Megoldott feladatok 2010. november 30.
1.
Feladat:
Vizsgáljuk az
an =
2n+1 n+3 sorozat monotonitását, korlátosságát és konvergenciáját.
Konvergencia esetén
számítsuk ki a határértéket!
Megoldás: an =
2n+1 n+3
=
2(n+3)−5 n+3
monoton csökken®,
5 = 2 − n+3 .
5 − n+3
Ha
n-et növeljük, n + 3 is szigorúan monoton növekv® lesz,
szigorúan monoton növekv®, így
Ezért egy jó alsó korlát az
a1 =
3 4 , míg az
is az lesz az els® elemt®l kezd®d®en.
5 hogy a legjobb fels® korlátunk a n+3 -ból következik,
an = 2 −
Sorozatunk konvergens, mert monoton és korlátos.
an
5 n+3 szigorúan
lim an = lim
n→∞
n→∞
2−
5 n+3
2.
= 2.
Megjegyzések: 1. Amennyiben nem használjuk az
2n+3 n+4
−
2n+1 n+3
=
5 (n+4)(n+3)
> 0
an = 2 −
5 n+3 átírást, tekinthetjük az
an+1 − an = 2(n+1)+1 (n+1)+3 −
an+1 > an , tehát 0 1% n 2 + n 2n + 1 = 2. lim = lim n→∞ n + 3 n→∞ n 1 + n3 &0
különbséget, melyb®l következik, hogy
2n+1 n+3
=
sorozatunk
szigorúan monoton növekv®. Ekkor a limesz:
2. Pozitív tagú sorozatok esetén (mint amilyen ez is) tekinthetjük az vizsgálunk.
Ekkor azt kell megnéznünk, hogy
1-nél
an+1 an hányadost is, ha monotonitást
nagyobb vagy kisebb a hányados, ett®l függ®en
szigorúan monoton növekv® vagy csökken® a sorozat.
2.
Feladat
Legyen hogy
an =
∀n > n0
2n−1 5n+2 . Határozzuk meg azt a legkisebb esetén az
an
eltérése az
(an )n>1
n0
természetes számot (küszöbindexet), melyre teljesül,
sorozat határértékét®l kisebb mint
1
ε = 10−2 .
Megoldás Amennyiben testsz®leges
ε-hoz adjuk meg a küszöbindexet,
a sorozat konvergenciáját bizonyítjuk a de níció
segítségével. Most viszont számoljuk ki a küszöbindexet a kért
A sorozat határértéke
⇐⇒ 180 < (5n + 2) ⇐⇒ 178
3.
2 n &0
=
értékre.
2 . 5
paraméter mely értékeire lesz a következ® függvény folytonos?
g : (−π; π) −→ R, g (x) =
sin 5x
, tg10x a + 5 ,
ha
x 6= 0
ha
x=0
Megoldás g (x)a (−π; π) \ {0}
pontokban folytonos, egyedül az
sin 5x lim = lim x→0 tg10x x→0 ezért
4.
a=
1 2
sin 5x 5x
x = 0-an
kell a folytonosságot vizsgálni.
%1 %1 10x 1 1 · · = = a + 5, tg10x 2 2
− 5 = − 92 .
Feladat
Vizsgáljuk és ábrázoljuk a következ® függvényt!
f (x) =
5x2 − 10x + 5 x2 + 1
Megoldás 1. Értelmezési tartomány:Df
=R
A függvényünk nem páros, nem páratlan és nem periodikus. 2. Zérushelyek:
1 9 100 egyenl®tlenségnek, ami a következ®kkel ekvivalens: − 5(5n+2) 178 < 5n ⇐⇒ n > 178 = 35 a kért küszöbszám. 5 . Ezért n0 = 5
Feladat a
Az
1% n
2n−1 2 5n+2 − 5 <
Teljesülnie kell az
1 100
n 2− 2n − 1 = lim n→∞ 5n + 2 n→∞ n 5+ lim
ε = 10−2 0
x2 − 2x + 1 = 0 ⇐⇒ x1,2 = 1
.
