MATEMATIKA II. VIZSGA (VK) NBT.
NG. NMH. SZAKOS HALLGATÓK RÉSZÉRE (Kérjük, hogy a megfelelő szakot jelölje be!) 2016. JANUÁR 21. Elérhető pontszám: 50 pont
1.
6.
2.
7.
3.
8.
4.
9.
5. Össz.:
Megoldások
Jegy:
1./ Mikor nevezzük az 𝑓: 𝑅2 → 𝑅 kétváltozós függvényt az (𝑥0 ; 𝑦0 ) ∈ 𝐷(𝑓) helyen az 𝑥 változója szerint parciálisan differenciálhatónak? Adjon meg rá egy lehetséges jelölési módot! /2+1 pont/
2./ Írja fel, valamint vezesse is le az 𝑦 ′′ + 𝑎𝑦 ′ + 𝑏𝑦 = 0 (𝑎, 𝑏 ∈ ℝ) differenciálegyenlet karakterisztikus egyenletét! /1+3 pont/
3./ Írja fel a Kolmogorov-féle axiómákat!
/3 pont/
4./ Számítsa ki, hogy 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ paraméterek mely értékei mellett (*) van egy megoldása, (**) van végtelen sok megoldása, (***) nincs megoldása a következő inhomogén lineáris egyenletrendszernek! A második esetben adjon meg az általános mellett egy partikuláris megoldást is! /5+1+1 pont/ −𝑥1 + 3𝑥2 − 6𝑥3 = 5 −2𝑥1 + 5𝑥2 − 10𝑥3 = 8} 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑎𝑥3 = 𝑏 −1 (−2 1
3 5 1
−6 5 𝐼𝐼.𝑠.+𝐼.𝑠.(−2) −1 𝐼𝐼𝐼.𝑠.+𝐼.𝑠. (0 −10|8) → 𝑎 𝑏 0
3 −1 4
−1 −6 5 𝐼𝐼𝐼.𝑠.+𝐼𝐼.𝑠.(4) | ) ( → 0 2 −2 0 𝑎−6 𝑏+5
3 −1 0
−6 5 | 2 −2 ) 𝑎+2 𝑏−3
A legalsó sor dönti el, hogy melyik esettel állunk szemben: (*) Ha 𝑎 ≠ −2; 𝑏 ∈ ℝ ⟶ Az utolsó együttható nem zérus ⟶ 𝐸𝑔𝑦 𝑚𝑒𝑔𝑜𝑙𝑑á𝑠 𝑣𝑎𝑛 (**) Ha 𝑎 = −2; 𝑏 = 3 ⟶ Csak zérusból álló sor ⟶ 𝑉é𝑔𝑡𝑒𝑙𝑒𝑛 𝑠𝑜𝑘 𝑚𝑒𝑔𝑜𝑙𝑑á𝑠 𝑣𝑎𝑛 (***) Ha 𝑎 = −2; 𝑏 ≠ 3 ⟶ Ellentmondásra vezető sor ⟶ 𝑁𝑖𝑛𝑐𝑠 𝑚𝑒𝑔𝑜𝑙𝑑á𝑠
−1 (0 0
3 −6 5 −1 2 |−2) ⟶ Legyen 𝑥3 = 𝑡; 𝑡 ∈ ℝ paraméter 0 0 0
−𝑥2 + 2𝑡 = −2 ⟶ 𝑥2 = 2𝑡 + 2; −𝑥1 + 6𝑡 + 6 − 6𝑡 = 5 ⟶ 𝑥1 = 1 1 1 Általános m.o.: 𝑥 = [2𝑡 + 2] , 𝑡 ∈ ℝ ; egy partikuláris m.o.: 𝑥 = [6] , ℎ𝑎 𝑡 = 2 𝑡 2
