Műszaki matematika 1

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Műszaki matematika 1"

Átírás

1 Szegedi Tudományegyetem, Bolyai Intézet Műszaki matematika Gyakorlati jegyzet Készítette: Fülöp Vanda és Szabó Tamás Utoljára módosítva: 09. február 8. Európai Szociális Alap

2 i Szegedi Tudományegyetem, Természettudományi és Informatikai Kar, Bolyai Intézet Lektorálta: Bogya Norbert Grafikai szerkesztő: Szilas László Jelen tananyag a Szegedi Tudományegyetemen készült az Európai Unió támogatásával. Projekt azonosító: EFOP , A Szegedi Tudományegyetem oktatási és szolgáltatási teljesítményének innovatív fejlesztése a munkaerő-piaci és a nemzetközi verseny kihívásaira való felkészülés jegyében.

3 Tartalomjegyzék Előszó. Iránymező; szétválasztható változójú differenciálegyenlet Házi feladat Videók Kvízek Változóiban homogén fokszámú differenciálegyenlet; lineáris differenciálegyenlet 8 Házi feladatok Videók Kvízek Másodrendű hiányos differenciálegyenlet 3 Házi feladatok Videók Kvízek Laplace transzformált; alkalmazás 44 Házi feladatok Videók Kvízek Geometriai sor; teleszkopikus sor; összehasonlító teszt 6 Házi feladatok Videók Kvízek Gyök, hányados teszt; integrál teszt; alternáló sor; számsor becslése 77 Házi feladatok Videók Kvízek Függvénysor konvergenciája; Fourier sor 93 Házi feladatok Videók Kvízek ii

4 Tartalomjegyzék iii 8. Taylor sor; binomiális sor 08 Házi feladatok Videók Kvízek Többváltozós függvények értelmezési tartománya, határértéke 3 Házi feladatok Videók Kvízek Derivált; lokális szélsőérték 39 Házi feladatok Videók Kvízek Feltételes szélsőérték 53 Házi feladatok Videók Kvízek Egzakt differenciálegyenlet; vonalintegrál 68 Házi feladatok Videók Kvízek Integrál 8 Házi feladatok Videók Kvízek Előismeretek 98 Értelmezési tartomány Polinomosztás; elemi törtekre bontás Sorozatok határértéke Valós függvények határértéke Differenciálhányados; L Hospital szabály Szélsőérték Határozatlan integrál Határozott integrál; improprius integrál

5 Előszó Ezt a jegyzetet az elmúlt években tartott régi Műszaki matematika kurzus anyaga alapján, a teljesség igényével állítottuk össze a műszaki informatikus hallgatóknak tartott új Műszaki matematika. tárgy gyakorlati részéhez. Az első 3 fejezetet a gyakorlati óráknak megfelelően alakítottuk ki. Minden egyes részben 3 alfejezetben Házi feladat, Videók, Kvízek ismételjük át, egészítjük ki, mélyítjük el, majd kérjük számon az adott gyakorlat anyagát. Részletes megoldások ismertetésével kezdünk, ezt követően további példákon keresztül, több mint 00 videó segítségével fejlesztjük a hallgatók megoldási készségét, végezetül lehetőséget biztosítunk az önértékelésre, a felkészültségük ellenőrzésére. Az utolsó fejezetben Előismeretek foglaltuk össze a kurzus előfeltételének, a Kalkulus I. informatikusoknak tárgy gyakorlati anyagának azon részeit, melyek ismerete elengedhetetlenül szükséges az új anyag sikeres elsajátításához. Biztosak vagyunk abban, hogy a gyakorlaton való aktív részvétel és ezen jegyzet feladatainak megoldása után a hallgató képes matematikai modellek azonosítására, rendszerbe foglalására, emlékezetébe vési és így felismeri a feladattípusokat, felidézi a lehetséges megoldásokat, meghatározza a helyes eljárást és megvalósítja azt. Készségeinek fejlesztése mellett olyan képesség birtokába kerül, melyek segítségével tisztán és egyértelműen elmagyarázza, kifejti eredményét. Köszönjük Balázs Benája, Bogya Rancióna, Borsos Adelgund, Csányi Adeodáta, Dénes Csaga, Dudás Erátó, Fekete Fehér Fehérke, Gémes Ifigénia, Dr. Gyöngyösi Lulané, Herczeg Immakuláta, Karsai Psziché, Dr. Kátai Urbán Nurbanuné, Kertész Szüntüké, Dr. Kiss Anfetamea, Möczyné Ünige Gábor, Kosztolányi Maminti, Lantos Mátka, Dr. Nagy Szengláhák, Osztényi Cilané, Patai Annunciáta, Pete Ájlin, Dr. Pósfai Akaiéna, Pósfai Baucisz, Rácz Témisz, Dr. Rója Szengláhák, Rovó Pszichá, Ruff Nájiká, Szijártó Vrindávani, Dr. Tekeli Csaga, Tekeli Kandida Kilit, Trungel Nagy Ánfissza, Dr. Varga Tamerlán, Zarnócz Manóhar, Zombory Naftali, Balázs Táblácska, Bogya Cukorka, Borsos Balaton, Csányi Főni, Dr. Dénes Havadisa, Dr. Dudás Jinx, Fekete Móka Fajsz, Gémes Polikárp, Gyöngyösi Vérbulcsú, Dr. Herczeg Kandida, Karsai Küllikki, Dr. Kátai Urbán Skolasztika, Kertész Cvi, Dr. Kiss Jukundusz, Dr. Körmöczyné Bozsó Modesztusz, Kosztolányi Manóhar, Lantos Góvinda, Dr. Nagy Kratosz, Osztényi Odiló, Dr. Patai Polikárp, Dr. Pete Piramusz, Pósfai Nepomuk, Pósfai Kücsid, Rácz Csatár, Rója Alpikár, Rovó Apaj, Dr. Ruff Euszták, Szíjjártó Agamennon, Szbtmsz, Tekeli Karcsa, Tekeli Karion, Dr. Trungel Nagy Tonuzóba, Varga Vitályos, Zarnócz Zilió, Zombory Zuriel segítségét. A készítők

6 . Iránymező; szétválasztható változójú differenciálegyenlet Házi feladat Iránymező. Feladat. Vázlatosan ábrázoljuk az y = x y+ differenciálegyenlethez tartozó iránymezőt. Megoldás. A megoldás során azt a tényt használjuk, hogy egy differenciálható függvény egyenessel megközelíthető, pontosabban az érintő egyenessel helyettesíthető az érintési pont kis környezetében. Ezeket a kis érintő szakaszokat felvéve kapjuk meg a differenciálegyenlethez tartozó iránymezőt. A fenti egyenletből kapjuk, hogy az (x, y) ponton áthaladó megoldásfüggvény érintőjének meredeksége az y = x y + összefüggés alapján kiszámítható. Így például a (0, ) pontban, azaz az x = 0 és y = helyettesítéssel kapjuk, hogy y =. Ennek megfelelően a (0, ) pontba egy meredekségű szakaszt rajzolunk (. ábra). Hasonlóan kapjuk, hogy az (, ) pontban, y = (. ábra). De a (, ) pontban is y = ugyanúgy, mint az előbb (3. ábra) ábra. ábra 3. ábra Ha az egyenletben az y = helyettesítéssel élünk, akkor megkapjuk a sík azon pontjait, melynek minden pontjában a megoldásfüggvénynek a meredeksége, tehát = x y +

7 Iránymező; szétválasztható változójú differenciálegyenlet 3 alapján az y = x egyenletű egyenest (4. ábra). Így sokkal több szakaszt tudunk felvenni egy lépésben (5. ábra). Ezért a továbbiakban így haladunk tovább, azaz a derivált függvénynek, y nek adunk értéket. Például az y = 0 helyettesítésből az y = x + egyenletű egyenest kapjuk, melynek minden pontjában a megoldásfüggvénynek 0 a meredeksége (6. ábra) ábra 5. ábra 6. ábra Amennyiben y =, akkor y = x + (7. ábra). Hasonlóan kapjuk, hogy a meredekség y =, illetve y = az y = x, illetve az y = x + 3 egyenes pontjaiban (8. ábra). Így már jól látható a tényleges megoldás (9. ábrán), ezt számítógépes programmal készítettük ábra 8. ábra 9. ábra. Feladat. Vázlatosan ábrázoljuk az y = x + x y differenciálegyenlethez tartozó iránymezőt. Megoldás. Az előző feladat alapján már rögtön azzal kezdünk, hogy meghatározzuk azokat a pontokat a síkon melyekben a megoldásfüggvény érintőjének meredeksége állandó, például y = 0, ±, ±,... stb. Ha y = 0, akkor az egyenletbe behelyettesítve az y = x + x görbét kapjuk (. ábra), és a 0 meredekség miatt vízszintes szakaszokat rajzolunk (. ábra). Az y =, illetve y = helyettesítéssel az y = x + x, illetve y = x + x görbéket kapjuk (3. ábra), melyek pontjaiba, illetve meredekségű kis szakaszokat rajzolunk (4. ábra). Hasonlóan kapjuk az y =, illetve y = meredekségű kis szakaszokat az y = x +x+, illetve y = x +x+ görbék pontjaiban (5. ábra). A tényleges iránymezőt a 6. ábrán láthatjuk.

8 Iránymező; szétválasztható változójú differenciálegyenlet ábra. ábra 3. ábra ábra 5. ábra 6. ábra Szétválasztható változójú differenciálegyenlet Egy differenciálegyenletet szétválasztható változójúnak nevezünk, amennyiben f(y)y = g(x) alakúra tudjuk hozni. 3. Feladat. Adjuk meg az y y = x differenciálegyenlet összes megoldását. x Megoldás. Az egyenlet eleve f(y)y = g(x) alakú, így természetesen szétválasztható változójú. Ekkor mindkét oldalt x szerint integrálva azonnal megkapjuk a feladat megoldását. Ugyanakkor, a helyettesítéses integrálás szabálya alapján a bal oldalon ez majd y szerinti integrálást

9 Iránymező; szétválasztható változójú differenciálegyenlet 5 eredményez. Ez az y = dy dx vagyis jelölés használatával jól látható: y dy dx = x x, azaz ( ) y dy = x x dx, amelyből y C = ln x x + C, ahol C, C R y 3 = 3 ln x 3 x + 3C 3, ahol C C = C 3 R, ahonnan y = 3 3 ln x 3 x + C 4, ahol 3C 3 = C 4 R adja a differenciálegyenlet általános (összes) megoldását. Megjegyzés. Jól láthatóan a C konstansok mindegyike tetszőleges valós számot jelöl. Így elég csak az egyik (jobb oldali) primitív függvénynél szerepeltetni, továbbá felesleges indexelni. Ezt követően így járunk el. Amennyiben változik a C konstans alaphalmaza, azt az egyenlet jobb oldalán jelezzük C = - C = - C = 0 C = C = C = 3-3 A fenti ábra a differenciálegyenlet néhány megoldását mutatja a megfelelő C konstans értékek esetén. 4. Feladat. Oldjuk meg: tg x dy ydx = 0. Megoldás. Az egyenletet az y = dy összefüggés alapján, majd rendezéssel a következő alakra dx hozzuk: tg x y y = 0 tg x y = y y = y ctg x.

10 Iránymező; szétválasztható változójú differenciálegyenlet 6 Ahhoz, hogy szétválasszuk a változókat, osztanunk kell y nal, az ismeretlen függvénnyel. Ekkor, hogy ne veszítsünk függvénymegoldást, a következő eseteket kell vizsgálnunk. () Ha y = 0, akkor y = 0, ezt visszahelyettesítve az átalakított differenciálegyenletbe azt kapjuk, hogy 0 = 0 ctg x, azaz 0 = 0, tehát y = 0 megoldása a differenciálegyenletnek. Megjegyzés. Csak az x változót tartalmazó kifejezéssel oszthatunk esetvizsgálat nélkül. () Amennyiben y 0, akkor az előző feladat alapján dolgozunk: y y = ctg x dy y dx = ctg x y dy = ctg x dx. A jobb oldali integrált helyettesítéssel, z = sin x, dz = cos x dx alapján oldjuk meg: cos x ctg x dx = sin x dx = cos x dx = sin x z dz = ln z + C = ln sin x + C, C R. Abban az esetben, amikor a változót, x-et tartalmazó oldal integrálásakor logaritmikus kifejezést kapunk, célszerű a C konstanst ln C alakban fölírni. Ugyanis a logaritmusfüggvény értékkészletete a valós számok halmaza, továbbá használni tudjuk a logaritmus azonosságait, azaz ln y = ln sin x + ln C, C R + ln y = ln C sin x y = C sin x y = ±C sin x A differenciálegyenlet összes megoldása tehát y = C sin x, C R \ {0}. y = C sin x, C R \ {0}, továbbá az első esetben kapott y = 0. Ez a két megoldáshalmaz összevonható, amennyiben megengedjük, hogy C felvegye a 0 értéket is. Így a differenciálegyenlet általános megoldása: y = C sin x, C R.

11 Iránymező; szétválasztható változójú differenciálegyenlet 7 C = -. C = -.5 C = -. C = π -π - π π π 3 π π 5 π C = 0. C = 0.5 C =. - C =.5 C =. 5. Feladat. Oldjuk meg: x y y ln y = xy, y( ) = e. Megoldás. A kezdeti érték probléma megoldását azzal kezdjük, hogy megadjuk a differenciálegyenlet összes megoldását. Rendezzük az egyenletet, hogy a deriváltak ugyanazon az oldalon legyenek: x y xy = y ln y (x x)y = y ln y y = y ln y x x. Jól látható, hogy az egyenlet szétválasztható változójú. () Az y ln y = 0 esetben, mivel a differenciálegyenlet csak y > 0 esetén értelmezett, az ln y = 0 feltételt adja. Ebből kapjuk, hogy y = és így y = 0. Helyettesítés után írhatjuk, hogy tehát y = megoldás. () Ha y ln y 0, akkor 0 = 0 0 = 0, x x, azaz y ln y y = x x, azaz dy y ln y dx = x x, ahonnan y ln y dy = x x dx. Az egyenlet bal oldalán helyettesítéssel integrálunk, z = ln y, dz = y dy szerint y ln y dy = ln y y dy = z dz = ln z + C = ln ln y + C.

12 Iránymező; szétválasztható változójú differenciálegyenlet 8 A jobb oldalon elemi törtekre bontás módszerével dolgozunk: ahonnan x x = x(x ) = A x + B x A gyökök behelyettesítésével kapjuk, hogy Azaz Innen x x Ezek alapján írhatjuk, hogy = A(x ) + Bx. = A(x ) + Bx x(x ) x = 0 esetén = A ( ), azaz A =, x = esetén = B, azaz B =. x x = x x. x dx = ln x ln x + ln C = ln C, C R +. x x ln ln y = ln C, C R + x x ln y = C x ln y = ± x x C ln y = x x C, C R \ {0} y = e x x C, amely a C = 0 választással tartalmazza a fenti y = megoldást is. Tehát a differenciálegyenlet általános megoldása: y = e x x C, C R. Ezek után vizsgáljuk az y( ) = e kezdeti feltételt. Ez azt jelenti, hogy ha x =, akkor a megoldásfüggvény az e értéket veszi fel, azaz y = e. Ezeket az adatokat visszahelyettesítve az általános megoldásba kapjuk, hogy Tehát a kezdeti érték probléma megoldása e = e C = e C, így = C, ahonnan C =. y = e x x.,

13 Iránymező; szétválasztható változójú differenciálegyenlet (-,e) A kezdeti feltétel a megoldássereget szűkíti. Esetünkben csak egy olyan görbe van, amely eleget tesz a feltételnek, átmegy a (, e) ponton.

14 Iránymező; szétválasztható változójú differenciálegyenlet 0 Videók Iránymező Vázlatosan ábrázoljuk a differenciálegyenlethez tartozó iránymezőt. (Az itt szereplő megoldásokban számítógéppel készült ábrák szerepelnek, a kézzel történő vázlatos ábrázolás a megfelelő videóban megtalálható.). Feladat. y = x + y x y Megoldás Feladat. y = x + y y x Megoldás

15 Iránymező; szétválasztható változójú differenciálegyenlet 3. Feladat. y = + x y Megoldás Szétválasztható változójú differenciálegyenlet Oldjuk meg a következő differenciálegyenleteket. 4. Feladat. y = xy Megoldás. y = Ce x, C R 5. Feladat. y = 3y y + Megoldás. ( ) y + ln y = x + C, C R, y = Feladat. Oldjuk meg az alábbi kezdeti érték problémát: xy = y y, y() = Megoldás. y = ( + x) 7. Feladat. Oldjuk meg a következő differenciálegyenletet: (x + x) dy y dx = 0 Megoldás. y = ln C x x +, C R+, y = 0

16 Iránymező; szétválasztható változójú differenciálegyenlet 8. Feladat. Oldjuk meg az alábbi kezdeti érték problémákat: (x + ) dy = (x y x) dx, a) y(0) = 0, b) y(0) =, d) y() =. Megoldás. a) ln y + y = x ln x + b) y = d) y = 9. Feladat. Oldjuk meg a következő differenciálegyenletet: (y + )u = u, (u = u(y)). y y Megoldás. u = C y +, C R 0. Feladat. Oldjuk meg a következő kezdeti érték problémát: (t + )x + tx + t = 0, (x = x(t)), x() =. Megoldás. x = t +

17 Iránymező; szétválasztható változójú differenciálegyenlet 3 Kvízek A csoport. Feladat. Az y = 0, ±, / értékek használatával vázlatosan adjuk meg az y = x + y x + y egyenlethez tartozó iránymezőt.. Feladat. Oldjuk meg az x x + x dx határozatlan integrált. B csoport Feladat. Oldjuk meg az xy + y = y +, y( e) = kezdeti érték problémát. C csoport Feladat. Oldjuk meg az e x y + xy = xy differenciálegyenletet.

18 Iránymező; szétválasztható változójú differenciálegyenlet 4 Kvízek megoldása A csoport. Feladat megoldása. Az x + y = 0 egyenes pontjaiban nem vehetünk fel szakaszokat. Az y = 0 meredekségű helyek a 0 = x + y x + y egyenletből az x + y = 0, azaz az y = x parabola pontjai. Ha y =, akkor = x + y x + y, tehát x + y = x + y, így az y = x x parabolát kapjuk Ha y =, akkor = x + y x + y, tehát x y = x + y, azaz y = x + x. Ha y = 3, akkor = x + y x + y, tehát x + y = x + y, így a 0 = x x egyenletből az x = 0 és x = egyeneseket kapjuk. pt

19 Iránymező; szétválasztható változójú differenciálegyenlet 5. Feladat megoldása. A x + x = 0 egyenlet megoldása a megoldóképlet segítségével x, = ± 4 ( ) 4 = ± 3 4, azaz x =, x =. Így Ekkor Ha x =, akkor ( x + x = (x + ) x ) = (x + )(x ). x x + x = A x + + B x = A(x ) + B(x + ) (x + )(x ) x = A(x ) + B(x + ). = 3A, azaz A = 3. pt Ha x =, akkor Így x x + x dx = ( /3 x + /3 ) x = 3 B, azaz B = 3. dx = 3 ln x + 3 ln x + C, (C R). 3 pt

20 Iránymező; szétválasztható változójú differenciálegyenlet 6 B csoport Feladat megoldása. Rendezzük az egyenletet: xy + y = y + xy = y y +. Ha y y + = (y ) = 0, azaz y =, akkor y = 0 és így x 0 = +, azaz 0 = 0 alapján az y = konstans függvény megoldása a differenciálegyenletnek, de jól láthatóan nem elégíti ki a kezdeti feltételt: y( e) = /. Ha y y + 0, akkor y y + y = x (y ) dy = x dx y = ln x + C, C R y = ln x + C y = ln x + C az egyenlet megoldása, és nincs olyan C érték mely az y = megoldást adná. A kezdeti feltétel y( e) =. Így pt pt = ln e + C = + C = + C C = alapján a kezdeti érték probléma megoldása y = ln x +. 3 pt

21 Iránymező; szétválasztható változójú differenciálegyenlet 7 C csoport Feladat megoldása. Rendezzük az egyenletet: Ha y y = y(y ) = 0, akkor e x y + xy = xy e x y = xy xy e x y = x(y y). y = 0 vagy y = y = 0 y = 0 e x 0 = x 0 e x 0 = x (4 4) 0 = 0 0 = 0 alapján az y = 0 és y = konstans függvények megoldásai a differenciálegyenletnek. Ha y y 0, akkor y y y = xe x y y dy = xe x dx. A bal oldalon előbb elemi racionális törteket alakítunk ki: Ha y = 0, akkor Ha y =, akkor Így y y = A y + B y = A(y ) + By. = A(y ) + By y(y ) = A, azaz A =. = B, azaz B =. ( / y y dy = + / ) y y dy = ln y + ln y + C. Az egyenlet jobb oldalán a parciális integrálás módszerével, s = x, t = e x, s = és t = e x szerint xe x dx = xe x e x dx = xe x e x + C. A fentiek alapján az implicit megoldás st st s t (ln y ln y ) = e x (x + ) + C, C R, amely nem tartalmazza az y = 0, y = megoldásokat. pt pt 3 pt

22 . Változóiban homogén fokszámú differenciálegyenlet; lineáris differenciálegyenlet Házi feladatok Változóiban homogén fokszámú differenciálegyenlet A differenciálegyenletet változóiban homogén fokszámúnak nevezzük, amennyiben ( ( ) y x y = f vagy y x) = g y alakra tudjuk hozni.. Feladat. Adjuk meg az xyy = y x y differenciálegyenlet összes megoldását. Megoldás. Első lépésben összevonjuk az y t tartalmazó tagokat xyy = y x y xyy + x y = y (xy + x )y = y. Az egyenletben mind a három tag, xy, x és y is másodfokú kifejezés azonos fokszámú. Így az x kifejezéssel való osztás után a differenciálegyenlet jól láthatóan változóiban homogén fokszámú: ( y ) ( y ) x + y =. x Ez a típusú differenciálegyenlet az u = y/x, y = ux, y = u x + u helyettesítésekkel mindig szétválasztható egyenletet ad, amit az előző fejezetben tanultak alapján oldunk meg: (u + )(u x + u) = u (u + )u x + u + u = u (u + )u x = u. 8

23 Változóiban homogén fokszámú és lineáris differenciálegyenlet 9 Az u = 0 megoldása az egyenletnek. Amennyiben u 0, akkor u + u u = ( x + ) du u dx = x ) du = ( + u x dx u + ln u = ln x + C, C R, mely nem tartalmazza az u = 0 megoldást. Tehát az egyenlet megoldása: u + ln u = ln x + C, C R, és u = 0. Mivel u = y/x, az eredeti egyenlet (implicit) megoldása y x + ln y = ln x + C, C R, és y = 0. x Megjegyzés. Ezt a feladatot megoldhatjuk a v = x/y helyettesítés alkalmazásával is. Ugyanis y tel osztva (feltéve, hogy y 0,az y = 0 függvény nyilván megoldás), az (xy + x )y = y egyenletet, az alábbi alakot ölti: ( x y + ( ) ) x y =. y Ekkor a v = x/y miatt y = x/v, y = v xv v alapján kapjuk, hogy (v + v ) v xv = v v + v (v xv ) = v + v (v xv ) = v ( + v)(v xv ) = v v + v ( + v)xv = v v = ( + v)xv x = + v v v( x dx = v + ) v dv ln x + C = v + ln v, C R, amely ugyanazt a megoldást szolgáltatja, mint az előző módszer. Általában ezzel a helyettesítéssel bonyolultabb egyenletet kapunk.

