A gyakorlatok HF-inak megoldása Az 1. gyakorlat HF-inak megoldása
1. Tagadások: "Nem észak felé kell indulnunk és nem kell visszafordulnunk." "Nem esik az es®, vagy nem fúj a szél." "Van olyan puha szilva, amely nem kukacos." "Minden virág színes ." "Van olyan krétai, aki nem hazudik." "Van olyan puha szilva, amelyik nem kukacos." "Van olyan csónak, amelyik felborulhat úgy, hogy az evez®i nem törnek el." "Van olyan x valós szám, melyre x2 nem pozitív." "Van olyan természetes szám, amely páros és nem 0-ra végz®dik." 2.Döntsük el az alábbi állításokról, hogy (i) igaz-e az els® fele, a második fele, ill. ha mindkett® igaz, akkor igaz-e a következtetés. (ii) igaz-e az egész összetett állítás. Mindegyik állítás szerkezete "A és B és (A⇐ B)"; a (ii) kérdésre akkor "igen" a válasz, ha A is igaz, B is igaz és (A⇐ B) is igaz. a. "Magyarország éghajlata szárazföldi, mert közel van az Atlanti-óceánhoz." (i) Az állítás els® fele igaz, a második hamis. (ii) Az egész összetett állítás hamis, mivel a második állítás hamis. b. "Hazánk népessége fogy, mert a születések száma alacsony és a halálozásoké magas." (i) Mindkét részállítás és a következtetés is igaz. (ii) Az egész összetett állítás igaz. c. "Ausztria jelent®s idegenforgalommal rendelkezik, mert az EU tagállama." (i) Mindkét részállítás igaz, a következtetés viszont nem. (ii) Az összetett állítás hamis, hiszen az "(A⇐ B)" rész hamis. 3. Döntsük el, szükséges, elégséges, ill. szükséges és elégséges feltétele-e... (i) szükséges feltétele; (ii) elégséges feltétele; (iii) szükséges és elégséges feltétele; (iv) szükséges feltétele. 4. Egy társaságról tudjuk, hogy aki vidéki, az vonattal jött. Az (i)(iii)-ból melyikben lehetünk biztosak? A (iii) állítás igaz biztosan, és ez éppen az (A ⇒ B ) = (¬B ⇒ ¬A) azonosság esete. Az (i) nem feltétlenül igaz, hiszen ha valaki nem vidéki, attól még jöhetett vonattal. A (ii) sem feltétlenül igaz, hiszen aki vonattal jött, az nem biztosan vidéki. 5. (i) Legyen A := {n ∈ N+ : n ≤ 3}, B := {n ∈ N+ : 2 ≤ n ≤ 4}.
A = {1, 2, 3}, B = {2, 3, 4}, A ∪ B = {1, 2, 3, 4}, A ∩ B = {2, 3}, A\B = {1}. (ii) Egy könyvtárban 67 ember dolgozik. Angolul tud 47, németül 35, mindkét nyelven 23 munkatárs. Hány f® nem tud sem angolul, sem németül? 8 f®. A megfelel® Venn-diagramot ld: http://www.cs.elte.hu/karatson/venn1.jpg (iii) Egy sportklubnak atlétika- és fociszakosztálya van. A klub 30 tagjából 13 tagja az atlétika- és 20 a fociszakosztálynak. Hányan tagok mindkett®ben? 3 f®: 30 tagra 33 tagság esik, így 3 kett®s tagság van. Az egyes tagságok a Venndiagramon ellen®rizhet®k: http://www.cs.elte.hu/karatson/venn2.jpg 1
A 2. gyakorlat HF-inak megoldása
1. (a)
Biz: |a| ≤ b ⇔ (a ≥ 0 és ekkor a ≤ b, vagy a ≤ 0 és ekkor −a ≤ b) ⇔ (0 ≤ a ≤ b vagy −b ≤ a ≤ 0) ⇔ −b ≤ a ≤ b.
(b) Ha x − 5 ≥ 0, azaz x ≥ 5, akkor az egyenl®tlenség: x − 5 ≤ 2, azaz x ≤ 7, ami együtt 5 ≤ x ≤ 7. Ha x−5 ≤ 0, azaz x ≤ 5, akkor az egyenl®tlenség: 5−x ≤ 2, azaz x ≥ 3, ami együtt 3 ≤ x ≤ 5. Összesítve: |x − 5| ≤ 2 ⇔ 3 ≤ x ≤ 7. √ √ √ √ (c) x2 ≤ 3 ⇔ (x ≥ 0 és x ≤ 3, vagy x ≤ 0√és x ≥ − 3) ⇔ − 3 ≤ x ≤ 3. Így {x ∈ R : x2 ≤ 3} = {x ∈ √ R : |x| ≤ √ 3}, hiszen a jobb oldali halmaz nem más, mint a {x ∈ R : − 3 ≤ x ≤√ 3} √ halmaz. A feladatban szerepl® els® és a harmadik halmaz megfelel a (− 3, 3) intervallumnak, míg a második a √ (−∞, 3)-nak. 2. (a) Az új ár a réginek csökkenés.
7200 9000
= 0, 8 része, azaz 80%-a, ezért 20%-os volt az ár-
( ) (b) A tejszín tömege 5 · 0, 073, így ennek 62%-a: 5 · 0, 073 · 0, 62 = 0, 2263 kg vaj készül 5 l tejb®l. ( ) Legyen x a keresett tej mennyisége, ekkor az x · 0, 073 · 0, 62 = 5 egyenletet kell megoldjuk x-re, amib®l kapjuk, hogy x = 110, 47 liter tejb®l lesz 5 kg vaj. (c) A 3 év leteltével a károsanyag-kibocsátás az eredetinek 100 − 27, 1 = 72, 9%-a, azaz 0, 729-szerese. Ha a kibocsátás évente az el®z® évinek q√ -szorosa, akkor 3 év 3 3 után q -szöröse, így q = 0, 729 kell teljesüljön. Ebb®l q = 3 0, 729 = 0, 9, azaz a kibocsátás mindig az el®z® évinek 90%-a, tehát évi 10%-kkal kell csökkenteni a károsanyag-kibocsátást.
3. (a) Rendezzük át a zikából jól ismert v = st képletet: t = vs (ahol s a Planck-hossz, v a fénysebesség, t a Planck-id®). Behelyettesítve azt kapjuk, hogy
t=
1, 6 · 10−35 = 0, 53˙ · 10−43 . 3 · 108
(b) Az út a térképen s = 0, 138 m, ami a valóságban megfelel 5000 · s méternek, azaz a valódi út hossza 690 m. Ha elosztjuk a valódi út hosszát az átlagos 690m lépéshosszal, akkor megkapjuk a szükséges lépések számát: 0,75m = 920. 4. (a) Igaz, mert a szummákat kiírva am c + am+1 c + . . . + an c = (am + am+1 + . . . + an )c. (b) Igazak, mert mindhárom szumma jelentése: 22 + 32 + · · · + n2 . (Formailag az els® esetben k = j + 1 helyettesítést alkalmazunk, így az alsó határ k = 2 = j + 1 ⇒ j = 1-re, míg a fels® j = n − 1-re változik. A második esetben pedig csak a j = k helyettesítéssel élünk, de emiatt a határok nem változnak.) 5. Alakítsuk algebrai törtté, egyszer¶sítsünk, és adjuk meg a legb®vebb értelmezési tartományt! (a)
x−y xy 2
−
2x+y x2 y
=
x2 −xy−2xy−y 2 (xy)2
=
x2 −3xy−y 2 , (xy)2
x ̸= 0 és y ̸= 0.
