Matematikai Analízis I. ISBN

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Matematikai Analízis I. ISBN"

Átírás

1 Matematikai Analízis I. Példatár Vágó Zsuzsanna Csörgő István ISBN

2 Tartalomjegyzék Bevezető 3. Valós számok 4.. Valós számok Teljes indukció Egyenlőtlenségek Közepek Számhalmazok Megoldás. Valós számok Teljes indukció Egyenlőtlenségek Közepek Számhalmazok Számsorozatok, számsorok 8.. Számsorozatok és számsorok Számsorozat megadása, határértéke Számsorok összege Abszolút- ill. feltételes konvergencia Alkalmazás: Geometriai feladatok Megoldás. Számsorozatok Számsorozat megadása, határértéke Számsorok összege Abszolút- ill. feltételes konvergencia Alkalmazás: Geometriai feladatok Valós függvények Valós függvények Bevezető feladatok Határérték Függvény deriválás

3 3..4. Taylor polinom Határérték meghatározása L Hospital szabállyal Síkbeli görbe érintője Szélsőérték számítás Függvényvizsgálat Megoldások. Valós függvények Bevezető feladatok Határérték Függvény deriválás Taylor polinomok Határérték meghatározása L Hospital szabállyal Síkgörbe érintője Szélsőérték számítás Függvényvizsgálat Integrálszámítás Integrálszámítás Határozatlan integrál Határozott integrálok. Vegyes feladatok Improprius integrálok Az integrálszámítás alkalmazásai Integrálszámítás. Megoldások Határozatlan integrál Határozott integrálok. Vegyes feladatok Improprius integrálok Az integrálszámítás alkalmazásai Differenciálegyenletek Differenciálegyenletek Szeparábilis differenciálegyenletek Lineáris differenciálegyenletek Differenciálegyenletek. Megoldások Szeparábilis differenciálegyenletek Lineáris differenciálegyenletek

4 Bevezető A PPKE ITK Mérnök informatikus és Molekuláris bionika szakán, valamint az ELTE IK Informatika minor szakon és esti tagozaton oktatott Matematikai Analízis tárgyakhoz kiadott elméleti jegyzetek mellett most egy megfelelő példatárat is adunk a diákok kezébe. Az elméleti jegyzetek a Pázmány Egyetem ekiadónál jelentek meg: Vágó Zsuzsanna: Matematikai Analízis I és II. A diákok számára bizonyára nagy segítség az adott jegyzetek felépítéséhez illő feladatgyűjtemény. Minden feladat megoldásának végeredményét közöljük. Az elmélet alaposabb elsajátítását igyekszünk azzal segíteni, hogy bizonyos feladatokhoz kapcsolódóan részletesen kidolgozott megoldásokat is találhatnak. Ebben a kötetben a két féléves tananyag első feléhez adunk gyakorló feladatokat. Tervezzük, hogy jelen munka folytatásaként, a második félévben sorra kerülő anyagrészekhez is hasonló példatárat állítunk össze. Szeretnénk hálás köszönetet mondani dr. Szilvay Gézáné Panni néniek, aki a Példatár végleges formájának kialakítása során biztos hátterünk volt. Lelkiismeretes lektorként a végeredmények ellenőrzésében igen nagy segítségünkre volt. Budapest, 03. szeptember 9. Vágó Zsuzsanna és Csörgő István 3

5 . fejezet Valós számok 4

6 .. Valós számok... Teljes indukció Igazoljuk a teljes indukcióval a következő állítások helyességét: n.. k n(n + )(n + ) =. 6 k= n (3n + ) = n(n + )..3. a) n ( + ) = n +. b) k n ( ) = k n (n ). k= k=.4.! +! + + n n! = (n + )! n(n + )(n + ) = n(n + )(n + )(n + 3) cos(x) cos(x) cos x... cos n x = sin(n+ x) n+ sin(x)..7. n+ + n+ osztható 33-mal n + 5n osztható 9-cel (n ) = n.... Egyenlőtlenségek Oldjuk meg a következő egyenlőtlenségeket: x 3.. 8x 4x < x x + 5x x 3x

7 .4. (x 3 )(x ) x 5 x + 3 > 0. 3x x >..7. x 3 <..8. x +.9. x + x lg x <... sin x 4 < Közepek Igazoljuk a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség felhasználásával a következő állításokat:.. ( a) + n) n ( < + ) n+ (n N) b) n + ( n ) ( n ).3. a i n (n N, a i > 0) i= i= a i ( ) n n +.4. n! < (n N, n ).5. a) (a + b) (b + c) (c + a) 8abc (a, b, c > 0), ( + n) n < 4 (n N) b) (a + b) (b + c) (c + a) 8 7 (a + b + c)3 (a, b, c > 0) 6

8 Oldjuk meg a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség felhasználásával az alábbi szélsőérték-feladatokat..6. Adott k > 0 kerületű téglalapok közül melyiknek a területe a legnagyobb?.7. Egy folyó partján adott l > 0 hosszúságú kerítéssel egy téglalap alakú telket szeretnénk elkeríteni úgy, hogy a telek egyik határa a folyópart (ott nem kell kerítés). Hogyan válasszuk meg a téglalap oldalait, hogy a telek területe a lehető legnagyobb legyen?.8. Hogyan válasszuk meg egy felülről nyitott, henger alakú edény méreteit, hogy elkészítéséhez a lehető legkevesebb anyagra legyen szükség? További közepekkel kapcsolatos feladatok.9. Igazolja a mértani és a harmonikus közép közti egyenlőtlenségről szóló tételt: n n a... a n (n N, n, a i > 0), a a n ahol egyenlőség akkor és csak akkor van, ha a =... = a n. Megjegyzés: a bal oldalon álló mennyiséget az a,..., a n számok harmonikus közepének nevezzük..30. Igazolja a számtani és a négyzetes közép közti egyenlőtlenségről szóló tételt: a a n n a a n és egyenlőség akkor és csak akkor van, ha a =... = a n. n (n N, n, a i 0),.3. Legyen n N, n, és jelölje m az a,..., a n pozitív számok közül a legkisebbet, M pedig a legnagyobbat. Jelölje továbbá H n ugyanezen számok harmonikus közepét, G n a mértani közepét, A n a számtani közepét, Q n pedig a négyzetes közepét. Igazolja, hogy mind a négy közép m és M közé esik, azaz, hogy m H n M, m G n M, m A n M, m Q n M, továbbá ha az a,..., a n számok nem mind egyenlők, akkor m < H n < M, m < G n < M, m < A n < M, m < Q n < M. 7

9 ..4. Számhalmazok Vizsgáljuk meg az alábbi halmazokat korlátosság, alsó és felső határ, legkisebb és legnagyobb elem szempontjából: { } 4n.3. H = n + 3 n N.33. H =.34. H =.35. H = { } 5n + 3 3n + 4 n N { } n + 3 n + n N { } 3n + 5 n 3 n N, n 4 8

10 .. Megoldás. Valós számok... Teljes indukció Megoldás a) n = esetén az állítás igaz, mivel mindkét oldal értéke. Az indukciós lépés: n+ ( + ) ( n ( = + ) ) ( + ). k k n + k= k= Az indukciós feltevés miatt az első tényezőben álló produktum helyére n + írható, ezért a folytatás: ( (n + ) + ) = n +, n + ami az állítás n + -re való bizonyítását jelenti. b) Az a) részhez hasonlóan igazolható, de vigyázzunk, az indukció n = -ről indul. n = esetén az állítás igaz, mivel mindkét oldal értéke. Az indukciós lépés: n+ ( ) = k k= ( n k= ( ) ) ( ). k n + Az indukciós feltevés miatt az első tényezőben álló produktum helyére írható, ezért a n folytatás: ( n ) = n + n n + = n + n +, ami az állítás n + -re való bizonyítását jelenti Megoldás n = 0-ra az egyenlőség egy ismert trigonometrikus azonosság átrendezése. Az indukciós lépés: cos x cos x cos x... cos n x cos n+ x = sin n+ x cos n+ x = sin n+ x n+ sin x n+ sin x. Az első egyenlőség az indukciós feltételből, a második a cos y sin y = sin y azonosságból (y = n+ x helyettesítéssel) adódik. 9

11 .7. Megoldás n+ + n+ = n + 44 n ( + ) n 0 (mod33) Az első kongruencia 44 (mod 33) miatt adódik.... Egyenlőtlenségek x 56.. x <, x > 3.. x 7, x.3. x 4.4. < x <.5. x > 5, x < 3.6. Megoldás Az egyenlőtlenség azokra az x valós számokra van értelmezve, melyekre x 0 és 3x x 0. Ezen a tartományon az egyenlőtlenség ekvivalens az alábbival: 3x x >. 0-ra redukálás és rendezés után kapjuk, hogy x x > 0. Ennek első esete az, ha x > 0 és x > 0, második esete pedig ha x < 0 és x < 0. Az első eset megoldása x >, a második eseté pedig x < 0. Mivel ezekre az x-ekre teljesül, hogy 3x >, ezért ezek az x-ek mind benne vannak az egyenlőtlenség értelmezési x tartományában. Tehát a feladat megoldása: x < 0 vagy x >. 0

12 .7. < x < 5.8. x 0 vagy x.9. x.0. 0 /3 < x < 0.. Megoldás Az egyenlőtlenség minden valós számra értelmezett. Először a trigonometrikus részt oldjuk meg, azaz y = x 4 helyettesítés után (új ismeretlen bevezetése) megoldjuk a 3 sin y < egyenlőtlenséget. A középiskolában megismert módszerek valamelyikét alkalmazva (egységkör vagy függvény ábrázolás) ennek megoldása: π 3 + kπ < y < π + π + kπ (k Z). 3 Ezek után egy paraméteres abszolút-értékes egyenlőtlenség-rendszert kell megoldanunk, ahol k a paraméter: π 3 + kπ < x 4 < π + π + kπ (k Z). 3 Keressük először a x 4 0, azaz az x feltételt kielégítő megoldásokat. Ekkor az abszolút érték elhagyható, és a π 3 + kπ < x 4 < π + π + kπ (k Z). 3 lineáris egyenlőtlenségekhez jutunk. Ezek rendezéssel könnyen megoldhatók: + π 6 + kπ < x < + 7π 6 + kπ (k Z). Ezek a nyílt intervallumok k 0 esetén teljes egészében a [, + ) intervallumba esnek, k < esetben nincs közös pontjuk a [, + ) intervallummal, k = esetben pedig a közös rész: < x < + π 6. Ennek alapján az x feltételt kielégítő megoldások: < x < + π 6 vagy + π 6 + kπ < x < + 7π 6 + kπ (k Z, k 0).

13 Második esetként keressük a x 4 < 0 feltételt kielégítő megoldásokat. Ekkor az abszolút érték úgy hagyható el, hogy a benne szereplő kifejezés ellentettjét vesszük: π 3 + kπ < x + 4 < π + π + kπ (k Z). 3 Ezek a lineáris egyenlőtlenség-rendszerek rendezéssel könnyen megoldhatók: 7π 6 kπ < x < π 6 kπ (k Z). Ezek a nyílt intervallumok k 0 esetén teljes egészében a [, ) intervallumba esnek, k < esetben nincs közös pontjuk a [, ) intervallummal, k = esetben pedig a közös rész: π 6 < x <. Ennek alapján az x < feltételt kielégítő megoldások: π 6 < x < vagy 7π 6 kπ < x < π 6 kπ (k Z, k 0). A két esetben kapott megoldások halmazának egyesítése után kapjuk a feladat megoldását: π 6 < x < + π 6 vagy 7π 6 kπ < x < π 6 kπ vagy + π 6 + kπ < x < + 7π 6 + kπ, ahol k 0 egész szám...3. Közepek.. Megoldás a) Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget az alábbi n + db számra: + n,..., +, }{{ n} n db b) Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget az alábbi n + db számra: + n,..., +, }{{ n}, n db.3. Megoldás Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget az a,..., a n számokra, továbbá az a,..., a n számokra.

14 .4. Megoldás Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget az,..., n számokra, majd használjuk fel az első n természetes szám összegére tanult képletet..5. Megoldás a) Alkalmazzuk a két szám számtani és mértani közepe közti egyenlőtlenséget az alábbi számpárokra: a, b b, c c, a b) Alkalmazzuk a három szám számtani és mértani közepe közti egyenlőtlenséget az a + b, b + c, c + a számokra..6. Megoldás Ha a téglalap oldalait x és y jelöli, akkor az xy maximumát keressük az x > 0, y > 0, x + y = k feltételek mellett. Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget az x és y számokra: ( ) ( ) x + y k/ xy = = k 6. Azonban a jobb oldalon álló k mennyiség állandó, ezért a bal oldalon álló xy szorzat 6 akkor és csak akkor veszi fel a legnagyobb értékét, ha a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenségben egyenlőség van, azaz, ha x = y. Az optimális téglalap tehát a k 4 oldalú négyzet..7. Megoldás Jelölje a téglalapnak a folyóval párhuzamos oldalát x, a folyóra merőleges oldalát pedig y. Keressük az xy kifejezés maximumát az x > 0, y > 0, x + y = l feltételek mellett. Alakítsuk át az xy kifejezést, majd alkalmazzuk a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget az x és a y számokra: xy = x y ( ) x + y = ( ) l = l 8. Azonban a jobb oldalon álló l mennyiség állandó, ezért a bal oldalon álló xy szorzat 8 akkor és csak akkor veszi fel a legnagyobb értékét, ha a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenségben egyenlőség van, azaz, ha x = y. Az optimális téglalap oldalai tehát x = l és y = l 4. 3

15 .8. Megoldás Jelölje a henger sugarát r, magasságát m. Keressük az A = r π+rπm kifejezés minimumát az r > 0, m > 0, r πm = V feltételek mellett. Alakítsuk át az A kifejezést, majd alkalmazzuk a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget az r π, rπm, rπm számokra: A = r π + rπm = 3 r π + rπm + rπm 3 A jobb oldalt átalakítjuk: 3 3 r π rπm rπm. 3 3 r π rπm rπm = 3 3 r 4 π 3 m = 3 3 (r πm) π = 3 3 V π. Látható, hogy a jobb oldalon álló 3 3 V π mennyiség állandó, ezért a minimalizálandó A kifejezés akkor és csak akkor veszi fel a legkisebb értékét, ha a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenségben egyenlőség van, azaz, ha r π = rπm = rπm, azaz, ha r = m. Az optimális edény méretei tehát r = m = 3 V π..9. Megoldás Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget az a, a,..., számokra, majd rendezzük át a kapott eredményt..30. Megoldás A bizonyítandó egyenlőtlenséget ekvivalens átalakításokkal az alábbi alakra hozzuk: (a a n ) n (a a n) Végezzük el a bal oldalon a négyzetre emelést, majd rendezzük az egyenlőtlenséget: a a n + n 0 (n ) n i= j=i+ a n a i a j n (a a n) n a i i= n n i= j=i+ a i a j A jobb oldalon szereplő különbség első tagja átrendezhető az alábbi formára: n i= j=i+ n (a i + a j), 4

16 ugyanis n i= j=i+ n (a i + a j) = n n = (n i) a i + i= n i= j=i+ a i + n n i= j=i+ a j = n n i= j=i+ a i + j n a j = j= n n (j ) a j = (n ) a + (n i + i ) a i + j= + (n ) a n = (n ) n a i. i= Ennek felhasználásával a bizonyítandó egyenlőtlenség így írható: 0 n i= j=i+ 0 n (a i + a j) n i= j=i+ 0 n n i= j=i+ n (a i + a j a i a j ) n i= j=i+ n (a i a j ) i= a i a j Ez pedig nyilvánvalóan igaz (négyzetösszeg 0), és az egyenlőségre vonatkozó állítás igazolása is könnyen kiolvasható belőle. Megjegyzés: A bizonyítás teljesen elemi volt, de mégis kissé bonyolult az összeg átrendezése miatt. A számtani és a négyzetes közép közti egyenlőtlenség lényegesen egyszerűbben igazolható a lineáris algebrában később sorra kerülő Cauchy-egyenlőtlenség alkalmazásával..3. Megoldás Használjuk fel, hogy i =,..., n esetén m a i M, továbbá, ha az a,..., a n számok nem mind egyenlők, akkor ezek között az egyenlőtlenségek között vannak olyanok, amelyek szigorú formában teljesülnek. i=..4. Számhalmazok.3. Megoldás Mivel 4n n + 3 = 8 n + 3, ezért H = { } 4n n + 3 n N = 5 { 8 } n + 3 n N.

17 Ebből látható, hogy n növelésével a halmaz elemei egyre nagyobbak. Ezért a legkisebb elemet n = -re kapjuk: 8 min H = + 3 = 5. Mivel van minimum, ez egyben a halmaz legnagyobb alsó korlátja is: inf H =.A halmaz 5 alulról korlátos. Most bebizonyítjuk, hogy a halmaz legkisebb felső korlátja, azaz, hogy sup H =. Ez két lépésben történik: először belátjuk, hogy a felső korlát, majd pedig azt, hogy bármely, -nél kisebb szám már nem felső korlát. Az első lépés igazolása egyszerű: mivel 8 n + 3 > 0, ezért 8 < (n N). n + 3 A második lépés igazolásához vegyünk egy tetszőleges ε > 0 számot, és mutassuk meg, hogy a ε szám nem felső korlátja H-nak. Ehhez elegendő egyetlen olyan H-beli elem létezését bizonyítani, amely nagyobb, mint ε: 8 n + 3 > ε Ezt az egyenlőtlenséget átrendezve kapjuk, hogy n > ( ) 8 ε 3. Ilyen n N szám pedig létezik az arkhimédeszi axióma miatt. Mivel találtunk felső korlátot, a halmaz felülről korlátos. Mivel a halmaz minden eleme kisebb, mint, ezért sup H / H, amiből következik, hogy a halmaznak nincs maximuma: max H..33. Megoldás A halmaz alulról korlátos, inf H = min H = 8, továbbá a halmaz 7 felülről korlátos, sup H = 5, maximuma nincs Megoldás Mivel ezért H = n + 3 n + = + 5 4n +, { } { n + 3 n + n N = + 5 } 4n + n N. 6

18 Ebből látható, hogy n növelésével a halmaz elemei egyre kisebbek. Ezért a legnagyobb elemet n = -re kapjuk: max H = = 4 3. Mivel van maximum, ez egyben a halmaz legkisebb felső korlátja is: sup H = 4 3. A halmaz felülről korlátos. Most bebizonyítjuk, hogy a halmaz legnagyobb alsó korlátja, azaz, hogy inf H =. Ez két lépésben történik: először belátjuk, hogy az alsó korlát, majd pedig azt, hogy bármely, -nél nagyobb szám már nem alsó korlát. 5 mivel 4n + > 0, ezért + 5 4n + > Az első lépés igazolása egyszerű: (n N). A második lépés igazolásához vegyünk egy tetszőleges ε > 0 számot, és mutassuk meg, hogy az + ε szám nem alsó korlátja H-nak. Ehhez elegendő egyetlen olyan H-beli elem létezését bizonyítani, amely kisebb, mint + ε: + 5 4n + < + ε Ezt az egyenlőtlenséget átrendezve kapjuk, hogy n > ( ) 5 4 ε. Ilyen n N szám pedig létezik az arkhimédeszi axióma miatt. Mivel találtunk alsó korlátot, a halmaz alulról korlátos. Mivel a halmaz minden eleme nagyobb, mint, ezért inf H / H, amiből következik, hogy a halmaznak nincs minimuma: min H..35. Megoldás Vigyázzunk, n értéke nem -től, hanem 4-től indul. A halmaz felülről korlátos, sup H = max H = 7, továbbá a halmaz alulról korlátos, inf H = 3, minimuma nincs. 7

19 . fejezet Számsorozatok, számsorok 8

20 .. Számsorozatok és számsorok... Számsorozat megadása, határértéke Írjuk fel képlettel az alábbi sorozatok n-dik elemét! Vizsgáljuk meg, hogy a sorozat monoton, korlátos, illetve konvergens-e!.., 4, 9, 6, , 9, 3 6, 4 5,...,, 5, 8,...,, 3, 4,...,,,,,... 0, 9; 0, 99; 0, 999; 0, 9999;..., 3, 5 3, 7 4,..., 3,, 3 4,, 4 5,... 9

21 Írjuk fel az alábbi, képlettel megadott sorozatok első néhány elemét! Vizsgáljuk meg, hogy a sorozat monoton-e, korlátos-e, konvergens-e!.9. a n = 3n.0. a n = ( ) n.. a n = + 4n.. a n = 3 n.3. a n = 3 n.4. a n = 4 n Határozzuk meg az alábbi sorozatok határértékét: a n = n 8 9 n 9 + n a n = 3n 4 5n +.8. a n = n 7n + 4 3n 3 + 5n 8.9. a n = n3 7n + 4 3n + 5n 8.0. a n = 3n5 + 4n 7n 5 + 3n 3.. a n = n 7n + 4 3n + 5n 8.. a n = n n a n = n3 + 0n + 5 7n 5 a n = n 7n + 4 0

22 Határozzuk meg az alábbi sorozatok határértékét:.4. a n = n + n.5. a n = n + n.6. a n = n + n + n.7. a n = n( n + n).8. a n = n 4 n 4 + n n.9. a n = n + 4 n n 0 n.30. a n = n + n + n n +.3. a n = (n + )3 (n ) 3 (n + ) + (n ).3. a n = (n + )! + (n + )! (n + 3)!.33. a n = n( n n).34. a n = n n.35. a n = n.36. a n = n+ n.37. a n = n (n + )(n + ).38. a n = (n ) n.39. a n = n n a n = n(n + )

