Az 1. gyakorlat HF-inak megoldása
1. Deriváljuk az alábbi függvényeket. √ √ |x| √ + √1 , ( x · ln |x|)0 = 12 x−1/2 ln |x| + xx = ln 2 x x 0 √ √ (x + 1) · sh x = sh x + (x + 1) · ch x, (x x)0 = (x3/2 )0 = 23 x1/2 = 32 x, x 0 3 0 −x 0 −x −x e x e ex cos x+ex sin x 3x2 sin 2x−2x3 cos 2x , , = = = −e (2x+3)−2e , cos x cos2 x sin 2x 2x+3 (2x+3)2 sin2 2x 0 0 0 (x2 −4)−(x+1)·2x x+1 2 2 cos x = , sin(x ) = cos(x ) · 2x, e = −ecos x · sin x, x2 −4 (x2 −4)2 0 0 0 x ctg (ex ) = − sin2e(ex ) , sin2 x = 2 sin x · cos x, (1 + 3x)6 = 6 · (1 + 3x)5 · 3, 0 0 0 0 1 2 cos 2x 2x 4 −1 2 = (sin 2x) = − , ln(1 + x ) , ln(1 − 4x) , = = − 1−4x sin 2x 1+x2 sin2 2x
(sin x · cos x)0 = cos2 x − sin2 x,
0 0 0 − 12 sin x2 x x 1 , ln cos tg , sin 2x = = − = 2 cos 2x, ln |x2 +3x−4| = x22x+3 +3x−4 2 cos x2 2 2 0 0 e−x = −e−x , (2x + 1)3 = 3 · (2x + 1)2 · 2, 0 √ 0 3 , sin x·e−x = cos x·e−x −sin x·e−x , 1 − 3x = 12 (1−3x)−1/2 ·(−3) = − 2√1−3x 0 0 x 0 (ex shx+ ex chx)x3/2 − 32 ex shx·x1/2 1 sin x 1 2 e shx = , = − , , = 2 2 3/2 cos x cos x 1+2x (1+2x) x3 x √ 0 √ √ x2 x 1 + x2 = 1 + x2 + x · 12 · (1 + x2 )−1/2 · (2x) = 1 + x2 + √1+x 2, 0 0 0 sin(x3 )·3x2 1 3 1 1 −x 3/2 −x 1/2 −x = 2 (1 + e ) · (−e ), = cos2 (x3 ) , (1 + e ) = (1−x) 2, cos(x3 ) 1−x 0 √ x (x2 + cos 4x + 2)3 = 3(x2 + cos 4x + 2)2 (2x − 4 sin 4x), ( 1 − x2 )0 = − √1−x 2, 0 0 0 √ 1 (1 − x2 )5/2 = −5x (1 − x2 )3/2 , = (1 + x4 )−1/2 = −2x3 (1 + x4 )−3/2 , 1+x4 0 0 1 2 1 2x −2 0 = (1 − x) = (1−x) ( 1+x 2 3, 2 ) = − (1+x2 )2 , (1−x)
√ 2 1+x2 − √ x 2 (1+x2 )−2x2 1+x 1−x2 x 0 = (1+x2 )2 = (1+x2 )2 ( √1+x2 ) = 1+x2 3 2 3/2 2 1/2 2 3/2 (1−x ) −x· 2 (1−x ) ·(−2x) +3x2 (1−x2 )1/2 ( (1−xx2 )3/2 )0 = = (1−x ) (1−x 2 )3 (1−x2 )3
,
x 0 ( 1+x 2)
x2
x2
,
4e (e− 2 )0 = −x e− 2 , ( ee2x −1 )0 = (e2x , +1 +1)2 0 2 ln 1−x = 1+x · −(1+x)−(1−x) = − 1−x 2, 1+x 1−x (1+x)2 2x 0 (e2x +2xe2x )(1+x)−xe2x xe = . 1+x (1+x)2 2x
2x
2. Számítsuk ki az alábbi deriváltakat! (a) Ha s = 3 − 10t2 , akkor (c) Ha u = e− T , akkor 1
du dT
ds dt
= −20t. 1
= e− T ·
1 T2
(b) Ha T = 2V , akkor
.
3. Számítsuk ki az alábbi határértékeket! L'Hospital-szabállyal: 1
dT dV
= 2.
FONTOS: Mindegyik határérték lim sin x x→0 3x
= lim
x→0
cos x 3
x→0
lim
1−cos x x2
= lim
lim
x−sin x x3
= lim
x→0
=
sin x x→0 2x
x→0
= lim
x→0
típusú, így alkalmazhatjuk a L'Hospital-szabályt.
= 31 ;
= lim
x→0
1−cos x 3x2
2
ex −1−x− x2 x3 x→0
lim
cos 0 3
0 0
cos x 2
= 12 ;
sin x x→0 6x
= lim
ex −1−x 3x2
= lim
x→0
= lim
x→0
ex −1 6x
cos x 6
= 16 ;
ex x→0 6
= lim
2
=
e0 6
= 16 .
A 2. gyakorlat HF-inak megoldása
(rajzok nélkül)
1. Keressük meg az alábbi f : R → R függvények lokális minimum- és maximumhelyeit, valamint hogy mely intervallumokon növ®k/csökken®k! Határozzuk meg a limeszüket ±∞-ben, végül rajzoljuk fel a gra konjukat! (a) f (x) := x3 − 3x2 + 5; f 0 (x) := 3x2 − 6x = 3x(x − 2) ⇒ f 0 (x) > 0 0 el®tt, f 0 (x) < 0 0 és 2 közt, f 0 (x) > 0 2 után ⇒ f n® 0 el®tt, csökken 0 és 2 közt, n® 2 után ⇒ 0-ban lok. max., 2-ben lok. min. Határértékek: a f®együttható el®jele pozitív, így f limeszei megegyeznek x3 limeszeivel: lim f = −∞, lim f = +∞. −∞
+∞
(b) f (x) := 2x4 − x2 ; f 0 (x) := 8x3 − 2x = 2x(4x2 − 1). Itt 4x2 − 1 < 0 ⇔ |x| < 12 , azaz ha − 12 < x < 12 , és 4x2 − 1 > 0 ⇔ |x| > 12 , azaz ha x < − 21 vagy x > 12 . Így ⇒ f 0 (x) < 0 − 12 el®tt, f 0 (x) > 0 − 12 és 0 közt, f 0 (x) < 0 0 és 12 közt, f 0 (x) > 0 21 után
0-ban lok. max., 21 -ben lok. min. Határértékek: a f®együttható el®jele pozitív, így f limeszei megegyeznek x4 limeszeivel: lim f = lim f = +∞. ⇒
−∞
− 12 -ben lok. min.,
+∞
(c) f (x) := 5x − x5 ; f 0 (x) := 5 − 5x4 = 5(1 − x4 ) Itt 1 − x4 > 0 ⇔ |x| < 1, azaz ha −1 < x < 1, és 1 − x4 < 0 ⇔ |x| > 1, azaz ha x < −1 vagy x > 1. Így ⇒ f 0 (x) < 0 -1 el®tt, f 0 (x) > 0 -1 és 1 közt, f 0 (x) < 0 1 után.... ⇒ f csökken -1 el®tt, n® -1 és 1 közt, csökken 1 után ⇒ -1-ben lok. min., 1-ben lok. max. Határértékek: a f®együttható el®jele negatív, így f limeszei megegyeznek −x5 limeszeivel: lim f = +∞, lim f = −∞. −∞
+∞
2. Igaz-e, hogy az alábbi f : R → R függvények lokális maximumhelye egyben globális maximumhely is? (a) A fenti 1.(b) pontbeli f (x) := 2x4 − x2 esetén: nem igaz, hiszen amiatt, hogy lim f = lim f = +∞, a függvény akármilyen nagy értéket felvehet. −∞
+∞
(b) f (x) := x e−x . (Útmutatás: itt is el®ször keressük meg a lokális minimum/maximumhelyeket a tanult módszerrel.) f 0 (x) := e−x − x e−x = e−x (1 − x). Itt e−x > 0 ∀x-re, így ⇒ f 0 (x) > 0 1 el®tt, f 0 (x) < 0 1 után ⇒ f n® 1 el®tt, csökken 1 után 3
⇒ 1-ben lok. max., és ez globális is, mivel el®tte f végig n®, utána végig csökken (azaz csak kisebb értékei vannak). A válasz itt tehát "igen".
