FELVÉTELI VIZSGA, szeptember 12.

Átírás

1 BABEŞ-BOLYAI TUDOMÁNYEGYETEM, KOLOZSVÁR MATEMATIKA ÉS INFORMATIKA KAR FELVÉTELI VIZSGA, 08. szeptember. Írásbeli vizsga MATEMATIKÁBÓL FONTOS TUDNIVALÓK: A feleletválasztós feladatok,,a rész esetén egy vagy több válasz lehet helyes. A helyes válaszokat a vizsgalapon kell feltüntetni. Egy feladathoz tartozó pontszámot csak akkor lehet megkapni, ha az összes helyes válasz fel van tüntetve, és csak a helyes válaszok vannak feltüntetve. A,,B rész feladatai esetén a vizsgalapon kérjük a megoldások részletes kidolgozását. Ezeket a javítókulcs alapján értékeljük.,,a rész. 5 pont Az f : R R, fx = { x 4, ha x < x, ha x függvény grafikus képének az Ox tengellyel való metszete A üreshalmaz; B egyelemű halmaz; C kételemű halmaz; D háromelemű halmaz; E négyelemű halmaz.. 5 pont Tekintjük az R, +, struktúrát, ahol R a valós számok halmaza és a +, illetve a szokásos összeadás, illetve szorzás. Az alábbi állítások közül melyek igazak: A R, +, csoport; B R, +, gyűrű; C R, +, test; D R, +, olyan gyűrű, amelyik nem test; E R, +, nem gyűrű pont A lim ln + sin x x tgx A ; B ; C ; D + ; E 0. határérték 4. 5 pont Az xoy Descartes-féle koordináta-rendszerben az OAB egyenlő oldalú háromszög oldalhosszúsága l és az A csúcsa az x 3y = 0 egyenletű egyenesen helyezkedik el. Az alábbiak közül melyek lehetnek a B csúcs koordinátái: A 0, l; B l 3, l ; C 0, l; D l 3, l ; E l 3, l 5. 5 pont Ha cos β a sin α és a cos α mértani középarányosa, ahol 0 < α, β < π, akkor cos β egyenlő: π π π π π A sin 4 α ; B cos 4 + α ; C sin 4 + α ; D cos 4 α ; E sin. 4 α 6. 5 pont Tekintjük az f : R R,. fx = x + x, x R függvényt. Az alábbi állítások közül melyek igazak: A f-nek nincs ferde aszimptotája; B f-nek egyetlen lokális minimumpontja van; C az fx = 3 egyenletnek x = megoldása; D f monoton R -on; E f konvex R -on.

2 ,,B rész. a 8 pont Határozd meg az összes olyan számpárt, amelyben a két szám összege is és szorzata is. a a a b pont Határozd meg az A = a a 4 mátrix rangját! Tárgyald az a valós a paraméter értéke szerint!. a 8 pont Az ABCD konvex négyszögben jelölje P és Q az [AC], illetve [BD] átló felezőpontját.. Bizonyítsd be, hogy P Q = AD BC.. Bizonyítsd be, hogy ha AD + CB = 3P Q, akkor az ABCD négyszög egy paralelogramma! b 7 pont Bizonyítsd be, hogy: 3 sin 0 cos 0 = Jelöljön a és b két valós számot és tekintjük az f : R R, { x fx = + ax + b, x 0 x, x > 0 függvényt. a 0 pont Határozd meg azokat az a, b számokat, amelyekre f deriválható és f folytonos! b 8 pont Határozd meg az f primitív függvényeit azokban az esetekben, amikor a primitívek léteznek! c 7 pont Számítsd ki a fx dx integrált, ha a = és b =. MEGJEGYZÉS: Minden feladat kötelező. Hivatalból 0 pont jár. Munkaidő 3 óra.