23 .4. a n = (n )(n + ).4. a n =.43. a n = 3 n3 + n + n + 3 n + n n a n = n n + 5 n.45. a n = n n 6 + n.46. a n = n n 3 + n 3 n + 7n.47. a n = n 3n+ + n 4 8 n + n Vizsgáljuk meg, hogy konvergensek-e az alábbi sorozatok. Ha igen, akkor adjunk meg olyan N = N(ε) küszöbindexet, melynél nagyobb indexű elemek (a számsorozatban) az előírt ε-nál kisebb hibával közelítik meg a határértéket a n = 4n + 3 5n a n = n n + a n = 4n + 7 5n a n = ε = 0 3 ε = 0 5 ε = 0 4 (n + ) ε = 0 4

24 a n = a n = n a n = 3 n + ε = 0 ε = 0 6 a n = 3n + 6 n ε = 0 4 a n = n + 4 n n 5 7 3n 5 + n 4 n 3 ε = 0 ε = 0 3 Vizsgáljuk meg, hogy alábbi, + -be tartó, sorozatokban milyen N = N(K) küszöbindextől kezdve lesznek a sorozat elemei az adott K számnál nagyobbak..57. a n = n K = a n = n n + K = a n = 5n 3 n+ K = 0 30 a n = 3n n+ K = 0 0 3

25 Határozzuk meg az alábbi sorozatok határértékét..6. a n = ( + 3 ) n n a n = ( ) n n ( n + a n = n a n = ) n ( ) n n + n ( n a n = n a n = a n = a n = a n = a n = ) n+ ( ) n n + n ( + ) n+3 n ( ) 3n n + n + 3 ( ) 3n n + n 3 ( ) 4n+ 3n 4 3n + 5 4

26 Határozzuk meg az alábbi sorozatok határértékét a n = a n = ( ) 3n+ n + n ( + ) n+3 +3 n a n = ( ) n n a n = a n = ( + n ) n a n = [ + ( n a n = a n = ( ) n ] n n nn+ (n + ) n ) n n(n + ) n 3 Határozzuk meg az alábbi rekurzív sorozatok határértékét..79. a n = 4 + a n, a 0 = a n = + a n, a 0 = 0.8. a n+ = + a n, a 0 =.8. a n+ = a n + 4, a 0 = 4 5

27 ... Számsorok összege Számítsuk ki a következő sorok összegét. ( ) n n= ( k n=0 n= n=6 n=0 n= k + n + 3n 5 n 5n 4n n 3 + 3n + n 4 n + 5 n n=0 n= 3 n n(n + ) ) n, k R rögz..9. Írjuk fel közönséges tört alakban az alábbi tizedes törteket: s = t = Konvergensek-e az alábbi végtelen sorok?.9. n= n n + 6

28 n= 0.5 n n= n= n= n= n= n ( ) n n 0n + n + n + 0n + sin n n(n + ) 3 n 3 n+ 7 n=0 n= 3 n 4 n + ( + ) n n n=0 3 n 7

29 n=0 3 n n + n sin n n= n= n= n= 5 n n! 3 n n ( n ) n n + n= n= n= n= 3 n n 3 n n n n ln n 3 n n 4 n 8

30 ( ) n ( ) n 3 n=3 n= n= n ln n (n!) (n)! ( + n n= n= k= + n ) sin k k(k + ) n + n n ( ) n ( n + n) n= n= ( ) n (n + ) (n + )(n + )

31 k=0 n= a k ahol a k = k= n= n= sin kπ k ( ) n ( ) n 4 k + k n + ( ) n (n n + ). n= n(n + 3) ( n ( ) n n + n= ( ) n (n + )! ) n ha k páratlan ha k páros 30

32 ..3. Abszolút- ill. feltételes konvergencia Vizsgáljuk meg, hogy az alábbi végtelen sorok melyik típusba tartoznak: abszolút konvergens, feltételesen konvergens vagy divergens?.7. ( ) n n + n n=0 n=0 ( ) n n 3 + n=0 n= ( ) n 3 n + ( ) n 3 n n +... n n= n= n= ( ) n ln n sin( nπ ) n sin( nπ ) n ( ) n n= n 3

33 ..4. Alkalmazás: Geometriai feladatok.36. Képezzünk sokszöget egy szabályos a oldalú, T területű háromszögből a következő rekurzív eljárással:. Osszunk minden oldalt 3 egyenlő részre.. Minden középső oldal szakaszra illesszünk szabályos háromszöget. 3. Ismételjük ezeket a lépéseket. Az így kapott sokszög az úgynevezett Koch-görbe. Mennyi a Koch görbe kerülete és területe?.. ábra. A Koch görbe konstrukciójának lépése..37. Egységnyi területű szabályos háromszögbe beírjuk a középvonalai által alkotott háromszöget. Ezután vesszük az eredetivel egyállású részeket es azokba is beírjuk a kozépvonalai által alkotott háromszögeket. Ezt rekurzívan ismételjük. A kapott alakzat a SIERPINSKI háromszög. A középvonalak által alkotott háromszögek összterülete hányadik iteráció után haladja meg a 75/56 értéket? Mennyi a középvonalak által alkotott háromszögek területeinek összege?.. ábra. A Sierpienski háromszög konstrukciójának lépése. 3

34 .. Megoldás. Számsorozatok... Számsorozat megadása, határértéke.. Megoldás A sorozat monoton növő (sőt: szigorúan monoton növő). Alulról korlátos, felülről nem korlátos, tehát nem korlátos. Továbbá divergens, + -be tart. a n = n... Megoldás A sorozat monoton fogyó, (sőt: szigorúan monoton fogyó). Alulról is és n felülről is korlátos, tehát korlátos. Továbbá konvergens, határértéke: 0. a n = (n + )..3. Megoldás A sorozat monoton növő (sőt: szigorúan monoton növő). Alulról korlátos, felülről nem korlátos, tehát nem korlátos. Továbbá divergens, + -be tart. a n = 4 + 3n..4. Megoldás A sorozat nem monoton. Alulról is és felülről is korlátos, tehát korlátos. Továbbá konvergens, határértéke: 0. a n = ( ) n+ n..5. Megoldás A sorozat nem monoton. Alulról is és felülről is korlátos, tehát korlátos. Továbbá divergens, határértéke nincs. a n = ( ) n..6. Megoldás A sorozat monoton növő, (sőt: szigorúan monoton növő). Alulról is és felülről is korlátos, tehát korlátos. Továbbá konvergens, határértéke:. a n = 0 (n+)..7. Megoldás A sorozat nem monoton. Alulról is és felülről is korlátos, tehát korlátos. Továbbá divergens, határértéke nincs. a n = ( ) n+ n. n.8. Megoldás A sorozat nem monoton. Alulról is és felülről is korlátos, tehát korlátos. Továbbá konvergens, határértéke:. ( Megjegyzés. A.8 feladatban szereplő (a n ) sorozat a (b n = ) és a c n = n + ) n + sorozatok összefésülésével keletkezett. Mivel páratlan n-ekre a n =, páros n-ekre pedig n a n = + n + = n + n + 4, ezért olyan törtet kell készítenünk, melynek nevezője n + 4, számlálója pedig páratlan n-re n + 4, páros n-re pedig n +. Könnyen kaphatunk ilyen számlálót: n ( ) n

35 Megoldás.7. Megoldás lim n n 8 9 n 9 + n + 5 = lim n 9 n 8 n + n n 8 = 0. 3n lim n 5n + = lim n n 5 + n = Megoldás lim ( n + n ) = lim ( n + n + + n n ) = n n n + + n (n + ) (n ) lim = lim = 0. n n + + n n n + + n 34

36 Megoldás Megoldás (n + )! + (n + )! lim n (n + 3)! = lim n (n + )!((n + ) + ) (n + )!(n + )(n + 3) = = lim n n + 3 n + 5n + 6 = n lim n n = lim n ( + n)n n = lim n + n = Megoldás Teljes indukcióval belátható, hogy n(n + ) = n n +. Ezért lim a n n = lim n n n + =. 35

37 Konvergens, N = 760. n.49. Megoldás lim n n + =, továbbá a n = n n + = n n 4n + = 3 4n + = 3 4n +. Tehát olyan küszöböt kell találni, hogy a nála nagyobb n-ekre 3 4n + < 0 5 teljesüljön. Ezt az egyenlőtlenséget megoldva kapjuk, hogy n > 3 05, tehát N = egy jó küszöbindex..50. Konvergens, N = Konvergens, N = Ismert tétel alapján lim n n =. Továbbá n = n < 0, azaz n <.. Mindkét oldal -es alapú logaritmusát véve kapjuk, - a logaritmusfüggvény szigorú monotonitása miatt - hogy n < log., amiből n > 7.7. Ezért N = 7 egy jó küszöbindex. log,.53. Konvergens, N =. 36

38 .54. Konvergens, N = Konvergens, N = Konvergens, N =..57. Mivel n > 0 6 n > 0 3, ezért N = 0 3 jó lesz küszöbindexnek. n.58. Megoldás A törtet bővítve = ( n ) ( n + ) = n, így a n + n + vizsgálandó egyenlőtlenség: n > Ebből átrendezéssel kapjuk, hogy N = N = N = e e..63. Megoldás lim n.64. e..65. e..66. e..67. e..68. e e..70. e e ( n + n ) n = lim n ( ( + n 37 ) ) n = e.

39 .75. e Megoldás ( ) n+ ( n lim a n = lim (n + ) = lim (n + ) ) n+ = n n n + n n + e =..78. Megoldás A számlálót az ismert összegképletek segítségével tudjuk zárt alakban felírni: n k(k + ) = k= n n k + k = k= k= n(n + )(n + ) 6 + n(n + ) = n(n + )(n + ) 3. Ennek alapján lim a n = lim n n n k(k + ) k= n 3 = lim n n(n + )(n + ) 3n 3 = Megoldás Teljes indukcióval belátható, hogy a sorozat monoton növő, és felülről korlátos. Ebből következik, hogy konvergens, vagyis létezik a lim a n = lim a n+ = A n n véges határérték. A sorozatot megadó rekurzív képlet mindkét oldalának határértékét véve kapjuk, hogy A = 4 + A. Ennek az egyenletnek egyetlen megoldása A =. Tehát lim a n = n

40 ... Számsorok összege Megoldás Mértani sorról van szó, q = k (, ), tehát konvergens. + k Összegzése az ismert képlet segítségével történik: ( ) k n = = k + k + n=0 k k Megoldás A sor n-edik részletösszege: n n S n = k + 3k = k(k + 3). k= Az összeg k-adik tagját parciális törtekre bontjuk: k= k(k + 3) = 3 k= ( k k + 3 Ezt behelyettesítjük, majd az összeget átrendezzük: n ( S n = 3 k ) ( n = k k= ). n k Ezután a második szumma indexét eltoljuk úgy, hogy a tagok legyenek: S n = 3 ( n k= ) n+3 k. k k=4 k= ). k + 3 k + 3 helyett k alakúak Végül - mindkét szummából leválasztva a megfelelő tagokat - a közös index tartományon vett összegek kiejtik egymást, s így kialakul S n zárt alakja: ( ) S n = n 3 + n k k n + n + = n + 3 k=4 k=4 = ( n + n + ) (n 4). n + 3 Innen n határátmenettel kapjuk a sor összegét: ( n + 3n = lim n 3 6 n + n + ) n + 3 n= 39 = 8.

41 Megoldás A sor n-edik részletösszege: S n = n k= k 3 + 3k + k = n k= k(k + )(k + ). Az összeg k-adik tagját parciális törtekre bontjuk: k(k + )(k + ) = ( k k + + k + Ezt behelyettesítjük, majd az összeget a.85 feladatban látott módon átalakítjuk (átrendezés, index eltolás, leválasztás, kiejtés): n ( S n = k k + k + + ) = k + k= ( n ) = n k n k + n k + + = k + k= k= k= k= ( n ) = n+ k n n+ k k + + = k + = = k= ( A sor összege tehát k= k= n + n k k= k= ( n + + n s = Divergens. és t = k= k n + n k= ) (n ) n k + + k= ). ) k + + = n +

42 .93. Megoldás Konvergens. Pozitív tagú sor, melyet a konvergens geometriai sor majorál. n= n (.94. Megoldás Mivel lim ) n = 0, tehát a konvergencia szükséges feltétele nem teljesül, ezért a sor n n e divergens..95. Megoldás A sor divergens, ugyanis n= 0 n + n + > n= n + (n + ) = n +, n= a sort tehát a harmonikus sor minorálja, amely divergens..96. Divergens..97. Konvergens..98. Megoldás Divergens, mert lim n 3 n 3 n+ 7 = lim n s így a konvergencia szükséges feltétele nem teljesül n = 9 0,.99. Megoldás Konvergens. Pozitív tagú sor, melyet majorál a ( ) n 3 konver- 4 gens geometriai sor. n=0.00. Divergens..0. Divergens..0. Divergens..03. Divergens..04. Konvergens..05. Divergens. 4

43 .06. Megoldás Alkalmazzuk a gyökkritériumot: ( ) n ( ) n n n n lim = lim = lim ( ) n n + n n + n + n = e <, n ezért a vizsgált sor konvergens..07. Divergens..08. Divergens..09. Divergens..0. Konvergens... Megoldás Divergens. Ugyanis ( ) n ( ) = 3 n n, 3 s így n=3 ( ) ( ) n n / 3 Ez a harmonikus sor viszont divergens... Konvergens..3. Konvergens..4. Konvergens..5. Konvergens..6. Divergens..7. Konvergens..8. Konvergens..9. Konvergens. = n=3 4 3 n = 3 n. n=

44 .0. Konvergens... Konvergens... Megoldás A sor tagjai: a k = (k ) + = k +, a k = k (k N). Jelölje a sor n-edik részletösszegét S n. A páros indexű részletösszegek: S n = a + a + a 3 + a a n + a n = = (a + a ) + (a 3 + a 4 ) (a n + a n ) = n n ( = (a k + a k ) = k + + ) n ( = k k ) k + k= = , k= amiből látszik, hogy (S n ) egy konvergens Leibniz-típusú sor részletösszegeinek sorozatával egyenlő. Ezért konvergens, jelöljük a határértékét S-sel. A páratlan indexű részletösszegek is S-hez tartanak, ugyanis S n = S n a n = S n n Ezért (S n ) konvergens, vagyis a vizsgált sor konvergens. k= (n ) S 0 = S. Megjegyzés. A fenti feladatban szereplő sor példa olyan esetre, amikor a sor csupán a monotonitás hiánya miatt nem Leibniz-típusú. Ennek ellenére konvergens...3. Abszolút- ill. feltételes konvergencia.3. Konvergens..4. Konvergens..5. Divergens..6. Konvergens..7. Feltételesen konvergens..8. Abszolút konvergens. 43

45 .9. Abszolút konvergens..30. Feltételesen konvergens..3. Megoldás Vizsgáljuk az (S n ) részletösszeg-sorozat páros indexű tagjait: S n = n n = = n k= k k = n k k= k n k= ( k k ) = Itt alkalmazhatjuk a minoráns kritériumot, ugyanis k 4 esetén k k, s ezt felhasználva k k k k = k, továbbá tudjuk, hogy a k sor divergens. Ezért az (S n) részletösszeg-részsorozat divergens, amiből következik, hogy (S n ) is divergens. A vizsgált sor tehát divergens. Megjegyzés. A feladatban szereplő sor példa olyan esetre, amikor a sor csupán a monotonitás hiánya miatt nem Leibniz-típusú, és nem is konvergens...4. Alkalmazás: Geometriai feladatok.3. Feltételesen konvergens..33. Feltételesen konvergens..34. Abszolút konvergens..35. Feltételesen konvergens..36. A feladat megoldása a jegyzet I. kötet 5. oldalán található. K Koch =, T Koch = 3a = 8T Megoldás Mivel a középvonalak által meghatározott háromszög -szeres kicsinyítése a háromszögnek, ezért területe -szerese annak a háromszögének, amelybe bele- 4 írjuk. 44

46 .3. ábra. A Sierpienski háromszög konstrukciójának.,. és 3. lépése. Ennek alapján a középvonalak által meghatározott háromszögek (beszínezett háromszögek) száma és összterülete az alábbi módon adható meg: Az első ábrán db területű háromszög. 4 A második ábrán db 4, továbbá még 3 db 4 4 = területű háromszög. 4 A harmadik ábrán ugyanaz, mint a második ábrán, továbbá még 3 db 4 4 = 4 3 területű háromszög. És így tovább, teljes indukcióval megmutatható, hogy az n-edik ábrán beszínezett háromszögek összterülete: T n = n 4 = n n 4 k=0 ( ) k 3 4 A mértani sorozat első n tagjára vonatkozó képlettel kapjuk, hogy az n-edik ábrán beszínezett háromszögek összterülete: ( ) n 3 T n = n 4 ( ) k 3 = ( ) n =. 3 k=0 4 4 A kapott képlet alapján válaszolhatunk a feladat kérdéseire: a) Megoldandó a T n > 75 egyenlőtlenség, azaz: 56 ( ) n 3 > ; ( ) n 3 < = 8 56 = ( ) Ebből adódik, hogy n > 4. Sőt az is látható, hogy n = 4 esetén egyenlőség van. Tehát a középvonalak által meghatározott háromszögek (beszínezett háromszögek) összterülete a negyedik ábrán éppen 75, s ezt az értéket először az ötödik ábrán haladja meg

47 .4. ábra. A beszínezett háromszögek összterülete elöször nagyobb, mint b) A középvonalak által meghatározott háromszögek (beszínezett háromszögek) összterülete: ( ) n 3 lim T n = lim( ) =, 4 ami megegyezik az eredeti háromszög területével. Megjegyzés. A feladatot egyszerűbben is meg tudjuk oldani, ha nem a beszínezett, hanem a fehéren maradt háromszögek összterületét számoljuk. Ez a terület mindegyik ábrán mint az könnyen látható 3/4-szerese az előző ábrán lévő fehér területnek. Tehát az n-edik ábrán lévő ( fehér ) terület: (3/4) n. n 3 Ebből következik, hogy a beszínezett terület az n-edik ábrán. 4 46

48 3. fejezet Valós függvények 47

49 3.. Valós függvények 3... Bevezető feladatok Mivel egyenlő? ( ) 3.. sin arcsin(x) ( ) 3.. sin arccos(x) ( ) 3.3. sin arccos(x) ( ) 3.4. tg arccos(x) ( ) 3.5. cos arcsin(x) ( ) 3.6. sin arc tg (, 4) 3.7. sh() 3.8. ch(3) 3.9. ch(x), ha sh(x) = arsh(4) 3.. arch(5) 3.. arth( 0, 6) 48

50 Határozzuk meg a következő függvények értelmezési tartományát: y = + x + x y = 3 x y = x 3 x + y = x + x 3x y = ln(x 3x + ) 3.8. y = ln 5x x y = arcsin 3 x y = arccos 9 x 3.. y = ln x x 5 x 0x y = ln (ln x) 49

51 Rajzoljuk meg a következő függvények görbéit y = x x y = x x + x + y = x + x y = x + x y = x y = x + x + x y = x 4 x 3.3. x y = ± x + y = e x 3.3. y = e x 50

52 3.33. y = e x y = arcsin(sin(x)) y = arccos(cos(x)) y = arctan(tg (x)) y = arctan ( ) x Határozzuk meg a következő függvények inverz függvényét y = x y = + x y = x + (x 0) y = x y = 3 x + (x 0) y = x 6 (x 0) 5

53 3.44. y = 3 x y = x + 3 x y = x + x 4 (x ) y = + 4x + + 4x 3... Határérték Határozzuk meg a következő függvények határértékét az adott pontban lim x (x3 x x + ) lim x 0 x k lim x (k N rögzített) x 3 3x + 4 x 3 x + x x 3 3x + 4 lim x x 4x + 4 lim x x 3 3x x 4x + 4 5

54 x + 3x 0 lim x x x lim x 0 x 4 + 3x x 5 + x 3 + x x 6x + 8 lim x 4 x 5x + 4 lim x 8x 3 6x 5x + x 3 x x + lim x x 3 + x x n lim x x (n Z rögzített) ( lim x x 3 ) x 3 ( lim x 0 x 4 ) x 3 lim x x x + 3 x lim x + 5 x lim x 0 n + x x 53

55 Határozzuk meg a következő függvények határértékét az adott pontban lim x x + 3x 3 x3 x lim x 3 x x 0 x x lim x 0 + x + x x lim x 3 + x + x 9 x + x x 3x x x lim x x lim x 0 + x + x + x lim ( x + x) x 3.7. lim ( x + x ) x 3.7. ( ) lim x x + x x 54

56 3.73. lim x 0 x + x lim x 0 lim x lim x 0 3 x + x 3 x + 4 x x + x 5x + x x lim x 5 lim x x x 5 x + x 3 x + 3 x lim x 3 x 5 x Határozzuk meg a következő függvények határértékét az adott pontban lim x 0 sin(ax) lim x 0 sin(bx), sin(5x) lim x 0 x sin(mx), n, m N rögzített. nx a, b R, b 0 rögzített. 55