3. Keressük meg az alábbi f : R → R függvények lokális minimum- és maximumhelyeit! (2. deriválttal.) (a) f (x) := x6 + 6x + 1. f 0 (x) := 6x5 + 6 = 6(x5 + 1). Itt f 0 (x) = 0 ⇔ x = −1. f 00 (x) := 30x4 , így f 00 (−1) := 30 > 0 ⇒ -1-ben lok. min. van (b) f (x) := 4 + 3x − x3 . f 0 (x) := 3 − 3x2 = 3(1 − x2 ). Itt f 0 (x) = 0 ⇔ x = −1 vagy x = 1. f 00 (x) := −6x, így f 00 (−1) := 6 > 0 ⇒ -1-ben lok. min. van, f 00 (1) := −6 < 0 ⇒ -1-ben lok. max. van.
4
1. A függvények gra konját az ismert függvények gra konja segítségével, valamint a végtelenben és a szakadási helyeken vett határértékek kiszámításával tudjuk meghatározni. a) f (x) = x−4 . Ez a függvény az x1 függvény negyedik hatványa. A képe két hiperbolához hasonló ág. ÉT: R \ 0. ÉK: R+ b) f (x) = x−3 . Ez a függvény az x1 függvény harmadik hatványa. A képe hiperbolához hasonló. ÉT: R \ 0. ÉK: R \ 0. c) f (x) = x5/2 . Ez a függvény az x függvény 1-nél nagyobb hatványa, x2 < x5/2 < x3 . A fv. képe hasonló egy parabola jobb oldali feléhez. ÉT: R+ . ÉK: R0 . d) f (x) = x−3/2 . Ez a függvény az x1 függvény 1-nél nagyobb hatványa. A képe egy hiperbolaághoz hasonló. ÉT: R+ . ÉK: R0 . e) A logaritmus alapja 1-nél nagyobb szám. A függvény szig. növ®, 0+ -ban vett határértéke mínusz végtelen, a plusz végtelenben vett határértéke pedig plusz végtelen. Az 1-a)-e) feladatokhoz külön le-ban ábrák is találhatók.
a) A mínusz végtelenben vett határérték 0, a plusz végtelenben vett határérték plusz végtelen. A függvény mindenütt pozitív, és szigorúan monoton nô. b) Mínusz végtelenben a kitevô mínusz végtelenhez tart, tehát a határérték 0; plusz 2 végtelenben szintén. Deriváltja f 0 (x) = e−x /2 · (−x), ami x = 0 esetén 0, el®tte pozitív, utána negatív. Így f a 0 el®tt szig. növ®, utána szig. csökken, így a 0-ban lok. maximuma van (és ez 1). A függvény páros, azaz szimmetrikus az y tengelyre. c) Ennek a függvénynek a gra konja az elôzô függvény gra konjának az x tengely irányú, 3 egységnyi eltolásával kapható. 2.
a) f 0 (x) = 2 − 2x = 2(1 − x), ennek zérushelye x = 1, ez bele is esik az adott intervallumba, itt f (1) = 1. A végpontokban f (0) = 0, f (3) = −3, így min = −3, I max = 1. 3.
I
b) f 0 (x) = 12 − 3x2 = 3(4 − x2 ), ennek zérushelyei x = 2 és x = −2. Ezekb®l 2 esik az adott intervallumba, itt f (2) = 15. A végpontokban f (−1) = −12, f (3) = 8, így min = −12, max = 15. I
I
c) f 0 (x) = 5x4 − 5 = 5(x4 − 1), ennek zérushelyei x = 1 és x = −1. Mindkett® beleesik az adott intervallumba, itt f (−1) = 2, ez egyben végpont is, ill. f (1) = −6. A másik végpontban f (2) = 20, így min = −6, max = 20. I
I
t függvénynek az [8, 20] a) A feladat annak meghatározása, hogy a T (t) = 2t − 16 intervallumon hol van és mennyi a maximuma és minimuma. T 0 (t) = 2 − 8t , ennek zérushelye t = 16. Ez beleesik az adott intervallumba, itt T (16) = 16. A végpontokban T (8) = 12 és T (20) = 15. Így a legkisebb h®mérséklet 8 órakor 12◦ C , a legnagyobb h®mérséklet 16 órakor 16◦ C volt. b) Ha a kerület 100, a félkerület 50. Az egyik oldalt x-szel jelölve a terület x(50 − x). Az x(50 − x) = 50x − x2 kifejezés maximumát a derivált segítségével határozzuk meg: f 0 (x) = 50 − 2x, így f 0 (x) = 0, azaz x = 25 esetén lehet szélsôérték, itt a terület 252 . Innen: 1. módszer: x ∈ [0, 50], a végpontokban x(50−x) értéke 0, így x = 25 esetén maximális a terület (amikor négyzet). 2. módszer: f 00 (x) = −2, ami 25-ben (is) negatív, ezért ott lokális maximum van. Mivel az els® derivált sehol máshol nem 0, így f végig n® 25 el®tt és végig csökken 25 után, így 25-ben globális maximum is van. 2
4.
5
c) N 0 (t) = −λN0 · e−λt < 0, így a függvény végig szigorúan csökken. N (0) = N0 > 0, a +∞-ben pedig 0 a határérték.
