Budapesti M} uszaki es Gazdas agtudomanyi Egyetem Gepeszmern oki Kar
Energetika es Mechatronika BSc szakok
Matematika A2H
|
Halasztott vizsga feladatsor
D atum: 2016. augusztus 22.
I
Munkaid}o: 90 perc
Hallgato neve:
0.)
|
Hallgato Neptun kodja:
.
(3 pont: 3 jo valasz 3 pont, 2 jo 1, kevesebb 0 pont) Melyik alltas igaz, melyik nem? P
"Ha egy k ak sor tetsz}oleges s 2 R ertek eseten atrendezhet}o s-hez konvergens modon, akkor a vegtelen sor abszolut konvergens." a.)
b.)
"Ha egy matrix inde nit, akkor szingularis is."
"Egy C (Rn ) osztalyu valos fuggveny adott pontbeli Hesse-matrixa mindig ortogonalis transzformacioval diagonalizalhato." c.)
2
----------------------1.)
(3 pont) Fogalmazza meg a Cauchy-Hadamard tetelt!
2.) (3 pont) Mit jelent az, hogy egy m atrix szingularis ? Adjon meg ezzel ekvivalens feltetelt determinanssal es sajatertekekkel is! 3.) (5 pont) Mik a Vn Jordan-t erfogat alaptulajdonsagai? Milyen egyertelm}usegi tetel ervenyes ezekkel az alaptulajdonsagokkal?
----------------------1 2n (pn log n) X pn) vegtelen sor? Igazolja is alltasat! (4 pont) Konvergens-e a n!(n n 2
4.)
=2
1 5.) (5 pont) Az u n. normalis eloszlas s}ur}usegfuggvenye N (x) := p 2 a.) Felhaszn alva, hogy N (0) = 0; 5, rja fel N (x) Maclaurin-sorat!
Z x
1
2 e t =2 dt:
Meddig kell elmenni a szummazasban, hogy N (1) erteket legalabb 2 tizedesre pontosan megallaptsuk? b.)
(4 pont) Legyenek p(x) := 1 3x , q (x) := 1 + 2x , r(x) := 1 2x + x + x , s(x) := 1 + 3x. Kifesztik-e ezek a polinomok a legfeljebb harmadfok u polinomok P teret? 6.)
2
3
2
2
3
3
3
2 2 2 2 0 0 2 27 7 m atrix sajatertekeit es a 7.) (9 pont) Hatarozza meg az A = 0 2 0 25 0 0 0 2 sajatertekekhez tartozo sajatvektorait! Irja fel a diagonalis alakot, ha A diagonalizalhato! 6 6 4
(4 pont) Tekintsuk a (x; y ) := ex ch y fuggvenyt! Hatarozza meg a fuggveny osszes erint}oskjat illetve tamaszegyeneset az (1; 0; e) ponton keresztul! 8.)
(4 pont) A z = f (x; y ) fuggveny a z xy + yz + y = 2 fuggvenyegyenletnek tesz eleget. Szamtsa ki a rf (p) gradiens vektort a p = (1; 1) pontban! 9.)
10.)
3
3
(3 pont) Teljes di erencial-e az (x +cos y ) dx +(z 2
2
x sin y ) dy +2zydz di erencial?
(6 pont) A P paralelogrammat azZxy es y = x + 1 Z skban az x = 3, x = 0, y = x (2x 3y ) ch (y x) egyenesek hataroljak. Szamtsuk ki az I := dxdy ter uleti integralt! 2y 2x 1 P (Utmutat as: Alkalmazzuk az u := 2x 3y , v := x + y helyettestest!) 11.)
(7 pont) Egy talpas pohar kelyhe a z = x parabola elforgatasaval keletkez}o forgasi paraboloid alakjat mutatja. A poharban 4 cm magassagig = 1; 25 s}ur}useg}u glicerin, afelett pedig 9 cm magassagig 1 s}ur}useg}u vz van. Milyen magasan talalhato a poharban lev}o folyadekmennyiseg sulypontja? 12.)
