Analízis alapjai

Definíció

A halmaz és a halmaz eleme axiomatikus alapfogalom, nem definiáljuk — azt várjuk el, hogy mindenki ugyanazt értse alattuk.

Definíció — Tartalmazás

Azt mondjuk, hogy az \(A\) halmaz tartalmazza a \(B\) halmazt, ha bármely \(x \in B\) esetén \(x \in A\) teljesül.

Jele: \(B \subseteq A\) (vagy \(A \supseteq B\)).

Definíció — Egyenlőség

Azt mondjuk, hogy az \(A\) és \(B\) halmazok egyenlőek, ha kölcsönösen tartalmazzák egymást, vagyis \(A \subseteq B \land B \subseteq A\).

Tétel — De Morgan I.

Bármely \(X \neq \emptyset\) és \(A, B \subseteq X\) esetén:

\[ X \setminus (A \cap B) = (X \setminus A) \cup (X \setminus B) \]

Tétel — De Morgan II.

Bármely \(X \neq \emptyset\) és \(A, B \subseteq X\) esetén:

\[ X \setminus (A \cup B) = (X \setminus A) \cap (X \setminus B) \]

Definíció — Descartes-szorzat

Legyenek \(A, B \subseteq X\) (\(A, B \neq \emptyset\)). Ha \(a \in A\) és \(b \in B\), akkor a rendezett pár: \((a, b) := \{\{a\}, \{a, b\}\}\).

A Descartes-szorzat ilyen rendezett párok halmaza:

\[ A \times B = \{(a, b) \mid a \in A \land b \in B\} \]

Az \((a, b)\) pár inverze: \((b, a)\).

Definíció — Reláció

Egy \(R\) reláció két halmaz Descartes-szorzatának részhalmaza: \(R \subseteq X \times Y\). Az inverz reláció: \(R^{-1} \subseteq Y \times X\).

Definíció — Relációk kompozíciója

Legyenek \(X, Y, Z\) tetszőleges halmazok, továbbá \(R \subseteq X \times Y\) és \(Q \subseteq Y \times Z\) relációk. Ekkor a két reláció kompozícióján (vagy szorzatán) a \(Q \circ R \subseteq X \times Z\) relációt értjük, amelynek definíciója:

\[ Q \circ R = \{(x, z) \in X \times Z \mid \exists y \in Y \text{ úgy, hogy } (x, y) \in R \text{ és } (y, z) \in Q\}. \]

Tétel

Ha \(A\) olyan halmaz, hogy \(\# A = n\) (\(n \in \mathbb{N}\)), akkor \(\# 2^A = 2^n\).

Definíció — Ekvivalenciareláció

Az \(R\) reláció ekvivalenciareláció, ha reflexív, szimmetrikus és tranzitív.

Definíció — Parciális rendezés

Az \(R\) reláció parciális rendezés (részbenrendezés), ha reflexív, antiszimmetrikus és tranzitív. Ha lineáris is, akkor rendezésnek nevezzük.

Definíció — Függvény

Az \(R \subseteq A \times B\) relációt függvénynek nevezzük, ha minden \(a \in A\)-hoz legfeljebb egy olyan \(b \in B\) elem tartozik, amelyre \((a, b) \in R\), azaz:

\[ \forall a \in A, \, \forall b_1, b_2 \in B: \Big( ((a, b_1) \in R \land (a, b_2) \in R) \implies b_1 = b_2 \Big). \]

Tétel

Egy függvény pontosan akkor invertálható, ha injektív. (Pontosabban: bijekció esetén az inverz reláció is függvény.)

Tétel

Ha \(f: A \to B\) és \(g: B \to C\) invertálható függvények, akkor a kompozíciójuk \(g \circ f\) is invertálható, és fennáll:

\[ (g \circ f)^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1} \]

Definíció — Pontos korlátok

Legyen \(A \subseteq X\) egy rendezett halmaz:

• Pontos felső korlát (supremum): \(K^* = \sup A\), ha \(a \le K^*\) minden \(a \in A\)-ra, és ez a legkisebb ilyen felső korlát.
• Pontos alsó korlát (infimum): \(k^* = \inf A\), ha \(a \ge k^*\) minden \(a \in A\)-ra, és ez a legnagyobb ilyen alsó korlát.

Ha \(\sup A \in A\), akkor \(\sup A = \max A\); ha \(\inf A \in A\), akkor \(\inf A = \min A\).

Tétel

Legyen \(\alpha = \sup \{x \in \mathbb{R} \mid 0 \le x \land x^2 \le 2\}\). Ekkor \(\alpha^2 = 2\), azaz \(\alpha = \sqrt{2}\) létezik a valós számok halmazán.

