FELADATGY JTEMÉNY MATEMATIKA I. GYAKORLATHOZ KÉZI CSABA

FELADATGYJTEMÉNY MATEMATIKA I. GYAKORLATHOZ KÉZI CSABA

1

2

KÉZI CSABA

El®szó Ez a feladatgy¶jtemény a Debreceni Egyetem M¶szaki Karának Matematika I. tantárgyának tematikájához szorosan illeszkedik. Célja a m¶szaki képzésben részt vev® hallgatók matematika tanulmányainak megkönnyítése, továbbá, hogy a hallgatók a matematika mérnöki, illetve gazdasági alkalmazásaiba is betekintést nyerjenek. A feladatgy¶jtemény jó néhány standard, gyakorló feladatot tartalmaz, melyeken keresztül begyakorolhatók a rutinszer¶en elvárt feladatok megoldásai. Ezen kívül tartalmaz nehezebb, gondolkodást igényl® feladatokat, illetve szép számmal alkalmazott matematikai példákat is.

♠ jelöli az el®adáson vagy a gyakorlati órán megoldásra szánt feladatokat, feladatnak szánt példákat, és F jelöli a gondolkodtatóbb, vagy a Matematika

Jelölésrendszerében

N

jelöli a házi

I. gyakorlat óraszámába már id®hiány miatt el nem hangzott feladatokat. Ezeket a példákat a matematika iránt mélyebben érdekl®d® hallgatók számára ajánljuk. A példatár gondos átolvasásáért, és a felmerül® hibák javításáért köszönettel tartozom Molnár Ildikó m¶szaki menedzser és Tóth Xénia Erzsébet mechatronika szakos hallgatóknak.

Köszönettel tartozom Dr.

Kocsis Imre tanszékvezet®nek, Dr.

Szíki Gusztáv Áron

f®iskolai tanárnak, akik hasznos információkkal láttak el a feladatgy¶jtemény megírása során. Köszönöm továbbá a M¶szaki Alaptárgyi Tanszék minden oktatójának, valamint jó barátomnak, Baják Szabolcsnak, akikt®l a személyes beszélgetéseink során jó néhány hasznosítható ötletet meríthettem.

FELADATGYJTEMÉNY

MATEMATIKA I. GYAKORLATHOZ

3

I. Mátrixm¶veletek, determináns kiszámítása, mátrixok invertálása (determinánsokkal), mátrixok gazdasági alkalmazásai 1. ♠

Tekintsük az

A =

1 −2 3 4 −5 6

és a

B =

1 3 −5 7 −9 7

mátrixokat!

Határozzuk

meg az a)

A+B

b)

2A − 3B

mátrixokat! megoldás: a) Két mátrixot úgy adunk össze, hogy a megfelel® helyen lév® elemeket össszeadjuk, így:

A+B =

1+1 −2 + 3 3 + (−5) 4 + 7 −5 + (−9) 6+7

=

2 1 −2 11 −14 13

.

b) El®ször a skalárral való szorzásokat végezzük el (azaz az els® mátrix minden elemét 2-vel, a második mátrix minden elemét 3-al szorozzuk), majd a kapott mátrixokat kivonjuk (az els® mátrix megfelel® elemeib®l kivonjuk a második mátrix megfelel® elemeit):

2A − 3B =

2 −4 6 8 −10 12

 1 −1 3  A= 2 4 5

−

és a

 2 −1 5  B= 1 5 2



2. N Tekintsük az a)

A−B

3 9 −15 21 −27 21

=

−1 −13 21 −13 17 −9

.



b)

mátrixokat! Határozzuk meg az

3A + 2B

mátrixokat! megoldás: a) Két mátrixot úgy vonunk ki, hogy a megfelel® helyen lév® elemeket kivonjuk, így:



   1 − 2 −1 − (−1) −1 0  =  1 −2  . 3−5 A−B = 2−1 4−5 5−2 −1 3 b) El®ször a skalárral való szorzásokat végezzük el (azaz az els® mátrix minden elemét 3-mal, a második mátrix minden elemét 2-vel szorozzuk), majd a kapott mátrixokat összeadjuk:

     4 −2 7 −5 3 −3 9  +  2 10  =  8 19  . 3A + 2B =  6 22 19 12 15 10 4 

4

KÉZI CSABA

3. N Határozzuk meg az x, y, z, t valós számokat úgy, hogy az 3

x y z t

2x + 1 4 −6 −2t

=

+

4 x+y z+t 3

egyenl®ség teljesüljön! megoldás: Els® lépésben az egyenl®ség bal oldalán elvégezzük a skalárral való szorzást, jobb oldalán az összeadást, így az

egyenl®séghez jutunk.

3x 3y 3z 3t

=

2x + 5 x + y + 4 z+t−6 3 − 2t

Két mátrix pontosan akkor egyenl®, ha a megfelel® helyen lév®

elemeik egyenl®ek. Így az egyenl®ség fennállásának szükséges és elégséges feltétele az alábbi egyenletek teljesülése

3x = 2x + 5 3y = x + y + 4 3z = z + t − 6 3t = 3 − 2t. x = 5. t = 0, 6.

y = 4, 5 adódik. Az egyenletbe z = −2, 7 adódik.

Az els® egyenletb®l

Ezt behelyettesítve a második egyenletbe

utolsó egyenletb®l

Ezt behelyettesítve a harmadik

4. ♠ Jelöljön (m × n) egy m-szer n-es mátrixot.

Összeszorozhatók-e az alábbi mátrixok, ha

igen, határozzuk meg az eredménymátrix méretét: a) (2× 4)(3 b) (3× 5)(4

× 6) × 3)

c) (2× 5)(2 d) (4× 2)(2

× 5) × 5)

e) (4× 6)(6 f ) (5× 2)(5

× 2) × 5)

megoldás: Két mátrix pontosan akkor szorozható össze, ha az els® mátrix oszlopainak a száma megegyezik a második mátrix sorainak a számával. Ilyenkor az eredménymátrixnak annyi sora, illetve oszlopa van, amennyi sora van az els® mátrixnak, illetve amennyi oszlopa van a második mátrixnak. Tehát összeszorozni csak ilyenkor a szorzatmátrix

m × k -as

m×n

és

n×k

típusú mátrixokat lehet, s

lesz. Ez alapján

a) nem összeszorozhatók b) nem összeszorozhatók c) nem összeszorozhatók d) összeszorozhatók, az eredménymátrix e) összeszorozhatók, az eredménymátrix

4 × 5-ös lesz 4 × 2-ös lesz

f ) nem összeszorozhatók.

5. ♠ Tekintsük az A = az

1 3 2 −1

és a

B=

2 0 −4 3 −2 6

mátrixokat! Határozzuk meg

FELADATGYJTEMÉNY

a)


AB

b)

5

BA

szorzatokat! megoldás:

2 × 2-es, a második 2 × 3-as, így a szorzás elvégezhet®, és az eredménymátrix 2 × 3-as lesz. A mátrixok szorzása úgynevezett sor-oszlop kompozíciós szorzat, azaz az i-edik sor minden elemét megszorozzuk a j -edik oszlop megfelel® elemeivel, és a kapott eredményeket összeadjuk. Így kapjuk a szorzatmátrix (i, j) index¶

a) Az els® mátrix

elemét. Azaz

AB = b) A

BA

1 3 2 −1

2 0 −4 3 −2 6

=

2 + 9 0 − 6 −4 + 18 4 − 3 0 + 2 −8 − 6

=

11 −6 14 1 2 −14

6. N Tekintsük az

 1 −2 4  A= 3 5 1

és a

B=

AB

1 1 −1 2 3 −2 b)

mátrixokat! Határozzuk meg az

BA

megoldás: a)

   1 −2 −3 −5 3 1 1 −1 4  AB =  3 =  11 15 −11  2 3 −2 5 1 7 8 −7 

b)

BA =

7. N Határozzuk meg az AB A=

1 1 −1 2 3 −2

és

BA

1 2 −1 1 1 4

 1 −2 −1 1   3 4 = 1 6 5 1 

mátrixokat, ha



,

 1 1 −2 0 2 3 1 . B= 1 −1 −2 1 −1

megoldás:

AB = BA

.

szorzatokat!

A

mátrix nem létezik.



a)

1 2 −1 1 1 4

mátrix nem létezik.



 1 1 −2 0 4 7 3 3  1  2 3 1 = . −2 −5 5 −3 −1 −2 1 −1

6

8.

KÉZI CSABA

Határozzuk meg az alábbi mátrixok transzponáltját:

♠A=

2 0 −4 3 −2 6

,

NB=

1 4 2 −3



,

 4 −9 N C =  5 −2  . 1 −2

megoldás: Egy mátrix transzponáltját a sorainak és oszlopainak felcserélésével kapjuk meg:



 2 3 AT =  0 −2  , −4 6

9. N Tekintsük az A =

T

B =

2 1 3 −3 2 0

1 2 4 −3

és a

B=

,

T

C =

1 2 −3 1 0 −4

4 5 1 −9 −2 −2

AT B

b)

mátrixokat! Határozzuk meg

BT A

szorzatokat! megoldás: a)

   2 −3 −1 4 6 1 2 −3 2  AT B =  1 =  3 2 −11  1 0 −4 3 0 3 6 −9 

b)

   1 1 −1 3 3 2 1 3 0  2 6  BT A =  2 = 4 −3 2 0 −3 −4 6 −11 −9 

10. N Határozzuk meg az A=

2 1 3 1

mátrix négyzetét! megoldás: Mivel

A2 = A · A,

ezért

2

A =

2 1 3 1

.

az a)

2 1 7 3 . · = 3 1 9 4

FELADATGYJTEMÉNY


2 2 11. F Tekintsük az A = 2 5 mátrixot! böz® u vektorokat, melyekre Au = u.

7

Határozzuk meg azokat a zéruvektortól külön-

megoldás:

u vektornak 2 koordinátából álló oszlopvektornak kell lennie, ellenkez® esetben a szorzás nem végezhet® el. Legyenek az u koordinátái x és y . Így az Au = u egyenlet 2 2 x x = 2 5 y y Az

alakban írható föl. Az egyenlet bal oldalán elvégezve a szorzást

adódik.

2x + 2y 2x + 5y

=

x y

Két mátrix pontosan akkor egyenl®, ha a megfelel® helyen lév® elemeik mege-

gyeznek, így az

2x + 2y = x 2x + 5y = y egyenletrendszerhez jutunk. Elvégezve az összevonásokat az

x + 2y = 0 2x + 4y = 0 egyenletrendszert kapjuk.

Vegyük észre, hogy a második egyenlet éppen kétszerese az

els®nek, így a két egyenlet ekvivalens (azaz ugyanaz a megoldásuk). Így az egyik egyenlet elhagyható.

x + 2y = 0 egyenletben az egyik ismeretlent tetsz®legesen választhatjuk y = t, ahol t ∈ R \ {0} tetsz®leges. Ekkor x = −2t adódik. Tehát a minden −2t u= t

Az

meg. Legyen például feltételeknek

alakú vektor eleget tesz, ahol

12. ♠ Határozzuk meg az A =

t ∈ R \ {0}

2 2 2 5

tetsz®leges.

mátrix determinánsát!

megoldás: Kétszer kettes mátrix determinánsa a f®átlóbeli és mellékátlóbeli elemek szorzatának különbsége, így

det A = 2 · 5 − 2 · 2 = 10 − 4 = 6.

13. N Határozzuk meg az A = megoldás:

3 −1 4 2


8

KÉZI CSABA

Kétszer kettes mátrix determinánsa a f®átlóbeli és mellékátlóbeli elemek szorzatának különbsége, így

det A = 3 · 2 − 4 · (−1) = 6 + 4 = 10. 

14. ♠ Határozzuk meg az

 1 −2 3 1 2  A= 0 1 1 0

mátrix determinánsát Sarrus-szabállyal és ki-

fejtési tétellel! megoldás:

•

Sarrus-szabály: Leírjuk a mátrix mellé az els® két oszlopát:



 1 −2 3 1 −2  0 1 2  0 1 , 1 1 0 1 1 Ezután a f®átlóban és vele párhuzamosan, t®le jobbra lév® két másik átlóban lév® elemeket összeszorozzuk, e szorzatokat összeadjuk, majd a mellékátlóban és vele párhuzamosan, t®le jobbra lév® két másik átló elemeit összeszorozzuk, majd e szorzatot kivonjuk az el®z® összegb®l, azaz

det A = 1 · 1 · 0 + (−2) · 2 · 1 + 3 · 0 · 1 − 1 · 1 · 3 + 1 · 2 · 1 + 0 · 0 · (−2) = −9. •

Kifejtési tétel: Eszerint egy

n × n-es

mátrix determinánsának kiszámításához egy tet-

sz®leges sor (vagy oszlop) minden elemét meg kell szoroznunk a hozzá tartozó el®jeles aldeterminánssal, és összegeznünk kell a kapott számokat.

Ha lehetséges, akkor

érdemes olyan sort, vagy oszlopot választani, mely a lehet® legtöbb 0-t tartalmazza. Jelen esetben válasszuk ki a mátrix második sorát. Ekkor

1 −2 3 2+1 −2 3 0 1 2 = 0 · (−1) · 1 0 1 1 0 Kiszámolva a

2 × 2-es

+ 1 · (−1)2+2 · 1 3 1 0

+ 2 · (−1)2+3 · 1 −2 . 1 1

determinánsokat

det A = 0(0 − 3) + 1(0 − 3) − 2(1 + 2) = −9. Lényeges, hogy a Sarrus-szabály CSAK

3×3-as mátrixra alkalmazható, míg a kifejtési

TETSZLEGES négyzetes mátrix determinánsának kiszámolására.



15. N Határozzuk meg az

 2 0 1 A =  2 −2 1  1 −1 3


megoldás:

2 0 1 2 −2 1 1 −1 3

= −12 − 2 − (−2 − 2) = −14 + 4 = −10.

tétel

FELADATGYJTEMÉNY




16. N Számoljuk ki az

 2 0 1 −1  1 −1 3 2   A=  0 −2 4 3  1 4 0 −2

9


megoldás: Az els® sor szerinti kifejtést alkalmazzuk, majd a keletkez® háromszor hármas determinánsokat például Sarrus szabállyal számolhatjuk ki:

−1 3 1+1 det A = 2(−1) −2 4 4 0 1 −1 1+4 +(−1)(−1) 0 −2 1 4

1 3 1 −1 2 2 2 1+2 1+3 3 + 0 · (−1) 0 4 3 + 1(−1) 0 −2 3 1 0 −2 1 −2 4 −2 3 4 = 2 · 0 + 0 + 1 · (−7) + (−1) · (−1) · (−14) = −21. 0

+

17. ♠ Határozzuk meg az x valós számot úgy, hogy az A=

2 x 2 −4

mátrix invertálható legyen! megoldás: Egy mátrix pontosan akkor invertálható, ha a determinánsa nem nulla. Így els® lépésben kiszámoljuk a mátrix determinánsát:

2 x 2 −4

= 2 · (−4) − 2x = −8 − 2x,

ami pontosan akkor nem nulla, ha

x 6= −4.

18. ♠ Határozzuk meg az x valós szám értékét úgy, hogy az A =

x −1 2 3

ható legyen! megoldás: Egy mátrix pontosan akkor invertálható, ha a determinánsa nem nulla.

det A = , ami pontosan akkor nem nulla, ha

x −1 2 3

= 3x + 2

x 6= − 23 .

19. ♠ Határozzuk meg az x valós számot úgy, hogy a 

 2 x 1 A =  3 −4 4  −1 3 0

mátrix invertál-

10

KÉZI CSABA

mátrix invertálható legyen! megoldás: Egy mátrix pontosan akkor invertálható, ha a determinánsa nem nulla. Így els® lépésben kiszámoljuk a mátrix determinánsát:

2 x 1 3 −4 4 −1 3 0

= 0 − 4x + 9 − 4 − 24 = −4x − 19,


x 6= − 19 . 4

20. ♠ Határozzuk meg az (1, −3) és a (2, 5) vektorok által kifeszített paralelogramma területét! megoldás: A keresett terület a vektorok által meghatározott determináns abszolútértéke. Mivel

1 2 −3 5 = 5 − (−6) = 11, ezért a keresett terület 11.

21. ♠ Határozzuk meg az (1, −2, 1), (2, 1, 0) és az (1, 1, 3) vektorok által kifeszített paralelepipedon térfogatát! megoldás: A keresett térfogat a vektorok által meghatározott determináns abszolútértéke. Mivel

1 2 1 −2 1 1 = 3 + 2 − 1 + 12 = 16, 1 0 3 ezért a keresett terület 16.

22. ♠ Számoljuk ki az A =

2 3 −1 4

mátrix inverzét!

megoldás: Az

A=

a b c d

mátrix inverze

A

−1

1 = det A

d −b −c a

,

FELADATGYJTEMÉNY


amennyiben a determináns nem zérus. Jelen esetben az

2 · 4 − 3 · (−1) = 11,

A

mátrix determinánsa

11

det A =

ami nem nulla, így a mátrixnak létezik inverze. Az inverzmátrix

A

23. N Számoljuk ki az A =

−1

3 4 5 −6

1 = 11

4 −3 1 2

.

mátrix inverzét!

megoldás: Az

A

mátrix inverze

−1

A

1 = det A

d −b −c a

 1 3 −1 0  A =  3 −5 0 1 1

1 = −38

−6 −4 −5 3

.



24. ♠ Számoljuk ki az

mátrix inverzét! Ellen®rizzük megoldásunkat!

megoldás: A mátrix determinánsát kiszámolhatjuk például Sarrus-szabállyal

det A = 1 · (−5) · 1 + 3 · 0 · 0 + (−1) · 3 · 1 − 0 · (−5) · (−1) + 1 · 0 · 1 + 1 · 3 · 3 = −17, ami nem nulla, így a mátrixnak létezik inverze. Kiszámolva az algebrai adjungált aldeterminánsokat, az inverzmátrix

 A−1

 1   =−  17  

−5 0 + 1 1 3 −1 − 1 1 3 −1 + −5 0

3 −5 3 0 + − 0 1 0 1 1 3 1 −1 − + 0 1 0 1 1 3 1 −1 + − 3 −5 3 0

Ellen®rzésképpen kiszámoljuk az



A−1 A

T    −5 −4 −5  1  1 −3  .  = −  −3  17 3 −1 −14 

szorzatot:

 −5 −4 −5 1 3 1  −1   −3 1 −3 3 −5 A A=− 17 3 −1 −14 0 1    −17 0 0 1 1    0 −17 0 0 =− = 17 0 0 −17 0 Eredményül a

3 × 3-as

 −1 0 = 1  0 0 1 0 . 0 1

egységmátrixot kaptuk, amivel ellen®riztük az inverz helyességét. AA−1 szorzatot is ki kellene

(Megjegyezzük, hogy az inverz helyességének ellen®rzéséhez az

számolni, mivel a mátrixszorzás nem kommutatív, de ett®l most eltekintünk.)

12

KÉZI CSABA



 2 1 1 3  A =  0 −1 4 2 −2

25. N Számoljuk ki az

mátrix inverzét!

megoldás: Az

A

mátrix inverze

T   −4 12 4 −4 4 4 1 1 0  =  12 −8 −6  . =  4 −8 8 8 4 −6 −2 4 0 −2 

A−1

26. N Adottak az



 1 2 −1 0 , A= 1 1 0 1 2 X

Határozzuk meg azt az



 0 −1 −2 3 4 . B= 1 5 2 6

mátrixot, melyre

A + X = B.

megoldás: Az

X

X = B − A adóódik, így      0 −1 −2 1 2 −1 −1 −3 −1 3 4 − 1 1 0 = 0 2 4 . X= 1 5 2 6 0 1 2 5 1 4

mátrixot kifejezve



27. N Adottak az

A= X

Határozzuk meg azt az

3 1 −1 2

,

mátrixot, melyre

B=

0 −3 1 1

.

AX − BX = A.

megoldás:

X -et jobbra kiemelve (A − B)X = A adódik. Ebb®l X kifejezhet®, −1 mert A − B invertálható, nevezetesen X = (A − B) A. Ehhez el®bb kiszámoljuk az A − B

Az egyenlet bal oldalán

mátrixot, majd annak az inverzét.

A−B =

3 1 −1 2

−

0 −3 1 1

=

3 4 −2 1

.

Ezt felhasználva

−1

(A − B) Ebb®l az ismeretlen

X

1 = 11

1 −4 2 3

.

mátrix

−1

X = (A − B)

1 ·A= 11

1 −4 2 3

3 1 −1 2

1 = 11

7 −7 3 8

.

FELADATGYJTEMÉNY


28. F Egy cég 3 alapanyagból 4 féle terméket állít el®.

13

Az alábbi táblázat mutatja, hogy az

egyes termékek el®állításához mennyi alapanyag szükséges, az egyes alapanyagok költségeit, a nyersanyagokból rendelkezésre álló mennyiségeket, valamint a kész termékek eladási árait. Az egyes termékekb®l rendre 10, 10, 5, 10 darabot gyártunk.

T1 T2 T3 T4 költség (Ft/db) Kapacitás

A1 A2 A3 Egységár(Ft/db)

1

2

1

1

30

60

3

0

3

2

20

80

2

2

1

4

10

100

200

100

300

150

Válaszoljunk mátrixm¶veletekkel az alábbi kérdésekre! a) Elegend®-e a rendelkezésre álló kapacitás? b) Mennyi a megmaradt alapanyag? c) Mennyi a termékek el®állítási költsége 1-1 darab el®állítása esetén? d) Mekkora az összköltség? e) Mennyi a bevétel? f ) Mennyi a haszon/prot? megoldás: a) A megfelel® eredményt egy mátrix és egy vektor szorzata adja

   10 45 1 2 1 1    3 0 3 2   10  =  65  ,  5  85 2 2 1 4 10 





így elegend® a rendelkezésre álló alapanyag mennyiség. b) A megmaradt alapanyag



     60 45 15  80  −  65  =  15  . 100 85 15 c) Az el®állítási költség

1−1

darab termék gyártása esetén:



 1 2 1 1 30 20 10  3 0 3 2  = 2 2 1 4

110 80 100 110

.

d) Az összköltség



 10  10   110 80 100 110   5  = 110 · 10 + 80 · 10 + 100 · 5 + 110 · 10 = 3500. 10

14

KÉZI CSABA

e) A bevétel



 10  10   200 100 300 150   5  = 200 · 10 + 100 · 10 + 300 · 5 + 150 · 10 = 6000. 10 f ) A prot a bevétel és a költség különbsége:

6000 − 3500 = 2500.

29. F Egy étteremben háromféle levesb®l eladott adagok számát az alábbi táblázat mutatja. gulyásleves zöldségleves gyümölcsleves hétf® 10 5 5 kedd 20 10 5 szerda 10 10 10 csütörtök 5 20 10 péntek 30 10 20 Egys.ár(Ft/db) 400 200 300 Válaszoljunk mátrixm¶veletekkel az alábbi kérdésekre! a) Mennyi a levesekb®l származó napi bevétel? b) Mennyi a levesekb®l származó összbevétel az öt nap alatt? c) Határozzuk meg az egyes levesfélékb®l eladott adagok számát az öt nap alatt összesen! d) Az egyes napokon zöldséglevesb®l hány adaggal többet adtak el, mint gyümölcslevesb®l?

megoldás:

a) A megfelel® eredményt egy mátrix és egy vektor szorzata adja

     

10 20 10 5 30

  5 5  6500   11500 10 5  400    200  =  9000 10 10     9000 20 10  300 10 20 20000

   .  

b) A levesekb®l származó összbevétel az 5 nap alatt

   1 1 1 1 1   

6500 11500 9000 9000 20000

    = 6500 + 11500 + 9000 + 9000 + 20000 = 56000.  

FELADATGYJTEMÉNY


c) Az egyes levesekb®l eladott adagok száma

   1 1 1 1 1   

 5 5 10 5   10 10  = 20 10  10 20

10 20 10 5 30

75 55 50

.

d) Az egyes napokon zöldséglevesb®l

     

10 20 10 5 30

  5 5  0    10 5  0 5   1 = 10 10  0     20 10 −1 10 10 20 −10

     

adaggal adtak el többet, mint gyümölcslevesb®l.

30. F Egy étteremben négyféle ételb®l eladott adagok számát az alábbi táblázat mutatja. hétf® kedd szerda csütörtök péntek Egys.ár(Ft/db)

1. étel 2. étel 3. étel 4. étel 10

2

3

4

5

10

7

6

2

5

4

5

10

6

1

6

5

10

6

8

800

600

900

700

Válaszoljunk mátrixm¶veletekkel az alábbi kérdésekre! a) Mennyi volt a bevétel naponta? b) Hány adag fogyott az egyes ételekb®l naponta az öt nap alatt? c) A második ételb®l mennyivel fogyott több, mint az els®b®l naponta?

megoldás:


     

10 2 3 4 5 10 7 6 2 5 4 5 10 6 1 6 5 10 6 8









 800    600        900  =    700

14700 20500 11700 16700 21000

   .  

