2
amelyre = − = . Ebből következik, hogy f Darboux tulajdonságú.
⎧ 1
⎪sin
, x ≠ 0
Példa. Bizonyítsuk be, hogy az f : →[ −1,1]
, f( x)
= ⎨ x függvény
⎪⎩ a, x=
0
Darboux tulajdonságú bármely a ∈[ −1,1]
esetén.
< x1 < x2
x1 < x2
< 0
f x1, x2
intervallumon folytonos, tehát az intervallum képe intervallum. Ha x ≤ 0 < x vagy
Bizonyítás. Ha 0 vagy akkor az függvény az [ ]
1
x1 < 0 ≤ x2
zn ,1 =± , n≥1
n ,2 = , n≥1
π
π
2nπ
+
2
2
n( x1, x2) ∈
x 1 ,
1
, akkor a és z ±
sorozatokban
2nπ
−
megválaszthatjuk az előjeleket úgy, hogy a két sorozat tagjai -től
kezdődően a vizsgált intervallumban legyenek. Így
−1,1 ⊃ f x , ⊃ f z = − 1,1 ,
1 2
]
[ ] ( [ 1 2]
) ( [ n n ] ) z 2
[ ]
tehát az [ x , x intervallum képe a [− 1,1] intervallum ( a -tól függetlenül). Mivel más
eset nem lehetséges a függvény minden intervallumot intervallumba transzformál és
így Darboux tulajdonságú.
1
2

Folytonos függvények 101
Megjegyzések. 1. A tétel grafikus értelmezése a következő: Az Aa ( , f( a ) )
tengely alatti pontot összekötő folytonos vonal a ( , ( ) )
Ox
B b f b x tengely feletti ponttal,
legalább egy helyen ( c pont) metszi az O x tengelyt. (lásd a 13. ábrát)
2. A 14. ábrán látható, szakadásos függvény esetében az előbbi tételek nem igazak.
⎧1
+ x, ha x>
0
Az f : → , f ( x)
= ⎨ függvény nem rendelkezik egyik tétel által
⎩−
1 + x, ha x≤0
biztosított tulajdonsággal sem.
y
fb ( )>0
O
fa ( )

102 Folytonos függvények
( ) k k 1
Ez viszont ellentmondás, mert az f ( xn)
≥
sorozat az ( yn ) n≥
1
sorozat egy rész-
sorozata és így a határértéke nem véges. Mivel a függvény képe nem lehet üres halmaz
az alsó és felső határ axiómája alapján létezik a M = sup Im f és a m= inf Im f valós
szám. Bizonyítjuk, hogy M , m∈Imf
. A szuprémum értelmezéséből következik, hogy
létezik olyan ( xn ) ⊂ [ ab , ] sorozat, amelyre ( )
n 1
m li f xn=
M.
Mivel az ( ) 1
≥
n→∞
x ab
n [ , ]
n ≥ ⊂
sorozat korlátos, ezért létezik konvergens részsorozata és így M ezen részsorozat
határértékének f -beli képe. Hasonlóképpen látható be az is, hogy m∈ Im f .
4.6. Megoldott feladatok
[ ] → [ 1]
( 0) = 0 x0
ϕ :0 [ ,1→ ] ( ) ( )
1. Bizonyítsd be, hogy ha az f :0,1 0, függvény folytonos, akkor létezik
[ 0, ]
olyan x ∈ 1 , amelyre f x x ( -t nevezzük a függvény fixpontjának).
0
Bizonyítás. Értelmezzük a , ϕ x = f x − x segédfüggvényt. A foly-
tonos függvényekkel végezhető műveletek tulajdonságai alapján ez a függvény is folytonos
a [0, 1 intervallumon. Ha , akkor vagyis és találunk
]
ϕ ( 0)
= 0 f ( 0) − 0= 0 f ( 0) = 0
ϕ ( 0)
≠ 0 f ( 0) f ( 0)
( 1)
= ϕ ( 1) ≠ 0 ( 1) ( 1) 1
0, 1 ϕ ( 0) > 0 ϕ ( 1) < 0
x0 ∈ ( 0, 1)
ϕ ( x0
) = 0
( ) − = 0 f ( x ) x x
egy fixpontot (éppen 0). Ha , akkor az -re tett feltevés miatt ϕ = > 0.