57 3.83. sin(x) lim x 0 tg (x) lim x ctg (x) x cos(x) lim x 0 x cos(x) lim x 0 sin (x) ( lim x 0 sin(x) ) tg x tg x sin(x) lim x 0 x 3 + sin(x) cos(x) lim x 0 sin(x) cos(x) cos(x lim 3 ) x 0 cos(x) 3.9. ( π ) lim (tg (x)) tg x π 4 4 x 3.9. lim x π 6 sin (x) + sin(x) sin (x) 3 sin(x) + 56

58 3.93. x sin(x) lim x 0 x + sin(3x) lim x 0 ( cos(x)) tg 3 x sin 3 (x) sin(x) sin(x) lim x 0 x 3 lim x π 6 ( sin x π ) 6 3 cos(x) lim x π cos x sin x cos(x) lim x 0 + tg (x) tg (x) sin(x) Függvény deriválás Határozzuk meg a következő függvények deriváltját f(x) = 4x 3 x f(x) = (x 3 3) sin(x) 3.0. f(x) = 3.0. f(x) = sin (x) x (x + x + ) cos(x) 57

59 3.03. f(x) = sin(x ) f(x) = sin(x 5x + 8) f(x) = (x 4 6x + ) 6 tg x f(x) = cos(x4 ) + sin 3 x f(x) = tg (x ) f(x) = sin 3 ( + x tg x ) f(x) = 0 sin(x3 ) 3.0. f(x) = e x Határozzuk meg a következő függvények deriváltját. 3.. f(x) = π sin(x) 3.. f(x) = x x x 3.3. f(x) = sin(x ) 3.4. f(x) = 3.5. f(x) = x + tg 3x x 3.6. f(x) = lg( + sin (x)) 3.7. f(x) = sh[x 3 ln(x + 7)] th x f(x) = th x 3.9. f(x) = 5 arcsin x 3.0. f(x) = arcsin x 3.. f(x) = ar ch x + ar th x 3.. f(x) = e 3.3. f(x) = 3 x 58

60 Határozzuk meg az alábbi implicit módon megadott (y = f(x)) függvények deriváltját x + y = 3.5. sin(x) cos(y) + sin(y) cos(x) = 3.6. x 3 + y 3 3axy = (x ) cos(y) + cos(y) = y x = x y 3.9. f(x) = x + arc tg f(x) f(x) = ( + x) ( x) Taylor polinom Írjuk fel az alábbi függvényeknek a megadott x 0 helyhez tartozó, megadott rendű Taylor polinomját f(x) = ln x, x 0 = e, T 4 (x) =? f(x) = e x, x 0 =, T 4 (x) =? f(x) = tg (x), x 0 = π 4, T 3(x) =? f(x) = sin(x), x 0 = π 4, T 3(x) =? f(x) = sin(3x), x 0 =, T 4 (x) =? f(x) = x 3 6x + x 5, x 0 =, T 3 (x) =? f(x) = + x 3x 5 + 7x 6, x 0 =, T 6 (x) =? f(x) = x 5 x 4 x 3 + 3x + 4x + 0, x 0 =, T 5 (x) =? 59

61 Írjuk fel az alábbi függvények x 0 = 0 helyhez tartozó, megadott rendű Taylor polinomját f(x) = e x, T 4 (x) =? f(x) = sin(3x), T 6(x) =? f(x) = cos(x), T 5 (x) =? f(x) = arc tg x, T 3 (x) =? f(x) = ln( + x), T n (x) =? f(x) = ( + x) α, T n (x) =? Mekkora hibát követünk el, ha az y = sin(x) függvény értékét a [0, ] intervallumon a T 5 (x) = x x3 3! + x5 5! Taylor polinommal közelítjük? Határozzuk meg az e szám értékét két tizedesjegy pontossággal Taylor polinom segítségével! Határérték meghatározása L Hospital szabállyal lim x 0 sin 3x tg 5x lim x 0 tg (x) + cos 3x e x e x lim x π 4 tg (x) sin 4x 60

62 3.50. lim x 0 e x sin(x) 3.5. lim x 0 e x e x x x sin(x) 3.5. lim x 0 tg (x) x x sin(x) lim x 0 x sin(x) e x x x lim x 0 ln ( + x) sin x e x sin(x) xe cos(x) lim x 0 sin(x) cos(x) ln x lim x 0 ln sin(x) ln x lim x 3 x lim x sin a x x (a R rögzített) ) lim x (e x x ( lim x 0 x ) sin x 3.6. ( lim ctg x ) x 0 x tg (x) 3.6. lim (sin(x)) x π tg (x) lim (arcsin x) x lim (tg (x)) x π x π 6

63 ( ) tg (x) lim x 0 x lim x ( ) x x + x ( ) x x lim x x + lim x ( ) x x + x lim x ( x x ) x lim ( + x ) x x Síkbeli görbe érintője x lim ( + tg (x))ctg x Határozzuk meg az y = 3x x parabola x 0 = abszcisszájú pontjához húzott érintőjének egyenletét! Hol metszi az y = ln x görbe x = e abszcisszájú pontjához húzott érintője az x tengelyt? Határozzuk meg az y = tg (x) görbének azt a pontját, melyhez tartozó érintő párhuzamos az y = x 5 egyenessel! Határozzuk meg az y = x 3 6x + 56 görbének azokat a pontjait, melyekben az érintő párhuzamos az y = 6(x π) egyenessel! 6

64 3.76. Bizonyítsuk be, hogy az xy = a görbe (ahol a > 0 adott) bármely pontjához húzott érintője és a koordináta tengelyek által alkotott háromszög területe független az érintési ponttól! Írjuk fel az y = tg (x) görbe x = π abszcisszájú pontjához tartozó normálisának 4 egyenletét. (A függvény görbe P pontjához tartozó normálisa az az egyenes, amely a ponthoz húzott érintőre merőleges.) Határozzuk meg az y 3 3x 4xy + 3 = 0 implicit alakban adott függvény görbéjének x = abszcisszájú pontjaiban az érintő és normális egyenletet Keressük meg az y = 3 x3 x + görbe azon pontjait, ahol a.) az érintő párhuzamos az x tengellyel b.) az érintő az x tengely pozitív irányával +45 -os szöget zár be Szélsőérték számítás Határozzuk meg az y = x 3 x függvény lokális szélsőértékeit! 3.8. Határozzuk meg az y = x 4 e x függvény lokális szélsőértékeit! 3.8. Keressük meg az f(x) = x 3 9x + 5x 3 függvény a) lokális szélsőértékeit, b) abszolút szélsőértékeit a [0; ] és a (0; ) intervallumokon Keressük meg az f(x) = x + x függvény a.) lokális szélsőértékeit b.) abszolút szélsőértékeit az [ ; ] intervallumon Keressük meg az f(x) = x ln x függvény a.) lokális szélsőértékeit b.) abszolút szélsőértékeit az (0; ] intervallumon Határozzuk meg az R sugarú körbe írt legnagyobb területű téglalapot Határozzuk meg az R sugarú gömbbe írt legnagyobb térfogatú hengert Határozzuk meg az R sugarú gömbbe írt legnagyobb térfogatú kúpot Határozzuk meg az egy literes, felül nyitott legkisebb felszínű hengert. 63

65 3.89. Egyenlő szélességű három deszkából csatornát készítünk. Az oldalfalak milyen hajlásszöge mellett lesz a csatorna keresztmetszete maximális? Határozzuk meg a h alkotójú kúpot közül azt, melynek a térfogata legnagyobb Egy a szélességű csatornából derékszögben kinyúlik egy b szélességű csatorna. A csatornák falai egyenes vonalúak. Határozzuk meg azon gerenda legnagyobb hosszát, amely az egyik csatornából átcsúsztatható a másikba Keressük meg az y = 8x parabolának azt a pontját, amely a (6, 0) ponttól a legkisebb távolságra van Feltsszük, hogy a gőzhajó energiafogyasztása a sebesség harmadik hatványával egyenesen arányos. Keressük meg a leggazdaságosabb óránkénti sebességet abban az esetben, ha a hajó c km/óra sebességű víz-sodrással szemben halad Az A és B pontok a ill. b távolságra vannak a faltól. Melyik a legrövidebb út A-ból B-be a falat érintve? 3.. ábra m hosszú drótkerítéssel szeretnénk maximális területet közrezárni, miközben csatlakozunk egy már meglevő 00 m hósszú kőfalhoz. Mekkorák lesznek a kert oldalai? Keressük meg a 4x +9y = 36 ellipszisnek azt a pontját, ami a P (, 0) ponthoz legközelebb illetve legtávolabb van Egy derékszögű háromszög alakú telek egymásra merőleges oldalai 00 m és 00 m. Az ábra szerint ráépített téglalap alapú ház alapterülete mikor lesz maximális? 64

66 3.. ábra ábra feladat Egy r sugarú félkörbe írható téglalapok közül melyik területe maximális? Melyik területe minimális? Egy fapados repülőgépen 300 ülőhely van. Csak akkor indítják a járatot, ha legalább 00 ülőhely foglalt. Ha 00 utas van, akkor egy jegy ára 30e Ft, és minden egyes plusz utas esetén a jegyárak egységesen csökkennek 00 Ft-tal. Hány utas esetén lesz a légitársaság bevétele maximális illetve minimális? Adott T területű téglalapok küzül melyik kerülete a minimális? 3.0. Egy x hosszú drótból levágunk egy darabot, négyzetet csinálunk belőle. A maradékot kör alakúra hajlítjuk. Mikor lesz a két alakzat össz-területe maximális? Függvényvizsgálat 3.0. Vizsgáljuk és ábrázoljuk az f(x) = x ln x függvényt! Vizsgáljuk az alábbi függvényeket f(x) = x 3 9x 4x f(x) = x + x 65

67 3.05. f(x) = x + x f(x) = e x f(x) = x x f(x) = e x cos(x) 66

68 3.. Megoldások. Valós függvények 3... Bevezető feladatok 3.. x 3.. x 3.3. sin( arccos x) = sin(arccos x) cos(arccos x) = x x x x + x 3.6. sin(x) = tg (x), sin(arc tg.4) = + tg x sh() = e e 3.8. ch(3) = = ch(x) = ch x + sh x = + sh x = 3, ha sh x = Megoldás ar sh x = ln(x + x + ), ezért ar sh 4 = ln(4 + 7) = Megoldás ar ch x = ln(x ± x ), ezért ar ch 5 = ln(5 ± 4) = ln =.9 = ln 0.0 = Megoldás ar th x = ln + y y, ezért ar th ( 0.6) = 0.4 ln.6 = Megoldás A + x + x kifejezés azokra az x értékekre van értelmezve, melyek esetén a négyzetgyökjel alatti kifejezések nem negatívak, azaz, ha + x 0 és x 0. Ezt az egyenlőtlenség rendszert megoldva kapjuk, hogy az értelmezési tartomány: x x 3 67

69 3.5. x R \ {} 3.6. x R \ {0, 3} 3.7. Megoldás A logaritmusfüggvény értelmezési tartománya a pozitív számok halmaza. Ezért függvényünk pontosan az x 3x + > 0 feltételnek eleget tevő valós számokra van értelmezve. Az egyenlőtlenséget megoldva azt nyerjük, hogy az értelmezési tartomány: x R \ [, ] 5x x 3.8. Megoldás A logaritmus mögött pozitív számnak kell állnia, ezért > 0. ( 4 ) 5x x Továbbá a gyökjel alatti számnak nem- negatívnak kell lennie, ezért ln x x E két feltétel együttese pontosan akkor teljesül, ha. Ezért: x x x 8, 8 x < x < 3, < x < 5, 8 < x <. 3.. < x <

70 Racionális törtfüggvényeknél az ábrázolás előtt határozzuk meg, hogy hol lesznek a görbének a koordináta tengelyekkel párhuzamos aszimptotái. Ahol egy törtfüggvénynek a nevezője zérus, ott pólusa van. Itt függőleges aszimptotája van. A vízszintes aszimptota helyét a függvény végtelenben vett határértéke határozza meg. (a) 3.3. feladat (b) 3.4. feladat 69

71 (c) 3.5. feladat (d) 3.8. feladat (e) 3.6. feladat (f) 3.3. feladat (g) 3.9. feladat (h) 3.3. feladat y = x. 70

72 (i) 3.7. feladat (j) feladat (k) feladat (l) feladat (m) feladat y = x. 7

73 3.40. y = x y = x x y = x y = x y = 3 x y = 3 x x y = x + x y = x (x + ) Határérték ha k páros, balról, jobbról + ha k páratlan Megoldás Az (x ) gyöktényezőt a számlálóból és a nevezőből is kiemeljük, majd egyszerűsítünk: x + 3x 0 lim x x x = lim (x )(x + 5) x (x )(x + ) = lim x + 5 x x + = =

74 n Megoldás Helyettesítsük 3 + x-et u-val. Ekkor 3 + x = u és x = u 3. Ha x 0, akkor u, tehát 3 + x u lim = lim x 0 x u u 3 = lim u u (u )(u + u + ) = lim u u + u + = Megoldás x = u 5 helyettesítés alkalmazásával n x lim x + 5 x = lim + u 5 u + u = lim u 4 u 3 + u u + 3 u u u + = Megoldás Mivel x, ezért a nevező domináns tagjával, azaz x 7 0 -nel egyszerűsítjük a törtet: 3 x x 0 x x = (x 6) 3 + x 3 x x = (x 6) 3 x x x x 7 0 = = ( x 6 x, ) x x 7 0 x 5 = ( x ) x 0, x, x 7 0 x 5 (x ) Megoldás A számlálót és a nevezőt egyaránt szorozva ( + x + x + ) -el, a kifejezés értéke nem változik. Viszont a számlálóból eltűnik a négyzetgyök jel, és ezt követően a kifejezés egyszerűsíthető x-el. Így az ismert (a+b)(a b) = a b összefüggést használtuk ki. Négyzetgyökös kifejezések esetén hasonlóan szoktunk eljárni máskor is. + x + x + x + x + x + x + lim = lim x 0 x x 0 x + x + x + = + x + x = lim x 0 x ( + x + x + ) = lim + x x 0 + x + x + =. 73

75 Megoldás x x x x x + (x 4 x)( x + ) lim = lim = lim x x x x x + x (x )(x + x) = = lim x x(x + x + )( x + ) x + x Ebben a példában ugyanaz a kifejezés volt a négyzetgyökjel alatt mind a két helyen, tehát az előzőekben említett példa módjára úgy is eljárhattunk volna, hogy x = u helyettesítéssel oldjuk meg a feladatot. Az itt bemutatott módszer azonban általánosabb esetben is alkalmazható Megoldás = 3. lim x 0 + x + x + x ( + x x ) ( + x + ) = lim x 0 ( + x + + x ) ( + x ) = ( x) ( + x + ) = lim x 0 + x + + x = = Megoldás Alkalmazzuk az u = 3 x + helyettesítést. Ekkor x = u 3, s ezzel lim x x + x. 5. = lim u u u 3 = lim u u (u ) (u + u + ) = lim u u + u + = 3. 74

76 Megoldás sin mx lim x 0 nx ( sin mx = lim x 0 mx ) mx nx = m n = m n Megoldás Megoldás sin ax lim x 0 sin bx = lim ax x 0 bx sin ax ax sin bx bx = a b lim x 0 sin ax ax sin bx bx = a b = a b Megoldás sin(x) lim x 0 tg (x) = lim sin(x) x 0 sin(x) cos(x) cos(x) lim x 0 x = lim x Megoldás lim x 0 ( cos(x)) ( + cos(x)) = lim x 0 x ( + cos(x)) ( ) sin(x) x sin (x) x ( + cos(x)) = lim x 0 ( sin(x) tg (x) ) = lim(cos(x)) sin(x) x 0 sin(x) = =. cos (x) = lim x 0 x ( + cos(x)) = + cos(x) =. ( = lim x 0 sin(x) cos(x) ) sin(x) cos(x) x = lim x x 0 x sin(x) = 0 = = lim x 0 cos(x) sin(x) =

77 Megoldás Megoldás Megoldás Megoldás cos(x lim 3 ) x 0 cos(x) = lim x 0 cos(x 3 ) (x 3 ) cos(x) x = lim x 0 cos(x 3 ) ( cos(x)) ( + cos(x 3 )) = x 4 + cos(x 3 ) = x sin(x) lim x 0 x + sin 3x = lim x 0 sin(x) lim x x 0 + sin(x) sin(x) lim x 0 x 3 = sin 3x 3x 3 x sin(x) x x sin 3x x + 3x = 3x + 3 = 4. 0 = 0. = lim x 0 sin(x) sin(x) cos(x) x 3 = lim sin(x) cos(x) = x 0 x x =. lim x π cos x sin x cos(x) = lim x π cos x sin x cos x sin x = lim x π cos x + sin x = cos π + sin π =

78 3..3. Függvény deriválás f (x) = x x f (x) = 3x sin(x) + (x 3 3) cos(x) f (x) = 3x (x + x + ) cos(x) (x 3 + 3)[(x + ) cos(x) (x + x + ) sin(x)]. (x + x + ) cos (x) 3.0. f(x) = sin(x) sin(x) tehát f (x) = cos(x) sin(x) + sin(x) cos(x) = sin(x) cos(x) = sin(x) f (x) = cos(x ) x f (x) = (x 5) cos(x 5x + 8) f (x) = 6(x 4 6x + ) 5 (4x 3 6)tg x (x4 6x + ) 6 x cos. x f (x) = 4x3 sin(x 4 ) ( + sin 3 x) 3 cos(x 4 ) sin (x) cos(x) ( + sin 3 (x)) f (x) = tg (x ) cos (x ) x = 4xtg (x ) cos (x ) f (x) = 3 sin ( + x tg x ) cos( + x tg x ) (xtg x +x tg x cos x ) f (x) = 0 sin(x3) ln 0 cos(x 3 ) 3x = 3(ln 0)x 0 sin(x3) cos(x 3 ) f (x) = xe x. 3.. f (x) = π sin(x) ln π cos(x). 3.. f(x) = x 7 8 tehát f (x) = 7 8 x f (x) = x cos(x ) sin(x ) f (x) = x x x = x (x ). 3 77

79 3.5. f (x) = 3.6. Megoldás f (x) = = x + tg 3x 3 cos 3x (x ) x( + tg 3x). (x ) 4 sin(x) cos(x) lg( + sin x) ln(0) ( + sin x) = sin 4x lg( + sin x) ln(0) ( + sin x) f (x) = ch[x 3 ln(x + 7)] (3x x + 7 ) f (x) = ch x sh x f (x) = 5 5 arcsin x ln. x 3.0. f (x) =. x 3.. f (x) = e ar th x = e ( x + ) x + = x + x. 3.. Megoldás Mivel ar th (x) = ( + x ln x +x +x ln ln x = e x + x = 3.3. f (x) = ( 3 x) 0 ), ezért f (x) = x ( ) 3 ( 3 x). x ( + x )( x ) Megoldás Deriváljuk mindkét oldalt: x + yy = 0, innen: y = x y Megoldás Deriváljuk mindkét oldalt: Innen: cos(x) cos(y) + y sin(x) sin(y) cos (y) y = + y cos(x) cos(y) + sin(x) sin(y) cos (x) cos(x) sin(x) sin(y) + cos(y) cos (x) sin(x) sin(y) cos (y) + cos(x) cos(y) cos (x). = 0. 78

80 3.6. Megoldás Deriváljuk mindkét oldalt: Innen átrendezéssel: y = a y x y ax y = 3x + 3y y (3ay + 3axy ) = 0. cos y sin y + (x ) sin y 3.8. Megoldás Vegyük mindkét oldal logaritmusát: x ln f(x) = f(x) ln x. Deriváljuk mindkét oldalt: ln f(x) + x f(x) f (x) = f (x) ln x + f(x) x. Innen azt kapjuk, hogy 3.9. Megoldás f (x) = + f(x). f (x) = f(x) xf(x) ln f(x). x xf(x) ln x Megoldás Mindkét oldalnak a logaritmusát vesszük: ln f(x) = ( x) ln( + x). Aztán mint implicit függvényt deriváljuk: Innen átrendezéssel azt kapjuk, hogy Taylor polinomok f(x) f (x) = ln( + x) + x + x. f (x) = ( + x) x ( x ln( + x)). + x 3.3. Megoldás A Taylor polinom képlete szerint: T 4 (x) = f(e) + f (e)! (x e) + f (e)! (x e) + f (e) 3! A fenti képletbeli számítások: f(e) = ln e =. A derivált f (x) = x, f (e) = e. (x e) 3 + f (4) (e) (x e) 4. 4! f (x) = x, f (e) = e, 79

81 f (x) = x 3, f (e) = e 3, Így a keresett polinom: f (4) (x) = 3 x 4, f (4) (e) = 6 e T 4 (x) = + (x e) e e (x e) + 3e (x 3 e)3 4e (x 4 e) T 4 (x) = e [ +! (x ) +! (x ) + 3! (x )3 + 4! (x )4 ]. T 3 (x) = +! (x π 4 ) + 4! (x π 4 ) + 6 3! (x π 4 ) Megoldás f(x) = sin(x), f( π 4 ) =. f (x) = cos(x), f ( π 4 ) =. f (x) = sin(x), f ( π 4 ) =. f (x) = cos(x), f ( π 4 ) =. Tehát a keresett polinom: Megoldás T 3 (x) = [ +! (x π4 )! (x π4 ) 3! (x π4 ] )3 T 4 (x) = sin(3) + 3 cos(3)! 3 3 cos(3) 3! (x ) 3 sin(3) (x )! (x ) sin(3) (x ) 4. 4! 80