Definíció — Ekvivalencia és számosság

Azt mondjuk, hogy az \(A\) és \(B\) halmazok ekvivalensek (ugyanakkora számosságúak), ha létezik \(f: A \to B\) bijekció (kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés).

Feladat

Mutassuk meg, hogy a páros számok halmaza ekvivalens a természetes számok halmazával (\(\mathbb{N}\)).

Bizonyítás

Legyen \(A = \{2n \mid n \in \mathbb{N}\}\). Definiáljuk az \(f: \mathbb{N} \to A\), \(f(x) = 2x\) függvényt:

• Injektivitás: Ha \(f(x) = f(y) \implies 2x = 2y \implies x = y\).
• Szürjektivitás: Bármely \(m \in A\) esetén \(m\) páros, azaz \(m = 2n\) valamilyen \(n \in \mathbb{N}\)-re, így létezik ősképe (\(n\)).

Feladat

Mutassuk meg, hogy \(\mathbb{Z}\) és \(\mathbb{N}\) ekvivalensek (\(\mathbb{Z} \sim \mathbb{N}\)).

Bizonyítás

A leképezést a következő módon adjuk meg: \(f: \mathbb{Z} \to \mathbb{N}\), ahol:

\[ f(z) = \begin{cases} 2z, & \text{ha } z > 0 \\ -2z + 1, & \text{ha } z < 0 \\ 1, & \text{ha } z = 0 \end{cases} \]

Ez a függvény bijektív (minden természetes számhoz pontosan egy egész szám rendelhető és fordítva).

Emlékeztető a számosságokról

Két halmaz akkor ekvivalens, ha tudunk köztük kölcsönösen egyértelmű (bijektív) megfeleltetést létesíteni. A \(\mathbb{Z}\) és \(\mathbb{N}\) ekvivalenciája azt mutatja, hogy az egész számok halmaza is megszámlálhatóan végtelen.

Definíció — Test

Egy \(X\) halmazt testnek nevezünk, ha értelmezve van rajta egy összeadás (\(+\)) és egy szorzás (\(\cdot\)), és az alábbi axiómák teljesülnek (\(a, b, c \in X\)):

• \(a + b = b + a\) (kommutativitás)
• \((a + b) + c = a + (b + c)\) (asszociativitás)
• \(\exists 0 \in X\), hogy \(a + 0 = a\)
• \(\forall a \in X\)-re \(\exists -a\), ahol \(a + (-a) = 0\)
• \(a \cdot b = b \cdot a\) (szorzás kommutativitása)
• \((a \cdot b) \cdot c = a \cdot (b \cdot c)\) (szorzás asszociativitása)
• \(\exists 1 \in X \setminus \{0\}\), hogy \(1 \cdot a = a\)
• \(\forall a \in X \setminus \{0\}\)-ra \(\exists a^{-1} \in X\), hogy \(a \cdot a^{-1} = 1\)
• \(a \cdot (b + c) = a \cdot b + a \cdot c\) (disztributivitás)

Definíció — Rendezett test

Egy \(X\) testet rendezett testnek nevezünk, ha van rajta egy \(\le\) rendezés, amelyre:

• Ha \(a, b \in X\) úgy, hogy \(a \le b\), akkor \(a + c \le b + c\) minden \(c \in X\)-re.
• Ha \(a, b \in X\) úgy, hogy \(0 \le a\) és \(0 \le b\), akkor \(0 \le ab\).

Feladat — Egyszerűsítési szabályok

Legyen \(X\) test.

• Ha \(x + y = x + z\), akkor \(y = z\).
• Ha \(x \cdot y = x \cdot z\) és \(x \neq 0\), akkor \(y = z\).

Bizonyítás vázlat

Az első állításnál mindkét oldalhoz hozzáadjuk \(x\) additív inverzét (\(-x\)): \((-x) + (x + y) = (-x) + (x + z) \implies ((-x) + x) + y = ((-x) + x) + z \implies 0 + y = 0 + z \implies y = z\). A második állításnál \(x^{-1}\)-nel szorzunk.

Feladat — Nullosztómentesség

\(x \cdot y = 0 \iff x = 0 \lor y = 0\).

Feladat — Előjelek és inverzek tulajdonságai

• \((-1) \cdot x = -x\) minden \(x \in X\) esetén.
• \((-x) \cdot (-y) = xy\).
• Ha \(x \neq 0\) és \(y \neq 0\), akkor \((xy)^{-1} = x^{-1} \cdot y^{-1}\).