2
<
3. Aszimptotikus vizsgálat: A függvény
+∞-ben
és
−∞-ben
ugyanoda tart,
0 0 10 % 5 % 2 + x 5 − 2 x x 5x − 10x + 5 = lim =5 lim n→∞ x→±∞ 1 x2 + 1 2 x 1 + x2 &0 2
y=5
vízszintes aszimptota
±∞-ben.
Függ®leges aszimptotánk nincsen. 4. Els®rend¶ derivált és alkalmazásai (szigorúan monoton ívek, lokális széls®értékek)
0
f (x) =
(10x − 10) x2 + 1 − 5x2 − 10x + 5 · 2x (x2 + 1)
2
= 10 ·
x2 − 1 (x2 + 1)
2
f 0 (x) = 0 ⇐⇒ x1,2 = ±1 x f 0 (x) f (x)
−∞
−1 0 10
+++ %
1 0 0
−−− &
lokális maximum
+∞ +++ %
lokális minimum
5. Másodrend¶ derivált és alkalmazásai (konvex-, konkáv ívek és in exiós pontok): Kiszámoljuk a másodrend¶ deriváltat:
" 00
f (x) = 10 · = 10 ·
(x2 + 1)
−∞ −−− −−− +++ ^ konvex
2
2x x2 + 1
√ − 3 − 0 0√
10+5 3 2 in exiós pont
= 10 ·
2x x2 + 1
2
− x2 − 1 · 2 x2 + 1 · 2x (x2 + 1)
2 x + 1 − x2 − 1 · 2
(x2 + 1) (x2 + 1)
A másodrend¶ derivált zérushelyei:
x 2x 3 − x2 f 00 (x) f (x)
#0
x2 − 1
3
=
4
20x · 3 − x2 (x2 + 1)
=
3
√ x2,3 = ± 3.
x1 = 0
√
−−− +++ −−− _
0 0 + 0 5
+++ +++ +++ ^
konkáv
in exiós pont
konvex
3
3
+
0 0√
10−5 3 2 in exiós pont
+∞ +++ −−− −−− _ konkáv
6. értékkészlet:
Rf = [0; 10]
Megjegyzés Kicsit leegyszer¶síthetjük a megoldást, ha még az elején gyelembe vesszük, hogy
5.
f (x) = 5 −
10x x2 +1 .
Feladat
Válassza meg az
α>0
számot úgy, hogy az
y = α · x · ln x, 1 6 x 6 e
görbe alatti terület
10
legyen!
Megoldás 1ˆ6 x 6 e és α > 0, akkor e T = α · x · ln x dx = 10 Ha
az
y = α · x · ln x
pozitív érték¶, ezért
1
és
e
között a görbe alatti terület
1
ˆ
ˆ
ˆ 2 x2 x 1 · ln x dx = · ln x − · dx (polinom · ln ⇒ parciális integrálás) 2 2 x ˆ x2 1 x2 1 x2 = · ln x − x dx = · ln x − +c 2 2 2 2 2 2 e 2 2 ˆ e x x2 e e2 1 e 1 e2 + 1 α · x · ln x dx = α · ln x − =α − − 0− =α + =α 2 4 1 2 4 4 4 4 4 1 x · ln x dx =
α
x2 2
0
e2 + 1 40 = 10 =⇒ α = 2 4 e +1
4
6.
Feladat
Fontosabb helyettesítések:
ˆ R ex , e2x , . . . dx (R
a)
1 t
dx =
racionális törtfüggvény) alak esetén
t = ex
helyettesítés, ahonnan
x = ln t;
· dt.