6
A 4. gyakorlat HF-inak megoldása
1. Számítsuk ki az alábbi határozatlan integrálokat! 5 0 x5 + c, mert x5 = x4 ; x dx = 5 Z Z √ 1 3 4 3 x dx = x 3 dx = x 3 + c; 4 Z Z Z Z x3 x1 x10 9 2 9 2 −5 +2 +c = (x − 5x + 2) dx = x dx − 5 x dx + 2 x0 dx = 10 3 1 x10 x3 − 5 + 2x + c; 10 3 Z Z Z Z 2 1 8 1 x3 1 x−5 − 13 −6 √ dx − 8 x dx = + ln |x| − 8 2 + c = + − 3 dx = x dx + x6 x x −5 x 3 2 1 −5 3 = − x + ln |x| − 12x + c; 5 Z Z Z Z 1 sin x 1 x x ) dx = 3 cos x dx − e dx + (3 cos x − e + sin x dx = 3 sin x − ex + · 2 2 2 (− cos x) + c; Z x e + cos x dx =? útm.: a számláló a nevez® deriváltja: (ex + sin x)0 = ex + cos x, ex + sin x így Z x Z e + cos x (ex + sin x)0 dx = dx = ln |ex + sin x| + c; ex + sin x ex + sin x Z Z 2x (x2 − 1)0 dx = dx = ln |x2 − 1| + c, ugyanis (x2 − 1)0 = 2x; 2 2 x −1 x −1 Z Z Z 1 2x 1 (x2 − 3)0 1 x dx = dx = dx = ln |x2 − 3| + c; 2 2 2 x −3 2 x −3 2 x −3 2 Z Z Z 1 4x3 1 (x4 + 1)0 1 x3 dx = dx = dx = ln |x4 + 1| + c; 4 4 4 x +1 4 x +1 4 x +1 4 Z Z Z Z sin x − sin x (cos x)0 tg x dx = dx = − dx = − dx = − ln | cos x| + c; cos x cos x cos x Z 1 sin 2x dx = · (− cos 2x) + c; 2 Z 1 e4x dx = e4x + c; 4 Z 1 −x e−x dx = e = −e−x + c; −1 Z x x 1 x e 4 dx = 1 e 4 + c = 4e 4 + c; Z
4
4
Z
2x cos dx = 3
Z
Z
1 √ dx = 1−x
2 3 2 cos x dx = · sin x + c; 3 2 3 Z (1 − x)
− 21
1 √ 1 (1 − x) 2 dx = · + c = −2 1 − x + c; 1 −1 2
7
Z
1 −2x e + c; −2 Z Z 1 1 (x − 3)−1 −2 =− + c; dx = (x − 3) dx = 2 (x − 3) −1 x−3 Z e−x dx =? (útmutatás: a számláló a nevez® deriváltja-e? (e−x + 1)0 = −e−x ) e−x + 1 Z Z e−x −e−x dx = − dx = − ln |e−x + 1| + c. −x −x e +1 e +1 e−2x dx =
2. Számítsuk ki az alábbi, racionális törtfüggvényekre vonatkozó határozatlan integrálokat! Z 1 1 1 dx = ln |4x + 3| + c; dx = − ln |4 − x| + c; 4x + 3 4 4−x Z 1 x x dx = −2 ln |1 − | + c; 1− 2 2 Z 1 1 1 1 1 2 dx =? x − 6x + 8 = (x − 4)(x − 2), x2 −6x+8 = 4−2 x−4 − x−2 , x2 − 6x + 8 Z
így
Z
1 1 dx = 2 x − 6x + 8 2 1 x − 4 ln +c; 2 x−2 Z 1 dx =? x2 + x − 2
Z
1 1 dx − x−4 2
Z
1 1 1 dx = ln |x − 4| − ln |x − 2| + c = x−2 2 2
x2 + x − 2 = (x − 1)(x + 2),
1 x2 +x−2
=
1 1+2
1 x−1
−
1 x+2
,
így
Z
Z Z 1 1 1 1 1 1 1 dx = dx − dx = ln |x − 1| − ln |x + 2| + c = 2 x +x−2 3 x−1 3 x+2 3 3 1 x − 1 ln +c; 3 x+2 Z 1 1 1 1 1 2 dx =? x − 2x = x(x − 2) , = − , így x2 −2x 0−2 x x−2 x2 − 2x Z Z Z 1 1 1 1 1 1 1 1 x dx = − dx+ dx = − ln |x|+ ln |x−2|+c = − ln +c; x2 − 2x 2 x 2 x−2 2 2 2 x−2 Z Z 1 1 1 1 1 1 2 dx = − dx =? x − 1 = (x − 1)(x + 1) , = − , x2 −1 2 x−1 x+1 1 − x2 x2 − 1
így
Z
Z Z 1 1 1 1 1 dx = − dx − dx = − ln |x − 1| − ln |x + 1| +c = 2 1 − x 2 x − 1 x + 1 2 1 x − 1 − ln +c; 2 x+1 Z Z Z 1 1 1 1 1 x dx = dx = 2 dx = arc tg + c; x 2 2 2 2 x +9 x +3 3 (3) + 1 3 3 Z Z 1 1 x 2x dx = dx = ln(x2 + 9) + c. 2 2 x +9 2 x +9 2
3. Adjunk megoldóképletet az alábbi integrálokra, ahol u 6= 0 adott állandó! 8
Z
1 dx =? − u2
x2 − u2 = (x − u)(x + u). Nézzük a következ® kifejezést: x+u−(x−u) 1 1 1 2u 1 1 1 , így − = = . Tehát = − x−u x+u (x−u)(x+u) x2 −u2 x2 −u2 2u x−u x+u Z Z Z 1 1 1 1 1 dx − dx = ln |x − u| − ln |x + u| +c = dx = x2 − u 2 2u x−u x+u 2u 1 x − u ln +c; 2u x+u Z 1 dx =? (x − u)2 Z útm.: az f (kx + b) dx tanult típusba esik, ahol f (x) = x12 = x−2 , k = 1, b = −u és Z 1 1 −1 F (x) = −x = − x . Az órai anyag alapján f (kx + b) dx = F (kx + b) + c, azaz k Z 1 1 + c. dx = − (x − u)2 x−u x2
4. (Integrálás más változó szerint.) Számítsuk ki az alábbi határozatlan integrálokat! Z
t
(t + e ) dt = Z
Z
Z t dt +
(1 + s2 ) ds = s +
t2 e dt = + et + c; 2 t
s3 + c. 3
9
(c ∈ R)
Az 5. gyakorlat HF-inak megoldása
1. Számítsuk ki az alábbi határozatlan integrálokat! Z
Z
2
1 1 1 (1 + cos 6x) dx = x + sin 6x + c. 2 2 6
cos (3x) dx = Z
Legyen g(x) = x + 2 és f 0 (x) = sin x, így f (x) = − cos x jó
(x + 2) sin x dx =?
lesz:Z
Z (sin x) · (x + 2) dx = −(cos x) · (x + 2) −
Z dx dt
√
= 2t, Z
Z
1 √ dx =? x (1 + x)
Itt x = t2 kiejti a gyököt:
így dx = 2t dt. Ezeket beírva: Z 1 √ √ dx = x (1 + x) √ = 2 ln( x + 1) + c.
x
Z
x
1 2t dt = 2 t (1 + t)
Z
e cos(e ) dx =
1 t (cos t) dt = t
Z
√ x = t (vehet® t > 0), ekkor
√ 1 dt = 2 ln |t+1|+c = 2 ln | x+1|+c 1+t
Ha x = ln t, akkor ex = t, ill.
ex cos(ex ) dx =?
beírva: Z
(− cos x) · 1 dx = −(x + 2) cos x + sin x + c.
dx dt
= 1t , így dx =
1 t
dt. Ezeket
cos t dt = sin t + c = sin(ex ) + c.