5./ Határozza meg az alábbi kétváltozós függvény lokális szélsőértékét! 𝑓(𝑥; 𝑦) = 2𝑥 3 + 𝑦 2 − 6𝑥𝑦 + 1;
/6 pont/
(𝑥; 𝑦) ∈ 𝑅2
Elsőrendű szükséges feltétel: 𝜕𝑓 𝜕𝑓 6𝑥 2 − 6𝑦 = 0 = 6𝑥 2 − 6𝑦; = 2𝑦 − 6𝑥 ⟶ } ⟶ 𝑃1 (0; 0), 𝑃2 (3; 9) 𝑠𝑡𝑎𝑐. ℎ𝑒𝑙𝑦𝑒𝑘 2𝑦 − 6𝑥 = 0 𝜕𝑥 𝜕𝑦 Másodrendű elégséges feltétel: 𝜕2𝑓 𝜕2𝑓 𝜕2𝑓 𝜕2𝑓 12𝑥 = 12𝑥; = 2; = = −6 ⟶ 𝐻(𝑥; 𝑦) = | 2 2 −6 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑦𝜕𝑥 𝜕𝑥𝜕𝑦
−6 | = 24𝑥 − 36 2
𝐻(𝑃1 ) = 24 ∙ 0 − 36 = −36 < 0 ⟶ 𝑃1 ℎ𝑒𝑙𝑦𝑒𝑛 𝑛𝑖𝑛𝑐𝑠 𝑠𝑧é𝑙𝑠őé𝑟𝑡é𝑘 (𝑛𝑦𝑒𝑟𝑒𝑔𝑝𝑜𝑛𝑡) 𝐻(𝑃2 ) = 24 ∙ 3 − 36 = 36 > 0 ⟶ 𝑃2 ℎ𝑒𝑙𝑦𝑒𝑛 𝑣𝑎𝑛 𝑠𝑧é𝑙𝑠őé𝑟𝑡é𝑘 𝜕2𝑓 | = 12 ∙ 3 = 36 > 0 ⟶ 𝑃2 ℎ𝑒𝑙𝑦𝑒𝑛 𝑙𝑜𝑘á𝑙𝑖𝑠 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑢𝑚 𝑣𝑎𝑛 𝜕𝑥 2 𝑃 2
𝑓(𝑃2 ) = 2 ∙ 33 + 92 − 6 ∙ 3 ∙ 9 + 1 ⟶ 𝑓𝑚𝑖𝑛 = −26 6.a/ Határozza meg a következő differenciálegyenlet megadott kezdeti feltétel melletti partikuláris megoldását! /6 pont/ 2
𝑥 2 ∙ 𝑦 ′ + 2𝑦 = 2𝑥 3 ∙ 𝑒 𝑥 ;
𝑠𝑡𝑎𝑛𝑑𝑎𝑟𝑑 𝑎𝑙𝑎𝑘
𝑦(2) = 2𝑒 →
𝑦′ +
2 2 𝑥; ∙ 𝑦 = 2𝑥 ∙ 𝑒 𝑥2
𝑦(2) = 2𝑒
Homogén megoldás (megoldóképlet): 2 2 2 − ∫ 𝑑𝑥 𝑦 ′ + 2 ∙ 𝑦 = 0 ⟶ 𝑦ℎá = 𝐶 ∙ 𝑒 𝑥 2 = 𝐶 ∙ 𝑒 𝑥 ; 𝐶 ∈ ℝ 𝑥 Inhomogén megoldás (konstansvariálás): 2
2
2
′ 𝑦𝑖𝑝 = 𝐶(𝑥) ∙ 𝑒 𝑥 ⟶ 𝑦𝑖𝑝 = 𝐶 ′ (𝑥) ∙ 𝑒 𝑥 + 𝐶(𝑥) ∙ 𝑒 𝑥 ∙ (− 2
2
𝐶 ′ (𝑥) ∙ 𝑒 𝑥 + 𝐶(𝑥) ∙ 𝑒 𝑥 ∙ (− 2
𝑦𝑖𝑝 = 𝑥 ∙
2 𝑥 𝑒
2 ) 𝑥2
2 2 2 2 𝑥 = 2𝑥 ∙ 𝑒 𝑥 → 𝐶 ′ (𝑥) = 2𝑥 → 𝐶(𝑥) = 𝑥 2 + ∙ 𝐶(𝑥) ∙ 𝑒 ) 𝑥2 𝑥2 2
⟶ 𝑦𝑖á = 𝑦ℎá + 𝑦𝑖𝑝 = (𝑥 2 + 𝐶) ∙ 𝑒 𝑥 ; 𝐶 ∈ ℝ
𝑦(2) = 2𝑒 ⟶ (4 + 𝐶) ∙ 𝑒 = 2𝑒 ⟶ 𝐶 = −2 2
𝑦𝑝 = (𝑥 2 − 2) ∙ 𝑒 𝑥
6.b/ Határozza meg az alábbi differenciálegyenlet általános megoldását! 𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ − 3𝑦 = −11 sin 4𝑥 + 27 cos 4𝑥 Homogén megoldás (karakterisztikus egyenlet): 𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ − 3𝑦 = 0 ⟶ 𝜆2 + 2𝜆 − 3 = 0 ⟶ 𝜆1 = 1, 𝜆2 = −3 (𝐷 > 0 𝑒𝑠𝑒𝑡) 𝑦ℎá = 𝐶1 ∙ 𝑒 𝑥 + 𝐶2 ∙ 𝑒 −3𝑥 ; 𝐶1 , 𝐶2 ∈ ℝ (𝑛𝑖𝑛𝑐𝑠 𝑟𝑒𝑧𝑜𝑛𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎) Inhomogén megoldás (próbafüggvény): 𝑦𝑖𝑝 = 𝐴 ∙ sin 4𝑥 + 𝐵 ∙ cos 4𝑥 ′ 𝑦𝑖𝑝 = 4𝐴 ∙ cos 4𝑥 − 4𝐵 ∙ sin 4𝑥 ′′ 𝑦𝑖𝑝 = −16𝐴 ∙ sin 4𝑥 − 16𝐵 ∙ cos 4𝑥 −16𝐴 ∙ sin 4𝑥 − 16𝐵 ∙ cos 4𝑥 + 2(4𝐴 ∙ cos 4𝑥 − 4𝐵 ∙ sin 4𝑥) − −3(𝐴 ∙ sin 4𝑥 + 𝐵 ∙ cos 4𝑥) = −11 sin 4𝑥 + 27 cos 4𝑥 sin 4𝑥: − 19𝐴 − 8𝐵 = −11 } ⟶ 𝐴 = 1, 𝐵 = −1 cos 4𝑥: 8𝐴 − 19𝐵 = 27 𝑦𝑖𝑝 = sin 4𝑥 − cos 4𝑥 𝑦𝑖á = 𝑦ℎá + 𝑦𝑖𝑝 𝑦𝑖á = 𝐶1 ∙ 𝑒 𝑥 + 𝐶2 ∙ 𝑒 −3𝑥 + sin 4𝑥 − cos 4𝑥; 𝐶1 , 𝐶2 ∈ ℝ
/6 pont/
7./ Alkalmazza az „inverz” Laplace-transzformációt, vagyis keresse meg, hogy a megadott 𝑌(𝑠) függvény melyik 𝑓(𝑥) függvény Laplace-transzformáltja! /5 pont/ 𝑌(𝑠) =
−3𝑠 − 8 5𝑠 − 10 + 𝑠 2 + 4𝑠 𝑠 2 − 4𝑠 + 5
Résztörtekre bontás (ha 𝐷 > 0), teljes négyzetté alakítás (ha 𝐷 < 0): −3𝑠 − 8 −3𝑠 − 8 𝐴 𝐵 2 1 1 1 = = + ⟶ 𝐴 = −2, 𝐵 = −1 ⟶ − − = −2 ∙ 1 − 2 𝑠 + 4𝑠 𝑠 (𝑠 + 4) 𝑠 𝑠 + 4 𝑠 𝑠+4 𝑠 𝑠 − (−4)
5𝑠 − 10 5(𝑠 − 2) 𝑠−2 = = 5 ∙ (𝑠 − 2)2 + 12 𝑠 2 − 4𝑠 + 5 (𝑠 − 2)2 + 1 Táblázat alapján az „inverz” transzformáció: 𝑓(𝑥) = −2 − 𝑒 −4𝑥 + 5 ∙ 𝑒 2𝑥 ∙ cos 𝑥
8./ Egy pakli magyar kártyát alaposan megkeverünk. (*) Hány esetben állhat elő az, hogy a pakli négy zöld lappal kezdődik? /2 pont/ (**) A keverés után kihúzunk egyszerre négy lapot. Mekkora annak a valószínűsége, hogy ezek között két szín pontosan kétszer fordul elő? /2 pont/ (*) Megkeverés ⟶ Egy bizonyos (lap)sorrend előáll (ismétlés nélküli permutáció) 8 A 32 lap közül nyolc zöld, ezek közül négy áll elöl valamilyen sorrendben: 4! ∙ ( ) 4 A maradék helyeken a többi 28 lap tetszőleges sorrendben: 28! 8 Tehát az összes ilyen eset száma: 4! ∙ ( ) ∙ 28! = 5,122 ∙ 1032 4 (**) „A” esemény: két szín pontosan kétszer fordul elő Klasszikus valószínűség: 𝑃(𝐴) =