15

16

KÉZI CSABA

b) Az egyes ételekb®l eladott adagok száma naponta

   1 1 1 1 1   

10 2 3 4 5 10 7 6 2 5 4 5 10 6 1 6 5 10 6 8

   =  

32 33 21 29

.

c) Az egyes napokon a második ételb®l

     

10 2 3 4 5 10 7 6 2 5 4 5 10 6 1 6 5 10 6 8









  −1  1   =   0     0

−8 5 3 −4 5

     

adaggal fogyott több, mint az els®b®l.

31. F

Négy utazásra a hét els® három napján eladott jegyek számát mutatja az alábbi

táblázat.

hétf® kedd szerda Egys.ár(ezer Ft/db)

London Bécs Párizs Velence 10

5

10

15

20

6

20

7

6

7

10

8

20

7

20

30

Válaszoljunk mátrixm¶veletekkel az alábbi kérdésekre! a) Mennyi az utazási iroda bevétele naponta? b) Három nap alatt hány jegyet adtak el az egyes városokba? c) Mennyivel volt több a keddi bevétel, mint a hétf®i? megoldás: a) A megfelel® eredményt egy mátrix és egy vektor szorzata adja

   20 10 5 10 15  885   20 6 20 7   7  =  1052  .  20  6 7 10 8 609 30 





b) Az egyes városokba eladott jegyek száma

 1 1 1

 10 5 10 15  20 6 20 7  = 6 7 10 8

36 18 40 30

.

FELADATGYJTEMÉNY


17

c) A hétf®i bevétel



−1 1 0

 885  1052  = 167e 609

forinttal volt több, mint a keddi.

32. F Egy cég 3 raktárban 4 féle terméket tárol.

Az alábbi táblázat mutatja a tárolt mennyi-

ségeket, az egyes termékek egységárait, a raktározás költségét, valamint a raktár befogadó képességét.

R1 R2 R3 Egys.ár(Ft/db)

T1 T2 T3 T4 költség (Ft/db) Kapacitás 10

4

10

5

20

30

3

5

0

15

30

25

15

9

10

40

15

80

200

100

300

50

Válaszoljunk mátrixm¶veletekkel az alábbi kérdésekre! a) Hány darabot tárolnak az egyes termékekb®l? b) Mekkora az egyes raktárak szabad kapacitása? c) Mennyi az egyes termékek raktározási költsége? d) Mekkora értéket tárolnak az egyes raktárak?

megoldás:


   1 10 4 10 5   29  3 5 0 15   1  =  23  .  1  15 9 10 40 74 1 





b) Az egyes raktárak szabad kapacitása



     30 29 1  25  −  23  =  2  . 80 74 6 c) Az egyes termékek raktározási költsége



 10 4 10 5 20 30 15  3 5 0 15  = 15 9 10 40

515 365 350 1150

.

18

KÉZI CSABA

d) Az egyes raktárakban tárolt értékek

   200 10 4 10 5  5650   3 5 0 15   100  =  1850  .  300  15 9 10 40 8900 50 





33. F Négy feladóhelyr®l három rendeltetési állomásra szállítunk árut. az alábbi mátrix mutatja.

F1 F2 F3 F4

A szállítási költségeket

R1 R2 R3 10

20

30

40

50

20

30

10

20

60

70

20

Mindegyik feladóhelyr®l az els® rendeltetési helyre 3, a másodikra 5, a harmadikra 4 egységnyi mennyiséget kell szállítani. Mennyi a szállítási költség feladóhelyenként? megoldás: A szállítási költség feladóhelyenként



10  40   30 60

20 50 10 70

  250 30   3   20     450 5 = 220 20  4 610 20

  . 

34. F Három csoport matematika vizsgajegyeit tartalmazza az alábbi táblázat jeles (5) jó (4) közepes (3) elégséges (2) elégtelen (1) Cs1 5 8 7 3 1 Cs2 2 4 0 6 2 Cs3 4 6 5 4 0 Mátrixm¶veletek segítségével válaszoljunk az alábbi kérdésekre. a) Határozzuk meg a csoportonkénti létszámot! b) Határozzuk meg az összlétszámot! c) Határozzuk meg az osztályzatok megoszlását, azaz, hogy az egyes osztályzatokból összesen hány darab született! d) Számoljuk ki az egyes csoportok vizsgaátlagát! megoldás:

FELADATGYJTEMÉNY


19

a) A csoportonkénti létszám

 

 5 8 7 3 1    2 4 0 6 2   4 6 5 4 0 



1 1 1 1 1

   24   =  14  .   19

b) Az összlétszám

 1 1 1

 24  14  = 24 + 14 + 19 = 57. 19

c) Az osztályzatok megoszlása

 5 8 7 3 1  2 4 0 6 2 = 4 6 5 4 0 

1 1 1

11 18 12 13 3

.

d) Az egyes csoportok vizsgaátlaga

 1 24

  5 8 7 3 1    

1 14

  2 4 0 6 2    

1 19

35. F Tegyük fel,

  4 6 5 4 0   

5 4 3 2 1



5 4 3 2 1



5 4 3 2 1



  85 =  24 = 3, 54; 

  40 =  14 = 2, 86; 

  67 =  19 = 3, 53. 

hogy a gazdaságban három ágazat m¶ködik: mez®gazdaság, ipar és szol-

gáltatás. (Nem valami realisztikus feltevés, de könnyen gondolhatunk rá úgy, hogy több szektor is van, csak azokkal mi nem foglalkozunk.) Ekkor felírható az alábbi táblázat:

mez®gazdaság ipar szolgáltatás teljes ráfordítás/kibocsátás

mez®gazdaság ipar szolgáltatás 35

5

6

5

62

23

10

26

42

85

163

219

20

KÉZI CSABA

A táblázatot oszloponként kell olvasni, a következ® módon: például a mez®gazdaság összesen 85 (milliárd dollárt) költött inputokra, és ebb®l 35-öt mez®gazdasági termékre, 5-öt ipari termékre és 10-et szolgáltatási termékre. Nyilván 85 több, mint

35 + 5 + 10,

de ez

azért van, mert több más szektort is van, amiket itt most nem veszünk gyelembe. Írjuk fel a ráfordítási mátrixot! megoldás: Ahhoz, hogy megkapjuk a ráfordítási mátrixot, az oszlopokban az elemeket le kell osztani a megfelel® teljes kibocsátással, hogy egységnyire jutó adatokat kapjunk.

Így az alábbi

mátrixhoz jutunk



 0, 41 0, 03 0, 03  0, 06 0, 38 0, 11  . 0, 12 0, 16 0, 19

36. F Egy gazdaság ráfordítási mátrixa A =

0, 1 0, 5 0, 4 0, 3

.

a) Produktív-e (m¶köd®képes-e) a gazdaság?

b) Mennyi legyen a teljes kibocsátás ahhoz, hogy a

d=

3 4

vektorral megadott nettó

termelést elérjük? c) Mely termékek el®állítása nyereséges, ha árrendszerünk a

v = (2, 5)

vektorral adható

meg? megoldás:

E − A mátrix inverzének az elemeit kell megvizsgálnunk, ahol E esetben 2 × 2-es) egységmátrix. Az 1 0 0, 1 0, 5 0, 9 −0, 5 E−A= − = 0 1 0, 4 0, 3 −0, 4 0, 7

a) Az

a megfelel® (jelen

mátrix inverze

−1

(E − A)

1 = 0, 43

0, 7 0, 5 0, 4 0, 9

=

1, 63 1, 16 0, 93 2, 09

.

Mivel a Leontief inverz minden tagja nemnegatív, ezért a gazdaság m¶köd®képes. b) A teljes kibocsátás

−1

(E − A) d =

1, 63 1, 16 0, 93 2, 09

3 4

=

9, 53 11, 15

,

tehát 9,53 darabot kell az els®, 11,15 darabot kell a második termékb®l el®állítani, ahhoz hogy a megadott nettó termelést elérjük.

FELADATGYJTEMÉNY


21

c) Mivel

vA = (2 5) ezért az els® termék el®állítása

2, 2

0, 1 0, 5 0, 4 0, 3

= (2, 2; 2, 5),

egységbe kerül, így az veszteséges (a veszteség

egység), a második termék el®állítása

2, 5

2, 5

0, 2

egységbe kerül, így az nyereséges (a nyereség

egység).

37. F Igazoljuk, hogy ha An nulla valamely n ∈ N természetes számra, akkor az E −A mátrix invertálható. megoldás: Mivel

(E − A)(E + A + A2 + . . . + An−1 ) = (E + A + A2 + . . . + An−1 )− − (A + A2 + A3 + . . . + An ) = E − An = E, ezért az

E−A

mátrix inverze

E + A + A2 + . . . + An−1 ,

tehát

E−A

invertálható.

22

KÉZI CSABA

II. Lineáris egyenletrendszerek megoldása (Gauss-elimináció, Cramer-szabály) 1. ♠ Lineárisan függetlenek-e az alábbi vektorok:

0 −2

a1 =

,

?

1 0

a2 =

megoldás: Tekintsük az

x 1 a1 + x 2 a2 = 0

lineáris kombinációt. Behelyettesítve az

x1

0 −2

1 0

+ x2

0 0

=

a1 , a2

értékeit

.

Elvégezve a skalárral való szorzást, majd az összeadást

x2 −2x1

=

0 0

adódik. Két vektor pontosan akkor egyenl®, ha a megfelel® helyen lév® koordinátái egyenl®ek, így

x2 = 0, valamint −2x1 = 0, amib®l x1 = 0, következésképpen a megadott vektorok

lineárisan függetlenek. A lineáris függetlenséget eldönthetjük a vektorokból képzett mátrix determinánsának kiszámításával is. Ha a determináns értéke nem nulla, akkor a vektorok lineárisan függetlenek, egyébként lineárisan függ®k. Jelen esetben

0 1 −2 0 = 2 6= 0, így a vektorok lineárisan függetlenek.

2. N Lineárisan függetlenek-e az alábbi vektorok: a1 =

1 2

,

2 4

a2 =

?


x 1 a1 + x 2 a2 = 0


x1

1 2

+ x2

2 4

=

0 0

a1 , a2

értékeit

adódik. Elvégezve a skalárral való szorzást, majd az összeadást

x1 + 2x2 2x1 + 4x2

=

0 0

.

Két vektor pontosan akkor egyenl®, ha a megfelel® helyen lév® koordinátái egyenl®ek, így

x1 + 2x2 = 0,

valamint

2x1 + 4x2 = 0. A két egyenlet ekvivalens egymással, így az egyik x1 + 2x2 = 0 egyenletnek pedig végtelen sok megoldása van, nem

egyenlet elhagyható. Az csak a

(0, 0)

pár, következésképpen a megadott vektorok lineárisan függ®k.

FELADATGYJTEMÉNY


23

3. ♠ Lineárisan függetlenek-e az alábbi vektorok: 

 1 a1 =  −1  , −2



 1 a2 =  0  , −1



 1 a3 =  2 ? 3


x 1 a1 + x 2 a2 + x 3 a3 = 0 a1 , a2 , a3 vektorokat      1 1 1 0        −1 0 2 0  x1 + x2 + x3 = −2 −1 3 0








adódik. Elvégzve a skalárral való szorzást és az összevonást

   0 x1 + x2 + x3    0 . −x1 + 2x3 = 0 −2x1 − x2 + 3x3 

Két vektor pontosan akkor egyenl®, ha a megfelel® helyen lév® koordinátái egyenl®ek. Így az

x1 +x2 +x3 = 0, −x1 +2x3 = 0, −2x1 −x2 +3x3 = 0 egyenletekb®l álló egyenletrendszert x1 = 2x3 adódik, melyet behelyettesítve az els®

kell megoldanunk. A második egyenletb®l és a harmadik egyenletbe, az

x2 + 3x3 = 0 −x2 − x3 = 0 egyenletrendszerhez jutunk. A két egyenletet összeadva helyettesítve

x2 = 0,

majd

x1 = 0

2x3 = 0, amib®l x3 = 0.

adódik, így a megadott vektorok lineárisan függetlenek.

4. N Lineárisan függetlenek-e az alábbi vektorok: 

 1 a1 =  0  , −1



 2 a2 =  1  , −1



 −1 a3 =  −1 ? 0


x 1 a1 + x 2 a2 + x 3 a3 = 0 a1 , a2 , a3 vektorokat      1 2 −1 0        0 1 0  x1 + x2 + x3 −1 = −1 −1 0 0






Ezt vissza-



24

KÉZI CSABA

adódik. Elvégzve a skalárral való szorzást és az összevonást



   x1 + 2x2 − x3 0   =  0 . x 2 − x3 −x1 − x2 0 Két vektor pontosan akkor egyenl®, ha a megfelel® helyen lév® koordinátái egyenl®ek. Így az

x1 + 2x2 − x3 = 0, x2 − x3 = 0, −x1 − x2 = 0 egyenletekb®l álló egyenletrendszert kell x2 = x3 adódik, melyet behelyettesítve az els® és a

megoldanunk. A második egyenletb®l harmadik egyenletbe, az

x1 + x3 = 0 −x1 − x3 = 0 egyenletrendszerhez jutunk.

A két egyenlet ekvivalens, így az egyik elhagyható.

az egyenletrendszernek végtelen sok megoládsa van, így nem csak a

(0, 0, 0)

Tehát

számharmas

megoldás, következésképpen a vektorok lineárisan függ®k.

5. ♠ Tekintsük az x + 2y − 4z = −4 2x + 5y − 9z = −10 3x − 2y + 3z = 11 egyenletrendszert!

Írjuk fel az alapmátrixát, a kib®vített mátrixát.

az alapmátrix és a kib®vített mátrix rangját. megoldható-e a lineáris egyenletrendszer!

Határozzuk meg

Ennek felhasználásával döntsük el, hogy

Ha megoldható, osztályozzuk a megoldások

száma szerint és adjuk meg a megoldást! megoldás: A lineáris egyenletrendszer alapmátrixa

 1 2 −4 5 −9  , A= 2 3 −2 3 

kib®vített mátrixa

Els® lépésben els® sor

 1 2 −4 −4 5 −9 −10  . (A | b) =  2 3 −2 3 11 

−2-szeresét

hozzáadjuk a második sorhoz, illetve az els® sor

−3-

8-szorosát

hoz-

szorosát hozzáadjuk a harmadik sorhoz. Második lépésben a második sor záadjuk a harmadik sorhoz:

     1 2 −4 −4 1 2 −4 −4 1 2 −4 −4  2 5 −9 −10  →  0 1 −1 −2  →  0 1 −1 −2  . 3 −2 3 11 0 −8 15 23 0 0 7 7 

Gauss elimináció után kapott háromszög alakú mátrix rangja a nem csupa nulla sorok száma. Így az alapmátrix rangja 3, a kib®vített mátrix rangja 3. Mivel az alapmátrix és a

FELADATGYJTEMÉNY


25

kib®vített mátrix rangja megegyezik, ezért az egyenletrendszer megoldható. Az alapmátrix rangja megegyezik az ismeretlenek számával, így az egyenletrendszer határozott, azaz egy megoldása van. Az utolsó mátrixból felírva az egyenletrendszert

x + 2y − 4z = −4 y − z = −2 7z = 7. z = 1. Ezt visszahelyettesítve egyenletbe y -t és z -t behelyettesítve

adódik. Az utolsó egyenletet elosztva 7-el azt kapjuk, hogy

y = −1 x = 2.

a második egyenletbe megkapjuk, hogy

adódik.

Az els®

6. ♠ Tekintsük az x + 2y + 3z = 1 2x + 3y + 4z = 2 3x + 4y + 5z = 4 egyenletrendszert!



Határozzuk meg




 1 2 3 A =  2 3 4 , 3 4 5 


 1 2 3 1 (A | b) =  2 3 4 2  . 3 4 5 4 

Els® lépésben az els® sor

−3-szorosát

−2-szeresét


hozzáadjuk a harmadik sorhoz. Második lépésben a második sor

−2-szeresét

hozzáadjuk a harmadik sorhoz:

  1 2 3 1 1 2 3  2 3 4 2  →  0 −1 −2 3 4 5 4 0 −2 −4 

   1 1 1 2 3 0  →  0 −1 −2 0  . 1 0 0 0 1

Gauss elimináció után kapott háromszög alakú mátrix rangja a nem csupa nulla sorok száma. Így az alapmátrix rangja 2, a kib®vített mátrix rangja 3. Mivel az alapmátrix és a kib®vített mátrix rangja nem egyezik meg, ezért az egyenletrendszer nem megoldható,

26

KÉZI CSABA

azaz ellentmondásos. Ez a tény úgy is megállapítható, hogy az utolsó mátrixból felírjuk az egyenletrendszert

x + 2y + 3z = 1 −y − 2z = 0 0 = 1. Ekkor az utolsó egyenletb®l ellentmondásra jutunk, így az egyenletrendszernek nincs megoldása.

7. ♠ Tekintsük az x + 2y + 3z = 1 2x + 3y + 4z = 2 3x + 4y + 5z = 3 egyenletrendszert!



Határozzuk meg




 1 2 3 A =  2 3 4 , 3 4 5 


 1 2 3 1 (A | b) =  2 3 4 2  . 3 4 5 3 


−3-szorosát

−2-szeresét



−2-szeresét


  1 2 3 1 1 2 3  2 3 4 2  →  0 −1 −2 3 4 5 3 0 −2 −4 

   1 1 1 2 3 0  →  0 −1 −2 0  . 0 0 0 0 0

az alapmátrix rangja 2, a kib®vített mátrix rangja 2. Mivel az alapmátrix és a kib®vített mátrix rangja megegyezik, ezért az egyenletrendszer megoldható.

Az alapmátrix rangja

2, míg az ismeretlenek száma 3, így az egyenletrendszer határozatlan, azaz végtelen sok megoldása van. Ezeket

3 − 2 = 1 szabad paraméter bevezetésével kaphatjuk meg.

A szabad

paraméterek számát az ismeretlenek számának és az alapmátrix rangjának különbsége adja. Az utolsó mátrixból felírva az egyenletrendszert

x + 2y + 3z = 1 −y − 2z = 0

FELADATGYJTEMÉNY

adódik. Legyen például

z = t.


y = −2t. Az els® t ∈ R tetsz®leges.

Ekkor a második egyenletb®l

ezeket visszahelyettesítve megkajuk az

x-et: x = 1 + t,

ahol

27

egyenletbe

8. ♠ Tekintsük az x + 2y + 3z + 4u = 1 2x + 3y + 4z + 5u = 2 3x + 4y + 5z + 6u = 3 4x + 5y + 6z + 7u = 4 egyenletrendszert!



Határozzuk meg






2 3 4 5

3 4 5 6

 4 5  , 6  7



2 3 4 5

3 4 5 6

4 5 6 7

1  2 A=  3 4 kib®vített mátrixa

1  2 (A | b) =   3 4

 1 2  . 3  4

−2-szeresét hozzáadjuk a második sorhoz, az els® sor −3-szorosát hozzáadjuk a harmadik sorhoz, illetve az els® sor −4-szeresét hozzáadjuk a negyedik sorhoz. Második lépésben a második sor −2-szeresét hozzáadjuk a harmadik sorhoz, −3-szorosát


pedig a negyedikhez:



1  2   3 4

2 3 4 5

3 4 5 6

4 5 6 7

  1 1 2 3 4 1  2   →  0 −1 −2 −3 0   3 0 −2 −4 −6 0 4 0 −3 −6 −9 0

1 2 3 4 1    →  0 −1 −2 −3 0   0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 



  . 

az alapmátrix rangja 2, a kib®vített mátrix rangja 2. Mivel az alapmátrix és a kib®vített mátrix rangja megegyezik, ezért az egyenletrendszer megoldható.

Az alapmátrix rangja

2, míg az ismeretlenek száma 4, így az egyenletrendszer határozatlan, azaz végtelen sok megoldása van. Ezeket

4 − 2 = 2 szabad paraméter bevezetésével kaphatjuk meg.

A szabad

paraméterek számát az ismeretlenek számának és az alapmátrix rangjának különbsége adja. Az utolsó mátrixból felírva az egyenletrendszert

x + 2y + 3z + 4u = 1 −y − 2z − 3u = 0

28

KÉZI CSABA

adódik. Legyen például

z = t1 , u = t2 .

Ekkor a második egyenletb®l

y = −2z − 3u = −2t1 − 3t2 . Az els® egyenletbe ezeket visszahelyettesítve megkajuk az

x-et:

x = 1 − 2y − 3z − 4u = 1 + 4t1 + 6t2 − 3t1 − 4t2 = 1 + t1 + 2t2 ,

t1 , t2 ∈ R

9. ♠ Tekintsük az x1 +2x2 + x3 + x4 = 4 2x1 −x2 + 4x3 − x4 = 4 3x1 +x2 − x3 + 2x4 = 4. egyenletrendszert!



Határozzuk meg




 1 2 1 1 4 −1  , A =  2 −1 3 1 −1 2 


Els® lépésben els® sor

 1 2 1 1 4 4 −1 4  . (A | b) =  2 −1 3 1 −1 2 4 

−2-szeresét


−3-

−1-szeresét

hoz-

szorosát hozzáadjuk a harmadik sorhoz. Második lépésben a második sor záadjuk a harmadik sorhoz:

     1 2 1 1 4 1 2 1 1 4 1 2 1 1 4  2 −1 4 −1 4  →  0 −5 2 −3 −4  →  0 −5 2 −3 −4  . 3 1 −1 2 4 0 −5 −4 −1 −8 0 0 −6 2 −4 

Gauss elimináció után kapott háromszög alakú mátrix rangja a nem csupa nulla sorok száma.

Így az alapmátrix rangja 3, a kib®vített mátrix rangja 3.

Mivel az alapmátrix

és a kib®vített mátrix rangja megegyezik, ezért az egyenletrendszer megoldható.

Az is-

meretlenek száma 4, ami nem egyezik meg az alapmátrix rangjával, így az egyenletrendszer határozatlan, azaz végtelen sok megoldása van.

Az utolsó mátrixból felírva az egyenle-

trendszert

x1 + 2x2 + x3 + x4 = 4 −5x2 + 2x3 − 3x4 = −4 −6x3 + 2x4 = −4.

FELADATGYJTEMÉNY

adódik.

Legyen

x3 = t,

ahol


t ∈ R.

Az utolsó egyenletb®l

x4 = 3t − 2.

29

Ezt visszahe-

lyettesítve a második egyenletbe

x2 = adódik. Az els® egyenletbe

x2 -t, x3 -at

és

−7t + 10 5 x4 -et

behelyettesítve megkapjuk, hogy

x1 = −1, 2t + 2.

10. ♠ Oldjuk meg Cramer-szabállyal az x − 2y + 5z = 12 2x − y + z = 3 3x + 2y + 6z = 25 egyenletrendszert! megoldás: Az egyenletrendszer alapmátrixának determinánsa

1 −2 5 D = 2 −1 1 3 2 6

= 8 − (−37) = 45.

Az els® ismeretlent úgy kapjuk meg, hogy az alapmátrix els® oszlopát töröljük, majd annak helyére az egyenletrendszer jobboldalát írjuk. Ezután a kapott mátrix determinánsának és az alapmátrix determinánsának hányadosként áll el® az

12 −2 5 D1 = 3 −1 1 25 2 6

= 45,

ezért

x=

x.

Mivel

D1 45 = = 1. D 45

A második ismeretlent úgy kapjuk meg, hogy az alapmátrix második oszlopát töröljük, majd annak helyére az egyenletrendszer jobboldalát írjuk. Ezután a kapott mátrix determinánsának és az alapmátrix determinánsának hányadosként kapjuk

1 12 5 D2 = 2 3 1 = 90, 3 25 6

ezért

y=

y -t.

Mivel

D2 90 = = 2. D 45

A harmadik ismeretlent úgy kapjuk meg, hogy az alapmátrix harmadik oszlopát töröljük, majd annak helyére az egyenletrendszer jobboldalát írjuk. Ezután a kapott mátrix determinánsának és az alapmátrix determinánsának hányadosként kapjuk

1 −2 12 D3 = 2 −1 3 3 2 25

= 135,

ezért

z=

z -t.

D3 135 = = 3. D 45

Mivel

30

KÉZI CSABA

11. ♠ Tekintsük az x + ay + 2z = 4 2x − 3y + 5z = 4 3x + 7y − 3z = 7 egyenletrendszert! a) Milyen b) Ha

a

valós szám esetén alkalmazható a Cramer-szabály?

x = 1,

akkor határozzuk meg az

a

értékét!

megoldás: a) A Cramer-szabály pontosan akkor alkalmazható, ha az alapmátrix determinánsa nem nulla. Jelen esetben az alapmátrix determinánsa

1 a 2 5 D = 2 −3 3 7 −3

= 9 + 15a + 28 − (−18 + 35 − 6a) = 21a + 20,


a 6= −

20 . 21

b) Mivel

4 a 2 4 −3 5 D1 = 7 7 −3

= 36 + 35a + 56 − (−42 + 140 − 12a) = 47a − 6,

ezért

x=

D1 47a − 6 = , D 21a + 20

1=

D1 47a − 6 = . D 21a + 20

azaz

Beszorozva a nevez®vel, majd rendezve az egyenletet

21a + 20 = 47a − 6 26 = 26a, amib®l

a = 1.