2
Budapesti M} uszaki es Gazdas agtudomanyi Egyetem Gepeszmern oki Kar
Energetika es Mechatronika BSc szakok
Matematika A2H 0.)
{
Vizsga feladatok megoldasai
{
I
(3 pont: 3 jo valasz 3 pont, 2 jo 1, kevesebb 0 pont) P
"Ha egy k ak sor tetsz}oleges s 2 R ertek eseten atrendezhet}o s-hez konvergens modon, akkor a vegtelen sor abszolut konvergens." HAMIS. (U.i. ha akar csak ket kulonboz}o ertekhez at lehet rendezni a sort, akkor mar Riemann tetele ertelmeben nem lehet abszolut konvergens.) a.)
b.) "Ha egy m atrix inde nit, akkor szingularis is." HAMIS. (U.i. inde nit azt jelenti, hogy vannak pozitv es negatv sajatertekei is { de ebb}ol nem kovetkezik, hogy a 0 is sajatertek volna, ami pedig a szingularitassal ekvivalens.)
"Egy f 2 C (Rn ) osztalyu valos fuggveny adott pontbeli Hesse-matrixa mindig ortogonalis transzformacioval diagonalizalhato." IGAZ. (U.i. C fuggvenyek masodik parcialis derivaltjai folytonosak, gy Young tetele ertelmeben a derivalasok sorrendjet}ol fuggetlenek, azaz a H = [hij ]ni;j Hesse-matrix elemeire c.)
2
2
=1
@2f @2f hij := = = hji minden i; j = 1; : : : ; n indexre. Tehat H szimmetrikus matrix, @xi @xj @xj @xi
es gy az el}oadason tanult tetel szerint ortogonalis transzformacioval diagonalizalhato is.) -----------------------
(3 pont) Fogalmazza meg a Cauchy-Hadamard tetelt! 1 X p n Megoldas: Ha 9L := lim jan j, akkor a an (z z )n hatvanysor konvergenciasugara n!1 n R = 1=L (beleertve, hogy ha L = 0 akkor R = +1, es ha L = +1, akkor R = 0). 1.)
0
=0
(3 pont) Mit jelent az, hogy egy matrix szingularis ? Adjon meg ezzel ekvivalens feltetelt determinanssal es sajatertekekkel is! 2.)
Megoldas: Az A matrix akkor szingularis, ha nincsen inverze: 6 9A . Ez ekvivalens azzal, hogy det A = 0, es gy azzal is, hogy = 0 A-nak sajaterteke. 1
3.) (5 pont) Mik a Vn Jordan-t erfogat alaptulajdonsagai? Milyen egyertelm}usegi tetel ervenyes ezekkel az alaptulajdonsagokkal?
0. Vn (j0; 1jn ) = 1 (normaltsag); 1. Ha A = B + v (vagy, ha A B ) akkor Vn (A) = Vn (B ) (invariancia); 2. Ha A B akkor Vn (A) Vn (B ) (monotonitas); , 8 H -ra Vn (H ) 0 (pozitivitas); 3. Ha A; B Jordan-merhet}oek es A \ B = ; akkor Vn (A [ B ) = Vn (A)+ Vn (B ) (additivitas). Ilyen felteteleket kielegt}o halmazfuggveny csak egyetlen egy letezik. -----------------------
(4 pont) Konvergens-e a
4.)