24 Változóiban homogén fokszámú és lineáris differenciálegyenlet 0. Feladat. Oldjuk meg az y = x + y, y() = kezdeti érték problémát. y Megoldás. A kifejezés rögtön átírható az y = x y alakra, azaz egyértelmű, hogy változóiban homogén fokszámú, továbbá az is, hogy a v = x y, y = x v, y = v xv v helyettesítést alkalmazzuk: y = x y v xv v = v v xv = v 3 v xv = v 3 + v + v xv = v(v + v + ) = v(v + ). A v = x/y helyettesítésből következik, hogy v 0. A v = függvény jól láthatóan megoldása az egyenletnek. Ha v, akkor oszthatunk a jobb oldali kifejezéssel is: v(v + ) v = x v(v + ) dv = x dx. Elemi törtekre bontás alapján v(v + ) = A v + B v + + C (v + ) = A(v + ) + Bv(v + ) + Cv, v(v + ) ahonnan Helyettesítéssel kapjuk, hogy = A(v + ) + Bv(v + ) + Cv. v = 0 esetén = A, azaz A =, v = esetén = C ( ), azaz C =, v = esetén = A 4 + B + C = 4 + B, azaz B =, azaz Így v(v + ) = v v + (v + ). ln v ln v + + v + = ln x + C, C R.

25 Változóiban homogén fokszámú és lineáris differenciálegyenlet Tehát az egyenlet összes megoldása: ln x y ln x y + + x = ln x + C, + C R, és y = x. y Behelyettesítés után azt tapasztaljuk, hogy az y() = feltételnek csak az y = x függvény tesz eleget. Lineáris differenciálegyenlet A differenciálegyenletet lineárisnak nevezzük, amennyiben az y + p(x)y = q(x) alakra tudjuk hozni. Továbbá az egyenlet homogén, ha q(x) = 0, inhomogén, ha q(x) Feladat. Oldjuk meg az y + x y = differenciálegyenletet. x Megoldás. A differenciálegyenlet a fenti alakú, inhomogén lineáris differenciálegyenlet. Az ilyen típusú differenciálegyenlet megoldása három lépésből áll: () Első lépésben megadjuk a homogén egyenlet általános megoldását. A homogenizált y + x x y = 0 egyenlet mindig szétválasztható változójú, az y = 0 függvény mindig megoldása a homogén egyenletnek, továbbá a megoldás mindig y h = C f(x) alakú: y = x y y y y dy = x = x x x x dx = ( x ) x ln y = ln x + + ln C, C R+ x dx ln y = ln Cx + x y = Cx e /x, C R \ {0} y h = Cx e /x, C R. () Második lépésben a konstans variálás módszerével adjuk meg az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását. A homogén egyenlet általános megoldását tekintjük, amelyben a C konstans helyett egy c(x) függvényt írunk: y p = c(x)x e /x = cx e /x.

26 Változóiban homogén fokszámú és lineáris differenciálegyenlet Ekkor, figyelve arra, hogy c most függvény, adódik, hogy y p = c x e /x + cxe /x + cx e /x x. Ezt visszahelyettesítve az eredeti inhomogén differenciálegyenletbe kapjuk, hogy c x e /x + cxe /x + cx e /x x + x x cx e /x =, ahonnan egyszerű összevonás után (a c-t tartalmazó tagok mindig kiesnek) írhatjuk, hogy Innen helyettesítéses integrálással, c x e /x = c = x e /x. u = /x, du = x dx szerint kapjuk, hogy c = x e /x dx = e u du = e u + D = e /x + D. Mivel az inhomogén egyenletnek csak egy konkrét megoldását keressük, ezért a D konstanst válasszuk pl. nullának, vagyis c(x) = e /x, ahonnan y p = e /x x e /x = x. (3) Az inhomogén egyenlet összes megoldását megkapjuk, ha összeadjuk az () lépésben kapott homogén egyenlet általános megoldását a () lépésben kapott inhomogén egyenlet partikuláris megoldásával, azaz y = y h + y p. Így a differenciálegyenlet összes megoldása: y = Cx e /x + x. 4. Feladat. Oldjuk meg: y cos x + y sin x =, y(π) =. Megoldás. Az egyenlet mindkét oldalát a cos x kifejezéssel osztva kapjuk, hogy y + sin x cos x y = cos x. Ez az egyenlet jól láthatóan inhomogén lineáris differenciálegyenlet. () A homogenizált y + sin x cos x y = 0

27 Változóiban homogén fokszámú és lineáris differenciálegyenlet 3 egyenlet megoldása A jobb oldali integrált a y = sin x cos x y y y y dy = u = cos x, helyettesítés segítségével kapjuk meg. sin x c = cos x dx = u Így = sin x cos x sin x cos x dx. du = sin x dx du = ln u + D = ln cos x + D. ln y = ln cos x + ln C, C R + ln y = ln C cos x y h = C cos x, C R. () A partikuláris megoldást az alábbi alakban keressük: Ekkor alapján visszahelyettesítve kapjuk, hogy ahonnan (3) Ezért Az y(π) = kezdeti feltétel miatt így a kezdeti érték probléma megoldása y p = c(x) cos x = c cos x. y p = c cos x c sin x c cos x c sin x + sin x cos x c cos x = cos x c cos x = cos x c = cos x c = tg x, y p = tg x cos x = sin x. y = y h + y p = C cos x + sin x. = C cos π + sin π = C, azaz C =, y = cos x + sin x.

28 Változóiban homogén fokszámú és lineáris differenciálegyenlet 4 Videók Változóiban homogén fokszámú differenciálegyenlet Oldjuk meg a következő egyenleteket.. Feladat. x y + xy = 4x Megoldás. y = x C x, C R. Feladat. (y 3x)dx + xdy = 0, y() = Megoldás. y = x + x 3. Feladat. y = x + y y x Megoldás. y xy x = C, C R 4. Feladat. xy + 3y = yy Megoldás. y (y + 5x) 3 = C, C R 5. Feladat. (xy x )dy y dx = 0, y() = Megoldás. y x ln y = + ln x x 6. Feladat. yuu + u = y, (u = u(y)) Megoldás. u = y C y, C R ( 7. Feladat. e x/y x ) y + e x/y + = 0 y Megoldás. ye x/y + x = C, C R

29 Változóiban homogén fokszámú és lineáris differenciálegyenlet 5 Lineáris differenciálegyenlet Oldjuk meg a következő egyenleteket. 8. Feladat. y + xy = x Megoldás. y = Ce x +, C R 9. Feladat. (x + )y y x = xex, y() = e Megoldás. y = x x + (ex + e) 0. Feladat. y + y = e x, y(0) = Megoldás. y = (x + )e x. Feladat. (x + )y + xy + x = 0, y(0) = Megoldás. y = 3 x +. Feladat. (y 3x)dx + xdy = 0, y() = Megoldás. y = x 4 x 3. Feladat. (e x + xy x)dx + dy = 0 Megoldás. y = (C x)e x +, C R 4. Feladat. xu + = u + 4x u, (u = u(x)) Megoldás. u = (4x 8 ln x + + C)(x + ) 3, C R 5. Feladat. y y x = ctg x Megoldás. y = C sin x + x, C R \ {0}

30 Változóiban homogén fokszámú és lineáris differenciálegyenlet 6 Kvízek A csoport Feladat. Oldjuk meg a (xy y )dx = x dy egyenletet. B csoport Feladat. Oldjuk meg az yy sin x y + y cos x y = xy cos x y egyenletet. C csoport Feladat. Oldjuk meg az y y x + = (x + ), y(0) = kezdeti érték feladatot. D csoport Feladat. Oldjuk meg az xy + y = x ln x, y() = kezdeti érték problémát.

31 Változóiban homogén fokszámú és lineáris differenciálegyenlet 7 Kvízek megoldása A csoport Feladat megoldása. (xy y )dx = x dy Innen u = y/x, y = ux, y = u x + u alapján x y = xy y y = xy x y x ) y = y x ( y x u x + u = u u u x = u u u x = u( u). Ha u = 0, vagy u =, akkor mindkét esetben u = 0 és 0 x = 0 vagy x 0 = ( ) 0 = 0 0 = 0 alapján az u = 0 és u = konstans függvények megoldásai a differenciálegyenletnek (így y = 0 és y = x megoldásai az eredeti egyenletnek). Ha u( u) 0, akkor pt u = u( u) x u( u) du = x dx. A bal oldalon elemi törteket alakítunk ki: u( u) = A u + B u = A( u) + Bu u( u) = A( u) + Bu. Ha u = 0, akkor = A, ha u =, akkor = B. Így ( u( u) du = u + ) du = ln u ln u + C. u pt

32 Változóiban homogén fokszámú és lineáris differenciálegyenlet 8 Tehát ln u ln u = ln x + ln C, C R + ln u u = ln C x u = Cx, C R \ {0} u u = C( u)x = Cx Cux u + Cux = Cx u( + Cx) = Cx u = Cx + Cx, amely a C = 0 választással tartalmazza az u = 0 megoldást is, de az u = megoldást nem, tehát u = Cx + Cx, C R és u =. Így az eredeti egyenlet összes megoldása y = Cx + Cx, C R és y = x. 3 pt

33 Változóiban homogén fokszámú és lineáris differenciálegyenlet 9 B csoport Feladat megoldása. Ekkor nyilván az y 0 és a v = x y, y = x v, y = v xv alkalmazzuk: v helyettesítéseket yy sin x y + y cos x y = xy cos x y y sin x y x y y cos x = cos x y y ( sin x y x y cos x ) y = cos x y y (sin v v cos v) v xv v = cos v v sin v v cos v (sin v v cos v)xv = v cos v v sin v = (sin v v cos v)xv. Mivel v 0, így a sin v = 0 egyenletből a v = kπ, k Z \ {0} konstans függvényeket kapjuk. Ekkor v = 0 és v 0 = (0 v cos v)x 0 0 = 0 alapján ezek megoldások (és így y = x/(kπ) is az). Ha sin v 0, akkor v sin v = (sin v v cos v)xv ( x = v cos v ) v sin v ( x dx = v cos v ) dv. sin v A z = sin v, dz = cos v dv helyettesítést alkalmazva kapjuk, hogy cos v sin v dv = z dz Ezért = ln z + C = ln sin v + C. ln x = ln v ln sin v + ln C, C R + v ln x = ln C sin v v x = sin v C, C R \ {0} x v sin v = C y sin x = C, C R y az implicit megoldás, mely tartalmazza az y = x 3, k Z \ {0} megoldásokat is. kπ pt pt pt

34 Változóiban homogén fokszámú és lineáris differenciálegyenlet 30 C csoport Feladat megoldása. A homogenizált egyenlet megoldása y y x + = 0 A partikuláris megoldásra y y = x + y = y x + y dy = x + dx ln y = ln x + + ln C, C R + ln y = ln C(x + ) y h = C(x + ), C R. pt alapján kapjuk, hogy y p = c(x)(x + ) = c(x + ), y p = c (x + ) + c(x + ) c (x + ) c(x + ) + c(x + ) x + = (x + ) c (x + ) = (x + ) c = c = x y p = x(x + ). Ezért y = y h + y p = C(x + ) + x(x + ) = (x + C)(x + ). Az y(0) = kezdeti feltétel miatt pt így a kezdeti érték probléma megoldása = (0 + C) (0 + ) = C, y = (x + )(x + ). 3 pt

35 Változóiban homogén fokszámú és lineáris differenciálegyenlet 3 D csoport Feladat megoldása. A homogenizált xy + y = 0 egyenlet megoldása xy = y y y = x y dy = x dx ln y = ln x + ln C, C R + ln y = ln C x y h = C x, C R. pt A partikuláris megoldásra alapján kapjuk, hogy y p = c(x) x = c x, y p = c x c x x c x c x + c x = x ln x c c x + c x = x ln x c = x ln x. Parciális integrálással, f = x, g = ln x, f = x / és g = /x alapján kapjuk, hogy c = x ln x dx = x x f g ln x x x dx = x ln x dx f g f g Így azaz Az y() = kezdeti feltétel miatt = x ln x x 4. pt y p = c x = x ln x x 4, y = y h + y p = C x + x ln x x 4. = C + ln 4 = C 4 C = 3 4. Tehát a kezdeti érték probléma megoldása y = x ln x x 4. 3 pt

36 3. Másodrendű hiányos differenciálegyenlet Házi feladatok Másodrendű hiányos: nincs y Amennyiben a másodrendű (y t is tartalmazó) differenciálegyenletben nem szerepel az y függvény, akkor az u(x) = u = y helyettesítéssel, u = y alapján visszavezetjük a feladatot elsőrendű differenciálegyenletre. Az így kapott elsőrendű egyenlet a korábban tanult típusok bármelyike lehet: szétválasztható változójú, változóiban homogén fokszámú vagy lineáris differenciálegyenlet.. Feladat. Adjuk meg az (x ln x)y y = ln x x differenciálegyenlet összes megoldását. Megoldás. Az u(x) = u = y helyettesítéssel, u = y alapján elsőrendű differenciálegyenletet kapunk: (x ln x)u u = ln x x. Jól láthatóan ez az egyenlet lineáris: () A homogenizált egyenlet megoldása: a jobb oldalon a u x ln x u = ln x x. u x ln x u = 0 u = x ln x u u u = x ln x, z = ln x, 3 dz = x dx

37 Másodrendű hiányos differenciálegyenlet 33 helyettesítésessel adódik, ahonnan () A partikuláris megoldás x ln x dx = dz = ln z + C = ln ln x + C z ln u = ln C ln x, C R \ {0} u h = C ln x, C R. u p = c(x) ln x = c ln x, u p = c ln x + c x alapján: c ln x + c x ln x c ln x = x ln x x c ln x = ln x x c = x c = x, vagyis (3) Innen Mivel u(x) = u = y, ezért u p = c ln x = x ln x. u = u h + u p = C ln x x ln x. y = C ln x x ln x y = (C ln x x ) ln x dx = Az első integrált parciális integrálással, az választással oldjuk meg: C ln x dx = Cx ln x f g f g C ln x dx f = C, g = ln x, f = Cx, g = /x Cx x f g dx = Cx ln x ln x dx. x C dx = Cx ln x Cx + D. A másodikat ismételten a z = ln x, dz = dx helyettesítéssel számoljuk ki: x ln x dx = z dz = z x + D = ln x + D. Így az eredeti egyenlet megoldása: y = C(x ln x x) ln x + D.

38 Másodrendű hiányos differenciálegyenlet 34. Feladat. Oldjuk meg az xy = y (ln y ln x), y() = e/, y () = e kezdeti érték problémát. Megoldás. Az u(x) = u = y helyettesítéssel, u = y szerint kapott xu = u(ln u ln x) elsőrendű differenciálegyenlet változóiban homogén fokszámú, ami az u = u x ln u x alakból jól látható. Alkalmazzuk most az v = u/x, u = vx, u = v x + v helyettesítést: v x + v = v ln v v x = v ln v v. A v ln v v = v(ln v ) = 0 összefüggés, csak v = e esetén teljesül, ugyanis ln v miatt v > 0. Amennyiben v e, akkor írhatjuk, hogy v v(ln v ) = x. A jobb oldalon a z = ln v, dz = v dv helyettesítéssel kapjuk, hogy v(ln v ) dv = dz = ln z + C = ln ln v + C, z ahonnan ln ln v = ln Cx, C R \ {0} ln v = Cx + v = e Cx+, C R, amely tartalmazza a v = e megoldást is, amennyiben C = 0. Mivel u = vx, így u = xe Cx+, C R, és ebből u = y miatt adódik, hogy y = xe Cx+. Az y () = e kezdeti feltétel alapján: e = e C + = e C+ = C + C = 0,

39 Másodrendű hiányos differenciálegyenlet 35 ahonnan y = ex y = ex dx Az y() = e/ tulajdonság miatt y = e x + D. Így a kezdeti érték probléma megoldása e = e4 + D 3 e = D. y = e x 3e. Másodrendű hiányos: nincs x, de van y Ebben az esetben is visszavezetjük a feladatot elsőrendű differenciálegyenletre, de most a v(y) = v(y(x)) = v = y helyettesítéssel kell dolgozunk. Ekkor v = dv és az összetett függvény dy deriválási szabálya alapján kapjuk, hogy y = dy dx = dv dx = dv dy dy dx = v y = v v. 3. Feladat. Oldjuk meg az yy + (y ) = 0 differenciálegyenletet. Megoldás. Az egyenletben nincs x, de van y; ezért a v(y) = v = y helyettesítéssel kell dolgoznunk. Ekkor y = vv. Így az yvv + v = 0 elsőrendű egyenletet kapjuk, melynek a v = 0 függvény nyilván megoldása. Amennyiben v 0, akkor yv + v = 0 v v = y, azaz az elsőrendű egyenlet szétválasztható változójú. Ekkor v dv = y dy ln v = ln y + ln C, C R + v = C y, C R,

40 Másodrendű hiányos differenciálegyenlet 36 amely tartalmazza a v = 0 megoldást, ha C = 0. Visszahelyettesítve az y = C y szétválasztható változójú differenciálegyenlet kapjuk, melyet a tanult módon oldunk meg: y y = C y dy = C dx y 3 3 = Cx + D, D R y = 3 Cx + D. 4. Feladat. Oldjuk meg a yy y = 0 differenciálegyenletet. Megoldás. Az egyenletben nincs x, de van y; ezért a v(y) = v = y helyettesítéssel kell dolgoznunk. Ekkor y = vv. Így a yv vv = 0 elsőrendű szétválasztható egyenletet kapjuk. A v = 0 függvény nyilván megoldást szolgáltat. Amennyiben v 0, akkor v = y, azaz v = y + C, C R, amely nem tartalmazza a v = 0 megoldást. Tehát Ha y = 0, akkor y = y + C, C R ; vagy y = 0. y = D, D R. Ha y 0, akkor az y = y + C, C R egyenletből kapjuk, hogy y y + C = y + C dy = dx = x + D, D R. A bal oldali integrál függ C értékétől. () Ha C = 0, akkor y dy = y = x + D, azaz y = x + D, D R. () Ha C pozitív, akkor egyszerű integrált kapunk és y + C dy = C C ) + dy = arctg y = x + D, C C ( y

41 Másodrendű hiányos differenciálegyenlet 37 azaz y = C tg( Cx + D), C R +, D R. () Ha C negatív, akkor elemi törtekre bontunk, ugyanis ( y + C = y ( C) = y ) ( C y + ) C ezért ( y C ) ( y + C ) = A y C + B y + C = A ( ) ( ) y + C + B y C ( ) ( ), y C y + C, ahonnan ( = A y + ) ( C + B y ) C. Azaz A gyökök behelyettesítésével kapjuk, hogy x = C esetén = A C, azaz A = / C, x = C esetén = B ( ) C, azaz B = / C. Így ebben az esetben y ( C) dy = = y ( C) = C y C C y + C. ( C C adja az (implicit) megoldást. y C ) C y + dy C ( ln y + C ln y C ) = x + D, C R, D R,

42 Másodrendű hiányos differenciálegyenlet 38 Videók Másodrendű hiányos: nincs y Oldjuk meg a következő egyenleteket.. Feladat. y + y tg x = 0 Megoldás. y = C sin x + D, C, D R. Feladat. y y = x, y(0) = /, y (0) = Megoldás. y = 3 8 ex 4 x 4 x 8 3. Feladat. x y + xy = ln x, y() = 0, y () = Megoldás. y = 3 3 x + ln x ln x 4. Feladat. y + xy + e x x = 0, y(0) = 0, y (0) = / Megoldás. y = x + e x 5. Feladat. y + y = e x + x +, y(0) =, y (0) = Megoldás. y = xe x e x + x + x + 6. Feladat. x y (y ) + x = 0, y(0) = /, y () = Megoldás. y = x 7. Feladat. y (y ) + 4 = 0 Megoldás. y = x ln Ce x + B, y = x + D, B, C, D R 8. Feladat. y + ln y = 0, y() =, y () = 0 Megoldás. y = x ln x x

43 Másodrendű hiányos differenciálegyenlet 39 Másodrendű hiányos: nincs x, de van y Oldjuk meg a következő kezdeti érték problémákat. 9. Feladat. yy = (y ) y, y(0) =, y (0) = ( Megoldás. y = tg x + π ) 4 0. Feladat. y = e y, y(0) = 0, y (0) = ( ) Megoldás. y = ln x +. Feladat. y y =, y(0) =, y (0) = Megoldás. y = ( 34 ) /3 x. Feladat. yy + (y ) = y, y(0) =, y (0) = Megoldás. y = e x/

44 Másodrendű hiányos differenciálegyenlet 40 Kvízek A csoport Feladat. Oldjuk meg: 3y y = e y, y( 3) = 0, y ( 3) =. B csoport Feladat. Oldjuk meg az y = y x + x sin x, y(0) =, y (π) = 0 kezdeti érték problémát. C csoport Feladat. Oldjuk meg a y + y(y ) 3 = 0, y() =, y () = 4 kezdeti érték feladatot.

45 Másodrendű hiányos differenciálegyenlet 4 Kvízek megoldása A csoport Feladat megoldása. A v(y) = v = y, y = vv helyettesítéssel a 3v v = e y szétválasztott változójú egyenletet kapjuk. Ez megoldva kapjuk, hogy 3v v = e y 3v dv = e y dy v 3 = e y + C, C R (y ) 3 = e y + C y = 3 e y + C. Felhasználva, hogy y( 3) = 0 és y ( 3) = azt kapjuk, hogy pt = 3 e 0 + C = 3 + C, amiből C = 0. Tehát az egyenlet ami szétválasztható változójú: y = 3 e y = e y/3, e y/3 y = e y/3 dy = dx Az y( 3) = 0 kezdeti feltétel miatt 3e y/3 = x + D, D R. pt 3e 0 = 3 + D, amiből D = 0. Így a kezdeti érték probléma implicit megoldása 3e y/3 = x. 3 pt

46 Másodrendű hiányos differenciálegyenlet 4 B csoport Feladat megoldása. Az u(x) = y helyettesítéssel y = u és u = u x + x sin x, ami egy elsőrendű lineáris differenciálegyenlet. A homogenizált egyenlet megoldása u u = u x u = x u du = x dx ln u = ln x + ln C = ln C x, C R + u h = Cx, C R. A partikuláris megoldás u p = c(x)x = cx, ekkor u = c x + c, és így azaz u p = x cos x. Tehát Az y (π) = 0 feltételből kapjuk, hogy azaz c x + c = c + x sin x c = sin x c = cos x, y = u = u h + u p = Cx x cos x. st 0 = C π π cos π 0 = C π + π C =, y = x x cos x. Parciális integrálással, s = x, t = cos x, s =, t = sin x alapján y = ( x x cos x) dx = x x sin x + sin x dx st = x Az y(0) = feltételből: azaz D =. Ezért x sin x cos x + D. = + D, s t pt pt y = x x sin x cos x +. 3 pt

47 Másodrendű hiányos differenciálegyenlet 43 C csoport Feladat megoldása. Az egyenletben nincs x de van y, ezért a helyettesítés: v = v(y) = y, y = vv. A vv + yv 3 = 0 egyenlet szétválasztható. Ha v = 0, akkor v = 0 és y 0 = 0 alapján ez megoldása a differenciálegyenletnek. De az y = v = 0 függvény nem rendelkezik az y () = 4 feltétellel, tehát a kezdeti érték problémának ez nem megoldása. Ha v 0, akkor pt vv + yv 3 = 0 vv = yv 3 v v = y v dv = y dy v = y + C, C R v = + C y v = y + C y 4 = v = y + C A y() =, y () = 4 feltételből kapjuk, hogy azaz C = 0. Tehát 4 = 4 + C, pt y = 4 y y y = 4 y dy = 4 dx y 3 3 = 4x + D, D R y = 3 x + D. Ekkor y() = alapján = 3 + D, azaz d =, tehát a feladat megoldása y = 3 x. 3 pt

48 4. Laplace transzformált; alkalmazás Házi feladatok Laplace transzformált Az f(x) függvény Laplace transzformáltja L[f(x)](p) := Tulajdonságai: 0 f(x)e px dx. L[c f(x) + g(x)](p) = c L[f(x)](p) + L[g(x)](p), c R ; L[e ax f(x)](p) = L[f(x)](p a), a R ; L[x f(x)](p) = L [f(x)](p) = dl[f(x)](p). dp Néhány függvény Laplace transzformáltja: L[](p) = p ; L[cos ax](p) = L[sin ax](p) = p p + a, a R ; a p + a, a R ; L[x n ](p) = n! p, n N ; n+ p L[ch ax](p) = p a, a R ; a L[sh ax](p) = p a, a R.. Feladat. Határozzuk meg az f(x) = x 5 3x + 4 függvény Laplace transzformáltját. Megoldás. L[f(x)](p) = L[x 5 3x + 4](p) = L[x 5 ](p) 3 L[x ](p) + 4 L[](p) 5! = p 3! 5+ p p = 5! 6 p 6 p p. 44

49 Laplace transzformált; alkalmazás 45. Feladat. Adjuk meg az f(x) = cos x e x sh 3x + e 4x függvény Laplace transzformáltját. Megoldás. L[f(x)](p) = L[cos x](p) L[e x sh 3x](p) + L[e 4x ](p) = L[cos x](p) L[sh 3x](p ) + L[](p + 4) p = p (p ) 9 + p + 4. Megjegyzés. Ezen feladatban is megmutattuk, és később is gyakran használjuk, hogy L[e ax ](p) = p a, a R. 3. Feladat. Határozzuk meg az f(x) = e 5x cos 4x + xe 3x x ch x + xe x sin 3x függvény Laplace-transzformáltját. Megoldás. L[f(x)](p) = L[e 5x cos 4x](p) + L[xe 3x ](p) L[x ch x](p) + L[xe x sin 3x](p) = L[cos 4x](p 5) + L[x](p + 3) + L [ch x](p) L [sin 3x](p + ) [ ] [ ] p = (p 5) (p + 3) + p 3 p 4 (p + ) + 9 p = (p 5) (p + 3) p + 4 (p 4) + 6(p + ) ((p + ) + 9). Megjegyzés. Elemi számolás után kapjuk, hogy [ ] p L[x cos ax](p) = = p a p + a (p + a ) = p + a + a (p + a ), [ ] p L[x ch ax](p) = = p + a p a (p a ) = p a + a (p a ), [ ] a ap L[x sin ax](p) = = p + a (p + a ), [ ] a ap L[x sh ax](p) = = p a (p a ). Inverz Laplace-transzformált A Laplace-transzformált ismeretében határozzuk meg az eredeti függvényt. 4. Feladat. L[f(x)](p) = p + p + + (p ) + p p.