3 Válaszok és megoldások,,a rész. D;. B, C; 3. B; 4. A, B, C, D; 5.A, B; 6. A, B, C.,,B rész. a Az a, b R számok pontosan akkor teljesítik a feladatban kért tulajdonságot, ha { a + b =. ab = Ez a rendszer ekvivalens azzal, hogy a és b az X + X másodfokú polinom gyökei. A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva az előbbi polinom gyökei: x = + 3, x = 3. Tehát a, b {x, x, x, x }, vagyis a keresett számpárok + 3, 3 és 3, + 3. Megjegyzés: Amennyiben a megoldás nem ekvivalenciák sorozataként van leírva, szükséges az eredmények ellenőrzése.. b Mivel 4 = 6 0, ranga. Ha az előbbi aldeterminánst az első oszloppal szegélyezzük, akkor a a a a 4 a determinánst kapjuk. Ennek az értéke 0 mivel két oszlopa arányos. Így tehát az A rangjának meghatározásához a a a d = a 4 determináns kiszámítása szükséges. Az utolsó sort kivonva az elsőből kiemelhető az a + -es tényező, majd a megmaradt determinánsban az első sor kétszeresét hozzáadjuk a harmadikhoz: a + a d = a 4 = a + a 4 = a + a = Tehát d pontosan akkor 0, ha a {, }, vagyis i a {, } esetén rang A =, ii a R \ {, } esetén rang A = 3. = a + 4 a = + a a.. a. Legyen O a sík egy tetszőleges pontja. Így P Q = OQ OP. De OP az OAC háromszög O-ból induló oldalfelezője és OQ az OBD háromszög O-ból induló oldalfelezője, tehát OP = OA + OC

4 és Ez alapján OQ = OB + OD. P Q = OB + OD OA + OC = OD OA OC OB. Másrészt tehát. Az előbbi alpont alapján OD OA = AD és OC OB = BC, P Q = AD BC. AD BC AD + CB = P Q. A feltétel szerint AD + CB = 3P Q, tehát P Q = 3P Q, vagyis P Q = 0. Így P = Q, vagyis az ABCD konvex négyszög átlói felezik egymást, tehát a négyszög paralelogramma.. b A bizonyítandó egyenlőség mindkét oldalát beszorozva a 0-tól különböző sin 0 cos 0 számmal, majd alkalmazva a sin x = sin x cos x, illetve a sinx y kifejtésére vonatkozó képletet rendre a következő ekvivalens átalakításokat végezhetjük: és végül cos 0 3 sin 0 = 4 sin 0 cos 0. 3 cos 0 sin 0 = 4 sin 0 cos 0. sin 30 cos 0 cos 30 sin 0 = sin 0 cos 0, sin 0 = sin 0. Mivel ez igaz, és ekvivalens átalakításokat végeztünk, az eredeti egyenlőség is igaz. 3. a Ahhoz, hogy f deriválható legyen R-en, folytonosnak kell lennie. Az x 0 0 pontok egy eléggé kis környezetében f polinomiális függvény, tehát folytonos. x 0 = 0 esetén lim fx = b, lim fx =, tehát f pontosan akkor folytonos, ha b =. A, 0 intervallumon fx = x +ax+b, tehát f x = x + a. A 0, + intervallumon fx = x, tehát f x =. Mivel lim f x = a, lim f x =, a esetén az f nem deriválható az x 0 = 0 pontban ha deriválható lenne, akkor f Darbouxtulajdonságú lenne, vagyis nem lehetne elsőfajú szakadási pontja. a = esetén a Lagrange-tétel következménye alapján f deriválható x 0 = 0-ban és f 0 =, tehát ebben az esetben f deriválható R-en és f folytonos R-en. Tehát f pontosan akkor deriválható, ha a = és b =, és ebben az esetben f folytonos. b Ahhoz, hogy f-nek legyen primitív függvénye Darboux-tulajdonságúnak kell lennie. A lim fx = b, lim fx =, összefüggésekből következik, hogy f pontosan akkor Darboux-tulajdonságú, ha b =. Ugyanakkor b = esetén az f függvény folytonos, tehát primitiválható. A Lagrange-tétel következményét alkalmazva a, 0 és 0, intervallumokon a f minden F : R R primitívje x ax x + c, x < 0 F x = c, x = 0 x x + c 3, x > 0

5 alakú. De F deriválható, tehát folytonos is, vagyis Vagyis a f primitívjeinek alakja F x = c + F 0 = c = c = c 3. x ax x, x 0 x x, x > 0 c b = esetén f folytonos, tehát integrálható is és primitiválható is és alkalmazható a Newton Leibniz-tétel: fx dx = F F = = 5 3. Megjegyzés: Az integrált a tartomány felbontásával is kiszámíthatjuk: fx dx = 0 fx dx + fx dx. 0.