Például:
ˆ
e2x dx = ex + 1
ˆ
1 t2 · dt = t+1 t
ˆ
ˆ
t dt = t+1
t+1−1 dt = t+1
ˆ
1 dt = 1− t+1
= t − ln |t + 1| + c = ex − ln (ex + 1) + c
ex
ˆ b)
r R x,
n
ax + b cx + d
= t
x
=
dx
=
ln t 1 dt t
!
r dx
típusú integrál esetében
t=
n
ax + b cx + d
helyettesítés
Például:
ˆ √
2x dx = 6x + 4
ˆ
t2 −4 3
t
t 1 dt = 3 9
ˆ
q 3 3 (6x + 4) √ 1 t 1 t2 − 4 dt = − 4t + c = − 4 6x + 4 + c 9 3 9 3 √
6x + 4
=
6x + 4
=
x dx
c)
ˆ
x,
p
x2 + a2 dx
típusú integrál esetén
Ilyenkor használjuk még a
képleteket, melyek a
ch2 x − sh2 x = 1
t
t2 t2 − 4 = 6 1 t = · 2t dt = dt 6 3
x = a · sht
helyettesítés (dx
= a · cht dt)
képletet, valamint
sh (archx) =
p
x2 − 1
ch (archx) =
p
x2 + 1
sin2 x + cos2 x = 1, sin (arccos x) =
megfelel®i a hiperbolikus függvényeknél.
5
√
1 − x2
és
cos (arcsin x) =
√
1 − x2
képletek
ˆ
x,
p
x2 − a2 dx
típusú integrál esetében
x = a · cht
helyettesítés (dx
= a · sht dt)
ˆ p x, a2 − x2 dx típusú integrál esetén pedig x = a · sin t vagy x = a · cos t helyettesítések bármelyike alkalmazható (ekkor
dx = a · cos t dt
vagy a második helyettesítés esetén
dx = −a · sin t dt)
Például:
ˆ p
x2
ˆ q
ˆ
ˆ
−1 + ch2t − 16dx = 16 ch t − 1 · 4sht dt = 16 sh t dt = 16 dt = −8t + 8 2 8 x x x = −8t + sh2t + c = −8arch + 4 · 2 · sh arch ch arch +c= 2 4 4 4 r x x 2 x x x p = −8arch + 8 · − 1 + c == −8arch + · x2 − 16 + c 4 4 4 4 2 2
x
=
4cht
dx
=
4sht dt x arch 4
t = Használtuk itt a
sh2 t =
ˆ
2
−1+ch2t linearizálás-képletet, melynek a párja: 2
ch2 t =
1+ch2t és a 2
sh2t = 2·sht · cht
képletet.
7.
Feladat ˆ
Számítsuk ki az
dx x4 − 81
értékét!
Megoldás
x4
x
1 1 1 A B Cx + D = 2 = = + + 2 2 2 − 81 (x − 9) (x + 9) (x − 3) (x + 3) (x + 9) x−3 x+3 x +9 A (x + 3) x2 + 9 + B (x − 3) x2 + 9 + (Cx + D) (x − 3) (x + 3) = x4 − 81
csökken® hatványai szerint rendezve a számlálót kapjuk, hogy
=
(A + B + C) x3 + (3A − 3B + D) x2 + (9A + 9B − 9C) x + 27A − 27B − 9D , x4 − 81
6
ch2t dt =
ahonnan a következ® egyenletrendszert kapjuk:
A+B+C
=
0
3A − 3B + D
=
0
9A + 9B − 9C
=
0
27A − 27B − 9D
=
1
Az els® és harmadik egyenletb®l kapjuk, hogy
C = 0,
majd ezt mindegyik egyenletbe behelyettesítve és
megoldva a három egyenletb®l álló három ismeretlenes egyenletrendszert (két egyenlet ugyanaz lesz) kapjuk, hogy
A=
1 108 ,
1 1 B = − 108 , D = − 18 .
Ezért az elemi törtekre bontás a következ®höz vezet:
ˆ
ˆ mert
8.