50 Laplace transzformált; alkalmazás 46 Megoldás. A fent ismertetett transzformáltak és tulajdonságok ismeretében rögtön írhatjuk, hogy f(x) = + e x + xe x + ch x. 5. Feladat. L[f(x)](p) = (p + ) 3 3 p + + p 5 p + 9. Megoldás. Alakítsuk át a feladat jobb oldalát a következőképpen: (p + ) 3 3 p + + p 5 p + 9 =! ahonnan kapjuk, hogy! (p + ) 3 3 p + + f(x) = x e x 3e x + cos 3x 5 sin 3x. 3 p p p + 9, 6. Feladat. L[f(x)](p) = p + p p 3 p (p + 9). Megoldás. Az első tagot elemi racionális törtekre bontás segítségével lineáris nevezőjű kifejezések összegére bontjuk: p + p p 3 = p + (p + )(p 3) = A p + + B p 3 = A(p 3) + B(p + ) (p + )(p 3) ahonnan p + = A(p 3) + B(p + ). azaz Ha p =, akkor = A ( 4), azaz A = /4, ha p = 3, akkor 5 = B 4, azaz B = 5/4. p + p p 3 = 5 4 A második tagot pedig a következőképpen alakítjuk: p 3 4 p (p + 9) = 6p 6 (p + 9). p + Így az előző megjegyzésben kiszámolt eredményeket felhasználva adódik, hogy f(x) = 5 4 e3x 4 e x x sin 3x Feladat. L[f(x)](p) = (p 4p + 5)(p 4p + 8).

51 Laplace transzformált; alkalmazás 47 Megoldás. Elemi racionális törtekre kell bontanunk a kifejezést. A p 4p+5 = (p ) + és a p 4p+8 = (p ) +4 átalakítások alapján jól látható, hogy a nevező két szorzótényezőjének nincs valós gyöke, így a helyes felbontás: (p 4p + 5)(p 4p + 8) = Ap + B p 4p Cp + D p 4p + 8 Most az egyenlő együtthatók módszerével dolgozunk. Vagyis az = (Ap + B)(p 4p + 8) + (Cp + D)(p 4p + 5) = (Ap + B)(p 4p + 8) + (Cp + D)(p 4p + 5) (p 4p + 5)(p 4p + 8) = p 3 (A + C) + p (B + D 4A 4C) + p(8a 4B + 5C 4D) + (8B + 5D) 0 = A + C 0 = B + D 4A 4C 0 = 8A 4B + 5C 4D = 8B + 5D, egyenletrendszert kell megoldanunk. Az első egyenletből például A = C. Ezt a második egyenletbe helyettesítve 0 = B + D + 4C 4C = B + D, ahonnan B = D. Ezeket az utolsó két egyenletbe írva kapjuk, hogy azaz C = 0, és így A = 0. Továbbá ahonnan D = /3 és így B = /3. Ezért 0 = 8C + 4D + 5C 4D = 3C, = 8D + 5D = 3D, (p 4p + 5)(p 4p + 8) = 3 p 4p p 4p + 8 = 3 (p ) + 6 (p ) + 4 adódik, így f(x) = 3 ex sin x 6 ex sin x.

52 Laplace transzformált; alkalmazás 48 Alkalmazás Amennyiben az y = y(x) függvény Laplace transzformáltját Y := L[y](p)-vel jelöljük, akkor y deriváltjának Laplace-transzformáltjára teljesül, hogy L[y ](p) = py y(0), L[y ](p) = p Y py(0) y (0). 8. Feladat. Oldjuk meg Laplace transzformáció segítségével az y y = e x, y(0) =, y (0) = 0 kezdeti érték feladatot. Megoldás. Vegyük az egyenlet mindkét oldalának Laplace transzformáltját, majd rendezzük az egyenletet Y ra: y y = e x L[y ] L[y] = L[e x ] p Y py(0) y (0) Y = p p Y p 0 Y = p p Y p Y = p Y (p ) = p + p Y = A jobb oldal első tagját elemi racionális törtekre bontjuk: ahonnan Ezért vagyis (p )(p ) + p p. (p )(p ) = (p ) (p + ) = A p + B (p ) + C p +, = A(p )(p + ) + B(p + ) + C(p ) p = esetén = B, azaz B = /, p = esetén = C 4, azaz C = /4, p = 0 esetén = A ( ) + B + C = A + / + /4, azaz A = /4. (p )(p ) = 4 p + (p ) + 4 p +, Y = 4 p + (p ) + 4 p + + p p. Végül a Laplace transzformált ismeretében meghatározzuk az eredeti függvényt, így a feladat megoldása y = 4 ex + xex + 4 e x + ch x.

53 Laplace transzformált; alkalmazás 49 Megjegyzés. Természetesen az Y t először összevonhattuk volna egyetlen tört kifejezéssé. Ekkor, ugyan csak ezt az egy kifejezést kell elemi törtekre bontanunk, ám ez a legtöbb esetben jóval bonyolultabb, mint több, de egyszerűbb kifejezéssel dolgozni. Ezért a további feladatokban is egyszerű felbontásokat számolunk ki többször. 9. Feladat. Oldjuk meg az y + 3y + y = xe x, y(0) =, y (0) = kezdeti érték feladatot Laplace transzformáció segítségével. Megoldás. Vegyük az egyenlet mindkét oldalának Laplace transzformáltját, majd rendezzük az egyenletet Y ra: y + 3y + y = xe x L[y ] + 3L[y ] + L[y] = L[xe x ] p Y p + 3(pY ) + Y = (p + ) Y (p + 3p + ) p 4 = Y = Y = (p + ) Elemi racionális törtekre bontással kapjuk, hogy ahonnan Behelyettesítéssel (p + ) (p + 3p + ) + p + 4 p + 3p + (p + ) 3 (p + ) + p + 4 (p + )(p + ). (p + ) 3 (p + ) = A p + + B (p + ) + C (p + ) + D 3 p +, = A(p + ) (p + ) + B(p + )(p + ) + C(p + ) + D(p + ) 3. p = esetén = C, azaz C =, p = esetén = D ( ), azaz D =, p = 0 esetén = A + B +, ahonnan A = B, p = esetén = A + 6B = B + 6B 5, ahonnan B = és így A = adódik. Továbbá ahonnan p + 4 (p + )(p + ) = E p + + F p +, p + 4 = E(p + ) + F (p + ). Ha p =, akkor 3 = E, azaz E = 3, ha p =, akkor = F ( ), azaz F =.

54 Laplace transzformált; alkalmazás 50 Ezért így a feladat megoldása Y = 4 p + (p + ) + (p + ) 3 3 p +, y = 4e x xe x + x e x 3e x. 0. Feladat. Oldjuk meg az y + 4y = cos x, y(0) = 3, y (0) = kezdeti érték problémát. Megoldás. Ekkor alapján a feladat megoldása p p Y 3p + + 4Y = p + 4 Y (p p + 4) = p p p Y = (p + 4) + 3p p + 4 Y = 4 4p (p + 4) + 3 p p + 4 p + 4 y = 4 x sin x + 3 cos x sin x.

55 Laplace transzformált; alkalmazás 5 Videók Laplace transzformált Adjuk meg a következő függvények Laplace transzformáltját.. Feladat. f (x) = f (x) = x f 3 (x) = x f 4 (x) = 5x x + /4 f 6 (x) = x e 3x f 5 (x) = e x f 7 (x) = xe x Megoldás. L[f ](p) = p L[f ](p) = p L[f 3 ](p) = p 3 L[f 4 ](p) = 5 p 3 p + 4 p L[f 5 ](p) = p L[f 6 ](p) = (p 3) 3 L[f 7 ](p) = (p ). Feladat. f (x) = sin 3x cos x f (x) = e x sin x + e x cos 3x f 3 (x) = x sin 3x f 4 (x) = x cos x f 5 (x) = xe x sin 3x Megoldás. L[f ](p) = L[f ](p) = L[f 3 ](p) = 3 p + 9 p p + 4 (p ) + + p + (p + ) + 9 6p (p + 9) L[f 4 ](p) = p 4 (p + 4) L[f 5 ](p) = 6(p + ) ((p + ) + 9) 3. Feladat. f (x) = sh x f (x) = ch 3x f 3 (x) = e x sh x f 4 (x) = e ax ch bx f 5 (x) = x sh ax f 6 (x) = x ch ax f 7 (x) = xe x ch 3x

56 Laplace transzformált; alkalmazás 5 Megoldás. L[f ](p) = L[f ](p) = L[f 3 ](p) = p 4 p p 9 (p ) 4 L[f 4 ](p) = L[f 5 ](p) = p a (p a) b ap (p a ) L[f 6 ](p) = p + a (p a ) L[f 7 ](p) = (p + ) + 9 ((p + ) 9) Inverz Laplace transzformált A Laplace transzformált ismeretében határozzuk meg az eredeti függvényt. 4. Feladat. L[f ](p) = p + 3 p (p + ) L[f ](p) = p (p + ) 3 3 p + 4 L[f 3 ](p) = p + p p (p ) + 9 Megoldás. L[f 4 ](p) = L[f 5 ](p) = p + p 3p + p p 4p + 4 f (x) = + 3x xe x f (x) = e x + 5 x e x 3 sin x f 4 (x) = 3e x e x f 5 (x) = e x + 3xe x f 3 (x) = cos 3x + 3 sin 3x + ex cos 3x 5. Feladat. L[f ](p) = p + 5 p 9 + p 3 p 9 L[f ](p) = p p (p 9) L[f 3 ](p) = p (p + 3)(p 9) Megoldás. f (x) = 6 e3x + 6 e 3x + e 3x f (x) = x + 9 ch 3x sh 3x 7 f 3 (x) = 5 36 e 3x xe 3x e3x 6. Feladat. L[f ](p) = p + 3 p + L[f ](p) = 3p + p 4p + 5 L[f 3 ](p) = p + p 4p + 3

57 Laplace transzformált; alkalmazás 53 Megoldás. f (x) = cos x + 3 sin x f 3 (x) = e x ch x + 3e x sh x f (x) = 3e x cos x + 8e x sin x 7. Feladat. L[f](p) = p + (p 6p + 8) Megoldás. f(x) = 5 4 ex + xe x 5 4 e4x + 3 xe4x 8. Feladat. L[f](p) = p + (p + 9) Megoldás. f(x) = 6 x sin 3x 9 x cos 3x + sin 3x 7 9. Feladat. L[f](p) = p (p + p + ) Megoldás. f(x) = e x ( x sin x + x cos x sin x ) Alkalmazás Laplace transzformációval oldjuk meg a következő kezdeti érték feladatokat. 0. Feladat. y + y = e x, y(0) = Megoldás. y = e x + xe x. Feladat. y 4y = x +, y(0) =, y (0) = Megoldás. y = 9 4 ch x sh x 4 4 x. Feladat. y 4y = e x, y(0) =, y (0) = Megoldás. y = 5 6 e x 4 xe x + 6 ex 3. Feladat. y + y = e x + x +, y(0) =, y (0) = Megoldás. y = + x + x e x

58 Laplace transzformált; alkalmazás Feladat. y + 3y + y = e x, y(0) =, y (0) = Megoldás. y = 4e x + e x + xe x 5. Feladat. y + y + y = e x +, y(0) =, y (0) = 3 Megoldás. y = e x + 4xe x + x e x + 6. Feladat. y + 4y = sin x, y(0) =, y (0) = Megoldás. y = 5 4 cos x sin x 4 x cos x 4 7. Feladat. y 4y + 3y = e x cos 3x, y(0) =, y (0) = Megoldás. y = e x cos 3x e x sin 3x + 6 xex sin 3x

59 Laplace transzformált; alkalmazás 55 Kvízek A csoport. Feladat. Határozzuk meg az x cos 5x függvény Laplace-transzformáltját.. Feladat. Határozzuk meg az eredeti függvényt, ha L[f(x)](p) = 3p 7 p 3 6p + p + p 9. B csoport Feladat. Laplace-transzformációval oldjuk meg az y + 3y + y = xe x, y(0) =, y (0) = kezdeti érték problémát. C csoport Feladat. Laplace-transzformációval oldjuk meg az y 4y = 4e x 8 sin x, y(0) = 3, y (0) = kezdeti érték problémát.

60 Laplace transzformált; alkalmazás 56 Kvízek megoldása A csoport. Feladat megoldása. Mivel L[x cos 5x] = L[x x cos 5x] = L [x cos 5x], és [ L[x cos 5x] = L [cos 5x] = p p + 5 ] = (p + 5) p p (p + 5) = p 5 (p + 5) pt ezért L[x cos 5x] = [ ] p L 5 [x cos 5x] = = p(p + 5) (p 5)(p + 5)p (p + 5) (p + 5) 4. Feladat megoldása. = p(p + 5) (p 5) p (p + 5) 3 = p3 50p (p + 5) 3. L[f(x)](p) = 3p 7 p 3 6p + p + p 9 Az első tagot elemi racionális törtekre bontjuk: 3p 7 p 3 6p = 3p 7 p(p 6) = A p + B p 4 + C p + 4, ahonnan 3p 7 = A(p 4)(p + 4) + Bp(p + 4) + Cp(p 4). Így Ha p = 0, akkor 7 = A ( 6), amiből A = 7/6. Ha p = 4, akkor = B 4 8, amiből 4 = 3B, azaz B = 4/3. Ha p = 4, akkor 4 = 3C, azaz C = 4/3. pt 3p 7 p 3 6p = 7 6 p p Tekintsük a második tagot: tehát p + p 9 = = 7 6 p p p p p 4 = 7 6 p + 4 = 7 6 p L[](p) + L[ch 4x](p). 6 p p 6 3 p 3 = L[ch 3x](p) + L[sh 3x](p), 3 f(x) = ch 4x + ch 3x + 3 sh 3x. 3 pt

61 Laplace transzformált; alkalmazás 57 Kvízek megoldása B csoport Feladat megoldása. Az Y = Y (p) = L[y](p) jelöléssel L[y ] = p Y p, L[y ] = py. Ezért y + 3y + y = xe x p Y p + 3(pY ) + Y = (p + ) p Y + 3pY + Y = (p + ) + p + 4 (p + 3p + )Y = Y = A p + 3p + = (p + )(p + ) szorzattá bontás alapján Tehát (p + ) + p + 4 (p + ) (p + 3p + ) + p + 4 p + 3p +. (p + ) 3 (p + ) = A p + + B (p + ) + C (p + ) + D 3 p + = A(p + ) (p + ) + B(p + )(p + ) + C(p + ) + D(p + ) 3. A p = helyettesítéssel kapjuk, hogy = D, azaz D =. A p = helyettesítésével C = adódik. Ha p = 0, akkor Ha p =, akkor Továbbá és így A =. = A + B + C + D = A + B + = A + B + 0 = A + B A = B. = A + 6B + 3C + 8D = B + 6B = 6B 5 6 = 6B B =, (p + ) 3 (p + ) = p + (p + ) + (p + ) 3 p +. p + 4 p + 3p + = A p + + B p + p + 4 = A(p + ) + B(p + ). pt

62 Laplace transzformált; alkalmazás 58 Azaz Ezért A p = helyettesítéssel kapjuk, hogy = B, azaz B =. A p = helyettesítésével A = 3 adódik. p + 4 p + 3p + = 3 p + p +. Y = (p + ) (p + 3p + ) + p + 4 p + 3p + = p + (p + ) + (p + ) 3 p p + p + = 4 p + (p + ) + (p + ) 3 3 p +. pt Így y = 4e x xe x + x e x 3e x. 3 pt

63 Laplace transzformált; alkalmazás 59 C csoport Feladat megoldása. Az Y = Y (p) = L[y](p) jelöléssel L[y ] = p Y 3p +. Ezért y 4y = 4e x 8 sin x p Y 3p + 4Y = 4 p + 8 p + 4 (p 4)Y = 4 p + 8 p p Y = 4 (p 4)(p + ) 6 (p 4)(p + 4) + 3p p 4 p 4. Ekkor, (p 4)(p + ) = (p )(p + )(p + ) = (p )(p + ) miatt 4 A = (p 4)(p + ) p + B p + + C (p + ) 4 = A(p + ) + B(p )(p + ) + C(p ). A p = helyettesítéssel kapjuk, hogy 4 = 4C, azaz C =. A p = helyettesítésével 4 = 6A, A = /4 adódik. Ha p = 0, akkor pt Tehát Továbbá 6 (p 4)(p + 4) 4 = 4A 4B C = 4B + = 3 4B = 4B B = /4. 4 (p 4)(p + ) = 4 = p 4 A p + B p + + Cp + D p + 4 p + (p + ). 6 = A(p + )(p + 4) + B(p )(p + 4) + (Cp + D)(p )(p + ). A p = helyettesítéssel kapjuk, hogy 6 = 3B, azaz B = /. A p = helyettesítésével 6 = 3A, A = / adódik. Ha p = 0, akkor 6 = 8A 8B 4D = D = 8 4D 8 = 4D D =. Továbbá p = esetén 6 = 5A 5B + (C + D) ( 3) = C + 6 = 6 3C 0 = 3C C = 0. pt

64 Laplace transzformált; alkalmazás 60 Azaz Ezért Y = 6 (p 4)(p + 4) = p 4 (p 4)(p + ) 6 (p 4)(p + 4) + 3p p 4 = 4 = 4 p 4 p + p + 4 p + (p + ) p + (p + ) + p p + p + 4. p 4 p + + p p p 4 p 4. 3p p 4 p 4 Így y = 4 ex + 4 e x xe x + sin x + 3 ch x sh x. 3 pt

65 5. Geometriai sor; teleszkopikus sor; összehasonlító teszt Házi feladatok Geometriai sor A q n = + q + q + q q n +... alakú sort geometriai vagy mértani sornak nevezzük. Tudjuk, hogy q n < q <, és ekkor q n = q.. Feladat. Határozzuk meg a Megoldás. A 4 n 7 n ( )n = 4 n 7 n ( )n sor összegét. ( ) n 4 n 7 n = ( 4) n 7 n = ( 4 ) n 7 elemi átalakítás után a q = 4 7, 4 7 < tulajdonság miatt kapjuk, hogy 4 n 7 n ( )n = ( 4 7) n = ( 4 7 ) = = 7.. Feladat. Adjuk meg a n= 5 n+3 3 n sor összegét. 6

66 Geometriai sor; teleszkopikus sor; összehasonlító teszt 6 Megoldás. Az összegzés n = től indul, így első lépésben az m = n, (n = m + ) helyettesítést végezzük el, hogy a sor m = 0-tól induljon: n= 5 n+3 3 n = m=0 5 (m+)+3 3 (m+) = Ezt követően, a hatványozás azonosságait alkalmazva a m=0 5 m+5 3 m+. m=0 5 m+5 3 m+ = m=0 5 5 m 3 3 m = alakra hozzuk, és 3 < miatt kapjuk, hogy m=0 m=0 ( ) m = m 3 = 5 5 m 3 = 5 5 = 60. m=0 ( ) m 3 3. Feladat. Adjuk meg a következő sorok összegét. (a) n+ 3 n 4 n= 3 5 n (b) n+ 7 n 4 n= 3 5 n Megoldás. (a) Az m = n, (n = m + ) helyettesítés és átalakítás után kapjuk, hogy n= n+ 3 n n = = = (m+)+ 3 (m+) 4 m+3 3 m 3 = 3 5 m+ 3 5 m+ m=0 3 4 m m ( ) 3 4 m = m m m 5 5 m m=0 ( ) 8 ( ( 5 4m m 5 3m 8 4 = 5 m 5 5 m=0 m=0 m=0 m=0 ) m ( ) m ) 3. 5 Az 4 5 <, és 3 5 < összefüggések miatt az összegzést felbonthatjuk két konvergens sor különbségére, és a sorokat külön-külön kiszámolva kapjuk, hogy m=0 8 5 ( ) m 4 5 m= ( ) m 3 = (b) Vegyük észre, hogy ez a példa az előző feladat módosítása, 3 n 4 helyett most 7 n 4 a számláló második tagja. Így a fentiek alapján, 7 5 > miatt a második sor divergens. Mivel az első sor konvergens, ezért az eredeti sor divergens.