12. F Tekintsük az x + ay + 3z = 5 2x + 3y + bz = 6 3x − 4y + 2z = 1 egyenletrendszert! a) Milyen b) Ha

a

x=1

és és

b

valós szám esetén alkalmazható a Cramer-szabály?

y = 1,

akkor határozzuk meg az

a

és

b

értékét!

FELADATGYJTEMÉNY


31

megoldás: a) A Cramer-szabály pontosan akkor alkalmazható, ha az alapmátrix determinánsa nem nulla. Jelen esetben az alapmátrix determinánsa

1 a 3 3 b = 6 + 3ab − 24 − (27 − 4b + 4a) = 3ab − 4a + 4b − 45, D = 2 3 −4 2 ami pontosan akkor nem nulla, ha

3ab − 4a + 4b − 45 6= 0.

b) Mivel

5 a 3 3 b = 30 + ab − 72 − (9 − 20b + 12a) = ab − 12a + 20b − 51, D1 = 6 1 −4 2 ezért

ab − 12a + 20b − 51 D1 = , D 3ab − 4a + 4b − 45

x= azaz

1=

ab − 12a + 20b − 51 . 3ab − 4a + 4b − 45

Továbbá

1 5 3 D2 = 2 6 b 3 1 2

= 12 + 15b + 6 − (54 + b + 20) = 14b − 56,

így

y=

D2 14b − 56 = , D 3ab − 4a + 4b − 45

azaz

1= Tehát az

14b − 56 . 3ab − 4a + 4b − 45

 ab − 12a + 20b − 51  = 1  3ab − 4a + 4b − 45  14b − 56  = 1 3ab − 4a + 4b − 45

egyenletrendszert kell megoldani. Beszorozva a közös nevez®vel

) ab − 12a + 20b − 51 = 3ab − 4a + 4b − 45 14b − 56 = 3ab − 4a + 4b − 45 Elvégezve az összevonásokat az

2ab + 8a − 16b = −6

)

3ab − 4a − 10b = −11

32

KÉZI CSABA

egyenletrendszerhez jutunk. Az els® egyenlet másfélszeresét vonjuk ki a második egyenletb®l. Ekkor az

−16a + 14b = −2 egyenlethez jutunk. Az egyenletet

Ezt visszahelyettesítve a

−2-vel osztva, 1 + 7b a= . 8

majd

a-t

kifejezve

2ab+8a−16b = −6-vel ekvivalens ab+4a−8b = −3 egyenletbe: 1 + 7b 1 + 7b b+4 − 8b = −3. 8 8

Beszorozva a közös nevez®vel, majd elvégezve a zárójelfelbontást és az összevonást:

1 + 7b 1 + 7b b+4 − 8b = −3 8 8 (1 + 7b)b + 4(1 + 7b) − 64b = −24 b + 7b2 + 4 + 28b − 64b = −24 7b2 − 35b + 28 = 0 b2 − 5b + 4 = 0. Megoldva a másodfokú egyneletet

b1,2 = így

b1 = 4, b2 = 1.

5±

√

25 − 16 5±3 = , 2 2

Ezeket visszahelyettesítve az

a= egyenletbe

a1 =

29 8

és

a2 = 1

1 + 7b . 8

adódik.

13. N Tekintsük az x − 2y + 3z = 2 2x + y − 5z = −2 3x − y − 2z = 0 egyenletrendszert! Írjuk fel az alapmátrixát, a kib®vített mátrixát, majd oldjuk meg Gausseliminációval! megoldás: A lineáris egyenletrendszer alapmátrixa



 1 −2 3 1 −5  , A= 2 3 −1 −2

FELADATGYJTEMÉNY



33

 1 −2 3 2 1 −5 −2  . (A | b) =  2 3 −1 −2 0 


−3-szorosát

−2-szeresét



−1-szeresét


   1 −2 3 2 1 −2 3 2  0 5 −11 −6  →  0 5 −11 −6  . 0 5 −11 −6 0 0 0 0 

Ezen utóbbi mátrixból felírva az egyenletrendszert

x − 2y + 3z = 2 5y − 11z = −6. Az alapmátrix rangja és a kib®vített mátrix rangja is 2, így az egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van. Legyen

z = t, t ∈ R y=

tetsz®leges. Ekkor a második egyenletb®l

−6 + 11t . 5

Ezt visszahelyettesítve az els® egyenletbe

x = 2 + 2y − 3z = 2 +

−12 + 22t − 3t = −0, 4 + 1, 4t. 5

14. ♠ Tekintsük az 2x + 2y − z = 3 3x + 3y + z = 12 4x + y + 5z = 21 egyenletrendszert! Írjuk fel az alapmátrixát, a kib®vített mátrixát, majd oldjuk meg Gausseliminációval! megoldás: A lineáris egyenletrendszer alapmátrixa



 2 2 −1 1 , A= 3 3 4 1 5 kib®vített mátrixa

 2 2 −1 3 1 12  . (A | b) =  3 3 4 1 5 21 

34

KÉZI CSABA

−3-szorosát hozzáadjuk a −2-szeresét hozzáadjuk a harmadik sorhoz, ezt követ®en

Els® lépésben a második sort szorozzuk 2-vel. Ezután az els® sor második sorhoz, illetve az els® sor

cseréljük fel a második és harmadik sort:

     2 2 −1 3 2 2 −1 3 2 2 −1 3  6 6 2 24  →  0 0 5 15  →  0 −3 7 15  . 4 1 5 21 0 −3 7 15 0 0 5 15 

Az alapmátrix rangja 3, a kib®vített mátrix rangja 3. A rang maximális, így az egyenletrendszer egyértelm¶en megoldható. Az utolsó mátrixból felírva az egyenletrendszert

2x + 2y − z = 3 −3y + 7z = 15 5z = 15. Az utolsó egyenletb®l kapjuk, hogy

y = 2.

z = 3

adódik.

Az els® egyenletbe

Ezt visszahelyettesítve a második egyenletbe azt

y -t

és

z -t

behelyettesítve

x=1

adódik.

15. N Tekintsük az 3x + y − 4z = −4 3x + 3y + z = 8 4x + y + 5z = 15 egyenletrendszert!

Írjuk fel az alapmátrixát, a kib®vített mátrixát, majd oldjuk meg

Cramer-szabállyal! Az egyenletrendszer alapmátrixának determinánsa

3 1 −4 1 = 37 − (−30) = 67. D = 3 3 4 1 5 Az els® ismeretlent úgy kapjuk meg, hogy az alapmátrix els® oszlopát töröljük, majd annak helyére az egyenletrendszer jobboldalát írjuk. Ezután a kapott mátrix determinánsának és az alapmátrix determinánsának hányadosa lesz az

−4 1 −4 1 = 67, D1 = 8 3 15 1 5

ezért

x.

Mivel

x=

D1 67 = = 1. D 67

A második ismeretlent úgy kapjuk meg, hogy az alapmátrix második oszlopát töröljük, majd annak helyére az egyenletrendszer jobboldalát írjuk. Ezután a kapott mátrix determinánsának és az alapmátrix determinánsának hányadosa lesz az

3 −4 −4 8 1 = 67, D2 = 3 4 15 5

ezért

y=

y.

Mivel

D2 67 = = 1. D 67

FELADATGYJTEMÉNY


35

A harmadik ismeretlent úgy kapjuk meg, hogy az alapmátrix harmadik oszlopát töröljük, majd annak helyére az egyenletrendszer jobboldalát írjuk. Ezután a kapott mátrix determinánsának és az alapmátrix determinánsának hányadosa lesz a

3 1 −4 8 = 134, D3 = 3 3 4 1 15

ezért

z=

z.

Mivel

D3 134 = = 2. D 67

36

KÉZI CSABA

III. Lineáris egyenletrendszerek alkalmazása, vektoralgebrai fogalmak és mérnöki alkalmazásaik 1. 1. N

Tekintsük az alábbi egyenáramú hálózatot! Legyen Ub1 = 20 [V ], Ub2 = 10 [V ], Ub3 = 5 [V ], R1 = 2 [Ω], R2 = 4 [Ω], Rb1 = 7 [Ω], Rb2 = 6 [Ω], Rb3 = 4 [Ω].

a) Írjuk fel Kirchho els® törvényét a

B

csomópontra!

b) Írjuk fel Kirchho második törvényét az c) Írjuk fel Kirchho második törvényét a

ABEF

BCDE

hurokra! hurokra!

d) Írjuk fel a kapott egyenletrendszer alapmátrixát és kib®vített mátrixát! e) Határozzuk meg az ismeretlen áramer®sségeket Cramer-szabállyal! megoldás: a) Kirchho els® törvénye szerint egy csomópontba befolyó és onnan kifolyó áramok algebrai összege zérus, így

−I1 + I2 + I3 = 0. b) Kirchho második törvénye szerint bármely hurokban körbehaladva és a feszültségeket el®jelesen összegezve zérust kapunk, így

I1 R1 + I3 Rb3 − Ub3 + I1 Rb2 + Ub2 = 0. c) Kirchho második törvényét felírva a

BCDE

hurokra:

Ub3 − I3 Rb3 + I2 R2 + I2 Rb1 − Ub1 = 0. d) Az adatok behelyettesítve a megoldandó egyenletrendszer

−I1 +I2 + I3 = 0 11I2 −4I3 = 15 8I1 + 4I3 = −5

FELADATGYJTEMÉNY


37

e) Az egyenletrendszer alapmátrixa



 −1 1 1  0 11 −4  , 8 0 4 kib®vített mátrixa

 −1 1 1 0  0 11 −4 15  . 8 0 4 −5 

f ) Az egyenletrendszer alapmátrixának determinánsa

−1 1 1 D = 0 11 −4 = −164. 8 0 4 Az els® ismeretlent úgy kapjuk meg, hogy az alapmátrix els® oszlopát töröljük, majd annak helyére az egyenletrendszer jobboldalát írjuk. Az els® ismeretlen a kapott mátrix determinánsának és az alapmátrix determinánsának hányadosként. Mivel

0 1 1 D1 = 15 11 −4 = 15, −5 0 4

ezért

I1 =

D1 15 =− [A]. D 164

A második ismeretlent úgy kapjuk meg, hogy az alapmátrix második oszlopát töröljük, majd annak helyére az egyenletrendszer jobboldalát írjuk.

A második ismeretlen a

kapott mátrix determinánsának és az alapmátrix determinánsának hányadosként. Mivel

−1 0 1 D2 = 0 15 −4 = −160, 8 −5 4

ezért

I2 =

D2 160 = [A]. D 164

A harmadik ismeretlent úgy kapjuk meg, hogy az alapmátrix harmadik oszlopát töröljük, majd annak helyére az egyenletrendszer jobboldalát írjuk.

A harmadik ismeretlen a

kapott mátrix determinánsának és az alapmátrix determinánsának hányadosként. Mivel

−1 1 0 0 11 15 D3 = 8 0 −5

= 175,

ezért

I3 =

2. ♠ Egy színház néz®terét 82 db izzólámpa világítja meg. 60 [W]-os, meg, hány

t = 4 [h] alatt W = 25, 12 [kWh] villamos 100 [W]-os, illetve 60 [W]-os izzólámpa van.

és

D3 175 =− [A]. D 164 Egy részük

100 [W]-os, más részük

energiát fogyasztanak. Határozzuk

megoldás: A

100 [W]-os

izzólámpák számát jelöljük

x-el,

a

60 [W]-os

a feltételek szerint

x + y = 82.

izzólámpák számát

y -al.

Ekkor

38

KÉZI CSABA

A másik egyenlet a villamosenergia-fogyasztás alapján írható föl. Az egy órára es® összfogyasztás, vagyis a teljesítmény

P =

W 25120 = = 6280 [W]. t 4

Ez az izzólámpák összteljesítményével egyenl®

100x + 60y = 6280, amit egyszer¶sítve

5x + 3y = 314. Tehát a megoldandó lineáris egyenletrendszer

x + y = 82 5x + 3y = 314 A lineáris egyenletrendszer alapmátrixának determinánsa

1 1 D = 5 3

= 3 − 5 = −2,

továbbá

82 1 D1 = 314 3

= 246 − 314 = −68,

ezért

x=

D1 −68 = = 34. D −2

1 82 D2 = 5 314

= 314 − 410 = −96,

ezért

y=

D2 −96 = = 48. D −2

Másrészt

 10 v =  17  vektort az 1     −1 1    3 , a2 = 1 , a1 = 0 2 

3. ♠ Írjuk fel a



 3 a3 =  4  −1

vektorok lineáris kombinációjaként! megoldás: Keressük azokat az

x1 , x2 , x3

ismeretleneket, melyekre

a1 x1 +a2 x2 +a3 x3 = v .

a vektorok összeadására és skalárral való szorzására vonatkozó deníciókat az



   −x1 + x2 + 3x3 10  3x1 + x2 + 4x3  =  17  2x2 − x3 1

Felhasználva

FELADATGYJTEMÉNY

összefüggéshez jutunk.


39

Két vektor pontosan akkor egyenl®, ha a megfelel® koordinátáik

egyenl®ek, így az el®bbi egyenl®ség ekvivalens az

 −x1 + x2 + 3x3 = 10  3x1 + x2 + 4x3 = 17  2x2 − x3 = 1  egyenletrendszerrel, amit megoldhatunk például Gauss-eliminációval. A lineáris egyenletrendszer kib®vített mátrixa




−1 1 3  3 1 4 0 2 −1

3-szorosát

 10 17  1

hozzáadjuk a második sorhoz. Második lépésben meg-

cseréljük a második és a harmadik sort.

Harmadik lépésben a második sor

−2-szeresét

hozzáadjuk a harmadik sorhoz.

     10 −1 1 3 10 −1 1 3 10 47  →  0 2 −1 1  →  0 2 −1 1  1 0 0 15 45 0 4 13 47



−1 1 3  0 4 13 0 2 −1


 −x1 + x2 + 3x3 = 10  2x2 − x3 = 1 .   15 x3 = 45 x3 = 3 adódik, amit visszahelyettesítve a második egyenletbe x2 = 2. x1 = 1. Így a keresett lineáris kombináció

Az utolsó egyenletb®l Az els® egyenletb®l

v = a1 + 2a2 + 3a3 . Visszahelyettesítéssel ellen®rizhetjük megoldásunkat.



4. N Írjuk fel a

 7 v= 2  9

vektort az



 2 a1 =  −1  , 5



 3 a2 =  1  , 0



 1 a3 =  1  2

vektorok lineáris kombinációjaként! megoldás: Keressük azokat az

x1 , x2 , x3

ismeretleneket, melyekre

a1 x1 +a2 x2 +a3 x3 = v .

a vektorok összeadására és skalárral való szorzására vonatkozó deníciókat az



   2x1 + 3x2 + x3 7  −x1 + x2 + x3  =  2  5x1 + 2x3 9

Felhasználva

40

KÉZI CSABA

összefüggéshez jutunk.

Két vektor pontosan akkor egyenl®, ha a megfelel® koordinátáik

egyenl®ek, így az el®bbi egyenl®ség ekvivalens az

 2x1 + 3x2 + x3 = 7  −x1 + x2 + x3 = 2  5x1 + 2x3 = 9 egyenletrendszerrel, amit megoldhatunk például Gauss-eliminációval. A lineáris egyenletrendszer kib®vített mátrixa

 2 3 1 7  −1 1 1 2  5 0 2 9 

Els® lépésben cseréljük fel az els® és második sort. Ezután az els® sor a második sorhoz, illetve az els® sor 5-szörösét a harmadikhoz.

2-szeresét hozzáadjuk

Következ® lépésben a

−1-szeresét hozzáadjuk a harmadik sorhoz.      −1 1 1 −1 1 1 2 −1 1 1 2  2 3 1 7  →  0 5 3 11  →  0 5 3 0 0 4 0 5 7 19 5 0 2 9

második sor

 2 11  8


 −x1 + x2 + x3 = 2   5x2 + 3x3 = 11 .  4 x3 = 8  x3 = 2 adódik, amit visszahelyettesítve a második egyenletbe x2 = 1. x1 = 1. Így a keresett lineáris kombináció

Az utolsó egyenletb®l Az els® egyenletb®l

v = a1 + a2 + 2a3 . Visszahelyettesítéssel ellen®rizhetjük megoldásunkat.

5. ♠

Egy repül®gép nyugodt légköri viszonyok mellett 800 [km/h] sebességgel keleti irányba

repül.

Egyszercsak 110 [km/h] sebesség¶, keleti szél támad, amelynek iránya a repülési 60◦ szöget zár be. A repül® a tájolót továbbra is keleti irányon tartja, de a szél

iránnyal

miatt repülési iránya és sebessége megváltozik. Mi lesz az új irány és az új sebesség? megoldás: Jelölje

ua

gép,

v

a szél sebességét! Ekkor

viszonyított sebessége az

u+v

|u| = 800, |v| = 110.

ered®vektorral lesz egyenl®.

Ekkor a repül®gép talajhoz

FELADATGYJTEMÉNY

Ha az

x-tengely


keleti irányba mutat, az

u = (800, 0), Így

északra, akkor

u

és

v

komponensei

√ v = (110 · cos 60◦ , 110 · sin 60◦ ) = (55, 55 3).

√ √ u + v = (800 + 55, 0 + 55 3) = (855, 55 3),

amib®l

|u + v| =

q

Másrészt

amib®l

y

41

√ 8552 + (55 3)2 ≈ 860, 3.

√ 55 3 , tgϕ = 855

ϕ ≈ 6, 5◦ .

Tehát a repül®gép talajhoz viszonyított sebessége körülbelül 860,3 [km/h], ◦ iránya pedig a keleti iránytól 6, 5 -al tér el északra.

 −2 a1 =  3  2 

6. ♠ Határozzuk meg az

 1 a2 =  −4  5 

és

vektorok skaláris szorzatát!

megoldás: Két vektor skaláris szorzatát kiszámolhatjuk a megfelel® koordináták szorzatösszegeként, így a keresett mennyiség

a1 · a2 = −2 · 1 + 3 · (−4) + 2 · 5 = −2 − 12 + 10 = −4. 

7. N Határozzuk meg az

 2 a1 =  1  −2



és

 1 a2 =  3  −4

vektorok skaláris szorzatát!

megoldás: Két vektor skaláris szorzatát kiszámolhatjuk a megfelel® koordináták szorzatösszegeként, így a keresett mennyiség

a1 · a2 = 2 · 1 + 1 · 3 + (−2) · (−4) = 2 + 3 + 8 = 13.

42

KÉZI CSABA



8. N Határozzuk meg az x valós számot úgy, hogy az

 2 a1 =  5  7



és

 −1 a2 =  x  3

vektorok

mer®legesek legyenek egymásra! megoldás: Két vektor mer®legességének szükséges és elégséges feltétele, hogy a két vektor skaláris

a1

szorzata 0 legyen. Az

és

a2

vektorok skaláris szorzata

a1 · a2 = 2 · (−1) + 5 · x + 7 · 3 = −2 + 5x + 21 = 5x − 19. Így az

5x − 19 = 0

egyenletet kell megoldanunk. Hozzáadva mindkét oldalhoz 19-et, majd

mindkét oldalt 5-el elosztva

9. ♠ Határozzuk meg a

5x − 19 = 0 5x = 19 19 x= . 5     1 2 v 1 =  −2  és v 2 =  1  4 1

vektorok által bezárt szöget!

megoldás: Két vektor skaláris szorzatát kiszámolhatjuk a megfelel® koordináták szorzatösszegeként. Másrészt a skaláris szorzatot a vektorok hosszának és a vektorok által bezárt szög koszinuszának szorzatként is kiszámolhatjuk. Ezek gyelembevételével

cos ϕ =

v1 · v2 . |v 1 ||v 2 |

Mivel

v 1 · v 2 = 1 · 2 + (−2) · 1 + 4 · 1 = 4, továbbá

|v 1 | =

p √ 12 + (−2)2 + 42 = 21,

ezért

amib®l

|v 2 | =

√

22 + 12 + 12 =

√

6

4 4 , cos ϕ = √ √ = √ 21 6 126 ϕ ≈ 69, 12. 

10. N Határozzuk meg a

 0 v1 =  3  −4



és

 4 v2 =  2  4

vektorok által bezárt szöget!

megoldás: Két vektor skaláris szorzatát kiszámolhatjuk a megfelel® koordináták szorzatösszegeként.

FELADATGYJTEMÉNY


43

Másrészt a skaláris szorzatot a vektorok hosszának és a vektorok által bezárt szög koszinuszának szorzatként is kiszámolhatjuk. Ezek gyelembevételével

cos ϕ =

v1 · v2 . |v 1 ||v 2 |

Mivel

v 1 · v 2 = 0 · 4 + 3 · 2 + (−4) · 4 = 6 − 16 = −10, továbbá

|v 1 | =

p

02 + 32 + (−4)2 =

√

25 = 5,

ezért

cos ϕ = amib®l

|v 2 | =

√ √ 42 + 22 + 42 = 36 = 6

1 −10 =− , 5·6 3

ϕ ≈ 109, 47.  3 v1 =  x  1 

11. N

Határozzuk meg az

x

vektorok által bezárt szög

valós számot úgy, hogy a

60◦

 −4 v2 =  3  0 

és

és

legyen!

megoldás:

ϕ-vel. Ekkor v1 · v2 . cos ϕ = |v 1 ||v 2 | √ √ v 1 v 2 = −12 + 3x, |v 1 | = 10 + x2 , |v 2 | = 16 + 9 = 5.

Jelöljük a két vektor által bezárt szöget

Mivel

Ezeket behelyettesítve az

el®bbi összefüggésbe

1 −12 + 3x = √ . 2 5 10 + x2 adódik. Megoldjuk a kapott egyenletet. Els® lépésben az egyenlet mindkét oldalát négyzetre emeljük, majd elvégezzük a zárójel felbontását és az összevonást, nullára rendezzük az egyenletet, végül megoldjuk a kapott másodfokú egyenletet.

1 −12 + 3x = √ 2 5 10 + x2 √ 2 5 10 + x2 = 576 − 288x + 36x2 250 + 25x2 = 576 − 288x + 36x2 0 = 11x2 − 288x + 326. Ebb®l a megoldóképlet segítségével azt kapjuk, hogy

√ 144 + 35 14 x1 = , 11

√ 144 − 35 14 x2 = . 11

44

KÉZI CSABA

12. ♠ Egy F (3, 2) er® hatására egy pontszer¶ test az A(2, 4) pontból a B(0, 5) pontba jut el. Mekkora a végzett munka? megoldás: A végzett munka az er® és az elmozdulás vekorok skaláris szorzata. Az elmozdulás vektora

−→ s = AB = B − A = (−2, 1),

így a végzett munka

W = F · s = 3 · (−2) + 2 · 1 = −6 + 2 = −4.

13. N

Egy

F (1, −2, 3)

er® hatására egy pontszer¶ test az

A(1, 3, −2)

pontból a

B(1, 1, 2)

pontba jut el. Mekkora a végzett munka? megoldás: A végzett munka az er® és az elmozdulás vekorok skaláris szorzata. Az elmozdulás vektora

−→ s = AB = B − A = (0, −2, 4),

így a végzett munka

W = F · s = 1 · 0 + (−2) · (−2) + 3 · 4 = 16.

14. N

Egy ifjú apa 110 [N ] er®vel húz egy szánkót, miközben a kötél

30◦ -os

szöget zár be a

vízszintessel. Mekkora munkát végez az apa, ha 150 métert húzza így a gyerekét? megoldás A végzett munka az er®- és elmozdulsvektor skaláris szorzata, így

√ W = |F | · |s| · cos ϕ = 110 · 150 · cos 30◦ = 8250 3 ≈ 14289, 9 [J].

15. N

Mennyi munkát végzünk, ha a rakparton 20 méternyire elvonszolunk egy ládát oly 30◦ -kal eltér® irányban 200 [N ] nagyságú er®t fejtünk ki rá?

módon, hogy a vízszintest®l megoldás: A végzett munka

√ W = |F | · |s| · cos ϕ = 200 · 20 · cos 30◦ = 2000 3 [J] ≈ 3464, 1 [J].

16.

Egy papírsárkány zsinórját 12 [N ] er®vel tartjuk. A zsinór

Keressük meg az megoldás:

F

45◦ szöget zár be a vízszintessel.

vektor vízszintes és függ®leges összetev®it!

FELADATGYJTEMÉNY


45

A vízszintes irányú összetev®

√ √ x 2 cos 45◦ = ⇒ x = 12 · = 6 2, 12 2

a függ®leges itányú összeteve

√ √ 2 y ⇒ y = 12 · = 6 2. sin 45 = 12 2 √ √ el®jeleket is gyelembe véve F (−6 2, −6 2). ◦

Az ábrának megfelel®

17.

Egy 80 [N ] súlyú gyerek 2,5 [m] magasból csúszik le egy játszótéri csúszdán.