82 3.36. Megoldás f(x) = x 3 6x + x 5, f() =. f (x) = 3x x +, f () = f (x) = 6x, f () = 0 f (x) = 6, f () = 6. Tehát a keresett polinom: T 3 (x) = f() + f ()! (x ) + f ()! (x ) + f () (x ) 3 = 3! =! (x ) + 6 3! (x )3 = (x ) 3 (x ) +. Megjegyzés: Mivel az n-ed fokú polinom megegyezik bármely helyen felírt n-edfokú Taylor polinomjával, ezért x 3 6x + x 5 = (x ) 3 (x ) +. Természetesen ez az azonosság elemi úton is ellenőrizhető Megoldás T (x) = 7 + 9(x ) + 76(x ) + 0(x ) (x ) (x ) 5 + 7(x ) Megoldás T 5 (x) = 6 + 5(x ) + (x ) + 4(x ) 3 + 4(x ) 4 + (x ) Megoldás T 4 (x) = + x + x x3 + 3 x Megoldás f(x) = sin 3x, f(0) = 0. f (x) = 3 cos 3x, f (0) = 3 f (x) = 3 sin 3x, f (0) = 0 f (x) = 33 cos 3x, f (0) = 33 f (4) (x) = 34 sin 3x, f (4) (0) = 0 f (5) (x) = 35 cos 3x, f (5) (0) = 35 f (6) (x) = 36 sin 3x, f (6) (0) = 0. 8

83 Tehát a keresett polinom: T 6 (x) = f(0) + f (0)! 3 x + f (0)! x + f (0) 3! = 0 +! x + 0! x + 33 x ! 4! x4 + = [3x 9 x x5 ] T 5 (x) = T 4 (x) = x + 3 x Megoldás f(x) = arc tg x, f(0) = 0 f (x) = + x, f (0) = f (x) = x ( + x ), f (0) = 0 x 3 + f (4) (0) 4! 3 5 5! x ! x6 = x 4 + f (5) (0) 5! f (x) = ( + x ) 8x ( + x ) = 6x ( + x ) 4 ( + x ), f (0) =. 3 Tehát a keresett polinom: x 5 + f (6) (0) x 6 = 6! T 3 (x) = x 3! x3 = x x Megoldás T n (x) = x x + x3 3 x4 xn + + ( )n+ 4 n T n (x) = + α α(α ) x + x α(α )(α ) + x 3 +!! 3! α(α )... (α n + ) + + x n = n! ( ) ( ) ( ) α α α = + x + x + + x n = n n k=0 ( α k ) x k Megoldás A felírt polinom hatod fokúnak is tekinthető, ezért az elkövetett hiba R 6 (x) = f 7 (ξ) x 7 = cos(ξ) x 7 < 7! < 5000 < 5 0 3, mert cos(ξ) bármilyen ξ esetén, és a 0 x feltevés miatt x. Ha tehát a 0-tól radiánig ( 57, 3 ) terjedő szögek sinusát az előbbi ötödfokú polinommal számítjuk ki, akkor a hiba tízezrednél kisebb. 8

84 3.46. Megoldás Az e szám két tizedes jegy pontossággal való megközelítése azt jelenti, hogy megkeressük a két tizedes jeggyel felírt tizedes törtek halmazából azt az elemet, amely az e számhoz legközelebb esik. Ez a halmaz: {k 0.0 k Z}. Mivel két ilyen szomszédos tizedes tört távolsága 0, 0, ezért célszerűnek tűnik, hogy az e számot először 0.0 = pontossággal közelítsük meg racionális számmal, majd ebből próbáljuk meg kikövetkeztetni, hogy az említett százados skálán melyik elem esik hozzá legközelebb. Az e számot az f(x) = e x (x R) függvény x = helyen vett helyettesítési értéke adja. Ezért a feladat most olyan n N keresése, melyre e T n () = f() T n () < A Taylor-formulát x = esetén alkalmazva kapjuk, hogy van olyan 0 < ξ < szám, melyre n f() T n () = f() n! = f (n+) (ξ) (n + )! e ξ n+ = (n + )! > 0. k= A ξ <, e < 3 becsléseket alkalmazva kapjuk, hogy ezért elég megoldani a 0 < f() T n () = e ξ (n + )! < e (n + )! < 3 (n + )!, (3.) 3 (n + )! < egyenlőtlenséget. Ez az egyenlőtlenség egyenértékű azzal, hogy (n + )! > 600, amiből kiolvasható, hogy n 5. Nézzük tehát pl. az n = 5 esetet: T 5 () = +! +! + 3! + 4! + 5! Rendezzük át az (3.) becslést: majd alkalmazzuk n = 5-re: T n () < f() < T n () + = 8, (n + )!, =, , < e <, ! =, Ebből már látható, hogy a százados skálán az e számhoz a, 7 tizedes tört esik legközelebb, tehát az e szám két tizedes jeggyel felírt közelítő értéke:, 7. 83

85 3..5. Határérték meghatározása L Hospital szabállyal Megoldás sin 3x lim x 0 tg 5x = lim 3 cos 3x x 0 5 cos 5x 3 = lim x 0 5 cos 3x cos 5x = Megoldás e x e x x lim x 0 x sin(x) = lim x 0 e x + e x cos(x) = lim x 0 e x e x sin(x) = lim x 0 e x + e x cos(x) = e Megoldás lim x Megoldás ln x ln sin(x) = lim x 0 x cos(x) sin(x) = lim x 0 lim x sin a x x = lim sin a x x x sin(x) x cos(x) = lim x 0 = lim x = lim x a cos a x = a cos 0 = a cos(x) cos(x) x sin(x) =. ( a x ) cos a x x = 84

86 Megoldás Itt felhasználtuk, hogy lim (sin(x)) tg (x) = lim e (tg (x)) (ln sin(x)) = e 0 =. x π x π lim (tg (x)) (ln sin(x)) = lim x π x π ln sin(x) ctg x = lim ( sin(x) cos(x)) = 0. x π = lim x π cos(x) sin(x) sin x = e e e Síkgörbe érintője 3.7. Megoldás Az érintő egyenlete y y(x 0 ) = y (x 0 )(x x 0 ). Példánkban x 0 =, y() =, y () =. Az érintő egyenlete y = (x ) + azaz y = x Megoldás Az érintő egyenlete y = x Az x tengelyt ott metszi, ahol y = 0. e Ebből x = 0. Az érintő az origón megy keresztül. 85

87 3.74. Megoldás Az érintő iránytangense y megegyezik az egyenes meredekségével. y = =. cos x Innen cos(x) = ±, x = ± π 4 + kπ. Tehát a keresett pontok: P k ( π 4 + kπ; ), Q k( π 4 + kπ; ) (k Z) P (, 530) ; P (, 5) T = a Megoldás A normális meredeksége m = π = cos π y ( 4 ) 4 =. Innen az érintő egyenlete: y = x + + π Megoldás Keressük meg először a jelzett pontokat. Az x = értéket beírjuk a függvénybe: y 3 3 4y + 3 = 0. Innen y(y 4) = 0. Három értéket találunk: y = 0, y =, y 3 =, ezért a megfelelő pontok A derivált y 6x 4y = 3y 4x Érintő egyenesek: Normális egyenesek: P (, 0), P (, ), P 3 (, ). = 6x + 4y 3y 4x, y (P ) = 3, y (P ) = 7 4, y (P 3 ) = 4. y = 3 (x ), y = 7 4 (x ), y + = (x ). 4 y = 3 (x ), y = 4 (x ), y + = 4(x ) Megoldás y = x x, ezt felhasználva: a) x x = 0, amiből x = 0 vagy x =. A keresett pontok: P (0, ), P (, 3 ). b) +45 -os bezárt szög esetén az érintő meredeksége, ezért megoldandó az x x = egyenlet. Ennek gyökei x = +, x =. Tehát a keresett pontok: Q ( +, 3 3 ), Q (, ). 86

88 3..7. Szélsőérték számítás Megoldás A függvénynek lokális szélsőértéke ott lehet, ahol az első derivált zérus. Ha ezen a helyen az első el nem tűnő derivált páros rendű, akkor van lokális szélsőérték. Ha ez a derivált az adott pontban pozitív, akkor lokális minimum van, ha negatív, akkor lokális maximum van. y = x 3 x, ezért y = 3x és y = 6x. y = 0 ha x = 4, azaz x = ± y () = > 0, lokális minimum van y() = 6. y ( ) = < 0, lokális maximum van y( ) = Megoldás y = (4x 3 x 5 )e x = x 3 (4 x )e x Mivel e x mindenütt pozitív, y = 0 akkor lehet, ha x = 0 ill. x =, x 3 = y = (x 8x 4 + 4x 6 )e x y (0) = 0, tehát ezt a helyet tovább kell vizsgálni. y ( ) = y ( ) = 6 < 0, tehát ezeken a helyeken a függvénynek lokális maximuma e van. Vizsgáljuk az x = 0 helyet. y = (4x 96x x 5 8x 7 )e x ; y (0) = 0 y (IV) = (4 336x + 49x 4 76x 6 + 6x 8 )e x y (IV) (0) = 4 > 0, tehát a függvénynek az x = 0 helyen van lokális szélsőértéke: lokális minimuma van. x = 0-nál y min = 0 x = és x 3 = -nél y max = 4 e. Megjegyzés: természetesen kereshetjük a lokális szélsőérték helyeket a függvény monotonitásának vizsgálatával is Megoldás a) f monotonitását vizsgáljuk, s ebből következtetünk a keresett szélsőérték helyekre. A derivált f (x) = 3x 8x+5, melynek zérushelyei: x =, x = 5. Ennek alapján a függvény monotonitása: a (, ] intervallumon: szigorúan nő, a [, 5] intervallumon szigorúan csökken, a [5, + ] intervallumon. szigorúan nő. Emiatt az x = helyen lokális maximuma van, melynek értéke: 4, és az x = 5 helyen lokális minimuma van, melynek értéke: 8. b) A [0, ] intervallumon vegyük figyelembe, hogy f a [0, ] intervallumon szigorúan nő, az [, ] intervallumon pedig szigorúan csökken. Emiatt abszolút maximuma az x = helyen felvett f() = 4, abszolút minimuma pedig min{f(0); f()} = f(0) = 3. A (0, ) nyílt intervallumon - a monotonitás alapján - az x = helyen van abszolút maximum, abszolút minimum pedig nincs. 87

89 3.83. Megoldás Lokális szélsőértékek: f(x) max =, ha x = és f(x) min =, ha x =. Abszolút szélsőértékek [ ; ]-n: abszolút minimum x = -nél, abszolút maximum x = -nél és x = -nél Megoldás Lokális szélsőérték: f(x) min = e, ha x = e. Abszolút szélsőérték (0; ]-en: abszolút minimum x = -nél, abszolút maxi- e e mum x = -nél Megoldás Jelöljük a négyszög alapját x-el, magasságát m-el, akkor a terület T = x m. Ekkor x + m = 4R, ahonnan m = 4R x.így T = x 4R x ábra feladat A kapott függvény maximumát kell keresnünk. Egyszerűsítést jelenthet, ha a területfüggvény helyett annak négyzetét tekintjük. T -nek ugyanott van maximuma, ahol T -nek: T = x (4R x ). A maximális területű négyszög négyzet, és x = m = R. T = R Megoldás Legyen a henger sugara r, magassága m. V = r πm V max = R3 π, ha r = R 3, m = R. 3 88

90 3.5. ábra feladat Megoldás Legyen a kúp alapkörének a sugara r, magassága m. Vezessük be az ábrán jelzett x-et ábra feladat Ezzel a kúp sugara és magassága is kifejezhető. V = r πm ; r = R x, m = R + x. 3 V = π 3 (R x )(R + x) 89

91 V max = 3 8 R3 π, ha m = 4 3 R, r = 3 R r = m = 3 π Megoldás A feladat megoldásában segít az ábra: T = a + x m = (a + x)m 3.7. ábra feladat φ = Megoldás A feladat megoldásában segít az ábra: V max = 3 7 πh3, ha r = 3 h, m = h 3. ( 3.9. Megoldás A feladat megoldásában segít az ábra: l max = 3 a b P (, ±4). a 3 + b 3 ) 3, ha tg α = Megoldás Egy óra alatt a hajó v c km-nyi utat tesz meg felfelé. Ez alatt a fogyasztása E = av 3 (a konstans arányossági tényező). A D költséget az egy km megtételéhez felhasznált energiával mérhetjük. A hajózás akkor a leggazdaságosabb, ha egy km út felfelé való megtételéhez a legkevesebb energia szükséges. A költség minimumát a K = a v3 v c költségfüggvény minimuma adja. A leggazdaságosabb sebesség: v = 3 c km/h. 90

92 3.8. ábra feladat 3.9. ábra feladat Minimális távolság esetén α = α Megoldás Maximális terület 5000 m, ekkor a = 00 m, b = 50 m. A minimális terület 0 (egyenes vonal) Megoldás Jelölje (x, y) az ellipszis egy pontját. Ekkor P és (x, y) távolsága: d = (x ) + (y 0). 9

93 Ennek minimumát és maximumát keressük a 4x + 9y = 36 feltétel mellett. Nyilvánvaló, hogy d és d szélsőérték-helyei ugyanott vannak, ezért d szélsőértékhelyeit fogjuk keresni. A feltételi egyenletből kifejezzük y -et, majd behelyettesítjük d képletébe: d = (x ) + y = (x ) 36 4x + = x x + 5 Keressük tehát az f(x) = 5 9 x x + 5 függvény abszolút szélsőértékeit a [ 3, 3] intervallumon. A [ 3, 3] intervallumhoz úgy jutunk el, hogy a feltételi egyenlet átrendezésével 9y = 36 4x, amiből 36 4x 0, azaz 3 x 3 adódik. Weierstrass tétele alapján tudjuk, hogy a keresett szélsőértékek léteznek. Keressük meg a derivált zérushelyét: f (x) = 0 x = 0, ennek egyetlen megoldása 9 x = 9. Ez benne van a [ 3, 3] intervallumban. Így: 5 { ( ) } 9 min f = min f, f( 3), f(3) = min 5 { ( 9 max f = max f 5 { 4 5, 4, } = 4 5 = f ( ) 9 5 ) } { } 4, f( 3), f(3) = max 5, 4, = 4 = f( 3) Ennek alapján a P -hez legközelebbi pontok ( ilyen van): A ( 9 5, 8 5 ) és A ( 9 5, 8 5 ), a legtávolabbi pont pedig B( 3, 0) A ház oldalainak hossza 00 m és 50 m r A maximális területű téglalap oldalai és r. A minimális területű téglalap a degenerált eset: egyetlen vonal Megoldás Legyen f(x) a bevétel, ha x utas van. A 00 fölöttiek száma x 00, ezért a jegyek ára ennyivel csökken, tehát darabonként (x 00). Ezért az összes jegy ára: ( ) f(x) = x (x 00) = x 00x Az f (x) = 0 egyenlet megoldása x = 50, így a potenciális szélsőérték helyek: x = 00, x = 50, x = 350. A megfelelő függvényértékek: f(00) = , f(50) = , f(350) = Maximális a bevétel 50 utas esetén, és minimális 350 utas esetén. (A feladat csupán elméleti...) Négyzet Az egész drótból kört hajlítunk. 9

94 3..8. Függvényvizsgálat 3.0. Megoldás Értelmezési tartomány: x R, x > 0. A zérushelyeket az x ln x = 0 egyenlet megoldásával kapjuk: x =. Határértékek: lim x ln x = 0 (L Hospital-lal), lim x 0 x + x ln x = +. Monotonitás, szélsőérték: f (x) = x ln x + x = x ( ln x + ). Ennek egyetlen x zérushelye van: x = e / =. e A deriváltfüggvény [ ] előjelének vizsgálatával [ az alábbi) következtetésre jutunk: f a 0, intervallumon csökken, az e e, + intervallumon nő. Az x = ( ) helyen abszolút minimuma van. A minimum értéke: f = e e. Konvexitás, inflexiós pontok: f (x) = ( ln x + ) + x x zérushelye van: x = e 3/ = e e. f előjelének] vizsgálatával az alábbi következtetésre ) jutunk: f a [ 0, e e intervallumon konkáv, az e helyen inflexiós pontja van. e A függvény grafikonja: [ e e, + e = ln x + 3. Ennek egyetlen intervallumon konvex. Az x = 3.0. ábra. 3.0 feladat Értékkészlet: R f = [ e ), f( ) : maximum, f(4) : minimum, f ( ) 3 : inflexió. 93

95 3.04. Megoldás Értelmezési tartomány: D f = R, a függvény páratlan. x Azérushelyeket az = 0 egyenlet megoldásával kapjuk: x = 0. + x x Határértékek: lim x + x = lim x x + + x = 0. Monotonitás, szélsőérték: f (x) = ( + x ) x x = x. Ennek zérushe- ( + x ) ( + x ) lyei: x =, x =. A deriváltfüggvény előjelének vizsgálatával az alábbi következtetésre jutunk: f a (, ] intervallumon csökken, a [, ] intervallumon nő, az [, + ) intervallumon csökken. Az x = helyen lokális minimuma, az x = helyen lokális maximuma van. A lokális minimum értéke, a lokális maximum értéke. Konvexitás, inflexiós pontok: f (x) = x (x 3) ( + x ) 3. Ennek három zérushelye van: x = 3, x = 0, x 3 = 3. f előjelének vizsgálatával az alábbi következtetésre jutunk: f a (, 3 ] és a [ 0, 3 ] intervallumokon konkáv, a [ 3, 0 ] és a [ 3, + ) intervallumokon konvex. Az x = 3, x = 0, x 3 = 3 helyeken inflexiós pontja van. Aszimptota az x-tengely. A függvény grafikonja: 3.. ábra feladat [ Értékkészlet: R f =, ]. Az x = helyen abszolút minimuma, az x = helyen abszolút maximuma van Megoldás Értelmezési tartomány: D f = R \ {0}, a függvény páratlan. A zérushelyeket az x + = 0 egyenlet megoldásával kapjuk. Ennek az egyenletnek x azonban nincs valós gyöke, tehát a függvénynek nincs zérushelye. Határértékek: lim f(x) =, lim f(x) = +, lim f(x) =, lim f(x) = x x + x 0 x

96 Monotonitás, szélsőérték: f (x) = x. Ennek zérushelyei: x x =,x =. A deriváltfüggvény előjelének vizsgálatával az alábbi következtetésre jutunk: f a (, ] intervallumon nő, a [, 0) intervallumon csökken, a (0, ] intervallumon csökken, az [, + ) intervallumon nő. Az x = helyen lokális maximuma, az x = helyen lokális minimuma van. A lokális maximum értéke, a lokális minimum értéke. Konvexitás, inflexiós pontok: f (x) =. Ennek nincs zérushelye. x3 f előjelének vizsgálatával az alábbi következtetésre jutunk: f a (, 0) intervallumon konkáv, a (0, + ) intervallumon konvex. Inflexiós pontja nincs. Aszimptota az y = x egyenes. A függvény grafikonja: 3.. ábra. f(x) = + x Értékkészlet: R f = (, ] [, + ). Abszolút szélsőértékei nincsenek Megoldás Értelmezési tartomány: D f = R, a függvény páros. Zérushely nincs, mivel bármely x R esetén e x > 0. Határértékek: lim x e x = lim x + e x = 0. Monotonitás, szélsőérték: f (x) = e x ( x). Ennek egyetlen zérushelye van: x = 0. A deriváltfüggvény előjelének vizsgálatával az alábbi következtetésre jutunk: f a (, 0] intervallumon nő, a [0, + ) intervallumon csökken. Az x = 0 helyen abszolút maximuma van. A maximum értéke: f (0) =. Konvexitás, inflexiós pontok: f (x) = e x (x ). Ennek két zérushelye van: x =, x =. f előjelének ( vizsgálatával az alábbi következtetésre jutunk: f a, ] [ ) és az, + intervallumokon konvex, a [, ] inter- vallumon konkáv. Az x =, x = helyeken inflexiós pontja van. 95

97 A függvény grafikonja: Értékkészlete a (0, ] intervallum ábra. f(x) = e x Megoldás D f : {x R/{ }} ; f(0) = 0 : minimum, f( ) = 4 : maximum, inflexió nincs, aszimptotája az y = x egyenes. A (, ) és (0, + ) szakaszokon növekvő, (, ) és (, 0) szakaszokon csökkenő. R f : {0 < f(x) 4, f(x) 0} Megoldás Értelmezési tartomány: D f = R. Zérushelyek: az e x cos(x) = 0 egyenlet megoldásával kapjuk, hogy x = z k = π + kπ (k Z). Kapcsolat az exponenciális függvénnyel: az e x cos(x) = e x egyenlet megoldásával kapjuk, hogy cos(x) =, azaz x = x k = kπ (k Z). Könnyű kiszámolni, hogy az x k pontokban f és e x deriváltja azonos. E két összefüggés azt jelenti, hogy az x k pontokban f grafikonja érinti az x e x függvény grafikonját. Hasonlóan, az e x cos(x) = e x egyenlet megoldásával kapjuk, hogy az y k = (k + )π (k Z) pontokban f grafikonja érinti az x e x függvény grafikonját. Szemléletesen: f be van szorítva e x és e x közé. Határértékek: Mivel e x f(x) e x, ezért f(x) = 0. A + -ben viszont f-nek nincs határértéke, mivel lim x lim f(z k) = lim 0 = 0, és lim f(x k + k k) = lim e kπ = +. k + k 96