ϕ , akkor f 1,
az 1 fixpont; ha akkor ϕ = f − < 1− 1= 0.
Összegezve a ϕ a [ ] intervallumon folytonos függvény, , , ezért
Ha ( 1 ) =0
a Bolzano-tétel szerint van a 0 és 1 között olyan , hogy , ami azt
jelenti, hogy f x x vagy , tehát fixpontja a függvénynek.
0 0
0 = 0
0
2. Igazoljuk, hogy minden páratlan fokú valós polinomnak (egyenletnek) van
2n+ 1 2n
legalább egy valós gyöke, tehát az f ( x) = x + a1x + ... + a2nx+ a 2n+
1 = 0
egyenletnek van valós gyöke.
( ) ( )
Valóban, mivel lim f x = −∞ =−∞,
a függvény felvesz negatív értékeket is.
x→−∞
( ) (
) 2 1 n+
2n+ 1
Továbbá lim f x = + ∞ =+ ∞,
ezért a függvény felvesz pozitív értékeket is. A
x→+ ∞
y
1
O
M( x0, x0)
Bolzano-tétel alapján létezik x0 ∈ úgy, hogy f x = 0 vagyis x0
az egyenlet gyöke.
x 0
( )
0
1
x
15. ábra

Folytonos függvények 103
f [ π ] ⎯⎯→ f ( x ) = 1+ 2sinx
függvény folytonos a [ 0, π ]
3. Az :0, ,
intervallumon. Határozzuk meg a függvény képét.
Mivel 0 sin x 1 0, π intervallumon, ezért 0 ≤ 2sin x ≤ 2 és hozzáadva 1-
≤ ≤ a [ ]
et 1≤ 1+ 2sin
x ≤ 3 vagyis 1≤f ( x)
≤ 3,
ezért max f ( x)
3 f
x [ 0, π ]
2
π ⎛ ⎞
= = ⎜ ⎟
∈
⎝ ⎠ és
min f x = 1 = f 0 = f π . Mivel f folytonos a minimuma és a maximuma között
x∈
[ 0, π ]
( ) ( ) ( )
minden értéket felvesz. Így a függvény képe = ( [ 0, π ] ) = [ 1, 3]
Im f f .
4. Bizonyítsuk be, hogy ha az f :[ a, b] → függvény folytonos, f ( a) = f ( b)
és x∈ ( a, b)
esetén f ( x) f ( a)
≥ , akkor tetszőleges 0 < l < b− a szám esetén van a
függvény grafikonjának l hosszúságú, Ox tengellyel párhuzamos húrja.
Legyen 0 l b a a, b− l intervallumon értelmezzük a h függvényt a
következő módon:
< < − . Az [ ]
h( x) = f ( x+ l) − f ( x)
.
A feltevések szerint h( a) = f ( l−a) − f ( a)
≥ 0 és hb ( l) f( b) f( b l)
0
− = − − ≤ .
Ha a két egyenlőtlenség közül valamelyikben egyenlőség van akkor készen
h a > és hb− l < )
vagyunk; ha nincs egyenlőség akkor a Bolzano-tétel szerint ( ( ) 0
van olyan x ∈( ab , − l)
, hogy h( x ) = 0 , azaz f ( x l)
f ( x )
0
0
0 0 0
( ) 0
+ − = . Ez pedig azt
jelenti, hogy a függvény grafikus képének van egy l hosszúságú, Ox tengellyel
párhuzamos húrja.
16. ábra
5. Az f : → függvény eleget tesz az alábbi két feltételnek:
( 1 ) minden x, y∈ esetén f ( x) − f ( y) ≤k⋅( x− y)
, ahol k > 0 ;
( 2 ) az f függvény folytonos az halmazon.
Igazoljuk, hogy f bijektív függvény.
y
Aa ( , fa ( )) Bb ( , fb ( ))
x 1
a
O
b
l
x 2
x

104 Folytonos függvények
I. x1 < x2
esetén f ( x1) − f ( x2) ≤k( x1− x2)
< 0 , tehát f ( x ) f ( x )
így f ( x1) < f ( x 2)
. Ha x1 > x2
akkor f ( x2) f ( x1) k( x2
x1)
0
hogy f ( x ) f ( )
x ≠ x esetén ( , )
− < és
1 2 0
− ≤ − < , ami azt jelenti,
2 < x 1 . Tehát bármilyen 1 2 x1 x2∈ f ( x1) ≠ f ( x 2)
,
ami azt jelenti, hogy az f függvény injektív.