(b) Végezzük el a beszorzást a számlálóban és a nevez®ben:
k 2 − kl k 2 l + kl2 k 4 l − k 3 l2 + k 3 l2 − k 2 l3 k 2 l(k 2 − l2 ) (k + l)(k − l) k−l · = = = = 2 2 2 4 2 3 3 2 k + kl k l k l +k l k l[kl(k + l)] kl(k + l) kl 2
ahol k ̸= 0, l ̸= 0, és az eredeti alak miatt k ̸= −l. Egy másik lehet®ség: el®ször kiemelünk és egyszer¶sítünk,
k 2 − kl k 2 l + kl2 k(k − l) kl(k + l) k(k − l) · kl k−l · = · = = . 2 2 2 2 2 2 2 k + kl k l k(k + l) k l k·k l kl (c) Hozzuk közös nevez®re, mind a számlálót, mind a nevez®t! x+1 − x−1 x−2 x+2 8 + 4 x−2
=
x2 +3x+2−x2 +3x−2 (x−2)(x+2) 8+4x−8 x−2
=
6x x−2 3 · = , (x − 2)(x + 2) 4x 2(x + 2)
ahol x ̸= 0, 2, −2. (d) Polinommá alakítható-e az alábbi algebrai tört?
x4 − y 4 (x2 + y 2 )(x2 − y 2 ) (x2 + y 2 )(x − y)(x + y) = = . (x + y)(x2 + y 2 ) (x + y)(x2 + y 2 ) (x + y)(x2 + y 2 ) Ekkor mindkét lehetséges taggal egyszer¶síthetünk, hiszen egyik tag sem lehet nulla a feltétel miatt, így kapjuk az x − y polinomot (ahol x ̸= −y ). 6. (a) Gyöktelenítsük a
√ √ √18+√2 18− 2
törtet, azaz szorozzunk be
√ √ √18+√2 -vel, 18+ 2
ekkor
√ √ √ √ ( 18 + 2)2 18 + 2 · 18 · 2 + 2 18 + 2 · 36 + 2 √ √ √ √ = = = 2. 18 − 2 16 ( 18 − 2)( 18 + 2) √ (b) Fogalmazzuk át az állítást matematikai formába: 2501 ≤ 50+0, 01. Számítsuk ki a jobb oldal négyzetét, ami 2501, 0001, azaz az állítás igaz volt.
3
A 3. gyakorlat HF-inak megoldása
1. Ha x ̸= 0, akkor oszthatjuk mindkét oldalt x-szel. Ekkor az x2 = 1 egyenlet két megoldása x = ±1. Az x = 0 esetben x megoldása az egyenletnek. Tehát az egyenlet három megoldása 0, 1, −1. 2. (a)
4x + 10 = 1 − 2x 6x = −9 3 x=− . 2 (b) Szorozzuk be mindkét oldalt 3 · 5-tel, ekkor:
10x + 150 = 3x + 108 7x = −42 x = −6.
(c) Csak a jobb oldalt alakítsuk át!
7x + 14 = 7(x + 2) 7x + 14 = 7x + 14, vagyis azonosságot kaptunk, minden valós x megoldás. (d) Végezzük el a bal oldalon a beszorzást!
5(x − 2) = 5x + 1 5x − 10 = 5x + 1 −10 = 1, azaz az egyenletnek nincs megoldása. 3. (a) Az, hogy 100 liter 40%-os sóoldatunk van, azt jelenti, hogy 60 liter vízhez adtunk 40 kg sót. Azt szeretnénk, hogy ha a 40 kg sóhoz még hozzáadunk további x kg-ot, ez az oldat legyen 65%-os. Az így kapott egyenlet és annak megoldása pedig az alábbi:
40 + x = 0, 65 60 + 40 + x 40 + x = 65 + 0, 65 · x 0, 35 · x = 25 x = 71, 42, azaz további 71, 42 kg sót kell még az oldathoz adni!
4
(b) A tölgyfa most legyen x éves. Egyenletté alakítva a mondatot:
x + 60 = 5(x − 20) x + 60 = 5x − 100 160 = 4x 40 = x, tehát a tölgyfa most 40 éves. 4. (a) Alkalmazzuk a másodfokú megoldóképletet! √ √ 1 ± (−1)2 − 4 · 1 · (−6) 1 ± 25 1±5 x1,2 = = = , 2·1 2 2 a két megoldás tehát: x1 = 3, x2 = −2. (b) v0 = 7 m/s kezd®sebesség és s = 2 esetén a 2 = 7t − 5t2 egyenletet kell megoldanunk t-re. (Itt a felfelé mutató irányt választjuk pozitívnak.) Átrendezve 5t2 − 7t + 2 = 0, ebb®l √ √ 7 ± (−7)2 − 4 · 5 · 2 7± 9 7±3 x1,2 = = = , 2·5 10 10 a két megoldás tehát: x1 = 1, x2 = 0, 4. Mivel a test kétszer is +2 m magasságban van, ezért a kisebbik gyök jelentése az els®, felszálló ágban való odaérkezés, míg a nagyobbiké a leszálló ágban való. 5. Oldjuk meg: (a) Kikötés: x ̸= 4.
2x + 3 5 = 4−x 3 6x + 9 = 20 − 5x 11x = 11 x = 1. (b) Kikötés: x ̸= 2.
x + 3 7 x − 2 = 2
(x ̸= 2)
⇔
Alakítsuk át az utóbbi két egyenletet! 1.: 2x + 6 = 7x − 14 ⇔ 20 = 5x ⇔ x = 4. 2.: 2x + 6 = −7x + 14 ⇔ 9x = 8 ⇔ x = 89 . (c) Kikötés: x ̸= 0, x ̸= −3.
7 2 = x x+3 2x + 6 = 7x 6 = 5x 6 x= . 5 5
x+3 7 =± . x−2 2
(d) Kikötés: x ̸= − 21 .
x2 =x+2 2x + 1 x2 = 2x2 + 5x + 2 0 = x2 + 5x + 2.
Alkalmazzuk a megoldóképletet!
x1,2 =
−5 ±
√ −5 ± 17 52 − 4 · 1 · 2 = . 2·1 2
√
6. (a) Szeretnénk x-re rendezni az egyenletünket, ehhez p-vel illetve p − 1-gyel kéne osztani. Ezért vizsgáljuk meg, a p = 0, illetve a p = 1 eseteket. p = 0: esetén a bal oldal 1, míg a jobb 0, azaz nincs megoldás! p = 1: esetén a bal oldal 1, a jobb szintén 1, így ∀x ∈ R-re teljesül az egyenlet! p −1 Most már szabadon átalakíthatjuk az egyenletünket: x = p(p−1) = (p+1)(p−1) = p(p−1) p+1 . Tehát minden más p értékre az egyenletnek pontosan egy megoldása van! p 2
√
√
b −4·1·1 (b) Alkalmazzuk a másodfokú megoldóképletet! x1,2 = −b± 2·1 = −b± 2 b −4 . Ha a diszkrimináns (D = b2 − 4) pozitív, azaz b > 2 vagy b < −2, akkor két megoldás van. Ha D = 0, azaz b = ±2, akkor 1 megoldás van. Továbbá, ha D < 0, azaz −2 < b < 2, akkor nincs valós megoldása az egyenletnek. 2
2
(c) Átrendezve: (x − a)2 = 4b2 = (2b)2 . Itt közvetlenül érdemes gyököt vonni, megoldóképlet nélkül: x − a = ±2b, azaz x = a ± 2b. Tehát minden a, b ∈ R esetén az egyenletnek van megoldása, és ha b ̸= 0, akkor pontosan két megoldás van. (d) Kikötés: x ̸= 4. Rendezzük át az egyenletet:
x =p 4−x x = 4p − px (1 + p)x = 4p. Szeretnénk osztani (1 + p)-vel. Amennyiben ez nem nulla, azaz ha p ̸= −1, 4p akkor x = 1+p , tehát minden p ̸= −1-re egy megoldása van az egyenletnek.
p = −1 esetén tekintsük az (1 + p)x = 4p alakot, ekkor a bal oldal minden x-re nulla, míg a jobb oldal értéke −4, tehát az egyenletnek nincs megoldása p = −1-re.