Mekkora

munkát végez a gravitációs er® a gyereken? megoldás: A gravitációs er®, és a függ®leges elmozdulás ugyanabba az irányba mutat, így a végzett munka

18. ♠ Határozzuk meg a

W = 80 · 2, 5 · cos 0 = 200 [J].     1 2 v 1 =  2  és v 2 =  −1  vektorok 0 −3

vektoriális szorzatát!

megoldás: A vektoriális szorzat

19.

i j k 2 0 = v1 × v2 = 1 2 −1 −3 1 1 2 2 0 0 j + i − = 2 −1 k = −6i + 3j − 5k = (−6, 3, −5). 2 −3 −1 −3     2 0 N Határozzuk meg a v 1 =  1  és v 2 =  −2  vektorok vektoriális szorzatát! 1 −1

megoldás: A vektoriális szorzat

i j k 1 1 = v1 × v2 = 2 0 −2 −1 1 2 1 1 = i − −2 −1 0 −1

1 j + 2 0 −2

k = i + 2j − 4k = (1, 2, −4).

20. ♠ Számoljuk ki az A(1, −1, 0), B(2, 1, −1), C(−1, 1, 2) pontok által meghatározott háromszög területét a vektoriális szorzat felhasználásával! megoldás:

46

KÉZI CSABA

−→ −→ a = AB = B − A = (1, 2, −1) és a b = AC = C − A = (−2, 2, 2) vekEkkor a keresett terület az a és b vektorok vektoriális szorzatának a hosszának az

Tekintsük az torokat!

abszolútértékének a fele. Mivel

i j k 1 2 1 −1 2 −1 a × b = 1 2 −1 = j + −2 2 k = (6, 0, 6), i − −2 2 2 2 −2 2 2 ezért

|a × b| = így a keresett terület

√ √ √ 62 + 02 + 62 = 72 = 6 2,

√ √ 6 2 |a × b| = = 3 2. T = 2 2

21. N Számoljuk ki az A(1, 0, 2), B(−1, 1, 3), C(3, 4, −1) pontok által meghatározott háromszög területét a vektoriális szorzat felhasználásával! megoldás:

−→ −→ a = AB = B − A = (−2, 1, 1) és a b = AC = C − A = (2, 4, −3) vekEkkor a keresett terület az a és b vektorok vektoriális szorzatának a hosszának az



i j k 1 a × b = −2 1 2 4 −3 ezért

|a × b| =

1 1 = 4 −3

1 i − −2 2 −3

j + −2 1 2 4

k = (−7, −4, −10),

p √ √ (−7)2 + (−4)2 + (−10)2 = 49 + 16 + 100 = 165,

így a keresett terület

|a × b| T = = 2

√

165 . 2

FELADATGYJTEMÉNY


47

22. N Számoljuk ki az A(−1, 2, 1), B(2, 1, 3), C(0, −4, 5) pontok által meghatározott háromszög területét a vektoriális szorzat felhasználásával! megoldás:

−→ −→ a = AB = B − A = (3, −1, 2) és a b = AC = C − A = (1, −6, 4) vekEkkor a keresett terület az a és b vektorok vektoriális szorzatának a hosszának az



i j k a × b = 3 −1 2 1 −6 4 ezért

|a × b| =

−1 2 = −6 4

i − 3 2 1 4

j + 3 −1 1 −6

p √ √ 82 + (−10)2 + (−17)2 = 64 + 100 + 289 = 453,

így a keresett terület

|a × b| = T = 2

√

453 . 2

   −1 2    0 , v2 = 4  v1 = 1 3 

23. ♠

k = (8, −10, −17),

Határozzuk meg a

 0 v3 =  2  2 

és

vektorok vegyes

szorzatát! megoldás: A vegyes szorzat

−1 0 1 abc = 2 4 3 0 2 2

24. ♠

Számoljuk ki az

= −8 + 4 − (−6) = 2.

A(1, −2, 2), B(0, 1, 3), C(3, 4, 0), D(1, −2, 0)

pontok által kifeszített

tetraéder térfogatát a vegyes szorzat felhasználásával! megoldás:

−→ −→ −−→ a = AB = B − A = (−1, 3, 1), b = AC = C − A = (2, 6, −2) és c = AD = D − A = (0, 0, −2) vektorokat! Ekkor a keresett térfogat az a, b és c vektorok vegyes

Tekintsük az

szorzatának az abszolútértékének a hatoda. Mivel a vegyes szorzat

−1 3 1 abc = 2 6 −2 0 0 −2 ezért a keresett térfogat

V =

24 = 4. 6

= 12 + 12 = 24,

48

KÉZI CSABA

25. N

Számoljuk ki az

A(1, 0, 1), B(2, 1, −1), C(3, 1, 1), D(0, −2, 3)

pontok által kifeszített

tetraéder térfogatát a vegyes szorzat felhasználásával! megoldás:

−→ −→ −−→ a = AB = B − A = (1, 1, −2), b = AC = C − A = (2, 1, 0) és c = AD = D − A = (−1, −2, 2) vektorokat! Ekkor a keresett térfogat az a, b és c vektorok vegyes

Tekintsük az

szorzatának az abszolútértékének a hatoda. Mivel a vegyes szorzat

1 1 −2 1 0 = 10 − 6 = 4, abc = 2 −1 −2 2

ezért a keresett térfogat

V =

2 4 = . 6 3

26. ♠ A Toro f¶nyírógép kézikönyve azt írja el®, hogy a gyertyát 20,4 [Nm] nyomatékkal kell meghúzni. Ha a gyertyakulcsra a gyertyától 25 [cm] távolságban fejtjük ki az er®t, mekkora er® szükséges az el®írt nyomaték eléréséhez? megoldás:

A forgatónyomaték nagysága

|M | = |r × F | = |r| · |F | · sin ϕ,

ahol

|M | = 20, 4, |r| = 0, 25, ϕ = 90◦ , |F | =

|M | 20, 4 = = 81, 6 [N ]. |r| · sin ϕ 0, 25 · sin π2

27. ♠ Egy sof®r a sebességváltó kar P adottak,

így a keresett er®

F er®vel hat. P (−5, 30, 40) [cm], F = (−20, −30, 20) [N]. végpontjára

A pont és az er® koordinátái

FELADATGYJTEMÉNY

a) Határozzuk meg az

F

er®

G

b) Határozzuk meg az

F

er®

z


49

gömbcsuklóra vonatkozó forgatónyomatékát! tengelyre vonatkozó forgatónyomatékát!

megoldás: a) Az er®nek forgató hatása van.

Ezt a hatást a forgásponthoz kötött nyomatékvektor

jellemzi. A nyomatékvektort a pontból az er® támadáspontjához irányított vektor és az

M = r × F . Jelen esetben i j k −0, 05 0, 3 0, 4 = (18; −7; 7, 5) [Nm]. −20 −30 20

er®vektor vektoriális szorzata adja. Azaz

M = b) Az

F

er®

z

tengelyre vonatkozó forgatónyomatéka:

Mz = M · k ,

így



  18 0 Mz =  −7   0  = 7, 5 Nm. 7, 5 1

28. F

◦ tömeg¶, pontszer¶ testet az ábrán látható α = 60 hajlásszög¶ ◦ érdes lejt®n, a lejt® síkjához képest β = 30 szögben, állandó nagyságú F = 60 [N] er®vel Egy

m = 10 [kg]

felhúzunk,

µ = 0, 1.

A lejt® magassága 100 [m].

a) Mekkora a test gyorsulása a felhúzás közben? b) Adjuk meg a lejt® által kifejtett kényszerer® nagyságát és irányát! c) Mennyi id® alatt ér fel a test a lejt® aljáról a lejt® tetejére, és mekkora lesz ott a sebessége, ha a lejt® aljáról nyugalomból indul?

50

KÉZI CSABA

megoldás: Célszer¶ a mozgás leírásához az ábrán látható koordinátarendszert választani, majd az összes er®t

x

és

y

komponenseire bontani.

a) A mozgásegyenlet

F + Fk + mg = ma. Az egyenletet koordinátás alakban felírva:

Az

y

F cos β F sin β

+

−Fs Fn

+

−mg sin α −mg cos α

=

max may

irányú gyorsulás a lejt® minden pontjában nulla, továbbá

|F | cos β − µFn − mg sin α = max

.

Fs = µFn ,

így az

)

|F | sin β + Fn − mg cos α = 0 egyenletrendszert kell megoldanunk. A második egyenletb®l

Fn = mg cos α − F sin β = 10 · 9, 81 ·

Fn -t

kifejezve

1 1 − 60 · = 19 [N]. 2 2

Behelyettesítve az els® egyenletbe

√ 3 10 h i 60 · − 0, 1 · 19 − 9, 81 F cos β − µFn − mg sin α 2 2 ≈ 0, 101 m ax = = m 10 s2

b) A kényszerer® nagysága

Fk = c) Mivel

|v 0 | = 0,

p p Fs2 + Fn2 = 192 + 32, 872 ≈ 37, 97.

ezért az

s= amib®l

r t=

2h = a sin α

h a = t2 , sin α 2 s

200

√

0, 1 ·

3 2

≈ 47, 82 [s],

FELADATGYJTEMÉNY

így a test

47, 82 [s]


alatt jut fel a lejt® tetjére. A sebessége

|v| = a · t = 0, 101 · 47, 82 = 4, 83

29. N

51

Az ábrán látható szánkó a rá ható

F, Fg

és

Fk

hmi s

.

er®k hatására nyugalomban van.

Tekintsük a berajzolt koordinátarendszert, majd írjuk fel benne az egyensúly szükséges

x és y koordinátákra. A kapott egyenletrendszerb®l F k er® nagyságát és a lejt® síkjával bezárt γ szöget. Fg = 210 [N ], α = 30◦ , β = 20◦ . feltételét az

határozzuk meg az is-

meretlen

Legyen

F = 200 [N ],

megoldás: Az egyensúly szükséges feltétele, hogy a testre ható er®k ered®je nulla legyen. Azaz

Fk + Fg = 0

F+

kell, hogy teljesüljön. Az er®ket koordinátáikkal felírva

       |F | cos β −Fk cos γ −Fg sin α 0  |F | sin β  +  Fk sin γ  +  −Fg cos α  =  0  . 0 0 0 0 

Behelyettesítve az adatok



       187, 94 −Fk cos γ −105 0  68, 4  +  Fk sin γ  +  −181, 87  =  0  . 0 0 0 0 Ebb®l felírva az egyenletrendszert

−Fk cos γ = −82, 94 Fk sin γ = 113, 47. A két egyenletet elosztva, majd felhasználva, hogy tangens értékét

◦

γ ≈ 53, 84 adódik. Fk ≈ 140, 54 [N].

tg x =

sin x , cos x

illetve visszakeresve a

Visszahelyettesítve

30. F Egy 60 [kg] tömeg¶ testet 200 [N] er® húz 30◦ -os szögben. tható

µ = 0, 2.

Határozzuk meg a test gyorsulását!

A csúszási súrlódási együt-

52

KÉZI CSABA

megoldás: A testre ható er®ket felbontjuk függ®leges és vízszintes irányú komponensekre és felírjuk a mozgásegyeneletet:

F · cos α − Fs = Fa Fny + F · sin α − mg = 0. F s = Fny · µ összefüggés segítségével kapjuk a hmi F · cos α + µ · F · sin α − µ · m · g a= = 1, 22 2 . m s

Ezen két egyenletb®l az

31. F Egy lóversenyen három lóra fogadnak.

gyorsulásra, hogy

Ha az els® nyer, akkor a rá tett összeg kétsze-

resét; ha a második nyer, az arra tett összeg négyszeresét; ha a harmadik nyer, az arra tett összeg nyolcszorosát kapják.

Mekkora összeget kell tenni egy-egy lóra ahhoz, hogy

bármelyik fusson be els®nek, 100 Ft nyeresége legyen a fogadónak? megoldás: Legyen az egyes lovakra tett összeg

x + y + z;

x, y, z Ft.

2x, a veszteség 4y , a veszteség x + y + z ; ha a harmadik x + y + z . Így a megoldandó egyenletrendszer Ha az els® fut be, a nyeremény

ha a második fut be, akkor a nyeremény

fut be, akkor a nyeremény

8z ,

a veszteség

2x − x − y − z = 100 4y − x − y − z = 100 8z − x − y − z = 100, amib®l az ismeretlenek összevonása után az

x − y − z = 100 −x + 3y − z = 100 −x − y + 7z = 100 egyenletrendszerhez jutunk. Ezt Gauss eliminációval oldjuk meg. Az els® sort adjuk hozzá a második és a harmadik sorhoz, majd a második sort adjuk hozzá a harmadik sorhoz:

     1 −1 −1 100 1 −1 −1 100 1 −1 −1 100  −1 3 −1 100  →  0 2 −2 200  →  0 2 −2 200  . −1 −1 7 100 0 −2 6 200 0 0 4 400 


z = 100,

a második egyenletb®l

y = 200,

az els® egyenletb®l

x = 400

adódik. Tehát az els® lóra 400 Ft-ot, a másodikra 200 Ft-ot, a harmadikra 100 Ft-ot kell tennünk.

FELADATGYJTEMÉNY


53

32. F Egy gépkocsi a vízszintes úton 80 [km/h], az emelked®n 56 [km/h], a lejt®n 120 [km/h] sebességgel halad. A 320 [km] hosszú utat oda 4 óra, vissza 4,25 óra alatt teszi meg. Milyen hosszúak az egyes útszakaszok? megoldás: Jelölje

V

a vízszintes útszakaszt,

E

az emelked®t,

a szövegnek megfelel® matematikai modellt.

L

a lejt®t. Táblázatba foglalva felírjuk

Az els® táblázatban az odafelé, a második v = st

táblázat a visszafelé útnak megfelel® modellt tartalmazza. Az id®t a jól ismert s képletb®l kifejezve kapjuk meg t = . Az odafelé út esetében v v

s

I.(V)

80

x

II.(E)

56

y

III.(L)

120

z

v

s

I.(V)

80

x

II.(E)

56

z

III.(L)

120

y

t

x 80 y 56 z 120

A visszafelé út esetén t

x 80 z 56 y 120

A megoldandó egyenletrendszer

x 80 x 80

x + y + z = 320 y z + + =4 56 120 y z + + = 4, 25. 120 56

A második és harmadik egyenletet szorozzuk végig 1680-al, majd az egyenletrendszert Gauss eliminációval oldjuk meg:



1 1 1  21 30 14 21 14 30

   320 1 1 1 320 6720  →  0 9 −7 0  → 7140 0 −7 9 420

   1 1 1 320 1 1 1 320  0 9 −7 0  →  0 9 −7 0 . 0 −63 81 3780 0 0 32 3780 

54

KÉZI CSABA


x = 110.

z = 118, 125,


y = 91, 875,

az els® egyenletb®l

A vízszintes útszakasz 110 [km], az emelked® rész 91,875 [km], a lejt®s rész 118,875

[km].

33. F

Mekkorák annak a négyszögnek az oldalai, amelyben három-három oldal összege 22,

24, 27 és 20 egység. megoldás: Jelöljük a négyszög oldalait

a, b, c, d-vel.

Ekkor a megoldandó egyenletrendszer

a + b + c = 22 b + c + d = 24 a + b + d = 27 a + c + d = 20. Felírjuk a lineáris egyenletrendszer mátrixát, majd az egyenletrendszert Gauss eliminációval oldjuk meg



1  0   1 1

1 1 1 0

1 1 0 1

0 1 1 1

  22 1 1 1 0  0 24  1 1 1 →   27 0 0 −1 1 20 0 −1 0 1  1 1 1 0  0 1 1 1 →  0 0 −1 1 0 0 0 3

  22 1 1 1 0 24   0 1 1 1   5  →  0 0 −1 1 −2 0 0 1 2  22 24  . 5  27

d = 9, amit visszehelyettesítve a harmadik egyenletb®l y = 11, az els® egyenletb®l x = 7. Így a

 22 24   5  22

c=4


egyenletbe

adódik.

A második

négyszög oldalai 4;7;9 és

11 cm.

34. F Mekkorák annak a háromszögnek az oldalai, amelyben két-két oldal összege 26, 32 és 34 cm. megoldás: Jelöljük a háromszög oldalait

a, b, c-vel.

Akkor a megoldandó lineáris egyenletrendszer

a + b = 26 a + c = 32 b + c = 34. Felírjuk a lineáris egyenletrendszer kib®vített mátrixát, majd Gauss eliminációval megoldjuk az egyenletrendszert:

  1 1 0 26 1 1 0  1 0 1 32  →  0 −1 1 0 1 1 34 0 1 1 

  26 1 1 0 6  →  0 −1 1 34 0 0 2

 26 6 . 40

FELADATGYJTEMÉNY


c = 20,



b = 14,

az els®b®l

a = 12.

55

Így a

háromszög oldalai 12, 14 és 20 cm-esek.

35. F Egy medencébe három csapon folyhat víz.

Az els® és a második csapon együtt 1,2 óra

alatt tudjuk megtölteni a medencét, a második és a harmadik csapon együtt 2 óra alatt, az els® és a harmadik csapon együtt 1 óra 30 perc alatt.

Mennyi id® alatt tölti meg a

medencét egy-egy csap külön? Mennyi id® alatt telik meg a medence, ha egyszerre mind a három csapot megnyitják? megoldás: A feladat szövegének megfelel® matematikai modell, melyben felhasználjuk, hogy a teljesítW mény az id®egységre es® munkavégzés, azaz P = : t P

1 x 1 y 1 z

1.

2.

3.

W

t

1

x

1

y

1

z


1 1 1 + = x y 1, 2 1 1 1 + = y z 2 1 1 1 + = . x z 1, 5 Ebb®l az

1 = a, x

1 = b, y

1 =c z

helyettesítéssel a

6a + 6b = 5 2b + 2c = 1 2 a+c= 3 a lineáris egyenletrendszerhez jutunk.

A lineáris egyenletrendszer kib®vített mátrixát

felírva, majd az egyenletrendszert Gauss eliminációval megoldva

    6 6 0 5 0 6 −6 1 1 0 1 1 → 0 1  0 2 2 1 → 0 2 2 1 2 2 1 0 1 3 1 0 1 3 0 0 −12 

2  31 . 2 −2

56

KÉZI CSABA

1 1 1 , b = , a = . Így z = 6, y = 3, x = 2. Tehát az els® csapon át 2 óra, a 6 3 2 másodikon 3 óra, a harmadikon 6 óra alatt telik meg a medence. A három csapot együtt

Ebb®l

c=

m¶ködtetve

1 1 2

+ 13 +

1 6

=1

óra alatt telik meg a csap.

36. F Egy munkát az A és B és

C

csapat együtt 9 nap alatt, az

A

és

C

együtt 12 nap alatt, a

B

csapat együtt 11 nap alatt végezné el. Hány nap alatt készülnek el, ha mindhárman

együtt dolgoznak? megoldás: A feladat szövegének megfelel® matematikai modell, melyben felhasználjuk, hogy a teljesítW mény az id®egységre es® munkavégzés, azaz P = : t P

1 x 1 y 1 z

1.

2.

3.

W

t

1

x

1

y

1

z


1 1 1 + = x y 9 1 1 1 + = x z 12 1 1 1 + = . y z 11 Ebb®l az

1 = a, x

1 = b, y

1 =c z

helyettesítéssel a

9a + 9b = 1 12a + 12c = 1 11b + 11c = 1 a lineáris egyenletrendszerhez jutunk.

A lineáris egyenletrendszer kib®vített mátrixát

felírva, majd a második sort 3-al szorozva, és az els® sor

−4-szeresét

hozzáadva a második

sorhoz:

    9 9 0 1 9 9 0 1 9 9 0  12 0 12 1  →  36 0 36 3  →  0 −36 36 0 11 11 1 0 11 11 1 0 11 11 

 1 −1  , 1

FELADATGYJTEMÉNY


57

a harmadik sort 36-al szorozva, majd a második sor 11 szeresét hozzáadva a harmadik sorhoz a



9 9 0  0 −36 36 0 396 396 mátrixhoz jutunk. Ebb®l

c=

  1 9 9 0 −1  →  0 −36 36 36 0 0 792

25 , 792

b=

1 , 47

1 1 x

+

1 y

+

1 z

a=

=

 1 −1  25

38 . A három csapot együtt 329

1 ≈6 a+b+c

nap alatt végzi el a munkát.

37. F

Három szám összege 100.

Ha az els® számot elosztjuk a másodikkal, a hányados 5,

a maradék 1 lesz. Ha a harmadik számot osztjuk az els®vel, ugyanaz a hányados is, és a maradék is, mint az el®bb. megoldás: Jelöljük az els® számot

x-el,

a másodikat

y -al,

a harmadikat

z -vel.

Ekkor a szövegnek

megfelel® egyenletrendszer

x + y + z = 100 1 x =5+ y y 1 z =5+ , x x amelyet átírhatunk az

x + y + z = 100 x − 5y =1 −5x +z =1 lineráis egyenletrendszerré. Ezt Gauss eliminációval megoldva:



1 1 1  1 −5 0 −5 0 1

     100 100 100 1 1 1 1 1 1 1  →  0 −6 −1 −99  →  0 −6 −1 −99  → 1 0 5 6 501 0 30 36 3006   1 1 1 100  0 −6 −1 −99  . 0 0 31 2511 z = 81. Ezt x = 16 adódik.

Az utolsó egyenletb®l kapjuk, hogy

y = 3,

38. F

majd az els® egyenletb®l

visszahelyettesítve a második egyenletbe

Egy 100 [m] hosszú körpályán két test kering.

Egy irányban haladva 20 másod-

percenként, ellenkez® irányban haladva 4 másodpercenként találkoznak. Mekkora a testek sebessége? megoldás:

58

KÉZI CSABA

Legyen a két test sebessége

v1

és

v2 .

Feltehet®, hogy

v1 > v2 .

Egy irányban haladva, az els®

találkozásig az útkülönbség a pálya hossza; ellenkez® irányban haladva, egy találkozástól a következ®ig az utak összege a pálya hossza. Így a megoldandó lineáris egyenletrendszer

20v1 − 20v2 = 100 4v1 + 4v2 = 100. Ezt például Cramer-szabállyal megoldva az alapmátrix determinánsára

D1 = 2400, D2 = 1600,

tehát a

D = 160

adódik,

amib®l

hmi hmi D1 2400 D2 1600 v1 = = = 15 , v2 = = = 10 , D 160 s D 160 s m m testek sebessége 10 és 15 . s s

39. F A zikaterembe padokat állítanak be.

Ha minden padba két tanuló ül, akkor 8 tanuló-

nak nem jut hely. Ha viszont minden padba 3 tanuló ül, akkor 7 hely üresen marad. Hány padot állítanak a terembe? Hány tanulója van az osztálynak? megoldás: Jelölje

x

a padok számát,

y

a tanulók számát. Ekkor a feladat feltételei szerint a

2x + 8 = y 3x − 7 = y 3x−7−2x−8 = 2·15+8 = y , azaz y = 38.

lineáris egyenletrendszerhez jutunk. A második egyenletb®l kivonva az els®t

0 aódik, amib®l x = 15.

Ezt visszahelyettesítve az els® egyenletbe

Tehát 15 padot helyeznek el a tanterembe, és 38 tanulója van az osztálynak.

40. F

Az alábbi szerkezet

AD

gerendája a

B,

illetve

ségével egy m = 960 [kg] tömeg¶ terhet tart.

C

pontoknál rögzített kötelek segít-

A teher súlyát a súlypontjához kötött

G = mg = 960 · 10 = 9600 [N ] = 9, 6 [kN ] nagyságú er®ként vesszük gyelembe, amely az alkalmasan megválasztott xyz koordináta-rendszerben G = (0; 0; −9, 6) [kN ] er®vektor lesz. A teher súlya mellett a gerenda súlya elhanyagolható, így a gerendát egy súlytalan ruddal modellezhetjük. A feladat egyszer¶sített ábráját elkészítjük, ahol a berajzolt egyenes szakaszok egyben az ébred® bels® er®k. Az adott koordinát-rendszerben a vonatkozó pontok helye

A = (0, 0, 0), B = (−1, 0, 4), C = (3, 0, 4)

és

D = (0, 0, 6).

FELADATGYJTEMÉNY


Tegyük fel, hogy a szerkezet tartós nyugalomban van.

59

Határozzuk meg az ismeretlen

kötéler®ket! megoldás: Az adott koordinátarendszerben a pontok helye

rA = (0, 0, 0),

rB = (−1, 0, 4),

rC = (3, 0, 4),

rD = (0, 6, 0).

A tartós egyensúly feltétele, hogy a testre ható er®k ered®je zérus legyen. Az ismeretlen kötéler®ket

F i -vel

jelölve

(i = 1, 2, 3),

egyenlet adódik. A megoldást a továbbiakban a irányát kijelöl® irányvektor,

λi

F1 + F2 + F3 + G = 0 Fi = λai alakban keressük, ahol ai az er®

az egyensúly feltételére az

pedig a vonatkozó skalárszorzó lesz. Ennek megfelel®en

a1 = (0, 6, 0),

a2 = (1, 6, −4),

a3 = (−3, 6, −4).