98 Monotonitás, szélsőérték: f (x) = e x (cos(x) sin(x)). Ennek zérushelyei: x = π 4 + kπ (k Z). A deriváltfüggvény [ előjelének vizsgálatával az alábbi következtetésre jutunk: π f a 4 + kπ, 5π ] [ 5π 4 + kπ intervallumokon csökken, a 4 + kπ, 9π ] 4 + kπ intervallumokon nő (k Z). Az x = π 4 + kπ helyeken lokális maximuma, az x = 5π + kπ helyeken lokális 4 minimuma van (k Z). Konvexitás, inflexiós pontok: f (x) = e x sin(x). Ennek zérushelyei: x = kπ (k Z). f előjelének vizsgálatával az alábbi következtetésre jutunk: f a [kπ, (k + )π] intervallumokon konkáv), a [(k + )π, (k + )π] intervallumokon konvex, az x = kπ helyeken inflexiós pontja van (k Z). Vegyük észre, hogy az inflexiós pontok éppen azok a helyek, ahol az f hozzáér az exponenciális függvényhez. Értékkészlete: R f = R. 97

99 4. fejezet Integrálszámítás 98

100 4.. Integrálszámítás 4... Határozatlan integrál Elemi függvények 4.. x x x + x x + sin(x) cos(x) x 3 x x ( x ) 4.8. (x ) 4.9. x x + x 4 x 4.0. (x + ) x 4.. ( x + )(x x + ) x 4 x x 4.3. x 4x + 7 x 99

101 x x ( + x ) x ln + x tg x cos(x) cos(x) sin(x) 3x x 7x + 8 x Helyettesítés 4.. e x 4.. cos(4x 5) x 4.4. ( π ) sin 3 3x x e x x 3 3x 00

102 (x 3) 5 5 (8 3x)6 x x x 3 x x x + cos(x) sin(x) x sin(x + ) 3 tg x cos (x) x 4 + x x ln x ln x x x + x x 4 x x x 4 + cos(x) + sin (x) 0

103 4.43. x 7 x x x + 9 sin (8x) x 5 e 5x+7 sin 3 (x) cos(x) x 3 x 3 tg x x ( x + ) Parciális integrálás 4.5. (x ) sin(3x) ( ) x + e x x x x 3 e x sin x 0

104 4.57. x sin(x) cos(x) x arc tg x arc tg x ln 3 x (arc sin(x)) e 3x cos(x) e arc sin(x) Racionális törtfüggvények x x 7x + 3x x + 4x + 8 x 5 + x 4 8 x 3 4x x x 4 3x + x 5 x 4 5x

105 x + 3 (x ) x 3 6x + x 5 (x ) x 3 x + 4 x 3 (x ) x 4 x x 6 + x 4 x x 3 x x 4 (x + ) (x + ) + x 4 x( x ) + x 4 04

106 (x + 9) 3 (x 3) x x 3 x 6x + 7 x x 6x + 7 4x + 3x 9 x 3 + x 3x Trigonometrikus függvények cos 5 x sin 6 x sin 6 (x) cos 3 (x) sin 4 x cos x 05

107 sin 3 (x) cos 4 (x) sin(x) + cos(x) cos(x) 5 3 cos(x) tg 5 x sin 4 (x) cos 4 (x) + tg x sin(x) + sin (x) cos 4 (x) + sin 4 (x) cos (x) sin (x) ( sin(3x) cos 5x π ) + sin(x) 06

108 Hiperbolikus és exponenciális kifejezések 4.0. sh x ch 3 x 4.0. sh 3 x ch x sh x ch x sh x ch x ch x ch 3x e x e x + 6 e x e x sh 3x e x sh x 07

109 Gyökös kifejezések 4.0. x 3x (x 3x + ) x 4.. ex x + x 4.4. x + 4 x 4.5. x + x x 4.6. x 3 + x x 6x x 9x 4.9. x 9x 4 08

110 x x 4.. 3x 3x x + 6x x 4.4. x 4x x + x x + 8x x + x x x 4... Határozott integrálok. Vegyes feladatok x + x + 09

111 x (x + ) e x 4.3. π 0 sin (x) π π 0 sin 3 (x) π cos (x) sin 3 (x) π π π 4 π 6 sin(x) sin(4x) cos(3x) 0 0

112 4.37. π cos 4 (x) sin (x) π π 0 sin (4x) cos (5x) x e x e π cos(ln x) x x / / x x x 5x xe x

113 x arc tg x (x ) sin(3x) ( ) x e x x a x, a > Improprius integrálok Számítsuk ki az alábbi improprius integrálok értékét! x ] x + x x x + xe x xe x x ln x

114 ( + x) 3 3x + e x+ (x ) (x + ) x x x x x 5 x 3x 4 4x x x / 3

115 (x ) x x + 3 x e ax, a > xe ax cos (x)e x /π x sin x sin(ax)e bx xe x x n e ax 0 4

116 4..4. Az integrálszámítás alkalmazásai Területszámítás Határozzuk meg a függvények gráfjai alatti területet, és ábrázoljuk a függvényeket y = 3x ; x 4.8. y = 5 3x + x; x y = x; 0 x y = ( x) 3 ; x y = x 3 3; 3 x y = x 4 x 3 ; x y = e x ; 0.5 x y = sin(3x); 0 x y = cos(3x); 0.5 x y = cos( x ); 0 x π 4.9. y = ch(x); 0 x y = sh(x); 0 x y = ; x x y = + x ; x y = x 5 ; 3 x y = x 5 ; 5 x 0 5

117 4.97. Határozzuk meg x értékét úgy, hogy az y = görbe alatti terület 0-tól x-ig + x terjedő része π -gyel legyen egyenlő! Határozzuk meg x értékét úgy, hogy az y = e x görbe alatti terület x-től -ig terjedő része 3-mal legyen egyenlő! Határozzuk meg x [0, π] értékét úgy, hogy az y = sin(x) alatti terület 0-tól x-ig terjedő része -del legyen egyenlő! 4 Határozzuk meg a következő görbék közötti területet és ábrázoljuk is a görbéket y = x és y = x 4.0. y = x és y = x 4.0. y = x és y = x y = x és y = 3x y = x és y = 3x y = x 3 és y = + x y = x és y =.5 x x 3 + y 3 = és y = x x + y = és x + y = Végezzük el az alábbi területszámításokat Határozzuk meg az y = x( x) parabola és ennek az x = 0, x = abszcisszájú pontjaihoz húzott érintői közötti területet! 4.0. Határozzuk meg az y = 4.5 (x 4) parabola, és ennek az x = 3 és x = 6 pontjában húzott érintői közötti területet! 4.. Határozzuk meg az y = hiperbola, és a P (, ) pontra illeszkedő, y = x egyenesre merőleges egyenes által határolt síkidom x területét. 4.. Határozzuk meg az y = x hiperbola, az y = x és az y = x (ahol a > 0 adott) a egyenes által határolt síkidom területét! Ábrázoljuk is a szektort! 6

118 Görbe ívhossza Határozzuk meg az függvények görbéjének ívhosszát a megadott határok között y = x ; x y = ch x; 0 x y = ln x; x y = ln(sin(x)); π 6 x π 4.7. x + y = 5; 0 x x = 5 cos t; y = 5 sin t; 0 t π 4.9. x = a(t sin t); y = a( cos t); 0 t π 4.0. x = 5 cos 3 t; y = 5 sin 3 t; 0 t π x = t; y = 3t ; t 5 Forgástestek térfogata Forgassuk meg a következö görbéket az x tengely körül, és határozzuk meg a keletkező forgásfelületek és a megadott intervallumok végpontjaiban az x tengelyre állított merőleges síkok határolta térrész térfogatát. 4.. y = e x ; 0 x 4.3. y = x ; x y = x3 3 ; x 4.5. y = x x ; x y = x ; x 4.7. y x = ; 0 x 3 7

119 4.8. x + y = ; 0 x 4.9. y = cos x; 0 x π y = x + x ; x x a + y b = ; a x a 8

120 4.. Integrálszámítás. Megoldások 4... Határozatlan integrál Elemi függvények 4.. ln x + + C. 4.. Megoldás ( x x + x + = = ) = x ln x + + C. x + x x arc tg x + C cos(x) + C Megoldás x = x = x + C = x + C Megoldás 3 = x x x 3 3 = 3 + C = 3 3 x + C Megoldás x ( x ) (x = 4 x ) = x 4 x = x5 5 x3 3 + C Megoldás (x ) = (x 4 x + ) = x5 5 x3 3 + x + C Megoldás x x + x 4 ( ) = x 3 x x + x = x ln x + x3 3 + C x x3 + x + C. 3 9

121 4.. Megoldás ( x + )(x ( ) x + ) = x 3 + = 5 x5 + x + C x x3 + C x 4.4. Megoldás x + 3 ln x + C. + x ( ) + x x ( + x ) = x ( + x ) + x = x ( + x ) ( = x + ) = + arc tg x + C. + x x x = x = 6 5 arc tg x + C ln + x ln = = ln arc sh x + C. + x 4.7. tg (x) x + C cos(x) cos(x) sin(x) = = cos x sin x cos(x) sin(x) (cos(x) + sin(x)) = sin(x) cos(x) + C x + C x 7 ln x 8 x + C. 0

122 Helyettesítés 4.. Megoldás Végezzük el az u = x helyettesítést, ezzel = du: e x = e u du = e u + C = e x + C. 4.. Végezzük el az u = 4x 5 helyettesítést. Ekkor du = 4, és így cos(4x 5) = cos u du = 4 4 sin u + C = sin(4x 5) + C. 4 Megjegyzés: Az ilyen integrálokat célszerű annak az összefüggésnek a felhasználásával kiszámítani, hogy ha f(x) = F (x) + C, akkor f(ax + b) = F (Ax + b) + C. A Például: cos(x) = sin(x) + C, tehát cos(4x 5) = sin(4x 5) + C. 4 A továbbiakban ezt az eljárást alkalmazzuk valahányszor a belső függvény x-nek lineáris függvénye Megoldás 8 x = 3 (8 x) 3 + C = (8 x)3 + C Megoldás ( π ) sin 3 3x = 3 [ ( π )] cos 3 3x + C = ( π ) 3 cos 3 3x + C Megoldás 0 x e x = e x ln 0 e x = e x(+ln 0) = 0) ex(+ln + ln 0 + C = 0x e x + ln 0 + C. Megoldás közben azt az összefüggést használtuk fel, hogy a = e ln a, ill. 0 = e ln 0. Ezért 0 x = ( e ln 0) x = e x ln 0.

123 4.6. Megoldás 5 + x = 5 + x 5 = 5 ( ) = + x 5 = 5 5arc tg x 5 + C = 5 5 arc tg x 5 + C Megoldás 3 3x = (x 3) + C. 4 = 3x 3 ( ) = 3 x = 3 ( ) 3 3 arch x + C = = ( ) 3 3 arch x + C (8 3x) + C Megoldás x x = ( x) x = u du = 3 u 3 + C = = ( x 3 ) 3 + C. Az integrálban u = x helyettesítést végeztük el, ekkor du = x (x 3 + 8) 4 + C 4.3. Megoldás x x + = du u = x + + C. A használt helyettesítés: u = x +, ekkor du = x.

124 4.33. Megoldás cos(x) = sin(x) du u = sin(x) + C. A használt helyettesítés: u = sin(x), ekkor du = cos(x) Megoldás x sin(x + ) = sin u du = cos ( x + ) + C. A használt helyettesítés: u = x +, ekkor du = x tg 4 x + C Megoldás x 4 + x = x 4 + x = ln ( 4 + x ) + C. Azt látjuk, hogy -vel való szorzás után a számláló a nevező deriváltja, tehát a kifejezés integrálja a nevező e alapú logaritmusával egyenlő. Ezt a szabályt jól tanuljuk meg és az ilyen esetekben mellőzzük a helyettesítést, bár ez az előzőek egy speciális esete. (Most is alkalmazhattuk volna az u = x + 4 helyettesítést.) x ln x = x ln x = ln ln x + C Megoldás ln x x = u du = 3 ln 3 x + C. A használt helyettesítés u = ln x, ekkor du = x Megoldás ( x + 5 ) x = + x = x + 5 ln(x ) + C. 3

125 4.40. Megoldás x 4 x = ( x 3 x x ) x = x4 4 x3 3 x x ln(x ) + C. Felhasználtuk, hogy ( x 4 x = x4 x = x 3 + x + x + + ). x 4.4. Megoldás x x 4 + = du u + = arc tg u + C = arc tg x + C. A használt helyettesítés u = x, ekkor du = x Megoldás cos(x) + sin x = du + u = arsh u + C = arsh(sin(x)) + C. A használt helyettesítés: u = sin(x), ekkor du = cos(x) x 8 + C Megoldás Ilyen esetekben az integrálandó függvényt két függvény összegére bontjuk. Az egyik függvénynél a számláló a nevező deriváltjának konstansszorosa legyen, a másik függvénynél pedig a számláló már csak egy konstans, melyet az integrál jel elé is kivihetünk. Tehát = 3 ( 3x x + 9 = x x sin(8x) = cos(8x) 8 3x 5 3x x + 9 x + 9 ) = + ( ) x = 3 ln ( x + 9 ) 3 arc tg x 3 + C. 3 + C. = ln 3x 5 + C. 4

126 e 5x+7 = 5 e5x+7 + C. sin 3 (x) cos(x) = sin4 (x) 4 + C ( x3 ) /3 + C ln cos(x) + C ln( x + ) + C. Parciális integrálás 4.5. (x ) cos 3x 3 + x sin 3x 9 + cos 3x 7 + C Megoldás ( ) x + (x = + 4x + 4 ) ( x e x = e x + 5 x ) e x + C x x ln xx+ (ln ) + x+ (ln ) 3 + C Megoldás x 3 e x = x e x x = ue u du = (x + ) e x + C, ahol u = x helyettesítéssel du = x Megoldás t = x helyettesítéssel, majd parciális integrálással: x cos x + sin x + C Megoldás x sin(x) cos(x) = x sin(x) = 8 sin(x) x cos(x) + C Megoldás A cos (x) = + cos(x) linearizáló formulát alkalmazzuk, majd kétszer parciálisan integrálunk. Az eredmény: x3 6 + x sin(x) + x cos(x) sin(x) + C

127 4.59. Megoldás }{{} x u arc tg x }{{} v =, ahol a parciális integráláskor u = x, és v =. Így +x Felhasználtuk, hogy = x arc tg x Megoldás arc tg x = x x = + x arc tg x x + arc tg x + C. x ( + x = ) + x A használt helyettesítés: x = u, ekkor = u du.. uarc tg u du = xarc tg x x + arc tg x + C 4.6. Megoldás Két parciális integrálást kell elvézgezni: }{{} ln }{{} 3 x = x ln 3 x }{{} 3 ln }{{} x = u v u v = x ln 3 x 3x ln x + 6 ln x == x ln 3 x 3x ln x + 6x ln x 6x + C Megoldás u =, v = (arcsin x) válsztással egy parciális integrálást végzünk, ekkor u = x v = arcsin x, x és ezért (arcsin x) = x(arcsin x) x x arc sin(x) = Újabb parciális integrálást végzünk u = arcsin x, v = x x választással, ekkor = x(arcsin x) + x arcsin x = = x(arcsin x) + x arcsin x x + C. 6

128 4.63. Megoldás Kétféleképpen végezzïnk parciális integrálást: }{{} e 3x cos(x) = }{{} e3x sin(x) 3 e 3x sin(x) (4.) u v ahol u = 3e 3x v = sin(x). Másrészt ahol e 3x }{{} u cos(x) }{{} v = 3 e3x cos(x) + 3 u = 3 e3x v = sin(x). e 3x sin(x) (4.) Szorozzuk meg (4.)-et néggyel, (4.)-t pedig kilenccel és vonjuk össze az így adódó kifejezések jobb- illetve bal oldalát. 4 e 3x cos(x) = e 3x sin x 6 e 3x sin(x) 9 3 e 3x cos x = 3e 3x cos x + 6 e 3x sin(x) e 3x cos(x) = e 3x sin x + 3e 3x cos(x) + C. Végül 3-al való osztás után nyerjük, hogy: e 3x cos x = 3 e3x ( sin(x) + 3 cos(x)) + C Megoldás e arcsin x = e u cos u du, ahol arcsin x = u, azaz x = sin u helyettesítéssel = cos u du Így olyan alakra jutottunk, melyet parciálisan lehet integrálni, éppen az előző példában is bemutatott módszerrel. A parciális integrálást elvégezve adódik, hogy e u cos udu = eu (sin u + cos u) + C, tehát e arcsin x = earcsin x (x + x + C). 7

129 4.65. Megoldás Ha a másodfokú nevezőjű törtfüggvény nevezője tényezők szorzataként írható fel, akkor a tört lineáris nevezőjű törtek összegére bontható. Annak érdekében, hogy ezt a felbontást elvégezhessük a nevezőt egyenlővé tesszük 0-val és megoldjuk az így nyert egyenletet, mert ennek az egyenletnek a gyöktényezői lesznek a szorzat alakban felírt nevező tényezői. Az x 7x + = 0 egyenlet gyökei: x = 3, x = 4, azaz x 7x + = (x 3) (x 4) Most már ismerjük a keresett lineáris tört-függvények nevezőit, határozzuk még a számlálókat, melyek lineáris nevező esetén konstansok. Jelöljük ezeket A-val és B-vel, akkor x x 7x + = A x 3 + B x 4 A(x 4) + B(x 3). (x 3)(x 4) Azonosságot írtunk, mert olyan A és B értéket keresünk, melyek mellett az egyenlőség minden x-re fennáll. Mivel a nevezők azonosan egyenlők az azonosságnak a számlálókra is fenn kell állni, azaz x A(x 4) + B(x 3). Az azonosság nyilván fennáll, ha az x-es tagok együtthatója mind a két oldalon egyenlő ugyanúgy, mint a konstansok. Ez azonban két egyenletet szolgáltat, melyekből A és B kiszámítható. B =, A = A kapott értékeket behelyettesítve x x 7x + = x 3 + x 4. Ezért az integrál ( x x 7x + = x 3 + ) x 4 (x 4) = ln c x 3, = ln(x 3) + ln(x 4) + C = (C = ln c bevezetésével) Megoldás Az x +4x+8 = 0 egyenletnek nincsenek valós gyökei, tehát x +4x+8 nem bontható tényezők szorzatára. Bntsuk fel a törtet két tört összegére, melynek nevezője közös (a régi nevező), az egyik számlálója a nevező deriváltjának valami konstans-szorosa, a másiké pedig konstans. A nevező deriváltja x + 4, tehát a számlálókat a következő alakban keressük α(x + 4) és β. α és β értékét a következő feltételekből határozhatjuk meg: α(x + 4) + β = 3x. 8

130 Most is két egyenletet írhatunk fel, melyekből α és β meghatározható. α = 3, 4α + β =, ezekből α = 3, β = 8. Így az integrált két integrál összegére bontottuk: 3x x + 4x + 8 = 3 x + 4 x + 4x x + 4x + 8. Az első integrál eredménye ismert, hiszen a számláló a nevező deriváltja. A másodikat pedig teljes négyzetté való átalakítással vezetjük vissza ismert feladatra. ezért x + 4x + 8 = (x + ) + 4 = [ ] 4 (x+) + 4 x + 4x + 8 = 4 ( x+ ) = + 4 arc tg x + + C. Tehát a megoldás: 3x x + 4x + 8 = 3 ln(x + 4x + 8) 4arc tg x + + C Megoldás x5 + x 4 8 számlálója magasabb fokú mint a nevezője, ezért felbontható egy polinom és egy valódi tört összegére. x 3 4x ( x 5 + x 4 8 ) : ( x 3 4x ) = x + x + 4 (x 5 4x 3 ) x 4 + 4x 3 8 (x 4 4x ) 4x 3 + 4x 8 (4x 3 6x) 4x + 6x 8 A polinom osztás eredménye: x 5 + x 4 8 x 3 4x tehát x 5 + x 4 8 x 3 4x = = x + x x + 6x 8, x 3 4x 4x (x + 6x 8 + x + 4) +. x 3 4x 9

131 Az első integrál kiszámítása nem okoz gondot. A második meghatározásához a törtet részlet-törtek összegére kell bontanunk. A nevezőt most minden különösebb számítás nélkül fel tudjuk írni szorzat alakjában tehát x 3 4x = x(x 4) = x(x + )(x ), 4x + 6x 8 x 3 4x = A x + B x + + C x = = A(x 4) + B(x x) + C(x + x). x 3 4x Ennek alapján felírhatjuk az egyenletrendszert, melyből A, B és C kiszámítható: és innen A + B + C = 4 B + C = 6 4A = 8, A =, B = 3, C = 5. Megjegyezzük, hogy ilyen esetekben, amikor a gyökök mind különbözőek, általában gyorsabban kapjuk az ismeretlen A, B, C értékeket, ha a számlálók egyenlőségét kifejező egyenletben x helyére a gyököket helyettesítjük. Példánkban az 4x + 6x 8 = A(x 4) + B(x x) + C(x + x) kifejezésben x helyébe zérust írva azonnal nyerjük, hogy 8 = 4A azaz A =. x = -nél 40 = 8C, innen C = 5. Végül x = -nél 4 = 8B, azaz B = 3, tehát 4x ( + 6x 8 = x 3 4x x 3 x ) = x = ln x 3 ln(x + ) + 5 ln(x ) + C. A keresett megoldás: x 5 + x 4 8 x3 = x 3 4x 3 + x + 4x + ln x (x ) 5 + C. (x + ) Megoldás Könnyen meggyőződhetünk róla, hogy a nevező négy különböző tényező szorzatára bontható. Ezután a feladat az előzőhöz hasonlóan oldható meg. De munkát takaríthatunk meg az u = x helyettesítéssel. Ekkor ugyanis du = x és x x 4 3x + = du u 3u + = ln u u + C = = ln x x + C. 30