6
A 4. gyakorlat HF-inak megoldása
1. (a) Adjuk meg az alábbi számok pontos értékét (számológép nélkül):
√ 3 4 2 = ( 4)3 = 8; log3
1 1 1 9− 2 = √ = ; 3 9
1 = −1; 3
2 1 1 = ; 8− 3 = √ 3 4 ( 8)2
log9 3 = 1/2;
log7 1 = 0; 1
25log5 3 = 5(2 log5 3) = (5log5 3 )2 = 9;
log3 9 = 2;
5log5 3 = 3; 1
5 2 log5 9 = (5log5 9 ) 2 = 3;
lg(104 ) = 4;
lg 1000000 = lg 106 = 6; log2 (2π ) = π; 1 1 log2008 π + log2008 = log2008 π · = log2008 1 = 0; π π log2008 π √ = log√π π = 2. log2008 π
(b) Melyik nagyobb (számológép nélkül), log2 3 vagy log4 8? 28 = 32 . Tudjuk, hogy a 2 alapú Térjünk át az utóbbinál is 2-es alapra: log4 8 = log log2 4 exponenciális függvény szigorúan monoton n®, helyettesítsük tehát be √ √ a kitev®be √ 3 log2 3 2 a két számot: 2 = 3, a másik szám pedig 2 = 8. Itt 8 < 9 = 3, azaz 3 2log4 8 = 2 2 < 2log2 3 . Tehát log4 8 < log2 3. √ (c) Hogyan számítható ki számológépen 7 12 a lg x és 10x funkciók segítségével?
√ 7
1
1
1
12 = 12 7 = 10lg 12 7 = 10 7 lg 12 .
2. Oldjuk meg: (a)
1 25 x+1 5 = 5−2 x = −3 5x+1 =
(b)
372x−3 = 1 2x − 3 = 0 3 x= 2 (c)
log3 x = 2 32 = x x=9
7
(d)
lg(5x − 4) = lg x 5x − 4 = x 4x = 4 x=1 (e)
log9 |x − 1| = 3 93 = |x − 1| ±729 = x − 1 x = ±729 + 1, azaz 730 és − 728. (f)
x+2 =2 x−3 x+2 32 = x−3 9x − 27 = x + 2 8x = 29 29 x= 8
log3
(x ̸= 3)
(g)
ln(x + 3) + ln(x − 3) = 2 ln(x2 − 9) = 2 e2 = x2 − 9 √ x = ± e2 + 9 Jelen esetben a negatív megoldás nem jó, hiszen a logaritmusfüggvény nincs értelmezve √ 2 a nem pozitív számokon. Az egyetlen megoldás tehát: e + 9. 3. Egy radioaktív izotóp bomlásánál az izotópok számát a t id®pillanatokban egy id®ben csökken® exponenciális függvény írja le: N (t) = N0 · e−λt , ahol N0 az N értéke t = 0 pillanatban, λ > 0 az ún. bomlási állandó, e ≈ 2, 71. Számítsuk ki az (N0 -tól független) T felezési id®t, azaz, amelyre bármely t ≥ 0 esetén N (t + T ) = N2(t) , (a) ha λ =
ln 2 , 100
azaz N (t) = N0 · 2− 100 ; t
(b) általában (λ függvényében)!
(a) Ebben a konkrét esetben az alábbi egyenletet kell megoldanunk (ahol feltehet®,
8
hogy N0 ̸= 0, hiszen ez az eset érdektelen):
N0 · 2− 100 = N0 · 2 2 t T t − 100 − 100 − 100 2·2 =2 t T t − 100 − 100 2·2 ·2 = 2− 100 T 2 · 2− 100 = 1 T 2 = 2 100 T 1= 100 T = 100 t
− t+T 100
(b)
N0 · e−λt 2 −λ(t+T ) −λt 2·e =e −λt −λT 2·e ·e = e−λt 2 · e−λT = 1 2 = eλT ln 2 = λT N0 · e−λ(t+T ) =
T = Azaz λ függvényében a felezési id®: T =
ln 2 . λ
ln 2 . λ
4. Oldjuk meg! Hány megoldás van? (a)
{
3x + 3y = 9 4x + 2y = 10;
Szorozzuk be az els® egyenletet kett®vel, míg a másodikat hárommal, majd vonjuk ki a másodikat az els®b®l! Azt kapjuk, hogy −6x = −12, azaz x = 2. Ezt a második egyenletbe visszahelyettesítve 8 + 2y = 10 ⇒ y = 1. (b)
{
5x + 3y = 1 8x − 2y = 5;
Szorozzuk be az els® egyenletet kett®vel, míg a másodikat hárommal, majd adjuk össze a két egyenletet! Azt kapjuk, hogy 34x = 17, azaz x = 12 . Ezt a második egyenletbe visszahelyettesítve 4 − 2y = 5 ⇒ y = − 21 . (c)
{
7x − y = −3 4x − 2y = −6; 9
Szorozzuk be az els® egyenletet kett®vel, majd vonjuk ki bel®le a másodikat! Azt kapjuk, hogy 10x = 0, azaz x = 0. Ezt a második egyenletbe visszahelyettesítve −2y = −6 ⇒ y = 3. (d)
{
x − 2y = 1 3x − 6y = 3;
Ha az els® egyenletet beszorozzuk 3-mal, akkor pont a másodikat kapjuk, azaz a két egyenlet összefügg®. Tehát végtelen sok megoldás van, mindazon (x, y ) párok, melyekre x − 2y = 1. (A síkon ez egy egyenes egyenlete.) (e)
{
4x − y = 5 −8x + 2y = 2.
Szorozzuk be az els® egyenletet kett®vel, majd adjuk hozzá a másodikat! Azt kapjuk, hogy 0 = 12, azaz nincs megoldás. (Másképp: ha az els® egyenletet −2-vel szorozzuk, akkor látható, hogy a bal oldalak megegyeznek, viszont az els® egyenlet jobb oldala −10, míg a másodiké 2. Az egyenletrendszerek tehát kizáróak, így nincsen megoldás.)
10
Az 5. gyakorlat HF-inak megoldása
1. (a) Számoljuk ki az A + B és A · B mátrixokat, ill. az Ax vektort, ha ( ) ( ) ( ) 3 4 1 −1 1 A= , B= , x= . 2 3 −3 4 −1 A megoldások: ( ) 4 3 A+B = ; −1 7
(
−9 13 −7 10
A·B =
)
( A·x=
;
−1 −1
) .