II. Az ( 1) -es feltétel alapján f ( x) k x k y f ( y)
x →−∞ esetén lim f ( x)
=−∞,
mert lim
( kx − ky + f ( y)
) =−∞.
x→− ∞
x→−∞
Az ( 1) -es feltétel alapján f ( y) ky f ( x) k
feltétel alapján létezik lim f ( y)
= +∞ , mert lim ( ky f ( x) kx)
y→+∞
≤ ⋅ − ⋅ + . Rögzített y és
≥ + − x. Rögzített x∈ esetén az előbbi
y→+∞
+ − =+∞.
Az előbbi tulajdonság és a második feltétel alapján f ( x ) a −∞ és +∞ között minden
értéket felvesz, tehát a függvény szürjektív.
6. A folytonos függvény előjelének tanulmányozása
Ha az f függvény folytonos az I intervallumon és f ( x) ≠ 0 , bármilyen x∈ I
esetén, akkor f ( x ) állandó előjelű (előjeltartó) az I intervallumon.
( ) 0
f ( c ) = 0
Valóban, ha feltételezzük, hogy nem előjeltartó akkor létezik a, b ∈ I úgy, hogy
f a < és f ( b ) > 0 , amiből adódik, hogy létezik c az a és b között úgy, hogy
, ami ellentmond a feltevésnek.
Ezt a tulajdonságot alkalmazzuk a függvény előjelének a tanulmányozására.
Pontosabban, legyen f : I → folytonos függvény, amelynek az I intervallumon
véges sok gyöke van. Jelöljük ezeket
x , x , ..., x , x + , ... , x -el (növekvő
1 2 k k 1 n
sorrendben). Mivel az I = ( x , ) intervallumon az ( ) 0
gyöke, az -n
k
f ( x ) = 0
k k x k+
1
f x = egyenletnek nincs
I f előjeltartó. Hasonlóan x1 -től balra és xn -től jobbra is igaz, hogy az
egyenletnek nincs gyöke, tehát itt is előjeltartó (állandó előjelű). Ahhoz,
hogy megtudjuk az előjelet állapítani, kiszámítjuk egy helyen a függvényértéket.
3 2
Tanulmányozzuk az f : → , f ( x) = x − 6x + 11x−
6 függvény előjelét.
Mivel f ( x) = ( x−1)( x−
2)(
3)
gyökei x 1 = 1 , x 2 = 2 , x 3 = 3 . Így a függvény előjeltartó az
I = ( 2, 3)
; I = ( 3, +∞ ) intervallumokon.
1 ( ,1)
3
4
x− minden x∈ esetén, az f ( x ) = 0 egyenlet
( )
I = − ∞ ; I = 1, 2 ;
x −∞ 1 2 3 +∞
f ( x ) −∞ – – – 0 + + + 0 – – – 0 + + + +∞
lim
x→−∞
( )
f x
= −∞ ,
3 39
f 0
2 8
⎛ ⎞ ⎜ ⎟=
> ,
⎝ ⎠
5 3
f 0
2 8
⎛ ⎞ ⎜ ⎟=
− <
⎝ ⎠
, lim f ( x)
x→+∞
= +∞ .
2

Folytonos függvények 105
7. Határozzuk meg azokat az
teljesülnek a következő feltételek:
* *
f : + → + függvényeket, amelyekre
( 1 ) f x⋅ f ( y) = y⋅ f x
*
minden x, y ∈ + esetén;
( ) ( )
( 2 ) f ( x) → 0 , ha x →+ ∞ .
Megoldás Az ( )
(XXIV. Nemzetközi Matematikai Olimpia feladata)
1 összefüggésből y = x esetén kapjuk, hogy
f ( x⋅ f ( x) ) = x⋅ f ( x)
.
= ⋅ f ( x)
( )
Ez azt jelenti, hogy b x a függvény fixpontja, vagyis
f b = b.