Tétel

Rendezett testben a zéruselem mindig kisebb, mint az egységelem (\(0 < 1\)), és bármely \(x \neq 0\) esetén \(0 < x^2\). Ebből következik, hogy a komplex számok teste (\(\mathbb{C}\)) nem tehető rendezett testté.

Definíció — Archimédészi tulajdonság

A \(\mathbb{R}\) valós számok halmaza archimédészi tulajdonságú, azaz bármely \(x, y \in \mathbb{R}\) (\(x > 0\)) esetén létezik olyan \(n \in \mathbb{N}\), hogy \(nx > y\).

Feladat

Mutassuk meg, hogy bármely \(n \in \mathbb{N}\) esetén \(n + 2 < 2^{n+1}\).

Bizonyítás — teljes indukcióval

1. \(n = 1\) esetén: \(1 + 2 = 3\), illetve \(2^{1+1} = 2^2 = 4\). Mivel \(3 < 4\), az állítás igaz.
2. Indukciós lépés: Tegyük fel, hogy valamely \(n \ge 1\) indexre az állítás igaz (indukciós feltevés): \(n + 2 < 2^{n+1}\). Megmutatjuk, hogy ekkor az állítás \((n+1)\)-re is igaz (öröklődik a tulajdonság): \[ (n+1) + 2 = (n+2) + 1 < 2^{n+1} + 1 < 2^{n+1} + 2^{n+1} = 2 \cdot 2^{n+1} = 2^{n+2} \] Mivel \(1 < 2^{n+1}\) minden \(n \in \mathbb{N}\)-re, a becslés helyes, így az állítás minden \(n\)-re teljesül.

Emlékeztető az indukcióról

A matematikai indukció kétlépcsős elv:

1. Alapeset ellenőrzése (\(n=1\)).
2. Öröklődés vizsgálata: feltesszük, hogy \(n\)-re igaz (\(TF\)), és igazoljuk \(n+1\)-re (\(IF\)).

Feladat

Mutassuk meg, hogy minden \(n \in \mathbb{N}\) esetén:

\[ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2} \le 2 - \frac{1}{n} \]

Bizonyítás — teljes indukcióval

1. \(n = 1\) esetén: \(\sum_{k=1}^{1} \frac{1}{k^2} = \frac{1}{1^2} = 1\), és \(2 - \frac{1}{1} = 1\). Mivel \(1 \le 1\), igaz.
2. Indukciós lépés: Tegyük fel, hogy igaz \(n\)-re, és bizonyítsuk \(n+1\)-re: \[ \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k^2} = \left( \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2} \right) + \frac{1}{(n+1)^2} \le 2 - \frac{1}{n} + \frac{1}{(n+1)^2} \] Meg kell mutatni, hogy \(2 - \frac{1}{n} + \frac{1}{(n+1)^2} \le 2 - \frac{1}{n+1}\), ami átalakítva: \[ \frac{1}{(n+1)^2} \le \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} = \frac{1}{n(n+1)} \iff n \le n+1 \quad (\text{igaz}). \]

Feladat — Bernoulli-egyenlőtlenség

Mutassuk meg, hogy \((1+x)^n \ge 1 + nx\) minden \(n \in \mathbb{N}\) esetén, feltéve, hogy \(1+x \ge 0\) (\(x \ge -1\)).

Bizonyítás — indukcióval

1. \(n = 1\) esetén: \((1+x)^1 = 1+x\) és \(1 + 1\cdot x = 1+x\), azaz egyenlőség teljesül.
2. Indukciós lépés: \((1+x)^{n+1} = (1+x)^n \cdot (1+x) \ge (1+nx)(1+x) = 1 + x + nx + nx^2 = 1 + (n+1)x + nx^2 \ge 1 + (n+1)x\), mivel \(nx^2 \ge 0\).

Definíció

Egy halmaz megszámlálható, ha véges vagy \(\mathbb{N}\)-ekvivalens (megszámlálhatóan végtelen). Egy halmaz nem megszámlálható, ha nem véges és nem megszámlálhatóan végtelen (azaz nem sorolható fel egy sorozatba).

Tétel

A valós számok halmaza (\(\mathbb{R}\)), illetve a \([0, 1]\) intervallum nem megszámlálható.