p
1 2n ( n X n=2
log n) pn) vegtelen sor? Igazolja is alltasat! 2
n!(n
Megoldas: Igen, konvergens lesz. Els}o kozeltesben azt lehet "levenni" a pformularol, hogy a "lenyeges resze" olyan 2n =n! (nagyon konvergens), pontosabban olyan 2n n=(n n!) (meg konvergensebb) tagokbol fog allni. Innen tobbfelekeppen befejezhetj uk a megold ast. Dolgozhatunk a hatarertek-teszttel, 2 n p P np n mert egyreszt ha an := n nn pn n es bn := n nn = n pn , akkor az eredetileg adott n an p p 2 2 n p P n sorunk ekvikonvergens a n bn sorral, mivel an =bn = n nn pn n = n pn = n n pnn n ! 1, P masreszt a n bn sor konvergal, mivel p pl. a hanyadokriterium, vagy a gyP okkriterium is azt n szolgaltatja, hogy bn =bn ! 0 illetve bn ! 0. Ugyancsak kovetezik a n bn sor konverP genciaja abbol is, hogy majoralja a n 2n =n! = e sor. Lehet igazolni a konvergenciat kozvetlenul is, ugy, hogy mindj artpbecsleseket (majop rizalast) alkalmazunk, pl. hasznalva, hogy ha n 4, akkor n n n es gy legalabbis n 4-re a sorunk an tagjait becs ulhetjuk a 2n =n! tagokkal (amelyek a fentiek szerint konvergens sort alkotnak). Z x 1 2 5.) (5 pont) Az u n. normalis eloszlas s}ur}usegfuggvenye N (x) := p e t = dt: 2 1 a.) Felhaszn alva, hogy N (0) = 0; 5, rja fel N (x) Maclaurin-sorat! 2
(
log
!(
)
2
2
!
)
!
2
log
(
!(
)
)
(
2
!
log
(
)
)
+1
2
2
b.) Meddig kell elmenni a szumm azasban, hogy N (1) erteket legalabb 2 tizedesre pontosan megallaptsuk? Z x 1 1 2 p Megoldas: Az N (0) = 0; 5 ertelmeben N (x) = + e t = dt. 2 2 Mivel az exponencialis fuggveny hatvanysora egyenletesen konvergens, a hatvanysorba t =2-t helyettestve a sor integralasa elvegezhet}o tagonkent, amib}ol N (x) = 2
0
2
1 1 +p 2 2
Z xX 1 0
n=0
1 Z ( t =2)n 1 1 X dt = + p n! 2 2 n 2
=0
0
x
1 ( 1)n x n ( 1)n t n 1 1 X dt = + p : 2n n! 2 2 n 2n (2n + 1) n! 2
2
+1
=0
A felrt sor x = 1-re gyorsan konvergal, s}ot a tagok abszoluterteke csokken es el}ojele valtakozik, gy Leibniz tpusu sor lesz. Ezert az N -edik kozelt}o osszeg hibajara ( hasznalva p < -et) RN
jaN j = p1
2 2N +1
+1
1 < (2N + 3) (N + 1)! 2N
+2
1
1
2
2
1 : (2N + 3) (N + 1)!
Ezert ha " = 0; 005 hiban belul akarunk kozelteni, akkor elegend}o azt biztostani, hogy (2N + 3) (N + 1)! 2N > 1=" = 200 legyen. Tehat elegend}o mar az N = 2 ertek is, u.i. 7 6 2 = 42 16 > 400 > 200. +2
4
(4 pont) Legyenek p(x) := 1 3x , q (x) := 1 + 2x , r(x) := 1 2x + x + x , s(x) := 1 + 3x. Kifesztik-e ezek a polinomok a legfeljebb harmadfok u polinomok P teret? 6.)