67 Geometriai sor; teleszkopikus sor; összehasonlító teszt 63 Megjegyzés. Ezt a tényt az általános tag határértékének vizsgálatával is igazolhatjuk, ugyanis n+ 7 n 4 7 n lim = lim n 3 5 n n 5 4n 7 4 ( ) n 7 7 n = lim ( ) 4 n = 0, n 3 n 5 3 amelyből következik, hogy a sor divergens. Ugyanakkor, ha az általános tag határértéke 0, akkor további vizsgálatot kell végezni. Csak ez a tulajdonság nem elégséges a konvergenciához. Teleszkopikus sor Tudjuk, hogy egy sor összege (ha van) az s n részletösszeg sorozat határértéke. Teleszkopikus sorok esetében ez az s n algebrai átalakítások segítségével egyszerűen megadható. 4. Feladat. Adjuk meg a Megoldás. Az n=3 n + n sor összegét. s n = a 3 + a a n részletösszeg sorozat határértékét fogjuk vizsgálni, de ehhez előbb átalakítjuk az általános tagot elemi törtekre bontás segítségével: ahonnan Tehát a n = n + n = n(n + ) = A n + B n + = A(n + ) + Bn. = A(n + ) + Bn n(n + ) Ha n = 0, akkor = A, azaz A = /, ha n =, akkor = B ( ), azaz B = /. a n = / n / n +. Legalább addig írjuk ki a tagokat elölről és hátulról is, amíg már megjelennek az egymást kiejtő kifejezések. Ehhez pontosan gyel több tagot kell felhasználni, mint az n(n + ) = 0 egyenlet gyökeinek távolsága, azaz jelen esetben 3 at. A jobb szemléltetés végett most ennél több tagot is feltüntetünk: ( / s n = 3 / ) ( / / ) ( / / ) ( / / ) ( / / ) 9 ( / + + n / ) ( / + n n / ) ( / + n + n / ) n + = / 3 / 5 + / 4 / 6 +/ 5 / 7 +/ 6 / 8 +/ 7 / / n / n + / n / n + +/ n / n + = / 3 + / 4 / n + / n +.,

68 Geometriai sor; teleszkopikus sor; összehasonlító teszt 64 Jól láthatóan elölről és hátulról is a megmaradó tagok száma kettő, ami éppen az n(n + ) = 0 egyenlet gyökeinek távolsága. Innen a részletösszeg határértéke már egyszerűen megadható: ( / lim s n = lim n n 3 + / 4 / n + / ) = / n / 4 = = 7 4, tehát n=3 n + n = 7 4. Megjegyzés. Megfigyelhetjük, hogy pontosan annyi tag maradt meg elölről és hátulról is, mint az n + n = 0 egyenlet két gyökének, n = és n = 0 nak a távolsága, azaz. 5. Feladat. Határozzuk meg a sor összegét. 4n + 8n + 3 Megoldás. Az általános tagot elemi törtekre bontjuk: azaz a n = 4n + 8n + 3 = (n + )(n + 3) = A n + + B n + 3 = A(n + 3) + B(n + ), n = / esetén = A, azaz A =, n = 3/ esetén = B ( ), azaz B =. = A(n + 3) + B(n + ) (n + )(n + 3) Tehát a felbontás a n = 4n + 8n + 3 = n + n + 3, és mivel a 4n +8n+3 = (n+)(n+3) = 0 egyenlet gyökeinek távolsága, ezért a részletösszeg az s n = a 0 + a + + a n + a ( n = ) ( ) ( n ) ( + n + n + ) n + 3 = n n + + n + n + 3 = n + 3 alakban írható fel. Így a sor összege ( lim s n = lim ) =. n n n + 3, 6. Feladat. Határozzuk meg a n=5 ( ln + ) sor összegét. n

69 Geometriai sor; teleszkopikus sor; összehasonlító teszt 65 Megoldás. A logaritmus függvény tulajdonsága miatt ( a n = ln + ) = ln n + = ln(n + ) ln n, n n ahonnan s n = a 5 + a a n + a n = (ln 6 ln 5) + (ln 7 ln 6) + + (ln n ln(n )) + (ln(n + ) ln n) = ln(n + ) ln 5. Azonban miatt a sor divergens. lim s n = lim (ln(n + ) ln 5) = n n Összehasonlító teszt Pozitív tagú sorok konvergenciájának vizsgálatára több eljárást ismertetünk. Az összehasonlító tesztek: () Ha valamilyen indextől kezdve minden n-re a n b n és b n konvergens, akkor a n is konvergens. () Ha valamilyen indextől kezdve minden n-re a n b n és a n divergens, akkor b n is divergens. a n (3) Ha lim = L létezik és 0 < L <, akkor a két sor hasonlóan viselkedik, a n b n, n b n azaz, ha valamelyik konvergens (divergens), akkor a másik is konvergens (divergens). Mindhárom teszt esetén az alkalmazásához ismernünk kell az egyik sort konvergencia szempontjából. A geometriai sor konvergenciájának ismerete mellett azt is tudjuk, hogy n p < p >. 7. Feladat. Konvergencia szempontjából vizsgáljuk meg a következő sorokat. (a) n ( + sin n) n (b) n ( + sin n) n Megoldás. (a) Először ellenőrizzük, hogy a sor pozitív tagú. Az általános tagban szereplő tört számlálója és nevezője is pozitív, a második szorzótényező pedig miatt szintén pozitív. sin n + sin n 3

70 Geometriai sor; teleszkopikus sor; összehasonlító teszt 66 Ezt követően meghatározzuk az általános tag határértékét: n lim ( + sin n) = lim ( + sin n) = 0, n n n n3/ ugyanis a rendőrelv alapján n 3/ ( + sin n) 3 n 3/ ha n. Mivel a sor p = 3/ > miatt konvergens, és n3/ n 3/ ( + sin n) n3/ n 3 = 3 3/ n, 3/ így az () összehasonlító teszt alapján az eredeti sor is konvergens. (b) A feladat az előző esethez hasonlóan pozitív tagú, továbbá az általános tag szintén nullához tart: n lim ( + sin n) = lim ( + sin n) = 0. n n n n/ Azonban most a sor divergenciája (p = / ) miatt alulról kell becsülnünk. n/ Az + sin n 3 összefüggés alapján ( + sin n) n/ n, / tehát a () összehasonlító teszt alapján az eredeti sor is divergens. 8. Feladat. Konvergens-e a n 5 n + 9n 3 sor? Megoldás. Első lépésben ellenőrizzük, hogy a sor pozitív tagú. Ez most n > 5 esetén teljesül, hiszen ebben az esetben a tört számlálója és nevezője is pozitív. Ezt követően az általános tag határértékét határozzuk meg: lim n n 5 n + 9n 3 = lim n n n 5/n 3 /n + 9 = lim n n 5/n /n + 9 = 0 9 = 0. Ebből ugyan nem következtethetünk a konvergenciára, de a (3) összehasonlító teszt alapján arra igen, hogy a sorunk hasonlóan viselkedik mint a sor, hiszen a megfelelő két általános tag n hányadosának határértéke L = /9 > 0. A n sor p = > miatt konvergens, így a n 5 is konvergens. n + n3 9. Feladat. Vizsgáljuk konvergencia szempontjából a n 7 n sort.

71 Geometriai sor; teleszkopikus sor; összehasonlító teszt 67 Megoldás. Mivel n > 3 esetén a sor minden tagja negatív, ezért a sor szeresét vizsgáljuk. Ez már pozitív tagú, ha n > 3: n 7 n = n n 7. Ekkor az általános tag határértéke lim n n n 7 n = lim n n /n 7/n = lim n /n n / 7/n = 0 = 0. Tehát L = > 0 miatt n n 7 n. Ez utóbbi sor p = / amiből következik, hogy a n n 7 sor is divergens. miatt divergens, sor is divergens. Tehát a szerese is, vagyis az eredeti

72 Geometriai sor; teleszkopikus sor; összehasonlító teszt 68 Videók Geometriai sor Amennyiben konvergensek, határozzuk meg a következő sorok összegét. ( ) n. Feladat. a), b) ( ) n n 5 5, c) ( ) n 5 n Megoldás. a), b) +, c) divergens 5 5. Feladat. a) 3 4, b) n 3 4, c) n+ 3 4 n Megoldás. a) 3, b) 3 4, c) Feladat. Megoldás. n= e 3 3 e n 3 n+ e 3 4. Feladat. n=3 n 3 3 n+ Megoldás. Divergens. 5. Feladat. n= n 4 5 n+3 n 3 n n= Megoldás Feladat. 3 n+ ( 5) n 4 n+ n= Megoldás

73 Geometriai sor; teleszkopikus sor; összehasonlító teszt Feladat. 3n + 4 n+ 3 n 3 n= Megoldás. Divergens. Teleszkopikus sor Határozzuk meg a következő sorok összegét. ( 8. Feladat. n + 3 ) n + n= Megoldás Feladat. n= n + n Megoldás. 0. Feladat. n=3 n n Megoldás Feladat. n= n + 3n + Megoldás. 3. Feladat. 4 n n=3 Megoldás. ( ) 4 3. Feladat. n= 4n Megoldás.

74 Geometriai sor; teleszkopikus sor; összehasonlító teszt 70 Összehasonlító teszt Vizsgáljuk a következő sorok konvergenciáját. 4. Feladat. n + n Megoldás. Konvergens. 5. Feladat. a) n 3 5n +, b) n 3 5n + Megoldás. a) divergens, b) divergens. 6. Feladat. 4 n Megoldás. Konvergens. 7. Feladat. n + 3 n n Megoldás. Divergens. 8. Feladat. 5n 3n n + Megoldás. Konvergens. 9. Feladat. 3 n 5 n + Megoldás. Divergens. 0. Feladat. n + ln 3n n Megoldás. Konvergens.. Feladat. 3 n + n 5 n n Megoldás. Konvergens.

75 Geometriai sor; teleszkopikus sor; összehasonlító teszt 7. Feladat. 3 n n 5 n n Megoldás. Konvergens. 3. Feladat. n + n n Megoldás. Konvergens. 4. Feladat. + cos n n Megoldás. Konvergens.

76 Geometriai sor; teleszkopikus sor; összehasonlító teszt 7 Kvízek A csoport. Feladat. Határozzuk meg a n 3 5 n sor összegét. 3 n n=. Feladat. Konvergens-e a 3 n + 5 n n + 6 sor? B csoport. Feladat. Hogyan viselkedik a 5 n + sor konvergencia szempontjából? 3 n n. Feladat. Határozzuk meg a sor összegét. n n n=3 C csoport. Feladat. Határozzuk meg a n= 3 5 n sor összegét. 3n+. Feladat. Konvergens-e a 3 n + 5 ln n sor? 3. Feladat. Konvergencia szempontjából vizsgáljuk meg a 3 n + 5 n n sort. D csoport. Feladat. Határozzuk meg a n= n + 5n + 6 sor összegét.. Feladat. Konvergens-e a n + 3n n n 3 sor?

77 Geometriai sor; teleszkopikus sor; összehasonlító teszt 73 Kvízek megoldása A csoport. Feladat megoldása. Az m = n helyettesítéssel, n = m + alapján n= n 3 5 n 3 n = = m=0 m=0 (m+) 3 5 (m+) 3 (m+) = 4 m m 7 9 m = m+ 3 5 m+ m=0 ( 4 m m=0 Felhasználva a 9 < és 5 9 < összefüggéseket kapjuk, hogy 3 m+3 5 5m 7 9m 7 9 m ). pt n= n 3 5 n 3 n = m=0 = m 7 9 m m=0 = m=0 5 5 m 7 9 m ( ) m Feladat megoldása. A sor negatív tagú n > esetén, ezért a m=0. ( ) m 5 9 sort vizsgáljuk: 3 n + 5 n n + 6 = n n n + 6 pt lim n n n n + 6 n + 5/n 3/n / = lim n n /n + 6/n + 5/n 3/n / = lim n n = 3/ /n + 6/n 0 = 0. Mivel = L > 0, ezért n n n + 6 n 3/ ( = ) n p és p = 3/ > miatt az utóbbi sor konvergens, ezért az eredeti sor is konvergens. 3 pt

78 Geometriai sor; teleszkopikus sor; összehasonlító teszt 74 B csoport. Feladat megoldása. A sor pozitív tagú, ugyanakkor 5 n + lim n 3 n n = lim 5 n n 3 + ( ) n /5n 5 n n/3 = lim + /5n n n 3 n/3 = =, n azaz nem 0, így ez a sor divergens. pt. Feladat megoldása. Ez egy teleszkopikus sor. Az n n = 0 egyenlet megoldásai n, = ± + 8 = ± 3 alapján n =, n =, és így n n = (n + )(n ). Továbbá n n = A n + Ha n =, akkor = 3A, azaz A = 3. B n + = A(n + ) + B(n ). Ha n =, akkor = 3B, azaz B = 3. = A(n + ) + B(n ) (n + )(n ) Ezért n n = /3 n /3 n +, amiből ( /3 S n = /3 ) ( /3 + 4 /3 ) ( / /3 ) ( / /3 ) 7 ( /3 + + n 5 /3 ) ( /3 + n n 4 /3 ) ( /3 + n n 3 /3 ) ( /3 + n n /3 ) n + = /3 + /3 + /3 3 /3 n /3 n /3 n (n ), 9 vagyis a sor összege pt 3 pt

79 Geometriai sor; teleszkopikus sor; összehasonlító teszt 75 C csoport. Feladat megoldása. Az m = n helyettesítéssel, n = m + alapján hiszen 5 8 <. n= 3 5 n = 3n+ m=0 = (m+) = 3(m+)+ m=0 ( ) m 5 = m=0 3 5 m+ 3m+4 = 5 8, m= m 4 8 m pt. Feladat megoldása. Az általános tag határértékére, a L Hospital-szabály alapján (x + 5) /3 lim x ln x = lim x = lim x x /3 (x + 5) /3 3 x = lim x 3( + 5/x) /3 =, x = lim 3(x + 5) /3 x x x /3 3( + 5/x) /3 tehát azaz nem 0, tehát a sor divergens. lim n 3 n + 5 ln n =, pt 3. Feladat megoldása. A sor pozitív tagú, és 3 n + lim n 5 n n = lim 3 n n 5 + ( ) n /3n 3 n n/5 = lim + /3n n n 5 n/5 = 0 = 0. n Tehát L = > 0 miatt 3 n + 5 n n ( ) n 3. 5 Az utóbbi sor 3 5 < miatt konvergens, így az eredeti sor is konvergens. 3 pt

80 Geometriai sor; teleszkopikus sor; összehasonlító teszt 76 D csoport. Feladat megoldása. Ez egy teleszkopikus sor. Az n + 5n + 6 = 0 egyenlet megoldásai n, = 5 ± 5 4 = 5 ± alapján n =, n = 3, és így n + 5n + 6 = (n + )(n + 3). Továbbá n + 5n + 6 = A n + + B n + 3 = A(n + 3) + B(n + ). Ha n =, akkor = A. Ha n = 3, akkor = B, azaz B =. = A(n + 3) + B(n + ) (n + )(n + 3) Tehát amiből n + 3n + = n + n + 3, ( S n = 4 ) ( ) ( n + ) ( + n + n + ) n + 3 = 4 n + 3 (n ) pt alapján a sor összege /.. Feladat megoldása. A sor n > 0 esetén pozitív tagú, és n + 3n lim n n n = lim n 3 n + 3/n n n 3 / = 0 = 0. n pt Mivel = L > 0, ezért n n n + 6 n. n ( ) n ( ) n 3 Ha n elég nagy, akkor n <, és n < (3/)n 3 =, azaz n n 4 n < ( ) n 3. n 4 A geometriai sor konvergens, hiszen 3 4 <. Ezért n is konvergens és így az eredeti sor is n konvergens. 3 pt

81 6. Gyök, hányados teszt; integrál teszt; alternáló sor; számsor becslése Házi feladatok Gyök, hányados teszt A a n pozitív tagú sorok konvergenciájának eldöntésére, amennyiben az általános tag tartalmaz exponenciális vagy faktoriális kifejezést is, a gyök- vagy a hányados kritériumot alkalmazzuk. Gyök teszt: Ha lim n n a n = ϱ; Hányados teszt: Ha lim n a n+ a n = ϱ, akkor ϱ < esetén a sor konvergens, ϱ > esetén a sor divergens, ϱ = esetén további vizsgálat szükséges. Vizsgáljuk a következő sorok konvergenciáját.. Feladat. n (n )! (n )! Megoldás. A sor n > esetén értelmezett és pozitív tagú. A feladat faktoriálist tartalmaz, így a hányados tesztet használjuk: a n+ a n = a n+ = n+ ((n + ) )! a n ((n + ) )! = n+ (n )! (n )! n (n )! (n + )!, ahonnan egyszerűsítés után írhatjuk, hogy a n+ = a n n (n)(n + ) 77 (n )! n (n )! = n+ (n )! (n + )! = (n ) n(n + ). (n )! n (n )!

82 Gyök, hányados teszt; integrál teszt; alternáló sor; számsor becslése 78 Ennek a kifejezésnek a határértékét kell meghatároznunk, amit a domináns tagok kiemelésével a tanult módon kapunk meg: Tehát ezért a sor konvergens. (n ) n(n + ) = n ( /n) n ( + /n) = ( /n) n ( + /n) 0 4 = 0. a n+ lim = 0 = ϱ <, n a n. Feladat. n 3n n 3 + n Megoldás. A sor n > 3 esetén pozitív tagú. Faktoriális kifejezés nincs, de van exponenciális tag, ezért a gyök tesztet alkalmazzuk. Ha n elég nagy, akkor ezért n an = n n 3n n 3 + n = n n 3n n n3 + n = / < 3n/ n <, n / < n 3n/ n < n. n 3n/ n ( n n) 3 n + /n /n 3 Így, a rendőr-elv alapján Hasonlóan kapjuk, hogy n 3n/n. n + /n /n 3. Tehát n an = ami miatt a sor divergens. n 3n/ n ( n n) 3 n + /n /n 3 = = ϱ >, Megjegyzés. A hányados kritérium használatával is a ϱ = értéket kapjuk, ugyanis: a n+ a n = a n+ a n = n+ 3(n + ) (n + ) 3 + (n + ) n3 + n n 3n = n+ 3n 3 n 3n + /n /n 3 = n+ n 3n/n+ 3/ n+ 3n/ n n3 n 3 ( + /n) 3 + /n /n 3 = 3n/n+ 3/ n+ + /n /n 3 3n/ n ( + /n) 3 + /n /n 3 =. n 3 + n (n + ) 3 + n Megjegyzés. Faktoriálist tartalmazó feladatoknál egyszerűbb a hányados kritériumot használni, különben tetszés szerint használhatjuk mind a hányados, mind a gyökkritériumot. Ugyanakkor ezek a tesztek több esetben nem tudnak dönteni (ϱ = miatt), mint például a következő feladatok esetében sem.

83 Gyök, hányados teszt; integrál teszt; alternáló sor; számsor becslése 79 Integrál teszt Amennyiben f(x) pozitív és monoton csökkenő a [k, ) intervallumon, akkor a n = f(n) esetén a n f(x)dx, n=k k azaz a a n sor pontosan akkor konvergens, ha az adott improprius integrál konvergens. Vizsgáljuk a következő sorok konvergenciáját. 3. Feladat. n ln n Megoldás. Ha x >, akkor x, ln x, ln x pozitív és monoton növő függvények, így x ln x is monoton növő, ahonnan x monoton csökkenő. Ezért alkalmazhatjuk az integrál tesztet: ln x n ln n x ln x dx. Az n= y = ln x, dy = x dx helyettesítéssel x ln x dx = y / dy = y/ / + C = y + C = ln x + C. Így az improprius integrál t x dx = lim ln x t x ln x azaz divergens, tehát a sor is divergens. [ dx = lim ] t ( ln x = lim ln t ) ln =, t t 4. Feladat. ln 3n n 3 Megoldás. A sor pozitív tagú és f(x) = ln 3x x 3 deriváltja f (x) = x x3 ln 3x 3x x 6 = x 3x ln 3x x 6 = 3 ln 3x x 4, ami negatív, ha x > 3 e/3, azaz ekkor f(x) monoton csökkenő. Ezért 3 e/3 < miatt n= ln 3n n 3 ln 3x x 3 dx.

84 Gyök, hányados teszt; integrál teszt; alternáló sor; számsor becslése 80 Parciális integrálással, s = ln 3x, t = x 3, s = x, t = x / alapján ln 3x dx = x 3 ln 3x x 3 s t dx = ln 3x ( x /) = s t ln 3x x + x ( x /) s t dx x 3 dx = ln 3x x 4 x + C. Így ln 3x x 3 dx = lim t t = lim t ( ln 3x x 3 ] t [ dx = lim ln 3x t x 4 x t + ln 3 + ) = 4 ln 3 + 4, ln 3t t 4 ln 3t ahol a lim t t = 0 értéket a L Hospital szabály [ln 3t] lim = lim t [t ] t t t = lim t t = 0 alkalmazásával kapjuk meg. Tehát az improprius integrál konvergens, ezért a sor is konvergens. Alternáló sor Legyen a n > 0, ekkor a ( ) n a n vagy ( ) n+ a n alakú sort alternáló (váltakozó előjelű) sornak nevezzük. Azt mondjuk, hogy az alternáló sor abszolút konvergens, amennyiben a ( ) n a n = a n sor konvergens; feltételesen konvergens, amennyiben konvergens, de nem abszolút konvergens. Az alternáló sor feltételes konvergenciáját a Leibniz kritérium segítségével igazoljuk: ha a n 0 és a n monoton csökkenő, akkor az alternáló sor konvergens. Határozzuk meg, hogy a sor abszolút konvergens, feltételesen konvergens vagy divergens. 5. Feladat. ( ) n 3 n n5 4n 3 Megoldás. A sor alternáló, mert ( ) n 3 n n5 4n = ( ) n+ n 3 3 n5 4n 3

85 Gyök, hányados teszt; integrál teszt; alternáló sor; számsor becslése 8 és n 3 pozitív amennyiben n > 3. n5 4n3 Az abszolút konvergencia vizsgálatával kezdünk, a n 3 n5 4n 3 pozitív tagú számsort nézzük. Ez nem tartalmaz faktoriálist, exponenciális kifejezést, és lim n n 3 n5 4n 3 = lim n n n 5 3/n 4/n = lim n n 3/ 3/n = 0 = 0 4/n alapján, L = / > 0 miatt a (3) összehasonlító tesztet alkalmazhatjuk. Azaz n 3 n5 4n 3 n 3/, ami p = 3/ > miatt konvergens, tehát az alternáló sor abszolút konvergens. 6. Feladat. ( ) n 4n + n Megoldás. A sor alternáló. A sor pozitív tagú, 4n + n lim a n = lim n n 4n + n n 4 + /n = lim n n és így L = > 0 miatt a (3) összehasonlító teszt szerint 4 + /n = lim n n / = 0 = 0, 4n + n n /. Az utóbbi p = miatt divergens, tehát az alternáló sor nem abszolút konvergens. A feltételes konvergencia vizsgálatához a Leibniz kritériumot használjuk. Már megmutattuk, hogy a n 0. Az f(x) = függvény deriváltja 4x + x f (x) = (4x + ) / 4 x 4x + = x x x 4x + negatív, ha x, amiből azt kapjuk, hogy f(x) monoton csökkenő, és így a n is monoton csökkenő. Azaz a Leibniz kritérium feltételei teljesülnek, ezért az alternáló sor feltételesen konvergens.

86 Gyök, hányados teszt; integrál teszt; alternáló sor; számsor becslése 8 Számsorok becslése () Amennyiben a ( ) n a n (a n > 0) alternáló sor konvergens, akkor k ( ) n a n ( ) n a n, n= ahol a hiba kisebb mint a k. () Amennyiben a a n pozitív tagú sor konvergenciája igazolható az integrálkritérium segítségével (a n = f(n)), akkor k a n a n + a k + f(x)dx, n= ahol a hiba kisebb mint a k. n= n= k Tudva, hogy az adott sorok konvergensek, 0 pontossággal becsüljük meg az összegüket. 7. Feladat. ( ) n 5n + n n= Megoldás. A sor váltakozó előjelű. Ha a hiba kisebb mint a k, akkor a fenti () becslés érvényes. Ezért a k < 0 esetén a megfelelő pontosság már biztosan garantált. Tehát az utóbbi egyenlőtlenséget kell k ra megoldani: a k < 0 5k + k < k + 00 < k 0 < k(k 500). Ez utóbbi jól láthatóan teljesül, ha k 50, amiből ( ) n 5n n ( ) n 5n + n. n= n= 8. Feladat. n= 3 n + 3n Megoldás. Az általános tag pozitív és monoton csökkenő, azaz az integrál teszt következményeként megbecsülhetjük a sor összegét: a k < 0 3 k + 3k < 00 k + 3k > 50 k(k + 3) > 5

87 Gyök, hányados teszt; integrál teszt; alternáló sor; számsor becslése 83 amely k 9 esetén nyilván teljesül, és így legalább 0 pontosággal n= 3 n + 3n 8 n= 3 n + 3n + Elemi racionális törtekre bontással nyerjük, hogy x + 3x dx. 3 x + 3x = 3 (x )(x + ) = A x + B x +, ahonnan 3 = A(x + ) + B(x ). Ha x = /, akkor 3 = A (5/), azaz A = 6/5, ha x =, akkor 3 = B ( 5), azaz B = 3/5. Ezért ( 3 6/5 x + 3x dx = x 3/5 x + = 3 5 ln x x + + C. ) dx = 6 5 ln x 3 ln x + + C 5 Így 9 3 x + 3x t [ 3 3 dx = lim dx = lim t 9 x + 3x t 5 ln x x + ( 3 = lim t 5 ln t t + 3 ) 7 ln = ln 3 5 ] t 9 ln 7, vagyis n= 3 n + 3n 8 n= 3 n + 3n ln 3 7 ln 5.