132 ln x 3 x + 3 ln x x Megoldás [ ] 4x + 3 4x 8 + (x ) = 4 = 3 (x ) 3 (x ) + (x ) 3 = = 4 x (x ) + C 4.7. Megoldás x 3 6x + x 5 kifejezést x polinomjaként felírva (pld. előállítjuk az x 0 = helyhez tartozó Taylor polinomját, lásd, 40. példát). adódik, azaz = x 3 6x + x 5 = (x ) 3 (x ) + x 3 6x + x 5 (x ) 3 (x ) + = = (x ) 4 (x ) 4 = ( ) x (x ) + 3 (x ) 4 ln(x ) + = (x ) 3(x ) + C 3 (Természetesen úgy is eljárhattunk volna, hogy a részlet-törtekre bontást a többszörös gyököknek megfelelően végeztük volna el alapján). x 3 6x + x 5 = A (x ) 4 x + B (x ) + C (x ) + D 3 (x ) 4 3

133 4.7. Megoldás Többszörös gyökök esetén a gyöktényező a multiplicitásnak megfelelő számossággal szerepel a nevezőben az egytől a multiplicitásnak megfelelő hatványig. Elsőfokú gyöktényező esetén a számláló konstans. x 3 x + 4 = A x 3 (x ) x + B x + C x + d 3 x + e (x ). Ugyanis ebben a példában a 0 háromszoros, pedig kétszeres gyök. x 3 x + 4 A(x 4 4x 3 + 4x ) + B(x 3 4x + 4x) + C(x 4x + 4) + d(x 4 x 3 ) + ex 3 A + d = 0 4A + B d + e = 4A 4B + C = = 4B 4C = 0 4C = 4 Egyenletrendszerből A = 4, B =, C =, d = 4, e = x 3 x ( + 4 = x 3 (x ) 4x + x + ) x 3 4(x ) + (x ) = 4 ln x x x x (x ) + C = Megoldás ( x 4 x = x + 0x + x Megoldás x + ) = x + ln x x + + C x 6 + x = 4 x 4 (x + ) = A x + B x + C x + D 3 x + Ex + F 4 x +. Másodfokú gyöktényező esetén a számláló elsőfokú! A(x 5 + x 3 ) + B(x 4 + x ) + C(x 3 + x) + D(x + ) + Ex 5 + F x 4 azonosságból írható fel az egyenletrendszer, melyből A, B, C, D, E és F meghatározható. A + e = 0 3

134 Tehát B + F = 0 A + C = 0 B + d = 0 C = 0 A = 0 E = 0 D = B = F = ( 0 x 6 + x = 4 x x + 0 x + 3 x + ) = 4 x + x + arc tg x + C. 3x Megoldás x x 3 = x (x )(x + x + ) = A x + = A(x + x + ) + B(x x) + C(x ) x 3 Bx + C x + x + = A + B = 0 A = 3 A B + C = B = 3 A C = 0 C = 3 ( x x 3 = 3 x + x + ) = x + x + = ( 3 x x + 3 ) x + x + + = x + x Megoldás x x = 4 = 3 ln(x ) 6 ln(x + x + ) + arc tg x + + C 3 3 x ( + x )( x ) = ( ) 4 = + x 4 x + = + x = 4 ln + x x + arc tg x + C. x ( + x)( x)( + x ) = 33

135 4.77. Megoldás (x + ) (x + ) = A x + + B (x + ) + Cx + d x + alapján végezzük a részlet-törtekre bontást és nyerjük: ( (x + ) (x + ) = (x + ) + (x + ) x (x + ) = ln(x + ) (x + ) 4 ln(x + )C ) = Megoldás A nevező tényezőkre bontását a következőképpen végezhetjük el: + x 4 = + x + x 4 x = ( + x ) x = ( + x ) ( x) = A rész törtekre való bontás vázlata = ( + x + x)( + x x) + x = Ax + B 4 x + x + + Cx + d x x + Az eredmény: + x = 4 4 ln x + x + x + x + + arc tg x x + C Megoldás A feladat első pillanatra azonos jellegű az előzővel. Meg is oldható annak alapján, de gondosabb vizsgálat után kiderül, hogy speciális tulajdonságai figyelembe vételével sokkal egyszerűbben is megoldható. Az első integrált x( x ) + x 4 = x + x 4 u = x x 3 + x 4 helyettesítéssel hozhatjuk még egyszerűbb alakra (lásd a feladatot), a második pedig máris integrálható, mert a számláló a nevező deriváltjának a negyede. x + x x x = 4 arc tg x 4 ln( + x4 ) + C 34

136 4.80. Megoldás Többszörös komplex gyök esetén javasolható a tg t helyettesítés. (x + 9) = 3 ( 79 x + ) 3 = [ 79 9 ( x 3 ) + ] 3 = = 3 79 (tg t + ) 3 cos t dt = cos 6 t dt = ( ) 43 cos t x 3 = tg t; = 3 cos t dt ( ) = cos 4 tdt = ( ) + cos t dt = + cos t + cos t dt = = + cos 4t ( + cos t + )dt = ( t + sin t + t ) sin 4t + + C = = ( 3 97 arc tg x 3 + 6x x x(9 ) x ) + C = (9 + x ) 648 arc tg x 3 + x 6(x + 9) + x 36(x + 9) + C (x 3) + c ln x 5 + c ln(x 6x + 7) + c. ln(x 6x + 7) ln x3 (x ). x + 3 arc tg x c Megoldás Páratlan kitevő esetén helyettesítéssel oldhatjuk meg a feladatot. cos 5 x = cos 4 x cos(x) = (cos x) cos(x) = = ( sin x) cos(x) = ( u ) du = = sin(x) 3 sin3 x + 5 sin5 x + C ( u + u 4 )du = u u3 3 + u5 5 + C = u = sin(x) du = cos(x) 35

137 4.87. Megoldás Páros kitevő esetén a linearizáló formula alkalmazását javasoljuk. = 8 ( ) 3 cos(x) sin 6 x = (sin x) 3 = = = 8 ( 3 cos(x) + 3 cos x cos 3 x ) = ( 3 cos(x) + 3 ) + cos 4x 8 cos 3 x Az első integrálban újból alkalmaztuk a linearizáló formulát, így került cos x helyébe + cos 4x. A második integrálban pedig már páratlan kitevőn szerepel trigonometrikus függvény, tehát az az előző példa mintájára megoldható. Az eredmény: sin 6 x = ( 5 8 x 3 sin(x) sin 4x sin(x) + ) 6 sin3 x + C Megoldás sin 6 x cos 3 x = sin 6 x cos x cos(x) = sin 6 x ( sin x) cos(x) = = u = sin(x) du = cos(x) u 6 ( u )du = 7 sin7 x 9 sin9 x + C Megoldás sin 4 x ( cos cos x = x) cos x + cos 4 x = = cos x cos x ( ) cos x + cos x = = tg (x) 3 x + sin(x) 4 + C 36

138 4.90. Megoldás sin 3 x cos 4 x = ( cos x) sin(x) cos 4 x u = cos(x) 4.9. Megoldás Alkalmazzuk a t = tg x u ( = du = u 4 u ) du = u 4 du = sin(x) = u + 3u 3 + C = 3 cos 3 x cos(x) + C sin(x) + cos(x) = +t helyettesítést, akkor t +t + t +t dt = ln tg x + tg x + C t + t dt = 4.9. Megoldás Itt is válogathatunk a megoldási módszerek között. Alkalmazhatjuk a t = tg x helyettesítést, akkor cos(x) = t dt = arth + C = ln + tg x tg x De ugyanúgy használhatjuk fel a páratlan kitevőjű jellegét is. cos(x) cos(x) = cos x = cos(x) sin x = + C = ln tg ( π 4 + x ) + C du u = ln + sin(x) sin(x) + C Megfelelő átalakítások után az eredmény ugyanolyan alakra bontható: cos(x) = ln tg (π 4 + x ) + C Megoldás 5 3 cos(x) = arc tg ( tg x ) + C. 37

139 4.94. Megoldás Ha sin(x)-nek és cos(x)-nek csak páros kitevőjű hatványai és tg (x) fordulnak elő, akkor (bár a t = tg x helyettesítés akkor is alkalmazható) előnyösebb a t = tg (x) helyettesítés alkalmazása. tg 5 t 5 x = + t dt = (t 3 t + t + t )dt = t4 4 t + ln(t + ) + C = ( ) Megoldás Tehát t = tg (x) x = arc tg t = dt + t ( ) = 4 tg4 x tg x ln cos(x) + C. cos x = + tg x; t = tg (x) sin x = + tg x tg x. helyettesítés esetén ( + t sin 4 x cos 4 x = ) ( + t ) dt ( + t t 4 + t = ) 3 dt = t 4 = + 3t + 3t 4 + t 6 t 4 dt = ( t t t ) dt = = 3t 3 3 t + 3t + t3 3 + C = 3 ctg 3 x 3 ctg (x) + 3 tg (x) + 3 tg3 x + C Megoldás Megoldás + tg x sin(x) = tg (x) + ln tg x + C + sin x = arc tg ( tg x) + C Megoldás cos 4 x + sin 4 x cos x sin x = + tg (x) ln 4 tg (x) + sin(x) cos(x) + C. (A linearizáló formula segítségével cos(x) függvényeként írhatjuk fel az integrálandó függvényt. Ezáltal a feladat nagymértékben egyszerűsödik.) 38

140 4.99. Megoldás ( sin 3x cos 5x π ) = [ sin(8x π ) + sin(π x) ] = Megoldás Nem típus feladat, de és = 4 cos(x π ) 6 cos(8x π ) + C. sin(x) = sin x = sin x cos x sin x + cos x = összefüggések felhasználásával egyszerű megoldást nyerünk. + sin(x) = sin x + sin x cos x + cos x = = (sin x + cos x ) = sin x cos x + C Megoldás A hiperbolikus függvények integrálását sok esetben, - mint pl. most is - a trigonometrikus integrálhoz hasonlóan végezzük el. (Megemlítjük azonban, hogy a hiperbolikus függvények racionális függvényeinek az integrálása mindig visszavezethető e x racionális függvényének az integrálására. A célszerűség dönti el, hogy mikor melyik utat választjuk.) sh x ch 3 x = sh x ( + sh x) ch x = u ( + u )du = (u + u 4 )du = ( ) u = sh x; du = ch x 4.0. Megoldás ( ) = u3 3 + u5 5 + C = 3 sh3 x + 5 sh5 x + C. sh 3 x (ch x )sh x u = = du = ch 5 x ch x + C ch x ch x u 5 u = ch x du = sh x. 39

141 4.03. Megoldás A ch x sh x = aznonosság felhasználásávalazt kapjuk, hogy ch sh x ch x = x sh ( x ch x sh x ch x = sh x sh x ) = ln sh x ln ch x + C = ch x = ln sh x + C = ln th x + C. ch x Megoldás Az előző példa alapján nagyon egyszerűen kapjuk az eredményt a következő átalakítás után: sh x = sh x ch x = ln th x + C. Alternatív megoldás, ha sh x helyébe ex e x kifejezést írunk, vagy ha sh x-el való szorzás és osztás után Megoldás összefüggés alapján = 4 sh x ch integrálására alkalmazzuk az u = ch x helyettesítést. ch α chβ = [ch(α + β) + ch(α β)] ch x ch x ch 3x = (ch 6x + ch 4x + ch x + ) = Megoldás e x e x + = u u + du u = u u + du = u = e x x = ln u = u du ( ) = e x ln(e x + ) + C. sh 6x + 6 sh 4x + 8 sh x + 4 x + C. ( )du = u ln(u + ) + C = ( ) u Megoldás 6 e x 3 = ( 6 (u 3)u du = u + ) du = ln ex 3 + C u 3 e x e x = u x = ln u = u du 40

142 4.08. Megoldás A parciális integrálás alkalmazható, de a megoldás ilyen módon sokkal hosszabb, mintha sh 3x-et e x -el fejezzük ki, ezért ezt a megoldást ajánljuk hasonló esetekben is. e x sh 3x = ( ) e x x + c. e x e3x e 3x = e 4x e x = 8 e4x + 4 e x + C Megoldás x = 3x + 5 u 5 3 u 3 u du = 9 (u 5)du = ( ) u u + C = ( ) u = 3x + 5 ; 3x + 5 = u ; x = u 5 ; = 3 3 u du ( ) = 7 (3x + 5)3 0 3x C = 3x + 5 (3x 0) + C Megoldás (x 3x + ) x ( ) u 4 + u + = 3 u + + u u du = ( ) 4 u = x ; u = x ; x = u + ; = u du ( ) = (u 6 4u 4 + 3u )du = ( ) u u5 5 + u3 + C = = (x )7 (x )5 + (x )3 + C Megoldás A feladatot kisebb lépésekben kétszeri helyettesítéssel is megoldhatjuk. Előbb e x = t, majd pedig u = t + helyettesítést alkalmazva racionális törtfüggvény integrálására vezetjük vissza. ex + = dt t t + = u (u )u du = = arth u + C = ln + u u + C = 4 du u =

143 t = e x ; x = ln t ; = t dt; u = t + ; t = u ; dt = u du = ln u + u + C = ln ex + + e x + + C Természetesen rövidebb lesz a megoldás (és azért általában így is járunk el), ha a két helyettesítést összevonva egy megfelelő helyettesítést alkalmazunk. ex + = (A folytatás azonos.) 4.3. Megoldás u u(u ) du = du u ex + = u e x = u x = ln(u ) = u u du. 3 x + x = u 4 + u 3 6u5 du = x = u 6 = 6u 5 du u = 6 x. A gyökkitevők legkisebb közös többszöröse lesz a helyettesítendő kifejezés gyökkitevője. u 9 ( 6 u 3 + du = 6 u 6 u 3 + ) du = u x ( 6 + ln x 6 ) x x x x ln( 6 x + )+ 3 arc tg 6 x 3 + C = 3 x x + ln 6 x 6 x + ln 6 x + 6 x + 3arc tg 6 x 3 + C Megoldás x + 4 x = 4u 3 u + u du = 4 u u + du = 4 (u + u + )du = u 4u + 4 ln(u + ) + C = x = u 4 = 4u 3 du = x 4 4 x + 4 ln( 4 x + ) + C. 4

144 4.5. Megoldás = ln x + x x = = x + x = u ; x 4u ( + u ) + u du = 4 u ( u u u + ) du = ( ) u + u ( + u )( u ) du = + x = u ; x = u 4u ; = + u ( + u ) du ( ) = ln(u ) ln(u + ) + arc tg u + C = ln u + arc tg u + C = u + x +x x +x + + arc tg x x + x x + x + C = ln + arc tg x + + x + x + C 4.6. Megoldás x = t helyettesítéssel a gyökjel alatt már lineáris kifejezés lesz, tehát így sikerült a feladatot az előzőkben tárgyalt típusra visszavezetni. Az eljárás azért alkalmazható a jelen esetben, mert a számlálóban x 3 áll, ami így írható x x. Itt x helyébe t, x helyébe pedig dt írható. Gyakorlásként oldjuk meg a feladatot ilyen bontásban is. Tekintettel azonban arra, hogy az így nyert integrált egy újabb helyettesítéssel racionalizáljuk, joggal merül fel az az igény, hogy lehetőleg egyetlen helyettesítéssel oldjuk meg a feladatot. Ez lehetséges x 3 = + x 4 u du = u du = ( ) u u du = u 8 u 8 + x = u du = 4x x = u = ( u3 ) u + C = + x (x ) + C Megoldás 9x 6x + = (3x ) + = 3 arsh (3x ) + C Megoldás x 9x = (9x x + ) = [(3x ) 4 + ] = 43

145 = (3x ) ( ) = 3x = 3 arc sin 3x + C = 3 arc sin 3x + C Megoldás x 9x 4 = (3x ) A gyökjel alatti kifejezés az x = hely kivételével (amikor is 0) mindenütt negatív, ezért 3 belőle négyzetgyök nem vonható. Az integrálandó függvény tehát sehol nincs értelmezve (még az x = 3 helyen sem, mert ott a nevező 0) Megoldás + x x = (x x) = [(x ) ] = = (x ) = sin u cos udu = ( x ) = cos u cos u du = x = sin u ; x = sin u + ; = cos udu = A visszahelyettesítéshez egyrészt + cos u cos u du = du = u + sin u + C x = sin u kifejezésből felírjuk, hogy u = arcsin x, másrészt sin u-t kifejezzük sin u-val, mert sin u helyébe x írható sin u = sin u cos u = sin u sin u = 44

146 ( ) x x = x x x + tehát + x x = arcsin x + x + x x + C. 4.. Megoldás 3x 3x + = 3 = x x + 3 = 3 (x ) + = ( ) 3x = ( 3x 3) + = ( ) 3x 3 = sh t ; x = sh t + 3 ; = 3 ch tdt 3 ( ) = sh t + ch tdt = 3 4 ch tdt = ch t dt = 3 = ( ) sh t 8 + t + C = ( ) 3 8 sh t + sh t + t + C = 3 = [ 8 3(x ) + 3(x ) + arsh 3 (x )] + C = 3 = 8 (x ) x x arsh 3 (x ) + C = = x 3x 3x arsh 3 (x ) + C. 4.. Megoldás x + 6x + 0 = x + 3 x + 6x arsh (x + 3) + C Megoldás 4.4. Megoldás 3 x = x 3 x + arc sin x + C. 3 x 4x + 40 = arsh x + C. 6 45

147 4.5. Megoldás 3x + x + 30 = arsh x + + C Megoldás x + 8x + 5 = x + x + 8x arch [ ] (x + ) + C Megoldás x + x + = x x 8 x arc sin x x x + C Határozott integrálok. Vegyes feladatok π. 35. e. π ln tg ( π 8 ) ln tg ( π ) π 8. 46

148 ( ). e π 4. π e π e a [ (ln a) ln a + ] (ln a) 3 (ln a) Improprius integrálok Megoldás Megoldás = lim x ω x ω [ x = lim ] ω [ = lim ω x ω ω + ] =. ω = lim ω x = lim (ln ω ln ). ω Mivel lim ω ln ω =, ezért a fenti integrál divergens π. 47

149 4.5. 5π e e Divergens Divergens e Megoldás x tehát divergens Megoldás Megoldás 0 0 = lim ε 0 ε x = lim ε 0 ( ln ε + ln ) = lim [ ln( x)] ε ε 0 0 = [ ] ε = lim = lim x = x ε 0 ε x ε 0 0 x = lim ε 0 ( ε + ) =. = lim ε 0 +ε x [ ] = lim ln(x ) = ε 0 +ε tehát az integrál divergens. = lim( ε 0 ln ε ln ), 48

150 π.. 3 x π (0π 3 3) Nem konvergens π a. a a a + b.. n! a n. 49

151 4..4. Az integrálszámítás alkalmazásai e 3 e Megoldás T = ,3 0 sin 3x = sin sh ch ln ln ln 3 ln 3 [ ] 0,3 cos 3x = ( cos 0, 9)

152 4.97. x = x = ln(6 + e ) x = arccos A metszéspontok abszcisszái:, T = ( x ) x = ] [x x3 3 = ln a 5

153 sh π π a π ln π π π π 4.8. π Megoldás V = π π 0 ( 8 65 ) 5 + ar sh 8 ar sh 37 5 ar sh 6 + ar sh 4.49 cos 4 x = π = π 4 [x + sin x]π 0 + π π ab π V = π π 0 0 [ e e 4x 4x = π 4 ( + cos(x) [ x + ] π sin 4x = 3π ] 0 = π 4 ( e 8 ) ) = π π + cos 4x + cos(x) = 5

154 5. fejezet Differenciálegyenletek 53

155 5.. Differenciálegyenletek 5... Szeparábilis differenciálegyenletek 5.. Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenleteket, és ábrázoljunk néhány megoldást. a) y = x. b) y = y. c) y = xy. 5.. Határozzuk meg a sin(x) cos 3 (x) + (cos(x) + ) sin(y)y = 0 ( differenciálegyenletnek a P π, π ) ponton átmenő partikuláris megoldását. 4 Oldjuk meg az alábbi szétválasztható változójú differenciálegyenleteket y = (y + xy)y xy + y = y (xy + x y ) = (x x)y xy + x y = (x + xy ) y 3 = y = + x y. y = ( x ) y sin(y) = e x y. 5.. ( + x ) y = y. 5.. x( + y ) + ( + x ) y = xy y ( y ) = y(4 + 9x ) =. y 5.5. sin(x)y = sin(y). 54

156 5.6. (x + )y + y = ( + y)x + ( + x )y = y sin(x) sin(y) + 5 cos(x) cos 3 (y) = 0. Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenleteknek azt a partikuláris megoldását, mely az adott kezdeti feltételeket kielégíti yy + x = x + y ; 5.0. y sin(x) = y ln(y), y(0) =. 5.. yy = ex +e x, y() =. a) y() = b) y(0) = 5.. x x + y y y = 0, y(0) = y = y, y(0) = y ln(y) + xy = 0, y() = Határozzuk annak a görbeseregnek az egyenletét, melyben mindegyik görbéjére fennáll a következő tulajdonság: bármely (x, y) koordinátájú P pontjához tartozó normálisának az x tengelyig terjedő darabja ugyanakkora, mint a P pontnak az origótól mért távolsága Mi az egyenlete annak a görbének, melyben a görbe alatti terület az a és x abszcisszájú pontok között arányos a pontok közötti görbék hosszával? 5.7. Határozzuk meg azokat a görbéket, amelyeknél a szubtangens hosszúsága egy rögzített a állandóval egyenlő Határozzuk meg azokat a görbéket, amelyeknél a szubnormális állandó. 55

157 5... Lineáris differenciálegyenletek 5.9. Oldjuk meg az inhomogén lineáris differenciálegyenlet Határozzuk meg az y = xy + xe x y = sin(x) y + cos(x) sin(x) ( π ) differenciálegyenlet általános megoldását. Adjuk meg a P, π ponton áthaladó partikuláris megoldást Írjuk fel az x y = y + differenciálegyenletnek a P (0, 7) ponton átmenő megoldását. Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenleteket: 5.3. y = xy + x y cos(x) + y sin(x) = y x y = x e x (x )y = xy + x y + y tg (x) = sin(x) y y + th x = 6e x y cos(x) 3y sin(x) = ctg (x) xy + y = x y + y = sin(x) y x ln(x) y = x ( ln(x) ) y sin(x) y cos(x) = e x sin (x) xy + y = x ln x. 56

158 Számítsuk ki az alábbi differenciálegyenleteknek az adott kezdeti feltételeket kielégítő megoldását: xy + y = 3x, y() = ( x )y + xy =, y(0) = y + xy = 3xe x, ( ln ) y = ( + ln ) y + y cos(x) = sin(x), y(0) = y + x y = x, y() = xy + y + xe x = 0, y() = 0. 57

159 5.. Differenciálegyenletek. Megoldások 5... Szeparábilis differenciálegyenletek 5.. a) A differenciálegyenlet általános megoldása az y = x + C görbesereg. A megoldásfüggvények grafikonja (az ún. integrálgörbék) olyan parabolák, melyek tengelye az y tengellyel esik egybe. 5.. ábra. 5.. feladat a) és b) rész c) Az általános megoldás: y = Ce x. Néhány integrál görbe grafikonja: 5.. A változókat szétválasztva: sin(y) cos 3 (y) dy = sin(x) cos(x) + + c Az egyenlőség jobboldalán álló integrálban a számláló a nevező deriváltja, ezért: sin(x) + ln C = ln C(cos(x) + ). cos(x) + 58

Tartalomjegyzék Bevezető feladatok Taylor polinom Bevezető feladatok Taylor polinomok...

