Matematika szigorlat, M´ern¨ok informatikus szak I. 2007. j´un. 11. Megold´ okulcs 1. Adott az f (x) =
3x + 6 f¨ uggv´eny. (x − 2)2
(a) V´egezzen teljes f¨ uggv´enyvizsg´alatot!
13 p
Mo.: Df = R \ {2}
3 z´erushely: x = −2 y-tengelyen a metszet: f (0) = 2 f nem p´aros, nem p´aratlan, nem periodikus, mert 1db z´erushelye van lim
x→∞
3x + 6 = 0+ 2 (x − 2)
f ′ (x) =
f′ f
lim
x→−∞
3x + 6 = 0− 2 (x − 2)
lim
x→2
3x + 6 =∞ (x − 2)2
−3(x + 6) = 0 ⇔ x = −6 (x − 2)3
x < −6 −6 −6 < x < 2 2 2 < x − 0 + ∗ − ց lok. min. ր ∗ ց
f -nek az x = −6 helyen lok´alis minimuma van, aminek ´ert´eke: f (−6) = − f ′′ (x) =
f f
′′
6(x + 10) = 0 ⇔ x = −10 (x − 2)4
x < −10 −10 −10 < x < 2 2 2 < x − 0 + ∗ + ⌢ infl. ⌣ ∗ ⌣
A grafikon: y
2 1 −6
−2
x 6 −1
h 3 Rf = − , ∞ 16 h
3 16
(b) Sz´amolja ki a f¨ uggv´enygrafikon, a grafikonhoz az x0 = 1 pontban h´ uzhat´o 7 p ´erint˝o egyenes ´es az x-tengely ´altal k¨ozrez´art korl´atos s´ıkr´esz ter¨ ulet´et! Mo.: 4 Az ´erint˝o egyenes egyenlete: e(x) = f (1) + f ′ (1)(x − 1) = 21x − 12 e(x) = 0 ⇔ x = 7 3x + 6 3 12 Felhaszn´aljuk tov´abb´a, hogy = + (x − 2)2 x − 2 (x − 2)2 t=
Z1 −2
3x + 6 dx− (x − 2)2
Z1
4/7
1 1 21x2 12 − − 12x ≈ (21x−12) dx = 3 ln |x − 2| − x − 2 −2 2 4/7
≈ (9 − ln 64) − (1, 9285) ≈ 2, 912 i1 h 2 21x megj.: a 2 − 12x ´ert´ek egy olyan der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og ter¨ uletek´ent is sz´amolhat´o, 4/7
amelynek a k´et befog´oja 3/7 ill. 9 hossz´ u.
2. Adott a k¨ovetkez˝o h´arom s´ık a h´aromdimenzi´os t´erben: S1 : 3x − y − z = 1 S2 : 2x − 3y + z = −1 S3 : 5x + 2y − 4z = 6 (a) Van-e k¨oz¨os pontja a h´arom s´ıknak? Ha igen, hat´arozza meg az ¨osszeset, 7p ha nincs, indokolja meg, mi´ert nincs! Mo.: Megoldjuk a line´aris egyenletrendszert (az egy¨ utthat´om´atrix oszlopvektorait a1 , a2 , a3 -mal, az egyenletek jobboldal´an ´all´o sz´amokb´ol k´epzett vektort b-vel jel¨olve): a1
∼
a2
a3
a3
a1
b
3 −1 −1 1 ∼ 2 −3 1 −1 5 2 −4 6
e1 e2 e3 a1
a2
b
1 2 −2 2 ∼ a1 a2 0 1 −1 −1 e3 0 −8 6 −4
a1 a2 1 0 0
a3
a2
a3
b
a1
1 2 −2 2 ∼ a1 e2 2 −3 1 −1 e3 5 2 −4 6 b
0 0 4 ∼ 1 −1 −1 0 −2 −12
a1 a2 1 0 0
a3
a2
a3
b
1 2 −2 2 ∼ 0 −7 5 −5 0 −8 6 −4 b
0 0 4 ∼ a1 1 −1 −1 a2 a3 0 1 6
Kaptuk: a h´arom s´ıknak egyetlen k¨oz¨os pontja van: M (4, 5, 6) 1 −1 −1 3 (b) ´Irja fel a nullvektort a 2 , −3 , 1 , −1 vektorok 6 −4 2 5
a1 a2 a3 b 1 0 0
0 1 0
0 0 1
6p
nem-trivi´alis line´aris kombin´aci´ojak´ent!
Mo.: Mivel b = 4a1 + 5a2 + 6a3 , ebb˝ol pl.: 4a1 + 5a2 + 6a3 − b = 0 3 −1 −1 1 (c) Hat´arozza meg a 2 −3 1 −1 m´atrix rangj´at! 5 2 −4 6
4p
Mo.: Az (a)-beli elj´ar´asb´ol ad´odik: ρ = 3
(d) Adjon meg egy olyan v vektort, amely mer˝oleges az S1 s´ıkra ´es koordin´at´ainak szorzata 1!
