Budapesti M˝ uszaki ´es Gazdas´agtudom´anyi Egyetem G´ep´eszm´ern¨oki Kar Energetika ´ es Mechatronika BSc szakok
Matematika A2H
—
Vizsga gyakorl´ o feladatsor
—
F
Kiadva: 2016. m´ajus 22.
´ ´ ELMELETI RESZ: L´ asd a kiadott elm´eleti k´erd´essort.
4.) Milyen p > 0 param´eter-´ert´ekekre lesz konvergens a
∞ X tg n=2
1 p √n
n
numerikus sor?
5. a) Fejts¨ uk Fourier-sorba a Φ(x) := | sin x| f¨ uggv´enyt! ´ b.) Allap´ ıtsuk meg, hol ´es hov´ a konvergens a f¨ uggv´eny Fourier-sora! c.) Behelyettes´ıtve az x = π/2 helyen, adjunk v´egtelen sor el˝o´all´ıt´ast a π ´ert´ek´enek meghat´aroz´ as´ ara. d.) Mondjunk olyan k¨ usz¨ obsz´ amot, amelyet el´erve a tagok ¨osszead´as´aval ebben a sorban, π ´ert´ek´ere m´ ar legal´ abb 3 tizedesre j´ o k¨ozel´ıt´est kapunk! 0 6 3 5 2 4 0 4 0 −1 1 6.) H´ any megold´ asa van az yC = 0 egyenletnek, ha C := 1 3 −1 1 ? 2 0 4 0 3 2 0 −2 −2 1 7.) Az A ∈ R4×4 m´ atrix saj´ at´ert´ekei 1, 1/2, 1/3, 1/4, amelyekhez rendre a 0 −1 2 −1 0 1 0 1 , , , 0 1 0 0 −1 3 0 2 saj´atvektorok tartoznak. Adja meg az A−1 m´atrixot! 8.) Az f (x, y) = z = z(x, y) f¨ uggv´enyt az x cos y + y cos z + z cos x = 1 f¨ uggv´enyegyenlet impliciten hat´ arozza meg. Sz´ am´ıtsa ki az f f¨ uggv´eny gradiens´et a P (0, 1) pontban! 9.) Vizsg´ alja meg, hogy a k(x, y) := ex (x + y) − 2x − y f¨ uggv´enynek hol vannak sz´els˝o´ert´ekei! 10.) Teljes differenci´ al-e az (x2 + cos y) dx + (z 2 − x sin y) dy + 2zydz differenci´al? 2 2 2 11.) Konvergens-e a D := RR {(x, y) 2∈ R 2 : x + y ≤ 1} egys´egk¨orben a (0-ban nem korl´atos integrandussal fel´ırt) D log(x + y )dxdy improprius integr´al? Bizony´ıtsa be, ha nem, vagy sz´ am´ıtsa ki, ha igen!
12.) Egy talpas poh´ ar kelyhe a z = x2 parabola elforgat´as´aval keletkez˝o forg´asi paraboloid alakj´ at mutatja. A poh´ arban 4 cm magass´agig 1 s˝ ur˝ us´eg˝ u v´ız, afelett pedig 9 cm magass´agig α s˝ ur˝ us´eg˝ u ismeretlen folyad´ek van. Mennyi az ismeretlen folyad´ek α s˝ ur˝ us´ege, ha a teljes folyad´ekmennyis´eg s´ ulypontja ´eppen a k´etf´ele folyad´ek hat´ar´an van?
Budapesti M˝ uszaki ´es Gazdas´agtudom´anyi Egyetem G´ep´eszm´ern¨oki Kar Energetika ´ es Mechatronika BSc szakok
Matematika A2H
—
Gyakorl´ o feladatok megold´ asai
4.) Milyen p > 0 param´eter-´ert´ekekre lesz konvergens a
∞ X tg n=2
1 p √n
n
—
F
numerikus sor?
Megold´ as: A hat´ ar´ert´ek-teszttel (vagy m´as n´even speci´alis ¨osszehasonl´ıt´o krit´eriummal) dolgozunk: ¨ osszehasonl´ıtjuk a sorunk an elemeit ´es a bn := n−p−1/2 sorozatot, amelyre −p limn→∞ an /bn = limn→∞ tgn(n−p ) = limx→0 tgxx = tg 0 (x)|x=0 = 1, ami v´eges ´es nem nulla. P A krit´erium ´ertelm´eben ez´ert a k´et pozit´ıv tag´ u sor – az eredeti ´es a n n−p−1/2 sor – egyszerre lesz konvergens ill. divergens. Ez ut´obbi sor viszont ´eppen a p-harmonikus sor, csak a param´eter ´ert´eke van eltolva 1/2-del: ez´ert pontosan akkor konvergens, ha p + 1/2 > 1, aza p > 1/2, ´es divergens, ha p ≤ 1/2. 5. a) Fejts¨ uk Fourier-sorba a Φ(x) := | sin x| f¨ uggv´enyt! ´ b.) Allap´ ıtsuk meg, hol ´es hov´ a konvergens a f¨ uggv´eny Fourier-sora! c.) Behelyettes´ıtve az x = π/2 helyen, adjunk v´egtelen sor el˝o´all´ıt´ast a π ´ert´ek´enek meghat´aroz´ as´ ara. d.) Mondjunk olyan k¨ usz¨ obsz´ amot, amelyet el´erve a tagok ¨osszead´as´aval ebben a sorban, π ´ert´ek´ere m´ ar legal´ abb 3 tizedesre j´ o k¨ozel´ıt´est kapunk! Megold´ as: a.) A f¨ uggv´eny p´ aros, ez´ert tiszta cos sor lesz. R´aad´asul a fv. periodikus π-vel is, ´ıgy Fourier-sor´ aban csak p´ aros multiplicit´ as´ u tagok szerepelhetnek, ami ak´ar a sz´amol´ as Rπ Rπ sor´an is l´athat´ o lesz:R nyilv´ an a0 = π1 0 sin x dx = 2/π, ´es an = π2 0 sin x cos nx dx. Ha n = 1, π akkor teh´at a1 = π1 0 sin 2x dx = 0, ´es ha n > 1, akkor a 2 sin α cos β = sin(α+β)−sin(α−β) Rπ azonoss´agot alkalmazva an = π1 0 sin(n + 1)x − sin(n − 1)x dx = π1 [− cos(n+1)x + cos(n−1)x ]π0 = n+1 n−1 1 1 −4 1 n−1 − 1)[ n−1 − n+1 ] = π(n2 −1) , ha n = 2k p´aros, ´es 0, ha n p´aratlan. π ((−1) P 1 ¨ u. Osszefoglalva teh´ at Φ Fourier-sora π2 − π4 ∞ k=1 4k2 −1 cos(2kx) alak´ b.) Eset¨ unkben Φ szakaszonk´ent folytonosan differenci´alhat´o, ´es folytonos is. Az el˝oad´ason tanult t´etel szerint ´ıgy a Fourier-sor minden pontban konvergens Φ-hez. Az O(1/n2 )-es majoriz´al´as miatt a Fourier-sor egy´ebk´ent norm´alisan, ´ıgy abszol´ ut ´es egyenletesen is konverg´al. P (−1)k 2 4 P∞ 1 c.) Φ(π/2) = 1 = π − π k=1 4k2 −1 cos(2kπ/2), ´ıgy π = 2 − ∞ k=1 k2 −1/4 . d.) A sor Leibniz t´ıpus´ u, ez´ert elegend˝o addig a k-ig elmenj¨ unk, hogy (k+1)12 −1/4 < ε := √ 0, 0005, azaz (k +1)2 −1/4 > 2000: ehhez k0 ≥ 2000 elegend˝o. Az pl. k¨onnyen l´athat´o, hogy k0 = 50 m´ ar j´ o, mert 502 > 2000 (az ´elesebb k0 = 44 is l´atszik, mert 452 = 8100/4 > 2000). 0 6 3 5 2 4 0 4 0 −1 1 6.) H´ any megold´ asa van az yC = 0 egyenletnek, ha C := 1 3 −1 1 ? 2 0 4 0 3 2 0 −2 −2 1 Megold´ as: Ez csak a m´ atrix szingularit´as´at´ol f¨ ugg: ha C nem-szingul´aris, akkor a megold´as egy´ertelm˝ u (csak a 0 vektor), ha szingul´aris, akkor viszont v´egtelen sok megold´as van.
