Matematika szigorlat, M´ern¨ok informatikus szak I. 2007. m´aj. 29. Megold´ okulcs 1. Adott az S : 3x − 6y + 2z = 6 s´ık a h´arom dimenzi´os t´erben. 3p (a) ´Irja fel egy tetsz˝oleges, az S-re mer˝oleges S ∗ s´ıknak az egyenlet´et! Mo.: K´et s´ık pontosan akkor mer˝oleges egym´asra, ha norm´alvektoraik mer˝olegesek. Keresn¨ unk kell egy, az S s´ık nS (3, −6, 2) norm´alvektor´ara mer˝oleges nS ∗ vektort. Ilyen pl.: nS ∗ (2, 1, 0). Ezzel a feladat egy megold´asa: S ∗ : 2x + y = 0 3p (b) Mennyi az S s´ıknak az orig´ot´ol val´o t´avols´aga? Mo.: Az O(0, 0, 0) orig´on ´atmen˝o v(3, −6, 2) ir´anyvektor´ u egyenes egyenletrendszere: x = 3t y = −6t z = 2t Ezen x , y , z ´ert´ekeket S egyenlet´ebe helyettes´ıtve megkapjuk az egyenes ´es a s´ık M 18 −36 12 6 metsz´espontj´anak koordin´at´atit: 9t+36t+4t = 6 ⇒ t = , amib˝ol M , , . 49 49 49 49 s 2 2 2 −−→ 18 42 6 −36 12 + + = = Ebb˝ol keresett t´avols´ag: OM = 49 49 49 49 7
4p (c) Az S s´ık az x , y , z koordin´atatengelyeket rendre az A , B , C pontokban metszi. Hat´arozza meg az A , B , C pontok ´altal meghat´arozott h´aromsz¨og ter¨ ulet´et! Mo.: I. mo. S egyenlet´eben a megfelel˝o koordin´at´ak hely´ere 0-t ´ırva kapjuk: A(2, 0, 0) , B(0, −1, 0) , C(0, 0, 3).
i j k −→ −→ −→ −→ Tov´abb´a: AB(−2, −1, 0) , AC(−2, 0, 3) , AB × AC = −2 −1 0 = −3i + 6j − 2k −2 0 3 −→ −→ √ AB × AC 9 + 36 + 4 7 = = A keresett ter¨ ulet nagys´aga: T = 2 2 2 II. mo. −−→ 1·2·3 6 Az OABC tetra´eder t´erfogata V = = 1, az el˝obb kisz´am´ıtott OM = 6 7 6 3·V 7 t´avols´ag a tetra´eder magass´aga: m = . Ebb˝ol T = = 7 m 2 1 1 1 (d) Tekints¨ uk azt a ϕ line´aris transzform´aci´ot, amelynek m´atrixa 0 1 1. 4 p 0 0 1 ϕ a (c)-ben szerepl˝o A , B , C pontokat rendre az A′ , B ′ , C ′ pontokba viszi.
Hat´arozza meg az A′ , B ′ , C ′ pontok ´altal meghat´arozott h´aromsz¨og legnagyobb sz¨og´et! −1 0 1 1 1 2 2 1 1 1 ′ ′ Mo.: A = ϕ(A) = 0 1 1 · 0 = 0 , B = ϕ(B) = 0 1 1 · −1 = −1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1
3 0 1 1 1 ′ C = ϕ(C) = 0 1 1 · 0 = 3 , azaz A′ (2, 0, 0) , B ′ (−1, −1, 0) , C ′ (3, 3, 3) . 3 3 0 0 1 −− → − − → −−→ −−→ A′ B ′ (−3, −1, 0) , A′ C ′ (1, 3, 3). Az A′ B ′ , A′ C ′ vektorok hajl´assz¨og´et α-val jel¨olve: −6 cos α = √ √ ≈ −0, 435 ⇒ α ≈ 116◦ . 10 19 Mivel ez tompasz¨og, a h´aromsz¨ognek ez egyben a legnagyobb sz¨oge is. (megj.: β ≈ 37, 8◦ , γ ≈ 27, 2◦ ) (e) Hat´arozza meg ϕ saj´at´ert´ekeit! ´ Mo.: Altal´ aban egy A m´atrixnak megfelel˝o transzform´aci´o saj´at´ert´ekei a
4p
det (A − λE) = 0 egyenlet megold´asai. 1−λ 1 1 1−λ 1 = (1 − λ)3 = 0 ⇔ λ = 1 , teh´at a transzform´aci´o Most det 0 0 0 1−λ egyetlen saj´at´ert´eke az 1.