2. (a) Mekkora az y = x − x2 parabola és az x tengely közti terület? (Útm.: a 0 ≤ x ≤ 1 értékekre lesz a görbe alatti rész.) 1
12 13 02 03 1 1 x 3 i1 1 := − − − = − = . 2 3 0 2 3 2 3 2 3 6 0 Z l %(x) dx, ha % : [0, l] → R (b) Egy l hosszú inhomogén s¶r¶ség¶ vékony rúd tömege Z
T =
(x − x2 ) dx =
h x2
−
a s¶r¶ségfügvény. Ha l = 1 és %(x) = Z
1
0
1 1+x
0
, mekkora a rúd tömege?
h i1 1 dx = ln |1 + x| = ln 2 − ln 1 = ln 2. 1+x 0
3. Számítsuk ki az alábbi határozott integrálokat! Z
1
1 1 e−x dx = −e−x 0 = −e−1 + e−0 = − + 1. e 0 Z 1 Z 1 Z 1 −x 1 1 1 −x −x x e dx = e x dx = −e x 0 − (−e−x · 1) dx = −e−x x 0 − e−x 0 0
0
−1
= (−e g(x) := x.) Z
0
−1
+ 0) − (e
π/2
Z x cos x dx =
0 π/2 − cos x]0
0
π/2
0
−e ) =
− 2e
+ 1.
(Parc. integrálás volt, f (x) := −e−x és
π/2 (cos x)·x dx = (sin x) · x]0 −
10
Z 0
π/2
π/2 sin x dx = (sin x) · x]0 −
= ( π2 − 0) + (0 − 1) = 4
π 2
− 1. (Parc. integrálás volt, f (x) := sin x és g(x) := x.)
√
√ e x √ dx =? Itt x = t2 kiejti a gyököt: x = t (vehet® t > 0), ekkor dx = 2t, dt x 0 √ így dx = 2t dt. Végpontok: ha x = 0 vagy 4, akkor t = x = 0 vagy 2. Ezeket
Z
beírva: Z
4
0
√
e x √ dx = x
Z
2
0
et 2t dt = 2 t
Z 0
2
2 et dt = 2 et 0 = 2(e2 − e0 ) = 2(e2 − 1).
Z √ t 1 1 t 1 1 1 e−1 1 1 t e dt = e 0 = (e − e0 ) = , t e √ dt = x e dx = 2 0 2 2 2 2 t 0 0 √ 1 ahol az x = t helyettesítést használtuk; dx = 2√ , ill. az x = 0 és 1 végpontokból dt t 2 t = x = 0 és 1 lesz, azaz most nem változnak. Z 1 1 √ dx =? A megadott x = sin t helyettesítést használjuk a [0, π2 ] interval2 1−x 0
Z
1
x2
Z
1
lumon. Mint a gyakorlaton: ez a helyettesítés a t = 0, t = π2 végpontokat x = 0-ba és x = 1-be viszi; dx = cos t, így dx = cos t dt; dt p √ felhasználjuk, hogy ha t ∈ [0, π2 ], akkor 1 − sin2 t = cos2 t = | cos t| = cos t ≥ 0. Ezeket beírva: Z 0
1
1 √ dx = 1 − x2
Z 0
π/2
Z
1
p · cos t dt = 1 − sin2 t
11
0
π/2
cos t dt = cos t
Z
π/2
π/2
1 dt = [t]0 0
=
π . 2
A 6. gyakorlat HF-inak megoldása
Z
1.
1 +∞
Z Z
+∞
1 x3/2
h 1 i+∞ 1 = −2 lim x− 2 − 1 = −2(0 − 1) = 2; dx = −2 x− 2 x→+∞
1
h x i+∞ x x e− 2 dx = −2 e− 2 = −2 lim e− 2 − e−0 = −2(0 − 1) = 2;
1
Z 0
1
x→+∞
0
0 +∞
h i+∞ 1 dx = ln x = lim ln x − ln 1 = +∞ − 0 = +∞; x→+∞ x 1 h 1 i1 1 √ dx = 2 x 2 = 2(1 − 0) = 2. x 0
2. Számítsuk ki az alábbi függvények els® parciális deriváltjait! (a) f (x, y) := ex sin y ⇒ ∂1 f (x, y) = ex sin y , ∂2 f (x, y) = ex cos y ; f (x, y) := x − 2y − 4 ⇒ ∂1 f (x, y) = 1,
∂2 f (x, y) = −2;
f (x, y) := x2 y + xy 2 ⇒ ∂1 f (x, y) = 2xy + y 2 ,
∂2 f (x, y) = x2 + 2xy ;
f (x, y) := x3 y 5 − 3xy 4 + 7y ⇒ ∂1 f (x, y) = 3x2 y 5 − 3y 4 , f (x, y) := ex−y ⇒ ∂1 f (x, y) = ex−y , f (x, y) := ex f (x, y) :=
x2 y2
∂2 f (x, y) = 5x3 y 4 − 12xy 3 + 7;
∂2 f (x, y) = −ex−y ;
2 −y 2
⇒ 2 2 ∂1 f (x, y) = ex −y · 2x,
∂2 f (x, y) = ex
2 −y 2
· (−2y);
⇒ ∂1 f (x, y) =
2x y2
,
∂2 f (x, y) =
f (x, y) := ln(x2 + y 2 ) ⇒ ∂1 f (x, y) = x22x , +y 2 f (x, y) := ln(x4 + y 4 ) ⇒ 3 ∂1 f (x, y) = x44x+y4 , p f (x, y) := x2 + y 2 + 1 ⇒ ∂1 f (x, y) = 12 √ 1
−2x2 y3
;
∂2 f (x, y) =
2y x2 +y 2
;
∂2 f (x, y) =
4y 3 x4 +y 4
;
x2 +y 2 +1
· 2x = √
x x2 +y 2 +1
,
∂2 f (x, y) = √
y x2 +y 2 +1
;
f (x, y) := (x2 + y 2 − 4)3/2 ⇒ ∂1 f (x, y) = 23 (x2 + y 2 − 4)1/2 · 2x, ∂2 f (x, y) = 32 (x2 + y 2 − 4)1/2 · 2y ; √ (b) f (u, v) := 4u + 9v ⇒ 4 9 ∂1 f (x, y) = 2√4u+9v , ∂2 f (x, y) = 2√4u+9v ; f (m, T ) :=
1 mT 2
⇒ ∂1 f (x, y) = − m21T 2 ,
∂2 f (x, y) = − mT2 3 ;
(c) f (x, y, z) := x2 + y 2 + z 2 ⇒ ∂1 f (x, y, z) = 2x, ∂2 f (x, y, z) = 2y , 12
∂3 f (x, y, z) = 2z ;
xy 2 z
⇒ ∂1 f (x, y, z) =
f (x, y, z) :=
y2 z
,
∂2 f (x, y, z) =
2xy z
,
∂3 f (x, y, z) = − xy . z2 2
3. Második parc. deriváltak=? (Felhasználjuk, hogy ∂1 ∂2 f = ∂2 ∂1 f .) f (x, y) = ex sin y . Ekkor ∂1 f (x, y) = ex sin y ⇒ ∂12 f (x, y) = ex sin y , ∂1 ∂2 f (x, y) = ex cos y ; ∂2 f (x, y) = ex cos y ⇒ ∂22 f (x, y) = −ex sin y . f (x, y) = ln(x2 + y 2 ). 2y −2x Ekkor ∂1 f (x, y) = x22x ⇒ ∂12 f (x, y) = 2(x (x+y2 +y)−2x·2x = (x ∂1 ∂2 f (x, y) = 2 )2 2 +y 2 )2 , +y 2 2 +y 2 )−2y·2y 2 −2y 2 2(x 4xy 2y 2x 2x·2y = (x2 +y − (x2 +y2 )2 = − (x2 +y2 )2 ; ∂2 f (x, y) = x2 +y2 ⇒ ∂22 f (x, y) = (x2 +y2 )2 2 )2 . 2
2
2
2
f (x, y, z) = xyz . Ekkor ∂1 f (x, y, z) = yz ⇒ ∂12 f (x, y, z) = 0, ∂2 ∂1 f (x, y, z) = z , ∂3 ∂1 f (x, y, z) = y ; ∂2 f (x, y, z) = xz ⇒ ∂22 f (x, y, z) = 0, ∂3 ∂2 f (x, y, z) = x; és ∂3 f (x, y, z) = xy ⇒ ∂33 f (x, y, z) = 0.