(Vegy¨ uk ´eszre, hogy az egyenlet ekvivalens a szok´asosabb alakban fel´ırhat´o transzpon´altj´aval: T T C y = 0T – azonban C szingularit´ asa szempontj´ab´ol ez ekvivalens k´erd´es.) A szingularit´ as viszont a determin´ans elt˝ un´es´evel ekvivalens, ´ıgy elegend˝o azt megn´ezni, hogy a determin´ ans nulla lesz-e. Ehhez ekvivalens sor- ´es oszlopm˝ uveleteket egyar´ant v´egezhet¨ unk, ´ıgy k¨onnyen kinull´ azhatunk sorokat ´es oszlopokat: 0 6 3 −2 0 5 5 2 3 0 −2 5 3 0 4 0 4 4 0 4 0 −1 0 −1 S1 − 2S3 4 4 0 −1 S1 + (3/2)S4 1 1 ∼ |C| = 1 3 −1 1 1 3 −1 1 4 0 3 = = 2 0 4 2 0 4 2 0 3 0 3 2 −2 −2 1 2 0 −2 −2 1 2 0 −2 −2 1 1 2 0 3/2 1 2 3 1 2 3 1 2 3/2 4 4 1 S3 − 2S1 1 0 −1 4 4 −2 = 0 = ∼ 4 4 −1 = 4 4 −2 0 3 = 2 2 2 4 2 4 3 2 4 6 0 0 0 2 −2 −2 1 A determin´ ans 0, a C m´ atrix szingul´aris, az egyenletnek ∞ sok megold´asa van. 7.) Az A ∈ R4×4 m´ atrix saj´ at´ert´ekei 1, 1/2, 1/3, 1/4, amelyekhez rendre a −1 2 −1 0 0 1 0 1 , , , 0 1 0 0 2 0 3 −1 saj´atvektorok tartoznak. Adja meg az A−1 m´atrixot! atrix saj´ at´ert´ekei az A m´atrix saj´at´ert´ekeinek reciprokai, nevezetesen Megold´ as. Az A−1 m´ az 1, 2, 3, 4 sz´ amok, m´ıg az A ´es A−1 m´atrixok saj´atvektorai megegyeznek. Az A−1 m´atrix saj´atvektoraib´ ol mint oszlopokb´ ol k´epzett m´atrixot Q-val jel¨olve, ´es D-vel jel¨olve az A−1 m´atrix ezen saj´ atvektorok szerinti diagonaliz´altj´anak diagon´alis m´atrix´at – amelyben teh´ at −1 a f˝o´atl´oban az 1, 1/2, 1/3, 1/4 saj´ at´ert´ekek szerepelnek – az A m´atrix inverze a D = Q AQ spektr´alfelbont´ as alapj´ an D−1 = Q−1 A−1 Q, A−1 = QD−1 Q−1 alakban hat´arozhat´o meg, amihez term´eszetesen a Q−1 m´ atrixot ki kellett sz´amolni Gauss-Jordan elimin´aci´oval: :) −1 2 −1 0 | 1 0 0 0 −1 2 −1 0 | 1 0 0 0 0 1 0 1 | 0 1 0 0 1 | 0 1 0 0 S4 + 2S1 0 1 0 S2 ↔ S3 , (−1) · S1 0 1 0 0 1 0 0 | 0 0 1 0 0 | 0 0 1 0 ⇔ ⇔ 2 0 3 −1 | 0 0 0 1 0 4 1 −1 | 2 0 0 1 1 −2 1 0 | −1 0 0 0 1 0 1 0 | −1 0 2 0 S1 +2S2 0 1 0 0 | 0 0 1 0 S3 −S2 , S4 −4S2 0 1 0 0 | 0 0 1 0 S3 ↔ S4 0 1 0 1 | 0 1 0 0 0 0 0 1 | 0 1 −1 0 ⇔ ⇔ 0 4 1 −1 | 2 0 0 1 0 0 1 −1 | 2 0 −4 1 1 0 1 0 | −1 0 2 0 1 0 0 0 | −3 −1 7 −1 0 1 0 0 | 0 0 1 0 S3 + S4 , S1 − S3 0 1 0 0 | 0 0 1 0 . 0 0 1 −1 | 2 0 −4 1 0 0 1 0 | 2 1 −5 1 ⇔ 0 0 0 1 | 0 1 −1 0 0 0 0 1 | 0 1 −1 0
Innen teh´ at −1 0 A−1 = 0 2 −1 0 = 0 2
2 −1 0 1 1 0 1 0 1 0 0 0 0 3 −1 0 2 −1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 0 0 3 −1 0
0 2 0 0
0 0 3 0
0 2 0 0
0 0 3 0
0 −1 0 0 0 0 4 2 0 −3 0 0 0 2 4 0
−1 2 −1 0 1 0 1 = 1 0 0 0 3 −1 −1 7 −1 −3 −2 12 −2 0 1 0 4 −2 0 = 0 . 1 −5 1 0 0 2 0 1 −1 0 12 3 −27 7
8.) Az f (x, y) = z = z(x, y) f¨ uggv´enyt az x cos y + y cos z + z cos x = 1 f¨ uggv´enyegyenlet impliciten hat´ arozza meg. Sz´ am´ıtsa ki az f f¨ uggv´eny gradiens´et a P (0, 1) pontban! Megold´ as: Tanult t´etel szerint ha F (x1 , . . . , xn , z) ≡ c (konstans) a z = f (x1 , . . . , xn ) ∂F
helyeken, akkor f parci´ alis deriv´ altjait a
∂f ∂x = − ∂Fj formula adja meg minden olyan helyen, ∂xj ∂z
ahol a nevez˝ o nem nulla. cos y−z sin x z sin x−cos y −x sin y+cos z x sin y−cos z Ez´ert eset¨ unkben ∂f es ∂f ∂x = − cos x−y sin z = cos x−y sin z ´ ∂y = − cos x−y sin z = cos x−y sin z mindenhol, ahol cos x − y sin z 6= 0. Szerencs´ere a P pontban ez a nevez˝o nem t˝ unik el, mert cos 0 − 1 sin z = 1 − sin z, ´es z 6= π/2 + 2kπ, mert akkor cos z = 0 ´es a f¨ uggv´enyegyenletb˝ ol 0 cos 1 + 1 cos(π/2 + 2kπ) + (π/2 + 2kπ) cos 0 = π/2 + 2kπ 6= 1 volna. Tov´abbi gondolkoz´ assal az is kisz´amolhat´o, hogy a P (0, 1) ponthoz csak az egyetlen f (P ) = z = 0 ´ert´ek tartozhat, mivel a 0 cos 1 + 1 cos z + z cos 0 = 1 egyenletnek – azaz a z + cos z = 1 egyenletnek – az egyetlen gy¨oke a z = 0: ugyanis z + cos z − 1 szigor´ uan monoton n¨ov˝o f¨ uggv´eny (a deriv´ altja 1 − sin z ≥ 0, ´es egyetlen intervallumon sem azonosan nulla — A1 anyag!), ´es a 0-ban nyilv´ anval´ oan 0, teh´at m´as gy¨oke ez´ert nincs. 