(megj.: a transzform´aci´o m´atrix´ab´ol leolvashat´o, hogy ϕ(e1 ) = e1 . Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy az 1 saj´at´ert´ekhez tartoz´o saj´atvektorok az x-tengellyel p´arhuzamosak.)
2. Tekints¨uk az f (x) = x ln2 x egyv´altoz´os val´os f¨uggv´enyt! 8p (a) V´egezzen teljes f¨ uggv´enyvizsg´alatot! Mo.: Df = R+ A f¨ uggv´eny egyetlen z´erushelye: x = 1. A grafikon nem metszi az y-tengelyt. Df alapj´an f nem p´aros, nem p´aratlan, nem periodikus. lim x ln2 x = ∞
x→∞
2
lim+ x ln2 x = lim+
x→0
x→0
ln x L’H = lim+ 1 x→0 x
1 x = lim (−2(ln x)x) = lim −2 ln x L’H = 1 1 x→0+ x→0+ − 2 x x
2(ln x)
2 L’H = lim+ x = lim+ 2x = 0+ 1 x→0 x→0 − 2 x 1 f ′ (x) = ln2 x + 2x(ln x) = ln2 x + 2 ln x = ln x(ln x + 2) = 0 ⇔ x ⇔ x = 1 vagy x = e−2 ≈ 0, 135 −
f′ f
0 < x < e−2 e−2 e−2 < x < 1 1 1<x + 0 − 0 + ր lok. max. ց lok. min. ր
f -nek lok´alis maximuma van az x = e−2 helyen, ´es ennek ´ert´eke: f (e−2 ) =
4 ≈ 0, 541 e2
f -nek lok´alis minimuma van az x = 1 helyen, ´es ennek ´ert´eke: f (1) = 0 1 2 1 f ′′ (x) = (ln x + 2) + ln x = (ln x + 1) = 0 ⇔ x = e−1 ≈ 0, 37 x x x f f
′′
0 < x < e−1 e−1 e−1 < x − 0 + ⌢ infl. ⌣
A f¨ uggv´enygrafikon: y 3 2 1 x 1
2
3
Rf = [0, ∞[ (b) Hol metszi a koordin´atatengelyeket a f¨ uggv´eny grafikonj´ahoz uzhat´o ´erint˝o egyenes? az x0 = 1e helyen h´ Mo.: Az ´erint˝o egyenes egyenlete: y = f ( 1e ) + f ′ ( 1e )(x − 1e ) = y=0⇒x=
2 e
1 e
+ (−1)(x − 1e ) = −x +
, x = 0 ⇒ y = 2e .
2 e
3p
Az egyenes a tengelyeket az x =
2 2 ill. y = pontokban metszi. e e
(c) Sz´amolja ki a f¨ uggv´enygrafikon ´es az x-tengely k¨oz¨otti s´ıkr´esz ter¨ ulet´et az [1, e] intervallumon! Mo.: Parci´alis integr´al´assal: Z Z x2 2 x2 x2 x2 2 2 ln x − x ln x dx = ln x − ln x + +C x ln x dx = 2 2 2 4
5p
Felhaszn´alva, hogy a f¨ uggv´eny nemnegat´ıv az ´ertelmez´esi tartom´any´an, a keresett ter¨ ulet nagys´aga: t=
Ze
x2 x2 x2 2 ln x − ln x + x ln x dx = 2 2 4 2
1
e
=
1
1 e2 − 1 e2 e2 e2 − + ≈ 1, 597 − 0−0+ = 2 2 4 4 4
2p (d) Megold´asa-e az f (x) f¨ uggv´eny az xy ′ − y = ln x differenci´alegyenletnek? Mo.: Behelyettes´ıt´essel: xy ′ − y = x(ln2 x + 2 ln x) − (x ln2 x) = x ln2 x + 2x ln x − x ln2 x = 2x ln x 6= ln x, teh´at f (x) nem megold´asa a differenci´alegyenletnek. ∞ P (e) D¨ontse el, hogy a k ln2 k numerikus sor konvergens-e! k=1
Mo.: A sor ´altal´anos tagj´at ak -val jel¨olve: ∞ P lim ak = lim k ln2 k = ∞ 6= 0 ⇒ k ln2 k divergens. k→∞
k→∞
k=1
3p