Így a megoldandó lineáris egyenletrendszer

λ1 a1 + λ2 a2 + λ3 a3 = −G. Behelyettesítve a megfelel® adatokat az

λ2 − 3λ3 = 0 6λ1 + 6λ2 + 6λ3 = 0 − 4λ2 − 4λ3 = 9, 6. egyenletrednszerhez jutunk. Felírjuk a lineáris egyenletrendszer kib®vített mátrixát, majd Gauss-eliminációval megoldjuk az egyenletrendszert: megcseréljük az els® és második sort, az új els® sort osztjuk 6-al, a harmadik sort osztjuk

−4-el.

Ezután a második sor

−1-szeresét

hozzáadjuk a harmadikhoz:

     0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 −3 0  6 0 . 0  →  0 1 −3 6 6 0  →  0 1 −3 0 0 4 −2, 4 0 1 1 −2, 4 0 −4 −4 9, 6 

Az egyenletrendszer megoldása

λ3 = −0, 6, λ2 = −1, 8, λ1 = 2, 4.

F 1 = λ1 a1 = (0; 14, 4; 0) [kN] F 2 = λ2 a2 = (−1, 8; −10, 8; 7, 2) [kN] F 3 = λ3 a3 = (1, 8; −3, 6; 2, 4) [kN].

Ezek ismeretében

60

KÉZI CSABA

IV. Vektoralgebrai fogalmak és mérnöki alkalmazásaik 2, analitikus térgeometria. 1. ♠

Adjunk meg az

x-tengelyen

egy olyan pontot, amely az

A(−3, 4, 8)

ponttól 12 egység

távolságra van! megoldás: Legyen az

x-tengely dAP

P (x, 0, 0). Ekkor a keresett távolság p √ = |AP | = (x + 3)2 + 16 + 64 = x2 + 6x + 89.

kerestt pontja

Így az

√

egyenletet kell megoldanunk.

x2 + 6x + 89 = 12

Mindkét oldalt négyzetre emelve, az egyenletet nullára re-

dukálva:

√

x2 + 6x + 89 = 12 x2 + 6x + 89 = 144

x2 + 6x − 55 = 0 adódik. Ebb®l a másodfokú egyenlet megdolóképletét felírva

x1,2 =

−6 ±

√

−6 ± 16 36 + 220 = , 2 2

x1 = 5, x2 = −11. Tehát P1 (5, 0, 0) és P2 (−11, 0, 0).

amib®l azt kapjuk, hogy feladat feltételeinek:

2. ♠

két olyan pont van, amely megfelel a

Írjuk fel annak a síknak az egyenletét, amelynek egyik pontja az

málvektora

n = (3, 2, −4).

megoldás: Az

n = (n1 , n2 , n3 )

normálvektorú sík egyenlete

n1 (x − x0 ) + n2 (y − y0 ) + n3 (z − z0 ) = 0. Így a keresett egyenlet

3(x − 2) + 2(y − 1) − 4(z − 4) = 0. Felbontva a zárójeleket, majd elvégezve az összevonást

3x + 2y − 4z = −8 adódik.

A(2, 1, 4)

pont, nor-

FELADATGYJTEMÉNY

3. ♠ Adjunk meg egy olyan R → R3 az

A(1, −3, 2)


61

függvényt, melynek képe egyenes, grakonja illeszkedik

pontra és egy irányvektora

v = (1, −2, 5)!

megoldás: Az egyenes egy pontjába mutató vektor



 1 r0 =  −3  . 2 R → R3 függvény       1 1 1+t r(t) = r0 + tv =  −3  + t  −2  =  −3 − 2t  2 5 2 + 5t

Tehát az egyenest megadó egy

(t ∈ R).

Az egyenes paraméteres egyenletrendszere

x=1+t y = −3 − 2t z = 2 + 5t.

(t ∈ R)

A paramétermentes egyenletrendszert megkapjuk, ha minden egyenletb®l kifejezzük a

t

paramétert:

x−1=

y+3 z−2 = . −2 5

4. ♠ Adjunk meg egy olyan R → R3 függvényt, melynek képe egyenes és grakonja illeszkedik az

A(1, −2, 3)

és

B(2, 2, 1)

pontokra!

Adjuk meg az egyenes paramétermentes egyenlet-

rendszerét is! megoldás: Az egyenes egy pontjába mutató vektor



 1 r0 =  −2  , 3 az egyenes egy irányvektora



 1 v =  4 . −2 R → R3 függvény       1 1 1+t r(t) = r0 + tv =  −2  + t  4  =  −2 + 4t  3 −2 3 − 2t

Tehát az egyenest megadó egy

(t ∈ R).

62

KÉZI CSABA

Az egyenes paraméteres egyenletrendszere

x=1+t y = −2 + 4t z = 3 − 2t.

(t ∈ R)

A paramétermentes egyenletrendszert megkapjuk, ha minden egyenletb®l kifejezzük a

t

paramétert:

x−1=

y+2 z−3 = . 4 −2

5. ♠ Egy egyenesre illeszkednek-e az A(0, −1, 2), B(2, −1, 1) és C(4, 3, −2) pontok?

Ha nem,

akkor írjuk föl a pontokon áthaladó sík egyenletét! megoldás: A három pont pontosan akkor illeszkedik egy egyenesre, ha az

−→ AC = (4, 4, −4)

A, B

és

ás az

vektorok vektoriális szorzata zérusvektor. Jelen esetben

i j k −→ −→ AB × AC = 2 0 −1 4 4 −4 így az

−→ AB = (2, 0, −1)

C

= 4i + 4j + 8k = (−4, 4, 8) 6= (0, 0, 0),

pontok nem illeszkednek egy egyenesre.

Ebben az esetben a s három

pontra illeszked® sík egy normálvektora

−→ −→ n = AB × AC = (−4, 4, 8), ami helyett tekinthetjük az mválkotrú,

P0 = (x0 , y0 , z0 )

n = (−1, 1, 2)

normávektort is.

Az

n = (n1 , n2 , n3 )

nor-

pontokon áthaladó sík egyenlete

n1 (x − x0 ) + n2 (y − y0 ) + n3 (z0 ) = 0. Behelyettesítve a megfelel® adatokat

−1(x − 0) + 1(y + 1) + 2(z + 2) = 0. Felbontva a zárójeleket, majd elvégezve az összevonást

−x + y + 2z = −5 adódik.

6. ♠ Írjuk fel annak a síknak az egyenletét, amely áthalad az A(1, 5, 2) ponton és párhuzamos az

síkkal! megoldás:



 2u + v − 1 r(u, v) =  u − v + 2  3u − 4v + 1

(u, v ∈ R)

FELADATGYJTEMÉNY

Mivel


63



     −1 2 1 r(u, v) =  2  + u  1  + v  −1  , 1 3 −4

ezért a síkot kifeszít® két lineárisan függtlen vektor például



 2 a =  1 , 3



 1 b =  −1  . −4

Ezek vektoriális szorzata megadja a sík egy normálvektorát

i j k 1 3 n=a×b= 2 1 −1 −4

= (−1, 11, −3).

Párhuzamos síkok normálvektorai megegyeznek, így a keresett sík egyenlete

−1(x − 1) + 11(y − 5) − 3(z − 2) = 0. Felbontva a zárójeleket és elvégezve az összevonásokat a

−x + 11y − 3z = 48 egyenlet adódik.

7. ♠ Számoljuk ki az egyenesnek az

x−2 y−1 z+3 = = 3 2 4

x + y − 3z = 0

síkkal bezárt szögét!

megoldás: Az egyenes egy irányvektora

v = (3, 2, 4),

a sík egy normálvektora

n = (1, 1, −3).

Ezen

vektorok által bezárt szög

cos ϕ = amib®l bezárt

n·v −7 3 · 1 + 2 · 1 + 4 · (−3) p √ , =√ =√ 2 2 2 2 2 2 |n| · |v| 29 · 11 3 + 2 + 4 · 1 + 1 + (−3)

(ϕ)0 ≈ 113, 08◦ , így ϕ ≈ 180◦ − 113, 08◦ = 66, 92◦ . ◦ ◦ ◦ szög α = 90 − 66, 92 = 23, 08 .

Ebb®l az egyenes és sík által

8. ♠ Határozzuk meg a 2x + z = 3 és a 3y + z = 5 sík metszésvonalát! megoldás: A síkok metszésvonalát megkapjuk, ha a síkok egyenleteib®l képzett egyenletrendszert megoldjuk. Felírva a lineáris egyenletrendszer kib®vített mátrixát

(A|b) =

2 0 1 3 0 3 1 5

64

KÉZI CSABA

adódik.

A kapott mátrix trapéz alakú, amib®l leolvasható az alapmátrix és kib®vített

mátrix rangja.

Mindkét rang 2, így az egyenletrendszer megoldható, ugyanakkor az is-

meretlenek száma 3, így az egyenletrendszer határozatlan, a szabad paraméterek száma 1.

z = t (t ∈ R). Ekkor a második egyenletb®l y -t kifejezve y = 5/3 − 1/3t , egyenletb®l pedig x = 3/2 − 1/2 t. Tehát a keresett egyenes paraméteres egyenle-

Legyen például az els®

trendszere

3 1 − t 2 2 5 1 y= − t 3 3 z=t

x=

. A

t

(t ∈ R)

paramétert kiküszöbölve megkapjuk a paramétermentes egyenletrendszert

3 − 2x = 5 − 3y = z.

9. ♠

Határozzuk meg az

x + 2y + 2z = 3

sík és az

x = 3 − t, y = 2 + 2t, z = 1

egyenes

kölcsönös helyzetét! megoldás: Az egyenes paramétermentes egyenletrendszere

3−x=

y−2 ; 2

z = 1.

Az els® egyenletet átrendezve

2x + y = 8 adódik. A sík egyenletét és az egyenes egyenletrendszerét közös egyenletrendszerben megoldva megkapjuk a kölcsönös helyzetüket. A lineáris egyenletrendszer kib®vített mátrixa

 1 2 2 3 (A|b) =  2 1 0 8  0 0 1 1 

A mátrixot trapéz alakra hozhatjuk, ha az els® sor sorhoz:

1 2 2 (A|b) =  0 −3 −4 0 0 1 

−2-szeresét  3 2  1

hozzáadjuk a második

Az egyenletrendszer alapmátrixának és kib®vített mátrixának a rangja is 3, így az egyenletrendszer megoldható. Az ismeretlenek száma megegyezik az alapmátrix rangjával, tehát az egyenletrendszer határozott, azaz a megoldás egyértelm¶, következésképpen az egyenes dö a síkot. A döféspont meghatározásához megoldjuk az

x + 2y + 2z = 3 −3y − 4z = 2 z=1

FELADATGYJTEMÉNY

egyenletrendszert. A

y = −2.

z = 1értéket


behelyettesítva a második egyenletbe, azt kapjuk, hogy

Az els® egyenletbe behelyettesítve az

a sík metszéspontja

65

M = (5, −2, 1).

y

és

z

értékeit

x=5

adódik. Így az egyenes

66

KÉZI CSABA

IV. Koordinátarendszerek; halmazok 1. N Ábrázoljuk azokat a pontokat, amelyek polárkoordinátái az alábbiak a)

b)

3π 1, 4 11π 3, 6

c)

d)

(3, π)

4,

π 4

megoldás:

2. N Adjuk meg az alábbi polárkoordináták derékszög¶ koordinátarendszerbeli koordinátáit: a)

b)

2π 4, 3 π 2, 6

c)

d)

π 2 π 5, 4

3,

megoldás: a) Mivel

r = 4,

és

ϕ=

2π , 3

ezért

1 2π =4· − x = r cos ϕ = 4 · cos = −2, 3 2 illetve

2π =4· y = r sin ϕ = 4 · sin 3

√ ! √ 3 = 2 3, 2

így a pont koordinátái derékszög¶ koordinátarendszerben b) Mivel

r = 2,

és

ϕ=

π , 6

ezért

π x = r cos ϕ = 2 · cos = 2 · 6 illetve

√ (−2, 2 3).

π y = r sin ϕ = 2 · sin = 2 · 6

√ ! √ 3 = 3, 2 1 = 1, 2

FELADATGYJTEMÉNY


így a pont koordinátái derékszög¶ koordinátarendszerben c) Mivel

r = 3,

és

ϕ=

π , 2

67

√ ( 3, 1).

ezért

x = r cos ϕ = 3 · cos

π = 3 · 0 = 0, 2

y = r sin ϕ = 3 · sin

π = 3 · 1 = 3, 2

illetve

így a pont koordinátái derékszög¶ koordinátarendszerben d) Mivel

r = 5,

és

ϕ=

π , 4

(0, 3).

ezért

π x = r cos ϕ = 5 · cos = 5 · 4

√ √ ! 5 2 2 = , 2 2

π y = r sin ϕ = 5 · sin = 5 · 4

√ ! √ 5 2 2 = , 2 2

illetve

így a pont koordinátái derékszög¶ koordinátarendszerben

√ √ ! 5 2 5 2 , . 2 2

3. ♠ Írjuk át az r = 2 sin ϕ polárkoordinátarendszerben megadott egyenletet derékszög¶ koordinátarendszerbeli egyenletté! megoldás: Az egyenlet mindkét oldalát szorozzuk hogy

y = r sin ϕ,

r-el,

a kapott egyenletben az

majd felhasználjuk, hogy

y -os

r 2 = x2 + y 2 ,

rendezzük az egyenletet

r = 2 sin ϕ r2 = 2r sin ϕ x2 + y 2 = 2y x2 + y 2 − 2y = 0 x2 + (y − 1)2 − 1 = 0 x2 + (y − 1)2 = 1. Így a kapott egyenlet jól láthatóan, egy

(0, 1)

illetve,

tagokat teljes négyzetté alakítjuk, majd

középpontú,

1

sugarú kör egyenlete.

68

KÉZI CSABA

A következ® példa mutatni fogja, hogy az ábrázolást nem mindig könnyíti meg a derékszög¶ koordinátarendszerbeli átírás.

4. F Írjuk át az r = 2 + 2 cos ϕ polár-koordinátarendszerben megadott egyenletet derékszög¶ koordinátarendszerbeli egyenletté! megoldás: Az egyenlet mindkét oldalát szorozzuk hogy

x = r cos ϕ,

r-el,

majd felhasználjuk, hogy

r 2 = x2 + y 2 ,

illetve,

négyzetre emelve, a kapott egyenletben teljes négyzetté alakítunk, majd

rendezzük az egyenletet

r = 2 + 2 cos ϕ r2 = 2r + 2r cos ϕ x2 + y 2 = 2r + 2x x2 + y 2 − 2x = 2r (x2 + y 2 − 2x)2 = 4r2 (x2 + y 2 − 2x)2 = 4(x2 + y 2 ).

5. ♠ Ábrázoljuk az r = 2 + 2 cos ϕ alakzatot polár-koordinátarendszerben! megoldás: Els® lépésben rajzoljuk fel a

cos ϕ

függvényt a

[0, 2π]

intervallumon.

FELADATGYJTEMÉNY

Ha

ϕ ∈ 0, π2 ,


π értéke 4-r®l 2-re csökken. Ha ϕ ∈ , π , akkor 2 r 3π 3π az r értéke 2-r®l ϕ ∈ π, 2 , akkor az r értéke 0-ról 2-re n®. Ha ϕ ∈ 2 , 2π , akkor az r

akkor az

0-ra csökken. Ha

értéke 2-r®l 4-re n®.

6. N Legyen U := {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} , Számoljuk ki az

A := {2, 3, 5} ,

A ∪ B , A ∩ B , A \ B , B \ A,

az

B := {1, 2, 5, 8} .

A × B , B × A, A

és a

B

halmazokat!

megoldás:

A ∪ B = {1, 2, 3, 5, 8},

A ∩ B = {2, 5},

A \ B = {3},

B \ A = {1, 8}

A = {1, 4, 6, 7, 8}, B = {3, 4, 6, 7} A × B ={(2, 1), (2, 2), (2, 5), (2, 8), (3, 1), (3, 2), (3, 5), (3, 8), (5, 1), (5, 2), (5, 5), (5, 8))}, B × A ={(1, 2), (1, 3), (1, 5), (2, 2), (2, 3), (2, 5), (5, 2), (5, 3), (5, 5), (8, 2), (8, 3), (8, 5)}.

7. N Legyen A := {1, 2, 5, 7} , Számoljuk ki az

69

B := {2, 4, 5, 8} .

A ∪ B , A ∩ B , A \ B , B \ A, A × B

és

B×A

halmazokat!

megoldás:

A ∪ B = {1, 2, 4, 5, 7, 8},

A ∩ B = {2, 5},

A \ B = {1, 7},

A × B ={(1, 2), (1, 4), (1, 5), (1, 8), (2, 2), (2, 4), (2, 5), (2, 8), (5, 2), (5, 4), (5, 5), (5, 8), (7, 2), (7, 4), (7, 5), (7, 8)}, B × A ={(2, 1), (2, 2), (2, 5), (2, 7), (4, 1), (4, 2), (4, 5), (4, 7), (5, 1), (5, 2), (5, 5), (5, 7), (8, 1), (8, 2), (8, 5), (8, 7)}.

8. N Határozzuk meg az A = {1, 2, 3} halmaz összes részhalamzát! megoldás:

{1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}, ∅

B \ A = {4, 8}

70

KÉZI CSABA

9. N Írjuk föl az A = {F, ♠, ♦} halmaz összes részhalmazát! megoldás:

{F}, {♠}, {♦}, {F, ♠}, {F ♦}, {♠, ♦}, {F, ♠, ♦}, ∅

10. ♠ Legyen A := {x ∈ R | x2 − x − 6 ≥ 0}, Írjuk föl az

A ∪ B,

az

A∩B

és az

A\B

B := {x ∈ R | 2x − 4 < 0}.

halmazokat!

megoldás:

2 Els® lépésben megoldjuk az x − x − 6 ≥ 0 egyenl®tlenséget. Ehhez el®bb megkeressük az f (x) = x2 − x − 6 függvény zérushelyeit, azaz megoldjuk az x2 − x − 6 = 0 egyenletet:

x1,2 = amib®l

x1 = −2, x2 = 3.

1±

p 1 − 4 · (−6) 1±5 = , 2 2

Ezek segítségével felvázoljuk az el®bb deniált

Ebb®l leolvasható az egyenl®tlenség megoldása:

A =] − ∞, −2] ∪ [3, ∞[. Megoldjuk a 2x − 4 < 0 egyenl®tlenséget.

x ∈] − ∞, −2] ∪ [3, ∞[,

2x − 4 < 0 2x < 4 x < 2. B =] − ∞, 2[.

Az

A

és

B

függvényt.

következésképpen

Mindkét oldalhoz 4-et hozzáadva, majd mindkét

oldalt elosztva 2-vel

Így

f

halmazokat ábrázoljuk számegyenesen:

FELADATGYJTEMÉNY


Ezután leolvassuk a megfelel® halmazm¶veleteket

A ∪ B =] − ∞, 2[∪[3, ∞[= R \ [2, 3[ A ∩ B =] − ∞, −2] A \ B = [3, ∞[ B \ A =] − 2, 2[.

11. N Legyen A ∪ B = {4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, A \ B = {8, 9, 10}, A ∩ B = {5}. Határozzuk meg az

A

és

B

halmazokat!

megoldás: Venn digrammon ábrázolva a halmazokat:

Leolvasható, hogy

A = {5, 8, 9, 10}, B = {4, 5, 6, 7}.

12. N Tegyük föl, hogy A ∪ B ∪ C = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, A ∪ B = {1, 2, 3, 6, 7, 8, 9, 10}, A \ B = {8, 9, 10}, A ∩ B = {1, 2, 3}, A ∩ B ∩ C = {1, 3}, A ∩ C = {1, 3, 8}, B \ C = {2, 7}. Határozzuk meg az

A, B

és

C

halmazokat!

71

72

KÉZI CSABA

megoldás: Venn digrammon ábrázolva a halmazokat:

Leolvasható, hogy

A = {1, 2, 3, 8, 9, 10}, B = {1, 2, 3, 6, 7}, C = {1, 3, 4, 5, 6, 8}.

FELADATGYJTEMÉNY


73

V. Valós számhalmazok korlátossága, teljes indukció, binomiális tétel 1. ♠ Határozzuk meg az A = [1, 5] intervallum inmumát, szuprémumát, minimumát, maximumát! Alulról korlátos-e, felülr®l korlátos-e, korlátos-e a halmaz? megoldás:

inf(A) = 1, pontos fels® korlátja sup(A) = 5. halmaznak, ezért az minimum is, így min(A) = 1. halmaznak, ezért az maximum is, így max(A) = 5.

A halmaz pontos alsó korlátja, azaz inmuma: Mivel a pontos alsó korlát eleme is a Mivel a pontos fels® korlát eleme is a

A halmaz alulról és felülr®l is korlátos, így korlátos.

2. N Határozzuk meg az A =]4, 7] intervallum inmumát,

szuprémumát, minimumát, maxi-

mumát! Alulról korlátos-e, felülr®l korlátos-e, korlátos-e a halmaz? megoldás: A halmaz pontos alsó korlátja, azaz inmuma:

inf(A) = 4, pontos fels® korlátja sup(A) = 7.

Mivel a pontos alsó korlát nem eleme a halmaznak, ezért minimuma nincs. Mivel a pontos fels® korlát eleme a halmaznak, ezért az maximum is, így

max(A) = 7.

A halmaz alulról

és felülr®l is korlátos, így korlátos.

3. ♠ Határozzuk meg az A =]2, ∞[ intervallum inmumát, szuprémumát, minimumát, maximumát! Alulról korlátos-e, felülr®l korlátos-e, korlátos-e a halmaz? megoldás: A halmaz pontos alsó korlátja, azaz inmuma:

inf(A) = 2,

pontos fels® korlátja nincs.

Mivel a pontos alsó korlát nem eleme a halmaznak, ezért minimuma nincs. Mivel szuprémuma nincs, ezért maximuma sincs. A halmaz alulról korlátos, felülr®l nem korlátos, így nem korlátos.

4. N

Határozzuk meg az

A =] − ∞, 3]

intervallum inmumát, szuprémumát, minimumát,

maximumát! Alulról korlátos-e, felülr®l korlátos-e, korlátos-e a halmaz? megoldás: A halmaznak nincs pontos alsó korlátja, azaz inmuma, pontos fels® korlátja 3.

Mivel

nincs pontos alsó korlát, ezért minimuma sincs. A szuprémuma eleme a halmaznak, ezért az maximum is, így

max(A) = 3.

A halmaz alulról nem korlátos, felülr®l korlátos, így nem

korlátos.

5. ♠ Vizsgáljuk meg az

A=

1 1 + n ∈ N n

halmazt korlátosság szempontjából! megoldás: A halmaz pontos alsó korlátja, azaz inmuma:

inf(A) = 1,

pontos fels® korlátja 2. Mivel

a pontos alsó korlát nem eleme a halmaznak, ezért minimuma nincs. Mivel szuprémuma

74

KÉZI CSABA

eleme a halmaznak, ezért az maximum is, így

max(A) = 2.

A halmaz alulról korlátos és

felülr®l is korlátos, így korlátos.

6. N Vizsgáljuk meg az

1 A = 2 − n ∈ N n

halmazt korlátosság szempontjából! megoldás: A halmaz pontos alsó korlátja, azaz inmuma:

inf(A) = 1,

pontos fels® korlátja 2. Mivel

a pontos alsó korlát eleme a halmaznak, ezért az minimum is, azaz

min(A) = 1.

Mivel a

szuprémum nem eleme a halmaznak, ezért maximuma nincs. A halmaz alulról korlátos és felülr®l is korlátos, így korlátos.

7. ♠ Bizonyítsuk be teljes indukcióval, hogy 12 + 22 + . . . + n2 =

n(n + 1)(2n + 1) , 6

(n ∈ N).

megoldás:

2 El®ször n = 1-re megvizsgáljuk, hogy teljesül-e az egyenl®ség: a bal oldal 1 = 1·(1+1)·(2·1+1) = 1. Tehát a baloldalon és a jobboldalon ugyanazt kaptuk, így 6 az egyenl®ség. Tegyük föl, hogy

n-re

1, a jobboldal n = 1-re igaz

igaz az állítás, azaz

12 + 22 + . . . + n2 = teljesül, és bizonyítsuk be

n + 1-re

n(n + 1)(2n + 1) , 6

(n ∈ N).

az összefüggést! A bizonyítandó egyenl®ség

(n + 1) (n + 1) + 1 2(n + 1) + 1 1 + 2 + . . . + n + (n + 1) = . 6 2

2

2

2

n-re igaz az állítás, majd a jobboldalon elvégezve az összevonást, beszooldalt 6-al, ezután n + 1-el végigosztva az egyenletet (ami megtehet®, mivel

Felhasználva, hogy rozva mindkét

n + 1 6= 0),

majd felbontva a zárójeleket mindkét oldalon azt kapjuk, hogy

(n + 1) (n + 1) + 1 2(n + 1) + 1 n(n + 1)(2n + 1) 2 + (n + 1) = 6 6 n(n + 1)(2n + 1) (n + 1)(n + 2)(2n + 3) + (n + 1)2 = 6 6 2 n(n + 1)(2n + 1) + 6(n + 1) = (n + 1)(n + 2)(2n + 3) n(2n + 1) + 6(n + 1) = (n + 2)(2n + 3) 2n2 + n + 6n + 6 = 2n2 + 3n + 4n + 6 2n2 + 7n + 6 = 2n2 + 7n + 6. Azonosságot kaptunk, amivel az állítást igazoltuk.