88 Gyök, hányados teszt; integrál teszt; alternáló sor; számsor becslése 84 Videók Gyök, hányados teszt Vizsgáljuk a következő sorok konvergenciáját.. Feladat. 3 n n 5 n n Megoldás. Konvergens.. Feladat. 3 n + n 5 n n Megoldás. Konvergens. 3. Feladat. n+ n + Megoldás. Divergens. 4. Feladat. n + n3 n Megoldás. Konvergens. 5. Feladat. 3n + n Megoldás. Divergens. 6. Feladat. n + n + 4 Megoldás. Konvergens. 7. Feladat. ( ( n 3 n + + Megoldás. Divergens. ) 3 ) n 8. Feladat. n n +

89 Gyök, hányados teszt; integrál teszt; alternáló sor; számsor becslése 85 Megoldás. Konvergens. 9. Feladat. n n n! Megoldás. Konvergens. 0. Feladat. n + n n! Megoldás. Konvergens.. Feladat. 3 n (n + )! (n 3)! Megoldás. Konvergens.. Feladat. (n + )! n + (n)! Megoldás. Divergens. Integrál teszt Vizsgáljuk a következő sorok konvergenciáját. 3. Feladat. a) n 3, b) n Megoldás. a) konvergens, b) divergens. 4. Feladat. n ln n Megoldás. Divergens. 5. Feladat. n ln 3 n Megoldás. Konvergens. 6. Feladat. ln n n

90 Gyök, hányados teszt; integrál teszt; alternáló sor; számsor becslése 86 Megoldás. Konvergens. 7. Feladat. e /n n Megoldás. Konvergens. 8. Feladat. n n Megoldás. Konvergens. Alternáló sor Határozzuk meg, hogy a sor abszolút konvergens, feltételesen konvergens vagy divergens. 9. Feladat. cos n n Megoldás. Abszolút konvergens. 0. Feladat. ( ) n cos 9 n 3 Megoldás. Abszolút konvergens.. Feladat. n cos(nπ/4) n + 3 Megoldás. Divergens.. Feladat. ( ) n n + n Megoldás. Abszolút konvergens. 3. Feladat. ( ) n+ 3n 4n + Megoldás. Divergens. 4. Feladat. ( ) n n + n + 3

91 Gyök, hányados teszt; integrál teszt; alternáló sor; számsor becslése 87 Megoldás. Feltételesen konvergens. 5. Feladat. ( ) n 3 n n + 5 Megoldás. Feltételesen konvergens. 6. Feladat. ( ) n n + n n 3 n Megoldás. Abszolút konvergens. 7. Feladat. a) ( ) n+ n ln 3n, b) ( ) n+ n ln 3n Megoldás. a) Divergens, b) feltételesen konvergens. 8. Feladat. n5 n ( n 3) n 3 Megoldás. Feltételesen konvergens. 9. Feladat. n + 3 n n ( ( ) ) 3 3 3n+ 3 Megoldás. Feltételesen konvergens. Számsorok becslése Ellenőrizve, hogy az adott sorok konvergensek, 0 pontossággal becsüljük meg az összegüket. 30. Feladat. ( ) n+ n= n Megoldás. ( ) n+ n= n 0 n= ( ) n+ n 3. Feladat. n= ( ) n+ n 3 n

92 Gyök, hányados teszt; integrál teszt; alternáló sor; számsor becslése 88 Megoldás. 0 n 3 ( ) n+ n n 3 ( ) n n n= n= 3. Feladat. n=3 ( ) n+ n 3 n Megoldás. Divergens. 33. Feladat. Megoldás. n=3 n=3 ( ) n+ ( ) n+ 3 4 n 3 4 n ( n=3 3 n 4 + ) ln Feladat. n=3 ( ) n n Megoldás. n=3 ( ) n n n= n π arctg 35. Feladat. n= n n 3 Megoldás. n= n n 3 5 n= n n ln Feladat. n= n ln n Megoldás. n= n ln n 50 n= n ln n + 5 (ln 5) + ln 5

93 Gyök, hányados teszt; integrál teszt; alternáló sor; számsor becslése 89 Kvízek A csoport. Feladat. A tanult módon vizsgáljuk a n. Feladat. Becsüljük meg a n= sor konvergenciáját. 3 n n3 n + 5n 3 sor összegét 0 pontossággal. B csoport A tanult módon vizsgáljuk a következő sorok konvergenciáját.. Feladat. ( ) n n n + 3. Feladat. n + 3 (n + 3)! C csoport. Feladat. Becsüljük meg a ( ) n n 5n + 3 sor összegét 0 pontossággal. n=. Feladat. A tanult módon vizsgáljuk a ln n 3 n sor konvergenciáját.

94 Gyök, hányados teszt; integrál teszt; alternáló sor; számsor becslése 90 Kvízek megoldása A csoport. Feladat megoldása. A sor n > 3 esetén pozitív tagú. Alkalmazzuk a gyök tesztet. n an = n n 3 n n 3 = n n n 3n n 3 = ( n n) 3 n n 3 /3 n Ha n elég nagy, akkor / < n 3 /3 n < és ezért ekkor n / < n n 3 /3 n < n. Így a rendőr elv alapján n n 3 /3 n. Tehát azt kaptuk, hogy n an = A ϱ < összefüggés miatt a sor konvergens. ( n n) 3 n n 3 /3 n 3 = ϱ.. Feladat megoldása. Az általános tag pozitív és monoton csökkenő, azaz az integrál teszt következményeként megbecsülhetjük a sort: n + 5n n + 5n 3 0 n + 5n 53 = n(n + 5) 53. pt Ez utóbbi teljesül, ha n 5, a 5 = 7. Továbbá x + 5x 3 = A x + B x + 3 = A(x + 3) + B(x ) (x + 3)(x ) azaz = A(x + 3) + B(x ) alapján, x = 3 és x = / helyettesítésével kapjuk hogy B = /7, A = /7. Ezért ( /7 x + 5x 3 dx = x /7 ) dx x + 3 = 7 ln x 7 ln x C = 7 ln x x C. Innen x + 5x 3 5 Tehát a 5 = 44 ismeretében t [ ] dx = lim dx = lim t 5 x + 5x 3 t 7 ln x t x ( = lim t 7 ln t t + 3 ) ( ) 7 ln 9 8 = lim ln /t t 7 + 3/t ln 9 8 = ( ln ln 9 ) = 6 ln n= n + 5n 3 4 n=, pt n + 5n ln pt

95 Gyök, hányados teszt; integrál teszt; alternáló sor; számsor becslése 9 B csoport. Feladat megoldása. A sor alternáló, Vizsgáljuk az abszolút konvergenciáját: lim n n n + 3 = lim n ( ) n n n + 3 = ( ) n+ n n + 3. n n /n + 3/n = lim n n /n + 3/n = 0 = 0. Mivel L =, ezért n n + 3 n, ami p = miatt divergens, tehát az alternáló sor nem abszolút konvergens. n x Már megmutattuk, hogy az általános tag, határértéke 0. Az f(x) = n + 3 x + 3 függvény deriváltja f (x) = x + 3 (x ) x = x + 4x + 3 x(x 4) 3 =, (x + 3) (x + 3) (x + 3) ami negatív, ha x 5, így az általános tag monoton csökkenő n 5 esetén. Tehát a Leibniz tétel feltételei teljesülnek, azaz az alternáló sor konvergens. Ezért az alternáló sor feltételesen konvergens. pt pt. Feladat megoldása. A sor pozitív tagú és faktoriálist tartalmaz, így a hányados teszt alapján a n+ = a n+ = n+ + 3 (n + 3)! a n a n (n + 5)! n + 3 = n+ + 3 n + 3 = n+ + 3 n + 3 (n + 4)(n + 5) = n n + 3/n + 3/ n n 0 = 0 = ϱ ha n. Tehát, ϱ < miatt a sor konvergens. (n + 3)! (n + 5)! ( + 4/n)( + 5/n) 3 pt

96 Gyök, hányados teszt; integrál teszt; alternáló sor; számsor becslése 9 C csoport. Feladat megoldása. Ez egy alternáló sor. n 5n n 5n n 00n n(n 40) + 3 teljesül, ha n 40. Így 39 ( ) n n 5n + 3 n 5n + 3. n= n= pt. Feladat megoldása. A sor pozitív tagú. A g(x) = ln x 3 x = ln x deriváltja x/3 g (x) = x x/3 ln x 3 x /3 x 4/3 = 3 ln x x 5/3. Az 3 ln x = 0 egyenletből ln x = 3, x = e3/ adódik. Továbbá ln x monoton növő, ezért g (x) negatív, ha x > e 3/, azaz ekkor g(x) monoton csökkenő. Alkalmazhatjuk az integrál tesztet. Parciális integrálással, f = ln x, g = x /3, f = x, g = 3x /3 alapján kapjuk, hogy ln x dx = ln x x /3 dx = ln x 3x /3 x 3x /3 dx x/3 f g f g f g = 3x /3 ln x 3x /3 dx pt = 3x /3 ln x 9x /3 + C = 3x /3 (ln x 3) + C. Így ln n 3 n ln x 3 x t dx = lim t ln x [ ] t 3 dx = lim x/3 t x/3 (ln x 3) 3 ( = lim t /3 (ln t 3) /3 (ln 3) ) =, t miatt az improprius integrál divergens, tehát a sor is divergens. 3 pt

97 7. Függvénysor konvergenciája; Fourier sor Házi feladatok Függvénysor konvergenciája A f n (x) függvénysor konvergens az x 0 pontban, amennyiben a f n (x 0 ) számsor konvergens. Egy függvénysor konvergenciatartománya a közös értelmezési tartomány azon pontjainak a halmaza, amelyekben a megfelelő számsorok konvergensek. Az általunk vizsgált függvénysorok általában tartalmaznak faktoriális vagy exponenciális kifejezést, ezért a következő teszteket alkalmazzuk: Gyök teszt: Ha lim n n f n (x) = ϱ; Hányados teszt: Ha lim akkor ϱ < esetén a függvénysor abszolút konvergens, ϱ > ϱ = esetén a függvénysor divergens, esetén további vizsgálat (integrálvagy összehasonlító teszt) szükséges. n f n+ (x) f n (x) = ϱ, Jelöljük a számegyenesen, hogy a függvénysor mely pontokban abszolút konvergens, feltételesen konvergens, divergens, illetve nincs értelmezve. 3n. Feladat. (x + n )n 3 + Megoldás. A függvénysor első néhány tagját kiírva 3n n + (x + )n 3 = (x + ) + 3 (x + ) + kapjuk, hogy a függvénysor nincs értelmezve az x = helyen. 93

98 Függvénysor konvergenciája; Fourier sor 94 Ha x, a hányadoskritérium alkalmazásával kapjuk, hogy f n+(x) f n (x) = 3n + (n + ) + (x + )n n + 3n (x + ) n 3 = 3n + 3n n + (n + ) + (x + ) n (x + ) n 3 = n n 3 + /n 3 /n n n + /n n x + x +. ( + /n) + /n Tehát a függvénysor abszolút konvergens ha x, és azaz ha < x < vagy < x < 0. ϱ = x + < < x + < AK < x < 0, AK 0 Divergens amennyiben azaz x < vagy x > 0 esetén. D ϱ = x + >, AK AK 0 D A végpontokban, ahol ϱ = x + =, azaz az x = és x = 0 pontokban a megfelelő számsorok konvergenciáját vizsgáljuk az összehasonlító vagy az integrálteszt segítségével. Az x = helyettesítéssel x = 0 helyettesítéssel 3n 3n ( + n )n 3 (0 + + n )n 3 + 3n 3n = n + ( )n 3 = n + ()n 3 3n 3n = n + ( )n = n + Az első sor a második alternáló változata, ezért a második, a pozitív tagú sor vizsgálatával kezdünk. Az általános tag nem tartalmaz logaritmusos kifejezést, így az összehasonlító teszttel dolgozunk: 3n lim n n + = lim n n n 3 /n + /n = lim n n 3 /n + /n = 0 3 = 0.

99 Függvénysor konvergenciája; Fourier sor 95 Ekkor L = 3 > 0 alapján 3n n + n, amely p = miatt divergens, tehát x = 0 ban a függvénysor divergens. Emiatt az x = esetén kapott alternáló sor nem abszolút konvergens. Ugyanakkor a Leibniz kritérium feltételei teljesülnek. Korábban már megmutattuk, hogy a n = 3n n + határértéke nulla, és a g(x) = 3x x + deriváltja g (x) = 3x + 4x + 3 (x + ) < 0, ha x, miatt a n monoton csökkenő. Így az alternáló sor konvergens, ezért az x = pontban a függvénysor feltételesen konvergens. D FK AK AK D 0 D Így a függvénysor konvergencia tartománya, amely az összegfüggvény értelmezési tartományát adja, azon pontok halmaza ahol a függvénysor konvergens, tehát esetünkben a 0 halmaz, azaz [, ) (, 0).. Feladat. n= Megoldás. Az 5 n n ( n 3x) n + 3 n= 5 n n n + 3 ( 3x) n = 5 n n n + 3 ( 3x) n összefüggés alapján kapjuk, hogy x /3. Alkalmazzuk a gyökkritériumot: Innen miatt n 5 fn (x) = n n n n ( n 3x) n + 3 = 5 n n n n n 3x n n + 3 = 5 n n ( n n) n + 3/n 3x /n 5 3x = ϱ = 5 3x < 3x > 5 5 3x.

100 Függvénysor konvergenciája; Fourier sor 96 3x < 5 7 < 3x 7 3 < x 3x > 5 3 > 3x > x alapján kapjuk, hogy x > 7/3 vagy x < esetén a sor abszolút konvergens. A végpontokban az x = helyettesítéssel 5 n n n + 3 ( 3 ( )) n n= 5 n n = n + 3 = n= 5 n n n + 3 n= = 5 n= 5 n = 5 n n n = x = 7/3 helyettesítéssel 5 n n n + 3 n= 5 n n n + 3 = n= n= n= 5 n n n + 3 ( )n ( 5) n ( ) n 5 n n n + 3 ( )n ( ) n n n + 3 = 5 n= 5 n 5 n számsorok adódnak. A második az első alternáló változata, ezért az első sor vizsgálatával kezdjük. Az általános tagra kapjuk, hogy lim n n n + 3 = lim n n n + 3/n = lim n n + 3/n = 0 = 0. Ekkor L = > 0 miatt n n + 3 n, amely p = miatt divergens. Ezért a függvénysor az x = pontban divergens. Az előző eredmény alapján x = 7/3 ban a sor nem abszolút konvergens, ugyanakkor a 5 g(x) = x x + 3 deriváltja g (x) = x + 3 x x (x + 3) = x + 3 (x + 3), ha x. Ez negatív, azaz az általános tag monoton csökkenő. Tehát a Leibniz kritérium miatt az alternáló sor konvergens. Így x = 7/3 ban a függvénysor feltételesen konvergens. Ezek alapján AK D D FK D /3 7/3 AK és a konvergencia tartomány, ami az összegfüggvény értelmezési tartománya azaz a (, ) [7/3, ) halmaz. 7/3

101 Függvénysor konvergenciája; Fourier sor Feladat. n= n! (x + n 3)n + 3 Megoldás. A függvénysor első néhány tagját kiírva kapjuk, hogy n= n! n + 3 (x + 3)n =!! (x + 3) (x + 3)3 + 3! (x + 3) Tehát a függvénysor minden x R esetén értelmezve van. A hányadoskritérium szerint f n+(x) f n (x) = (n + )! n+ + 3 (x + 3)n+ n + 3 n! (x + 3) n (n + )! n + 3 = n! n+ + 3 (x + 3) n+ (x + 3) n = (n + ) n n + 3/n + 3/ n x + 3. Mivel ezért f n+ (x) f n (x) x + 3 = { 0, ha x = 3/, > 0, ha x 3/, { + 3/n = (n + ) + 3/ x + n 3 n 0, ha x = 3/, ϱ =, ha x 3/. Így a függvénysor az x = 3/ pontban abszolút konvergens, az összes többi pontban divergens, D AK 3/ D azaz az összegfüggvény csak egyetlen egy pontban definiált, és itt a 0 értéket veszi fel. Fourier sor A π szerint periodikus f(x) függvény Fourier sora az függvénysor, ahol a 0 := π π f(x) = a 0 + π f(x) dx, a n := π (a n cos nx + b n sin nx) n= π π f(x) cos nx dx, b n := π π π f(x) sin nx dx. Csak a Fourier sorok előállításával foglalkozunk, a konvergenciáját nem vizsgáljuk.

102 Függvénysor konvergenciája; Fourier sor Feladat. A fenti definíciók alapján határozzuk meg az { 0, ha π x < π/, f(x) =, ha π/ x < π. függvény Fourier sorának első hat tagját. Megoldás. A πa 0 = π π f(x) dx = π π/ dx = [x] π π/ = 3π képlet alapján a 0 = 3 4. Az a n együtthatókra vonatkozó képletet használva kapjuk, hogy πa n = π π f(x) cos nx dx = π π/ cos nx dx = = n (sin nπ sin n( π/)) = n sin nπ, [ ] π sin nx n π/ ahonnan a = π, a = 0, a 3 = 3π, a 4 = 0, a 5 = 5π. Továbbá a b n együtthatókra kapjuk, hogy π π [ πb n = f(x) sin nx dx = sin nx dx = ] π π π/ n cos nx π/ = n (cos nπ cos n( π/)) = (cos(nπ/) cos nπ), n amiből b = π, b = π, b 3 = 3π, b 4 = 0, b 5 = 5π. Az együtthatókat felhasználva kapjuk a Fourier sor első öt tagját: f 5 (x) = π cos x cos 3x + cos 5x 3π 5π + π sin x sin x + sin 3x + sin 5x. π 3π 5π π - 3 π -π - π π π 3 π π Az f(x) függvény 5 ödrendű Fourier közelítése.

103 Függvénysor konvergenciája; Fourier sor Feladat. Határozzuk meg az f(x) = { 0, ha π x < 0, x, ha 0 x < π. függvény Fourier együtthatói közül a 0 -et, a 9 -et és b -t. Megoldás. Ekkor πa n = π 0 x cos nx dx miatt parciális integrálással, s = x, t = cos nx, s =, t = sin(nx)/n alapján kapjuk, hogy sin nx sin nx x cos nx dx = x dx = x n n n sin nx + cos nx + C, n ahonnan st πa n = Így a 0 = 0, a 9 = 9 π. π 0 st s t x cos nx dx = = (cos nπ ). n [ x n sin nx + ] π cos nx n 0 Hasonlóan, parciális integrálással, s = x, t = sin nx, s =, t = cos(nx)/n szerint kapjuk, hogy π [ πb n = x sin nx dx = x 0 n cos nx + ] π n sin nx 0 amiből b =. = π cos nπ, n π - 3 π -π - π π π 3 π π Az f(x) függvény edrendű Fourier közelítése.

104 Függvénysor konvergenciája; Fourier sor 00 Videók Függvénysorok konvergenciája Jelöljük a számegyenesen, hogy a függvénysor mely pontokban abszolút konvergens, feltételesen konvergens, divergens, illetve nincs értelmezve. n +. Feladat. (x n 3)n+3 3 Megoldás. D FK AK D D. Feladat. n + (x n 3)n + 4 Megoldás. D AK AK AK AK 3 4 D 3. Feladat. 3n ( 3x)n 4 3n + Megoldás. D D AK AK D /3 /3 D 4. Feladat. (x ) 3 n n= n ln n Megoldás. AK AK D AK 0 AK 5. Feladat. n= n + 3 (x n 3)3n+ n

105 Függvénysor konvergenciája; Fourier sor 0 Megoldás. D FK AK D D Feladat. n= n + (5 n x)n + Megoldás. D AK AK AK D Feladat. n= ( 5) n (x + 3 n )n + n Megoldás. D D AK D D Feladat. a) x n n!, b) x n n! Megoldás. a) AK b) AK 0 AK 9. Feladat. a) n! x n, b) n! x n Megoldás. a) D AK 0 D

106 Függvénysor konvergenciája; Fourier sor 0 b) D 0. Feladat. 3 n + n n! (x + ) n+ (n + 3)! Megoldás. D AK AK AK D 5 3. Feladat. n= n + 3 n n (x + ( 3 x + ) n )n 3 (n + ) 4 n Megoldás. D D AK AK FK D D D AK D D Határozzuk meg az összegfüggvény értelmezési tartományát.. Feladat. F (x) := ( ) n (x ) + n+ Megoldás. D F = (, ) 3. Feladat. G(z) := Megoldás. D G = ( 3, ) (0, ) x n ( ) n+ ( z + n + 5 ) (z + ) n+ Fourier sor 4. Feladat. Határozzuk meg az függvény Fourier sorát. f(x) = {, π < x 0, 0, 0 < x π.

107 Függvénysor konvergenciája; Fourier sor 03 Megoldás. f(x) = + sin(n )x (n )π n= 5. Feladat. Adjuk meg az, π < x π/3, f(x) = 0, π/3 < x π/,, π/ < x π. függvény Fourier sorának a 9 és b 0 együtthatóit. Megoldás. a 9 = 9π, b 0 = 4π 6. Feladat. Adjuk meg az f(x) = { 0, π x < 0, e x, 0 x < π. függvény Fourier sorának együtthatóit. Megoldás. a 0 = e π π, a n = π ( )n+ e π + n + 7. Feladat. Határozzuk meg a π szerint periodikus, b n = π ( )n+ ne π + n n + f(x) = x, π < x π függvény Fourier sorát. π Megoldás. f(x) = 3 + ( ) n 4 cos nx n n=

108 Függvénysor konvergenciája; Fourier sor 04 Kvízek A csoport Feladat. Hol konvergens a n + 3 n (x 3)3 n függvénysor? B csoport Feladat. Ábrázoljuk az f(x) = függvény értelmezési tartományát. n= (x + ) n+ 3 n n= 3 (5x + 3) n C csoport Feladat. Határozzuk meg az f(x) = { 0, ha π x < π/, π/ x, ha π/ x < π. függvény Fourier sorának első hat a n együtthatóját.