3. (a) Hat´arozza meg az y ′ + 2xy = 2e−x2 differenci´alegyenletnek az y(1) = kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o partikul´aris megold´as´at! Hat´arozza meg a differenci´alegyenletnek az y ′ + 2xy = 0 differenci´alegyenlettel k¨oz¨os megold´asait! Mo.:
2 e
5p 2p
Y ′ + 2xY = 0 Y = Ce−
R
2x dx
yp = k(x)e−x k ′ (x) = 2 yp = 2xe
−x2
= Ce−x
2
2
⇒
k(x) = 2x 2
y = Y + yp = Ce−x + 2xe−x y(1) =
C 2 2 + = e e e
⇒
2
C=0
A kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o partikul´aris megold´as: yp = 2xe−x
2
2
Az y ′ + 2xy = 0 differenci´alegyenlet megold´asai y = C1 e−x alak´ uak. 2
2
2
Az y ′ + 2xy = 2e−x differenci´alegyenlet megold´asai y = C2 e−x + 2xe−x alak´ uak. A k´et egyenletnek nincsen k¨oz¨os megold´asa. 6p (b) Hat´arozza meg (a tanult m´odszerek valamelyik´evel) az y ′′ + 4y ′ + 3y = 9 ′ differenci´alegyenletnek az y(0) = 0 , y (0) = 1 kezdeti felt´eteleket kiel´eg´ıt˝o yp partikul´aris megold´as´at! 2p Sz´amolja ki ezzel a f¨ uggv´ennyel a lim yp hat´ar´ert´eket! x→∞
Mo.: I. mo. Y ′′ + 4Y ′ + 3Y = 9 2
λ + 4λ + 3 = 9
⇒
λ1,2 =
λ1 = −1 λ2 = −3
Y = C1 e−x + C2 e−3x yp = A
⇒
yp′ = 0
⇒
yp′′ = 0
A=3 yp = 3 y = Y + yp = C1 e−x + C2 e−3x + 3 y ′ = −C1 e−x − 3C2 e−3x
y(0) = C1 + C2 + 3 = 0 y ′ (0) = −C1 − 3C2 = 1
⇒
C1 = −4 ,
C2 = 1
A kezdeti felt´eteleket kiel´eg´ıt˝o partikul´aris megold´as: yp = −4e−x + e−3x + 3
II. mo. s2 y − sy(0) − y ′ (0) + 4(sy − y(0)) + 3y = y=
9 s
3 4 1 s+9 = − + s(s + 1)(s + 3) s s+1 s+3
A kezdeti felt´eteleket kiel´eg´ıt˝o yp partikul´aris megold´as: yp = 3 − 4e−x + e−3x A k´erd´eses hat´ar´ert´ek: lim yp = lim (3 − 4e−x + e−3x ) = 3 + 0 + 0 = 3
x→∞
x→∞
4.
a b alak´ u m´atrixokat, ahol a, b, c, d ∈ {0, 1, 2, . . . , 9}. Tekints¨ uk az c d (a)
i. H´any Mo.: ii. H´any Mo.: iii. H´any Mo.: iv. H´any
3p
v. H´any olyan van, amelyben a legnagyobb elem a 2-es? Mo.: 34 − 24 = 65
1p
ilyen m´atrix van? 104 = 10000 olyan van ezek k¨oz¨ott, amelyben szerepel a 0? 104 − 94 = 3439 olyan van, amelyben pontosan h´arom elem egyenl˝o? 4 · 10 · 9 = 360 olyan van, amelyben pontosan k´et elem egyenl˝o? Mo.: 42 · 10 · 9 · 8 = 4320
1p 1p 1p
(b) Jel¨olj¨ uk M -mel a fenti m´atrixok halmaz´at, azaz legyen 9 9 0 1 1 0 0 0 . ,..., , , M= 9 9 0 0 0 0 0 0
Tekints¨ uk a k¨ovetkez˝o, az M halmazon ´ertelmezett S homog´en bin´aris rel´aci´ot: k´et M -beli A , B m´atrixra ASB, ha A − B ∈ M . (A − B a k´et m´atrix k¨ ul¨onbs´ege.) i. Ekvivalencia-rel´aci´o-e S? Mo.: Nem, mert pl. nem szimmetrikus: 1 1 0 0 0 0 1 1 ∈ / M. − ∈ M , de − pl. 1 1 0 0 0 0 1 1 9 8 ii. Mely A elemekre igaz, hogy AS ? 8 9 Mo.: Ezek az elemek a k¨ovetkez˝ok: 9 8 9 8 9 9 9 9 , , , 8 9 9 9 8 9 9 9
1p
1p