3 −2 −1 1 2 mátrixra! (b) Ellen®rizzük az IA = A = AI azonosságot az A = 0 −3 4 5 Az azonosság fennáll, hiszen ha mindkét szorzást elvégezzük, akkor mindkétszer az A mátrixot fogjuk kapni. ( ) ( ) 1 a b d −b −1 2. (a) Legyen A = , det(A)̸= 0. Igazoljuk, hogy A = . c d a det(A) −c Az állítás igazolásához ellen®rizzük a de níciót, azaz hogy
A · A−1 = A−1 · A = I. ( −1
A·A
−1
A
=
ab cd
)
1 ·A= det(A)
1 · det(A)
(
d −b −c a
(
d −b −c a
)
) ad − bc −ab + ba = cd − dc −cb + da ( ) 1 det(A) 0 = I. = 0 det(A) det(A)
1 = det(A)
(
) ) ( ) ( 1 ab da − bc db − bd = · = cd det(A) −ca + ac −cb + da ) ( 1 det(A) 0 = = I. 0 det(A) det(A) (
(b) Számítsuk ki a fentib®l a A =
3 4 2 3
) mátrix inverzét, és ellen®rizzük a
de nícióból, hogy az valóban inverz! Számítsuk ki a determinánsát, det(A) = 3 · 3 − 4 · 2 = 1 ̸= 0, tehát a fentiek alkalmazhatóak. ( ) ( ) 1 3 −4 3 −4 −1 A = = . 3 −2 3 1 −2 Visszaszorzással könnyen ellen®rizhet®k az A · A−1 = A−1 · A = I egyenl®ségek. 3. Determináns kiszámolása. 3 −1 3 4 = 3 · 0 − (−1) · 2 = 2; = 3 · 3 − 4 · 2 = 1; (a) 2 0 2 3 −3 −1 5 5 = (−3) · 3 − (−1) · 2 = −5 + 2 = −3. 2 3 11
(b) El®ször Sarrus-szabállyal:
3 −2 −1 0 1 2 = 3 · 1 · 5 + (−2) · 2 · (−3) + (−1) · 0 · 4 − −3 4 5 (−1) · 1 · (−3) − 3 · 2 · 4 − (−2) · 0 · 5 = 15 + 12 + 0 − 3 − 24 − 0 = 0. Az els® sor szerinti kifejtéssel:
3 −2 −1 0 1 2 = 3(5 − 8) − (−2)(0 − (−6)) + (−1)(0 − (−3)) = −3 4 5 −9 + 12 − 3 = 0. Sarrus-szabállyal:
−1 0 −1 1 1 1 = (−1) · 1 · 1 + 0 · 1 · 3 + (−1) · 1 · 2 − 3 2 1 −(−1) · 1 · 3 − 1 · 2 · (−1) − 0 · 1 · 1 = (−1) + 0 + (−2) + 3 + 2 − 0 = 2. Kifejtéssel:
−1 0 −1 1 1 1 = (−1)(1 − 2) − 0(. . .) + (−1)(2 − 3) = 2. 3 2 1 4. (a) A sajátértékek kiszámításához a
2 − λ −1 −2 3 − λ
= (2 − λ)(3 − λ) − 2 = 0
egyenlet megoldásait kell meghatároznunk. A két megoldás, λ1 = 1 és λ2 = 4 a két sajátérték. A sajátvektorok kiszámításához oldjuk meg a következ® két egyenletet: ( ) ( ) ( ) 2 −1 a a · =1· −2 3 b b ( ) ( ) 2a − b a = , −2a + 3b b
12
(1)
illetve
(
) ( ) ( ) a a · =4· b b ) ( ) 2a − b 4a = . −2a + 3b 4b
2 −1 −2 3 (
(
(2)
a a
)
Az (1) egyenlet megoldásai: a = b, azaz bármely v = alakú vektor sajátvek( ) 1 tor; például (a = 1 választás esetén) v = konkrét sajátvektor. 1 ( ) a Az (2) egyenlet megoldásai: b = −2a, azaz bármely v = alakú vektor −2a ( ) 1 sajátvektor; pl. (szintén a = 1 választás esetén) v = konkrét sajátvektor. −2 (b) A sajátértékek kiszámításához az 1−λ 3 2 1−λ
= (1 − λ)2 − 6 = 0
egyenlet √ megoldásait kell meghatároznunk. A két megoldás, λ1 = 1 + 1 − 6 a két sajátérték. A sajátvektorok kiszámításához oldjuk meg a következ® két egyenletet ( ) ( ) ( ) √ a 13 a · = (1 + 6) · b 21 b √ ( ) ( ) a + 3b (1 + √6)a = , 2a + b (1 + 6)b illetve
(
) ( ) ( ) √ 13 a a · = (1 − 6) · 21 b b √ ) ( ( ) (1 − √6)a a + 3b = . 2a + b (1 − 6)b
Az (3) egyenlet megoldásai: a =
6 és λ2 =
(3)
(4)
( 1√
√
√
6b b
)
6b, azaz bármely v = alakú vektor ( ) √ √3 sajátvektor; például (b = 6 választás esetén) v = konkrét sajátvektor. 6 √ (Megj.: az a = 12 6b egyenl®ség a = √36 b alakban is írható.) ( 1√ ) √ − 2 6b 1 Az (4) egyenlet megoldásai: a = − 2 6b, azaz bármely v = alakú vekb ( ) √ −3 √ tor sajátvektor; például (b = 6 választás esetén) v = konkrét sajátvektor. 6 √ (Megj.: az a = − 21 6b egyenl®ség a = − √36 b alakban is írható.) 1 2
2
13
A 6. gyakorlat HF-inak megoldása
1. (a) Mekkora a (2,-1) és (5,3) síkbeli pontok távolsága? A két pont távolsága a különbségvektor hossza: √ √ √ (2 − 5)2 + (−1 − 3)2 = 9 + 16 = 25 = 5. (b) Mekkora az egységkocka testátlója? Ez a (0, 0, 0) és (1, 1, 1) pontokat összeköt® szakasz hossza (azaz az origóból az (1, 1, 1) pontba mutató vektor hossza), ami √ √ 12 + 12 + 12 = 3. 2. (a) Egy 10◦ -os emelked®n megtett út végén egy autó km-órája 2500 m-vel mutat többet. Mennyivel került magasabbra? Ábrázolva a feladatot, adott a derékszög¶ háromszög átfogója és az egyik szöge, a keresett magasság pedig a szöggel szemközti befogó hossza, azaz 2500 · sin 10◦ ≈ 2500 · 0, 1736 = 434 méter. (b) Egy 1000 m magas fennsíkon állva az Ararát 40 km-re lév® csúcsát vízszinteshez képest 6◦ -os szögben látjuk. Ez alapján milyen magas a csúcs tengerszint felett? Az ábra itt is hasonló lenne, mint az el®z® feladatban, csak a végeredményhez hozzá kell még adni 1000 métert: 1000 + 40000 · sin 6◦ ≈ 1000 + 40000 · 0, 1045 = 5180 m. (Ha a szöveget úgy értették, hogy a térképen nézett távolság 40 km, akkor a 6◦ -os szög alatt fekv® befogó lesz 40 km-es, és a fenti képletben sin helyett tg szerepel; ekkor 5204 m jön ki.) (c) Egy egységnégyzet alapú négyzetes oszlopot elmetszünk egy 30◦ -os szögben emelked® síkkal. Mekkora a síkmetszet területe? Számítsuk ki el®ször, hogy mekkora a metszetként kapott téglalap hosszabbik h √ 3 ◦ oldala! (A rövidebb hossza marad 1.) 1 = h · cos 30 = h · 2 ⇒ h = √23 . A terület pedig a két oldal szorzata, azaz 1 · √23 ≈ 1.15. Általános esetben a terület: cos1 α · 1 = cos1 α . √ 3. (a) Adjuk meg az (1, 3), a (-4,0) és a (-1,-1) pontok polárkoordinátáit. √ √ √ (1, 3): r = 12 + ( 3)2 = 2; ekkor 2 · cos φ = 1 ⇒ cos φ = 1/2 ⇒ φ = 60◦ . (A szög abból is látszik, hogy a pont egy szabályos háromszög felét jelöli ki.)