FELADATGYJTEMÉNY


75

8. N Bizonyítsuk be teljes indukcióval, hogy 1 + 2 + ... + n =

n(n + 1) , 2

(n ∈ N).

megoldás: El®ször n = 1-re megvizsgáljuk, hogy teljesül-e az egyenl®ség: a bal oldal 1, a jobboldal 1·(1+1) = 1. Tehát a baloldalon és a jobboldalon ugyanazt kaptuk, így n = 1-re igaz az 2 egyenl®ség. Tegyük föl, hogy

n-re

igaz az állítás, azaz

1 + 2 + ... + n = teljesül, és bizonyítsuk be

n + 1-re

n(n + 1) , 2

(n ∈ N).

az összefüggést! A bizonyítandó egyenl®ség

(n + 1) (n + 1) + 1 1 + 2 + . . . + n + (n + 1) = . 2 Felhasználva, hogy

n-re

igaz az állítás, majd a jobboldalon elvégezve az összevonást, be-

szorozva mindkét oldalt 2-vel, ezután mivel

n + 1 6= 0),

n + 1-el

végigosztva az egyenletet (ami megtehet®,

azt kapjuk, hogy

(n + 1) (n + 1) + 1 n(n + 1) + (n + 1) = 2 2 (n + 1)(n + 2) n(n + 1) + (n + 1) + (n + 1) = 2 2 n(n + 1) + 2(n + 1) = (n + 1)(n + 2) n + 2 = n + 2. Azonosságot kaptunk, amivel az állítást igazoltuk.

9. ♠ Bizonyítsuk be teljes indukcióval, hogy 1 1 n 1 + + ... + = , 1·2 2·3 n(n + 1) n+1

(n ∈ N).

megoldás: El®ször

n = 1-re

n = 1-re

1 = 12 , a jobboldal 12 , így 1·2 Tegyük fel, hogy n-re igaz, és bizonyítsuk be n + 1-re az

vizsgáljuk meg az összefüggést: a bal oldal

teljesül az állítás.

egyenl®séget. A bizonyítandó állítás

1 1 1 1 n+1 + + ... + + = , 1·2 2·3 n(n + 1) (n + 1)(n + 2) n+1+1

(n ∈ N).

76

KÉZI CSABA

Felhasználva, hogy

n-re

igaz az összefüggés, majd beszorozva a közös nevez®vel, felbontva

a zárójeleket, és összevonva azt kapjuk, hogy

n 1 n+1 + = n + 1 (n + 1)(n + 2) n+2 n(n + 2) + 1 = (n + 1)2 n2 + 2n + 1 = n2 + 2n + 1. Azonosságot kaptunk, amivel az állítást igazoltuk.

10. ♠ Bizonyítsuk be teljes indukcióval, hogy 2n < n!, ha n ≥ 4. megoldás: El®ször

n = 4-re

24 = 16,

ellen®rizzük az állítást. Ekkor a bal oldal

így igaz az összefüggés. Tegyük föl, hogy

n-re

igaz, és bizonyítsuk be

a jobb oldal

4! = 24,

n + 1-re:

2n+1 = 2n · 2 < n! · 2 < n!(n + 1) = (n + 1)!, ami a bizonyítandó állítás.

11. N Bizonyítsuk be teljes indukcióval, hogy 3n < (n + 1)!, ha n ≥ 4. megoldás: El®ször

n = 4-re

ellen®rizzük az állítást. Ekkor a bal oldal

így igaz az összefüggés. Tegyük föl, hogy

n-re

34 = 81,

a jobb oldal


5! = 120,

n + 1-re:

3n+1 = 3n · 3 < (n + 1)! · 3 < (n + 1)!(n + 2) = (n + 2)!, ami a bizonyítandó állítás.

12. ♠ Határozzuk meg az √

1 x+ √ x

100

kifejezés binomiális tétel szerinti kifejtésében a konstans tagot. megoldás: A konstans tag

50 100 √ 50 1 100 √ x = . 50 50 x

13. F Bizonyítsuk be, hogy minden n ∈ N esetén

cos x − sin x sin x cos x

n

=

cos nx − sin nx sin nx cos nx

.

megoldás: Nyilván

n = 1-re

igaz az állítás. Tegyük föl, hogy

n-re


n + 1-re!

FELADATGYJTEMÉNY


77

Alkalmazva a hatványozás, majd a mátrixszorzás denícióját, majd az indukciós feltevést, végül, hogy

sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β azt kapjuk, hogy


n+1

=


n cos x − sin x · = sin x cos x

cos nx cos x − sin nx sin x −(cos nx sin x + sin nx cos x) = sin nx cos x + cos nx sin x cos nx cos x − sin nx sin x cos(n + 1)x − sin(n + 1)x = . sin(n + 1)x cos(n + 1)x

14. ♠ A binomiális tétel felhasználásával végezzük el a következ® hatványozásokat: a) (2x + 3)4 ;

b) (3x2 + 1)5 ;

c) (x − 3)3 ;

d) (3x2 + 2y)4 .

megoldás:

15.

A binomiális tételt alkalmazva

a)

4 4 4 0 4 1 3 (2x + 3) = (2x) · 3 + (2x) · 3 + (2x)2 · 32 + 1 2 0 4 4 + (2x)3 · 31 + (2x)4 · 30 = 81 + 216x2 + 96x3 + 16x4 ; 3 4 4

b)

5 5 5 5 2 0 5 2 1 4 2 2 3 (3x + 1) = (3x ) · 1 + (3x ) · 1 + (3x ) · 1 + (3x2 )3 · 12 + 0 1 2 3 5 5 2 4 1 + (3x ) · 1 + (3x2 )5 · 10 = 4 5 2 4 = 1 + 15x + 90x + 270x6 + 405x8 + 243x10 ; 2

5

c)

x3 − 27x2 + 27x − 27;

d)

81x8 + 216x6 y + 216x4 y 2 + 96x2 y 3 + 16y 4 .

=

78

KÉZI CSABA

16. F A multinomiális tétel felhasználásával végezzük el a következ® hatványozásokat: a) (2x + 3y + z)4 ;

b) (4x2 + 5x − 2)3 ;

c) (x − 3y + 1)3 ;

d) (2x2 − 2y − 3)4 .

megoldás: A multinomiális tételt alkalmazva

4 = 4 + 0 + 0 = 3 + 1 + 0 = 2 + 2 + 0 = 2 + 1 + 1, ezért 4! 4 4 0 0 0 4 0 0 0 4 (2x + 3y + z) = (2x) (3y) z + (2x) (3y) z + (2x) (3y) z + 4!0!0! 4! + (2x)3 (3y)1 z 0 + (2x)0 (3y)3 z 1 + (2x)1 (3y)0 z 3 + (2x)3 (3y)0 z 1 + 3!1!0! 4! + (2x)1 (3y)3 z 0 + (2x)0 (3y)1 z 3 + (2x)2 (3y)2 z 0 + (2x)2 (3y)0 z 2 + 2!2!0! 4! 0 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1 2 + (2x) (3y) z + (2x) (3y) z + (2x) (3y) z + (2x) (3y) z = 2!1!1! = 16x4 + 81y 4 + z 4 + 96x3 y + 108y 3 z + 8xz 3 + 32x3 z + 216xy 3 + 12yz 3 + a) Mivel

+ 216x2 y 2 + 24x2 z 2 + 54y 2 z 2 + 144x2 yz + 216xy 2 z + 72xyz 2 ; b)

64x6 + 240x5 + 204x4 − 115x3 − 102x2 + 60x − 8;

c)

x3 − 9x2 y + 3x2 + 27xy 2 − 18xy + 3x − 27y 3 + 27y 2 − 9y + 1;

d)

81 + 216y − 216x2 − 432x2 y + 216y 2 + 288x4 y − 288x2 y 2 − 64x6 y + 96x4 y 2 − 64x2 y 3 + 216x4 − 96x6 + 96y 3 + 16x8 + 16y 4 ;

FELADATGYJTEMÉNY


79

VI. Komplex számok 1. N Adjuk meg az alábbi komplex számok valós, illetve képzetes részét: a)

z1 = 2 + 3i

c)

z3 = 6

e)

z5 = −2i

b)

z2 = 3 − 4i

d)

z4 = i

f)

z6 = 1

megoldás: A

z = a + bi

komplex szám valós része:

Re(z) = a,

képzetes része

Im(z) = b.

a megoldások a)

Re(z1 ) = 2, Im(z1 ) = 3

d)

Re(z4 ) = 0, Im(z4 ) = 1

b)

Re(z2 ) = 3, Im(z2 ) = −4

e)

Re(z5 ) = 0, Im(z5 ) = −2

c)

Re(z3 ) = 6, Im(z3 ) = 0

f)

Re(z6 ) = 1, Im(z6 ) = 0

2. N Ábrázoljuk a komplex számsíkon az alábbi komplex számokat a)

z1 = 3

c)

z3 = −i

e)

z5 = 3 + 2i

b)

z2 = −2

d)

z4 = 3i

f)

z6 = −2 − 4i

megoldás:

3. ♠ Ábrázoljuk a komplex számsíkon az alábbi halmazokat a)

A = {z ∈ C | Re(z) ≤ 1}

b)

B = {z ∈ C | Im(z) > 0}

c)

C = {z ∈ C | |z| ≤ 1}

d)

D = {z ∈ C | |z| ≥ 1}

megoldás:

Ez alapján

80

KÉZI CSABA

A C halmaz elemei azon komplex számok, melyek abszolút értéke kisebb vagy egyenl®, mint 1, azaz azok a komplex számok, melyeknek az origótól való távolsága nem nagyobb, mint 1. Ezek a pontok az egység sugarú, origó középpontú körön és annak belsejében helyezkednek el. A D halmaz elemei pedig éppen a kör és a rajta kívül es® pontok:

4. ♠ Tekintsük a z1 = 2 + 3i és a z2 = 3 − 4i komplex számokat! a)

z1 + z2

b)

z1 · z2

c)

z1

d)

z2

e) f) g)

h)

|z1 | z1 z2 z2 z1 z1 Re z2

Határozzuk meg a

z1 z2

i)

Im

j)

z1 + 5z2 + 6

k)

z12

l)

z22

komplex számokat! megoldás: a) Két algebrai alakú komplex számot úgy adunk össze, hogy a valós részt a valós résszel, a képzetes részt a képzetes résszel összegezzük:

z1 + z2 = 2 + 3i + 3 − 4i = 5 − i.

FELADATGYJTEMÉNY


81

b) Két algebrai alakú komplex számot úgy szorzunk össze, hogy minden tagot szorzunk minden taggal

z1 · z2 = (2 + 3i)(3 − 4i) = 6 − 8i + 9i − 12i2 = 6 + i − 12(−1) = 18 + i. c) Az

a + bi

komplex szám konjugáltja az

a − bi

komplex szám:

z1 = 2 − 3i. A konjugálás geometriai jelentése a valós tengelyre való tükrözés. d)

z2 = 3 + 4i

e) Egy komplex szám hossza a valós részének és képzetes részének a négyzetösszege

|z1 | =

√

22 + 32 =

√ √ 4 + 9 = 13

f ) Két algebrai alakú komplex számot úgy osztunk el egymással, hogy b®vítjük a törtet a nevez® konjugáltjával. Ezután tört törttel való szorzását kapjuk, melyet úgy végzünk el, hogy a számlálót szorozzuk a számlálóval, a nevez®t a nevez®vel:

z1 2 + 3i 2 + 3i 3 + 4i (2 + 3i)(3 + 4i) = = · = = z2 3 − 4i 3 − 4i 3 + 4i (3 − 4i)(3 + 4i) 6 + 17i − 12 −6 + 17i 6 17 6 + 8i + 9i + 12i2 = = = − + i. = 2 9 − 16i 9 + 16 25 25 25 g)

h)

i) j)

z2 3 − 4i 3 − 4i 2 − 3i (3 − 4i)(2 − 3i) = = · = = z1 2 + 3i 2 + 3i 2 − 3i (2 + 3i)(2 − 3i) 6 − 8i − 9i + 12i2 6 − 17i − 12 −6 − 17i 6 17 = = = = − − i. 2 4 − 9i 4+9 13 13 13 z1 6 Re =− z2 25 z1 17 Im = z2 25 z1 + 5z2 + 6 = 2 + 3i + 5(3 + 4i) + 6 = 2 + 3i + 15 + 20i + 6 = 23 + 23i

k) Felhasználva, hogy

(a + b)2 = a2 + 2ab + b2 :

z12 = (2 + 3i)2 = 4 + 12i + 9i2 = 4 + 12i − 9 = −5 + 12i. l)

z22 = (3 − 4i)2 = 9 − 24i + 16i2 = 9 − 8i − 16 = −7 − 8i

5. ♠ Mennyi ha

k

i0 ; i1 ; i2 ; i3 ; i4 ; i100 ; i101 ; i102 ; i103 ; i104 i4k ; i4k+1 ; i4k+2 ; i4k+3 ,

egész szám?

megoldás:

i0 := 1;

i1 = i;

i2 = −1;

i3 = i2 · i = −i;

i4 = (i2 )2

82

KÉZI CSABA

i100 = (i4 )25 = 125 = 1; i101 = i100 · i = 1 · i = i i102 = i100 · i2 = 1 · (−1) = −1; i103 = i100 · i3 = −i; i104 = i100 · i4 = 1 Tapasztalatunk a következ®: Ha i hatványkitev®je 4-gyel osztható, akkor a hatvány értéke 1; ha 4-gyel osztva 1 maradékot ad, akkor a hatvány értéke i; ha 2 maradékot ad, akkor −1; ha 3 maradékot ad, akkor −i. Tehát: i4k = 1;

i4k+1 = i;

i4k+2 = −1;

i4k+3 = −i.

6. ♠ Írjuk föl a z = −2 − 2i komplex szám trigonometrikus alakját! megoldás A

z = a + bi

z = r(cos ϕ + i sin ϕ), ahol r a komplex ϕ a komplex szám argumentuma, azaz a valós tengellyel bezárt

komplex szám trigonometrikus alakja

szám hossza/abszolútértéke, szöge.

Jelen esetben a komplex számunk valós része a komplex szám hossza

r=

Re(z) = −2,

képzetes része

Im(z) = −2.

Így

p √ (−2)2 + (−2)2 = 8,

továbbá az argumentumra fennáll a

b −2 = =1 a −2 π 5π ϕ2 = π + = . 4 4 tg(ϕ) =

π ϕ1 = 4 5π ϕ= . 4

egyenlet, amib®l megfelel® szög

vagy

Az ábrázolás után világos, hogy a

Így a komplex szám trigonometrikus alakja

z=

√

5π 5π 8 cos + i sin 4 4

.

FELADATGYJTEMÉNY


83

√

7. ♠ Számoljuk ki a z = − 3 + i komplex szám harmadik gyökeit! megoldás: Minden komplex számnak

√ wk = n r cos

n

darab

ϕ + 2kπ n

n-edik

gyöke van. Ezek

+ i sin

ϕ + 2kπ n

(k = 0, . . . , n − 1).

alakban állnak el®. Jelen esetben harmadik gyököt szeretnénk vonni, azaz

n = 3, így három

megoldás lesz. A komplex szám hossza

q √ r = (− 3)2 + 12 = 2, argumentuma

w0 = w1 = w2 =

√ 3 √ 3 √ 3

π 5π = . Behelyettesítve a fenti képletbe 6 6 5π √ + 2 · 0π + 2 · 0π 5π 5π 3 6 + i sin + i sin = 2 cos 3 3 18 18 5π √ + 2 · 1π + 2 · 1π 17π 17π 3 6 + i sin + i sin = 2 cos 3 3 18 18 5π √ + 2 · 2π + 2 · 2π 29π 29π 3 6 + i sin + i sin = 2 cos . 3 3 18 18

ϕ=π− 5π

2 cos

6

5π

2 cos

6

5π

2 cos

6

8. ♠ Oldjuk meg a komplex számok halmazán a z 3 + 1 + i = 0 egyenletet! megoldás: Kifejezzük

z -t

az egyenletb®l

z=

√ 3 −1 − i.

−1 − i komplex szám 3-adik gyökeit kell meghatározni. Minden komplex számnak n darab n-edik gyöke van, így 3 darab harmadik gyök van. Ezek √ ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ n wk = r cos + i sin , (k = 0, . . . , n − 1) n n √ alakban állnak el®. Jelen esetben n = 3, r = 2, ϕ = 5π , k = 0, 1, 2. Így az egyenlet 4 Így a

megoldásai

q 3 √ w0 = 2 cos q 3 √ w1 = 2 cos q 3 √ w2 = 2 cos .

5π 4 5π 4 5π 4

+2·0·π + i sin 3 +2·1·π + i sin 3 +2·2·π + i sin 3

5π 4 5π 4 5π 4

√ +2·0·π 5π 5π 6 = 2 cos + i sin 3 12 12 √ +2·1·π 13π 13π 6 = 2 cos + i sin 3 12 12 √ +2·2·π 21π 21π 6 = 2 cos + i sin 3 12 12

84

KÉZI CSABA

9. ♠ Határozzuk meg és ábrázoljuk a negyedik egységgyököket! megoldás: Az

n-edik

egységgyökök az 1 komplex szám

n-edik

gyökei. Így a negyedik egységgyökök az

1 komplex szám negyedik gyökei. Ezek

wk =

√ n

alakban állnak el®.

ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ + i sin r cos n n Jelen esetben

(k = 0, . . . , n − 1)

n = 4, r = 1, ϕ = 0, k = 0, 1, 2, 3.

Így a negyedik

egységgyökök

w0 = w1 = w2 = w3 =

√ 4

0+2·0·π 1 cos 4 √ 0+2·1·π 4 1 cos 4 √ 0+2·2·π 4 1 cos 4 √ 0+2·3·π 4 1 cos 4

0+2·0·π + i sin = cos 0 + i sin 0 = 1 4 0+2·1·π π π + i sin = cos + i sin = i 4 2 2 0+2·2·π + i sin = cos π + i sin π = −1 4 0+2·3·π 3π 3π + i sin + i sin = −i. = cos 4 2 2

Ábrázolva a kapott komplex számokat a Gauss féle (komplex számsíkon) azt vehetjük észre, hogy a negyedik egységgyökök négyoldalú szabályos sokszög csúcsaiban helyezkednek el. Általánosan igaz, hogy az n-edik egységgyökök n oldalú szabályos sokszög csúcsaiban helyezkednek el.

10. ♠ Oldjuk meg a komplex számok halmazán a z 2 + 2z + 2 = 0 másodfokú egyenletet! megoldás: Felírva a másodfokú egyenlet megoldóképletét

z1,2 =

−2 ±

√ 2

4−8

√ −2 ± −4 −2 ± 2i = = = −1 ± i. 2 2

FELADATGYJTEMÉNY


85

11. ♠ Írjuk át az 1 + i komplex számot Euler-féle alakba! megoldás:

√ √ z = 1 + i = 1 + 1 · i komplex szám hossza |z| = 12 + 12 = 2 másrészt z argumentuma ϕ = π/4. Így az Euler-féle alak π z = 2 · ei· 4 . 12. ♠ Tekintsük a z1 = 1 + i és z2 = 3 cos π3 + i sin π3 komplex számokat! Határozzuk meg z z 10 a z1 · z2 , 1 , 2 és z1 komplex számokat! z2 z1 A

megoldás: Els® lépésben írjuk föl a

z1

komplex szám trigonometrikus alakját:

z1 =

√ π π 2 cos + i sin . 4 4

Trigonometrikus alakú komplex számokat úgy szorzunk össze, hogy az abszolút értéküket összeszorozzuk, az argumentumokat összeadjuk:

π π √ π π √ 7π 7π z1 z2 = 3 2 cos + + i sin + = 3 2 cos + i sin . 3 4 3 4 12 12 Trigonometrikus alakú komplex számokat úgy osztunk el, hogy az abszolút értéküket elosztjuk, az argumentumokat kivonjuk:

√ π π √2 z1 2 π π π π cos − + i sin − = cos + i sin , = z2 3 3 4 3 4 3 12 12 π π 3 π π z2 3 −π −π = √ cos − + i sin − = √ cos + i sin = z1 4 3 4 3 12 12 2 2 3 23π 23π = √ cos + i sin . 12 12 2

Trigonometrikus alakú komplex számokat úgy hatványozunk, hogy az abszolút értéküket hatványozzuk, az argumentumokat szorozzuk a kitev®vel:

z110

=

√

10π 10π π π 2 cos + i sin = 32 cos + i sin = 32i. 4 4 2 2 10

86

KÉZI CSABA

VII. Relációk, valós függvények, függvények a zikában 1. ♠ Tekintsük az A = {−1, 0, 1} és a B = {−1, 0} halmazokat!

Tekintsük a

ρ = {(a, b) | a · b = 0} ⊂ A × B relációt! Írjuk föl a reláció elemeit! Határozzuk meg a reláció inverzét! Határozzuk meg a reláció és az inverz reláció értelmezési tartományát és érték készletét! megoldás: El®ször felírjuk az

A×B

halmazt:

A × B = {(−1, −1), (−1, 0), (0, −1), (0, 0), (1, −1), (1, 0)}. A reláció elemei

ρ = {(−1, 0), (0, −1), (0, 0), (1, 0)}. A reláció értelmezési tartománya a relációban szerepl® elempárok els® koordinátájából álló halmaz, érték készlete a második koordinátákból álló halmaz:

Dρ = {−1, 0, 1},

Rρ = {−1, 0}.

Az inverzreláció:

ρ−1 = {(0, −1), (−1, 0), (0, 0), (0, 1)}. Az inverzeláció értelmezési tartománya és érték készlete

Dρ−1 = {−1, 0} = Rρ ,

Rρ−1 = {−1, 0, 1} = Dρ .

2. ♠ Mutassuk meg, hogy a síkbeli egyenesek között a párhuzamosság ekvivalencia reláció! megoldás: A reláció ekvivalencia reláció, ugyanis

•

reexív, mert minden egyenes párhuzamos önmagával

•

szimmetrikus, mert ha

•

tranzitív, mert ha

a||b

a||b, és

akkor

b||c,

b||a

akkor

a||c.

3. N Mutassuk meg, hogy a valós számok halmazán az egyenl®ség ekvivalencia reláció! megoldás: A reláció ekvivalencia reláció, ugyanis

•

reexív, mert minden szám egyenl® önmagával

•

szimmetrikus, mert ha

•

tranzitív, mert ha

a = b,

a=b

és

akkor

b = c,

b=a

akkor

a = c.

4. ♠ Mutassuk meg, hogy a valós számok halmazán a ≤ reláció rendezési reláció! megoldás: A reláció rendezési reláció, ugyanis

FELADATGYJTEMÉNY

•

reexív, mert

a≤a

•

antiszimmetrikus, mert ha

•

tranzitív, mert ha

•

teljes, mert

a≤b

minden

a≤b vagy

és


a

valós számra

a≤b

és

b ≤ c,

b≤a

87

b ≤ a,

akkor

akkor

a=b

a≤c

közül legalább az egyik fennáll minden

a

és

b

valós szám

esetén.

5. N Mutassuk meg, hogy a halmazok között a ⊂ reláció parciális rendezés, de nem rendezési reláció! megoldás: A reláció parciális rendezési reláció, ugyanis

•

reexív, mert

A⊂A

•

antiszimmetrikus, mert ha

•

tranzitív, mert ha

•

nem teljes, mert léteznek olyan

minden

A⊂B

A

halmaz esetén

A⊂B

és

és

B ⊂ C,

B ⊂ A, akkor

A, B

akkor

A=B

A⊂C

halmazok, hogy

A ⊂ B, B ⊂ A

egyike sem

teljesül.

6. ♠ Az alábbi hozzárendelések közül melyik függvény? a) Minden emberhez hozzárendeljük a magasságát. b) Minden természtes számhoz hozzárendeljük a nála 1-el nagyobb természetes számot. c) Minden számhoz hozzárendeljük a négyzetét. d) Minden osztályzathoz hozzárendeljük azokat a diákokat, akiknek az év végi matematika jegye az adott osztályzat. (Feltételezzük, hogy az osztálynak legalább 6 tanulója van.) e) Minden valós számhoz hozzárendeljük a felét. megoldás: A d) nem függvény, mert egy osztályzat több diákhoz is tartozhat. egyértelm¶, így azok függvények.

7. ♠ Lehet-e az alábbi görbe egy szám-szám függvény képe?

A többi leképzés

88

KÉZI CSABA

megoldás: Nem lehet szám-szám függvény képe, mert egy

8. ♠ Határozzuk meg az f (x) =

√

x

értékhez több

y

is tartozik.