0−cos 1 ´Igy a P pontban haszn´ alhatjuk a kapott formul´at, ´es ez´ert ∂f ∂x (0, 1) = cos 0−1 sin 0 = − cos 1 0 sin 1−cos 0 ´es ∂f at ∇f (0, 1) = (− cos 1, −1). ∂y (0, 1) = cos 0−1 sin 0 = −1. A gradiens vektor teh´ 9.) Vizsg´ alja meg, hogy a k(x, y) := ex (x + y) − 2x − y f¨ uggv´enynek hol vannak sz´els˝o´ert´ekei! Megold´ as: Mivel k ∈ C 2 (R2 ), el˝ osz¨or is kritikus pontokat keres¨ unk. ∇k(x, y) = (ex (x + x x x y) + e − 2, e − 1), ´es ∇k(x, y) = 0 ⇒ e − 1 = 0 azaz x = 0 ´es ex (x + y) + ex − 2 = 0 ⇒ y + 1 − 2 = 0 ⇒ y = 1, teh´ at az egyetlen kritikus pont az a := (0, 1) pont. A f¨ uggv´eny itteni viselked´es´enek eld¨ont´es´ehez kisz´am´ıthatjuk a H(a) = D(2) k(a) m´asodik deriv´altat vagy Hesse-m´ atrixot: ´ altal´aban erre " 2 # ∂ k ∂2k ex (x + y + 2) ex x x+y+2 1 ∂xy ∂x2 H(x, y) = ∂ 2 k ∂ 2 k = =e , ex 0 1 0 ∂xy ∂y 2
3 1 ´es a k´erd´eses a = (0, 1) pontban ´ıgy speci´alisan H = . A saj´at´ert´ekei a PH (λ) = 1 0 (3 − λ)(−λ) − 1 = λ2 − p √ 3λ − 1 = 0 karakterisztikus egyenlet gy¨okei, amelyek a λ1,2 = 3/2 ± 9/4 + 1 = 3/2 ± 13/2 sz´ amok; a m´asodfok´ u egyenlet (λ − λ1 )(λ − λ2 ) alkj´ab´ol is j´ ol l´athat´oan a gy¨ ok¨ ok szorzata – ami egy´ebk´ent pontosan a det H determin´ans – negat´ıv.
Azt tal´ aljuk teh´ at, hogy a m´ asodik deriv´alt indefinit, ´ıgy nincsen a f¨ uggv´enynek sz´els˝o´ert´eke, hanem nyeregpontja van. 10.) Teljes differenci´ al-e az (x2 + cos y) dx + (z 2 − x sin y) dy + 2zydz differenci´al? Megold´ as: Ehhez azt kell ellen˝ orizni, hogy a a felt´etelezett potenci´alf¨ uggv´enyre (”primit´ıv f¨ uggv´enyre”, aminek az adott kifejez´es a differenci´alja lehetne) teljes¨ ulnek-e a Young-t´etel felt´etelei, azaz a keresztbe vett parci´ alis deriv´altakra azonoss´agot tapasztalunk-e? 2 Teh´at legyen U (x, y, z) := x + cos y, V (x, y, z) := z 2 − x sin y, W (x, y, z) := 2zy — ekkor az a k´erd´es, hogy az Uy0 = Vx0 , Uz0 = Wx0 , Vy0 = Wz0 azonoss´agok teljes¨ ulnek-e? 0 0 0 0 Ezeket kisz´ amolva: Uy = − sin y, Vx = − sin y, Uz = 0, Wx = 0, ´es Vz0 = 2z, Wy0 = 2z, teh´at a Young-t´etelnek megfelel˝ o azonoss´agok teljes¨ ulnek, ´es ´ıgy az U dx+V dy+W dz kifejez´es teljes differenci´ al. Egy´ebk´ent a potenci´ alf¨ uggv´enyt is meg lehet hat´arozni a felt´etelezett Fx0 = U, Fy0 = V, Fz0 = 1 3 W formul´akb´ ol: F = 3 x + x cos y + A(y, z) = z 2 y + x cos y + B(x, z) = z 2 y + C(x, y), ´ıgy pl. az els˝o kett˝ ob˝ ol 31 x3 +A(y, z)−z 2 y = B(x, z), ami teh´at nem f¨ ugghet y-t´ol, ez´ert A(y, z)−z 2 y sem f¨ ugghet y-t´ ol, azaz akkor csak z-t˝ol f¨ ugghet, ´es a(z) = A(y, z)−z 2 y, A(y, z) = z 2 y+a(z); a m´asodik ´es a harmadik egyenletb˝ ol pedig hasonl´oan x cos y+B(x, z) = C(x, y) nem f¨ ugg z-t˝ol, ez´ert B(x, z) = b(x); ´es ezekb˝ ol F (x, y, z) = 31 x3 +x cos y+z 2 y+a(z) = z 2 y+x cos y+b(x), ´ıgy b(x) = 31 x3 + a(z), teh´ at a(z) = c konstans ´es b(x) = 13 x3 + c: v´eg¨ ul teh´at F (x, y, z) = 13 x3 + x cos y + z 2 y + c (amit parci´ alisan deriv´alva vissza is kapjuk az el˝o´ırt ∇F = (U, V, W ) gradiens vektort). A potenci´ alf¨ uggv´enynek a megkeres´ese azonban nem r´esze a feladat kit˝ uz´es´enek. 2 2 2 11.) Konvergens-e a D := RR {(x, y) 2∈ R 2 : x + y ≤ 1} egys´egk¨orben a (0-ban nem korl´atos integrandussal fel´ırt) D log(x + y )dxdy improprius integr´al? Bizony´ıtsa be, ha nem, vagy sz´ am´ıtsa ki, ha igen!