𝑘𝑒𝑑𝑣𝑒𝑧ő 𝑒𝑠𝑒𝑡𝑒𝑘 𝑠𝑧á𝑚𝑎 ö𝑠𝑠𝑧𝑒𝑠 𝑒𝑠𝑒𝑡 𝑠𝑧á𝑚𝑎
A 32 lap négyféle színű lehet, ezek közül kettő szerepel pontosan két-két alkalommal: 4 8 8 ( ) ∙ ( ) ∙ ( ) ⟶ kedvező 2 2 2 32 Az egyszerre húzás visszatevés nélkül mintavétel: ( ) ⟶ összes 4 Ezekkel: 𝑃(𝐴) =
4 8 8 ( )∙( )∙( ) 2 2 2 32 ( ) 4
= 0,1308
9./ Tapasztalatok szerint egy vizsgakurzus keretein belül megtartott másfél órás vizsgáról átlagosan hat hallgató szokott távozni „idő előtt”. (*) Mekkora annak a valószínűsége, hogy az első harminc perc elteltével még mindenki a teremben tartózkodik? /2 pont/ (**) Ha ebben a félévben három vizsga van, akkor mekkora annak a valószínűsége, hogy legalább kétszer előfordul az előző szituáció? /2 pont/ (***) Mekkora annak a valószínűsége, hogy két távozás között legalább húsz perc telik el? /2 pont/ (*) Rögzített (idő)intervallum ⟶ Poisson-eloszlás 𝜉𝑃 𝑣. 𝑣. : 𝑡á𝑣𝑜𝑧ó ℎ𝑎𝑙𝑙𝑔𝑎𝑡ó𝑘 𝑠𝑧á𝑚𝑎 6 ∙ 30 90 𝑝𝑒𝑟𝑐 𝑎𝑙𝑎𝑡𝑡 6 𝑡á𝑣𝑜𝑧ó = 2 = 𝑀(𝜉𝑃 ) = 𝜆𝑃 }⟶𝑥= 30 𝑝𝑒𝑟𝑐 𝑎𝑙𝑎𝑡𝑡 𝑥 𝑡á𝑣𝑜𝑧ó 90 Mindenki a teremben tartózkodik, azaz nem ment ki senki ⟶ 𝜉𝑃 = 0 20 −2 𝑃(𝜉𝑃 = 0) = ∙ 𝑒 = 0,1353 0! (**) Független események ⟶ Binomiális eloszlás 𝜉𝐵 𝑣. 𝑣. : 𝑖𝑙𝑦𝑒𝑛 𝑣𝑖𝑧𝑠𝑔á𝑘 𝑠𝑧á𝑚𝑎 3 𝑃(𝜉𝐵 ≥ 2) = 𝑃(𝜉𝐵 = 2) + 𝑃(𝜉𝐵 = 3) = ( ) ∙ 0,13532 ∙ (1 − 0,1353)3−2 + 2 3 + ( ) ∙ 0,13533 ∙ (1 − 0,1353)3−3 = 0,0475 + 0,0025 = 0,0500 3 (***) Események között eltelt idő ⟶ Exponenciális eloszlás 𝜉𝐸 𝑣. 𝑣. : 𝑘é𝑡 𝑡á𝑣𝑜𝑧ó 𝑘ö𝑧ö𝑡𝑡 𝑒𝑙𝑡𝑒𝑙𝑡 𝑖𝑑ő Két távozás között átlagosan
90 6
= 15 perc telik el, így 15 = 𝑀(𝜉𝐸 ) = 1
1 𝜆𝐸
⟶ 𝜆𝐸 =
𝑃(𝜉𝐸 ≥ 20) = 1 − 𝑃(𝜉𝐸 < 20) = 1 − 𝐹(20) = 1 − (1 − 𝑒 − 15∙20 ) = 0,2636
1 15