Tartalomjegyzék Bevezető feladatok Taylor polinom Bevezető feladatok Taylor polinomok... Tartalomjegyzék 3. Valós függvények 3.. Valós függvények............................... 3 3... Bevezető feladatok.......................... 3 3... Határérték............................... 5 3..3. Függvény

Részletesebben

Matematikai Analízis Példatár Vágó, Zsuzsanna Csörgő, István

Matematikai Analízis Példatár Vágó, Zsuzsanna Csörgő, István Vágó, Zsuzsanna Csörgő, István írta Vágó, Zsuzsanna és Csörgő, István Publication date 2013 Szerzői jog 2013 Vágó Zsuzsanna, Csörgő István Tartalom Matematikai Analízis Példatár... 1 1. Bevezető... 1 2.

Részletesebben

2. fejezet. Számsorozatok, számsorok

2. fejezet. Számsorozatok, számsorok . fejezet Számsorozatok, számsorok .. Számsorozatok és számsorok... Számsorozat megadása, határértéke Írjuk fel képlettel az alábbi sorozatok -dik elemét! mooto, korlátos, illetve koverges-e! Vizsgáljuk

Részletesebben

1/1. Házi feladat. 1. Legyen p és q igaz vagy hamis matematikai kifejezés. Mutassuk meg, hogy

1/1. Házi feladat. 1. Legyen p és q igaz vagy hamis matematikai kifejezés. Mutassuk meg, hogy /. Házi feladat. Legyen p és q igaz vagy hamis matematikai kifejezés. Mutassuk meg, hogy mindig igaz. (p (( p) q)) (( p) ( q)). Igazoljuk, hogy minden A, B és C halmazra A \ (B C) = (A \ B) (A \ C) teljesül.

Részletesebben

II. rész. Valós függvények

II. rész. Valós függvények II. rész Valós függvények Feladatok 3 4 3.. Értelmezési tartomány Határozza meg a következ függvények értelmezési tartományát! 3.. y = + + 3.. 3.4. 3.6. y = y = 3 y = + 3 ln 5 4 3.3. 3.5. 3.7. y = 3 +

Részletesebben

Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al:

Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al: Bevezető matematika kémikusoknak., 04. ősz. feladatlap. Ábrázoljuk számegyenesen a következő egyenlőtlenségek megoldáshalmazát! (a) x 5 < 3 5 x < 3 x 5 < (d) 5 x

Részletesebben

1. Folytonosság. 1. (A) Igaz-e, hogy ha D(f) = R, f folytonos és periodikus, akkor f korlátos és van maximuma és minimuma?

1. Folytonosság. 1. (A) Igaz-e, hogy ha D(f) = R, f folytonos és periodikus, akkor f korlátos és van maximuma és minimuma? . Folytonosság. (A) Igaz-e, hogy ha D(f) = R, f folytonos és periodikus, akkor f korlátos és van maimuma és minimuma?. (A) Tudunk példát adni olyan függvényekre, melyek megegyeznek inverzükkel? Ha igen,

Részletesebben

I. rész. Valós számok

I. rész. Valós számok I. rész Valós számok Feladatok 3 4 Teljes idukció Igazolja a teljes idukcióval a következ állítások helyességét!.. k 2 = k= ( + )(2 + ). 6.2. 4 + 2 7 + + (3 + ) = ( + ) 2..3. a) b) ( + ) = +. k ( ) =

Részletesebben

Megoldott feladatok november 30. n+3 szigorúan monoton csökken, 5. n+3. lim a n = lim. n+3 = 2n+3 n+4 2n+1

Megoldott feladatok november 30. n+3 szigorúan monoton csökken, 5. n+3. lim a n = lim. n+3 = 2n+3 n+4 2n+1 Megoldott feladatok 00. november 0.. Feladat: Vizsgáljuk az a n = n+ n+ sorozat monotonitását, korlátosságát és konvergenciáját. Konvergencia esetén számítsuk ki a határértéket! : a n = n+ n+ = n+ n+ =

Részletesebben

Gyakorló feladatok az II. konzultáció anyagához

Gyakorló feladatok az II. konzultáció anyagához Gyakorló feladatok az II. konzultáció anyagához 003/004 tanév, I. félév 1. Vizsgáljuk meg a következő sorozatokat korlátosság és monotonitás szempontjából! a n = 5n+1, b n = n + n! 3n 8, c n = 1 ( 1)n

Részletesebben

10. Differenciálszámítás

10. Differenciálszámítás 0. Differenciálszámítás 0. Vázolja a következő függvények, és határozza meg az értelmezési tartomány azon pontjait, ahol nem differenciálhatóak: a, f() = - b, f()= sin c, f() = sin d, f () = + e, f() =

Részletesebben

I. feladatsor i i i i 5i i i 0 6 6i. 3 5i i

I. feladatsor i i i i 5i i i 0 6 6i. 3 5i i I. feladatsor () Töltse ki az alábbi táblázatot: Komplex szám Valós rész Képzetes rész Konjugált Abszolútérték + i i 0 + i i 5 5i 5 5i 6 6i 0 6 6i 6 5i 5 + 5i + i i 7i 0 7 7i 7 () Adottak az alábbi komplex

Részletesebben

VIK A1 Matematika BOSCH, Hatvan, 5. Gyakorlati anyag

VIK A1 Matematika BOSCH, Hatvan, 5. Gyakorlati anyag VIK A1 Matematika BOSCH, Hatvan, 5. Gyakorlati anyag 2018/19 1. félév Függvények határértéke 1. Bizonyítsuk be definíció alapján a következőket! (a) lim x 2 3x+1 5x+4 = 1 2 (b) lim x 4 x 16 x 2 4x = 2

Részletesebben

Sorozatok, sorok, függvények határértéke és folytonossága Leindler Schipp - Analízis I. könyve + jegyzetek, kidolgozások alapján

Sorozatok, sorok, függvények határértéke és folytonossága Leindler Schipp - Analízis I. könyve + jegyzetek, kidolgozások alapján Sorozatok, sorok, függvények határértéke és folytonossága Leindler Schipp - Analízis I. könyve + jegyzetek, kidolgozások alapján Számsorozatok, vektorsorozatok konvergenciája Def.: Számsorozatok értelmezése:

Részletesebben

Analízis I. Vizsgatételsor

Analízis I. Vizsgatételsor Analízis I. Vizsgatételsor Programtervező Informatikus szak 2008-2009. 2. félév Készítette: Szabó Zoltán SZZNACI.ELTE zotyo@bolyaimk.hu v.0.6 RC 004 Forrás: Oláh Gábor: ANALÍZIS I.-II. VIZSGATÉTELSOR 2006-2007-/2

Részletesebben

Analízis I. beugró vizsgakérdések

Analízis I. beugró vizsgakérdések Analízis I. beugró vizsgakérdések Programtervező Informatikus szak 2008-2009. 2. félév Készítette: Szabó Zoltán SZZNACI.ELTE zotyo@bolyaimk.hu v1.7 Forrás: Dr. Weisz Ferenc: Prog. Mat. 2006-2007 definíciók

Részletesebben

Kalkulus I. gyakorlat Fizika BSc I/1.

Kalkulus I. gyakorlat Fizika BSc I/1. . Ábrázoljuk a következő halmazokat a síkon! {, y) R 2 : + y < }, b) {, y) R 2 : 2 + y 2 < 4}, c) {, y) R 2 : 2 + y 2 < 4, + y < }, {, y) R 2 : + y < }. Kalkulus I. gyakorlat Fizika BSc I/.. gyakorlat

Részletesebben

I. feladatsor. (t) z 1 z 3

I. feladatsor. (t) z 1 z 3 I. feladatsor () Töltse ki az alábbi táblázatot: Komple szám Valós rész Képzetes rész Konjugált Abszolútérték 4 + i 3 + 4i 5i 6i 3 5 3 i 7i () Adottak az alábbi komple számok: z = + 3i, z = i, z 3 = i.

Részletesebben

Feladatok a levelező tagozat Gazdasági matematika I. tárgyához. Halmazelmélet

Feladatok a levelező tagozat Gazdasági matematika I. tárgyához. Halmazelmélet Debreceni Egyetem, Közgazdaságtudományi Kar Feladatok a levelező tagozat Gazdasági matematika I. tárgyához a megoldásra feltétlenül ajánlott feladatokat jelöli Halmazelmélet () Legyen A = {, 3, 4}, B =

Részletesebben

Többváltozós függvények Feladatok

Többváltozós függvények Feladatok Többváltozós függvények Feladatok 2. szeptember 3. Határozzuk meg az alábbi sorozatok határértékét illetve torlódási pontjait!. ( n n2 + n n 3 2. ( n + n n5 n2 +2n+ 5 n n+ 3. ( sin(nπ/2 n n! Határozzuk

Részletesebben

Függvények határértéke és folytonosság

Függvények határértéke és folytonosság Függvények határértéke és folytonosság ) Bizonyítsa be a határérték definíciója alapján, hogy teljesül! + 5 + = Megoldás Heine definíciója alapján): Igazolandó, hogy a függvény értelmezve van a egy környezetében,

Részletesebben

Integrálszámítás. a Matematika A1a-Analízis nevű tárgyhoz november

Integrálszámítás. a Matematika A1a-Analízis nevű tárgyhoz november Integrálszámítás a Matematika Aa-Analízis nevű tárgyhoz 009. november Tartalomjegyzék I. Feladatok 5. A határozatlan integrál (primitív függvények........... 7.. A definíciók egyszerű következményei..................

Részletesebben

Komplex számok. A komplex számok algebrai alakja

Komplex számok. A komplex számok algebrai alakja Komple számok A komple számok algebrai alakja 1. Ábrázolja a következő komple számokat a Gauss-féle számsíkon! Adja meg a számok valós részét, képzetes részét és számítsa ki az abszolút értéküket! a) 3+5j

Részletesebben

Függvények Megoldások

Függvények Megoldások Függvények Megoldások ) Az ábrán egy ; intervallumon értelmezett függvény grafikonja látható. Válassza ki a felsoroltakból a függvény hozzárendelési szabályát! a) x x b) x x + c) x ( x + ) b) Az x függvény

Részletesebben

2 (j) f(x) dx = 1 arcsin(3x 2) + C. (d) A x + Bx + C 5x (2x 2 + 7) + Hx + I. 2 2x F x + G. x

2 (j) f(x) dx = 1 arcsin(3x 2) + C. (d) A x + Bx + C 5x (2x 2 + 7) + Hx + I. 2 2x F x + G. x I feladatsor Határozza meg az alábbi függvények határozatlan integrálját: a fx dx = x arctg + C b fx dx = arctgx + C c fx dx = 5/x 4 arctg 5 x + C d fx dx = arctg + C 5/ e fx dx = x + arctg + C f fx dx

Részletesebben

5. fejezet. Differenciálegyenletek

5. fejezet. Differenciálegyenletek 5. fejezet Differenciálegyenletek 5.. Differenciálegyenletek 5... Szeparábilis differenciálegyenletek 5.. Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenleteket, és ábrázoljunk néhány megoldást. a) y = x. b) y

Részletesebben

x 2 e x dx c) (3x 2 2x)e 2x dx x sin x dx f) x cosxdx (1 x 2 )(sin 2x 2 cos 3x) dx e 2x cos x dx k) e x sin x cosxdx x ln x dx n) (2x + 1) ln 2 x dx

x 2 e x dx c) (3x 2 2x)e 2x dx x sin x dx f) x cosxdx (1 x 2 )(sin 2x 2 cos 3x) dx e 2x cos x dx k) e x sin x cosxdx x ln x dx n) (2x + 1) ln 2 x dx Integrálszámítás II. Parciális integrálás. g) i) l) o) e ( + )(e e ) cos h) e sin j) (sin 3 cos) m) arctg p) arcsin e (3 )e sin f) cos ( )(sin cos 3) e cos k) e sin cos ln n) ( + ) ln. e 3 e cos 3 3 cos

Részletesebben

konvergensek-e. Amennyiben igen, számítsa ki határértéküket!

konvergensek-e. Amennyiben igen, számítsa ki határértéküket! 1. Határértékek 1. Állapítsa meg az alábbi sorozatokról, hogy van-e határértékük, konvergensek-e. Amennyiben igen, számítsa ki határértéküket! 2 2...2 2 (n db gyökjel), lim a) lim n b) lim n (sin(1)) n,

Részletesebben

A fontosabb definíciók

A fontosabb definíciók A legfontosabb definíciókat jelöli. A fontosabb definíciók [Descartes szorzat] Az A és B halmazok Descartes szorzatán az A és B elemeiből képezett összes (a, b) a A, b B rendezett párok halmazát értjük,

Részletesebben

9. Trigonometria. I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Tegye nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi értékeket! Megoldás:

9. Trigonometria. I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Tegye nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi értékeket! Megoldás: 9. Trigonometria I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Tegye nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi értékeket! x = cos 150 ; y = sin 5 ; z = tg ( 60 ) (A) z < x < y (B) x < y < z (C) y < x < z (D) z < y

Részletesebben

HÁZI FELADATOK. 1. félév. 1. konferencia A lineáris algebra alapjai

HÁZI FELADATOK. 1. félév. 1. konferencia A lineáris algebra alapjai HÁZI FELADATOK. félév. konferencia A lineáris algebra alapjai Értékelés:. egység: önálló feladatmegoldás.8. Döntse el, párhuzamosak-e a következő vektorpárok: a) a( ; ; 7) b(; 5; ) b) c(; 9; 5) d(8; 6;

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I 16 XVI A DIFFERENCIÁLSZÁmÍTÁS ALkALmAZÁSAI 1 Érintő ÉS NORmÁLIS EGYENES, L HOSPITAL-SZAbÁLY Az görbe abszcisszájú pontjához tartozó érintőjének egyenlete (1), normálisának egyenlete

Részletesebben

Függvények vizsgálata

Függvények vizsgálata Függvények vizsgálata ) Végezzük el az f ) = + polinomfüggvény vizsgálatát! Értelmezési tartomány: D f = R. Zérushelyek: Próbálgatással könnyen adódik, hogy f ) = 0. Ezután polinomosztással: + ) / ) =

Részletesebben

6. Folytonosság. pontbeli folytonosság, intervallumon való folytonosság, folytonos függvények

6. Folytonosság. pontbeli folytonosság, intervallumon való folytonosság, folytonos függvények 6. Folytonosság pontbeli folytonosság, intervallumon való folytonosság, folytonos függvények Egy függvény egy intervallumon folytonos, ha annak miden pontjában folytonos. folytonos függvények tulajdonságai

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások. alapfüggvény (ábrán: fekete)

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások. alapfüggvény (ábrán: fekete) Megoldások 1. Ábrázold és jellemezd a következő függvényeket! a) f (x) = sin (x π ) + 1 b) f (x) = 3 cos (x) c) f (x) = ctg ( 1 x) 1 a) A kérdéses függvényhez a következő lépésekben juthatunk el: g (x)

Részletesebben

Sorozatok I. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)

Sorozatok I. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Sorozatok I. DEFINÍCIÓ: (Számsorozat) A számsorozat olyan függvény, amelynek értelmezési tartománya a pozitív egész számok halmaza, értékkészlete a valós számok egy részhalmaza. Jelölés: (a n ), {a n }.

Részletesebben

Analízis házi feladatok

Analízis házi feladatok Analízis házi feladatok Készült a PTE TTK GI szakos hallgatóinak Király Balázs 200-. I. Félév 2 . fejezet Első hét.. Házi Feladatok.. Házi Feladat. Írjuk fel a következő sorozatok 0.,., 2., 5., 0. elemét,

Részletesebben

A sorozat fogalma. függvényeket sorozatoknak nevezzük. Amennyiben az értékkészlet. az értékkészlet a komplex számok halmaza, akkor komplex

A sorozat fogalma. függvényeket sorozatoknak nevezzük. Amennyiben az értékkészlet. az értékkészlet a komplex számok halmaza, akkor komplex A sorozat fogalma Definíció. A természetes számok N halmazán értelmezett függvényeket sorozatoknak nevezzük. Amennyiben az értékkészlet a valós számok halmaza, valós számsorozatról beszélünk, mígha az

Részletesebben

minden x D esetén, akkor x 0 -at a függvény maximumhelyének mondjuk, f(x 0 )-at pedig az (abszolút) maximumértékének.

minden x D esetén, akkor x 0 -at a függvény maximumhelyének mondjuk, f(x 0 )-at pedig az (abszolút) maximumértékének. Függvények határértéke és folytonossága Egy f: D R R függvényt korlátosnak nevezünk, ha a függvényértékek halmaza korlátos. Ha f(x) f(x 0 ) teljesül minden x D esetén, akkor x 0 -at a függvény maximumhelyének

Részletesebben

1. Monotonitas, konvexitas

1. Monotonitas, konvexitas 1. Monotonitas, konvexitas 1 Adjuk meg az alabbi fuggvenyek monotonitasi intervallumait! a) f (x) = x 2 (x 3) B I b) f (x) = x x 5 I c) f (x) = (x 2) p x I d) f (x) = e 6x 3 3x 2 I 2 A monotonitas vizsgalat

Részletesebben

MATEMATIKA 1. GYAKORLATOK

MATEMATIKA 1. GYAKORLATOK Fritz Józsefné, Kónya Ilona, Pataki Gergely és Tasnádi Tamás MATEMATIKA. GYAKORLATOK 0. Ismertető Tartalomjegyzék Pályázati támogatás Gondozó Szakmai vezető Lektor Technikai szerkesztő Copyright ii A Matematika.

Részletesebben

A Matematika I. előadás részletes tematikája

A Matematika I. előadás részletes tematikája A Matematika I. előadás részletes tematikája 2005/6, I. félév 1. Halmazok és relációk 1.1 Műveletek halmazokkal Definíciók, fogalmak: halmaz, elem, üres halmaz, halmazok egyenlősége, részhalmaz, halmazok

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek

Részletesebben

Egyváltozós függvények 1.

Egyváltozós függvények 1. Egyváltozós függvények 1. Filip Ferdinánd filip.ferdinand@bgk.uni-obuda.hu siva.banki.hu/jegyzetek 015 szeptember 1. Filip Ferdinánd 015 szeptember 1. Egyváltozós függvények 1. 1 / 5 Az el adás vázlata

Részletesebben

Matematika A2 vizsga mgeoldása június 4.