Megold´ as: Az improprius integr´ al csak az O-ban v´alik v´egtelenn´e, ez´ert defin´ıci´o szeRR RR rint D log(x2 + y 2 )dxdy = limδ→0 D\δD log(x2 + y 2 )dxdy. Az ut´obbi gy˝ ur˝ u alak´ u halmazon bevezetve a pol´ arkoordin´ at´ akat, a szok´asos (x, y) = T (r, ϕ) = (r cos ϕ, r sin ϕ) ´att´er´esi lek´epez´essel ez a halmaz az E := [δ, 1] × [0, 2π] ”pol´ar-koordin´at´as t´egl´anak” felel RR meg, ´ıgy2 az ismert JT (r, ϕ) = r pol´ ar-´ att´er´eses Jacobi-determin´ans ´ert´ek´et felhaszn´alva D\δD log(x + RR R1 1 2 1 2 2 2 2 y )dxdy = E log(r )rdrdϕ = 2π δ 2r log r dr = 2π[r log r − 2 r ]δ = −2π(1 − δ + 2 2δ (δ → 0). Teh´ at a limesz, ´es ´ıgy az improprius integr´al is l´etezik, ´es RR log δ) 2→ −2π 2 D log(x + y )dxdy = −2π. 12.) Egy talpas poh´ ar kelyhe a z = x2 parabola elforgat´as´aval keletkez˝o forg´asi paraboloid alakj´ at mutatja. A poh´ arban 4 cm magass´agig 1 s˝ ur˝ us´eg˝ u v´ız, afelett pedig 9 cm magass´agig α s˝ ur˝ us´eg˝ u ismeretlen folyad´ek van. Mennyi az ismeretlen folyad´ek α s˝ ur˝ us´ege, ha a teljes folyad´ekmennyis´eg s´ ulypontja ´eppen a k´etf´ele folyad´ek hat´ar´an van? Megold´ as: Jel¨ olje a poh´ ar folyad´ekkal t¨olt¨ott belsej´et P : ekkor a poh´ar fala a z = x2 + (0 ≤ z ≤ 9 ⇔ |(x, y)| ≤ 3) p egyenletekkel ´ırhat´o le, ´ıgy k¨onnyen l´athat´o, hogy P = {(x, y, z) ∈ R3 : (0 ≤)|(x, y)| = x2 + y 2 ≤ 3, x2 + y 2 ≤ z ≤ 9}. A forg´ asszimmetria miatt a s´ ulypont (t¨omegk¨oz´eppont) a z tengelyen helyezkedik el, M m´egpedig a z = Mxy magass´ agban, ahol M a teljes P -ben elhelyezked˝o folyad´ekmennyis´eg t¨omege, Mxy pedig az xy s´ıkra gyakorolt statikai nyomat´eka. Teh´at azt az egyenletet kell megoldjuk, hogy z = 4, amihez az ismeretlen α param´eterrel ki kell sz´am´ıtsuk az M ¨osszt¨omeget ´es az Mxy statikai nyomat´ekot. y2,
Vegy¨ uk ´eszre, hogy, b´ ar nehez´ıti a dolgunkat, hogy v´altoz´o s˝ ur˝ us´eg˝ u anyaggal van dolgunk, az´ert a s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny igen egyszer˝ u, hiszen csak a magass´agt´ol f¨ ugg, ´es konkr´etan ( u alak´ 1 ha 0 ≤ z ≤ 4 ´ıgy ´ırhat´o fel: ρ(x, y, z) = ρ0 (z) = . α ha 4 ≤ z ≤ 9 A feladatot direkt integr´ al´ assal is meg lehet oldani, de tal´an eleg´ansabb ´es ´ıgy k¨onnyebb az (r, ϕ, h) hengerkoordin´ at´ akra ´ att´erve dolgozni. Val´oban, ha H(r, ϕ, h) = (x, y, z) = (r cos ϕ, r sin ϕ, h) az ´ att´er´esi transzform´aci´o, akkor Q := H −1 (P ) = {(r, √ ϕ, h) : 0 ≤ r ≤ 2 3, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, r ≤ h ≤ 9} = {(r, ϕ, h) : 0 ≤ h ≤ 9, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ h} egyszer˝ u alak´ u, r´aad´asul a s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny is ugyanolyan egyszer˝ u marad, hiszen ρ(H(r, ϕ, h)) = ρ0 (h). A kisz´am´ıtand´ o mennyis´egek teh´ at hengerkoordin´at´akra ´att´erve (´es ek¨ozben felhaszn´alva, hogy az ´att´er´es Jacobi-determin´ ansa a j´ol ismert JH (r, ϕ, h) = r ´ert´ek), majd Fubini t´etel´enek alkalmaz´as´ aval szukcessz´ıv integr´ al´ asra ´atalak´ıtva: ZZZ
ZZZ
M=
9 Z 2π
Z
ρ(x, y, z) dxdydz =
√
Z
h
ρ0 (h)r drdϕdh =
P
ρ0 (h)r dr dϕ dh
Q
0
0
0
Z
9 Z 2π
Z
´es ZZZ
ZZZ
Mxy =
zρ(x, y, z)dxdydz =
√
hρ0 (h)r drdϕdh =
P
Q
h
hρ0 (h)r dr dϕ dh. 0
0
0
A bels˝o dr ´es dϕ szerinti integr´ alok k¨onnyen kisz´am´ıthat´oak, mert sem h, sem ρ0 (h) nem f¨ uggenek ezekt˝ ol a v´ altoz´ okt´ ol (csak az r Jacobi-determin´ans ´ert´ek´et kell integr´alni, ami ϕben szint´en konstans, de r-ben is igen egyszer˝ u), ´ıgy teh´at Z 4 Z 9 Z 9 Z 9 √ 65 h 2 M = 2π ρ0 (h)[r /2]0 dh = π ρ0 (h)hdh = π hdh + αhdh = π 8 + α 2 0 0 0 4 ´es hasonl´oan sz´ amolva Z 9 Z √ h 2 Mxy = 2π hρ0 (h)[r /2]0 dh = π 0
amib˝ol
0
9 2
Z
ρ0 (h)h dh = π
4 2
Z
h dh + 0
4
9
64 665 αh dh = π +α , 3 3 2
665 π 64 Mxy 128 + 1330α 3 + α 3 z= = = 65 M 48 + 195α π 8+α 2
Behelyettes´ıtve a kit˝ uz´es szerinti z = 4 ´ert´eket ´es megoldva az egyenletet, α = ad´odik.
64 550
≈ 0, 116
Budapesti M˝ uszaki ´es Gazdas´agtudom´anyi Egyetem G´ep´eszm´ern¨oki Kar Energetika ´ es Mechatronika BSc szakok
Matematika A2H
—
Vizsga gyakorl´ o feladatsor
—
G
Kiadva: 2016. m´ajus 22.