*
Legyen a ∈ + az f függvény egy tetszőleges fixpontja. Igazoljuk, hogy a = 1.
Ha
n ≥ 2 esetén elfogadjuk, hogy
akkor ( ) ( ) ( (
n−1 n−1
f ( a ) = a
) ) ( )
n n−1 n−1 n−1 n−1 n
f a = f a⋅ a = f a⋅ f a = a ⋅ f a = a ⋅ a=a
.
n
a (n∈ )
( a) f ( 1 a)
( 1 ( ) ) = ⋅ f ( 1)
; mivel a ≠ 0 az a a f ( 1)
Ezért az összes számok szintén fixpontok. Továbbá a= f = ⋅ =
= f ⋅ f a a
= ⋅ egyenlőségből következik, hogy
f () 1 = 1.
Másrészt
⎛1⎞ ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞
a⋅ f ⎜ ⎟=
f ⎜ ⋅ f ( a)
⎟=
f ⎜ ⋅a⎟=
f () 1 = 1,
⎝a⎠ ⎝a ⎠ ⎝a ⎠
ahonnan
⎛1⎞ 1
⎛ 1 ⎞ 1
f ⎜ ⎟=
. Végül, hasonló gondolatmenet alapján kapjuk, hogy f ⎜ n ⎟=
. Így az
n
⎝a⎠ a
⎝a ⎠ a
összes
k
alakú szám fixpontja a függvénynek. A 2 -es feltételből
a ( k ∈)
( )
n
következik, hogy a = 1,
mert ellenkező esetben szerkeszthetnénk olyan xn a ±
=
sorozatot, amely a végtelenhez tart és amelyre a behelyettesítési értékek sorozata is
*
végtelenhez tart. Ezért minden x ∈ + esetén kapjuk, hogy x⋅ f ( x)
= 1,
ahonnan
1
f ( x)
= , ∀ x > 0 .
x
n n−1
8. Bizonyítsuk be, hogy az x x 1 0 n ≥ 2
1, 2
intervallumon pontosan egy valós gyöke van. Ha
− − = , egyenletnek az [ ]
α -nel jelöljük ezt a gyököt,
igazoljuk, hogy az ( αn ) * sorozat konvergens és számítsuk ki a határértékét!
n∈
Megoldás. Tekintsük az fn :1,2 [ ] → , fn( x) n
x
n 1
x 1
−
f n ( 1) =− 1 1 vagyis f n ( 2) > 0.
Az n ( )
[ 1, 2] intervallumon. Több gyök nincs, mivel az n
és ez a gyök α n = 1+
tn,
( 1< αn
< 2) , ahol 1 > tn
≥0.
Ekkor
n n−1 n−1
0= ( 1+ t ) − ( 1+ t ) − 1= ( 1+ t ) [ 1+ t −1] − 1= t
n−1
( 1+ t ) − 1.
n
= − − függvényt.
f x folytonos, tehát van gyök az
f szigorúan növekvő. Legyen n > 1
n n n n n n
Alkalmazva a Bernoulli egyenlőtlenséget, kapjuk, hogy

106 Folytonos függvények
rendezés után
t ≥ 0 alapján következik, hogy
n
n−1
( ) ( )
1= tn 1+ tn ≥tn⎡ 1+ n−1 tn⎤
⎣ ⎦ ,
( ) 2
n− 1 t + t −1≤ 0.
n n
− 1+ 4n−3 2 n−1
1
0≤tn≤
< =
2 n−1 2 n−1 n − 1
.
( ) ( )
n + 1
Mivel lim = 0 , a fogó tétel („rendőrelv”) alapján limt n = 0 . Azt kaptuk tehát,
n→∞
n −1
n→∞
hogy ( α ) sorozat konvergens és lim 1
≥ α = .
n n 1
n→∞
n
9. Van-e olyan folytonos függvény, amely invertálható és amelynek az inverze
nem folytonos?
Megoldás. Adunk példát ilyen függvényre. Tekintsünk egy E ⊆ halmazt,
amely nem intervallum: például
E = ( −∞, −1) ∪{ 0} ∪ ( 1, + ∞ ) és
f : E →
függvényt, amelyet így értelmezzünk:
⎧x+
1, ha x
1
Ez a függvény szigorúan növekvő és folytonos (az x = 0 pont izolált pont és ezért itt
−1 folytonos). Könnyű belátni, hogy invertálható és az f : → E függvény:
⎧x−
1, ha x<
0
−1
⎪
f ( x) = ⎨0,
ha x=
0 .