4. f 0 (x, y) =? f (x, y) = ln(x2 + y 2 ) 3
⇒ f 0 (x, y) = 4 3
f (x, y) = (x − 5y, 2x y + x)
2x
2y
x2 +y 2
x2 +y 2
0
⇒ f (x, y) =
13
;
3x2 −5 3 3 8x y + 1 6x4 y 2
.
A 7. gyakorlat HF-inak megoldása
1. Írjuk fel az alábbi f : R2 → R függvények Hesse-mátrixát; els®- és másodfokú Taylor-polinomját! a., f (x, y) := ex cos y . f (x, y) := (e cos y, −e sin y), 0
x
f 0 (0, 0) = (1, 0),
x
00
f (x, y) =
T1 (u, v) := 1 + (1, 0) ·
ex cos y −ex sin y −ex sin y −ex cos y
;
u = 1 + u; v
1 0 f (0, 0) = , ennek kvadr. alakja: 0 −1 1 0 u u u u = u2 − v 2 , ebb®l · = · 0 −1 v −v v v 00
T2 (u, v) = 1 + u + 21 (u2 − v 2 ).
b., f (x, y) := ln(1 + x + 2y). 1 2 f 0 (x, y) := ( 1+x+2y , 1+x+2y ),
f 0 (0, 0) = (1, 2),
−1 −2 −1 −2 u −2 −4 v 00
f (0, 0) =
2 1 − (1+x+2y) − (1+x+2y) 2 2
f 00 (x, y) =
!
;
4 2 − (1+x+2y) − (1+x+2y) 2 2 u = u + 2v ; T1 (u, v) := 0 + (1, 2) · v −2 , ennek kvadr. alakja: −4 u −u − 2v u · = · = −u2 − 4uv − 4v 2 , ebb®l v −2u − 4v v
T2 (u, v) = u + 2v − 21 (u2 + 4uv + 4v 2 ).
c., f (x, y) := (1 + x − y)3 .
f 0 (x, y) := 3(1+x−y)2 , −3(1+x−y)2 , f 0 (0, 0) = (3, −3),
f 00 (x, y) =
T1 (u, v) := 1 + (3, −3) ·
6(1 + x − y) −6(1 + x − y) −6(1 + x − y)
6(1 + x − y)
u = 1 + 3u − 3v ; v
6 −6 f (0, 0) = , ennek kvadr. alakja: −6 6 6 −6 u u 6u − 6v u · = · = 6u2 − 12uv + 6v 2 , ebb®l −6 6 v v −6u + 6v v 00
T2 (u, v) = 1 + 3u − 3v + 21 (6u2 − 12uv + 6v 2 ) = 1 + 3u − 3v + 3u2 − 6uv + 3v 2 .
14
!
;
2. Számítsuk ki (azaz írjuk fel z = a + ib algebrai alakban): (1 + i) + (3 + 2i) = 4 + 3i, (1 + i) · (3 + 2i) = 3 + 2i + 3i + 2i2 = 3 + 5i − 2 = 1 + 5i, (2 + i)2 = 4 + 4i + i2 = 4 + 4i − 1 = 3 + 4i. 3. Ábrázoljuk a komplex síkon: z = 3 − 2i: a sík (3, −2) vektorának feleltethet® meg, z = −i + 6: a sík (6, −1) vektorának feleltethet® meg, z = 5ei 3 : (azaz r√= 5 és ϕ = π3 ). Ekkor z = 5(cos π3 +i sin π3 ) = 5( 12 +i· vagyis a sík ( 25 , 5 2 3 ) vektorának feleltethet® meg. π
4. Oldjuk meg! x2 + 4x + 13 = 0 ⇒ x1,2 = 2x2 − 4x +
9 2
= 0 ⇒ x1,2 =
√ √ −4± 16−52 −4± −36 = 2 2 √ √ 4± 16−36 = 4± 4 20 i = 4
x2 + 1 = 0 ⇒ x2 = −1 ⇒ x1,2 = ±i.
−4±6i 2 √ ± 25 i
=
√
3 ) 2
√
= 52 + 5 2 3 i,
= −2 ± 3i.
. (Kijön a megoldóképletb®l is.) 1
5. Írjuk fel polárkoordinátákkal, majd annak exponenciális alakjában! z=
1−i √ 2
:
így ϕ =
a jobb alsó negyedsíkban van, a valós rész a képzetesnek (−1)-szerese, 7π 4
; r=
q
2 √1 2
+ (− √12 )2 = 1.
Ebb®l z = 1 · (cos 7π4 + i sin 7π4 ) = ei 4 . 7π
z = −1 + i: a balpfels® negyedsíkban rész a képzetesnek (−1)-szerese, √ van, a valós √ √ 3π 3π 2 2 így ϕ = 4 ; r = (−1) + 1 = 2. Ebb®l z = 2 · (cos 3π4 + i sin 3π4 ) = 2ei 4 . p z = −i: A sík (0, −1) vektorának feleltethet® meg ⇒ ϕ = 3π , r = (0)2 + (−1)2 = 2 1.
Ebb®l z = (cos 3π2 + i sin 3π2 ) = ei 2 . 3π
z = −1: 1.
A sík (−1, 0) vektorának feleltethet® meg ⇒ ϕ = π , r =
p (−1)2 + 02 =
Ebb®l z = (cos π + i sin π) = eiπ . 6. Írjuk fel algebrai (azaz a + ib) alakban! z = ei 2 : azaz r = 1 és ϕ = 3π
3π 2
. Ekkor z = 1(cos 3π2 + i sin 3π2 ) = 0 + (−1) · i = −i.
z = 2ei 6 : azaz r = 2 és ϕ = π6 . Ekkor z = 2(cos π6 + i sin π6 ) = π
√
3 + i.