´ ´ ELMELETI RESZ: L´ asd a kiadott elm´eleti k´erd´essort. √ ∞ X 2n ( n − log2 n) √ v´egtelen sor? Igazolja is ´all´ıt´as´at! n!(n − n) n=2 Rx 5.) Fejtse hatv´ anysorba a C(x) := 0 t cos(t3/2 )dt f¨ uggv´enyt! Tal´aljon olyan N k¨ usz¨obsz´ amot, ameddig kisz´ amolva a C-re fel´ırt hatv´anysor ¨osszeg´et, a k¨ozel´ıt´es m´ar ε := 5 · 10−5 hib´an bel¨ ul marad, ha a) x = 0, 4 b) x = 2. 1 2 4 8 0 1 3 5 7 9 6.) Saj´ at´ert´eke-e a T := 1 0 1 0 1 m´atrixnak a λ = 6 ´ert´ek? 0 2 0 4 0 −1 0 1 2 3 f¨ uggv´enyt! Hat´arozza meg a f¨ uggv´eny ¨osszes 7.) Tekints¨ uk a τ (x, y) := 4 arctan x+y 2 ´erint˝os´ıkj´at illetve t´ amaszegyenes´et az (1, 1, π) ponton kereszt¨ ul! 4.) Konvergens-e a
z2 2 y2 + + az x > 0, y > 0, z > 0 t´ernyolcadban. Keresse 4x y z meg a t f¨ uggv´eny ¨ osszes sz´els˝ o´ert´ekeit! 8.) Legyen t(x, y, z) := x +
9.) Legyen F (x, y, z) := (2xy+y cos z, ex −z, x2 +ch (yz)) : R3 → R3 lek´epez´es! Tekints¨ uk a P (0, 1, 0) pont k¨ ozep˝ u r sugar´ u G := G(P, r) := {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + (y − 1)2 + z 2 ≤ r2 } g¨omb¨ot, ´es a G g¨ omb E = F (G) k´ephalmaz´anak t´erfogat´at! Sz´am´ıtsa ki a limr&0 V (E)/r3 hat´ar´ert´eket! y z 1 10.) Teljes differenci´ al-e az ( + ) dx + y log x dy + dz kifejez´es? x y z R∞ 11.) Sz´ am´ıtsa ki az 0 ch (x2 ) − sh (x2 ) dx integr´alt! 12.) Sz´ am´ıtsa ki annak az (egyenletes, egys´egnyi s˝ ur˝ us´eg˝ u) ”hengeres ´ek” alak´ u E testnek a z tengelyre gyakorolt Iz forgat´onyomat´ek´at, amelyet az xy-s´ıkba rajzolt egys´egk¨ or f¨ol´e ´all´ıtott egyenes hengerb˝ ol maga az xy s´ık ´es a z = x s´ık pozit´ıv f´els´ıkja (teh´at amelyre z, x > 0) kiv´ ag.
Budapesti M˝ uszaki ´es Gazdas´agtudom´anyi Egyetem G´ep´eszm´ern¨oki Kar Energetika ´ es Mechatronika BSc szakok
Matematika A2H
4.) Konvergens-e a
–
Gyakorl´ o feladatok megold´ asa
–
G
√ ∞ X 2n ( n − log2 n) √ v´egtelen sor? Igazolja is ´all´ıt´as´at! n!(n − n) n=2
Megold´ as: Igen, konvergens lesz. Els˝o k¨ozel´ıt´esben azt lehet ”levenni” a formul´ar´ol, hogy √ a ”l´enyeges r´esze” olyan 2n /n! (nagyon konvergens), pontosabban olyan 2n n/n · n! (m´eg konvergensebb) tagokb´ ol fog ´ allni. Innen√vagy a hat´ ar´ert´ek-teszttel dolgozunk, ´es azt mondjuk, hogy a sorunk ekvikonvergens P n P a n 2n!nn sorral (ami konvergens, hiszen a n 2n /n! = e2 sor major´alja), vagy mindj´art √ √ becsl´eseket alkalmazunk, pl. haszn´ alva, hogy ha n ≥ 4, akkor n − n ≥ n ´es ´ıgy legal´abbis n ≥ 4-re a sorunk tagjait becs¨ ulhetj¨ uk 2n /n! tagokkal. Rx uggv´enyt! Tal´aljon olyan N k¨ usz¨obsz´ amot, 5.) Fejtse hatv´ anysorba a C(x) := 0 t cos(t3/2 )dt f¨ −5 ameddig kisz´ amolva a C-re fel´ırt hatv´anysor ¨osszeg´et, a k¨ozel´ıt´es m´ar ε := 5 · 10 hib´an bel¨ ul marad, ha a) x = 0, 4 b) x = 2. Megold´ as: A cos f¨ uggv´eny analitikus, hatv´anysora abszol´ ut ´es egyenletesen konvergens pl. 3/2 az eg´esz [0, 1]-en, ´ıgy a t ´ert´ek behelyettes´ıt´ese ´es a tagonk´enti integr´al´as is elv´egezhet˝ o, R x P (−1)n t3n P R x (−1)n t3n+1 P P (−1)n x3n+2 (−1)n 3n+2 x amib˝ol C(x) = 0 t n (2n)! dt = n 0 dt = n (3n+2)(2n)! [t ]0 = n (3n+2)(2n)! . (2n)! Ez egy altern´ al´ o (Leibniz t´ıpus´ u) sor – tetsz˝oleges fix x eset´en ´es el´eg nagy n-re u.i. a tagok abszol´ ut ´ert´eke cs¨ okken˝ oleg 0-hoz fog tartani (az el˝ojelek pedig nyilv´anval´oan altern´alnak) – x3n+5 ´ıgy a hibatagj´ ara |Rn | ≤ |an+1 |. Azaz elegend˝o nek¨ unk, ha |an+1 | = (3n+5)(2n+2)! < 5 · 10−5 teljes¨ ul. 8 (0,4)3n+5 (0,4)8 Ez pedig a) eset´en m´ ar n = 1-re is igaz, mert (3n+5)(2n+2)! |n=1 = (0,4) 8 4! = 8 4! = 28 10−8 /3 = 1024/12 · 10−8 < 10−6 . Teh´at az N = 1 k¨ usz¨obindex is alkalmas. 