iii. Igaz-e, hogy |DS | = |RS | Mo.: Igen: DS = RS = M
1p
iv. Adjon meg k´et M -beli elemet, amelyek semelyik sorrendben nem ´allnak rel´aci´oban egym´assal! 0 1 1 0 ´es Mo.: Pl. 0 0 0 0
1p
(c) Tekints¨ uk a k¨ovetkez˝o, M -en ´ertelmezett T1 , T2 , T3 rel´aci´okat:
6p
AT1 B ha detA ≤ detB AT2 B ha detA = detB AT3 B ha detA < detB D¨ontse el, hogy a reflex´ıv, szimmetrikus, antiszimmetrikus, tranzit´ıv tulajdons´agok k¨oz¨ ul melyek teljes¨ ulnek az egyes rel´aci´okra. V´alasz´at ebben az esetben nem kell indokolnia!
Mo.: T1 : reflex´ıv, tranzit´ıv T2 : reflex´ıv, szimmetrikus, tranzit´ıv T3 : antiszimmetrikus, tranzit´ıv ´ 3p (d) Ertelmezz¨ uk az M halmazon az + m˝ uveletet a k¨ovetkez˝ok´eppen: a1 ⊕10 b1 a2 ⊕10 b2 b1 b2 a1 a2 , ahol ⊕10 a sz´amok modulo 10 ¨osszead´asa. = + a3 ⊕10 b3 a4 ⊕10 b4 b3 b4 a3 a4 (Tulajdonk´eppen teh´at + a m´atrixok modulo 10 ¨osszead´asa.) Igazolja, hogy az (M ; +) strukt´ ura csoport! Mo.: A m˝ uveleti z´arts´ag ad´odik M defin´ıci´oj´ab´ol. Az asszociativit´as k¨ovetkezik a m´atrix¨osszead´as ´es a modulo 10 ¨osszead´as asszociativit´as´ab´ol. 0 0 Egys´egelem: 0 0 ′ a1 a′2 a1 a2 inverze: ′ , ahol ai ⊕10 a′i = 0 i = 1, 2, 3, 4 a3 a4 a3 a′4
5. Tekints¨uk az A = {1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36} halmazt. (a) Legyen a 4 parci´alis rendez´esi rel´aci´o az A halmazon ´ertelmezve a k¨ovetkez˝ok´eppen: a 4 b, ha lnko(a, b) = a (lnko(a, b) az a ´es b elemek legnagyobb k¨ oz¨os oszt´ oj´ at jel¨oli.)
i. Rajzolja fel a rel´aci´o Hasse-diagramj´at!
3p
ii. Bizony´ıtsa be, hogy a rel´aci´o egy korl´atos h´al´o!
2p
iii. Mely elemeknek van komplementuma? Hat´arozza meg ezen elemek komplementumait!
2p
iv. R´eszh´al´o-e H = {1, 2, 3, 12, 18, 36} ?
2p
Mo.: A rel´aci´o Hasse-diagramja: 36 12
18
4
6 2
9 3
1
Van legkisebb elem : 1 Van legnagyobb elem : 36 B´armely k´et elemnek van infimuma : inf(x, y) = lnko(x, y) B´armely k´et elemnek van szupr´emuma : sup(x, y) = lkkt(x, y)
⇒
Korl´atos h´al´o.
Az 1, 4, 9, 36 elemeknek van komplementuma: 1′ = 36 , 4′ = 9 , 9′ = 4 , 36′ = 1 H nem r´eszh´al´o, pl. mert sup(2, 3) = 6 ∈ /H (b) D¨ontse el, hogy gy˝ ur˝ u-e a fenti A halmazzal tekintett (A; lnko, lkkt) strukt´ ura! 2 p Mo.: A strukt´ ura nem gy˝ ur˝ u: (A; lnko) nem csoport: a halmaz ugyan z´art a m˝ uveletre, ami asszociat´ıv ´es kommutat´ıv; egys´egelem is van: a 36, de a 36-on k´ıv¨ ul egy elemnek sincsen inverze. (c) Tekints¨ uk a rel´aci´o Hasse-diagramj´at mint gr´afot. (A gr´af pontjai A elemei, ´elei a Hasse-diagram ´elei.) i. P´aros-e ez a gr´af?