r = 4, φ = 180◦ . √ √ (-1,-1): r = (−1)2 + (−1)2 = 2. Mivel a (−1, −1) pont és az origó által meghatározott egyenes 45◦ -ot zár be az y -tengellyel, ezért φ = 225◦ . (-4,0):
(b) Jelölje r és φ a síkbeli pontok polárkoordinátáit. Ábrázoljuk az r = 2, φ = π4 koordinátájú pontot, ill. a C := {(r, φ) : r = 1, φ ∈ [0, 2π)} halmazt! √ √ A pont x koordinátája: r cos φ = 2 · 22 = 2, az y pedig ugyanez lesz. Azaz az √ √ ( 2, 2) pontról van szó. A halmaz esetében a sugár végig rögzített, r = 1. A szög pedig befutja a [0, 2π) = [0, 360◦ ) intervallumot, azaz teljesen körbefordul, tehát C az egységkörvonal. 14
4. (a) Egy 45◦ -os útelágazástól A város 10 km-re, B város 15 km-re van egyenes úton. Mekkora A és B távolsága? Alkalmazzuk a cosinus-tételt, ahol a = 10, b = 15, γ = 45◦ . √ 2 2 ◦ c = 100 + 225 − 2 · 10 · 15 · cos 45 = 325 − 300 · ≈ 325 − 300 · 0, 7071 = 112, 8679, 2 azaz c ≈ 10.6239 km a két város közötti távolság. (b) Egy A-ból induló egyenes f®útról a 3. km-nél jobbra 15◦ -os szögben ágazik el egy szintén egyenes út. Ezen 6 km után érünk B-be. Milyen messze van légvonalban A és B? Ismét a cosinus-tételt szeretnénk alkalmazni, csak most nincs megadva a közbezárt szög. Viszont a kiegészít® szöge (15◦ ) adott, tehát a közbezárt szög γ = 180◦ −15◦ = 165◦ . Így
c2 = 9 + 36 − 2 · 3 · 6 · cos 165◦ ≈ 45 − 36 · (−0, 9659) ≈ 45 + 34, 7733 = 79, 7733, azaz A és B légvonalban c ≈ 8, 9315 km távolságban van. (c) A Föld-Hold távolság 382,5 ezer km. Egy üstökös a Földr®l nézve a Holddal 73◦ -os, a Holdon lév® ¶rállomásr®l nézve a Földdel 106◦ -os szöget zár be. Milyen messze van a Földt®l? Tekintsük azt az ABC háromszöget, amelynek csúcsai rendre a Föld, a Hold és az üstökös. Adott a FöldHold távolság, azaz a c = 382, 5 ezer km, illetve a háromszög mindhárom bels® szöge (a harmadik γ = 180◦ − 106◦ − 73◦ = 1◦ ). Alkalmazzuk a sinus-tételt (c = 382, 5, γ = 1◦ , β = 106◦ , és az ismeretlen b érték a kérdéses távolság):
b 382, 5 = ◦ sin 106 sin 1◦ 382, 5 382, 5 · 0, 9612 b= · sin 106◦ ≈ ◦ sin 1 0, 0174 b ≈ 21129, 8275, azaz az üstökös távolsága a földt®l b ≈ 21129, 8275 ezer km ≈ 21,13 millió km. 5. Számítsuk ki az alábbi vektorok skaláris és a (c)-(d) esetben vektoriális szorzatát! (a) a = (1, 2), b = (7, 1);
a · b = 7 + 2 = 9;
(b) a = (−1, 2), b = (3, −1);
a · b = −3 + (−2) = −5; (c) a = (−1, 2, 0), b = (3, 4, −1);
a · b = −3 + 8 + 0 = 5;
15
A vektoriális szorzatot az alábbi formális determinánssal számolhatjuk, ahol i, j, k a három dimenziós tér egységvektorai. (Fejtsük ki a determinánst az els® sor szerint!) i j k a × b = −1 2 0 = i · (−2 − 0) − j · (1 − 0) + k · (−4 − 6) = (−2, −1, −10). 3 4 −1 (d) a = (3, 1, −2), b = (1, −4, 2).
a · b = 3 + (−4) + (−4) = −5; i j k a × b = 3 1 −2 = i · (2 − 8) − j · (6 + 2) + k · (−12 − 1) = (−6, −8, −13). 1 −4 2 6. Számítsuk ki az alábbi vektorok által bezárt szöget! a·b cos γ = |a||b| , ebb®l egyértelm¶ γ ∈ [0, π].) √ √ (i) a = (1 − 3, 1 + 3), b = (4, 4); √ √ 4(1 − 3) + 4(1 + 3) a·b = (√ cos γ = = √ √ ) √ |a||b| (1 − 3)2 + (1 + 3)2 · ( 16 + 16)
(Útmutatás:
8 8 1 √ = =√ √ √ √ =√ 2 8·4· 2 1 − 2 3 + 3 + 1 + 2 3 + 3 · (4 · 2) γ = 60◦ =
π . 3
(ii) a = (−1, 2), b = (6, 3).
a·b (−1) · 6 + 2 · 3 √ = √ = |a||b| ( 1 + 4) · ( 36 + 9) 0 = =0 ...
cos(γ) =
γ = 90◦ =
π . 2
7. Mutasuk meg a kiszámítási képletb®l, hogy bármely térvektorra a × a = 0. i j k a × a = a1 a2 a3 = i · (a2 a3 − a3 a2 ) − j · (a1 a3 − a3 a1 ) + k · (a1 a2 − a2 a1 ) = (0, 0, 0), a1 a2 a3 ahol a = (a1 , a2 , a3 ) ∈ R3 tetsz®leges.
16
A 7. gyakorlat HF-inak megoldása
1. Írjuk fel az alábbi valós függvények f ◦g kompozícióját és annak legb®vebb értelmezési tartományát! x2 + 1 (a) f (x) := és g(x) := ex x−1
(f ◦ g)(x) =
e2x +1 ex −1 2
(x ∈ R\{0});
(b) f (x) := x − 1 és g(x) := sin x + 2
(f ◦ g)(x) = (sin x + 2)2 − 1 (x ∈ R); (c) f (x) := 2x és g(x) := log2 x
(f ◦ g)(x) = 2log2 x = x (0 < x ∈ R), (d) f (x) := x − 1 és g(x) := x + 3
(f ◦ g)(x) = (x + 3) − 1 = x + 2 (x ∈ R). 2. Írjuk fel az alábbi valós függvények f ◦ g ◦ h kompozícióját!
f (x) := 4x, g(x) :=
és h(x) :=
(f ◦ g ◦ h)(x) =
= 2x
1 x−1 1 4 ( 2 +1)−1 x
2 x
+ 1.
3. Az alábbi f ◦ g kompozíciófüggvények esetén adjuk meg, melyik az f és melyik a g függvény! (a) f (g(x)) = cos 3x, ekkor f (x) = cos x, g(x) = 3x; (b) f (g(x)) = ln(sin x), ekkor f (x) = ln(x), g(x) = sin x; (c) f (g(x)) = (x + 5)3/2 , ekkor f (x) = x3/2 , g(x) = x + 5; (d) f (g(x)) = e−x , ekkor f (x) = ex , g(x) = −x. 4. Az alábbi kompozíciófüggvények esetén adjuk meg sorrendben a kompozíció tagjait! (a) cos2 4x, ekkor f (x) = x2 , g(x) = cos x, h(x) = 4x; √ 1 (b) √3x−2 , ekkor f (x) = x1 , g(x) = x, h(x) = 3x − 2; (c) (1 + x2 )5/2 , ekkor f (x) = x5/2 , g(x) = 1 + x, h(x) = x2 ; √ √ (d) 10− 2x , ekkor f (x) = 10x , g(x) = − x, h(x) = 2x. 5. Igaz-e az alábbi függvényekre, hogy f ◦ g = g ◦ f ? (a) f (x) := cos x és g(x) := x2 , ekkor (f ◦ g)(x) = cos(x2 ) ̸= (g ◦ f )(x) = cos2 x; (b) f (x) := ex és g(x) := ln x, ekkor (f ◦ g)(x) = eln x = x = (g ◦ f )(x) = ln(ex ) = x. 6. Adjuk meg az alábbi függvények inverzét! 2x + 1 (x ∈ R, x = ̸ 1). Megoldandó: y = (a) f (x) := x−1 x-et!
yx − y = 2x + 1 xy − 2x = y + 1 x(y − 2) = y + 1 y+1 x= y−2 17
2x+1 . x−1
Fejezzük ki ebb®l (5) (6) (7)
(y ̸= 2).