8 A b) esetben a becsl´es¨ unk 82 4! = 4/3 az n = 1 v´alaszt´assal, ´es egy darabig m´eg el kell 35 menni: de ha pl. n ≥ N = 9, akkor n + 1 ≥ 10 ´es |an+1 | ≤ 352 20! < 230 /{20 1010 9!} < 1/10! < 10−5 eg´eszen biztosan elegend˝o. 1 2 4 8 0 1 3 5 7 9 m´atrixnak a λ = 6 ´ert´ek? 1 0 1 0 1 6.) Saj´ at´ert´eke-e a T := 0 2 0 4 0 −1 0 1 2 3 ul-e, azaz Megold´ as: Ez pontosan azt a k´erd´est jelenti, hogy |T − 6I| = 0 teljes¨ −5 2 4 8 0 1 −3 5 7 9 1 0 −5 0 1 = 0 ? 0 2 0 −2 0 −1 0 1 2 −3 Ekvivalens sor- ´es oszlopm˝ uveleteket v´egezhet¨ unk, ´es a pontos ´ert´ekre sincsen sz¨ uks´eg¨ unk, csak a determin´ ans nem-nulla volta az ´erdekes. Kezdj¨ uk azzal, hogy a 4. oszlopot hozz´aadjuk
a m´asodikhoz, mivel ´ıgy a negyedik sorban m´ar csak egyetlen nem-nulla elem marad ´es eszerint a sor szerint egyszer˝ uen kifejthetj¨ uk a determin´ast: −5 10 4 8 0 0 −5 10 4 0 −5 5 4 1 4 5 7 9 9 O1 + O2 1 4 5 9 1 2 5 0 −5 0 1 ∼ ∼ |T − 6I| = 1 1 0 −5 1 1 0 −5 1 = 0 0 0 −2 0 −1 1 1 −3 −1 2 1 −3 −1 2 1 2 −3 0 5 4 0 5 4 0 0 5 4 0 5 4 0 3 2 5 S + S S − 3S 5 4 9 0 2 20 6 2 3 2 3 2 11 0 ∼ 6= 0 ∼ 1 10 3 1 0 −5 1 2 11 = = 1 1 −3 1 0 −5 1 1 1 −3 0 1 1 −3 0 1 1 −3 Teh´at a λ = 6 ´ert´ek nem saj´ at´ert´eke a T m´atrixnak. 7.) Tekints¨ uk a τ (x, y) := 4 arctan x+y f¨ uggv´enyt! Hat´arozza meg a f¨ uggv´eny ¨osszes 2 ´erint˝os´ıkj´at illetve t´ amaszegyenes´et az (1, 1, π) ponton kereszt¨ ul! Megold´ as: A f¨ uggv´eny parci´ alis deriv´altjai folytonosak, ´ıgy a f¨ uggv´eny differenci´alhat´ o, ∂τ ∂τ ´es ez´ert van ´erint˝ os´ıkja, amelynek egyenlete z − π = | (x − 1) + | (y − 1) = ∂x (1,1) ∂y (1,1) (x − 1) + (y − 1), azaz z = x + y + π − 2. Differenci´ alhat´ o f¨ uggv´enyre az ´erint˝os´ık vagy t´amaszs´ık is, ´es akkor ez az egyetlen t´amaszs´ık, vagy egy´altal´ an nem is l´etezik t´ amaszs´ık. Annak eld¨ ont´es´ehez, hogy eset¨ unkben az ´erint˝os´ık t´amaszs´ık-e, elegend˝o a s´ık (1, 1, π) ponton ´athalad´ o egyeneseit megvizsg´alni. Legyen `(t) := (1 + at, 1 + bt), ekkor a k´erd´es az, hogy τ |` ≤, ≥ L(t), ahol L(t) = (a + b)t + π a z(x, y) ´erint˝os´ık megszor´ıt´asa `-re. Most τ (1 + at, 1 + bt) = 4 arctan(1 + a+b av f¨ uggv´eny, ´ıgy L(t) ≥ τ (t). Mivel ez minden (a, b) 2 t) konk´ ir´anyban ´ıgy van, az eg´esz ´erint˝ os´ık felette halad a f¨ ugv´enynek, teh´at fels˝o t´amaszs´ık lesz. Nem d¨ onthet˝ o el a t´ amaszs´ık k´erd´ese a m´asodik deriv´alt pontbeli kisz´am´ıt´as´aval. A Hessem´atrix ugyanis " 2 # " −16(x+y) # −16(x+y) ∂ τ ∂2τ | | | | 2 2 2 2 −1/2 −1/2 (1,1) (1,1) 2 (1,1) (1,1) (4+(x+y) ) (4+(x+y) ) (2) ∂x∂y ∂x D (τ )|(1,1) = ∂ 2 τ = −16(x+y) = , −16(x+y) ∂2τ −1/2 −1/2 | | | ∂x∂y |(1,1) ∂y 2 (1,1) (4+(x+y)2 )2 (1,1) (4+(x+y)2 )2 (1,1) ami negat´ıv szemidefinit – saj´ at´ert´ekei λ1 = 0 ´es λ2 = −1 – ´es ez´ert az ´erint˝os´ık f¨ uggv´enyhez k´epesti elhelyezked´es´et egymag´ aban nem d¨onti el. Ha teh´ at a deriv´ alt seg´ıts´eg´evel akarunk c´elhoz ´erni, akkor a k´erd´est tov´abb kell vizsg´alni. A m´asodik deriv´ alt kisz´ am´ıt´ as´ ab´ ol l´ athatjuk, hogy ´altal´aban egy tetsz˝oleges (x, y) pontban " 2 # " −16(x+y) # 2 −16(x+y) D(2) (τ ) =
∂ τ ∂x2 ∂2τ ∂x∂y
∂ τ ∂x∂y ∂2τ ∂y 2
=
(4+(x+y)2 )2 −16(x+y) (4+(x+y)2 )2
(4+(x+y)2 )2 −16(x+y) (4+(x+y)2 )2
,
−32(x+y) ami egy szingul´ aris m´ atrix lesz, λ1 = 0 ´es λ2 = (4+(x+y) at´ert´ekekkel. Ez az x + y ≥ 0 2 )2 saj´ f´els´ıkban – teh´ at az (1, 1) pont egy k¨ornyezet´eben – negat´ıv szemidefinit m´atrixot jelent, ´ıgy a kvadratikus alak negat´ıv szemidefinit az x + y > 0 ny´ılt f´els´ıkban ´es ez´ert ott konk´av is. A konk´avit´ asb´ ol pedig k¨ ovetkezik, hogy az ´erint˝os´ık a f¨ uggv´eny felett halad, teh´at az (1,1) pontbeli ´erint˝ os´ık is fels˝ o t´ amaszs´ık lesz: ´ıgy a m´asodik deriv´alt egy eg´esz k¨ ornyezetben val´ o megvizsg´al´ as´ aval is c´elhoz ´erhett¨ unk.