: azaz r = 1 és ϕ = 4π . Ekkor z = cos 4π + i sin 4π = 1 + 0 · i = 1. z = e−iπ : azaz r = 1 és ϕ = −π . Ekkor z = cos(−π) + i sin(−π) = −1 + 0 · i = −1. 4iπ
z=e
7. Legyen z = ei 4 . Ábrázoljuk a z , z 2 , z 3 , ..., z 8 hatványokat! (Útmutatás: itt z n = (eiϕ )n = einϕ .) π
z n = ei 4 , azaz az egységkörön az nπ szögnél lev® pontba mutató vektor. Itt z tehát 4 a π4 = 45◦ szög¶ egységvektor, és n növelésével ezt forgatjuk tovább mindig 45◦ -kal. π Ha n = 8, akkor visszajutunk az 1 pontba, azaz z 8 = e8i 4 = e2πi = 1. Menet közben a páros hatványok: z 2 = i, z 4 = −1, z 6 = −i, z 8 = 1. (A páratlan hatványokra √ z n == ±1±i megfelel® el®jelekkel.) 2 nπ
15
A 8. gyakorlat HF-inak megoldása
Számítsuk ki az alábbi függvényt!
Z
f vonalintegrálokat! Ahol lehet, használjunk primitív
Γ
(a) ϕ : [0, 1] → R2 , ϕ(t) := (2t + 1, t); f (x, y) := (x − 2y, 2x + y). Itt ∂1 f2 (x, y) = 2 6= ∂2 f1 (x, y) = −2, így nincs primitív függvény. f (ϕ(t)) = (1, 5t + 2), ϕ0 (t) := (2, 1), f (ϕ(t)) · ϕ0 (t) = (1, 5t + 2) · (2, 1) = 2 + (5t + 2) = 5t + 4 Z Z 1 h5 i1 13 (5t + 4) dt = ⇒ f= t2 + 4t = . 2 2 0 0 Γ
(b) ϕ : [0, 2π] → R2 , ϕ(t) := (cos t, sin t); f (x, y) := (x − 2y, 2x + y). f (ϕ(t)) = (cos t − 2 sin t, 2 cos t + sin t), ϕ0 (t) := (− sin t, cos t), f (ϕ(t)) · ϕ0 (t) = (cos t − 2 sin t, 2 cos t + sin t) · (− sin t, cos t) = − cos t sin t + 2 sin2 t + 2 cos2 t + sin t cos t = 2(sin2 t + cos2 t) = 2 ∀t Z Z 2π ⇒ f= 2 dt = 4π . Γ
0
(c) ϕ : [0, π] → R2 , ϕ(t) := (cos t, sin t); f (x, y) := (x3 − y, −x + y 3 ). Itt ∂1 f2 (x, y) = −1 = ∂2 f1 (x, y), így van primitív függvény. Z F (x, y) =
(x3 − y) dx =
x4 − xy + c(y) 4
⇒ ∂2
−x + y 3 , azaz c0 (y) = y 3 , így F (x, y) =
x4 4
− xy + c(y) = −x + c0 (y) =
x4 y4 − xy + + c. 4 4
Itt ϕ(0) = (cos 0, sin 0) = (1, 0), és hasonlóan ϕ(π) = (−1, 0), így 0+
4
0 4
−
14 4
−0+
4
0 4
Z f= Γ
(−1)4 4
−
= 0.
(d) ϕ : [0, 1] → R2 , ϕ(t) := (t, −t); f (x, y) := (2x, 2y). Itt ∂1 f2 (x, y) = 0 = ∂2 f1 (x, y), így van primitív függvény. A tanult módszerrel F (x, y) = x2 + y 2 + c. Itt ϕ(0) = (0, 0) és ϕ(1) = (1, −1), így
Z
f = 2 − 0 = 2.
Γ
(e) ϕ : [0, π] → R2 , ϕ(t) := (cos t, sin t);
f (x, y) := ( √
x , x2 +y 2
√
y x2 +y 2
).
Itt ∂1 f2 (x, y) = ∂2 f1 (x, y) = − (x2 +yxy2 )3/2 , így van primitív függvény. A (iii) mintapéldához hasonlóan, most az α = −1/2 esetben, F (x, y) =
p
Mint a (c) feladatban, ϕ(0) = (1, 0) és ϕ(π) = (−1, 0), így
Z Γ
16
x 2 + y 2 + c. √ √ f = 1 − 1 = 0.
(f) ϕ : [0, 1] → R2 , ϕ(t) := (t, −t);
f (x, y) := ( x2 +yx2 +1 ,
.
y ) x2 +y 2 +1
2xy Itt ∂1 f2 (x, y) = ∂2 f1 (x, y) = − (x2 +y 2 +1)2 , így van primitív függvény. A (iii) mintapélda módszerét használjuk: most h(t) = 1t , így H(t) = ln t + c. Ebb®l F (x, y) =
1 ln(x2 + y 2 + 1) + c. 2
Itt ϕ(0) = (0, 0) és ϕ(1) = (1, −1), így
Z Γ
f = 21 (ln 3 − ln 1) =
(g) ϕ : [a, b] → R2 , melynek Γ képe ellipszis;
1 2
ln 3.
f (x, y) := ( x2 +yx2 +1 ,
y ) x2 +y 2 +1
Az el®z® (f) feladat szerint van primitív függvény. Mivel Γ zárt görbe, így
Z Γ
17
.
f = 0.
A 9. gyakorlat HF-inak megoldása
1. Számítsuk ki div f -et és rot f -et! (a) f (x, y) := (x2 + y 2 , x2 − y 2 ) ⇒ div f (x, y) = 2x − 2y , (b) f (x, y) := (2x − 3y, 3x + 2y) ⇒ div f (x, y) = 4,
rot f (x, y) = 2x − 2y .
rot f (x, y) = 6.
(c) f (x, y, z) := (x2 + y 2 , y 2 + z 2 , x2 + z 2 ) ⇒ div f (x, y, z) = 2x + 2y + 2z , rot f (x, y, z) = (−2z, −2x, −2y)T . (c) f (x, y, z) := (x + y + z, xyz, 0) ⇒ div f (x, y, z) = 1 + xz , rot f (x, y, z) = (−xy, 1, yz − 1)T . (A T transzponáltat jelent, azaz sor helyett a megfelel® oszlopvektort.) 2. Számítsuk ki az alábbi cos θ. Z
Z
2π
Z
Z
f Riemann-integrált!
T
T := [− π2 , π2 ] × [0, 2π], f (θ, ϕ) :=
π 2
f=
cos θ dθ dϕ =?
T
− π2
0
Z
A bels® integrál: Z
Ebb®l
h i 2π cos θ dθ = sin θ
θ=− π2
− π2
Z f=
T
π 2
2π
= 1 − (−1) = 2.
2 dϕ = 2 · 2π = 4π .