⎪
⎩x+
1, ha x>
0
Ez a függvény az x = 0 pontban nem folytonos.
4.7. Gyakorlatok és feladatok
1. Tanulmányozd a következő függvények folytonosságát:
⎧ 2
3x+ 1−1 ⎪ , x ≠ 0
⎪ 2
a) f : →, f( x)
= x
⎨ ; (Érettségi, 1989.)
⎪3
⎪⎩
, x = 0
2
( ]
x ⎧ e + ln x, ⎪
b) f : ( 0, ∞) → , f( x)
= ⎨ 1
⎪ x−1
⎩x
,
x∈
0,1
;
x>
1
⎧ 3 1
x sin
⎡ π ⎤ ⎪ x
c) f : ⎢0, →
2 ⎥ , f( x)
= ⎨ , 2
⎣ ⎦ ⎪
x
⎪⎩ 1,
x ≠ 0;
x = 0

Folytonos függvények 107
⎧ 2 ⎡ 1 ⎤
⎪x , 2
d) f : →, f( x) = ⎢x⎥ ⎨ ⎣ ⎦
⎪
⎩1,
x≠0
;
x = 0
3 2 ⎧ x + x + x, e) f : →, f( x)
= ⎨
⎩4x+
3,
x∈
;
x∈\
nx
cos x + x−1⋅e f) f : →, f( x)
= lim
;
n→∞
nx
1+
e
n 2
2+ x ⋅ ( x + 5)
g) f : →, f( x)
= lim
.
n→∞
n
x( x + 5)
(Felvételi, 1990. Galaţi)
2. Határozd meg az a valós paraméter értékét úgy, hogy az alábbi függvények
folytonosak legyenek (külön-külön):
a) f : → , ( ) 1
⎧
x ⎪
( )
sin x
f x =
x+ e , x≠0
⎨ ;
⎪ ⎩a,
x=
0
b)
3 2 ⎧ ⎪x
+ a ,
f : →, f( x)
= ⎨
⎪⎩ 3 x−a, x∈( −∞,
a]
;
x∈( a,
∞)
c)
nx
2 −nx
x −1 ⋅ e + a( x+ 1) e
f : →, f( x)
= lim
;
n→∞
nx −nx
e + e
(Felvételi, 1977. Galaţi)
3x
⎧e , x∈[
0,1]
⎪
d) f :0,2 [ ] → ,
f() x =⎨sin ( x −1
)
(Felvételi, 1996. Bukarest)
⎪a⋅
, x∈
2
( 1, 2]
⎩ x − 5x+ 4
3. Igazold, hogy a következő függvények rendelkeznek a Darboux tulajdonsággal:
⎧ 1
⎧ 1
⎪xsin
, ha x≠0
⎪sin
, ha x ≠ 0
a) f ( x) = ⎨ x ; b) f ( x) = ⎨ x .
⎪
⎩0,
ha x = 0
⎪
⎩0,
ha x = 0
4. Igazold, hogy a következő függvények nem Darboux tulajdonságúak:
x ⎧ e ,hax< 0
a) f ( x)
= ⎨ ;
⎩x+
2, ha x≥0
⎧1,
ha x > 0
⎪
b) f ( x) = ⎨0,
ha x=
0 .
⎪
⎩−
1, ha x < 0
5. Bizonyítsd be, hogy az f : →, 3 ⎧⎪ x ,
f( x)
= ⎨ 2
⎪⎩ x ,
x∈
függvény nem
x∈\
Darboux tulajdonságú és határozd meg az összes olyan intervallumot, amelynek
képe is intervallum!
5 4 3 2
6. Igazold, hogy az x −6x − 3x + x −x− 1=
0 egyenletnek van pozitív gyöke.