y2 z2 2 + + az x > 0, y > 0, z > 0 t´ernyolcadban. Keresse 4x y z meg a t f¨ uggv´eny ¨ osszes sz´els˝ o´ert´ekeit! 8.) Legyen t(x, y, z) := x +
Megold´ as: A f¨ uggv´eny C 2 (D) oszt´aly´ u az ´ertelemz´esi tartom´any´an, a Q := {(x, y, z) : x > 0, y > 0, z > 0} t´ernyolcadban, ´es a hat´aron sehol sincsen ´ertelmezve, ez´ert minden sz´els˝o´ert´ek´enek y2 y z 2 2z 2 kritikus pontba kell esnie. A gradiens vektor ∇t(x, y, z) = (1 − 2 , − 2, − 2 ), 4x 2x y y z ami 0 csak u ´gy lehet Q-ban (az els˝ o koordin´ata miatt), ha y = 2x, azaz ez´ert a m´asodik 1 koordin´at´ab´ ol y = z ´es v´eg¨ ul a harmadik szerint z = 1, teh´at P = ( , 1, 1). Az a k´erd´es 2 maradt, hogy ebben az egyetlen kritikus pontban hogyan viselkedik a f¨ uggv´eny. A m´asodik deriv´ alt kisz´ am´ıt´ as´ ahoz eleve tudjuk a Young t´etel szerinti szimmetri´at, ´ıgy elegend˝o csak a fels˝ o h´ ar¨ omsz¨ ogm´ atrix r´eszt kisz´amolni, ´es a szimmetrikus elemeket be´ırni: minden esetre a Hesse-m´ atrixra kapjuk, hogy ∂2t ∂2t ∂2t −y 2 y2 0 8 −2 0 3 2 ∂x∂y ∂x∂z ∂x2 x 2x ∂2t −y2 1 ∂2t ∂2t 2z 2 −2z H := D(2) (t)(P ) = ∂xy = −2 3 0 . ∂y∂z = 2x2 2x + y 3 ∂y 2 y2 −2z 4 2 ∂2t ∂2t ∂2t 0 −2 6 P 0 + 3 P 2 2 ∂x∂z
∂y∂z
∂z
y
y
z
H definits´eg´evel kapcsolatban a saj´at´ert´ekek megkeres´ese neh´ezs´egekbe u ¨tk¨ozik: azt ugyan el´eg k¨onny˝ u l´ atni, hogy a λ = 0 nem lehet saj´at´ert´ek, mivel det H 6= 0, de a PH (λ) = |H − λI| karakterisztikus polinom fel´ır´ asa – a determin´ans kisz´amol´asa – az´ert el´eg hosszadalmas. ´ (Az´ert el lehet v´egezni: eredm´eny¨ ul azt kapjuk, hogy PH (λ) = −λ3 + 17λ2 − 82λ + 88.) Amde ezut´an m´eg l´ atni kellne a saj´ at´ert´ekek – aza PH (λ) gy¨okei – el˝ojel´et, ´es ez m´eg neh´ ezkesebb. 8 −2 = Ehelyett ez´ert a f˝ ominorok el˝ ojel´evel sz´amolunk: M1 = h11 > 0, M2 = −2 3 24 − 4 = 20 > 0 ´es v´eg¨ ul M3 = |H| = 88 > 0, teh´at az ¨osszes f˝ominorok pozit´ıvak, ´ıgy a Hesse-m´atrix pozit´ıv definit. Mivel pedig H 0, a f¨ uggv´enynek minimuma van a P pontban. 9.) Legyen F (x, y, z) := (2xy+y cos z, ex −z, x2 +ch (yz)) : R3 → R3 lek´epez´es! Tekints¨ uk a P (0, 1, 0) pont k¨ ozep˝ u r sugar´ u G := G(P, r) := {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + (y − 1)2 + z 2 ≤ r2 } g¨omb¨ot, ´es a G g¨ omb E = F (G) k´ephalmaz´anak t´erfogat´at! Sz´am´ıtsa ki a limr&0 V (E)/r3 hat´ar´ert´eket! Megold´ as: Geometriailag az a feladat, hogy ´allap´ıtsuk meg, hogy a P (0, 1, 0) pont kis k¨ornyezet´eben hogyan (k¨ ozel´ıt˝ oleg milyen ar´anyban) v´altoztatja meg a t´erfogatot RRRa lek´epez´es! A G g¨omb t´erfogata 43 πr3 , ´es a feladat k´erd´ese az, hogy sz´am´ıtsuk ki a V (E) = E 1dudvdw x 2 t´erfogati integr´ alt. Jel¨ olje (u, v, w) = (F1 , F2 , F3 ) = (2xy + y cos z, e − z, x + ch (yz)) az F −1 lek´epez´es koordin´ ata-f¨ uggv´enyeit. Ha van az F lek´epez´esnek differenci´alhat´o T = F RRR inverze, akkor T (E) = G ´es ´ıgy az (x, y, z) = T (u, v, w) helyettes´ıt´essel V (E) = G1 · JT (x, y, z)dxdydz, ahol J = | det DT (Q)| a Q = F (P ) pontban az F −1 = T lek´epez´es deriv´altj´anak Jacobi-determin´ ansa. Az inverz f¨ uggv´eny l´etezik a Q = F (P ) pont egy kis k¨ornyezet´eben ´es ott m´eg differenci´alhat´ o is pontosan akkor, ha maga a P pontbeli deriv´alt nem-szingul´aris: ilyenkor pedig az inverz f¨ uggv´eny deriv´ altj´ anak m´ atrixa a deriv´alt m´atrix inverz m´atrixa: DF −1 (Q) = −1 DF (P ) . Teh´ at a Jacobi-determin´ ansokra |JT (Q)| = 1/| det DF (P )|, amennyiben DF (P ) nem-szingul´ aris. (Vegy¨ uk ´eszre, hogy ´ıgy a megold´ashoz ki sem kell sz´amoljuk sem a T = F −1 lek´epez´es explicit alakj´ at, sem a Q pont ´ert´ek´et.)
Sz´am´ıtsuk ki teh´ at a DF (P ) deriv´alt-m´atrixot, behelyettes´ıt´essel annak P -beli ´ert´ek´et, ´es v´eg¨ ul a m´atrix determin´ ans´ at! ∂F
∂x (x, y, z) ∂F2 DF (x, y, z) = ∂x (x, y, z) ∂F3 ∂x (x, y, z) 1
∂F1 ∂y (x, y, z) ∂F2 ∂y (x, y, z) ∂F3 ∂y (x, y, z)
∂F1 ∂z (x, y, z) ∂F2 ∂z (x, y, z) ∂F3 ∂z (x, y, z)
2y 2x + cos z −y sin z 0 −1 , = ex 2x zsh (yz) ysh (yz)
2 1 0 aminek az ´ert´eke P -ben DF (0, 1, 0) = 1 0 −1 , speci´alisan t´enyleg nem-szingul´aris, ´es 0 0 sh (1) a determin´ ansa az utols´ o sor szerint kifejtve det F (P ) = −sh (1). 2e 1 = 2 . Teh´at a keresett hat´ ar´ert´ek limr&0 V (E)/r3 = JT (Q) = 1/| det DF (P )| = sh 1 e −1 y z 1 10.) Teljes differenci´ al-e az ( + ) dx + y log x dy + dz kifejez´es? x y z alt dF := Adx + Bdy + Cdz alakban ´ırva, a Young t´etel ´ertelm´eben Megold´ as: A differenci´ annak kell teljes¨ ulnie, hogy A0x = Bx0 , A0z = Cx0 , Bz0 = C 0 y. 1 z y De itt pl. mindj´ art az els˝ o felt´etel bizony nem teljes¨ ul: A0y = − 2 6= Bx0 = . x y x ´Igy ez nem teljes differenci´ al, nincsen hozz´a potenci´alf¨ uggv´eny. R∞ 11.) Sz´ am´ıtsa ki az 0 ch (x2 ) − sh (x2 ) dx integr´alt! Megold´ as: Ez egy egyv´ altoz´ os improprius integr´al, ami k¨onnyen ´atalak´ıthat´o: ch a−sh a = R∞ 2 2 ut konvergens Ez´ert a keresett ´ert´ek A := 0 e−x dx := limR→∞ e−x dx. R ∞ Ez egy abszol´ improprius integr´ al, mert pl. az e−x major´alja x ≥ 1-ben (´es 1 e−x = 1/e < ∞). ´Irjuk fel k´et p´eld´ anyban, de k¨ ul¨ onb¨oz˝o v´altoz´okkal az integr´alt, ´es szorzzuk ¨ossze, majd alkalmazzuk Fubini t´etel´et, amely a konvergens integr´ lokat t¨obbes alokb´ ol szukcessz´ıv RR R ∞integr´ Ra∞ 2 2 2 2 egyv´altoz´os integr´ alokk´ a alak´ıtja ´es viszont: ´ıgy A2 = 0 e−x dx 0 e−y dy = [0,∞]2 e−x −y dxdy. egy improprius integr´ al, ezRRis konvergens, de ennek ´ertelmez´ese egy´ebk´ent RR Ez is −x 2 −y 2 2 2 dxdy = limR,T →∞ [0,R]×[0,T ] e−x −y dxdy. Mindenesetre geometriailag j´ ol [0,∞]2 e l´athat´oan az integr´ al´ asi tartom´ any az S pozit´ıv s´ıknegyed, ´es az integrandus az r := |(x, y)| = p x2 + y 2 mennyis´eg f¨ uggv´enyek´ent a´ll el˝o, ez´ert term´esztes ¨otlet pol´arkoordin´at´akra ´at´ırni a kisz´am´ıtand´ o integr´ alt. A pol´ arkoordin´at´akkal jellemzett s´ık (r, ϕ) pontjainak megfeleltetve a hozz´ajuk tartoz´ o x = r cos ϕ ´es y = r sin ϕ koordin´at´akat, az ´att´er´es T (r, ϕ) = (x, y), R2 → R2 transzform´ aci´ oj´ anak explicit alakj´ at kapjuk, amely az S pozit´ıv s´ıknegyed integr´al´asi tartom´anyt mint a D := [0, ∞] × [0, π/2] ”pol´aris t´egla” k´ep´et ´all´ıtja el˝o. Ez´ert ZZ ZZ 2 −x2 −y 2 e dxdy = e−r JT (r, ϕ) drdϕ, e−a .