0
3. Rajzoljuk fel az alábbi r függvények által meghatározott forgástesteket, majd számítsuk ki a térfogatukat a tanult képletb®l! (a) Legyenek R, m > 0 számok és r : [0, m] → R+ , r(x) ≡ R konstans. Ez egy R sugarú, m magasságú henger. Z V =π
m 2
Z
r (x) dx = π 0
0
m
h im R2 dx = π R2 x = πR2 m. x=0
√
r(x) := 1 + x2 . Z h x3 i 1 1 1 1 1 (1+x2 ) dx = π x+ V =π r2 (x) dx = π = π 1 + − −1 − = 3 x=−1 3 3 −1 −1 = π 2 + 23 .
(b) r : [−1, 1] → R+ , Z
4. Számítsuk ki az alábbi
Z
f felszíni integrálokat!
S
(a) S egy 1 sugarú gömbfelület, f ≡ 12 . A gyakorlaton szerepelt, hogy ha c ∈ R állandó, akkor
Z
c = c A(S), ahol A(S) az
S
S felszíne. Most c = 21 , és tudjuk, hogy az 1 sugarú gömbfelszíne A = 4r2 π = 4π ; Z így 12 = 21 · 4π = 2π . S
(b) S egy 1 sugarú gömbfelület, melyet vízszintes felez®síkkal az S1 alsó és S2 fels® félgömbre bontunk; 18
1, ha x ∈ S1 , 1 , ha x ∈ S2 . 2
f (x) :=
Z
(Útmutatás:
Z
Z
f= S
f .)
f+ S1
S2
Itt A(S1 ) = 2π , a félgömb felszínére vonatkozó 2r π képlet alapján, így 2
Z 1 = S1
A(S1 ) = 2π .
Ugyanígy A(S2 ) = 2π . Így
Z
1 2
S2
2π + π = 3π .
=
1 A(S2 ) 2
= π . Vagyis
Z
Z f =
S
Z f+
S1
f = S2
(c) Az egyes oldalak felszíne 4, így az egyes oldalakon vett integrálok értéke Za megf = felel® konstans 4-szerese. Az S -en vett integrál értéke ezek összege, azaz S
4 · (3 + 2 + 0 − 1 − 3 − 7) = − 23 .
5. Ellen®rizzük az alábbi példákon a vektoranalízis ismert azonosságait! Z
(a)
Z rot f =
D
f,
ahol legyen D az egységkörlap és Γ annak határa (azaz az
Γ
egységkörvonal) pozitív irányítással, valamint f (x, y) := (−y, x). (Útmutatás: a kérdéses vonalintegrált már kiszámoltuk, ill. rot f konstans lesz.) A jobboldali integrál: Legyen ϕ : [0, 2π] → R2 , ϕ(t) := (cos t, sin t) (egységkörív), Γ a képe, f (x, y) := (−y, x). Ekkor
Z
f = 2π . (A 8. gyakorlaton számoltuk ki.)
Γ
A baloldali integrál: Z
Z
Z (∂1 f2 − ∂2 f1 ) =
rot f = D
D
Z
2 = 2A(D) = 2π .
1 − (−1) = D
D
Ugyanis D az egységkörlap, így a területe: A(D) = 12 π = π . (b)
Z
Z div f =
D
f · ν , ahol legyen D az egységgömb és S annak felülete, valamint
S
f (x, y, z) := (x, y, z).
(Útmutatás: az el®adáson láttuk, hogy f · ν ≡ 1; másrészt div f is konstans lesz.) A jobboldali integrál: Z
Z
1 = A(S) = 4π .
f ·ν = S
S
A baloldali integrál: Z
Z div f =
D
Z (∂1 f1 + ∂2 f2 + ∂3 f3 ) =
D
Z (1 + 1 + 1) =
D
ugyanis az egységgömb térfogata: V (D) =
19
3 = 3V (D) = D
4·13 π 3
=
4π 3
.
3 · 4π = 4π , 3
A 10. gyakorlat HF-inak megoldása
1. y 0 = Ky alakú egyenletek. (i)
Megoldás:
Az egyenlet: y 0 = 1, 04y . Megoldása: a modell miatt y > 0, ebb®l
dy = 1, 04 y dx
⇔
dy = 1, 04 dx y
⇔ ln y = 1, 04 x + c (c ∈ R tetsz.)
⇔ y = ec e1,04 x = c1 e1,04 x , azaz y(x) = c1 e1,04 x
(c1 > 0 tetsz.)
A kezdeti értékb®l y0 := y(0) = c1 e0 = c1 , így y(x) = y0 e1,04 x . (ii)
Megoldás:
y > 0, ebb®l
Az egyenlet: y 0 = −λy , azaz y 0 = −0, 0001245 y . A modell miatt
dy = −0, 0001245 y dx
dy = −0, 0001245 dx y
⇔
⇔ ln y = −0, 0001245 x + c (c ∈ R tetsz.)
⇔ y = ec e−0,0001245 x = c1 e−0,0001245 x , azaz y(x) = c1 e−0,0001245 x
(c1 > 0 tetsz.)
A kezdeti értékb®l 1000 = y(0) = c1 e0 = c1 , így y(x) = 1000 e−0,0001245 x . Ha x = 5568: y(5568) = 1000 e−0,0001245·5568 = 1000 e−0,693216 ≈ 1000 · 0, 5 = 500. (Azaz, kb. 5568 év a felezési id®.) 2. y 0 = ay + b alakú egyenletek (i)
Az egyenlet: y 0 = −0, 1 · (y − 0, 45). 1. lépés: konstans megoldás y ≡ 0, 45, de ez nem felel meg a megadott y(0) = 1, 8 kezdeti feltételnek. 2. lépés: ha y 6= 0, 45, azaz a kezdeti feltétel miatt mindvégig y > 0, 45. Ekkor Megoldás:
dy = −0, 1 · (y − 0, 45) dx
⇔
dy = −0, 1 dx y − 0, 45
⇔ ln(y − 0, 45) = −0, 1 x + c (c ∈ R tetsz.) ⇔ y − 0, 45 = ec e−0,1 x = c1 e−0,1 x , azaz y(x) = 0, 45 + c1 e−0,1 x
(c1 > 0 tetsz.)
A kezdeti értékb®l 1, 8 = y(0) = 0, 45 + c1 , azaz c1 = 1, 35. Tehát y(x) = 0, 45 + 1, 35 e−0,1 x . (ii)
Az egyenlet: T 0 = 0, 0366 (30 − T ). 1. lépés: konstans megoldás T ≡ 30, de ez nem felel meg a megadott T (0) = 120 kezdeti feltételnek. 2. lépés: ha T 6= 30, azaz a kezdeti feltétel miatt mindvégig T > 30. Ekkor
Megoldás:
dT = 0, 0366 · (30 − T ) dt
⇔
dT = 0, 0366 dt 30 − T
⇔ − ln |30 − T | = 0, 0366 t + c (c ∈ R tetsz.)
20
⇔ |30 − T | = e−c e−0,0366 t = c1 e−0,0366 t (c1 > 0 tetsz.), azaz 30 − T = c2 e−0,0366 t (c2 ∈ R tetsz.), azaz T (t) = 30 − c2 e−0,0366 t (c2 ∈ R tetsz.)