ˆ
dx = x4 − 81
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x dx = · − · − · 2 ·ln |x − 3|− ·ln |x + 3|− · arctg +c 108 x − 3 108 x + 3 18 x + 9 108 108 18 3 3
3 dx = 2 x +9 9
ˆ
1 3 dx x 2 + 3
= 1
1 x arctg + c 3 3
Improprius integrálok
a) végtelen határú integrál
ˆ
∞
√ 2
dx = lim x − 1 ω→∞
ˆ
ω
√ 2
√ dx = lim 2 ω − 1 − 1 = +∞ x − 1 ω→∞
divergens, (ha véges volna, akkor az improprius integrál konvergens lenne)
ˆ mert
ˆ 2
ω
1 ˆ √ dx (x − 1) 2 − 12 √ = (x − 1) dx = +c=2 x−1+c 1 x−1 2 √ √ ω dx √ =2 x−1 2 =2 ω−1−1 x−1
b) szakadásos függvény integrálja
ˆ
2
√ 0
dx = lim 2 − x ε→0+
ˆ
0
2−ε
√ 0
h √ 0 √ i √ dx % = lim −2 ε − 2 =2 2 2 − x ε→0+
2−ε
konvergens,
ˆ √ dx −1 −1 = − − (2 − x) 2 dx = −2 (2 − x) 2 + c = −2 2 − x + c 2−x √ √ √ √ √ 2−ε dx √ = −2 2 − x 0 = −2 2 − 2 + ε − 2 = −2 ε− 2 2−x √
mert
ˆ
ˆ
7
9.
u
vektor felbontása
v -vel
párhuzamos és arra mer®leges kompo-
nensek összegére:
u1 u2
v |v| = u − u1 =
u·
Ellen®rzés:
·
v |v|
u1 · u2 = 0
Példa
u (1, 2, 3) vektor v (0; 1; 2) vektor tartóegyenesére vett i u1 = (1, 2, 3) · 0; √15 ; √25 · 0; √15 ; √25 = √85 · 0; √15 ; √25 = 0; 85 ; 16 5 v √ 1 √1 ; √2 mert (0; 1; 2) = 0; 2 2 |v| = 1 +2 5 5 Határozzuk meg az
h
10.
mer®leges vetületvektorát!
Feladat
Vizsgáljuk hogy legfeljebb másodfokú valós együtthatós polinomok függetlenek-e az
2
f1 (X) = 4X + 1, f2 (X) = X + X
és
(P2 [X] , +, R, ·) 2
f3 (X) = 3X − X
vektorterében lineárisan
vektorok?
Megoldás A lineárisan függetlenség de nícióját használva induljunk ki az azonosságból, ahol
0
a zérus polinom.
α (4X + 1) + β X 2 + X + γ 3X 2 − X = 0, 2
(β + 3γ) X + (4α + β − γ) X + α = 0,
tehát
α · f1 (X) + β · f2 (X) + γ · f3 (X) = 0
f1 (X), f2 (X), f3 (X)
fokszámok szerint rendezve
ahonnan
α
=
0
4α + β − γ
=
0 =⇒ α = β = γ = 0,
β + 3γ
=
0
vektorok lineárisan függetlenek.
8
11. A
t
Egyenletrendszerek:
paraméter értékét®l függ®en vizsgáljuk az alábbi egyenletrendszer megoldásainak számát!
Ahol van megoldás, ott oldjuk is meg az egyenletrendszert!
2x1 + 5x2 + x3 + 3x4
=
2
4x1 + 6x2 + 3x3 + 5x4
=
4
4x1 + 14x2 + x3 + 7x4
=
4
2x1 − 3x2 + 3x3 + tx4
=
7
Mátrixos alakba írva:
2
5
1
3
2
4 4 2
6
3
14
1
−3
3
5 x2 = 4 7 x3 4 t x4 7
x1
A·x=b
Gauss módszerrel kapjuk, hogy:
2 4 4 2
5
1
3 | 2
6
3
14
1
−3
3
5 | 4 7 | 4 t | 7
S2 − 2S1
S3 − 2S1 S4 − S1
2 0 0 0
∼
2
0 ∼ 0 0
5
1
3
−4
1
−1
0
0
0
0
0 t−1
| 2
5
1
3
−4
1
−1
4
−1
1
−8
2
t−3
| 0 | 0 | 5
S2 · (−1) S3 ↔ S4 ∼
a) pontosan egy megoldásunk akkor lenne, ha
rangA = rang [A|b] = 4 ez nem állhat fenn.