2
3
2
3
3
Megoldas: A teljes P ter 4 dimenzios, egy bazisa az 1 (konstans polinom), x; x ; x rendszer. Ebben a bazisban felrva az adott polinomok koordinatait, a p = (1; 0; 3; 0); q = (1; 0; 0; 2); r = (1; 2; 1; 1) es s = (1; 3; 0; 0) egyutthato-vektorok adodnak. A fp; q; r; sg rendszer pontosan akkor lehet generatorrendszer, ha az oszlopter 4 dimenzios, tehat ha a matrixuk 3
2
3
teljes rangu, nem-szingularis, azaz epzett determinans nem nulla. A kerdes ol k ha a vektorokb 1 1 1 1 0 0 2 3 tehat az, hogy p q r s = ul-e? = 0 teljes 3 0 1 0 0 2 1 0 A kinullazast az S + 3S sorm}uvelettel kezdve ebb}ol ekvivalensen 3
1 0 0 0
1 0 3 2
1 2 4 1
1 0 3 = 3 3 2 0
1
2 3 O 2O 4 3 = 1 0 1
2
4 5 0
2 3 4 3 = 27 6= 0: 4 3 = ( 1) 5 3 1 0
Tehat a megadott polinomok generatorrendszert (es gy bazist) alkotnak P -ban. 2
3
3
2 2 2 2 0 0 2 27 7 m 7.) (9 pont) Hatarozza meg az A = atrix sajatertekeit es a 0 2 0 25 0 0 0 2 sajatertekekhez tartozo sajatvektorait! Irja fel a diagonalis alakot, ha A diagonalizalhato! + 2 2 2 2 0 2 2 . Megoldas: Az A matrix karakterisztikus polinomja pA () = jI Aj = 2 2 0 0 0 0 2 2 = Ezt el}obb az els}o oszlop, majd az utolso sor szerint kifejtve pA () = ( 2)( + 2) 2 ( 2) ( + 2) es gy megkapjuk a karakterisztikus egyenletet, valamint a = = 2 es = = 2 sajatertekeket. A 2 sajatertekhez tartozo sajatvektorokat az (A 2I )x = 0 homog en linearis egyenlet3 2 4 2 2 2 6 0 2 2 27 7. Ebb} ol Gauss-Jordan rendszerb}ol kapjuk, amelynek egyutthato matrixa 6 4 0 2 2 25 0 0 0 0 1 0 1 1 4 0 4 4 4 2 2 2 eliminacio utan , 0 2 2 2 , 0 1 1 1 redukalt lepcs}os 0 2 2 2 2 3 2 3 1 1 6 1 7 617 7 6 7 forma adodik, gy a sajatvektorok t 6 uak. Hasonloan, a 2 sajatertekhez 4 15 + s 405 alak 0 1 tartozo sajatvektorok az (A2+ 2I )y = 0 homog e n linearis egyenletrendszerb}ol szamolhatoak. 3 0 2 2 2 60 2 2 27 7, amib} Ennek egyutthatomatrixa 6 ol a Gauss-Jordan eliminaciot az S S 40 2 2 25 0 0 0 4 2 3 0 2 2 2 60 0 0 07 7 es S + S sorm}uveletekkel kezdve es a redukalt lepcs}os alakig folytatva 6 40 0 0 45 , 0 0 0 4 6 6 4
2
3
2
1
2
4
2
3
1
1
0 1 0 0
1 1 jon ki. Innen leolvasva tehat y tetsz}oleges, y = y es y = 0 adodik. A 0 1 2 3 2 3 1 0 607 617 7 6 7 sajatvektorok ennek megfelel}oen r 6 uak. 405 + q 415 alak 0 0 Az A matrixnak van 4 linearisan fuggetlen sajatvektora, gy diagonaliza2lhato. A tala3 lt 1 0 1 1 60 1 1 17 7 sajatvektorokat egymas melle rva { es ugyesen valasztva a sorrendet { a B := 6 40 1 1 05 0 0 0 1 bazis atteresi matrix adodik. Ennek B inverzet is Gauss-Jordan eliminacioval szamtjuk ki: 1