6 JAVÍTÓKULCS,,A rész. D p. B, C p 3. B p 4. A, B, C, D p 5. A, B p 6. A, B, C p,,b rész. { a Az a, b R számok pontosan akkor teljesítik a feladatban kért tulajdonságot, ha a + b = p ab = Ez a rendszer ekvivalens azzal, hogy a és b az X + X másodfokú polinom gyökei p A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva az előbbi polinom gyökei: x = + 3, x = p Tehát a, b {x, x, x, x }, vagyis a keresett számpárok + 3, 3 és 3, p Megjegyzés: Amennyiben a megoldás nem ekvivalenciák sorozataként van leírva, szükséges az eredmények ellenőrzése.. b Mivel 4 = 6 0, rang A p Ha az előbbi aldeterminánst az első oszloppal szegélyezzük, akkor a a a a 4 a determinánst kapjuk. Ennek az értéke 0 mivel két oszlopa arányos p Így tehát az A rangjának meghatározásához a a a d = a 4 determináns kiszámítása szükséges. Az utolsó sort kivonva az elsőből kiemelhető az a + -es tényező, majd a megmaradt determinánsban az első sor kétszeresét hozzáadjuk a harmadikhoz: a + a d = a 4 = a + a 4 = a + a = = a + 4 a = + a a p d = 0 a {, } p Ha a {, }, akkor rang A = p Ha a R \ {, }, akkor rang A = p. a. Legyen O a sík egy tetszőleges pontja. i P Q = OQ OP p ii OP és OQ az O-ból induló oldalfelezők az OAC, illetve az OBD háromszögekben p

7 iii OP = OA + OC és OQ = iv P Q = OB + OD OB + OD p OA + OC = OD OA OC OB p v OD OA = AD és OC OB = BC p vi P Q =. AD BC p i AD BC AD + CB = P Q ,5 p ii AD + CB = 3P Q = P Q = 3P Q = P Q = 0 vagyis P = Q és így az ABCD négyszög paralelogramma ,5 p. b i sin 0 cos p ii Rendre a következő ekvivalens alakokra hozhatjuk: cos 0 3 sin 0 = 4 sin 0 cos 0 p 3 iii cos 0 sin 0 = 4 sin 0 cos p iv sin 30 cos 0 cos 30 sin 0 = sin 0 cos p v végül sin 0 = sin p 3. a Ahhoz, hogy f-nek legyen primitív függvénye Darboux-tulajdonságúnak kell lennie. A lim fx = b, lim fx =, összefüggésekből következik, hogy f pontosan akkor Darboux-tulajdonságú, ha b = p Ahhoz, hogy f deriválható legyen R-en, folytonosnak kell lennie. Az x 0 0 pontok egy eléggé kis környezetében f polinomiális függvény, tehát folytonos. x 0 = 0 esetén lim fx = b, lim fx =, tehát f pontosan akkor folytonos, ha b =. A, 0 intervallumon fx = x + ax + b, tehát f x = x + a. A 0, + intervallumon fx = x, tehát f x =. Mivel lim f x = a, lim f x =, a esetén az f nem deriválható az x 0 = 0 pontban ha deriválható lenne, akkor f Darboux-tulajdonságú lenne, vagyis nem lehetne elsőfajú szakadási pontja p a = esetén a Lagrange-tétel következménye alapján f deriválható x 0 = 0-ban és f 0 =, tehát ebben az esetben f deriválható R-en és f folytonos R-en p Tehát f pontosan akkor deriválható, ha a = és b =, és ebben az esetben f folytonos... p b Ahhoz, hogy f-nek legyen primitív függvénye Darboux-tulajdonságúnak kell lennie. A lim fx = b, lim fx =, összefüggésekből következik, hogy f pontosan akkor Darboux-tulajdonságú, ha b =. Ugyanakkor b = esetén az f függvény folytonos, tehát primitiválható p A Lagrange-tétel következményét alkalmazva a, 0 és 0, intervallumokon a f minden F : R R primitívje F x = x ax x + c, x < 0 c, x = 0 x x + c 3, x > 0

8 alakú p De F deriválható, tehát folytonos is, vagyis F 0 = c = c = c p x 3 Vagyis a f primitívjeinek alakja F x = c ax x, x 0 x p x, x > 0 c b = esetén f folytonos, tehát integrálható is és primitiválható is és alkalmazható a Newton Leibniz-tétel p fx dx = F F = = p Megjegyzés: Az integrált a tartomány felbontásával is kiszámíthatjuk: fx dx = 0 fx dx + 0 fx dx. Ebben az esetben - pont jár a felbontásra és a két rész kiszámolására, illetve még pont a helyes végeredményre. Megjegyzés. A,,B rész minden feladata esetén a javítókulcsban megadott megoldástól eltérő helyes megoldásokat szintén pontozzuk.