4 − x2

függvény értelmezési tartományát! megoldás: Mivel páros kitev®j¶ gyök alatt csak pozitív szám állhat, ezért az értelmezési tartomány megadásához meg kell oldanunk a

4 − x2 ≥ 0 egyenl®tlenséget. Az egyenl®tlenséget grakusan oldjuk meg. Ehhez els® lépésben megha2 tározzuk az x 7→ 4 − x függvény zérushelyeit:

4 − x2 = 0 4 = x2 ±2 = x. Ezután felvázoljuk az

x 7→ 4 − x2

függvény grakonját:

9. N Határozzuk meg az 1 f (x) = ln 1 + x függvény értelmezési tartományát! megoldás: A tört miatt

x 6= 0.

A logaritmus függvény miatt a logaritmus mögötti kifejezésnek pozi-

tívnak kell lenni, azaz meg kell oldanunk az

1+

1 >0 x

FELADATGYJTEMÉNY


89

egyenl®tlenséget. Egy tört akkor pozitív, ha a számlálója és a nevez®je azonos el®jel¶, így két esetet kell vizsgálnunk. Ha a számláló és a nevez® pozitív, akkor

x+1>0 Ezek megoldásainak közös része a

]0, ∞[

és

x > 0.

intervallum.

Ha a számláló és a nevez® negatív, akkor

x+1<0 Ezek megoldásainak közös része a

és

] − ∞, −1[

x < 0.

intervallum.

Így a függvény értelmezési tartománya

] − ∞, −1[∪]0, ∞[= R \ [−1, 0].

10. ♠ Határozzuk meg az f : [−2, 3[→ R, f (x) = −x2 + 3 függvény értékkészletét! megoldás: A függvény képe:

Értékkészlete:Rf

=] − 6, 3].

11. N Határozzuk meg az f (x) = x2 + 8x + 12 függvény széls®értékét! megoldás: Másodfokú függvénynek a zérushelyei számtani közepénél van minimuma. Így els® lépésben a zérushelyeket határozzuk meg, amihez az

x2 + 8x + 12 = 0 másodfokú egyenletet kell megoldanunk. Felírva a másodfokú egyenlet megoldóképletét

x1,2 = Így a zérushelyek

x1 = −2

−8 ±

√

82 − 4 · 1 · 12 −8 ± 4 = . 2 2

x2 = −6. Ezek számtani közepe x1 + x2 −2 + (−6) −8 = = = −4, 2 2 2 és

90

KÉZI CSABA

ami a másodfokú függvény minimum helye. A minimum érték

f (−4) = (−4)2 +8(−4)+12 =

−4.

12. ♠ Vizsgáljuk meg paritás szerint az x2 sin 5x

f (x) = függvényt! megoldás:

Felhasználva, hogy a szinusz függvény páratlan, azaz

2

f (−x) =

sin(−x) = − sin x,

2

(−x) x x2 = =− = −f (x), sin(−5x) − sin 5x sin 5x

így a függvény páratlan.

13. N Vizsgáljuk meg paritás szerint az x4 cos 2x

f (x) = függvényt! megoldás:

Felhasználva, hogy a koszinusz függvény páros, azaz

f (−x) =

cos(−x) = cos x,

(−x)4 x4 = = f (x), cos(−2x) cos 2x

így a függvény páros.

14. N Vizsgáljuk meg paritás szerint az f (x) =

1 −x x2

függvényt! megoldás:

cos(−x) = cos x, 1 1 f (−x) = + x = 2 + x, 2 (−x) x

Felhasználva, hogy a koszinusz függvény páros, azaz

tehát

f (−x) 6= f (x),

illetve

f (−x) 6= −f (x).

így a függvény nem páros, nem páratlan.

15. N Vizsgáljuk meg az f (x) = sin 2x függvényt periodicitás szerint! megoldás: A függvény periodikus, periodusa

π.

FELADATGYJTEMÉNY


91

16. ♠ Határozzuk meg az f (x) = −x2 + 4x − 3 függvény széls®értékének típusát, annak helyét és értékét! megoldás: A függvény zérushelyeit az

−x2 + 4x − 3 = 0 egyenlet megoldásával kapjuk. A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva

x1,2 = így

−4 ±

√

16 − 12 −4 ± 2 = , −2 −2

x1 = 1, x2 = 3.

Mivel a függvény másodfokú tagjának együtthatója negatív, ezért a 1+3 függvénynek maximuma van. A maximumhely a zérushelyek számtani közepe, azaz = 2 2 2. A maximum érték f (2) = −2 + 4 · 2 − 3 = 1.

17. N Adott az ABC háromszög AB és AC oldala, AB = 10 cm, AC = 6 cm. bezárt

ϕ

A két oldal által

szöghöz rendeljük hozzá a háromszög területét. Mi lesz az így kapott függvény

értelmezési tartománya és értékkészlete? megoldás: Egy háromszög területe a háromszög két oldalának és az általuk bezárt szög szinuszának szorzatának a fele. Így a keresett függvény:

t(ϕ) = Így az értelmezési tartománya

18. ♠ Legyen f (x) = x2 + 3x − 4.

10 · 6 · sin ϕ = 30 · sin ϕ. 2

0◦ < x < 180◦ ,

értékkészlete

Számoljuk ki az

f (b) − f (a) b−a

0 < y < 30. hányadost, ha

a és b különböz®

valós számok! megoldás: Mivel

f (b) = b2 + 3b − 4, továbbá

f (a) = a2 + 3a − 4, ezért

f (b) − f (a) (b2 + 3b − 4) − (a2 + 3a − 4) b2 + 3b − 4 − a2 − 3a + 4 = = = b−a b−a b−a b2 − a2 + 3b − 3a (b − a)(b + a) + 3(b − a) (b − a)(b + a + 3) = = = a + b + 3. = b−a b−a b−a

19. N Legyen f (x) = 2x−x2 . megoldás:

Számoljuk ki az

f (a+3)−f (a−3) értéket, ha a ∈ R tetsz®leges.

92

KÉZI CSABA

Mivel

f (a + 3) = 2(a + 3) − (a + 3)2 = 2a + 6 − (a2 + 6a + 9) = = 2a + 6 − a2 − 6a − 9 = −a2 − 4a − 3, továbbá

f (a − 3) = 2(a − 3) − (a − 3)2 = 2a − 6 − (a2 − 6a + 9) = = 2a − 6 − a2 + 6a − 9 = −a2 + 8a − 15, ezért

f (a + 3) − f (a − 3) = −a2 − 4a − 3 − (−a2 + 8a − 15) = = −a2 − 4a − 3 + a2 − 8a + 15 = −12a + 12.

20. N Legyen f (x) = 4 − x2 .

Számoljuk ki az

f (b − 2) − f (b + 2) értéket, ha b ∈ R tetsz®leges.

megoldás: Mivel

f (b − 2) = 4 − (b − 2)2 = 4 − (b2 − 4b + 4) = = 4 − b2 + 4b − 4 = −b2 + 4b = −b(b − 4), továbbá

f (b + 2) = 4 − (b + 2)2 = 4 − (b2 + 4b + 4) = = 4 − b2 − 4b − 4 = −b2 − 4b = −b(b + 4), ezért

f (b − 2) − f (b + 2) = −b2 + 4b − (−b2 − 4b) = −b2 + 4b + b2 + 4b = 8b.

21. N Igazak-e az alábbi állítások? a) Van olyan, a teljes valós számok halmazán értelmezett szigorúan monoton növekv® függvény, amely páros. b) Van olyan, a teljes valós számok halmazán értelmezett szigorúan monoton növekv® függvény, amely páratlan. c) Létezik a teljes valós számok halmazán értelmezett pozitív érték¶ páros függvény. d) Létezik a teljes valós számok halmazán értelmezett pozitív érték¶ páratlan függvény. e) Van olyan függvény, mely páros és páratlan is. megoldás: a) Hamis. b) Igaz, például

f (x) = x.

c) Igaz, például

f (x) = x2 + 1.

d) Hamis.

FELADATGYJTEMÉNY


93

e) Igaz, például az azonosan nulla függvény.

22. ♠ Határozzuk meg az f ◦ g és g ◦ f

kompozíciókat, ha

√ f (x) = x,

Oldjuk meg az

f ◦ g(x) = g ◦ f (x)

g(x) = x + 7.

egyenletet!

megoldás: Az összetett függvény denícióját használva

√ f ◦ g(x) = f g(x) = f (x + 7) = x + 7 √ √ g ◦ f (x) = g f (x) = g( x) = x + 7.

Megoldjuk a

√ √ x+7= x+7

egyenletet. Az egyenletet mindkét oldalát négyzetre emelve, majd elvégezve az összevonásokat

√ x + 7 = ( x + 7)2 √ x + 7 = x + 14 x + 49 √ −42 = 14 x

adódik, ami ellentmondás, ugyanis az egyenlet bal oldalán negatív számot kaptunk, míg a jobb oldalon egy szám négyzetgyökének pozitív számszorosa szerepel, ami pozitív.

23. ♠ Határozzuk meg az f ◦ g, g ◦ f , f ◦ f , g ◦ g kompozíciókat, ha f (x) = Oldjuk meg az

f ◦ g(x) = g ◦ f (x)

1 , x

g(x) = x2 + 2.

egyenletet!

megoldás: Az összetett függvény denícióját használva

1 f ◦ g(x) = f g(x) = f (x2 + 2) = 2 x +2 1 1 g ◦ f (x) = g f (x) = g = 2 +2 x x 1 f ◦ f (x) = f f (x) = f =x x g ◦ g(x) = g g(x) = g(x2 + 2) = (x2 + 2)2 + 2.

24. ♠

Invertálható-e az

az inverzét!

f : R → R, f (x) = 2x + 4

geometriai kapcsolat a függvény és inverze között? megoldás:

függvény?

Ha igen, határozzuk meg

Ábrázoljuk közös koordinátarendszerben a függvényt és az inverzét!

Mi a

94

KÉZI CSABA

f

Az

függvény képéb®l azonnal látszik, hogy injektív, azaz különböz® elemkhez különböz®

elemeket rendel, így invertálható.

Ezt algebrai úton is ellen®rizhetjük.

Ehhez meg kell

x1 , x2 ∈ R, x1 6= x2 , akkor f (x1 ) 6= f (x2 ). Ezt úgy is ellen®rizhetjük, f (x1 ) = f (x2 ) egyenl®ségb®l következik-e, hogy x1 = x2 . Ezen ellen®rizni. Ha f (x1 ) = f (x2 ), akkor

vizsgálnunk, hogy ha

hogy megvizsgáljuk, hogy az utóbbit fogjuk

f (x1 ) = f (x2 ) 2x1 + 4 = 2x2 + 4 2x1 = 2x2 x1 = x2 , így a függvény invertálható. Meghatározzuk az inverzfüggvényt:

f (x) = 2x + 4 y = 2x + 4 x = 2y + 4 x−4 y= 2 x − 4 . f −1 (x) = 2

f (x)

helyére

y -t

(megcseréljük (kifejezzük

x

írunk és

y -t)

y -t)

Ezután ábrázolhatjuk a függvényeket:

Geometriailag egy függvény inverzét úgy határozhatjuk meg, hogy a függvényt tükrözzük az

y=x

25. ♠

egyenlet¶ egyenesre.

Invertálható-e az

f : R → R, f (x) = 2x − 4

függvény? Ha igen, határozzuk meg az

inverzét! Ábrázoljuk közös koordinátarendszerben a függvényt és az inverzét! Határozzuk meg a függvénynek és inverzének az értelkmezési tartományát és érték készletét! megoldás: Az

f

függvény képéb®l azonnal látszik, hogy injektív, azaz különböz® elemkhez különböz®

elemeket rendel, így invertálható.

Ezt algebrai úton is ellen®rizhetjük.

Ehhez meg kell

x1 , x2 ∈ R, x1 6= x2 , akkor f (x1 ) 6= f (x2 ). Ezt úgy is ellen®rizhetjük, hogy megvizsgáljuk, hogy az f (x1 ) = f (x2 ) egyenl®ségb®l következik-e, hogy x1 = x2 . Ezen

vizsgálnunk, hogy ha

FELADATGYJTEMÉNY

utóbbit fogjuk ellen®rizni. Ha


f (x1 ) = f (x2 ),

95

akkor

f (x1 ) = f (x2 ) 2 − 4 = 2 x2 − 4 2x1 = 2x2 x1 = x2 , x1

így a függvény invertálható. Meghatározzuk az inverzfüggvényt:

f (x) = 2x − 4 y = 2x − 4 y

x=2 −4

f (x)

helyére

y -t

(megcseréljük

y = log2 (x + 4)

x

(kifejezzük

írunk és

y -t)

y -t)

f −1 (x) = log2 (x + 4). Ezután ábrázolhatjuk a függvényeket:

Geometriailag egy függvény inverzét úgy határozhatjuk meg, hogy a függvényt tükrözzük az

y = x egyenlet¶ egyenesre. Az f függvény értelemzési tartománya Df = R, érték készlete Rf =]2, ∞[. Az inverzfüggvény értelmezési tartománya Df −1 =]2, ∞[= Rf , továbbá az inverzfüggvény érték készlete Rf −1 = R = Df .

26. N Ábrázoljuk az ( −x, ha x ≤ 0 f (x) = 2x, ha x > 0 függvényt! megoldás:

96

KÉZI CSABA

27. ♠ Ábrázoljuk az f : R → R, ( −x2 + 1, ha x < 0 f (x) = −x − 1, ha x ≥ 0. függvényt!

Határozzuk meg az értelemzési tartományát, érték készletét, zérushelyét, az

érték készlet szuprémumát, inmumát, maximumát, minimumát! megoldás: A függvény képe

• • • • • • •

Df = R Rf =] − ∞, 1[ zérushely: x = −1 sup(Rf ) = 1 inf(Rf ) = −∞ max(Rf ) : nincs min(Rf ) : nincs értelemzési tartomány:

érték készlet:

28. N Egy országút mentén fekv® A és B A-ból B -be

egy kerékpáros

versenykerékpáros

vv = 35

vk = 15

városok távolsága

200

km. Reggel 8 órakor elindul

km/h átlagsebességgel, 9 órakor

B -b®l A

felé egy

km/h átlagsebességgel.

a) Ábrázoljuk a kerékpárosok által megtett utat az id® függvényében közös koordinátarendszerben! b) Mikor találkoznak?

FELADATGYJTEMÉNY


A-ból

c) Oldjuk meg a feladatot akkor is, ha a kerékpáros

nem a

B

97

város felé, hanem

ellentétes irányba indul el!

megoldás: a) A keresett út-id® grakon:

b) Ha a kerékpáros

t

órán át közlekedik, akkor a versenykerékpáros

Ezalatt a kerékpáros

15t

utat, a versenykerékpáros

35(t − 1)

t−1

óráig közlekedik.

utat tesz meg

(s = v · t).

Együttesen 200 km utat tesznek meg, így felírhatjuk a

15t + 35(t − 1) = 200 egyenletet, melynek megoldása után

4, 7

t = 4, 7.

Így azt kaptuk, hogy a kerékpáros indulása

órával, azaz 12 óra 42 perckor találkoznak.

c) A versenykerékpáros 200 km-el több utat tesz meg, ezért a

15t + 200 = 35(t − 1) egyenletet írhatjuk föl. Ennek megoldása

t = 11, 75,

vagyis 19 óra 45 perckor találkoz-

nak.

29. N Egyenletesen gyorsuló személygépkocsi álló helyzetb®l indulva 1 perc alatt 100 [km/h] sebességet ér el. a) Mennyi utat tesz meg ezalatt az id® alatt? b) Ábrázoljuk a járm¶ által megtett utat az id® függvényében! c) Mennyi id® alatt teszi meg az autó a gyorsulási útszakasz felét? megoldás:

98

KÉZI CSABA

a) A gépkocsi gyorsulása

100 km ∆v h = 5 a= = ∆t 1 min 3

km min

2

.

Az 1 perc alatt megtett út

s=

a 2 5 · t = [km]. 2 6

b) Az út-id® grakon az

5 s = t2 . 6 parabola:

c) Az

5 2 5 t = 6 12 egyeneletb®l kapjuk a keresett eredményt.

Ebb®l

t =

√1 perc, ami körülbelül 42,4 2

másodperc.

30. N

Adott az

f (x) ≤ g(x)

f (x) = 2x2 + 3x + 5

és a

g(x) = −x2 + 2x + 9

függvény.

Oldjuk meg az

egyenl®tlenséget!

megoldás: Az egyenl®tlenséget átrendezve az

f (x) − g(x) = 3x2 + x − 4

f (x) − g(x) ≤ 0

függvény zérushelyei

egyenl®tlenséget kell megoldanunk. Az

x1 = −

4 , x2 = 1. 3

A függvény képe

FELADATGYJTEMÉNY

Az egyenl®tlenség megoldása

31. N


99

4 − ≤ x ≤ 1. 3

Egy 40 [km/h] sebességgel haladó gépkocsi fél perc alatt 100 [km/h]-ra gyorsul fel.

Mekkora utat tesz meg ez id® alatt?

Ábrázoljuk a járm¶ által megtett utat az id® füg-

gvényében! megoldás: A gyorsulás

a=

60 ∆v = 1 = 7200 km/h2 . ∆t 120

A fél perc alatt megtett út

1 7200 a + · s = v0 t + · t2 = 40 · 2 120 2

1 120

2 =

7 1 1 + = [km] 3 4 12

Ha az utat kilométerben, az id®t órában mérjük, akkor az út-id® függvény

s(t) = 40t + 3600t2 . Ha az id®t percben mérjük, akkor

s(t) =

40 3600 2 2 t+ t = t + t2 . 60 602 3

Ezt teljes négyzetté alakítva

2 1 1 s(t) = t + − , 3 9 így a függvény képe

100

KÉZI CSABA

.

32. N Egy kavicsot 20 [m/s] kezd®sebességgel függ®leges irányban felfelé felhajítunk.

Állpít-

suk meg, hogyan függ a kavics föld felszínét®l mért magassága az id®t®l, s ábrázoljuk a távolságot az id® függvényében! A közegellenállás elhanyagolható. megoldás: A kavics földfelszínt®l mért távolságát a

h(t) = v0 t −

g 2 · t = 20t − 5t2 2

függvény írja le. Ezt teljes négyzetté alakítva

h(t) = −5(t2 + 4t) = −5[(t + 2)2 − 4] = −5(t + 2)2 + 20. Ezt ábrázolva:

. A pálya legmagasabb pontja a

t = 2 [s]

id®höz tartozó 20 [m].

33. ♠ A folyóparton 40 [m] hosszú kerítéssel téglalap alakú kertet kerítünk be három oldalról. A kert parttal párhuzamos oldalának hosszát jeölje jelölje

y.

Hogyan válaszuk meg

x,

a partra mer®leges oldalak hosszát

x és y értékét ahhoz, hogy a kert területe a lehet® legnagyobb

legyen? megoldás: A kert kerülete

x + 2y = 40, amib®l x = 40 − 2y .

A terület

t = xy = (40 − 2y)y = 40y − 2y 2 .

Ezt teljes négyzetté alakítva

−2y 2 + 40y = −2(y 2 − 20y) = −2[(y − 10)2 − 100] = −2(y − 10)2 + 200,

FELADATGYJTEMÉNY


101

y − 10 = 0, azaz ha y = 10. Ekkor x = 40 − 2y = 40 − 20 = 20. y = 10 m esetén lesz a legnagyobb a kert területe.

ami akkor a legnagyobb, ha Tehát

x = 20 m,

és

34. N Az álló helyzetb®l egyenletes gyorsulással induló vonat 20 [s] alatt 200 [m] utat tesz meg. Ábrázoljuk a menetid®t a megtett út függvényében! megoldás:

a 2s s = · t2 összefüggésb®l a = 2 t r 2 2s √ t= = 2s. A függvény képe: a

a=

2·200 400

=1

m s2

. A menetid® az út függvényében

35. N Egy medencébe 5 azonos keresztmetszet¶ cs® vezet.

Ha egy csövön keresztül engedjük

Az

így

be a vizet, akkor a medence 24 óra alatt telik meg. a) Mennyi id® alatt telik meg a medence, ha 2, 3, 4, illetve 5 csövön keresztül engedjük a vizet?

b) Milyen kapcsolat van a megnyitott csövek száma és a feltöltéshez szükséges id® között?

c) Ábrázoljuk a töltési id®t a megnyitott csövek számának függvényében! megoldás:

a) Általában

x

cs® megtöltéséhez

24 órára van szükség. x

b) A megnyitott csövek száma és a feltöltéshez szükséges id® között fordított arányosság van.

c) A keresett függvény:

102

KÉZI CSABA

36. N Két város távolsága 1200 [km].

Egy autó legkevesebb 40 [km/h], és legfeljebb 100 [km/h]

átlagsebességgel teheti meg az utat. Ábrázoljuk az út megtételéhez szükséges id®t az átlagsebesség függvényében! megoldás: Az út megtételéhez szükséges id® és az ehhez szükséges átlagos sebesség fordítottan arányos. Az ábrázolandó függvény

t=

1200 , v

40 ≤ v ≤ 100 :

37. ♠ Számoljuk ki sh(ln 2) értékét! megoldás: Felhasználva, hogy

sh(x) =

ex − e−x , 2

azt kapjuk, hogy

eln 2 − eln 2 eln 2 − e− ln 2 sh(ln 2) = = 2 2

−1

2− = 2

1 2

3 = . 4

FELADATGYJTEMÉNY


103

38. N Határozzuk meg ch(ln 5) értékét! megoldás: Felhasználva, hogy

ch(x) =

ex + e−x , 2

azt kapjuk, hogy

eln 5 + eln 5 eln 5 + e− ln 5 = ch(ln 5) = 2 2

−1

=

5+ 2

1 5

=

13 . 5

39. N Határozzuk meg azt az x értéket, melyre shx = 3. megoldás: Felhasználva, hogy

sh(x) =

ex − e−x , 2

azt kapjuk, hogy

ex − e−x = 3. 2 e−x -et

1 -nek, ex majd beszorozzuk az egyenletet a közös nevez®vel, végül megoldjuk a kapott másodfokú

Megoldjuk a kapott exponenciális egyenletet.

Ehhez els® lépésben

átírjuk

egyenletet:

ex − e−x =3 2 1 ex − x e =3 2 e2x − 1 = 6ex e2x − 6ex − 1 = 0. Felírva a megoldóképletet

ex1,2 Mivel

3−

√

10 < 0,

=

6±

√ 2

40

√ √ 6 ± 2 10 = = 3 ± 10. 2

és az exponenciális függvény mindenütt pozitív, ezért az nem ad

megoldást. Így csak az

ex = 3 +

√

10.

egyenletb®l kapunk megoldást. Mindkét oldal természetes alapú logaritmusát véve

x = ln 3 +

√ 10 .

104

KÉZI CSABA

VIII. Lagrange interpoláció, lineáris leképezések

1. ♠ Határozzuk meg azt a legfeljebb másodfokú polinomot, mely illeszkedik, a (0, 5), (2, −3) és

(3, −4)

pontokra!

megoldás:

P (x) = ax2 + bx + c alakban. Ekkor az illeszkedés miatt teljesülni kell az alábbi egyenleteknek c = 5, 4a + 2b + c = −3, 9a + 3b + c = −4. A második és harmadik egyenletbe behelyettesítve c = 5-öt azt kapjuk, hogy

Kerssük a polinomot

4a + 2b = −8 9a + 3b = −9 . Az els® egyenletet szorozzuk

3-al,

a második

2-vel:

12a + 6b = −24 18a + 6b = −18 6a = 6 adódik, amib®l a = 1. b = −6. Így a keresett polinom

. A második egyenletb®l kivonva az els®t az els® egyenletbe azt kapjuk, hogy

Ezt behelyettesítve

P (x) = x2 − 6x + 5. Megjegyezzük, hogy a kapott egyenletrendszer mindig lineáris, így Gauss-eliminációval is megoldható.

2.

Határozzuk meg az alábbi pontokra illeszked® minimális fokszámú polinomot!

a)

(−3, −6) , (−2, −17) , (−1, −8) , (1, −2) , (2, 19)

b)

(−3, −31) , (−2, −8) , (1, 1) , (2, 22)

c)

(−2, −13) , (−1, −4) , (1, 2)

d)

(−2, −5) , (−1, 3) , (0, 1) , (2, 15)

e)

(−1, 4) , (1, 2) , (2, 10) , (3, 40)

f)

(−2, 38) , (−1, 5) , (1, −1) , (2, −10) , (3, −7)

megoldás:

FELADATGYJTEMÉNY


a) Készítsük el az osztott dierenciák táblázatát:

−3

−6 (−17)−(−6) (−2)−(−3)

= −11 9−(−11) (−1)−(−3)

−2 −17 (−8)−(−17) (−1)−(−2)

−1 1

−8

2−(−3) 2−(−3) 6−(−2) 2−(−2)

=3

−2

= −3

= −2

21−3 2−(−1) 19−(−2) 2−1

2

(−2)−10 1−(−3)

=9 3−9 1−(−2)

(−2)−(−8) 1−(−1)

= 10 =1

=2

=6

= 21

19

Az illesztett polinom:

N4 (x) = −6 − 11 · (x + 3) + 10 · (x + 3) · (x + 2) − 3 · (x + 3) · (x + 2) · (x + 1)+ + (x + 3) · (x + 2) · (x + 1) · (x − 1) = x4 + 2x3 − 3x2 + x − 3. b) A dierenciatáblázat:

−3 −31 23 −2

−8

−5 3

1

9 2

1 21

2

19 10

22


19 · (x + 3) · (x + 2) · (x − 1) = 10 19 153 2 1169 478 17 1 13 19 = x3 + x + x+ = − − x + x2 + x3 . 10 5 10 5 5 10 5 10

N3 (x) = −31 + 23 · (x + 3) − 5 · (x + 3) · (x + 2) +

c) A dierenciatáblázat:

−2 −13 9 −1

−4

−2 3

1

2

Az keresett polinom:

N2 (x) = −13 + 9 · (x + 2) − 2 · (x + 2) · (x + 1) = −2x2 + 3x + 1.