2p
ii. Van-e a gr´afban Euler-bej´ar´as?
2p
iii. H´any ´ele van a gr´af komplementer-gr´afj´anak?
2p
Mo.: A gr´af p´aros, mert 2-sz´ınezhet˝o, ld. els˝o ´abra. (Ez alapj´an, ha akarjuk, felrajzolhatjuk a szok´asos ”p´aros gr´af alakban” - ld. m´asodik ´abra.) p
k
1 4 6 9 36
k
p
p k
p k
p
2 3 12 18
Nincsen benne Euler-bej´ar´as, mert 4 darab p´aratlan-fok´ u pontja van. 9 Komplementer-gr´afj´anak ´elsz´ama: 2 − 12 = 24
6. Tekints¨uk a k¨ovetkez˝o k´et numerikus sorozatot: √ !n 3 1 + j an = 4 4
bn = Re (cos 45◦ + j sin 45◦ )n
(a) Hat´arozza meg a k¨ovetkez˝o hat´ar´ert´ekeket: lim an =
1p
lim bn =
1p
lim (an + bn ) =
1p
lim (an · bn ) =
1p
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
√ 3 1 Mo.: Vegy¨ uk ´eszre, hogy + j = 12 (cos 30◦ + j sin 30◦ ) 4 4 m´asr´eszt, hogy {bn } elemei 8-as peri´odusokban ism´etl˝odnek: √
2 2
,0,−
√
2 2
, −1 , −
√
2 2
,0,
√
2 2
, 1,
√
2 2
⇒
an =
1 n , 2
, ...
Ezek alapj´an:
lim an = lim
n→∞
n→∞
1 n 2
lim bn nem l´etezik
n→∞
=0 (5db torl´od´asi pont)
lim (an + bn ) nem l´etezik
n→∞
lim (an · bn ) = 0
n→∞
({bn } korl´atos ´es lim an = 0) n→∞
(b) Formaliz´alja az al´abbi kijelent´eseket, majd d¨ontse el, hogy helyes-e a k¨ovetkeztet´es!
7p
A1 : Ha van elk´epzel´esem a sz´amsorozatokr´ol ´es szeretem a matekot, akkor tudom, mi az, hogy konvergencia. A2 : Ha nem szeretem a matekot, akkor vagy tudom, mi az, hogy konvergencia, vagy u ´gy teszek, mintha szeretn´em a matekot. A3 : Pontosan akkor teszek u ´gy, mintha szeretn´em a matekot, ha nincs elk´epzel´esem a sz´amsorozatokr´ol. Konkl´ uzi´ o : Szeretem a matekot, vagy u ´gy csin´alok, mintha szeretn´em a matekot. Formaliz´al´askor alkalmazza a k¨ovetkez˝o jel¨ol´eseket: p: q: r: s:
van elk´epzel´esem a sz´amsorozatokr´ol szeretem a matekot tudom, mi az, hogy konvergencia u ´gy teszek, mintha szeretn´em a matekot
Mo.: I. mo. A1 A2 A3 K
: | (p ∧ q) → r| = 1 : | ¬q → (r ∨ s)| = 1 : | s ↔ ¬p| = 1 : | q ∨ s| = 0
⇔
|p| = 1 |q| = 0 |r| = 1 |s| = 0
A k¨ovetkeztet´es nem helyes, mert a |p| = 1 , |q| = 0 , |r| = 1 , |s| = 0 ´ert´ekel´es mellett a premissz´ak igazak, a konkl´ uzi´o hamis. II. mo. p 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1
q 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1
r 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1
s A1 A2 A3 K 0 1 0 0 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1 0∗ 1 1 1 0 1 0 0 1 1 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 1
A k¨ovetkeztet´es nem helyes, mert a |p| = 1 , |q| = 0 , |r| = 1 , |s| = 0 ´ert´ekel´es mellett a premissz´ak igazak, a konkl´ uzi´o hamis, ld.: *-gal jelzett sor.