(8)
Az inverz függvény tehát f −1 (y) = (b) f (x) := 5 − 2
x +6 2
(y ̸= 2).
y+1 y−2
(x ∈ R). Megoldandó: x
5 − 2 2 +6 = y x 5 − y = 2 2 +6 x log2 (5 − y) = + 6 2 2 log2 (5 − y) − 12 = x. Az inverz függvény tehát f −1 (y) = 2 log2 (5 − y) − 12
(9) (10) (11) (12)
(y < 5).
7. Mutassuk meg, hogy az f (x) := x2 − 2x függvénynek nincs inverze, de az (1, ∞) félegyenesre vett lesz¶kítésének már van. 1. megoldás. Oldjuk meg az f (x) = y egyenletet:
x2 − 2x = y x2 − 2x − y = 0 x=1±
√ y + 1,
(13) (14) (15)
ennek y ≥ −1 esetén van megoldása (ekkor lesz y ∈ Rf ), és y > 1 esetén kett® is, így a függvény nem injektív, és nincs inverze. Az (1, ∞) félegyenesre vett lesz¶kítés azt jelenti, hogy csak az x ∈ (1, ∞), azaz x > 1 esetet vesszük gyelembe, hisz csak ezekre értelmezzük a lesz¶kített √ függvényt. Az x > 1 eset viszont épp azt jelenti, hogy a képletben csak az x = 1+ y + 1 megoldás felel meg,√amely már egyértelm¶, így tehát a lesz¶kített függvénynek van inverze: y 7→ 1 + y + 1. 2. megoldás. El®ször keressük meg f gyökhelyeit: 0 = x2 − 2x = x(x − 2), tehát x = 0 vagy 2. Ezt a két értéket az f függvény a 0-ba képezi, így nem injektív, és nincs inverze. Vizsgájuk meg kicsit jobban a függvényt: f (x) := x2 − 2x = (x − 1)2 − 1, azaz f egy parabola, amelynek a 1-ben van a minimuma (ennek értéke −1). Az (1, ∞) intervallumon tehát szig. mon. növ®, így van inverze. 8. Egy gáz állapotegyenlete pV = 0.02T , ahol p, V és T rendre a nyomás, térfogat és h®mérséklet. Ábrázoljuk (a) V = 0.01 rögzített térfogat esetén a p(T ) függvényt. Helyettesítsük be a V = 0.01-et, a kapott p · 0.01 = 0.02T egyenl®ségb®l kifejezett p(T ) = 2T függvényt kell ábrázolni, ennek gra konja egy 2 meredekség¶ egyenes. (b) T = 100 rögzített h®mérséklet esetén a p(V ) függvényt! Helyettesítsük be a T = 100-at, a kapott pV = 2 egyenl®ségb®l kifejezett p(V ) = függvényt kell ábrázolni, ennek gra konja egy hiperbola.
2 V
9. Ábrázoljuk az alábbi függvényeket! Ábra helyett csak leírást adunk, vö. gyakorlaton vett rajzok.
x3/2 ,
Df = (0, +∞), mon. növ®;
(x + 1) Df = R; parabola az x-tengely mentén balra eltolva; (−∞, −1)-en mon. csökken®, (−1, +∞)-en mon növ®; 2
18
(x − 1)2/3 (2x − 1)3/4 (x + 4)−1
Df = R; (−∞, 1)-en mon. csökken®, (1, +∞)-en mon. növ®; Df = (1/2, +∞), mon. növ®; Df = R\{−4}; hiperbola eltoltja;
cos 3x
Df = R; mint a cosinus fv, de a periódus 23 π ;
3 cos x
Df = R; mint a cosinus fv., de a max. és min. most 3;
2x
Df = R; szig. mon. növ® exponenciális fv.;
3−x
Df = R; szig. mon. csökken® exponenciális fv.;
ln x
Df = R+ , szig. mon. növ® logaritmusfv,;
log2 (3 − x) Df = (−∞, 3); logaritmus fv. az y tengelyre tükrözve és az x-tengely mentén 3-mal jobbra tolva.
19
A 8. gyakorlat HF-inak megoldása
Létezik-e, ha igen, mennyi? (Ismert limeszek + a szabályok alapján.) (a) lim √1n = 0,
lim
√ 3
lim n−3/2 = lim
n = +∞,
1 3
n2
= 0,
4 lim( )n = +∞, 3
3 2 lim( )n = 0, lim(− )n = 0, 4 3 1 lim(−3)n divergens, lim( )n = 0. π ) ) ( )( ( ) ( (b) lim 2 + n3 4 − n12 = lim 2 + n3 · lim 4 − n12 = 2 · 4 = 8. 3 + n2 lim 3 + n2 3 lim 1 = 1 = . 5 5 − n3 lim 5 − n3 ( ) (c) lim 2 + n3 − n = −∞, mert lim(2 + n3 ) = 2 ∈ R és lim(−n) = −∞; ( ) ( ) ( ) lim (n + 2)2 − (n + 1)2 = lim n2 + 4n + 4 − n2 − 2n − 1 = lim 2n + 3 = +∞; n 3 4n = lim n2 4n = +∞; n ( ) lim n2 − 3 n2 = −∞, mert lim( n2 − 3) = −3 < 0 és lim n2 = +∞; ( ) ( ) ( 4 3) lim n2 + 4n + 3 = +∞; lim n2 − 4n + 3 = lim n2 1 − + 2 = +∞; n n √ √ ( ) 3 lim n4 + 2 + = +∞, mert n4 + 2 + n3 ≥ n4 és lim n4 = +∞ n √ (az elhagyott tag amúgy 2-höz tart); lim
lim(−1)n · n2 divergens, azaz nincs limesze. 3n + 5 n 3+ (d) lim = lim · 7n − 4 n 7− lim
−n2 n2 = lim 2 · 2n + 3 n
−1 2 + n32 n 1 + n33 n 2 −1 n3
5 n 4 n
n2 + 1 n2 1 + lim 2 = lim 2 · n −1 n 1−
3 = ; 7
1 n2 1 n2
= 1;
= −∞, mert a nevez® limsze 0+ ;
n2 + 3 n3 2n2 − n − 1 n2 2 − n1 − n12 2 = lim · = lim · = 0 , lim = , 10 3 3 2 2 2−n n 3n + 10n n 3 3+ n ( )(2 ) ( ) ( ) 1 2n + 2 n + 1 2 2 1 1 lim n + 1 − 2 = lim − = lim + − − 2 =2 2 n n n n 1 n n n (hibás lenne: "(+∞) · 0"-ra eredménynek (+∞) vagy 0). lim
20
A 9. gyakorlat HF-inak megoldása
1. Konvergens-e a sor? Ha igen, mennyi az összege? Ahol megadunk véges sorösszeget, ott a "konvergens-e" kérdésre értelemszer¶en "igen" a válasz. ∞ ∑ 1 (a) = 1−1 1 = 34 (mértani sor, q = 14 , |q| < 1); 4n (b) (c)
4
n=0 ∞ ∑
n=0 ∞ ∑ n=0
3n 4n 3n 2n
= =
∞ ( ) ∑ 3 n 4
n=0 ∞ ( ∑ n=0
=
) 3 n 2
1 1− 34
=4
(mértani sor, q = 43 , |q| < 1);
divergens mértani sor, hiszen q =
így |q| > 1.