105

106

KÉZI CSABA

d) A dierenciatáblázat:

−2 −5 8 −1

−5

3 −2

0

2

1

3 7

2

15

A keresett polinom:

N3 (x) = −5 + 8 · (x + 2) − 5 · (x + 2) · (x + 1) + 2 · (x + 2) · (x + 1) · x = 2x3 + x2 − 3x + 1. e) A dierenciatáblázat:

−1

4 −1

1

2

3 8

2

10

2 11

30 3

40

A keresett polinom:

N3 (x) = 4 − 1 · (x + 1) + 3 · (x + 1) · (x − 1) + 2 · (x + 1) · (x − 1) · (x − 2) = 2x3 − x2 − 3x + 4. f ) A dierenciatáblázat:

−2

38

−1

5

1

−1

2

−10

3

−7

−33 10 −3

−3 −2

−9

1 2

6 3


N4 (x) = 38 − 33 · (x + 2) + 10 · (x + 2) · (x + 1) − 3 · (x + 2) · (x + 1) · (x − 1)+ + (x + 2) · (x + 1) · (x − 1) · (x − 2).

FELADATGYJTEMÉNY


3. N Lineáris-e az f : R2 → R2 f (x, y) = (3x + 2y, x − y) leképezés? megoldás: A linearitáshoz ellen®riznünk kell, hogy a leképzés additív és homogén. 2 2 Legyen x = (x1 , x2 ) ∈ R , y = (y1 , y2 ) ∈ R , c ∈ R. Ekkor

f (x + y) = f (x1 , x2 ) + (y1 , y2 ) = f (x1 + y1 , x2 + y2 ) = = 3(x1 + y1 ) + 2(x2 + y2 ), x1 + y1 − (x2 + y2 ) = = (3x1 + 3y1 + 2x2 + 2y2 , x1 + y1 − x2 − y2 ), másrészt

f (x) + f (y) = f (x1 , x2 ) + f (y1 , y2 ) = (3x1 + 2y1 , x1 − y1 ) + (3x2 + 2y2 , x2 − y2 ) = = (3x1 + 2y1 + 3x2 + 2y2 , x1 − y1 + x2 − y2 ) = = (3x1 + 3y1 + 2x2 + 2y2 , x1 + y1 − x2 − y2 ), így

f (x + y) = f (x) + f (y),

f additív. Másrészt f (cx) = f c(x1 , x2 ) = f (cx1 , cx2 ) = (3cx1 + 2cx2 , cx1 − cx2 ), tehát

másrészt

cf (x) = c(3x1 + 2x2 , x1 − x2 ) = (3cx1 + 2cx2 , cx1 − cx2 ), így

f (cx) = cf (x),

azaz

f

homogén. Mivel

4. N Lineáris-e az f : R2 → R2

f

additív és homogén, ezért lineáris.

f (x, y) = (x + y, x2 )

leképezés? megoldás: Legyen

x = (x1 , x2 ) ∈ R2 , c ∈ R.

Ekkor

f (cx) = f c(x1 , x2 ) = f (cx1 , cx2 ) = (cx1 + cx2 , c2 x21 ), másrészt

cf (x) = c(x1 + x2 , x21 ) = (cx1 + cx2 , cx21 ), így

f (cx) 6= cf (x),

tehát

f

nem homogén, így nem lineáris.

5. F Mutassuk meg, hogy ha f : R2 → R2 lineáris, akkor f (0) = 0. megoldás: Ha

f

lineáris, akkor additív, így

f (x + y) = f (x) + f (y). Legyen

x = y = 0.

Ekkor

f (0 + 0) = f (0) + f (0),

107

108

KÉZI CSABA

azaz

f (0) = 2f (0), így

f (0) = 0.

6. N Lineáris-e az f : R2 → R2 f (x, y) = (x + y + 1, x − y) leképezés? megoldás: Mivel

f (0) = (1, 0) 6= (0, 0), ezért

f

nem lineáris.

7. ♠ Tekintsük az f : R2 → R2 ,

f (x, y) = (2x + 2y, 2x + 5y)

lineáris leképezést! a) Írjuk föl a lineáris leképezés (természetes bázisra vonatkozó) mátrixát! b) Határozzuk meg a

(3, −1)

vektor képét a lineáris leképzés mátrixának segítségével!

c) Írjuk föl a lineáris leképzés karakterisztikus polinomját! d) Írjuk föl a lineáris leképzés karakterisztikus egyenletét! e) Határozzuk meg a lineáris leképezés sajátértékeit! f ) Határozzuk a különböz® sajátértékekhez tartozó sajátvektorokat! megoldás: a) A lineáris leképezés természetes bázisra vonatkozó mátrixát úgy írhatjuk föl, hogy megnézzük a természetes bázis tagjain felvett értékeket, majd ezekb®l, mint oszlopvektorokból képezünk egy mátrixot:

f (1, 0) = (2, 2),

f (0, 1) = (2, 5).

Így a lineáris leképzés mátrixa

A=

2 2 2 5

.

b) Minden lineáris leképzés a mátrixával balról szorzásként hat, így a

f (v) = Av =

2 2 2 5

3 −1

=

4 −1

.

v(3, −1)

vektor képe

FELADATGYJTEMÉNY


det(A − λE) polinom. 2−λ 2 det 2 5−λ

c) A karakterisztikus polinom a

109

Behelyettesítve a

determinánshoz jutunk, melyet kiszámolva, majd elvégzve a zárójelfelbontásokat a

(2 − λ)(5 − λ) − 4 = λ2 − 7λ + 6 polinomot kapjuk. d) A karakterisztikus egyenlet a

0

det(A−λE) = 0 egyenlet, ami jelen esetben a λ2 −7λ+6 =

másodfokú egyenlet.

e) A sajátértékek a karakterisztikus egyenlet gyökei, így meg kell oldanunk a egyenletet:

λ1,2 = így f) A

7±

√

λ2 −7λ+6 = 0

49 − 24 7±5 = , 2 2

λ1 = 1, λ2 = 6.

λ

sajátértékhez tartozó sajátvektorok azok az

teljesül.

Ezt átrendezve

(A − λE)x = 0

x 6= 0

adódik.

vektorok, melykre

Ax = λx λ1 = 1

El®ször meghatározzuk a

sajátértékhez tartozó sajátvektorokat. Ekkor

A−1·E =

2 2 2 5

1 0 0 1

−

=

1 2 2 4

.

Így meg kell oldanunk a

1 2 2 4

x1 x2

=

0 0

egyenletrendszert. Vegyük észre, hogy az alapmátrix második sora az els® sor kétszerese, így az elhagyható, mivel az egyenletrendszer homogén.

Tehát a megoldandó lineáris

x1 + 2x2 = 0. Az egyik ismeretlent szabad paraméternek választjuk. x2 = t ∈ R \ {0}. Ekkor x1 = −2t. Tehát a λ1 = 1 sajátértékhez tartozó összes

egyenletrendszer Legyen

sajátvektorok halmaza (amit sajátaltérnek is nevezünk)

S λ1 = Meghatározzuk a

λ2 = 6

−2t t

t ∈ R \ {0} .

sajátértékhez tartozó sajátvektorokat:

A−6·E =

2 2 2 5

−

6 0 0 6

=

−4 2 2 −1

.


egyenletrendszert.

−4 2 2 −1

x1 x2

=

0 0

Vegyük észre, hogy az alapmátrix els® sora a második sor mínusz

kétszerese, így az elhagyható, mivel az egyenletrendszer homogén. Tehát a megoldandó lineáris egyenletrendszer

2x1 − x2 = 0.

Az egyik ismeretlent szabad paraméternek

110

KÉZI CSABA

választjuk.

Legyen

x1 = t ∈ R \ {0}.

x2 = 2t.

Ekkor

Tehát a

λ2 = 6

sajátértékhez

tartozó összes sajátvektorok halmaza

Sλ2 =

8. ♠ Jelentse f

a sík

x-tengelyre

t 2t

t ∈ R \ {0} .

való tükrözésének mátrixát!

a) Írjuk föl a lineáris leképezés (természetes bázisra vonatkozó) mátrixát! b) Határozzuk meg a

(2, −5)

vektor képét a lineáris leképzés mátrixának segítségével!

c) Írjuk föl a lineáris leképzés karakterisztikus polinomját! d) Írjuk föl a lineáris leképzés karakterisztikus egyenletét! e) Határozzuk meg a lineáris leképezés sajátértékeit! f ) Határozzuk a különböz® sajátértékekhez tartozó sajátvektorokat!

megoldás:

a) Mivel

f (1, 0) = (1, 0)

és

f (0, 1) = (0, −1), ezért a lineáris 1 0 A= . 0 −1

leképezés mátrixa

b) Minden lineáris leképzés a mátrixával balról szorzásként hat, így a

f (v) = Av =

1 0 0 −1

2 −5

=

2 5

v(2, −5)

.

det(A − λE) polinom. Behelyettesítve 1−λ 0 det 0 −1 − λ

c) A karakterisztikus polinom a

vektor képe

a

determinánshoz jutunk, melyet kiszámolva, majd elvégzve a zárójelfelbontásokat a

(1 − λ)(−1 − λ) = λ2 − 1 polinomot kapjuk. d) A karakterisztikus egyenlet a

det(A − λE) = 0

egyenlet, ami jelen esetben a

λ2 − 1 = 0

másodfokú egyenlet. e) A sajátértékek a karakterisztikus egyenlet gyökei, így meg kell oldanunk a egyenletet, amib®l

λ1 = 1, λ2 = −1

adódik.

λ2 − 1 = 0

FELADATGYJTEMÉNY

f) A

λ



teljesül.

Ezt átrendezve

(A − λE)x = 0

x 6= 0

adódik.

vektorok, melykre

111

Ax = λx λ1 = 1



1 0 0 −1

A−1·E =

−

1 0 0 1

=

0 0 0 −2

.


0 0 0 −2

x1 x2

0 0

=

egyenletrendszert. Vegyük észre, hogy az alapmátrix második sora csupa nulla elemekb®l áll, így az elhagyható, mivel az egyenletrendszer homogén. Tehát a megoldandó lineáris egyenletrendszer

−2x2 = 0, amib®l x2 = 0. Az x1 ismeretlent szabad x1 = t ∈ R \ {0}. Tehát a λ1 = 1 sajátértékhez

választhatjuk. Legyen

paraméternek tartozó összes

sajátvektorok halmaza (amit sajátaltérnek is nevezünk)

Sλ1 = Meghatározzuk a

λ2 = −1

t 0

t ∈ R \ {0} .

sajátértékhez tartozó sajátvektorokat:

A − (−1) · E =

1 0 0 −1

x1 x2

+

1 0 0 1

=

2 0 0 0

.


2 0 0 0

=

0 0

egyenletrendszert. Vegyük észre, hogy az alapmátrix második sora csupa nulla elemb®l áll, így az elhagyható, mivel az egyenletrendszer homogén. Tehát a megoldandó lineáris

2x1 = 0, amib®l x1 = 0 adódik. Az x2 ismeretlent szabad paraméternek Legyen x2 = t ∈ R \ {0}. Tehát a λ2 = −1 sajátértékhez tartozó összes

egyenletrendszer választjuk.

sajátvektorok halmaza

Sλ2 =

0 t

t ∈ R \ {0} .

9. ♠ Tekintsük az alábbi mátrixszal adott valós tér fölötti lineáris transzformációt 

 −2 4 −8 A =  −6 8 −14  . −3 3 −5 a) Írjuk föl a lineáris leképzés karakterisztikus polinomját! b) Írjuk föl a lineáris leképzés karakterisztikus egyenletét! c) Határozzuk meg a lineáris leképezés sajátértékeit!

112

KÉZI CSABA

d) Határozzuk meg a különböz® sajátértékekhez tartozó sajátvektorokat! megoldás: a) A karakterisztikus polinom



 −2 − λ 4 −8 −6 8 − λ −14  = (−2 − λ)(8 − λ)(−5 − λ)+ det(A − λE) = det  −3 3 −5 − λ + 168 + 144 − 24(8 − λ) + 42(−2 − λ) + 24(−5 − λ) = = −λ3 + λ2 + 4λ − 4. b) A karakterisztikus egyenlet

−λ3 + λ2 + 4λ − 4 = 0. c) A sajátértékek a karakterisztikus egyenlet gyökei, azaz a

−λ3 + λ2 + 4λ − 4 = 0. λ2 -et,

egyenlet megoldásai. Az els® két tagból emeljünk ki

4-et.

a második két tagból pedig

Majd alakítsuk szorzattá az egyenlet bal oldalát:

−λ3 + λ2 + 4λ − 4 = 0 λ2 (1 − λ) + 4(λ − 1) = 0 (λ − 1)(4 − λ2 ) = 0. Egy szorzat csak úgy lehet nulla, ha valamelyik tényez®je nulla, így az egyenlet megoldásai, azaz a sajátértékek d) A

λ

λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = −2.


teljesül.

Ezt átrendezve

(A − λE)x = 0

x 6= 0

adódik.

vektorok, melykre

El®ször meghatározzuk

Ax = λx a λ1 = 1


     −2 4 −8 1 0 0 −3 4 −8 A − 1 · E =  −6 8 −14  −  0 1 0  =  −6 7 −14  . −3 3 −5 0 0 1 −3 3 −6 




    −3 4 −8 x1 0  −6 7 −14   x2  =  0  −3 3 −6 x3 0 −2-szeresét −1-szeresét adjuk hozzá a harmadik sorhoz.

egyenletrendszert. Elimináljuk az egyenletrendszer mátrixát, azaz az els® sor adjuk hozzá a második sorhoz és az els® sor

−1-szeresét adjuk hozzá a harmadik sorhoz:      −3 4 −8 −3 4 −8 −3 4 −8  −6 7 −14  →  0 −1 2  →  0 −1 2  −3 3 −6 0 −1 2 0 0 0




FELADATGYJTEMÉNY


113

Így az egyenletrendszer

3x1 + 4x2 − 8x3 = 0 − x2 + 2x3 = 0. x3 = t ∈ R\{0}. Ekkor x2 = 2t. Ezeket az els® egyenletbe behelyettesítve −3x1 + 8t − 8t = 0, azaz x1 = 0. Tehát a λ1 = 1 sajátértékhez tartozó összes sajátvektorok halmaza      0   2t Sλ1 = t ∈ R \ {0} .  t Legyen

Most meghatározzuk a

λ2 = 2




     −2 4 −8 2 0 0 −4 4 −8 A − 2 · E =  −6 8 −14  −  0 2 0  =  −6 6 −14  . −3 3 −5 0 0 2 −3 3 −7 Így meg kell oldanunk a

    0 x1 −4 4 −8  −6 6 −14   x2  =  0  0 x3 −3 3 −7 

egyenletrendszert. Elimináljuk az egyenletrendszer mátrixát. Els® lépésben az els® sort osszuk el sor

−4-gyel,

3-szorosát

majd az els® sor

6-szorosát

adjuk hozzá a második sorhoz és az els®

adjuk hozzá a harmadik sorhoz.


−1/2-szeresét

adjuk hozzá a harmadik sorhoz:

       1 −1 2 1 −1 2 1 −1 2 −4 4 −8  −6 6 −14  →  −6 6 −14  →  0 0 −2  →  0 0 −2  −3 3 −7 0 0 −1 0 0 0 −3 3 −7 

Így a megoldandó egyenletrendszer

x1 − x2 + 2x3 = 0 − 2x3 = 0. x3 = 0 adódik. Ezt behelyettesítve az els® egyenletbe azt kapjuk, Legyen x2 = t ∈ R \ {0}. Ekkor x1 = t. Tehát a λ2 = 2 sajátértékhez

A második egyenletb®l hogy

x1 = x2 .

tartozó összes sajátvektorok halmaza

S λ2 Most meghatározzuk a



    t    t = t ∈ R \ {0} .  0

λ2 = −2


     −2 4 −8 2 0 0 0 4 −8 A + 2 · E =  −6 8 −14  +  0 2 0  =  −6 10 −14  . −3 3 −5 0 0 2 −3 3 −3

114

KÉZI CSABA




    0 4 −8 x1 0  −6 10 −14   x2  =  0  −3 3 −3 x3 0 egyenletrendszert. Elimináljuk az egyenletrendszer mátrixát. Els® lépésben a harmadik sort osszuk el

−3-al,

Az els® sor 6-szorosát −1-szeresét adjuk hozzá a harmadik

és cseréljük fel az els® és harmadik sort.

adjuk hozzá a harmadik sorhoz, majd a második sor sorhoz:



       0 4 −8 1 −1 1 1 −1 1 1 −1 1  −6 10 −14  →  0 4 −8  →  0 4 −8  →  0 4 −8  −3 3 −3 −6 10 −14 0 4 −8 0 0 0 Így a megoldandó egyenletrendszer

x1 − x2 + x3 = 0 4x2 − 8x3 = 0. x2 = 2x3 adódik. Legyen x3 = t ∈ R \ {0}. Ekkor x2 = 2t. x1 = t adódik. Tehát a λ3 = −2 sajátértékhez tartozó összes

A második egyenletb®l Az els® egyenletb®l

sajátvektorok halmaza

Sλ3

   t   =  2t  t ∈ R \ {0} .   t

10. N Tekintsük az alábbi mátrixszal adott valós tér fölötti lineáris transzformációt   1 2 −1  0 3 −4  . A= 0 0 5

a) Írjuk föl a lineáris leképzés karakterisztikus polinomját! b) Írjuk föl a lineáris leképzés karakterisztikus egyenletét! c) Határozzuk meg a lineáris leképezés sajátértékeit! d) Határozzuk a legkisebb sajátértékhez tartozó sajátvektorokat! megoldás: a) A karakterisztikus polinom



 1−λ 2 −1 0 3−λ −4  = (1 − λ)(3 − λ)(5 − λ). det(A − λE) = det  0 0 5−λ b) A karakterisztikus egyenlet

(1 − λ)(3 − λ)(5 − λ) = 0.

FELADATGYJTEMÉNY


115

c) A sajátértékek a karakterisztikus egyenlet gyökei, azaz a

(1 − λ)(3 − λ)(5 − λ) = 0 egyenlet megoldásai. Egy szorzat csak úgy lehet nulla, ha valamelyik tényez®je nulla, így az egyenlet megoldásai, azaz a sajátértékek d) A

λ

λ1 = 1, λ2 = 3, λ3 = 5.


teljesül.

Ezt átrendezve

(A − λE)x = 0

x 6= 0

adódik.

vektorok, melykre

Ax = λx λ1 = 1





     1 2 −1 1 0 0 0 2 −1 A − 1 · E =  0 3 −4  −  0 1 0  =  0 2 −4  . 0 0 5 0 0 1 0 0 4


    x1 0 0 2 −1  0 2 −4   x2  =  0  0 0 0 4 x3 

egyenletrendszert. Elimináljuk az egyenletrendszer mátrixát, azaz az els® sor adjuk hozzá a második sorhoz. Ezután a második sor

4/3-szorosát

−1-szeresét

adjuk hozzá a har-

madik sorhoz:

     0 2 −1 0 2 −1 0 2 −1  0 2 −4  →  0 0 −3  →  0 0 −3  0 0 4 0 0 4 0 0 0 

Így az egyenletrendszer

2x2 − x3 = 0 − 3x3 = 0. x3 = 0, ezt behelyettesítve a második egyenletbe x2 = 0 adódik. x1 = t ∈ R \ {0}. Tehát a λ1 = 1 sajátértékhez tartozó összes sajátvektorok

Az utolsó egyenletb®l Legyen

halmaza

Sλ1

    t    0 = t ∈ R \ {0} .  0

11. N Egy szerkezet valamely pontjához tartozó feszültségállapotot alábbi mátrix jellemez:

116

KÉZI CSABA

 50 30 0  30 −30 0  [M P a]. 0 0 25 

Határozzuk meg a f®feszültségek nagyságát és a hozzájuk tartozó feszültségi f®irányokat! megoldás: A f®feszültségek a transzformációhoz tartozó sajátértékek, a f®irányok pedig az egységnyi hosszúságú sajátvektorok. A sajátértékek a karakterisztikus egyenlet gyökei. A karakterisztikus polinom

 50 − λ 30 0 30 −30 − λ 0  = −(50 − λ)(30 + λ)(25 − λ)− det(A − λE) = det  0 0 25 − λ − 900(25 − λ) = (25 − λ) − (50 − λ)(30 + λ) − 900 = 

= (25 − λ)(λ2 − 20λ − 2400). A karakterisztikus egyenlet

(25 − λ)(λ2 − 20λ − 2400), melynek megoldásai, azaz a f®feszültségek El®ször meghatározzuk a

λ1 = 60

λ1 = 60 [MPa], λ2 = 25 [MPa], λ3 = −40 [MPa].




     50 30 0 60 0 0 −10 30 0 0 . A − 60 · E =  30 −30 0  −  0 60 0  =  30 −90 0 0 25 0 0 60 0 0 −35 Így meg kell oldanunk a



    −10 30 0 x1 0  30 −90 0   x2  =  0  0 0 −35 x3 0

FELADATGYJTEMÉNY


117

−3-szorosa, így az elhagyható. x3 = 0 adódik. Az els® egyenletb®l x1 = 3x2 . Ha x2 = t ∈ R \ {0}, akkor x1 = 3t. Tehát a λ1 = 60 sajátértékhez tartozó összes sajátvektorok halmaza      3t Sλ1 =  t  t ∈ R \ {0} .   0 √ Mivel a f®iránynak egységnyi hosszúnak kell lenni, ezért 9t2 + t2 = 1 is kell, hogy tel√ jesüljön, azaz t = 1/ 10. Így a λ1 -hez tartozó f®irány  3  egyenletrendszert. Vegyük észre, hogy a második sor az els®

A harmadik egyenletb®l

√

n1 = 

10 √1 10

.

0 λ2 = 25 sajátértékhez tartozó sajátvektorokat:       50 30 0 25 0 0 25 30 0 A − 25 · E =  30 −30 0  −  0 25 0  =  30 −55 0  . 0 0 25 0 0 25 0 0 0

Meghatározzuk a


    0 x1 25 30 0  30 −55 0   x2  =  0  0 x3 0 0 0 

egyenletrendszert. A harmadik egyenlet elhagyható. Az els® egyenletet 5-el osztva, majd annak

−6-szorosát a második sorhoz hozzáadva       5 6 0 5 6 0 25 30 0  30 −55 0  →  30 −55 0  →  0 −91 0  0 0 0 0 0 0 0 0 0

adódik. Így a megoldandó egyenletrendszer

5x1 + 6x2 = 0 − 91x2 = 0. A második egyenletb®l Tehát a

λ2 = 25

t = 1.

Ezt az els® egyenletbe visszahelyettesítve

x1 = 0

adódik.

sajátértékhez tartozó összes sajátvektorok halmaza

Mivel a f®iránynak azaz

x2 = 0 .

Így a

    0  Sλ2 =  0  t ∈ R \ {0} .   t √ t2 = 1 egységnyi hosszúnak kell lenni, ezért

λ2 -höz

tartozó f®irány



 0 n2 =  0  . 1

is kell, hogy teljesüljön,

118

KÉZI CSABA

λ3 = −40 sajátértékhez tartozó sajátvektorokat:       50 30 0 40 0 0 90 30 0 A + 40 · E =  30 −30 0  +  0 40 0  =  30 10 0  . 0 0 25 0 0 40 0 0 65

Meghatározzuk a




    90 30 0 x1 0  30 10 0   x2  =  0  0 0 65 x3 0 egyenletrendszert. Az els® egyenlet a második 3-szorosa, így az elhagyható. A harmadik

x3 = 0. A második egyenletb®l x2 = −3x1 adódik. Legyen x1 = t ∈ R \ {0}. Ekkor x2 = −3t. Tehát a λ3 = −40 sajátértékhez tartozó összes sajátvektorok halmaza    t     −3t Sλ3 = t ∈ R \ {0} .  0 √ Mivel a f®iránynak egységnyi hosszúnak kell lenni, ezért t2 + 9t2 = 1 is kell, hogy tel√ jesüljön, azaz t = 1/ 10. Így a λ3 -hoz tartozó f®irány  1  egyenletb®l

√

10

n3 =  − √310  . 0

FELADATGY JTEMÉNY MATEMATIKA I. GYAKORLATHOZ KÉZI CSABA

Recommend Documents