7. Bizonyítsd be, hogy az x = cos x egyenletnek van gyöke.
4 3 5
8. Van-e valós megoldása a x + x+ 2 = x − 8x+ 1 egyenletnek?
9. Tanulmányozd az alábbi függvények előjelét:

108 Folytonos függvények
2
f ( +∞) → f ( x) ( x 5x 6) ln( x 1)
a) :1, ,
x
,1 , f ( x)
= ;
1+
x
b) f : →( −1
)
[ ]
= − + ⋅ − ;
c) f :0,2π→
, f ( x) = sin x+
cos x;
( )
3
d) f : →, f x = x − 3x+ 2;
2 x
e) f : → , f ( x) = ( x −x) ⋅ e ;
,1
x
, f ( x)
=
1+
x
10. Igazold, hogy az f : →( −1
)
−1
inverze f : ( 1,1)
függvény invertálható és az
− → folytonos függvény.
11. Határozd meg az összes f :0,1 [ ] → folytonos függvényt, amelyre
( ⋅ ( ) ) = ( ) minden [ 0, 1]
f x f x f x
x∈ esetén.
12. Bizonyítsd be, hogy ha az f : I → függvény Darboux tulajdonságú, akkor
nincs elsőfajú szakadási pontja.
13. Bizonyítsd be, hogy ha az f : I → függvény injektív és folytonos, akkor
szigorúan monoton.
14. Bizonyítsd be, hogy ha f : I → monoton és az Im f = f ( I)
halmaz
intervallum, akkor az f folytonos.
15. Bizonyítsd be, hogy ha az f : [ ab , ] → [ ab , ] függvény Darboux tulajdonságú
és véges sok szakadási pontja van, akkor van legalább egy fixpontja.
16. Határozd meg az f : ( 0, ∞) → folytonos függvényeket ha
f ( xy) = f ( x) + f ( y)
, ∀ xy , >0.
f : ab , → ab , függvény folytonos, akkor
17. Bizonyítsd be, hogy ha az [ ] ( )
bármely n ≥ 3 természetes szám esetén létezik olyan ( ) ( , )
n n
∑
haladvány, amelyre f ( c )
=
∑
c
k
k
k= 1 k=
1
c =
k k 1, n
⊂ a b számtani
(Megyei olimpia, Dan Ştefan Marinescu)
18. Az f : →,
folytonos függvényre igaz a következő állítás:
( xn ) ( )
n≥
1
( f xn)
n≥
1
Tetszőleges valós számsorozat pontosan akkor konvergens, ha az
sorozat is konvergens.
Bizonyítsd be, hogy az f függvény nem korlátos. (Megyei olimpia)
1 1 1
19. Bizonyítsd be, hogy az + + ... + = ln 2 egyenletnek egyetlen
1+ x 2+
x n+ x
pozitív gyöke van. Ha xn -el jelöljük ezt a gyököt, számítsd ki a lim n x
n→∞
n
határértéket! (Megyei olimpia, Cristinel Mortici)
20. Határozd meg az összes f :0, [ ∞) →[ 0, ∞)
folytonos függvényt, amelyre
f( f( x)) + f( x) = 2 x, ∀ x∈
0, ∞ . (Dorel Miheţ)
[
)

Folytonos függvények 109
4.8. Egyenletes folytonosság
Értelmezés. Az
f : D→ ( D ⊆ ) függvény egyenletesen folytonos a D
halmazon, ha bármilyen ε > 0 -ra létezik ( ) 0
δ ε > úgy, hogy bármilyen 1, 2
x x ∈ D,
x1 x2 δ ( ε)
f x1 − f x2 < ε egyenlőtlenség.
Megfigyelhetjük, hogy ha az f függvény a D halmazon egyenletesen
folytonos akkor ezen a halmazon folytonos is. Léteznek függvények, amelyek
folytonosak, de nem egyenletesen folytonosak.
1
Példák 1. Mutassuk meg, hogy az f ( x)
= függvény folytonos a ( 0, 1)
x
intervallumon, de nem egyenletesen folytonos.
A folytonosság a intervallumon világos. Nem egyenletesen folytonos,
− < esetén fennáll az ( ) ( )
mert ha
(0, 1)
x 1 és x 2 kisebbek mint ε , ahol ε > 0 és „elég kicsi”, akkor
nagyobbak mint 1
ε
( 1
2
)
(„nagyon nagy szám”) és ezért f ( x ) f ( x )
x ≠ x , tehát a folytonossága nem egyenletes.