[0,∞]2
[0,∞]×[0,π/2]
∂x ∂x ∂r ∂ϕ cos ϕ −r sin ϕ = ahol az ´att´er´es Jacobi-determin´ ansa JT (r, ϕ) = |DT (r, ϕ)| = ∂y ∂y = sin ϕ r cos ϕ ∂r ∂ϕ r. 2 u, j´ol kezelhet˝o f¨ uggv´eny lesz. Az integr´alt ism´et A teljes integrandus teh´ at re−r alak´ Fubini t´etel´evel szukcessz´ıv egyszeres integr´alokk´a alak´ıtva, ´es ϕ-ben a konstans kifejez´est
azonnal ki is integr´ alva Z ZZ π −1 −r2 ∞ π π ∞ −r2 2 −r2 re dr = e = A = re drdϕ = 2 0 2 2 4 [0,∞]×[0,π/2] 0
⇒
A=
√ π/2.
12.) Sz´ am´ıtsa ki annak az (egyenletes, egys´egnyi s˝ ur˝ us´eg˝ u) ”hengeres ´ek” alak´ u E testnek a z tengelyre gyakorolt Iz forgat´onyomat´ek´at, amelyet az xy-s´ıkba rajzolt egys´egk¨ or f¨ol´e ´all´ıtott egyenes hengerb˝ ol maga az xy s´ık ´es a z = x s´ık pozit´ıv f´els´ıkja (teh´at amelyre z, x > 0) kiv´ ag. Megold´ as: Egy (x, y, z) pontbeli egys´egnyi t¨omeg forgat´onyomat´eka a pontnak a z tengelyt˝ol vett t´ avols´ aga n´egyzete, teh´ at x2 + y 2 . A feladatban p geometriailag le´ırt test pontjait u ´gy lehet fel´ırni, mint E = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 < z < x < 1 − y 2 (|y| ≤ 1)}, teh´at a keresett mennyis´eg integr´ al alakja ZZZ Z 1 Z √1−y2 Z x 2 2 Iz = (x + y ) dxdydz = (x2 + y 2 ) dz dx dy, E
−1
0
0
ahol itt Fubini t´etel´evel az integr´ alt mindj´at szukcessz´ıv integr´al´asokra is ´atalak´ıtottuk. Az integr´alt t¨obbf´elek´eppen is kisz´ am´ıthatjuk: az egyik lehet˝os´eg a jobb oldalon ad´odott h´aromszoros integr´al´as egym´ as ut´ ani elv´egz´ese, a m´asik pedig a h´aromszoros integr´al hengerkoordin´at´akra t¨ort´en˝o ´att´er´essel val´ o kisz´ am´ıt´ asa. A direkt (Fubini t´etel szerinti) sz´ amol´as els˝o l´ep´ese trivi´alis, mert az integrandus konstans, nem f¨ ugg z-t˝ ol: ´ıgy a dz integr´ al´ as ut´an x(x2 + y 2 ) lesz az integrandus. Ezt folytatva √ 1−y2 Z 1 Z √1−y2 Z 1 Z 1 4 2 2 1 − y4 x x y 2 2 2 Iz = dy = x(x + y ) dx dy = + dy = . 4 2 0 4 5 −1 0 −1 −1 A m´asodik m´ odszerhez alkalmazzuk a H(r, ϕ, z) = (r cos ϕ, r sin ϕ, h) hengerkoordin´at´ as fel´ır´ast, amellyel E = H(S) lesz, ahol S az R := [0, 1] × [−π/2, π/2] – az (r, ϕ) v´altoz´okban fel´ırt — ”pol´ arkoordin´ at´ as t´egla” feletti h = h(r, ϕ) = r cos ϕ f¨ uggv´eny-fel¨ ulet alatti tartom´any R3 -b´ ol: S = {(r, ϕ, h) ∈ R3 : 0 ≤ r ≤ 1, −π/2 ≤ ϕ ≤ π/2, 0 ≤ h ≤ r cos ϕ}. (Itt haszn´aljuk, hogy ha −π/2 ≤ ϕ ≤ π/2, akkor r cos ϕ ≥ 0.) Megjegyezz¨ uk, hogy igaz´ ab´ ol itt h = z miatt a k¨onyvekben szok´asos egyszerre k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ´ertelemben is ugyanazt a z korrdin´ at´ at (ugyanazt a z jel¨ol´est a k´etf´ele koordin´at´ara) haszn´alni: mind a szok´ asos Descartes, mind a henger-koordin´at´as fel´ır´asban. Persze a h = z miatt a k´et v´altoz´o azonos´ıthat´ o, de itt mi az ´ att´er´es, a parci´alis deriv´altak tiszt´abb kezel´ese ´erdek´eben ink´abb megk¨ ul¨ onb¨ oztetj¨ uk a hengerkoordin´at´as h ´ert´eket, m´eg ha igaz is a h = z azonoss´ag. Mivel a hengerkoordin´ at´ as ´ atalak´ıt´as Jacobi determin´ansa ∂x ∂x ∂x cos ϕ −r sin ϕ 0 ∂r ∂ϕ ∂h ∂y ∂y ∂z sin ϕ r cos ϕ 0 = r JH (r, ϕ, h) = | det DH(r, ϕ, h)| = = ∂r ∂ϕ ∂h 0 ∂z ∂z 0 1 f rac∂y∂r ∂ϕ ∂h (ami l´enyeg´eben a v´ altozatlan z mellett a pol´arkoordin´at´as ´att´er´esb˝ol ismert JT (r, ϕ) = r ´ert´ek), ´ıgy az integr´ al´ as ´ at´ır´ asa, majd ism´et a szukcessz´ıv integr´al´as m´odszere (Fubini t´etel alkalmaz´asa) oda vezet, hogy ZZZ Z 1 Z π/2 Z r cos ϕ Z 1 Z π/2 Z 1 2 2 3 4 Iz = r ·rdrdϕdh = r dh dϕ dr = r cos ϕ dϕ dr = 2r4 dr = . 5 S 0 −π/2 0 0 −π/2 0 A k´etf´ele u ´ton kapott eredm´eny egyenl˝os´ege egy´ uttal ellen˝orzi is sz´amol´asunkat.