3p
Mo.: Mivel az S2 s´ık egy norm´alvektora: nS2 (3, −1, −1), ez´ert akeresett v vektorra 1 3 1 1 . ,v= √ , −√ v = λ(3, −1, −1) = (3λ, −λ, −λ) ad´odik. Ebb˝ol: λ = √ , −√ 3 3 3 3 3 3 3 3
4 5 6
3. Tekints¨uk az A = {1, 2, 3, 4, 5} ´es B = {1, 2, 3} halmazokat! (a) Hat´arozza meg az al´abbi ´ert´ekeket:1 Mo.: |P (A × B)| = 215 = 32768
|P (A) × P (B)| = 25 · 23 = 256
4p |P (A ∆ B)| = 22 = 4
|P (A) ∆ P (B)| = 25 − 23 = 24
(b) Hat´arozza meg az f : A → B f¨ uggv´enyek sz´am´at! 3p Mo.: A f¨ uggv´enyeket k´enyelmesen megsz´amolhatjuk a k¨ovetkez˝ok´eppen: egy k´et-oszlopos t´abl´azatba foglaljuk, hogy egy f¨ uggv´eny az egyes A-beli elemekhez mit rendel B-b˝ol: A 1 2 3 4 5
B bi1 bi2 bi3 bi4 bi5
A bal oldali oszlopban A elemei szerepelnek sorbarendezve, a jobb oldali oszlopban B elemei tetsz˝olegesen, ism´etl˝od´es megenged´es´evel. Azt kell megsz´amolnunk, hogy a 2. oszlopba h´anyf´elek´eppen tudjuk B elemeit tetsz˝olegesen, ism´etl˝od´es megenged´es´evel be´ırni, azaz hogy 3 elemb˝ol h´anyf´elek´eppen tudunk 5-hossz´ u sorozatokat k´esz´ıteni, ha ism´etl´es megengedett. i Ez V3,5 = 35 = 243 - f´elek´eppen lehets´eges. (c) ´Irja fel algebrai alakban azokat a z komplex sz´amokat, amelyekre
3p
Re(z) ∈ A , Im(z) ∈ B ´es |z| ≤ 2
Mo.: Az egyetlen megold´as: z = 1 + j (d) Tekints¨ uk a fenti B halmazon ´ertelmezett S1 ´es S2 homog´en bin´aris rel´aci´okat, amelyekre xS1 y , ha x + y < 5 x xS2 y , ha ∈Z y i. Hat´arozza meg az al´abbi halmazokat elemeik felsorol´as´aval:
3p
Mo.: S1 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (3, 1)} S2 = {(1, 1), (2, 1), (3, 1), (2, 2), (3, 3)} S2 ◦ S1 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (3, 1)} = S1 ii. D¨ontse el, hogy a reflex´ıv, szimmetrikus, antiszimmetrikus, tranzit´ıv tulajdons´agok k¨oz¨ ul melyek teljes¨ ulnek az S1 ´es S2 rel´aci´okra! S1 : szimmetrikus S2 : reflex´ıv, antiszimmetrikus, tranzit´ıv 1
P (X) az X halmaz hatv´ anyhalmaz´ at jel¨ oli.
2p
4. (a) Vizsg´alja meg, hogy a {0, 1, 3} halmaz z´art-e az ⊕4 ill. ⊗4 m˝uveletekre!2
2p
Mo.: A halmaz ⊕4 -re nem z´art, pl. mert 1 ⊕4 1 = 2 ∈ / {0, 1, 3}; A halmaz ⊗4 -re z´art.
(b) Legyen (F6 ; ◦) a szab´alyos hatsz¨og forg´ascsoportja a szok´asos kompoz´ıci´o m˝ uvelettel. A hatsz¨og cs´ ucsait jel¨olj¨ uk A , B , C , D ,E , F -fel, a hatsz¨og k¨oz´eppontj´at O-val. i. Adja meg az O k¨oz´eppont´ u, pozit´ıv ir´any´ u 120◦ -os forgat´ast t´abl´azatos ´es ciklikus ´ır´asm´oddal! Mo.: A B C D E F = (ACE)(BDF ) C D E F A B
2p
ii. Teljes¨ ul-e az
2p
(ADC) (EB) (F ) = (ADCE)(BF ) ◦ (A)(CEF B)(D) egyenl˝os´eg? Mo.: Igen. iii. Vizsg´alja meg, hogy izomorf-e a D3 di´edercsoport ´es F6 , azaz d¨ontse el, 2 p hogy (D3 ; ◦) ∼ ul-e!3 = (F6 ; ◦) teljes¨ Mo.: A k´et csoport nem izomorf: F6 ciklikus csoport, D3 viszont nem. (c) Tekints¨ uk a val´os sz´amok halmaz´at a szok´asos ¨osszead´as ´es szorz´as
5p
m˝ uveletekkel: (R ; + , ·)
Tov´abb´a tekints¨ unk egy els˝orend˝ u nyelvet, amelyben az individuumv´altoz´ok: x, y adott k´et k´etv´altoz´os f¨ uggv´enyjel: f , g adott egy k´etv´altoz´os predik´atumjel: P . Adjon meg egy olyan interpret´aci´ot, amelyben formaliz´alhat´o a k¨ovetkez˝o kijelent´es: Az (R ; + , ·) strukt´ ur´aban mindk´et m˝ uvelet idempotens.