3 , 2
(Itt a
sorösszeg +∞, hiszen 1-nél nagyobb számokat adunk össze.) ∞ n ∞ n ∞ n n ∑ ∑ ∑ 3 2 3 −2 = − = 1−1 3 − 1−1 2 = 4 − 2 = 2 (két konvergens mértani (d) 4n 4n 4n n=0
n=0
4
n=0
sor összegének különbsége) ; ∞ ∞ ( ) ∑ ∑ (−1)n 1 n (e) = − = 1−1−1 = n 4 4 (f)
n=0 ∞ ∑
4
n=0
4
(mértani sor, q = − 14 , |q| < 1);
4 5
(−2)n divergens mértani sor, hiszen q = −2, így |q| > 1.
(Itt végtelen
n=0
sorösszeg sem létezik.) ∞ ∑ ( 13 )2 1 1 = 1− a gyakorlaton tanult képlettel (2.vii. példa), N = 2 és q = (g) 1 = 6 3n 3
n=2
1 3
szereposztással. Vagy, a tanult képlet 1. levezetését közvetlenül alkalmazva: ∞ ) ( ∑ 1 = 312 + 313 + 314 + . . . = 312 1 + 13 + 312 + . . . = 312 · 1−1 1 = 61 . 3n 3
n=2
(h)
∞ ∑ n=0
1 3n+2
Vagy: mivel
=
1 32
1 3n+2
+ 313 + 314 + 315 + . . ., ez pont az el®z® sor, így az összeg ugyanaz: 16 . =
1 32
· 31n , így kiemelhet®
1 : 32
∞ ∑ n=0
1 3n+2
=
1 32
·
∞ ∑ n=0
1 3n
=
1 32
· 1−1 1 = 16 . 3
(Megjegyzés: az (a)-(c) és (e)-(f) feladatok konvergenciája gyök- vagy hányadoskritériummal is kijön, az ott kapott q mindenhol a szóban forgó mértani sor q -ja lesz. A sorösszeghez viszont már muszáj felhasználni, hogy mértani sorokról van szó.) 2. Értelmezzük és bizonyítsuk be a szemléletesen ismert 0.999... = 1 egyenl®séget! Ez egy mértani sor:
9 9 9 9 + 2 + 3 + 4 + ... = 1 10 ( 10 10 10 ) 9 1 1 1 = · + + + ... = 10 100 101 102 ∞ 9 ∑ ( 1 )k 9 1 9 10 = · = · · = 1. 1 = 10 k=0 10 10 1 − 10 10 9
0.9999 . . . =
21
3. Konvergens-e a sor?
∑ n n + 1 5n n+1 1 (a) . Hányadoskritérium: n+1 · = → , azaz a sor konvergens. n 5 5 n 5n 5 3 n+1 n ∑ n 3 2n (n + 1) 2 3 2 ( n + 1 )3 2 (b) . Hányadoskritérium: · = → , azaz n n+1 3 n 3 3 n 2 3 n 3 a sor konvergens. ∑ n5 7n (n + 1)5 7n+1 6n 7 ( n + 1 )5 7 (c) . Hányadoskritérium: · = → , azaz n n+1 5 n 6 6 n 7 6 n 6 a sor divergens. ∑ (2n + 1)(2n + 3) (2n + 3)(2n + 5) 4n (d) . Hányadoskritérium: · = 4n 4n+1 (2n + 1)(2n + 3) 1 2n + 5 1 = · → , azaz sor konvergens. 4 2n + 1 4 ( 1 )n ∑ ∑ n (e) (−1)n · n · 2− 2 = (−1)n · n · √ 2 ( ) 1 n+1 n+1 √ · (n + 1) · 2 (−1) 1 n+1 1 = √ Hányadoskritérium: → √ < 1, azaz a ( 1 )n 2 n 2 (−1)n · n · √2 sor konvergens. 210 ∑ 23n 210 ∑ ( 8 )n = , ez egy mértani sor, ahol |q| < 1 , így 32n+1 3 32n 3 9 10 konvergens. (Összege: 23 · 9). (Vagy: hányadoskritérium, ekkor an+1 = 89 ∀ n-re.) an (f)
(g)
∑ 23n+10
∑ 3n n! ∑
.
=
Hányadoskritérium:
3n 2n (n + 1)! Hányadoskritérium: (−1)n+1 · (h)
3n+1 n! 3 · n = → 0, így a sor konvergens. (n + 1)! 3 n+1
(−1)n ·
n 3n+1 3 n 2 n! · (−1) · → 0, azaz = n+1 n 2 (n + 1)! 3 2(n + 1)
a sor konvergens. ∑ 1 (i) konvergens, hiszen hipergeometrikus sor α = 4 mellett. n4 ∑ 1 √ divergens, hiszen hipergeometrikus sor α = 21 mellett. (j) n (k)
∑ (−1)n2 +3n n3
.
Itt
∑
|an | =
∑
1 n3
konvergens (hipergeometrikus sor, α = 3),
így az eredeti sor is konvergens. ∑ (l) (−1)n . A sor tagjaira an ̸→ 0, így a sor divergens. ∑ √ (m) (−1)n · n. A sor tagjaira an ̸→ 0, így a sor divergens.
22
A 10. gyakorlat HF-inak megoldása
1. Adjuk meg f (x) := x3 érint®jének meredekségét az (1, 1) pontban. Írjuk fel az érint® egyenletét. Mely c, d ∈ R mellett érvényes a legjobb (1 + h)3 ≈ c + dh közelítés h ≈ 0 mellett, és mi köze ennek az x = 1 pontbeli deriválthoz, ill. érint®höz? A derivált: f ′ (x) = 3x2 . Az érint® meredeksége adott pontban a derivált értéke, tehát m = f ′ (1) = 3. Ha az (1, 1)-beli érint®t y = mx + b alakban keressük, akkor ebben m = 3, és csak b nem ismert, viszont tudjuk, hogy az érint® átmegy az (1, 1) ponton, ekkor viszont teljesül, hogy 1 = 3 · 1 + b, azaz b = −2. Az érint® egyenlete tehát y = 3x − 2. Az (1 + h)3 függvényt akarjuk közelíteni h ≈ 0 esetén. Adott pontban a legjobb lineáris közelítés az érint®, így ennek egyenletét kell felírnunk az 1+h pontokban. Az inhomogén lineáris függvény értéke az 1-beli függvényérték (1) plusz a meredekség (3) és elmozdulás (h) szorzata, azaz 1+3h. Tehát a legjobb közelítés (1+h)3 ≈ 1+3h, ha h ≈ 0. (Ha x = 1 +h, akkor 1+3h = 3x−2, azaz az érint® el®bbi másik felírása.) 2. f ′ (x) =?, ha f (x) = ...