9
(ismeretlenek száma),
| 2
S3 + S2
!
S4 − 2S2
| 0 | 0 | 5
∼
!
2
5
1
3
| 2
0 0 0
4
−1
1
0
0
t−1
0
0
0
| 0 | 5 | 0
b)
∞
sok megoldásunk van
⇐⇒ rangA = rang [A|b] < 4
Ez csak akkor lehetséges, ha a két
rang = 3,
azaz
t 6= 1.
Ekkor
2x1 + 5x2 + x3 + 3x4 = 2 4x2 − x3 + x4 = 0 (t − 1) x4 = 5 =⇒ x4 =
5 t−1
15 t−1 5 4x2 − x3 = − t−1 5 x4 = t−1
2x1 + 5x2 + x3 = 2 −
Ekkor a szabadságfok
=4−3=1
x3 = u ∈ R 1 5 x2 = u− 4 t−1 1 15 5 25 1 x1 = 2− −u− u+ = 2 t−1 4 4 t−1 9 1 35 1 2− − u = 2 4 t−1 4 5 x4 = t−1 c) nincs megoldás (azaz az egyenletrendszer megoldáshalmaza üres), ha
rangA = 2 < 3 = rang [A|b],
rangA 6= rang [A|b].
Ez úgy lehet, hogy
azaz
t=1 Megjegyzés Ha nem kéri a feladat, hogy oldjuk is meg az egyenletrendszert ott, ahol van megoldás, akkor elég csak a megoldások számát tárgyalni a
t
paraméter függvényében, azaz a b) pontban szerepl®
megoldásokat nem kell megadni.
10
(x1 , x2 , x3 , x4 )
12.
Mátrixok
12. A. feladat √
√2 5 − √15
A=
Ortogonális-e az
5 3 2 − 3√ 5 4 √ 3 5
0
2 3 1 3 − 23
mátrix?
Megoldás
A
⇐⇒ A · A| = A| · A = I egységmátrix. √ 5 2 √2 0 0 − √15 3 3 √ 5 2 1 5 2 4 √2 √ − 3√ − 3√ 3 · 3 5 5 5 3 5 4 2 1 √ − √15 − 23 − 23 3 3 3 5
ortogonális
A · A| =
Hasonlóan be kell látnunk, hogy
A| · A
1 = 0 0
0
0
1
0 = I3 1
0
is ugyanennyi (házi feladat).
12. B. feladat
Számítsuk ki az
5
3
9
A= 3
1
3
2
2 4
mátrix inverzét!
Megoldás
detA = 20 + 54 + 18 − 27 − 20 − 36 = 72 − 63 = 9 6= 0 | 0 −6 3 0 6 −3 adjA = 6 −7 −1 = −6 −7 17 −3 A−1 =
1 detA
−4
17
3 2 3 − 79 − 19
0 2 · adjA = − 3 1 3
− 13
−1
17 9 − 49
0
tehát van inverz mátrix.
−4
Alkalmazás
Oldjuk meg az
3
−1
A · X = −2 2
1 −1
1 4
mátrix egyenletet, ahol
A
az el®z® mátrix!
0
Megoldás
3
X = A−1 · −2 2
−1 1 −1
0
0
1 = − 23 1 4 3
2 3 − 79 − 19
− 31
17 9 − 94
· −2 2
11
3
−1 1 −1
1 = 4
−2
1
− 23
10 3 5 3
−2
61 9 − 17 9
0