2
3
4
1
2
1 60 6 40 0 2 1 60 6 40 0
0 1 1 0 0 1 0 0
1 1 1 0 1 1 2 0
1 1 0 1 0 0 0 1
2
ahonnan B
1
1 60 =6 40 0
j j j j j j j j
1 0 0 0 1 0 0 0
1=2 1=2 1=2 0 2
A = BDB
1
1 60 =6 40 0
3
2
0 0 0 1 7 6 S S 1 0 07 60 0 1 05 , 40 0 0 1 0 3 0 0 1 = S3 1 0 17 , 7 1 1 1 5 SS1 SS3 2 3 0 0 1 3
2
(
1=2 1=2 1=2 0 0 1 1 0
1 1 1 0
1 2)
0 1 0 0 2 1 60 6 40 0
1 1 2 0 0 1 0 0
0 0 1 0
1 1 1 1 0 0 0 1
j j j j j j j j
1 0 0 0 1 0 0 0
3
0 0 1 0 1 1 0 0 1=2 1=2 1=2 0
0 07 7 S +S 05 S1 S4,;S2 S4 1 3 1=2 1=2 1=2 1=27 7 1=2 1=25 0 1
1 =2 1= 2 1=2 0
1=2 1=27 7: 1=25 1
3
4
3
1=2 1=27 7. Teh at A diagonalizaltja: 1=25 1 32
1 6 17 76 5 0 4 1
2 0 0 0
0 2 0 0
0 0 2 0
32
0 1 6 07 7 60 5 0 40 2 0
1=2 1 =2 1 =2 0
3
(4 pont) Tekintsuk a (x; y ) := ex ch y fuggvenyt! Hatarozza meg a fuggveny osszes erint}oskjat illetve tamaszegyeneset az (1; 0; e) ponton keresztul! 8.)
Megoldas: Mivel parcialis derivaltjai folytonosak, a fuggveny di erencialhato, gy van egy @
@
egyertelm}u erint}oskja, amelynek egyenlete z e = j ; (x 1)+ j ; y = e(x 1)+0y = @x @y ex e, azaz z = ex. Di erencialhato fuggvenyre az erint}osk vagy tamaszsk is, es akkor ez az egyetlen tamaszsk, vagy egyaltalan nem is letezik tamaszsk. Annak eldontesehez, hogy esetunkben az erint}osk tamaszsk-e, elegend}o a sk (1; 0; e) ponton athalado egyeneseit megvizsgalni. Legyen `(t) := (1 + at; bt), ekkor a kerdes az, hogy j` ; L(t), ahol L(t) = e(1 + at) a z (x; y ) erint}osk megszortasa `-re. Most (1 + at; bt) = e at ch (bt) ket pozitv es konvex f uggveny szorzata, gy maga is pozitv es konvex, tehat L(t) (t). Mivel ez minden (a; b) iranyban gy van, az egesz erint}osk alatta halad a fugvenynek, tehat also tamaszsk lesz. (1 0)
1+
(1 0)
Eldonthet}o a tamaszsk kerdese a masodik derivalt kiszamtasan keresztul is. A Hessematrix D
(2)
"
( )j
;
(1 0)
=
j j
@2 @x2 (1;0) @2 @x@y (1;0)
j j
@2 @x@y (1;0) @2 @y2 (1;0)
#
=
x e ch y ex sh y
j j
; (1;0)
(1 0)
ex sh y j(1;0) e 0 = = eI2 ; ex ch y j(1;0) 0 e
ami nyilvanvaloan pozitv de nit es ezert az erint}osk a fuggveny alatt helyezkedik el, azaz also tamaszsk lesz. (4 pont) A z = f (x; y ) fuggveny a z xy + yz + y = 2 fuggvenyegyenletnek tesz eleget. Szamtsa ki a rf (p) gradiens vektort a p = (1; 1) pontban! 9.)