1
x és
1
x − x
1
x
ε
2 1
2 − 1 = > ,
xx 1 2
2
2. Az f : → , f ( x) = sin x az -en folytonos, de nem egyenletesen
folytonos.
Valóban, ha x2= π
( 2n+ 1) , x1= 2
π
( 2n− 1) akkor
2
x2 − x1
=
π
π
( 2n+ 1) +
2
π
( 2n−1) 2
és az
π
f ( x1) − f ( x2) = sin ( 2n+ 1) −sin ( 2n−1) 2
2 2
π = , tehát nem lehet
tetszőlegesen kicsi szám, ami azt jelenti, hogy az f függvény nem egyenletesen
folytonos az -en.
3. Mutassuk meg, hogy az f : → , f ( x) = x+
sin x függvény bár nem
korlátos, egyenletesen folytonos az egész számtengelyen.
x2 − x1 x1+ x2
f ( x1) − f ( x2) = ( x2 − x1)
+ 2sin cos =
2 2
x2 −x1 sin
2 x1 + x2 = 1+ cos
x2 −x1 2
2
⎛ x2 −x1
⎜ sin
x 2
2 −x1 ≤ ⎜1+ ⎜ x2 −x1
⎜
⎝ 2
⎞
x1 + x ⎟
2 cos ⎟ x1−x
2 ≤
2 ⎟
⎠
≤ 1+ 1 x − x = 2 x − x < ε ,
( ) 2 1 2 1
2

110 Folytonos függvények
ε
ha x2 − x1
< = δ ( ε ) . Tehát az f függvény egyenletesen folytonos.
2
Tétel. (Cantor tétele, Heine-tétel néven is emlegetik)
Zárt intervallumon folytonos függvény egyenletesen folytonos ezen az
intervallumon.
a, b
Bizonyítás. A tételt indirekt úton igazoljuk. Tegyük fel, hogy f az [ ]
ε ∈ +
intervallumon nem egyenletesen folytonos. Ez azt jelenti, hogy létezik olyan
szám, hogy minden δ ∈ + esetén találjunk olyan s, t∈ [ a, b]
számokat, amelyekre
( 3 )
s− t < δ és ( ) ( )
tehát
A
*
δ +
f s − f t ≥ ε .
*
∈ szám tetszőlegesen megválasztható, bármely n∈ esetén vehetjük
1 1
-nek. Az
n n
számnak a ( 3 ) feltétel alapján megfelelő s , illetve t értéket
*
jelöljük xn -nel, illetve yn
-nel. Így azt kapjuk, hogy bármely n∈ esetén létezik
olyan x , y ∈ a, b , amelyekre
n n [ ]
Mivel x [ a, b
n
x y
n n
1
n
∈ ] , az ( ) 1
− < és ( ) ( )
lk
xn n≥
részsorozata. Legyen c lim x , ahol
( l ) ( )
f x f c ε
k
k→∞
f x − f y ≥ ε .
n n
= c [ a, b]
− < , mivel ( l ) ( lim x
k
lk
)
sorozat korlátos. Ezért van konvergens
∈ . Ezért
lim f x = f = f ( c)
k k
→∞
ellentmond az ( ) ( l )
folytonos.
→∞
1
*
xl−c ≤ , l és
k
k ∈
l
k
(mivel f folytonos), de ez
f xl − f y ≥ ε egyenlőtlenségnek, tehát f egyenletesen
k
k
Gyakorlatok
1. Igazoljuk, hogy az alábbi függvények egyenletesen folytonosak:
π
a) f : → , f ( x) = 2sinx−cosx; b) f : ( 0,1)
→ , f ( x)
= sin ;
x
2
x
2
c) f :0,1 [ ] → , f ( x) = e ; d) f : → , f ( x) = 2sin x;
x
n
e) f : ( 0, ∞) → , f ( x) = + x;
f) f :1, ( ∞) → , f ( x) = x .
x + 1
2. Bizonyítsd be, hogy két egyenletesen folytonos függvény összege és szorzata is
egyenletesen folytonos.
3. Bizonyítsd be, hogy ha az f :0, [ ∞) → függvény folytonos és periodikus (a
főperiódusa T > 0 ), akkor f egyenletesen folytonos a [ 0,∞ ) intervallumon.