A kezdeti értékb®l 120 = T (0) = 30 − c2 , azaz −c2 = 90. Tehát T (t) = 30 + 90 e−0,0366 t , végül ebb®l T (60) = 30 + 90 e−0,0366·60 ≈ 40◦ C. 3. y 0 = ay 2 + by + d alakú egyenletek (i)
Az egyenlet: y 0 = Ky(M − y). 1. lépés: konstans megoldások y ≡ 0 (nincs bakt.) és y ≡ M (egyensúlyi állapot). 2. lépés: ha 0 < y < M , akkor
Megoldás:
dy = Ky(M − y) dx
dy dy = K dx ⇔ = −K dx. y(M − y) y(y − M ) Integrálunk: a bal oldal nevez®je y -nak másodfokú polinomja a 0 és M valós gyö⇔
kökkel, így a tanult képlet használható, amib®l 1 y − M ln = −Kt + c M y 1 M −y ln = −Kt + c M y
(c ∈ R tetsz.),
ez a 0 < y < M feltétel miatt
(c ∈ R tetsz.)
Ebb®l kell kifejeznünk y -t:
M −y = e−KM t+c1 = c2 e−KM t (c2 > 0 tetsz.) Ez y -nal szorozva lineáris egyenlet, y M . megoldása: y = 1 + c2 e−KM t (Észrevétel: y(t) id®ben növ® függvény, és t → ∞ esetén y tart az M eltartóképes-
séghez.) (ii)
Az egyenlet: y 0 = 0, 5(3 − y)(1 − y). 1. lépés: a konstans megoldások y ≡ 3 és y ≡ 1, de ezek nem felelnek meg a megadott y < 1 feltételnek. 2. lépés: y < 1 miatt leoszthatunk. Azaz:
Megoldás:
dy dy dy = 0, 5(3 − y)(1 − y) ⇔ = 0, 5 dx ⇔ = 0, 5 dx. dx (3 − y)(1 − y) (y − 3)(y − 1) Integrálunk: a bal oldal nevez®je y -nak másodfokú polinomja a 3 és 1 valós gyökök-
kel, így a tanult képlet használható, amib®l 1 y − 3 ln = 0, 5 t + c 2 y−1 1 3−y ln = 0, 5 t + c 2 1−y
(c ∈ R tetsz.), (c ∈ R tetsz.)
ez a y < 1 feltétel miatt Ebb®l kell kifejeznünk y -t:
3−y = et+c1 = c2 et (c2 > 0 tetsz.) Ez (1 − y)-nal szorozva lineáris egyenlet, 1−y 3 − c2 e t megoldása: y = . 1 − c2 e t 3 − c2 3 − 3 et A kezdeti értékb®l 0 = y(0) = , így c2 = 3. Tehát y = . 1 − c2 1 − 3 et
21
A 10. gyakorlat HF-inak megoldása
1. Adjuk meg az alábbi KDE-k általános megoldását! (a)
Megoldás:
Az egyenlet karakterisztikus polinomja: 2λ2 +6λ−8 = 0, melynek megoldása: −4, 1. Így a megoldása általános alakja: c1 e−4t + c2 et . (b) Megoldás: Az karakterisztikus polinom: λ2 + λ2 + 161 = 0, melynek megoldása: 1 1 − 14 kétszeres gyök. Így a megoldása általános alakja: c1 e− 4 t + c2 te− 4 t . (c) Megoldás: Az egyenlet karakterisztikus polinomja: 4λ2 + 9 = 0, melynek , 1. Így a megoldása általános alakja: c1 cos( 23 t) + c2 sin( 32 t) = megoldása: ± 3ß 2 A cos 23 t − ϕ0 . (d)
Megoldás:
Az egyenlet karakterisztikus polinomja: λ2 −2λ+17 = 0, melynek −t megoldása: 1 − 4ß, 1 + 4ß. Így a megoldása általános alakja: e c1 cos(4t) +
c2 sin(4t) = Aet cos 4t − ϕ0 .
2. Rezg®körök. (a)
Megoldás:
Az egyenlet karakterisztikus polinomja: Lλ2 + q
megoldása: ±ß A cos
(b)
(c)
√1 t CL
1 = 0, melynek C q q 1 −C −1 −1 . Így az általános megoldás c cos( t)+c sin( t) = 1 2 L CL CL
− ϕ0 .
Az egyenlet karakterisztikus polinomja: 2λ2 + 12 = 0, mely1 nek megoldása: −ß/2 , ß/2. Így a megoldása általános alakja: c1 cos( 2 t) + c2 sin( 12 t) = A cos 21 t − ϕ0 . Megoldás:
10 Az egyenlet karakterisztikus polinomja: λ2 + 3λ + = 0, mely4 3 nek megoldása: −3±ß . Így a megoldása általános alakja: e− 2 t c1 cos( 21 t) + 2
Megoldás:
3 c2 sin( 12 t) = Ae− 2 t cos 12 t − ϕ0 .
(d)
1 Az egyenlet karakterisztikus polinomja: 2λ2 + 10λ + 0,08 = 0, melynek egy kétszeres megoldása: −2, 5. Így a megoldása általános alakja: c1 e−2,5t + c2 te−2,5t . (e) Megoldás: Az egyenlet karakterisztikus polinomja: 2λ2 + 4, 5λ + 1 = 0, melynek megoldása: −2, −0, 25. Így a megoldása általános alakja: c1 e−2t + c2 e−0,25t .
3.
Megoldás:
(a) A KDE karaktersiztikus egynelete: λ2 + 16 = 0, amelynek két megoldása ±4ß, azaz a megoldás általános alakja: y(t) = c1 cos(4t) + c2 sin(4t), ebb®l az y(0) = 3 feltételt felhasználva kapjuk, hogy c= 3, továbbá y 0 (0) = −2 = 4c2 , azaz c2 = − 12 . t −4t Megoldás: (b) Láttuk, hogy az általános megoldás y(t) = c1 e + c2 e , ebb®l 0 y(0) = 1 = c1 + c2 és y (1) = 1 = c1 − 4c2 következik. Az egyeletrendszert megoldva c1 = 1 és c2 = 0 adódik. Megoldás:
22
3 −3 4. Megoldás: (a) Az dierenciálegyenlet rendszer mátrixa: , melynek 2 −4 karakterisztikus polinomja: λ2 + λ −6 =0, amelynek megoldásai λ1 = 2, λ2 = −3. 3 1 Egy-egy konkrét sajátvektor pedig: és . A megoldás tehát: 1 2 4c1 e2t + c2 e−3t 1 3 x(t) −3t 2t = . + c2 e = c1 e 2 c1 e2t + 2c2 e−3t 1 y(t) Megoldás:
(b) Hasonlóan, az egyenletrendszer mátrixa:
2 1 3 4
, melynek ka-
rakterisztikus polinomja: λ2 − 6λ +5 =0, amelynek megoldásai λ1 = 5, λ2 = 1. 1 . A megoldás tehát: −1 1 c1 e5t + c2 et 1 x(t) t 5t = . + c2 e = c1 e −1 3c1 e5t − c2 et 3 y(t)
Egy-egy konkrét sajátvektor pedig:
1 3
23
és