Formaliz´alja a kijelent´est ´es hat´arozza meg logikai ´ert´ek´et a megadott interpret´aci´oban! Mo.: Legyen U = R f (x, y) = x + y g(x, y) = x · y P xy : x = y A kijelent´es formaliz´alva: ∀x (P f (x, x)x ∧ P g(x, x)x) A kijelent´es a fenti interpret´aci´oban: hamis. (Pl.: 2 + 2 6= 2)
2 3
⊕4 a modulo 4 o ¨sszead´ ast, ⊗4 a modulo 4 szorz´ ast jel¨ oli D3 a szab´ alyos h´ aromsz¨ og egybev´ ag´ os´ againak halmaza
5. (a) Lehetnek-e egy egyszer˝u gr´af foksz´amai: 1,2,3,3,4,5 ?
2p
Mo.: Igen, ld.:
(b) Tekints¨ uk a k¨ovetkez˝o G gr´afot:
i. H´any k¨or van G-ben? 2p Mo.: 6 db ii. Legfeljebb h´any ´el hagyhat´o el bel˝ole, hogy m´eg ¨osszef¨ ugg˝o maradjon? 2 p Mo.: 8 pont´ u ¨osszef¨ ugg˝o gr´afban 7 a minim´alis ´elsz´am, ´ıgy azt kapjuk, hogy legfeljebb 4 ´el hagyhat´o el. (Ekkor a marad´ek gr´af egy fagr´af.) iii. Be lehet-e h´ uzni egy ´elt u ´gy, hogy a gr´af egyszer˝ u maradjon ´es ne n˝oj¨on a kromatikus sz´am?
2p
(Azaz: b˝ ov´ıthet˝ o-e G ´elhalmaza egy elemmel u ´gy, hogy az ´ıgy kapott G∗ egyszer˝ u gr´ affal ∗ χ(G) = χ(G ) teljes¨ ulj¨ on?)
Mo.: Igen. χ(G) = 3, ´es az al´abbi G∗ gr´afra szint´en χ(G∗ ) = 3. (Ld. egy sz´ınez´es´et a p, k, s sz´ınekkel.) p
s p
k
k p p
k G*
iv. Elhagyhat´o-e G-b˝ol egy ´el u ´gy, hogy azzal cs¨okkenjen a kromatikus sz´am? 2 p Mo.: Igen. Az al´abbi G∗∗ gr´afnak 2 a kromatikus sz´ama: p
k p
k
k p k
p
G**
(c) Melyek izomorfak az al´abbi gr´afok k¨oz¨ ul?
G1
Mo.: G2 ∼ = G3
G2
2p
G3
G4
6. (a) Hat´arozza meg az al´abbi integr´alokat!
8p
Mo.: Z i. x2 ex dx = x2 ex − 2xex + 2ex + C (parci´alis integr´al´assal) Z 1 2 2 ii. xex dx = ex + C (g ′ (x) · f (g(x)) alakra hozhat´o integrandus) 2 (b) Igazolja az al´abbi egyenl˝os´eget! ∞ X k=2
7p
∞
X (0, 4)k 2 = k 2 + 2k 2 k=0
Mo.: A bal oldal (parci´alis t¨ortekre bont´assal): ∞ ∞ P P 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 1 = − + − + − + − +... = + = = − 2 k k+2 2 4 3 5 4 6 5 7 2 3 6 k=2 k + 2k k=2 A jobb oldal (m´ertani sor):
∞ (0, 4)k P 1 1 5 1 10 = · · = 4 = 2 2 1 − 10 2 6 6 k=0
A k´et sor¨osszeg teh´at megegyezik.
(c) Hat´arozza meg az al´abbi differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´as´at! y ′′ − y ′ = 2 Mo.: Y ′′ − Y ′ = 0 Y = C1 + C2 ex yp = Ax
(rezonancia!)
yp′ = A yp′′ = 0 0 − A = 2 ⇒ A = −2 yp = −2x
y = Y + yp = C1 + C2 ex − 2x
5p