3
3
Megoldas: El}oszor is meghatarozzuk, mi a z = f (p) = f (1; 1) ertek. Ez a behelyettestes szerint a z + z = 2, z + z 2 = 0 harmadfoku egyenletnek tesz eleget. Ranezesre is latszik, hogy z = 1 ennek gyoke, gy a z z = z 1 faktorral elosztjuk a harmadfoku polinomot es kapjuk, hogy z + z 2 = (z 1)(z + z + 2). Az utobbi masodfoku faktornak nincsen valos gyoke, gy az egyenletnek egyetlen valos megoldasa van, a z = z = 1. Tehat f (p) = 1, es a q := (1; 1; f (p)) = (1; 1; 1) ponton halad a t az implicit modon megadott z = f (x; y ) fuggveny. Az implicit egyenlet azt jelenti, hogy az F (x; y; z ) := z xy + yz + y : R ! R fuggvenybe behelyettestve a z = f (x; y ) fuggvenyt, azonosan konstans fuggvenyt kapunk. (Pontosabban: ha G(x; y ) := (x; y; f (x; y )), akkor a H := F G : R ! R kompozciofuggveny azonosan kons@f tans 2.) Igy az implicit alakban megadott fuggvenyek derivalasarol szolo tetel ertelmeben = 0
3
3
0
0
3
2
0
3
3
3
2
@F @x @F @z
es
@F @y @F @z
@f = @y
@x
, tehat ki kell szamoljuk F parcialis derivaltjait mindegyik valtozoja sze-
rint. Ezt elvegezve, rF =
y; x + z + 3y ; 3z + y , tehat rf = 2
2
y
3z + y 2
ugyhogy a p = (1; 1), z = 1 ertekeket berva rf (p) = (1=4; 3=4).
;
x
z 3y 2 , 3z 2 + y
0
10.)
(3 pont) Teljes di erencial-e az (x +cos y ) dx +(z 2
2
x sin y ) dy +2zydz di erencial?
Megoldas: Ehhez azt kell ellen}orizni, hogy a feltetelezett potencialfuggvenyre ("primitv fuggvenyre", aminek az adott kifejezes a di erencialja lehetne) teljesulnek-e a Young-tetel feltetelei, azaz a keresztbe vett parcialis derivaltakra azonossagot tapasztalunk-e? Tehat legyen U (x; y; z ) := x + cos y; V (x; y; z ) := z x sin y; W (x; y; z ) := 2zy { ekkor az a kerdes, hogy az Uy0 = Vx0 , Uz0 = Wx0 , Vy0 = Wz0 azonossagok teljesulnek-e? Ezeket kiszamolva: Uy0 = sin y , Vx0 = sin y , Uz0 = 0, Wx0 = 0, es Vz0 = 2z , Wy0 = 2z , tehat a Young-tetelnek megfelel}o azonossagok teljesulnek, es gy az U dx + V dy + W dz kifejezes teljes di erencial. Egyebkent a potencialfuggvenyt is meg lehet hatarozni a feltetelezett Fx0 = U; Fy0 = V; Fz0 = W formulakbol: F = x + x cos y + A(y; z ) = z y + x cos y + B (x; z ) = z y + C (x; y ), gy pl. az els}o kett}ob}ol x + A(y; z ) z y = B (x; z ), ami tehat nem fugghet y -tol, ezert A(y; z ) z y sem fugghet y -tol, azaz akkor csak z -t}ol fugghet, es a(z ) = A(y; z ) z y , A(y; z ) = z y + a(z ); a masodik es a harmadik egyenletb}ol pedig hasonloan x cos y + B (x; z ) = C (x; y ) nem fugg z t}ol, ezert B (x; z ) = b(x); es ezekb}ol F (x; y; z ) = x + x cos y + z y + a(z ) = z y + x cos y + b(x), gy b(x) = x + a(z ), tehat a(z ) = c konstans es b(x) = x + c: vegul tehat F (x; y; z ) = x + x cos y + z y + c (amit parcialisan derivalva vissza is kapjuk az el}ort rF = (U; V; W ) gradiens vektort). A potencialfuggveny megkeresese azonban nem resze a feladat kit}uzesenek. 2
1
1
3
3
3
2
2
2
2
2
3
2
1
1
1
3
3
3
3
3
2
3
2
1
3
3
2
2
(6 pont) A P paralelogrammat azZxy es y = x + 1 Z skban az x = 3, x = 0, y = x (2x 3y ) ch (y x) egyenesek hataroljak. Szamtsuk ki az I := dxdy ter uleti integralt! 2y 2x 1 P (Utmutat as: Alkalmazzuk az u := 2x 3y , v := x + y helyettestest!) 11.)