109 Függvénysor konvergenciája; Fourier sor 05 Kvízek megoldása A csoport Feladat megoldása. A n + 3 n (x 3)3 n = n + 3 n (x 3) n 3 átalakítás alapján kapjuk, hogy x 3/. Hányadoskritériumot alkalmazunk: f n+(x) f n (x) = n + 4 (n + ) (x 3) n n (x 3)n 3 n + 3 = n + 4 n + 3 n (n + ) (x 3) n (x 3) n 3 = + 4/n + 3/n /n (x ( + /n) 3) /n (x 3). Innen ϱ = x 3 < x 3 > pt miatt x 3 > vagy x 3 < alapján kapjuk, hogy x > vagy x < esetén a sor abszolút konvergens. A végpontokban az x = x = n + 3 n + 3 ( n 3)3 n (4 n 3)3 n n + 3 n + 3 = n ( )3 n = n ()3 n n + 3 n + 3 = n ( )n = n számsorok adódnak. Az első a második alternáló változata. Az általános tagra kapjuk, hogy lim n n + 3 n = lim n n n + 3/n /n = lim n n + 3/n /n = 0 = 0. Ekkor L = miatt n + 3 n, amely p = miatt divergens. Tehát x = ben a n függvénysor nem konvergens, x = ben nem abszolút konvergens. De g(x) = x + 3 x deriváltja g (x) = x (x + 3) x (x ) = x 6x (x ), ami x > 0 esetén negatív, azaz az általános tag monoton csökkenő. Így a Leibniz-kritérium alapján az alternáló sor konvergens. Tehát x = ben a függvénysor feltételesen konvergens. pt 3 pt

110 Függvénysor konvergenciája; Fourier sor 06 B csoport Feladat megoldása. A (x + ) n+ ( x + = (x + ) 3 n 3 n= n= ) n geometriai sor pontosan akkor konvergens, ha x + 3 < < x + < 3 3 < x + < 3 Hasonlóan, n= akkor és csak akkor konvergens, ha azaz < x <. 3 (5x + 3) = 3 ( ) n n 5x + 3 n= 5x + 3 < 5x + 3 >, pt pt 5x + 3 < vagy 5x + 3 >, x < 4 5 vagy x > 5. Így a sor konvergenciatartománya a (, 4/5) ( /5, ) halmaz, azaz pt

111 07 Függvénysor konvergenciája; Fourier sor C csoport Feladat megoldása. Mivel π Z π π x π π (π/) π π (π/ x) dx = x π π/ =, πa0 = = π/ 8 π/ így a0 = π/6. Továbbá Z Z π (π/ x) cos nx dx = πan = π/ pt π π π/ cos nx x cos nx dx. Parciális integrálással, u = x, v 0 = cos nx, u0 =, v = (sin nx)/n szerint kapjuk, hogy Z Z sin nx sin nx cos nx sin nx x cos nx dx = x dx = x + +C. n n n n u v 0 u0 v u v pt Ezek alapján Z π πan = π/ π cos nx x cos nx π sin nx sin nx cos nx dx = x n n n π π/ π sin nπ π sin nπ cos nπ π sin(nπ/) π sin(nπ/) cos(nπ/) + + n n n n n n cos(nπ/) cos nπ = n = szerint a = a = a3 = a4 = a5 = π π π π π cos(π/) cos π =, π cos(π/) cos π = π cos(3π/) cos 3π = 3 π cos(4π/) cos 4π = 4 π cos(5π/) cos 5π = 5 π cos π cos 0 =, π cos( π/) cos π =, 3 9π cos 0 cos 0 = 0, 4 cos(π/) cos π =. 5 5π y cos x π π π π x 3 pt

112 8. Taylor sor; binomiális sor Házi feladatok Taylor sor, alkalmazás Néhány nevezetes függvény a = 0 pont körüli Taylor sora: e x = cos x = sin x = ch x = sh x = x n n!, x R ( ) n xn (n)!, x R ( ) n x n+ (n + )!, x R x n (n)!, x R x n+ (n + )!, x R A megfelelő sorfejtés első 4 tagjával becsüljük meg az alábbi kifejezések értékét.. Feladat. 0 sh x 3 dx Megoldás. Tudjuk, hogy sh y = Az y = x 3 helyettesítéssel kapjuk, hogy sh x 3 = y n+ (n + )!, y R. (x 3 ) n+ (n + )! = x 6n+3 (n + )!, x R, 08

113 Taylor sor; binomiális sor 09 ahonnan 0 sh x 3 dx = 0 ( ) x 6n+3 (n + )! dx, x R. A hatványsor a konvergenciatartományán belül tagonként integrálható, azaz az összegzés és az integrálás sorrendje megcserélhető, ezért ( ) sh x 3 x 6n+3 dx = 0 0 (n + )! dx = x 6n+3 dx (n + )! 0 [ ] x 6n+4 = = (n + )! 6n + 4 (n + )! 6n + 4, x R, tehát 0 sh x 3 dx = (n + )! 0 6n + 4! 4 + 3! 0 + 5! 6 + 7!.. Feladat. Megoldás. A / összefüggés alapján és így cos 4x x 5 dx cos 4x = cos 4x x 5 = x 5 cos x = ( ) n xn (n)!, ( ) n (4x)n (n)! ( ) n 4n x n (n)! = = x R ( ) n 4n x n (n)! ( ) n 4n x n 5 (n)!, x R,, x R \ {0}. Mivel az x = 0 pont az integrálási tartományon, az [/, ] intervallumon kívül esik, ezért írhatjuk, hogy ( cos 4x ) dx = ( ) n 4n x n 5 dx = ( ) n 4n x n 5 dx. x 5 / (n)! (n)! / / A primitív függvényeket az n paraméter lehetséges értékeinek megfelelően kapjuk. Ha n, akkor / Ha n =, akkor, ln = 0 alapján / x dx = [ x x n 5 n 4 dx = n 4 / ] / = (/)n 4 n 4 x dx = [ ln x ] / = ln ln(/) = ln..

114 Taylor sor; binomiális sor 0 Így / cos 4x x 5 dx =, n 0! (/) 4 4 ( ) ( ) n 4n (/) n 4 + ( ) 44 (n)! n 4 4! ln 4! (/) ln 4! 6! (/). Binomiális sor, alkalmazás ahol Bármely α R esetén, ha y <, akkor ( ) α = és 0 ( + y) α = ( ) α = n ( ) α y n, n α(α )(α ) (α n + ) n! az általánosított binomiális együtthatók; ezért nevezzük a fenti Taylor sort binomiális sornak. 3. Feladat. Adjuk meg az alábbi függvények origó körüli hatványsorát. (a) x + x Megoldás. (b) x 3 ( 3x) (a) A második szorzótényező átírható a + x = ( + x ) / alakra. Így az α = / és y = x helyettesítéssel kapjuk, hogy ( ) / ( ) / + x = ( + x ) / = (x ) n = x n, n n ha x <, vagyis, ha x <. Ezért x ( ) / ( ) / + x = x x n = x n+, n n ha x <. (b) Ekkor az α = és y = 3x helyettesítéssel x 3 ( 3x) = x3 ( 3x) = x 3 ( + ( 3x)) = x 3 = x 3 ha 3x <, azaz x < /3. ( ) ( 3) n x n = n ( ) ( 3) n x n+3, n ( ) ( 3x) n n

115 Taylor sor; binomiális sor 4. Feladat. Adjuk meg arctg x origó körüli hatványsorát. Megoldás. Az arctg x függvény deriváltja Ezért [arctg x] = + x = ( + x ) =, és egyszerűen adódik, hogy + x ( ) x n = n ( ) = ( ) n. n ( ) n x n, ha x <. Így arctg x + C = = + x dx = ( ( ) n ( ) ( ) n x n dx ) x n dx = ( ) n xn+ n +, ha x <. Az x = 0 pont behelyettesítésével kapjuk, hogy arctg 0 + C = 0 + C = 0 C = 0, ( ) n 0n+ n + vagyis arctg x = ( ) n xn+ n + ( x < ). A megfelelő sorfejtés első 4 tagjával becsüljük meg az alábbi kifejezések értékét. 5. Feladat. 3 9 Megoldás. A binomiális sorfejtés alkalmazásával kapjuk, hogy 3 + x = ( + x) /3 = ( ) /3 x n, n feltéve hogy x <, azaz 0 < + x <. De 9 > miatt a 3 9 érték közvetlenül nem becsülhető meg. Ezért a kifejezést az = = 3 8 = 3 + 8

116 Taylor sor; binomiális sor alakra hozzuk. Ugyanis a 3 9/8 értéke, az x = /8 helyettesítésével megadható és így a 3 9 is: 3 ( ) ( ) n /3 9 = n 8 [ (/3 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ] 3 /3 /3 / [ = + 3 ( ) ( ) ] 3 /3 ( /3) /3 ( /3) ( 5/3) ! 8 6. Feladat. arctg Megoldás. A 4. Feladatban láttuk, hogy arctg x = ( ) n xn+ n + Ezért az x = / helyettesítéssel ( / < ) kapjuk, hogy arctg ( = ) n+ ( ) n n + ( ) ( x < ). ( ) 5 5 ( ) 7 7. Megjegyzés. Az x = pontban a hatványsor konvergens, és az arctg x függvény is folytonos itt. Ezért Abel tétele alapján a sor itt is előállítja a függvényt, azaz tehát π 4 = arctg = ( ) n n + = π = Feladat. ln 3 Megoldás. Tudjuk, hogy az ln(x + ) függvény deriváltja + x, azaz [ln(x + )] = + x = ( + x) = ( ) n x n, ha x <, ahonnan ln(x + ) + C = = + x dx = [ ( ) n [ ] ( ) n x n dx ] x n dx = ( ) n xn+, ha x <. n +

117 Taylor sor; binomiális sor 3 Az x = 0 pont behelyettesítésével kapjuk, hogy C = 0, vagyis ln(x + ) = ( ) n xn+ n + ( x < ). Ezért x = / esetén írhatjuk, hogy ( ) n+ ln 3/ = ln( + /) = ( ) n n + ( ) ( ) 3 + ( ) Megjegyzés. Az x = pontban a hatványsor konvergens, és az ln(x+) függvény is folytonos itt. Ezért Abel tétele alapján a sor itt is előállítja a függvényt, azaz ln = ( ) n n + =

118 Taylor sor; binomiális sor 4 Videók Taylor sor Adjuk meg az f(x) függvény Taylor sorát és a sor konvergenciatartományát.. Feladat. f(x) = x, a =. Megoldás. T f (x) = ( ) n n+ (x )n, x (0, 4).. Feladat. f(x) = ln x, a =, g(x) = ln( + x), a = 0. Megoldás. T f (x) = n (x )n ( ), x (0, ], T g (x) = n n= n= ( ) n xn n, x (, ] 3. Feladat. f(x) = e x, a = 0. Megoldás. T f (x) = x n n!, x R. 4. Feladat. f(x) = cos x, a = a, g(x) = sin x, a = 0. Megoldás. T f (x) = ( ) n xn (n)!, x R, T g(x) = ( ) n x n+ (n + )!, x R 5. Feladat. f(x) = sh x, a = 0. Megoldás. T f (x) = x n+ (n + )!, x R.

119 Taylor sor; binomiális sor 5 Alkalmazás A megfelelő sorfejtés első öt tagjával becsüljük meg a következő integrálok értékét. 6. Feladat. e x3 x dx Megoldás. ( ln ln ) 4 7. Feladat. Megoldás. sin(3x) x dx 3 ln 33 3! ! ! ! ) (3 ln 33 3! ! ! ! 8. Feladat. ch x dx Megoldás. + 5! + 9 4! + 3 6! + ) ( 7 8! + ( )5 + ( )9 ( )3 5! 9 4! 3 6! + ( )7 7 8! Binomiális sor Határozzuk meg a következő függvények binomiális sorát. 9. Feladat. f(x) = 3 + x, g(x) = 3x, h(x) = x 4 4 x Megoldás. ( ) /3 f(x) = x n, x <, n ( ) / g(x) = ( ) n 3 n x n, x < /3, n ( ) /4 ( ) h(x) = 4 /4 n x n+, x <. n 4 n

120 Taylor sor; binomiális sor 6 0. Feladat. f(x) = + x, g(x) = ( + x) Megoldás. f(x) = g(x) = ( ) n x n, x <, ( ) n (n + )x n, x <.. Feladat. f(x) = ln( + x) Megoldás. f(x) = ( ) n= n+ xn n, x <. Feladat. f(x) = arccos x Megoldás. f(x) = π ( / )( ) n xn+ n n +, x < Alkalmazás A megfelelő sorfejtés első négy tagjával becsüljük meg a következő számokat. 3. Feladat. 3 3 Megoldás. + 3 (/3) ( /3) + + (/3) ( /3) ( 5/3) ( 8/3) 4! ( ) (/3) ( /3) ( 5/3) + 3! ( ) 4 ( ) 3

121 Taylor sor; binomiális sor 7 4. Feladat. Megoldás. 3 ( + (/) ( /) (/) ( /) ( 3/) ( 5/) 4! ( ) (/) ( /) ( 3/) + 9 3! ( ) ) 4 9 ( ) Feladat. 5 5 Megoldás. ( ( ) 7 (/5) ( 4/5) + 3 (/5) ( 4/5) ( 9/5) ( 4/5) 4! ( ) 7 (/5) ( 4/5) ( 9/5) + 3 3! ( ) ) ( ) Feladat. ln 6 Megoldás ( ) ( ) ( ) ( ) Feladat. arcsin Megoldás. ( + ) ( ) ( /) ( 3/) ( 5 ( /) ( 3/) ( 5/) + ) 3! 7 7 ( /) ( 3/) ( 5/) ( 7/) + 4! 9 9

122 Taylor sor; binomiális sor 8 8. Feladat. / 3 8 x x 5 dx Megoldás. ( (/) ( ) (/) (/3) ( /3) + 8 ( 8 ) 3 (/3) ( /3) ( 5/3) 3! (/3) ( /3) ( 5/3) ( 8/3) 4! (/) 8 (/)4 4 4 ( ln /) 8 ) 9. Feladat. 0 ( ) x x 4 arctg 9 dx Megoldás. ( ) ( + ) ( 9 + ) 9 0 3

123 Taylor sor; binomiális sor 9 Kvízek A csoport. Feladat. A megfelelő sorfejtés első 4 tagjával becsüljük meg 4 értékét.. Feladat. Adjuk meg az f(x) = x sin x függvénynek az a = 0 pont körüli Taylor sorát. B csoport Feladat. A megfelelő sorfejtés első 4 tagjának segítségével becsüljük meg értékét. 9 x 3 x dx C csoport. Feladat. A megfelelő sorfejtés első 4 tagjával becsüljük meg / x3 dx értékét.. Feladat. Adjuk meg az f(x) = x cos( 3x) függvénynek az a = 0 pont körüli Taylor sorát.

124 Taylor sor; binomiális sor 0 Kvízek megoldása A csoport. Feladat megoldása. 4 + x = ( + x) /4 = ( ) /4 x n, ( x < ) n Ezek alapján kapjuk, hogy 4 4 = 6 ( 6 = 4 6 = ) = 6 [ (/4 ) ( ) ( /4 + 5 ) ( / [ = + ( 5 ) ( /4 ( 3/4) + 5 ) ( /4 n ( /4 3 ) ( 5 6) + ) ( 5 6 ) n ) ( 5 6 /4 ( 3/4) ( 7/4) 3! ) 3 ] ( 5 ) ] 3. 6 pt. Feladat megoldása. sin x = ( ) n x n+ (n + )!, x R pt Ezért ahol x R. Innen bármely x R esetén. sin x = ( ) n (x)n+ x sin x = (n + )! = ( ) n n+ (n + )! xn+, ( ) n n+ (n + )! xn+, 3 pt

125 Taylor sor; binomiális sor B csoport Feladat megoldása. Ha x, akkor 0 < x 3 /9 < miatt ( ) ( ) ) n 9 x3 = 3 + x3 / = 3 ( x3 = 3 9 n 9 ( ) / ( ) n = x 3n. n 9 n Ebből kapjuk, hogy n= 9 x 3 x dx = = ( ) / ( ) n x 3n n 9 n ( 3 x + 3 ( ) / ( ) n x 3n n 9 n n= [ ( ) / ( ) n x 3n 3 ln x + 3 n 9 n 3n n= = 3 ln 3 ln + 3 = 3 ln + 3 ( / n n= ) ] dx pt ( ) / ( ) n 3n 3n n 9 n 3n n= ) ( ) n 8 n 9 n 3n. pt Innen 9 x 3 x ( ) / dx 3 ln ( ) ( ) / / = 3 ln / ( /) / ( /) ( 3/) = 3 ln pt

126 Taylor sor; binomiális sor C csoport. Feladat megoldása. Ha x <, akkor Mivel [0, /] (, ), ezért / x3 = ( + x 3 ) /7 = ( ) /7 x 3n. n / 7 ( ) /7 ( ) /7 / + x3 dx = x 3n dx = x 3n dx 0 n n 0 ( ) [ ] /7 x 3n+ / ( ) /7 (/) 3n+ = = n 3n + 0 n 3n + ( ) ( ) ( ) ( ) 4 ( ) ( ) 7 ( /7 /7 / / = + ( ) 4 ( ) 7 /7 ( 6/7) ( ) 0 /7 ( 6/7) ( 3/7) + 3! 0. ) ( ) 0 0 pt. Feladat megoldása. cos x = ( ) n xn (n)!, x R pt A koszinusz függvény páros, ezért cos( 3x) = cos 3x = ( ) n (3x)n (n)!. Így minden x R esetén. x cos( 3x) = ( ) n 3n (n)! xn+ 3 pt

127 9. Többváltozós függvények értelmezési tartománya, határértéke Házi feladatok Értelmezési tartomány. Feladat. Ábrázoljuk az alábbi függvények értelmezési tartományát. (a) f(x, y) = ln (x + y ) (b) f(x, y) = x + y (c) f(x, y) = ln (x + y ) + x + y Megoldás. (a) Az f(x, y) = ln (x + y ) függvény esetén az x + y > 0 feltételnek kell teljesülnie. Ábrázoljuk az x + y = 0 x + y = egyenletű görbét, ami egy origó középpontú, sugarú kör. A körvonal pontjai nem tartoznak az értelmezési tartományhoz. 3

128 Többváltozós függvények értelmezési tartománya, határértéke 4 Továbbá a kör két részre osztja a síkot. Mindkét részből egy egy tesztpontot választunk. A megfelelő függvények folytonossága miatt a síkrészeken a függvények előjele állandó. Ezért egy síkrészen belül tetszőleges tesztpontokat használhatunk, melyeket a feltételbe helyettesítve döntjük el, hogy az adott síkrész része e az értelmezési tartománynak, vagy sem. I. II. P P Az I. síkrészből válasszuk például a P (, 0) pontot. Ekkor + 0 = > 0. A II. síkrészből válasszuk például a P (0, 0) pontot. Ekkor = 0. Azaz a függvény értelmezési tartománya az I. síkrész, a körvonal pontjai nélkül. (b) Az f(x, y) = függvény esetén a tört x + y nevezője nem lehet nulla, azaz x + y 0 y x, tehát az értelmezési tartomány az y = x egyenes pontjai kivételével az egész sík.

129 Többváltozós függvények értelmezési tartománya, határértéke 5 (c) Az f(x, y) = ln (x + y ) + x + y függvény esetén az x + y > 0 és az y x feltételeknek egyszerre kell teljesülnie, azaz az (a) és a (b) rész alapján a megoldás az előző két tartomány metszeteként adódik.. Feladat. Ábrázoljuk az f(x, y) = Megoldás. Az értelmezési tartományra vonatkozó feltételek Ábrázoljuk közös koordináta rendszerben a egyenletű görbéket. x + y függvény értelmezési tartományát. x + y x + y x + y 0 és x + y 0. x + y = 0 és az x + y = 0 I. V. III. II. IV. Az egyenes és a fekvő parabola 5 részre osztja a síkot. Az egyenes pontjai igen, míg a parabola pontjai nem tartoznak az értelmezési tartományhoz. Ezért már csak az első feltételt ellenőrizzük. Az V. síkrész kivételével, az ábra alapján egyszerűen választhatunk pontokat.

130 Többváltozós függvények értelmezési tartománya, határértéke 6 (, 9/) P 5 (, 0) P P 3 P 4 P A P (0, 0) biztosan I ben van és itt > 0. A P (0, ) eleme II nek és < 0. A III. síkrész tartalmazza a P 3 (3/, 0) pontot és itt 3/ + 0 3/ + 0 < 0. A IV. síkrészből válasszuk például a P 4 (3, 0) pontot. Ekkor > 0. A V. síkrész esetén a tesztpont első koordinátája legyen x =. Az x+y = 0 egyenesen az x = értékhez tartozó pont második koordinátája y = 9/ > 4, az x + y = 0 parabola felső ágán lévő ponthoz y = 0 < 4 tartozik. Így például a P 5 (, 4) pont az V. síkrészbe esik és < 0. Ezek alapján az értelmezési tartomány az I. és IV. síkrészek uniója.

131 Többváltozós függvények értelmezési tartománya, határértéke 7 Határérték x + y 3. Feladat. Határozzuk meg a lim (x,y) A i xy x (a) A = (, ), (c) A 3 = (, /), (b) A = (, 3), (d) A 4 = (, ), határértéket, ha (e) A 5 = (, ), (f) A 6 = (0, 0). Megoldás. A függvény határértékét ahogy az egyváltozós esetben alapvetően az értelmezési tartomány szélein számoljuk, ahol a függvényt nem tudjuk kiértékelni. Ezért első lépésben meghatározzuk az értelmezési tartományt akkor is, ha ezt a feladat külön nem is kéri. A kikötésünk a tört és a négyzetgyök miatt xy x > 0. Az xy x = x(y ) = 0 egyenletet megoldva kapjuk, hogy x = 0, y = ±. Ez a három egyenes hat részre osztja a síkot. Most egyszerűen választhatunk tesztpontokat: I. síkrész: P (, ) II. síkrész: P (, 0) > 0 III. síkrész: P 3 (, ) IV. síkrész: P 4 (, ) 4 > 0 V. síkrész: P 5 (, 0) 0 V I. síkrész: P 6 (, ) 4 > 0 I. II. III. P P P 3 P 4 P 5 P 6 IV. V. V I. Ezek alapján felvesszük az értelmezési tartományt. Az ábrán szaggatott vonallal jelöltük az értelmezési tartomány széleit és jelöltük a határérték helyeket is. A A A 5 A 3 A 6 A 4 (a) Az A (, ) hely az értelmezési tartomány szélén található. Az első változó véges értékhez, kettőhöz tart, a második végtelenhez. Így a második változó domináns tagjának

132 Többváltozós függvények értelmezési tartománya, határértéke 8 kiemelésével nyerjük, hogy lim (x,y) (, ) x + y xy x = lim (x,y) (, ) y y x/y + x x/y = lim x/y + = 0 + =. (x,y) (, ) x x/y 0 (b) Jól láthatóan A (, 3) nincs az értelmezési tartományán szélén és nem is belső pontja annak, így itt a határérték nem definiált. (c) Az A 3 (, /) hely esetén az x koordináta mínusz végtelenbe tart és a feladatban van négyzetgyökös kifejezés, így célszerű x helyett x et írni, majd a tanult módon a domináns tagot kiemelni: lim (x,y) (,/) x + y xy x = lim (x,y) (,/) x + y xy + x = lim (x,y) (,/) x x + y/x y + + y/x = lim x (x,y) (,/) y + = =. (/) + (d) Az A 4 (, ) belső pontja az értelmezési tartománynak, ezért a határérték behelyettesítéssel kapható: x + y xy x = ( ) =. 3 lim (x,y) (, ) (e) Az A 5 (, ) hely esetén mindkét változó végtelenbe tart. A domináns tagok kiemelésével azt kapjuk, hogy lim (x,y) (, ) x + y xy x = lim (x,y) (, ) xy /y + /x xy /y /y + /x = lim x 0 = (x,y) (, ) /y 0, azaz ez a módszer most nem vezet eredményre. Ezért, hogy sejtésünk legyen a függvény viselkedéséről, különböző utak (görbék) mentén vizsgáljuk a határértéket. Az y = x egyenes mentén az x = t, y = t, t > paraméterezéssel írhatjuk, hogy lim t t + t t3 t = lim t t t 3 /t = lim t = 0 t /t = 0. Az x = y görbe mentén az y = t, x = t, t > paraméterezéssel kapjuk, hogy. út. út

133 Többváltozós függvények értelmezési tartománya, határértéke 9 lim t t + t t4 t = lim t t t 4 + /t = lim + /t = /t t /t =. Két különböző görbe mentén két különböző határértéket kaptunk, így ezen a helyen a határérték nem létezik. (f) A (0, 0) pont behelyettesítésével 0 típusú határértéket kapunk. Az értelmezési tartomány alapján a következő görbék mentén vizsgáljuk a függvény 0 viselkedését. Az első út az x = t, y = 0, t > 0 félegyenes. Ekkor t lim = lim t = 0. t 0 + t t 0 + Az x = t, y = t, 0 < t < út esetén. út. út t + t lim t 0 + t + t = lim t + =. t 0 + t + Két különböző görbe mentén két különböző határértéket kaptuk, ezért a határérték nem létezik ebben a pontban sem. 3yx 4. Feladat. Határozzuk meg a lim határértéket, ha (x,y) A i x + y (a) A = (/, ), (b) A = (, ), (c) A 3 = (0, 0). Megoldás. Határozzuk meg az értelmezési tartományt. A kikötésünk a tört és a négyzetgyök miatt A x + y > 0, ahonnan (x, y) (0, 0). A 3 Így mindhárom hely az értelmezési tartomány szélén található. A (a) Az x koordináta véges értékhez, az y koordináta be tart. A feladatban van négyzet-

134 Többváltozós függvények értelmezési tartománya, határértéke 30 gyökös kifejezés, így y helyett y t írunk, majd a domináns tagot kiemeljük: lim (x,y) (/, ) 3yx x + y = lim (x,y) (/, ) = lim (x,y) (/, ) 3( y)x x + ( y) = y y = 3 (/) 0 + = x x /y + = lim (x,y) (/, ) 3yx x + y lim 3x (x,y) (/, ) x /y + (b) A domináns tagok kiemelésével kapjuk, hogy lim (x,y) (, ) 3yx x + y = lim (x,y) (, ) x y x y 3 /y + /x = lim x 3 (x,y) (, ) /y + /x = = ( ) =. (c) A határérték 0 típusú. Mivel a feladatban x + y valamilyen hatványa szerepel, ezért 0 polárkoordinátákra használata természetesen adódik: Így a megfelelő határérték lim (x,y) (0,0) x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, amiből x + y = r. 3yx x + y = lim r ϕ<π = lim r ϕ<π 3(r sin ϕ)(r cos ϕ) r ( 3r sin ϕ cos ϕ ) = 0, = lim r ϕ<π 3r 3 sin ϕ cos ϕ r ugyanis miatt, a rendőrelv alapján sin ϕ cos ϕ 3r 3r sin ϕ cos ϕ 3r ha r 0 +.