Bizonyítás vázlata — Cantor-féle diagonális eljárás

Indirekt módon tegyük fel, hogy a \([0, 1]\) intervallum megszámlálhatóan végtelen, azaz elemei felsorolhatók egy sorozatba: \(a_1, a_2, a_3, \dots\). Írjuk fel ezeket tizedestört alakban:

\begin{align*} a_1 &= 0,t_{11}t_{12}t_{13}\dots \\ a_2 &= 0,t_{21}t_{22}t_{23}\dots \\ a_3 &= 0,t_{31}t_{32}t_{33}\dots \\ &\;\;\vdots \end{align*}

Definiáljunk egy új \(b = 0,b_1b_2b_3\dots\) számot úgy, hogy a főátló elemeit megváltoztatjuk (pl. ha \(t_{ii} = 2\), akkor legyen \(b_i = 3\), egyébként pedig \(2\)). Ekkor ez a \(b\) szám nem szerepelhet a felsorolásban, mert az \(i\)-edik számtól az \(i\)-edik tizedesjegyében eltér. Ez ellentmondás, így a \([0, 1]\) intervallum (és így \(\mathbb{R}\) is) nem megszámlálható.

Definíció — Számosságok relációja (\(\le\))

Azt mondjuk, hogy az \(A\) halmaz számossága kisebb vagy egyenlő, mint a \(B\) halmaz számossága (\(|A| \le |B|\)), ha létezik injektív (kölcsönösen egyértelműen beágyazó) függvény az \(A\)-ból a \(B\)-be (\(f: A \to B\)).

Emlékeztető

A valós számok halmazával ekvivalens halmazok számosságát kontinuum számosságnak nevezzük, jelölése: \(\mathfrak{c}\) (azaz \(\mathbb{R} \sim \mathfrak{c}\)). Megmutatható, hogy \(|2^\mathbb{N}| = \mathfrak{c}\).

Tétel — Cantor-tétel

Bármely \(A\) halmaz esetén a halmaz számossága szigorúan kisebb a hatványhalmazának számosságánál:

\[ |A| < |2^A| \]

Bizonyítás

A bizonyítás két részből áll:

1. \(|A| \le |2^A|\) igazolása: Meg kell adnunk egy injektív leképezést \(A\)-ból \(2^A\)-ba. Például \(f: A \to 2^A\), ahol \(f(a) = \{a\}\). Mivel ha \(a \neq b\), akkor \(\{a\} \neq \{b\}\), a függvény injektív.
2. Indirekt rész (\(|A| \neq |2^A|\)): Tegyük fel indirekt módon, hogy létezik egy \(f: A \to 2^A\) szürjektív leképezés. Tekintsük a következő Cantor-féle halmazt: \[ H = \{x \in A \mid x \notin f(x)\} \subseteq A \] Mivel \(f\) szürjektív, léteznie kell olyan \(a_0 \in A\)-nak, amelyre \(f(a_0) = H\). Vizsgáljuk meg az \(a_0 \in H\) esetet:
   • Ha \(a_0 \in H\), akkor a halmaz definíciója szerint \(a_0 \notin f(a_0)\), azaz \(a_0 \notin H\) (ellentmondás!).
   • Ha \(a_0 \notin H\), akkor nem teljesül a feltétel, így \(a_0 \in f(a_0)\), azaz \(a_0 \in H\) (újabb ellentmondás!).
   Mivel mindkét eset ellentmondáshoz vezet, ilyen szürjektív \(f\) függvény nem létezhet, így \(|A| < |2^A|\).

Feladat

Mutassuk meg, hogy megszámlálhatóan végtelen sok olyan természetes szám van, amely 3-mal osztva 1 maradékot ad.

Bizonyítás

Meg kell mutatnunk, hogy az \(A = \{3k - 2 \mid k \in \mathbb{N}\}\) halmaz ekvivalens a természetes számok halmazával (\(\mathbb{N}\)). Legyen a leképezés \(f: \mathbb{N} \to A\), ahol \(f(k) = 3k - 2\).

• Injektivitás: Tegyük fel, hogy \(f(x) = f(y)\). Ekkor: \[ 3x - 2 = 3y - 2 \implies 3x = 3y \implies x = y \quad (\text{tehát injektív}). \]
• Szürjektivitás: Legyen \(m \in A\) tetszőleges elem. Keresünk olyan \(x \in \mathbb{N}\) értéket, amelyre \(f(x) = m\): \[ 3x - 2 = m \implies 3x = m + 2 \implies x = \frac{m + 2}{3} \] Mivel \(m\) alakja \(3k-2\), az \(m+2\) osztható 3-mal, így \(x \in \mathbb{N}\), vagyis minden \(m\)-hez van őskép.

Mivel a függvény bijektív, a halmaz megszámlálhatóan végtelen.