Megoldas: A helyettestesi transzformacio egyel}ore csak a W (x; y ) = (u(x; y ); v (x; y )) = (2x 3y; x + y ) alakban van meg. Ezert el}oszor is kiszamtjuk a T (u; v ) = (x; y ) fordtott iranyu transzformaciot. Linearis transzformaciokrol van szo, azaz a W transzformacio 2 2-es matrixanak az inverzet keressuk. Ez matrix invertalasi feladatot jelent, aminek a megoldasa Gauss eliminacioval:
2 1
j j
3 1
1 0 0 1
azaz x = u
,
0 1
j j
1 1
1 2 0 1
,
0 1
1 0
j j
1 2 1 3
,
1 0 0 1
j j
1 1
3 ; 2
2v , tehat T (u; v ) = ( u 3v; u 2v ). (2x 3y ) ch (y x) u ch v A javasolt helyettestessel f (x; y ) = = = 2y 2x 1 2( u 2v ) 2( u 3v ) 1 u ch v =: (u; v ) alakba kerul, ami mar kicsit kedvez}obb kinezet}u. Az atteres derivalt2v 1 1 3 @x=@u @x=@v (konstans, mivel linearis volt a T transz= matrixa DT (u; v ) = 1 2 @y=@u @y=@v formacio). Ezert a Jacobi-determinans JT (u; v ) = j det DT (u; v )j = j 1j = 1. (Egyebkent a determinansok szorzastetele miatt a T inverz linearis lekepezes matrixanak a determinansa a W linearis lekepezes matrixanak a determinansabol reciprok kepzessel is adodik.) Meg kell hatarozzuk azt az E tartomanyt is az uv skon, amelyre T (E ) = P . Tekintve, hogy linearis transzformaciorol van szo, egyenesek egyenesekbe mennek at, gy eleg a hataregyenesek megfelel}oit megkeresni. x = 3 , u 3v = 3, azaz v = 1 u=3 vagy u = 3 3v ; x = 0 , u 3v = 0, azaz v = u=3 vagy u = 3v ; y = x , v = 0 y = x + 1 , v = 1. Termeszetesen az ezekkel hatarolt E tartomany szinten egy paralelogramma lesz, amelynek a csucsai egyebkent az O = (0; 0), a Q = (3; 0), az R = (0; 1) es az S = ( 3; 1) pontok lesznek. Ezzel a tartomannyal tehat I :=
ZZ
3v , y = u
(2x P
3y ) ch (y x) dxdy = 2y 2x 1
ZZ E
(u; v )JT (u; v ) dudv =
ZZ E
u ch v
2v
1
1 dudv:
Innen Fubini tetelet alkalmazva egyszeres integralasokkal probaljuk kiszamntani I erteket. u ch v Mivel az integrandus , el}oszor v szerint integralva nehezsegeink lennenek, gy a sze2v 1 rencses valasztas az, ha belul el}oszor u szerint (azaz az uv skon el}oszor a vzszintes egyenesek menten) integralunk. Az E tartomany hataregyeneseinek megfelel}o alakjat tekintve tehat az integralasi hatarok a [ 3v; 3 3v ] szakasznak felelnek meg minden egyes rogztett v 2 [0; 1] szoba jov}o ertekre. Az integralt ennek megfelel}oen atalaktva adodik I=
=
Z
Z 0
0 1
1
ch v
Z
3
v
3
u du
dv =
Z
1
2v 1 v Z ch v 1 9 ( 18v + 9) dv = 2 2v 1 2 3
0
0
ch v
3
v
Z
ch v (3 3v ) (3v ) dv 2v 1 2 2v 1 2 v 9 9(e 1=e) 9 ch v dv = [sh v ] == sh 1 = : 2 2 4 u2
3
dv =
0
3
1
1 0
1
2
2
(7 pont) Egy talpas pohar kelyhe a z = x parabola elforgatasaval keletkez}o forgasi paraboloid alakjat mutatja. A poharban 4 cm magassagig = 1; 25 s}ur}useg}u glicerin, afelett pedig 9 cm magassagig 1 s}ur}useg}u vz van. Milyen magasan talalhato a poharban lev}o folyadekmennyiseg sulypontja? 12.)