135 Többváltozós függvények értelmezési tartománya, határértéke 3 Videók Értelmezési tartomány Ábrázoljuk az alábbi függvények értelmezési tartományát.. Feladat. f(x, y) = Megoldás. x + y 3, g(x, y) = x + y 5, h(x, y) = ln(x 3 y) x. Feladat. f(x, y) = 3x + y Megoldás. /3

136 Többváltozós függvények értelmezési tartománya, határértéke 3 3. Feladat. f(x, y) = Megoldás. 9 x y x + y 3 4. Feladat. f(x, y) = ln x + y x y Megoldás.

137 Többváltozós függvények értelmezési tartománya, határértéke 33 Határérték Adjuk meg az alábbi függvények határértékeit a megadott helyeken. 5. Feladat. f(x, y) = Megoldás., a) (0, 0), b) (0, ), c) (3, 0) x + y 3 a) 3 b) c) nem létezik 6. Feladat. f(x, y) = Megoldás. y, a) (, 0), b) (, ), c) (, 0), d) ( /, ), e) (0, ) x + y a) 3 b) 0 c) nem definiált d) nem létezik e) 7. Feladat. f(x, y) = 3x y, a) (, 3), b) (0, 0) x + y Megoldás. a) 0 b) nem létezik 8. Feladat. f(x, y) = 3xy, a) (, 3), b) (0, 0) x + y Megoldás. a) 9 0 b) 0 9. Feladat. f(x, y) = x y, a) (0, 0) x 4 + y Megoldás. a) nem létezik 0. Feladat. f(x, y) = xy y, a) (, ), b) (, ), c) (, ), d) (, 0), e) (, )

138 Többváltozós függvények értelmezési tartománya, határértéke 34 Megoldás. a) b) c) nem létezik d) nem létezik e). Feladat. f(x, y) = y x, a) (, ), b) (3, ), c) (, ) x + y Megoldás. a) b) c) nem létezik. Feladat. f(x, y) = 3 x + y + Megoldás. a) 3y y + 3 b) 3 x x +, ha x, különben nem létezik c) 3y y + 3, ha y 3, különben nem létezik x, a) (, ), b) (x, ), c) (, y) x + 3. Feladat. f(x, y) = x3 xy + x y xy, a) (0, 0), b) (, ), c) (, ) Megoldás. a) nem létezik b) 0 c) nem létezik 4. Feladat. f(x, y) = x + y x y 3y a) (, ), b) (, ), c) (, ), d) (, ), e) (0, 0), f) (3, 0) Megoldás. a) nem definiált b) c) nem definiált d) nem létezik e) nem létezik f)

139 Többváltozós függvények értelmezési tartománya, határértéke 35 Kvízek A csoport. Feladat. Ábrázoljuk az f(x, y) = x + ln(y/ ) x y xy. Feladat. Határozzuk meg a lim (x,y) (0,0) x + y függvény értelmezési tartományát. határértéket. B csoport Feladat. Határozzuk meg a (a) A = (, ) (b) A = (, ) (c) A 3 = (, ) lim ln x (x,y) A y határértékeket, ahol C csoport Feladat. Határozzuk meg a lim (x,y) A x + y x y határértékeket, ahol (a) A = (, ) (b) A = (, ) (c) A 3 = (, )

140 Többváltozós függvények értelmezési tartománya, határértéke 36 Kvízek megoldása A csoport. Feladat megoldása. A kikötés a négyzetgyök, a tört és a logaritmus miatt x + 0 és ln(y/ ) 0 és y/ > 0 x y/ y/ > x y 4 y >. 4 Ennek megfelelően az értelmezési tartomány a jobb oldalon látható. pt. Feladat megoldása. A határérték 0 típusú. 0 Kikötés: x + y 0, ahonnan (x, y) (0, 0). Polárkoordinátákkal x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, x + y = r pt alapján x y xy (r cos ϕ) (r sin ϕ) (r cos ϕ)(r sin ϕ) lim = lim (x,y) (0,0) x + y r 0 + r 0 ϕ<π r 3 cos ϕ sin ϕ r 3 cos ϕ sin ϕ = lim r 0 + r 0 ϕ<π = lim r ( cos ϕ sin ϕ cos ϕ sin ϕ ) = 0, r ϕ<π ugyanis és a rendőrelv miatt ha r cos ϕ sin ϕ cos ϕ sin ϕ 3 3r r ( cos ϕ sin ϕ cos ϕ sin ϕ ) 3r pt

141 Többváltozós függvények értelmezési tartománya, határértéke 37 B csoport Feladat megoldása. Az értelmezési tartomány a logaritmus és a tört miatt x y > 0 és y 0. Az x =, y = egyenesek négy részre osztják a síkot. A tört 0 I. a P (0, 3) pontban 3 < 0, 0 II. a P (0, 0) ban 0 > 0, III. a P 3 (, 3) ban 3 > 0, IV. a P 4 (, 0) ben 0 < 0. I. II. A A 3 III. A IV. pt Az A (, ) helyen a határérték nem definiált. Az A (, ) helyen x lim (x,y) (, ) y = miatt a logaritmus függvény ismeretében lim (x,y) (, ) y x /y = 0 ( ) = 0 + lim ln x (x,y) (, ) y =. Amennyiben az A 3 (, ) pontot az x = t, y = t, t > 0 görbe mentén közelítjük meg, akkor lim ln t t 0 + t = lim t ln t 0 + t = lim ln = ln = 0, t 0 + ha az x = + t, y = + t, t > 0 görbe mentén, akkor + t lim ln t t = lim t ln t 0 + t = lim ln = ln 0. t 0 + Így ebben a pontban a határérték nem létezik. pt 3 pt

142 Többváltozós függvények értelmezési tartománya, határértéke 38 C csoport Feladat megoldása. Az értelmezési tartomány a tört miatt x y 0, azaz y x. A A A 3 (a) Az A = (, ) pont belső pont, ezért lim (x,y) (,) x + y x y = + = 5. (b) Amennyiben az A = (, ) helyet az x = t, y = t, t > görbe mentén közelítjük meg, akkor t + t lim 4 t = lim t t t t t /t + /t + = lim =, /t t /t ha az x = t, y = t, t > görbe mentén, akkor t4 + t lim t + /t = lim t t t t t /t = lim t + /t /t =. Így ebben a pontban a határérték nem létezik. (c) Az A 3 = (, ) pontot az x =, y = + t, t > 0 görbe mentén megközelítve pt pt lim t 0 + ( ) + ( + t) ( + t) = lim t 0 + t + t t = 0 =, az x =, y = t, t > 0 görbe mentén ( ) + ( t) lim t 0 + ( t) = lim t 0 + ezért ebben a pontban a határérték nem létezik. + t + t t = 0 + =, 3 pt

143 0. Derivált; lokális szélsőérték Házi feladatok Derivált Az f(x, y) függvény (a, b) pontban vett x változó szerinti parciális deriváltja amennyiben ez a határérték létezik és véges; y változó szerinti parciális deriváltja amennyiben ez a határérték létezik és véges; gradiens vektora totális differenciálja amennyiben az f x és f y folytonos. f x(a, f(a + h, b) f(a, b) b) := lim, h 0 h f y(a, f(a, b + h) f(a, b) b) := lim, h 0 h f(a, b) = ( f x(a, b), f y(a, b) ) ; df(a, b) = f x(a, b)dx + f y(a, b)dy, Az f(x, y) függvény (a, b) pontban vett, u(u, u ) irány szerinti deriváltja definíció szerint ( ) f a + u t, b + u t f(a, b) f u(a, u u b) := lim, t 0 + t amennyiben ez a határérték létezik és véges; formálisan f u(a, b) = f(a, b) u u. 39

144 Derivált; lokális szélsőérték 40. Feladat. Definíció alapján és formálisan is adjuk meg az f(x, y) = 3x+ xy /y függvény f x(, 4) és f y(4, ) parciális deriváltjait. Megoldás. Először definíció szerint számoljuk ki a parciális deriváltakat. Az x változó szerinti parciális derivált f( + h, 4) = 3( + h) + ( + h)4 4 = 3 + 3h h 4 alapján f(, 4) = = 5 4 f x(, f( + h, 4) f(, 4) 4) = lim h 0 h 3h h = lim h 0 h = lim h 0 9h 6h h(3h 4 + 4h) = lim h 0 Az y változó szerinti parciális derivált miatt 3 + 3h h = lim (5 ) 4 4 h 0 h 3h 4 + 4h 3h 4 + 4h = lim h 0 (3h ) (4 + 4h) h(3h 4 + 4h) 9h 6 (3h 4 + 4h) = 6 4 = 4. f(4, + h) = + 4( + h) + h f(4, ) = + 4 = 3 f y(4, f(4, + h) f(4, ) + ) = lim = lim h 0 h h 0 ( 4 + 4h = lim + ) +h h 0 h A deriváltak formálisan: (4 + 4h) = lim h 0 h( 4 + 4h + ( +h + ) +h 4( + h) 3 +h h 4 + 4h + ( +h + ) 4 + 4h + ( +h + ) + ) = lim h 0 4h + h + 8 = lim h 0 (h + ) ( 4 + 4h + + ) = 8 4 =. +h 4h 3 + h + 8h h(h + ) ( 4 + 4h + +h + ) f x(x, y) = 3 + (xy) / y = 3 + y xy, f x(, 4) = = 3 + = 4 ; f y(x, y) = (xy) / x + y = x xy + y, f y(4, ) = =.

145 Derivált; lokális szélsőérték 4. Feladat. Formálisan határozzuk meg az f(x, y) = x cos y ln x y függvény másodrendű parciális deriváltjait. Megoldás. Az elsőrendű deriváltak: f x = cos y x y xy = cos y x, f y = x sin y x y x = x sin y y. A másodrendű deriváltak: f xx = x, f xy = sin y, f yx = sin y, f yy = x cos y + y. Megjegyzés. A fenti példában a megfelelő vegyes parciális deriváltak megegyeznek. A parciális deriváltak folytonossága garantálja ezt a tulajdonságot. 3. Feladat. Adjuk meg az f(x, y) = 3x y x y függvény gradiens vektorát és totális differenciálját általánosan és a P (, ) pontban. Megoldás. Az elsőrendű parciális deriváltak: f x = 6xy (x y ) / = 6xy f y = 3x (x y ) / ( y) = 3x + Ezek alapján a gradiens vektor általánosan ( a P (, ) pontban Az f(x, y) = f x = 6xy 6xy f(, ) = x y, 3x + ( 5 ),. x y, y x y. ) y, x y és f x y y = 3x y + x y parciális deriváltak folytonosak, ezért ( ) ( ) df(x, y) = 6xy dx + 3x y + x y x y dy és df(, ) = 5 dx + dy.

146 Derivált; lokális szélsőérték 4 4. Feladat. Definíció alapján és formálisan is adjuk meg az f(x, y) = x( y) függvény P (, 3) pontbeli, u(, 4) irányban vett deriváltját. Megoldás. A derivált definíció szerint. Az u hossza u = 7 és Továbbá f és f(, 3) = 8 alapján ( u u = u u, u ) ( =, u 7 ( + t, ) ( t = f u(, 3) = lim A derivált formálisan: Ezek alapján t 0 + f = lim t 0 + = lim t 0 + = lim = = ) 4. 7 t ) ( ( t 7 4t 7 ( ) + 7 t, t f(, 3) t 8 4t 7 4t 8 7 t t 8 4t 7 4t 8 7 ( 8 4t 7 4t + ) t 7 t t 8 4t f x = (x( y)) / ( y) = = 7 8 = 34. 4t )) 7 8 4t 7 4t t 7 4t y x( y), f x(, 3) = 4 8 = ; 8 f y = (x( x y)) / ( x) = x( y), f y(, 3) = 8 =. 8 f u(, 3) = f(, 3) u u = = ( ) 8 ( 8, ) (, = ) 4 7

147 Derivált; lokális szélsőérték 43 Lokális szélsőérték Legyen az f függvény differenciálható. Az { f x(x, y) = 0 f y(x, y) = 0 egyenletrendszer megoldása adja a függvény kritikus pontjait. A := f xx és := f xx f xy = f xxf yy f f yx f yy jelölésekkel, amennyiben az adott kritikus pontban xyf yx > 0, < 0, = 0, akkor ott van szélsőérték, mégpedig > 0 esetén minimum, < 0 esetén maximum, akkor ott nincs szélsőérték, akkor ott lehet szélsőérték, további vizsgálat szükséges. 5. Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x 4 +y 4 x xy y függvény lokális szélsőértékeit. Megoldás. A függvény differenciálható és a parciális deriváltak f x = 4x 3 x y és f y = 4y 3 x y. Így a { 4x 3 x y = 0 4y 3 x y = 0 egyenletrendszert megoldását keressük. A két egyenletet egymásból kivonva kapjuk, hogy 4x 3 4y 3 = 0, azaz x = y. Ezt visszahelyettesítve például az első egyenletbe 4y 3 4y = 0 4y(y ) = 0 adódik, ahonnan y = 0, y = ±. Tehát három kritikus pont van: M 0 (0, 0), M (, ), M (, ). A függvénynek csak ezen pontokban lehet szélsőértéke. Továbbá alapján f xx = x, f xy = f yx = és f yy = y = (x )(y ) 4.

148 Derivált; lokális szélsőérték 44 Az M és az M pontban (, ) = (, ) = > 0 miatt a függvénynek szélsőértéke van. Mégpedig (, ) = (, ) = 0 > 0 alapján mindkét pontban minimuma van; a minimum értékek megegyeznek, ugyanis f(, ) = f(, ) =. Az M 0 pontban (0, 0) = 0, így további vizsgálat szükséges. Ebben a pontban a függvény értéke f(0, 0) = 0. Nézzük a függvény viselkedését a pont környezetében különböző irányok mentén. Az x-tengelyen 0 < x < esetén az y = x egyenesen, ha x 0, akkor f(x, 0) = x 4 x = x (x ) < 0 = f(0, 0) ; f(x, x) = x 4 > 0 = f(0, 0). Azaz az origó tetszőleges környezetében az f függvény felvesz f(0, 0)-nál kisebb és nagyobb értéket is. Ezért a függvénynek az M 0 pontban nincs szélsőértéke A fenti ábra a függvény 3D-s grafikonját mutatja szintvonalakkal és magasság szerinti színezéssel.

149 Derivált; lokális szélsőérték Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = ( + e y ) cos x ye y függvény lokális szélsőértékeit. Megoldás. A parciális deriváltak f x = ( + e y )( sin x) és f y = e y cos x ( e y + ye y ). Így a { ( + e y ) sin x = 0 e y (cos x y) = 0 egyenletrendszer megoldását keressük. Az exponenciális kifejezés pozitivitása miatt elegendő a { sin x = 0 cos x y = 0 egyenletrendszert megoldani. A sin x = 0 egyenletből kapjuk, hogy x = lπ, ahol l Z. Ezen pontokban a koszinusz függvény vagy az vagy a értéket veszi fel attól függően, hogy l páros vagy páratlan. Így a második egyenletben ha x = kπ, k Z, akkor cos(kπ) y = 0 y = 0 y = 0, ha x = (k + )π, k Z, akkor pedig cos((k + )π) y = 0 y = 0 y =. Ezek alapján végtelen sok kritikus pontunk van: Továbbá M k (kπ, 0), illetve M k+ ((k + )π, ), k Z. alapján f xx = ( + e y ) cos x, f xy = f yx = e y sin x és f yy = e y (cos x y) = ( ( + e y ) cos x) e y (cos x y) ( e y sin x) = ( + e y ) cos x. Az M k pontokban, cos(kπ) =, sin(kπ) = 0, és e 0 = miatt (kπ, 0) = ( ) 0 = > 0 bármely k Z esetén. Így ezekben a pontokban a függvénynek szélsőértéke van, mégpedig alapján maximuma van; a maximum érték (kπ, 0) = < 0 f(kπ, 0) = bármely k Z esetén. Az M k+ pontokban, cos((k + )π) = és sin((k + )π) = 0 alapján = e ( + e ) < 0. Ezért ezekben a pontokban nincs szélsőérték. Azaz a függvénynek végtelen sok maximum helye van, de egyetlen minimumhelye sincs.

150 Derivált; lokális szélsőérték 46 Videók Derivált Definíció szerint és formálisan is határozzuk meg az alábbi függvények adott pontban vett parciális deriváltjait.. Feladat. f(x, y) = x + 3xy, f x(, ) Megoldás. f x(, ) = 4. Feladat. f(x, y) = y 3xy, f y(, ) Megoldás. f y(, ) = Feladat. f(x, y) = xy + 3 y, f x(, ), f y(0, 3) Megoldás. f x(, ) = 4, f y(0, 3) = Feladat. f(x, y) = xy + y, f x(, ), f xx(0, ) Megoldás. f x(, ) = 4, f xx(0, ) = 8 5. Feladat. Az f(x, y) = x y 3y y + df(, 3) kifejezéseket. függvény esetén adjuk meg az f x(, ), f y(, 3), f(, 3), Megoldás. f x(, ) =, f y(, 3) = ( 5, f(, 3) = 5, ), df(, 3) = 5 5 dx + 5 dy 6. Feladat. Az f(x, y) = x 3 3x y + ln(y ), függvény esetén adjuk meg az f x, f xx, f y, f yy, f xy függvényeket, továbbá a f(, ), df(0, ) értékeket.

151 Derivált; lokális szélsőérték 47 Megoldás. f x = 6x 6xy f xx = x 6y f y = 3x + y y f yy = (y ) y y (y ) f xy = 6x df(0, ) = 0dx dy, f(, ) = ( 6, ) 3 7. Feladat. Az f(x, y) = xye x +y függvény esetén határozzuk meg az f x, f xx, f y, f f xy parciális deriváltfüggvényeket. Megoldás. yy, f x = e x +y (y x y) f xx = xy(x 3)e x +y f y = e x +y (x y x) f yy = xy(y 3)e x +y f xy = e x +y (x y x y + ) Definíció alapján és formálisan is adjuk meg az alábbi függvények P pontbeli, u irány szerinti deriváltját. 8. Feladat. f(x, y) = x + 3y, P (, ), u = (4, 3) Megoldás. f u(, ) = 0 9. Feladat. f(x, y) = x y, P (3, ), u = (, ) Megoldás. f u(3, ) = 5 0. Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x y 3x x y u = (4, ) irány szerinti deriváltját. függvénynek a P = (, 3) pontbeli, Megoldás. f u(, 3) = Lokális szélsőérték Határozzuk meg a következő függvények lokális szélsőérték helyeit.

152 Derivált; lokális szélsőérték 48. Feladat. f(x, y) = x x y + 4y Megoldás. Nincs szélsőérték.. Feladat. f(x, y) = x 3 3xy + y 3 Megoldás. Minimum hely: (, ) 3. Feladat. f(x, y) = x 4 + y 4 x + 4xy y Megoldás. Minimum helyek: (, ), (, ) 4. Feladat. f(x, y) = x 4 + y 4 x y 8x 8y Megoldás. Minimum helyek: x + y = 4; maximum hely: (0, 0) 5. Feladat. f(x, y) = xye x +y Megoldás. Minimum helyek: (, ), (, ); maximum helyek: (, ), (, )

153 Derivált; lokális szélsőérték 49 Kvízek A csoport. Feladat. Definíció alapján és formálisan is határozzuk meg az f(x, y) = x 3y függvény y változó szerinti parciális deriváltját a P (, ) pontban.. Feladat. Adjuk meg az f(x, y) = e xy ln(x 3y + ) függvény gradiens vektorát általánosan, illetve a (, 0) pontban. B csoport Feladat. Definíció alapján és formálisan is határozzuk meg az f(x, y) = 3x x + y + függvény P (, 3) pontbeli, u( 3, 4) irányban vett deriváltját. Adjuk meg a függvény totális differenciálját is a P (, 3) pontban. C csoport Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = xy + x y y függvény helyi szélsőértékeit.