Matematika A2 vizsga mgeoldása június 4. Matematika A vizsga mgeoldása 03. június.. (a (3 pont Definiálja az f(x, y függvény határértékét az (x 0, y 0 helyen! Megoldás: Legyen D R, f : D R. Legyen az f(x, y függvény értelmezve az (x 0, y 0 pont

Részletesebben

Abszolútértékes és gyökös kifejezések Megoldások

Abszolútértékes és gyökös kifejezések Megoldások Abszolútértékes és gyökös kifejezések Megoldások ) Igazolja, hogy az alábbi négy egyenlet közül az a) és b) jelű egyenletnek pontosan egy megoldása van, a c) és d) jelű egyenletnek viszont nincs megoldása

Részletesebben

cos 2 (2x) 1 dx c) sin(2x)dx c) cos(3x)dx π 4 cos(2x) dx c) 5sin 2 (x)cos(x)dx x3 5 x 4 +11dx arctg 11 (2x) 4x 2 +1 π 4

cos 2 (2x) 1 dx c) sin(2x)dx c) cos(3x)dx π 4 cos(2x) dx c) 5sin 2 (x)cos(x)dx x3 5 x 4 +11dx arctg 11 (2x) 4x 2 +1 π 4 Integrálszámítás I. Végezze el a következő integrálásokat:. α, haα sin() cos() e f) a sin h) () cos ().. 5 4 ( ) e + 4 sin h) (+) sin() sin() cos() + f) 5 i) cos ( +) 7 4. 4 (+) 6 4 cos() 5 +7 5. ( ) sin()cos

Részletesebben

Minden x > 0 és y 0 valós számpárhoz létezik olyan n természetes szám, hogy y nx.

Minden x > 0 és y 0 valós számpárhoz létezik olyan n természetes szám, hogy y nx. 1. Archimedesz tétele. Minden x > 0 és y 0 valós számpárhoz létezik olyan n természetes szám, hogy y nx. Legyen y > 0, nx > y akkor és csak akkor ha n > b/a. Ekkor elég megmutatni, hogy létezik minden

Részletesebben

Sorozatok. 5. előadás. Farkas István. DE ATC Gazdaságelemzési és Statisztikai Tanszék. Sorozatok p. 1/2

Sorozatok. 5. előadás. Farkas István. DE ATC Gazdaságelemzési és Statisztikai Tanszék. Sorozatok p. 1/2 Sorozatok 5. előadás Farkas István DE ATC Gazdaságelemzési és Statisztikai Tanszék Sorozatok p. 1/2 A sorozat definíciója Definíció. A természetes számok halmazán értelmezett valós értékű a: N R függvényt

Részletesebben

Számsorok. 1. Definíció. Legyen adott valós számoknak egy (a n ) n=1 = (a 1, a 2,..., a n,...) végtelen sorozata. Az. a n

Számsorok. 1. Definíció. Legyen adott valós számoknak egy (a n ) n=1 = (a 1, a 2,..., a n,...) végtelen sorozata. Az. a n Számsorok 1. Definíció. Legyen adott valós számoknak egy (a n ) = (a 1, a 2,..., a n,...) végtelen sorozata. Az végtelen összeget végtelen számsornak (sornak) nevezzük. Az a n számot a sor n-edik tagjának

Részletesebben

Szélsőérték feladatok megoldása

Szélsőérték feladatok megoldása Szélsőérték feladatok megoldása A z = f (x,y) függvény lokális szélsőértékének meghatározása: A. Szükséges feltétel: f x (x,y) = 0 f y (x,y) = 0 egyenletrendszer megoldása, amire a továbbiakban az x =

Részletesebben

4. fejezet. Egyváltozós valós függvények deriválása Differenciálás a definícióval

4. fejezet. Egyváltozós valós függvények deriválása Differenciálás a definícióval 4. fejezet Egyváltozós valós függvények deriválása Elm 4.. Differenciálás a definícióval A derivált definíciójával atározza meg az alábbi deriváltakat!. Feladat: f) = 6 + f 4) =? f 4) f4 + ) f4) 5 + 6

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek

Részletesebben

Nagy András. Feladatok a logaritmus témaköréhez 11. osztály 2010.

Nagy András. Feladatok a logaritmus témaköréhez 11. osztály 2010. Nagy András Feladatok a logaritmus témaköréhez. osztály 00. Feladatok a logaritmus témaköréhez. osztály ) Írd fel a következő egyenlőségeket hatványalakban! a) log 9 = b) log 4 = - c) log 7 = d) lg 0 =

Részletesebben

n n (n n ), lim ln(2 + 3e x ) x 3 + 2x 2e x e x + 1, sin x 1 cos x, lim e x2 1 + x 2 lim sin x 1 )

n n (n n ), lim ln(2 + 3e x ) x 3 + 2x 2e x e x + 1, sin x 1 cos x, lim e x2 1 + x 2 lim sin x 1 ) Matek szigorlat Komplex számok Sorozat határérték., a legnagyobb taggal egyszerűsítünk n n 3 3n 2 + 2 3n 2 n n + 2 25 n 3 9 n 2 + + 3) 2n 8 n 3 2n 3,, n n5 + n 2 n 2 5 2n + 2 3n 2) n+ 2. e-ados: + a )

Részletesebben

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2009/2010 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló feladatainak megoldása

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2009/2010 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló feladatainak megoldása Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny / Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló feladatainak megoldása. Oldja meg a valós számok legbővebb részhalmazán a egyenlőtlenséget!

Részletesebben

Matematika I. NÉV:... FELADATOK:

Matematika I. NÉV:... FELADATOK: 24.2.9. Matematika I. NÉV:... FELADATOK:. A tanult módon vizsgáljuk az a = 3, a n = 3a n 2 (n > ) rekurzív sorozatot. pt 2n 2 + e 2. Definíció szerint és formálisan is igazoljuk, hogy lim =. pt n 3 + n

Részletesebben

Matematika I. NÉV:... FELADATOK: 2. Határozzuk meg az f(x) = 2x 3 + 2x 2 2x + 1 függvény szélsőértékeit a [ 2, 2] halmazon.

Matematika I. NÉV:... FELADATOK: 2. Határozzuk meg az f(x) = 2x 3 + 2x 2 2x + 1 függvény szélsőértékeit a [ 2, 2] halmazon. 215.12.8. Matematika I. NÉV:... 1. Lineáris transzformációk segítségével ábrázoljuk az f(x) = ln(2 3x) függvényt. 7pt 2. Határozzuk meg az f(x) = 2x 3 + 2x 2 2x + 1 függvény szélsőértékeit a [ 2, 2] halmazon.

Részletesebben

1. Számsorok, hatványsorok, Taylor-sor, Fourier-sor

1. Számsorok, hatványsorok, Taylor-sor, Fourier-sor . Számsorok, hatványsorok, Taylor-sor, Fourier-sor Vizsgálja meg a következő végtelen sorokat konvergencia szempontjából. Tétel. (Cauchy-féle belső konvergenciakritérium) A a n végtelen sor akkor és csakis

Részletesebben

Tartalomjegyzék. Tartalomjegyzék Valós változós valós értékű függvények... 2

Tartalomjegyzék. Tartalomjegyzék Valós változós valós értékű függvények... 2 Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék... Valós változós valós értékű függvények... Hatványfüggvények:... Páratlan gyökfüggvények:... Páros gyökfüggvények... Törtkitevős függvények (gyökfüggvények hatványai)...

Részletesebben

IV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Feladatok november

IV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Feladatok november IV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Feladatok 9. november Határozatlan integrálás Elemi függvények integrálja 4.5. 4.6. 3 4.7. ( ) 4.8. ( ) 4.9. + 4 4.. ( + )( + ) 4.4. + ( + ) 4.5. 4.6. 6 5 + 5 ln + 4.8. cos cos sin

Részletesebben

Függvényhatárérték és folytonosság

Függvényhatárérték és folytonosság 8. fejezet Függvényhatárérték és folytonosság Valós függvények és szemléltetésük D 8. n-változós valós függvényen (n N + ) olyan f függvényt értünk amelynek értelmezési tartománya (Dom f ) az R n halmaznak

Részletesebben

352 Nevezetes egyenlôtlenségek. , az átfogó hossza 81 cm

352 Nevezetes egyenlôtlenségek. , az átfogó hossza 81 cm 5 Nevezetes egyenlôtlenségek a b 775 Legyenek a befogók: a, b Ekkor 9 + $ ab A maimális ab terület 0, 5cm, az átfogó hossza 8 cm a b a b 776 + # +, azaz a + b $ 88, tehát a keresett minimális érték: 88

Részletesebben

Analízis ZH konzultáció

Analízis ZH konzultáció Analízis ZH konzultáció 1. Teljes indukció Elméleti segítség: n=1-re bebizonyítani (vagy arra az n-re, ahonnan az állítást igazolni szeretnénk) feltesszük, hogy n-re igaz az állítás -> n+1-re is igaz lesz?

Részletesebben

Trigonometria Megoldások. 1) Igazolja, hogy ha egy háromszög szögeire érvényes az alábbi összefüggés: sin : sin = cos + : cos +, ( ) ( )

Trigonometria Megoldások. 1) Igazolja, hogy ha egy háromszög szögeire érvényes az alábbi összefüggés: sin : sin = cos + : cos +, ( ) ( ) Trigonometria Megoldások Trigonometria - megoldások ) Igazolja, hogy ha egy háromszög szögeire érvényes az alábbi összefüggés: sin : sin = cos + : cos +, ( ) ( ) akkor a háromszög egyenlő szárú vagy derékszögű!

Részletesebben

Obudai Egyetem RKK Kar. Feladatok a Matematika I tantárgyhoz

Obudai Egyetem RKK Kar. Feladatok a Matematika I tantárgyhoz Obudai Egyetem RKK Kar Feladatok a Matematika I tantárgyhoz Gyakorló Feladatok a Matematika I Tantárgyhoz Els rész: Feladatok. Halmazelmélet, Számhalmazok, Függvények... Feladat. Legyen A = { : + 3 = 3},

Részletesebben

Analízis előadás és gyakorlat vázlat

Analízis előadás és gyakorlat vázlat Analízis előadás és gyakorlat vázlat Készült a PTE TTK GI szakos hallgatóinak Király Balázs 2010-11. I. Félév 2 1. fejezet Számhalmazok és tulajdonságaik 1.1. Nevezetes számhalmazok ➀ a) jelölése: N b)

Részletesebben

f(x) vagy f(x) a (x x 0 )-t használjuk. lim melyekre Mivel itt ɛ > 0 tetszőlegesen kicsi, így a a = 0, a = a, ami ellentmondás, bizonyítva

f(x) vagy f(x) a (x x 0 )-t használjuk. lim melyekre Mivel itt ɛ > 0 tetszőlegesen kicsi, így a a = 0, a = a, ami ellentmondás, bizonyítva 6. FÜGGVÉNYEK HATÁRÉRTÉKE ÉS FOLYTONOSSÁGA 6.1 Függvény határértéke Egy D R halmaz torlódási pontjainak halmazát D -vel fogjuk jelölni. Definíció. Legyen f : D R R és legyen x 0 D (a D halmaz torlódási

Részletesebben

Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai 1.

Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai 1. Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai.). Feladat. Határozzuk meg az alábbi integrálokat: a) x x + dx d) xe x dx b) c)

Részletesebben

Függvény határérték összefoglalás

Függvény határérték összefoglalás Függvény határérték összefoglalás Függvény határértéke: Def: Függvény: egyértékű reláció. (Vagyis minden értelmezési tartománybeli elemhez, egyértelműen rendelünk hozzá egy elemet az értékkészletből. Vagyis

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Függvények

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Függvények MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Függvények A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek

Részletesebben

6. Függvények. Legyen függvény és nem üreshalmaz. A függvényt az f K-ra való kiterjesztésének

6. Függvények. Legyen függvény és nem üreshalmaz. A függvényt az f K-ra való kiterjesztésének 6. Függvények I. Elméleti összefoglaló A függvény fogalma, értelmezési tartomány, képhalmaz, értékkészlet Legyen az A és B halmaz egyike sem üreshalmaz. Ha az A halmaz minden egyes eleméhez hozzárendeljük

Részletesebben

Sorozatok és Sorozatok és / 18

Sorozatok és Sorozatok és / 18 Sorozatok 2015.11.30. és 2015.12.02. Sorozatok 2015.11.30. és 2015.12.02. 1 / 18 Tartalom 1 Sorozatok alapfogalmai 2 Sorozatok jellemz i 3 Sorozatok határértéke 4 Konvergencia és korlátosság 5 Cauchy-féle

Részletesebben

Exponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások

Exponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások Eponenciális és logaritmikus kifejezések - megoldások Eponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások ) Igazolja, hogy az alábbi négy egyenlet közül az a) és jelű egyenletnek pontosan egy megoldása

Részletesebben

Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november. I. rész

Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november. I. rész Pataki János, november Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november I rész feladat Oldja meg az alábbi egyenleteket: a) log 7 log log log 7 ; b) ( )

Részletesebben

Függvények határértéke, folytonossága FÜGGVÉNYEK TULAJDONSÁGAI, SZÉLSŐÉRTÉK FELADATOK MEGOLDÁSA

Függvények határértéke, folytonossága FÜGGVÉNYEK TULAJDONSÁGAI, SZÉLSŐÉRTÉK FELADATOK MEGOLDÁSA Függvények határértéke, folytonossága FÜGGVÉNYEK TULAJDONSÁGAI, SZÉLSŐÉRTÉK FELADATOK MEGOLDÁSA Alapvető fogalmak: Függvény fogalma Függvény helyettesítési értéke (függvényérték) Függvény grafikonja A

Részletesebben

2010. október 12. Dr. Vincze Szilvia

2010. október 12. Dr. Vincze Szilvia 2010. október 12. Dr. Vincze Szilvia Tartalomjegyzék 1.) Sorozat definíciója 2.) Sorozat megadása 3.) Sorozatok szemléltetése 4.) Műveletek sorozatokkal 5.) A sorozatok tulajdonságai 6.) A sorozatok határértékének

Részletesebben

= x + 1. (x 3)(x + 3) D f = R, lim. x 2. = lim. x 4

= x + 1. (x 3)(x + 3) D f = R, lim. x 2. = lim. x 4 Bodó Beáta Differenciálszámítás. B Írja fel az f() = függvény az a = és az helyekhez tartozó különbségi hányadosát. f() f(a) a = = (+)( ) = +. B Számolja ki az f() = függvény a = 3 helyhez tartozó differenciálhányadosát!

Részletesebben

Matematika A1a Analízis

Matematika A1a Analízis B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E T E M Matematika A1a Analízis BMETE90AX00 Elemi függvények H607, EIC 2019-03-13 Wettl Ferenc

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉPSZINT Függvények

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉPSZINT Függvények MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉPSZINT Függvények A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek megoldásához!

Részletesebben

a) A logaritmus értelmezése alapján: x 8 0 ( x 2 2 vagy x 2 2) (1 pont) Egy szorzat értéke pontosan akkor 0, ha valamelyik szorzótényező 0.

a) A logaritmus értelmezése alapján: x 8 0 ( x 2 2 vagy x 2 2) (1 pont) Egy szorzat értéke pontosan akkor 0, ha valamelyik szorzótényező 0. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval

Részletesebben

Oktatási Hivatal. 1 pont. A feltételek alapján felírhatók az. összevonás után az. 1 pont

Oktatási Hivatal. 1 pont. A feltételek alapján felírhatók az. összevonás után az. 1 pont Oktatási Hivatal Öt pozitív egész szám egy számtani sorozat első öt eleme A sorozatnak a különbsége prímszám Tudjuk hogy az első négy szám köbének összege megegyezik az ezen öt tag közül vett páros sorszámú

Részletesebben

Alkalmazott matematika és módszerei I Tantárgy kódja

Alkalmazott matematika és módszerei I Tantárgy kódja Tantárgy neve Alkalmazott matematika és módszerei I Tantárgy kódja MTB1901 Meghirdetés féléve Kreditpont 4 Összóraszám (elm+gyak) + Számonkérés módja G Előfeltétel (tantárgyi kód) - Tantárgyfelelős neve

Részletesebben

Elemi függvények. Matematika 1. előadás. ELTE TTK Földtudomány BSc, Környezettan BSc, Környezettan tanár október 4.

Elemi függvények. Matematika 1. előadás. ELTE TTK Földtudomány BSc, Környezettan BSc, Környezettan tanár október 4. Elemi függvények Matematika 1. előadás ELTE TTK Földtudomány BSc, Környezettan BSc, Környezettan tanár 2017. október 4. Csomós Petra Elemi függvények 1. Hatványfüggvények 2. Exponenciális és logaritmus

Részletesebben

Elemi függvények. Matematika 1. előadás. ELTE TTK Földtudomány BSc, Környezettan BSc, Környezettan tanár 3. előadás. Csomós Petra

Elemi függvények. Matematika 1. előadás. ELTE TTK Földtudomány BSc, Környezettan BSc, Környezettan tanár 3. előadás. Csomós Petra Elemi függvények Matematika 1. előadás ELTE TTK Földtudomány BSc, Környezettan BSc, Környezettan tanár 3. előadás Csomós Petra Elemi függvények 1. Hatványfüggvények 2. Exponenciális és logaritmus függvény

Részletesebben

M. 33. Határozza meg az összes olyan kétjegyű szám összegét, amelyek 4-gyel osztva maradékul 3-at adnak!

M. 33. Határozza meg az összes olyan kétjegyű szám összegét, amelyek 4-gyel osztva maradékul 3-at adnak! Magyar Ifjúság 6 V SOROZATOK a) Három szám összege 76 E három számot tekinthetjük egy mértani sorozat három egymás után következő elemének vagy pedig egy számtani sorozat első, negyedik és hatodik elemének

Részletesebben

Eger, augusztus 31. Liptai Kálmán Eszterházy Károly Főiskola Matematikai és Informatikai Intézet

Eger, augusztus 31. Liptai Kálmán Eszterházy Károly Főiskola Matematikai és Informatikai Intézet Tartalomjegyzék Előszó................................. 5. Függvénytani alapismeretek..................... 7. Valós számsorozatok......................... 9 3. Valós számsorok............................

Részletesebben

Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek Megoldások

Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek Megoldások ) Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek - megoldások Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek Megoldások a) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet! = 6 (5 pont) b) Oldja

Részletesebben

Dierenciálhatóság. Wettl Ferenc el adása alapján és

Dierenciálhatóság. Wettl Ferenc el adása alapján és 205.0.9. és 205.0.26. 205.0.9. és 205.0.26. / Tartalom A dierenciálhatóság fogalma Pontbeli dierenciálhatóság Jobb és bal oldali dierenciálhatóság Folytonosság és dierenciálhatóság Deriváltfüggvény 2 Dierenciálási

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉP SZINT Függvények

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉP SZINT Függvények MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉP SZINT Függvények A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek

Részletesebben

Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit.

Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit. 2. A VALÓS SZÁMOK 2.1 A valós számok aximómarendszere Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit. 1.Testaxiómák R-ben két művelet van értelmezve, az

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval

Részletesebben

Határozatlan integrál

Határozatlan integrál Határozatlan integrál 205..04. Határozatlan integrál 205..04. / 2 Tartalom Primitív függvény 2 Határozatlan integrál 3 Alapintegrálok 4 Integrálási szabályok 5 Helyettesítéses integrálás 6 Parciális integrálás

Részletesebben

Bevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok

Bevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok . fejezet Bevezetés Algebrai feladatok J. A számok gyakran használt halmazaira a következ jelöléseket vezetjük be: N a nemnegatív egész számok, N + a pozitív egész számok, Z az egész számok, Q a racionális

Részletesebben

Függvény differenciálás összefoglalás

Függvény differenciálás összefoglalás Függvény differenciálás összefoglalás Differenciálszámítás: Def: Differenciahányados: f() f(a + ) f(a) függvényérték változása független változó megváltozása Ha egyre kisebb, vagyis tart -hoz, akkor a

Részletesebben

1.1. Feladatok. x 0 pontban! b) f(x) = 2x + 5, x 0 = 2. d) f(x) = 1 3x+4 = 1. e) f(x) = x 1. f) x 2 4x + 4 sin(x 2), x 0 = 2. általános pontban!

1.1. Feladatok. x 0 pontban! b) f(x) = 2x + 5, x 0 = 2. d) f(x) = 1 3x+4 = 1. e) f(x) = x 1. f) x 2 4x + 4 sin(x 2), x 0 = 2. általános pontban! . Egyváltozós függgvények deriválása.. Feladatok.. Feladat A definíció alapján határozzuk meg a következő függvények deriváltját az x pontban! a) f(x) = x +, x = 5 b) f(x) = x + 5, x = c) f(x) = x+, x

Részletesebben

NULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI

NULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI A NULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI 20-09-2 Terem: Munkaidő: 0 perc. A dolgozat megírásához íróeszközön kívül semmilyen segédeszköz nem használható! Csak és kizárólag tollal tölthető ki a feladatlap, a ceruzával

Részletesebben

Kalkulus I. NÉV: Határozzuk meg a következő határértékeket: 8pt

Kalkulus I. NÉV: Határozzuk meg a következő határértékeket: 8pt 27.2.2. Kalkulus I. NÉV:... A csoport KÓD:.... Adjuk meg a b n = 3n 7 9 2n sorozat infimumát, szuprémumát. 8pt 2. Határozzuk meg a következő határértékeket: 8pt (a) ( lim n 2 3n n 2 n 3) n ( ) 3n 5 3 2n,

Részletesebben