2
Megoldas: Jelolje a pohar folyadekkal toltott belsejet P ! Ekkor a pohar fala a z = x + y ; (0 z 9 , j(x; y )j 3) o le, gy konnyen lathato, hogy P = p egyenletekkel rhat f(x; y; z) 2 R : (0 )j(x; y)j = x + y 3; x + y z 9g. A forgasszimmetria miatt a sulypont (tomegkozeppont) a z tengelyen helyezkedik el, megpedig a z = MMxy magassagban, ahol M a teljes P -ben elhelyezked}o folyadekmennyiseg tomege, Mxy pedig az xy skra gyakorolt statikai nyomateka. Tehat z meghatarozasahoz ki kell szamtsuk az M ossztomeget es az Mxy statikai nyomatekot. Vegyuk eszre, hogy, bar nehezti a dolgunkat, hogy valtozo s}ur}useg}u anyaggal van dolgunk, azert a s}ur}usegfuggveny igen egyszer} u, hiszen csak a magassagtol fugg, es konkretan ( u alak 1; 25 ha 0 z 4 gy rhato fel: (x; y; z ) = (z ) = . 1 ha 4 z 9 A feladatot direkt integralassal is meg lehet oldani, de talan elegansabb es gy konnyebb az (r; '; h) hengerkoordinatakra atterve dolgozni. Valoban, ha H (r; '; h) = (x; y; z ) = (r cos '; r sin '; h) az atteresi transzformacio, akkor Q := H (P ) = f(p r; '; h) : 0 r 3; 0 ' 2; r h 9g = f(r; '; h) : 0 h 9; 0 ' 2; 0 r hg egyszer}u alaku, raadasul a s}ur}usegfuggveny is ugyanolyan egyszer}u marad, hiszen (H (r; '; h)) = (h). A kiszamtando mennyisegek tehat hengerkoordinatakra atterve (es ekozben felhasznalva, hogy az atteres Jacobi-determinansa a jol ismert JH (r; '; h) = r ertek), majd Fubini tetelenek alkalmazasaval szukcesszv integralasra atalaktva: ZZZ ZZZ Z Z Z ph M= (x; y; z ) dxdydz = (h)r drd'dh = (h)r dr d' dh 2
2
3
2
2
2
2
0
1
2
0
9
P
2
0
Q
0
0
0
0
es Mxy =
ZZZ P
z(x; y; z )dxdydz =
ZZZ
h0 (h)r drd'dh =
Q
Z
9
Z 2 Z
0
0
p
h
h0 (h)r dr d' dh:
0
A bels}o dr es d' szerinti integralok konnyen kiszamthatoak, mert sem h, sem (h) nem fuggenek ezekt}ol a valtozoktol (csak az r Jacobi-determinans erteket kell integralni, ami 'ben szinten konstans, de r-ben is igen egyszer}u), gy tehat 0
Z
M = 2
9
p
0 (h)[r =2]0 h dh 2
=
0
Mxy = 2
9
9
0 (h)hdh =
Z
0
es hasonloan szamolva Z
Z
p
h0 (h)[r =2]0 h dh 2
0
=
0
Z
z=
5 h dh + 4
Z
2
0
amib}ol
4
9
4
5 hdh + 4
9
hdh =
4
85 2
80 665 745 h dh = + = ; 3 3 3 2
4
Z
Mxy 745=3 1490 298 = = = ( 5:843): M 85=2 85 3 51