Az eredményeket egyszer¶sítés nélkül közöljük. √ (x4 )′ = 4x3 , (x−3 )′ = (−3)x−4 , ( x)′ = 2√1 x , ( x12 )′ = (x−2 )′ = (−2)x−3 , √ √ 2 ′ 2 −4/3 4 (x x)′ = 1· x+x· 2√1 x , (3x5 −4x2 + √ , (2x )′ = 2x ln(2), 3 x ) = 15 x −8 x− 3 x ( )x ( )x ( 14 )′ = 14 ln( 14 ), (3 cos x − 5 sin x)′ = −3 sin x − 5 cos x,
(ex sin x)′ = ex sin x+ex cos x, (x5 cos x)′ = 5x4 cos x−x5 sin x, (xex )′ = xex +ex , 1 (x ln x)′ = ln x + xx = ln x + 1, (x2 log2 x)′ = 2x log2 x + x2 x·ln , 2 ′ ( xx+1 2 −4 )
=
x2 −4−(x+1)·2x , (x2 −4)2
( x ln−4x )′ = x 2
3
( sinx x )′
=
(2x−12x2 ) ln x−(x2 −4x3 ) x1 , ln2 x ′
√
x cos x−sin x , x2
( cosxx )′
x ′ ( chx ) =
2xchx−x2 shx , ch2 x
2
=
1 √ 2 x
√ cos x+ x sin x cos2 (x)
chx·x3/2 −shx· 32 x1/2 , x3 1 · (−1), x))′ = 1−x
′ ( xshx 3/2 ) =
(x sin x cos x) = sin x cos x + x cos x cos x − x sin x sin x, (ln(1 − 1 (ln(1 − 4x))′ = 1−4x · (−4), (ln(x2 + 3x − 4))′ = x22x+3 , +3x−4 2
,
2
2
x x x − sin x = −tg x, (e−x )′ = −e−x , (e− 2 )′ = e− 2 · (− 2x ) = −x e− 2 , cos x 2 ((x + 1)5/2 )′ = 52 (x + 1)3/2√ , ((3x + 1)5/2 )′ = 52 (3x + 1)3/2 · 3, (cos 4x)′ = − sin 4x · 4, 1 (tg x2 )′ = cos12 x · 21 , (ctg x)′ = − sin12 √x · 2√1 x , (lg(1 − 5x))′ = (1−5x) · (−5), ln 10 2 √ 1 (ex sin x )′ = ex sin x (sin x − x cos x), ( 1 + x2 )′ = 2√1+x 2 · 2x,
(ln cos x)′ =
1 ′ ((1 − x2 )5/2 )′ = 52 (1 − x2 )3/2 · (−2x), ( √1+x 4) = 1 ′ ( 1−x ) = (1 − x)−2 , x ′ ( 1+x 2) =
1+x2 −x·2x (1+x2 )2
( (1−xx2 )3/2 )′ =
√1 2 1+x4
· 4x3 ,
1 ′ −3 ( (1−x) · (−1) = 2 ) = (−2)(1 − x) √
=
1−x2 , (1+x2 )2
x ′ ( √1+x 2) =
(1−x2 )3/2 +3x2 (1−x2 )1/2 , (1−x2 )3
1+x2 −x √ 1 2
1+x
1+x2
−1 ′ ( ee2x +1 ) = 2x
2 , (1−x)3 ·(2x) 2
1 ′ ( 1+x 2) =
−2x , (1+x2 )2
,
2e2x (e2x +1)−(e2x −1)2e2x , (e2x +1)2
1+x −(1+x)−(1−x) 2 (ln 1−x )′ = 1−x · (1+x)2 = − 1−x ( xe )′ = e 2, 1+x 1+x √ 1 √1 · (1 + 2√1+x (arcsin x)′ = √ 1 2 · 2x), x+ 1+x2 2x
2x +xe2x 2−xe2x
√ , (ln(x+ 1 + x2 ))′ = 1 tg(x2 ))′ = 1+x 4 · 2x,
(1+x)2 1 √ , (arc 1−|x| 2 x
(arc tg x2 )′ =
1 1+( x2 )2
√
· 12 ,
(x arc tg x−ln 1 +
x2 )′
(
= 1· arc
1 tg x+x· 1+x 2
23
) ( ) 1 1 √ √ − 1+x2 ·( 2 1+x2 ·2x) = arc tg x.
3. (a) Legyen c > 0 állandó, f (x) := ln(cx). f ′ (x) =?, hogyan függ ez c-t®l és miért? 1 f ′ (x) = cx · c = x1 . Tehát a derivált nem függ c-t®l. Írjuk fel f -et másképpen: ln(cx) = ln c + ln x, ezt deriválva 0 + x1 -et kapunk.
(b) (xx )′ =? Útm.: xx = eln x·x .
(xx )′ = (eln x·x )′ = eln x·x · ( x1 · x + ln x) = xx · (1 + ln x).
24
A 11. gyakorlat HF-inak megoldása
1. Tn (x) = f (0) +
f ′ (0) x 1!
+
f ′′ (0) 2 x 2!
+
f ′′′ (0) 3 x 3!
+ ... +
f (n) (0) n x . n!
(a) f (x) = e−2x
f (0) = e0 = 1, f ′ (0) = −2e0 = −2, f ′′ (0) = (−2)(−2)e0 = 4, tehát a Taylorpolinom: 4x2 T2 (x) = 1 − 2x + = 1 − 2x + 2x2 . 2 (b) f (x) = sin x
f (0) = 0, f ′ (0) = cos 0 = 1, f ′′ (0) = − sin 0 = 0, f (3) (0) = − cos 0 = −1, tehát a Taylor-polinom: x3 x3 T3 (x) = x − =x− . 3! 6 (c) f (x) = ch x
f (0) = ch 0 = 1, f ′ (0) = sh 0 = 0, f ′′ (0) = ch 0 = 1, f (3) (0) = sh 0 = 0, f (4) (0) = ch 0 = 1, tehát a Taylor-polinom: T4 (x) = 1 + (d) f (x) =
√
x2 x4 x2 x4 + =1+ + . 2! 4! 2 24
4−x
Ekkor az els® és a második derivált: f ′ (x) =
1 2
1 · (4 − x)− 2 · (−1) = − 2√4−x , 1
f ′′ (x) = (− 12 ) · (− 12 ) · (4 − x)− 2 · (−1) = − 41 (4 − x)− 2 , 3
3
így f (0) = 2, f ′ (0) = − 14 , f ′′ (0) = − 41 ·
T2 (x) = 2 −
1 8
1 = − 32 ,
tehát a Taylor-polinom:
1 1 x2 x x2 ·x− · =2− − . 4 32 2! 4 64
2. Adjuk meg az alábbi hatványsorok nyílt konvergenciaintervallumát. Rövidítsük ezt nyki-nak. ∞ ∑ n+1 n+1 4n xn . Hányadoskritériummal: |4 |4n xxn | | = 4|x| → 4|x| < 1, azaz |x| < 14 esetén n=0
konvergens. Azaz − 41 < x < 41 kell, így a nyki: (− 41 , 14 ). ∞ 2n ∑ 2(n+1) n 2n+2 x . Hányadoskritériummal: |x|4n+1 | | · |x|42n|| = |x|4n+1 · 4n
n=0 2
4n |x|2n
=
|x2 | 4
=
x2 4
< 1, azaz
x < 4, vagyis |x| < 2 esetén konvergens. Azaz −2 < x < 2 kell, így a nyki: (−2, 2). ∞ ∑ |xn+1 | xn n (−1)n n(n+1) . Hányadoskritériummal: |(n+1)(n+2)| · |n(n+1)| = |x| · n+2 → |x| < 1 |xn |
n=0
esetén konvergens. A nyki: (−1, 1). ∞ n n ∑ n+1 xn+1 | 2 x . Hányadoskritériummal: |2|(n+1)!| · n! n=0
|n!| |2n xn |
=
2|x| n+1
→ 0 < 1 ∀x ∈ R, azaz a
sor minden x ∈ R esetén konvergens. A nyki: (−∞, +∞) = R.
25
3. Az ismert Taylor-sorok alapján: e−x =
∞ ∑ n=0
sin x =
∞ ∑ n=0
x2n+1
(−x)n n!
∞ ∑
=
n=0
(−1)n (2n+1)! , ekkor viszont x2 sin x = x2 ·
∞ ∑
n=0
hiszen minden x kitev®je kett®vel n®.
(−1)n xn . n! 2n+1
x (−1)n (2n+1)! =
1 Tudjuk, hogy |x| < 1 esetén 1−x = 1 + x + x2 + x3 + . . ., ekkor (x2 )2 + (x2 )3 + (x2 )4 + . . . = 1 + x2 + x4 + x6 + x8 + . . .. ∞ ∞ ∑ ∑ n 1 Szummával írva: 1−x (x2 ) = x2n . 2 = n=0
n=0
26
∞ ∑
2n+3
n=0
1 1−x2
x (−1)n (2n+1)! ,
= 1 + x2 +