154 Derivált; lokális szélsőérték 50 Kvízek megoldása A csoport. Feladat megoldása. A definíció szerinti parciális derivált: f(, + h) = 4 3( + h) = 3h, f(, ) = 4 3 = alapján Formálisan: f y(, f(, + h) f(, ) 3h ) = lim = lim h 0 h h 0 h 3h 3h + = lim h 0 h 3h + = lim h 0 3h h ( 3h + ) = lim h 0 3 3h + = 3. pt f y = (x 3 3y) / ( 3) = x 3y, f y(, 3 ) = 4 3 = 3.. Feladat megoldása. illetve A gradiens vektor f x(x, y) = e xy ( y) ln(x 3y + ) + e xy f x(, 0) = 0 + ( 4) =, + x 3y + 4x f y(x, y) = e xy ( x) ln(x 3y + ) + e xy x 3y + ( 3) f y(, 0) = ln( + ) + + ( 3) = ln f(x, y) = ( f x(x, y), f y(x, y) ) ( = ye xy ln(x 3y + ) + 4xe xy x 3y +, xe xy ln(x 3y + ) ) 3e xy, x 3y + pt és f(, 0) = (, ln 4 3 ). 4 3 pt

155 Derivált; lokális szélsőérték 5 B csoport Feladat megoldása. Az u vektor hossza u = = 5. Így az iránymenti derivált definíció szerint: formálisan: f u(, f 3) = lim t 0 + = lim t 0 + = lim t 0 + = lim ( + 3 t, 3 + 4t) f(, 3) 5 5 t 3(+ 3 5 t) (+ 3 5 t)+( t+ 5 t 5 t t 8 5 t 0 + t t) = lim t t t ( 5 t ) = lim t t 5 t + t 5 t = 8 5 ; pt alapján f x = 3(x + y + ) (3x ) (x + y + ) = 3y + 5 (x + y + ), f x(, 3) = 4 ; f y = 3x (x + y + ), f y(, 3) = f u(, 3) = f(, 3) u u = = 8 5. = ( 4, ) ( 3 5, 4 ) 5 A totális differenciál, mivel f x és f y folytonos az értelmezési tartományán, df(, 3) = f x(, 3)dx + f y(, 3)dy = 4dx dy. pt 3 pt

156 Derivált; lokális szélsőérték 5 C csoport Feladat megoldása. A parciális deriváltak: f x = y + xy és f y = xy + x y. Így szerint az első egyenletből A második egyenletbe visszahelyettesítve { y + xy = 0 xy + x y = 0 y(y + x) = 0 y = 0, y = x. ha y = 0, akkor 0 + x + 0 = 0 x = 0 x = 0. Tehát a kritikus pontok: M 0 (0, 0), M ( 4 3, 8 3 ). Továbbá ha y = x, akkor x( x) + x ( x) = 0 4x + x + 4x = 0 x( 3x + 4) = 0 x = 0, x = 4/3. pt így f xx = y, f xy = f yx = y + x és f yy = x, = y(x ) (y + x). pt Az M pontban ( 4 3, 8 3 ) = 6 3 miatt a függvénynek nincs lokális szélsőértéke. Az M 0 pontban (0, 0) = 0. Ha y = x, akkor ( ) ( ) = f(x, x ) = x x 4 + x x x 4 = x 5, ( ) 8 < 0, 3 amely függvény az origó tetszőleges környezetében felvesz pozitív és negatív értéket, azaz felvesz f(0, 0) = 0 nál kisebb és nagyobb értéket is. Így ebben a pontban sincs szélsőérték. 3 pt

157 . Feltételes szélsőérték Házi feladatok Görbe mentén. Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x 4 x y y + 4 függvény x + y = 0 feltétel melletti szélsőérték helyeit. Megoldás. Az x + y = 0 feltételből x = y adódik, ezt a függvénybe helyettesítve az egyváltozós függvény szélsőértékeit keressük. f( y, y) = ( y) 4 ( y) y y + 4 = 8y 4 y + 4 = g(y), y R g (y) = 3y 3 y = y(6y ) miatt a kritikus pontok y = 0, ±/4. Továbbá ezért g (y) = 96y, g (0) = < 0 g (±/4) = 96 6 = 4 > 0 miatt g(y)-nak az y = 0 pontban maximuma, az y = ±/4 pontokban minimuma van. Tehát az f függvénynek az adott x = y feltétel mellett az M (0, 0) pontban helyi maximuma, az M ( /, /4), M 3 (/, /4) pontokban helyi minimuma van. 53

158 Feltételes szélsőérték 54 g(y) /4 /4 A bal oldali ábrán a feltétel melletti g(y) függvény sematikus képe látható. Jobb oldalon az f(x, y) függvény térbeli ábráját láthatjuk az alapsíkon lévő x + y = 0 feltétellel (fekete egyenes), és az általa meghatározott síkmetszettel együtt.. Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x y függvény x + y = feltétel melletti szélsőérték helyeit. Megoldás. Ebben az esetben a feltételből az egyik változót kifejezni sokkal nehezebb, mint az előző feladatban volt. Ezért a Lagrange-függvény segítségével oldjuk meg a feladatot. A feltételt 0-ra rendezve kapjuk, hogy x + y = 0, majd képezzük a Lagrange-függvényt. Ekkor ( F (x, y, λ) := x y + λ x + y ) F x = λ x 3, F y = λ y 3, F λ = x + y, így az λ = 0 x 3 λ = 0 y 3 + = 0 x y egyenletrendszert kell megoldanunk. Az első két egyenletet összeadva egyszerű számolással adódik, hogy y = x.

159 Feltételes szélsőérték 55 Ezt a harmadik egyenletbe helyettesítve kapjuk, hogy és ekkor az egyenletrendszer megoldásai x + ( x) = 0 x = x = 4 x = ± x =, y =, λ = 4 illetve x =, y =, λ = 4. Tehát a kritikus pontok λ = 4 esetben M (, ) és λ = 4 esetben M (, ). Ezután a lokális szélsőérték meghatározásakor tanultakat alkalmazzuk az F függvényre. A parciális deriváltak alapján F xx = 6λ x, F 4 xy = F yx = 0, F yy = 6λ y 4 F = 6λ x 6λ 4 y 4 0 = 36λ x 4 y 4 és F = 6λ x 4. A λ = 4 esetben, az M (, ) pontban F = 9/4 > 0, ezért itt van szélsőérték, és F = 3/ > 0 és miatt itt helyi minimum van. A λ = 4 esetben, az M (, ) pontban F = 9/4 > 0, ezért van szélsőérték, F = 3/ < 0 miatt itt helyi maximum van. Az ábrán az f(x, y) függvény 3-dimenziós képe látható, amin jól beazonosítható a lokális maximum és minimumhely.

160 Feltételes szélsőérték 56 Korlátos, zárt halmazon 3. Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x 3 xy 3x függvény szélsőértékeit a (, ), (, ) pontokat összekötő szakaszon. Megoldás. A (, ), (, ) pontokon áthaladó egyenes egyenlete y = x. (, ) Így az f(x, x) = x 3 x( x) 3x = x 3 + x 4x = g(x) (, ) egyváltozós differenciálható függvény szélsőértékeit keressük a [, ] zárt intervallumon. Ezeket g az intervallum végpontjaiban, vagy az intervallumon belül található kritikus pontokban (ahol g = 0) veszi fel. g (x) = 3x + 4x 4 = 0 miatt a kritikus pontok x = /3, x =. Az x = nem belső pontja a [, ] intervallumnak. Ezért /3 f(, ) = g( ) = = 5 f(/3, /3) = g(/3) = = 40 7 f(, ) = g() = = 8 alapján az f(x, y) függvény a korlátos, zárt halmazon a minimumát a (/3, /3) pontban veszi fel és a minimum érték 40 7 ; a maximum hely a (, ) pont és a maximum érték 8. g(x) /3

161 Feltételes szélsőérték Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x + y xy + 3x 3y függvény szélsőértékeit az y = 0, x = és az x + y = 0 egyenletű egyenesek által határolt korlátos, zárt síklemezen. Megoldás. Az egyenesek által meghatározott síkrész az A(, 0), B(0, 0) és C(, 4) csúcspontú derékszögű háromszög, ami egy korlátos, zárt halmaz. Így szélsőérték a halmaz belsejében található kritikus pontokban, ahol f x = 0 és f y = 0, vagy a határán adódik. C x = x + y = 0 A y = 0 B A parciális deriváltak f x = x y + 3 és f y = y x 3. A { x y + 3 = 0 y x 3 = 0 C egyenletrendszernek egyetlen megoldása van, M (, ), ami a háromszög belsejében van és itt f(, ) = 3. A 3 B A kerület három szakaszból áll. Az AB oldalon x 0 és y = 0, ezért az f(x, 0) = x + 3x = g (x) egyváltozós függvény szélsőértékeit keressük a [, 0] zárt intervallumon. Az előző feladatban látott módon, g (x) = x + 3 alapján a kritikus pont x = 3/, amely belső pontja a [, 0] intervallumnak. 3/ 0 Így ebben a pontban, valamint a végpontokban, az A és a B pontban számoljuk ki a függvényértékeket: f(, 0) = g ( ) = 4 6 = f ( 3 ) (, 0 = g 3 ) = = 9 4 f(0, 0) = g (0) = 0. C 3 9/4 0

162 Feltételes szélsőérték 58 Az AC oldalon x = és 0 y 4, ezért az f(, y) = 4 + y + y 6 3y = y y = g (y) egyváltozós függvény szélsőértékeit keressük a [0, 4] zárt intervallumon. Hasonlóan, mint az előbbi pontban, g (y) = y alapján a kritikus pont y = /, ami belső pontja a [0, 4] intervallumnak. 0 / 4 y Így a következő értékeket számoljuk f(, 0) = g (0) = 0 f(, /) = g (/) = 4 = 9/4 f(, 4) = g (4) = 6 4 = 0. Vegyük észre, hogy az A(, 0) pontbeli értéket ismételten kiszámoltuk. 9/4 3 9/4 0 A BC oldalon az y = x és x 0 feltétel alapján az f(x, x) = x + ( x) x( x) + 3x 3( x) = 7x + 9x = g 3 (x) egyváltozós függvény szélsőértékeit keressük a [, 0] zárt intervallumon. A g 3(x) = 4x + 9 derivált miatt a kritikus pont x = 9/4 és ez belső pontja a [, 0] intervallumnak. Ekkor f(, 4) = g 3 ( ) = 8 8 = 0 9/4 0 f( 9/4, 9/7) = g 3 ( 9/4) 8 = = > 3 f(0, 0) = g 3 (0) = 0. Az első és a harmadik értéket már ismertük. 0 9/4 0 9/

163 Feltételes szélsőérték 59 A fentiek alapján megállapíthatjuk, hogy a függvény a zárt háromszögön a minimumát a síkidom belsejében, a (, ) pontban veszi fel és a minimum érték 3, a maximum hely a háromszög C(, 4) csúcspontja és a maximum érték / / Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x + y x + 6y függvény szélsőértékeit az x + y 5 körlapon. Megoldás. Szélsőérték a körlap belsejében található kritikus pontokban vagy a körvonalon adódik. A parciális deriváltak f x = x és f y = y + 6. A { x = 0 5 y + 6 = 0 egyenletrendszer egyetlen megoldása M (6, 8), amely nincs a körlap belsejében. (6, 8) Ezért a szélsőértékek a kerületen adódnak. Ezeket most a Lagrange-függvény segítségével határozzuk meg. Tehát F (x, y, λ) := x + y x + 6y + λ ( x + y 5 ), így alapján az F x = x λx, F y = y λy, F λ = x + y 5 x + λx = 0 y λy = 0 x + y 5 = 0

164 Feltételes szélsőérték 60 egyenletrendszert kell megoldanunk. Az első egyenletből x = 6 λ +, a másodikból y = adódik, ezeket visszaírva a harmadikba kapjuk, hogy 36 (λ + ) + 64 (λ + ) = 5 00 = (λ + ) 5 4 = (λ + ) ± = λ +. 8 λ + Azaz λ = és ekkor x = 3, y = 4, valamint λ = 3 és ekkor x = 3, y = 4. Tehát a kritikus pontok M (3, 4) és M ( 3, 4). f(3, 4) = = 75 f( 3, 4) = = 5 miatt M a minimum hely, a minimum érték 75, a maximum hely M, a maximum érték

165 Feltételes szélsőérték 6 Videók Görbe mentén. Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x xy y + 4y függvény feltételes szélsőérték helyeit az Megoldás. a) x = egyenes, b) a (, 3) ból (, 3) ba menő szakasz mentén. a) Maximum hely: (, ). b) Minimum hely: (, 3); maximum hely: (, ).. Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x 3 3xy + y 3 függvény feltételes szélsőérték helyeit a) az y = x egyenes mentén, ( b) a ), pontból a (, ) pontba menő szakasz mentén, c) az origóból induló, az (, ) ponton átmenő félegyenes mentén. Megoldás. a) Nincs szélsőérték. b) Minimum helyek: c) Minimum hely: (, ). ( ),, (, ); maximum hely: (, ), 3. Feladat. Határozzuk meg f(x, y) = x+y feltételes szélsőérték helyeit az y +xy =, y > 0 görbe mentén. Megoldás. Minimum hely: (0, ). 4. Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x + y + 3 függvény feltételes szélsőérték helyeit az x + y = görbe mentén. Megoldás. Minimum helyek: (0, ), (0, ); maximum helyek: (, 0), (, 0). 5. Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x + 4x + y y + függvény feltételes szélsőérték helyeit az x + y = görbe mentén.

166 Feltételes szélsőérték 6 Megoldás. Minimum hely: ( (, ); maximum hely: 5, ) Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x + 4x y y + függvény feltételes szélsőérték helyeit az x = + y görbe mentén. Megoldás. Nincs szélsőérték. 7. Feladat. Határozzuk meg f(x, y) = xy feltételes szélsőérték helyeit a 4x + 9y = 8 görbe mentén. Megoldás. Minimum helyek: (, ) (,, ) ( ; maximum helyek:, ) (,, ) Korlátos, zárt halmazon 8. Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x y x + 4y függvény szélsőérték helyeit a (, 0), (, 0), (, 4) pontok által meghatározott zárt háromszögön. Megoldás. Minimum hely: (, 0); maximum hely: (, 0). 9. Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x 3 3xy +y 3 függvény szélsőérték helyeit a (, ), (, ), (, ), (, ) pontok által meghatározott zárt négyzeten. Megoldás. Minimum hely: (, ); maximum helyek: (, ), (, ). 0. Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x 4 +y 4 x y +3 függvény szélsőérték helyeit a x, y feltételek által meghatározott zárt téglalapon. Megoldás. Minimum helyek: ( ± ), ± ; maximum helyek: (±, ±), (±, 0).. Feladat. Adjuk meg f(x, y) = xy + x ln x y szélsőérték helyeit az (3, 3) pontok által meghatározott zárt háromszögön. ( ) Megoldás. Minimum hely: 4, 3 ; maximum hely: (3, 3). ( 4, ), 4 ( ) 4, 3,. Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x 3 4x + 5x xy függvény szélsőérték helyeit az y = 0, x =, y = x egyenletű görbék által határolt korlátos, zárt síkrészen.

167 Feltételes szélsőérték 63 Megoldás. Minimum hely: (, 4); maximum helyek: (, 0), (, 0). 3. Feladat. Határozzuk meg f(x, y) = x 4 x + y 4 szélsőérték helyeit a 4x + y 9 tartományon. ( Megoldás. Minimum helyek: ± ), 0 ; maximum helyek: (0, ±3).

168 Feltételes szélsőérték 64 Kvízek A csoport Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x 3 + 3xy + y 3 függvény szélsőértékeit a ( 3, 0), (, 4) pontokat összekötő szakaszon. B csoport Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x + 3y 4y + függvény szélsőértékeit az x + y = 4, y > 0 és y = 0 görbék által kijelölt zárt félkörlapon. C csoport Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x + y függvény (x ) + y = feltétel melletti szélsőértékeit.

169 Feltételes szélsőérték 65 Kvízek megoldása A csoport Feladat megoldása. A ( 3, 0), (, 4) pontokon áthaladó egyenes meredeksége m = 4 4 =. Így y = x + b, ahol a ( 3, 0) pont koordinátáit behelyettesítve 0 = y = x + b = ( 3) + b = 3 + b, azaz b = 3. Tehát y = x 3. Az f(x, x 3) = x 3 + 3x( x 3) + ( x 3) 3 = x 3 3x 9x (x 3 + 9x + 7x + 7) = x 36x 7 = g(x) egyváltozós függvény szélsőértékeit keressük a [ 3, ] zárt intervallumon. A derivált pt g (x) = 4x 36, emiatt a kritikus pont x = 3/, ami belső pontja a [ 3, ] intervallumnak. 3 3/ pt Így 3 3 = 3 = y alapján f( 3, 0) = g( 3) = 7 ( f 3 ) (, 3 = g 3 ) ( = 3 3 ( + 3 ) 3 ) ( 3 ) ( + 3 ) 3 = = 0 f(, 4) = g() = 64 = 75. Tehát az f(x, y) függvénynek a feltétel mellett az (, 4) pontban minimuma, a ( 3/, 3/) pontban maximuma van, a minimum érték 75, a maximum érték 0. 3 pt

170 Feltételes szélsőérték 66 B csoport Feladat megoldása. Mivel f x = x, f y = 6y 4, így { x = 0 azaz x = 0 és y = /3. 6y 4 = 0, Tehát M (0, /3) az egyetlen kritikus pont. Ez belső pontja a félkörnek és ( ) f(0, /3) = = = 3 /3 A kerület két részből áll. pt A vízszintes szakaszon y = 0 és x. Ezért f(x, 0) = x + = g (x) g (x) = x 0 alapján a kritikus pont x = 0, ami belső pontja a [, ] intervallumnak. f(, 0) = g ( ) = 4 + = 5 f(0, 0) = g (0) = f(, 0) = g () = 4 + = 5 5 /3 5 pt A félköríven x + y = 4 és 0 y. Tehát f(x,y) = x + 3y 4y + = x + y + y 4y + = y 4y + 5 = g (y), 0 y g (y) = 4y 4 miatt a kritikus pont y =, amely belső pontja a [0, ] intervallumnak. Ekkor x = ± 3 és /3 3 5 y f(, 0) = g (0) = 5, f(± 3, ) = g () = = 3, f(0, ) = g () = 5. Összegezve kapjuk, hogy függvénynek a zárt félkörlapon az M (0, /3) ben van a minimuma, ami /3, és a (, 0) és (, 0) pontokban pedig a maximuma, ami 5. 3 pt

171 Feltételes szélsőérték 67 C csoport Feladat megoldása. F (x, y, λ) := x + y + λ((x ) + y ) A második egyenletből x + λ(x ) = 0 y + λy = 0 (x ) + y = 0 y + λy = 0 y( + λ) = 0 y = 0, λ =. Ha λ =, akkor az első egyenletbe visszahelyettesítve a x (x ) = 4 összefüggést kapjuk, ami ellentmondás, így λ. Amennyiben y = 0, akkor a harmadik egyenletbe behelyettesítve pt (x ) = 0 (x ) = x = ± x = 3, x =. Ha x = 3, akkor az első egyenletből λ = 3, ha x =, akkor λ =. Tehát a kritikus pontok Továbbá szerint λ = esetén M (, 0) és λ = 3 esetén M (3, 0). F xx = + λ, F xy = F yx = 0, F yy = + λ F = ( + λ) és F = + λ. pt A λ = esetben F = 6 > 0 és F = 4 > 0, így az M (, 0) pontban minimum van, a minimum érték f(, 0) =. A λ = 3 esetben pedig F = 6 > 0 és F = 4 < 0, tehát az M (3, 0) pontban maximum van, a maximum érték f(3, 0) = 9. 3 pt

172 . Egzakt differenciálegyenlet; vonalintegrál Házi feladatok Egzakt differenciálegyenlet Legyenek P = P (x, y) és Q = Q(x, y) kétváltozós függvények. A P dx + Qdy = 0 vagy P + Qy = 0 alakra hozott differenciálegyenletet egzaktnak nevezzük, ha P y Q x. Ekkor létezik olyan U = U(x, y) függvény, melyre U x = P és U y = Q, továbbá a differenciálegyenlet (implicit) megoldása U = C, azaz a kétváltozós U függvény szintvonalai.. Feladat. Oldjuk meg a (cos x x sin x + y)dx + (x cos y)dy = 0 differenciálegyenletet. Megoldás. Esetünkben P = cos x x sin x + y és Q = x cos y, ahonnan P y = és Q x =, azaz P y Q x. Így a differenciálegyenlet egzakt. Tehát van olyan U függvény, amelyre U x = P és U y = Q. Az U x = P = cos x x sin x + y összefüggés alapján kapjuk, hogy U = (cos x x sin x + y)dx. Parciális integrálással, az f = x, g = sin x, f =, g = cos x 68

173 Egzakt differenciálegyenlet; vonalintegrál 69 választással kapjuk, hogy x sin x dx = x cos x + fg fg cos x dx = x cos x + sin x + C, f g így U = (cos x x sin x + y)dx = sin x + x cos x sin x + yx + C + g(y) = x cos x + yx + C + g(y), hiszen tetszőleges g(y) függvénynek is 0 az x változó szerinti deriváltja. Az U y = Q = x cos y összefüggés miatt Tehát U = (x cos y)dy = xy sin y + C + h(x). illetve U = x cos x + yx + C + g(y), U = xy sin y + C + h(x) alapján g(y) = sin y, h(x) = x cos x. Azaz U = x cos x + xy sin y + C, és a differenciálegyenlet implicit megoldása: x cos x + xy sin y = C A fenti ábrákon az U függvény néhány szintvonala, azaz az egzakt differenciálegyenlet néhány megoldása látható.

174 Egzakt differenciálegyenlet; vonalintegrál 70. Feladat. Határozzuk meg a ln(y + ) + Megoldás. Esetünkben y(x ) y + y = 0 differenciálegyenlet megoldásait. P = ln(y + ) és Q = y(x ) y +, ahonnan P y = y y + miatt a differenciálegyenlet egzakt. és Q x = y y +, azaz P y Q x Az U x = P = ln(y + ) összefüggés alapján U = ln(y + ) dx = x ln(y + ) + C + g(y). Az U y = Q = y(x ) y + összefüggés miatt, a z = y +, dz = y dy helyettesítést alkalmazva kapjuk, hogy y(x ) y U = dy = (x ) dy = (x ) y + y + z dz = (x ) ln y + + C + h(x) = x ln y + ln y + + C + h(x). Így g(y) = ln y +, h(x) = 0, azaz U = x ln y + ln y + + C. Tehát a differenciálegyenlet implicit megoldása: x ln y + ln y + = C

valós számot tartalmaz, mert az ilyen részhalmazon nem azonosság.

valós számot tartalmaz, mert az ilyen részhalmazon nem azonosság. 2. Közönséges differenciálegyenlet megoldása, megoldhatósága Definíció: Az y függvényt a valós számok H halmazán a közönséges differenciálegyenlet megoldásának nevezzük, ha az y = y(x) helyettesítést elvégezve

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

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

Matematika III. harmadik előadás

Matematika III. harmadik előadás Matematika III. harmadik előadás Kézi Csaba Debreceni Egyetem, Műszaki Kar Debrecen, 2013/14 tanév, I. félév Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 1 / 13 tétel Az y (x)

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

Differenciálegyenletek

Differenciálegyenletek Differenciálegyenletek Losonczi László Debreceni Egyetem, Közgazdaság- és Gazdaságtudományi Kar Debrecen, 2011/12 tanév, I. félév Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 1 /

Részletesebben

Differenciálegyenletek. Vajda István március 4.

Differenciálegyenletek. Vajda István március 4. Analízis előadások Vajda István 2009. március 4. Függvényegyenletek Definíció: Az olyan egyenleteket, amelyekben a meghatározandó ismeretlen függvény, függvényegyenletnek nevezzük. Függvényegyenletek Definíció:

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

(1 + (y ) 2 = f(x). Határozzuk meg a rúd alakját, ha a nyomaték eloszlás. (y ) 2 + 2yy = 0,

(1 + (y ) 2 = f(x). Határozzuk meg a rúd alakját, ha a nyomaték eloszlás. (y ) 2 + 2yy = 0, Feladatok az 5. hétre. Eredményekkel és kidolgozott megoldásokkal. Oldjuk meg az alábbi másodrend lineáris homogén d.e. - et, tudva, hogy egy megoldása az y = x! x y xy + y = 0.. Oldjuk meg a következ

Részletesebben

6. Differenciálegyenletek

6. Differenciálegyenletek 312 6. Differenciálegyenletek 6.1. A differenciálegyenlet fogalma Meghatározni az f függvény F primitív függvényét annyit jelent, mint találni egy olyan F függvényt, amely differenciálható az adott intervallumon

Részletesebben

y + a y + b y = r(x),

y + a y + b y = r(x), Definíció 1 A másodrendű, állandó együtthatós, lineáris differenciálegyenletek általános alakja y + a y + b y = r(x), ( ) ahol a és b valós számok, r(x) pedig adott függvény. Ha az r(x) függvény az azonosan

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

Határozatlan integrál

Határozatlan integrál Határozatlan integrál Boros Zoltán Debreceni Egyetem, TTK Matematikai Intézet, Anaĺızis Tanszék Debrecen, 207. február 20 27. Primitív függvény, határozatlan integrál A továbbiakban legyen I R intervallum.

Részletesebben

6. feladatsor: Inhomogén lineáris differenciálegyenletek (megoldás)

6. feladatsor: Inhomogén lineáris differenciálegyenletek (megoldás) Matematika Ac gyakorlat Vegyészmérnöki, Biomérnöki, Környezetmérnöki szakok, 017/18 ősz 6. feladatsor: Inhomogén lineáris differenciálegyenletek (megoldás) 1. Írjunk fel egy olyan legalacsonyabbrendű valós,

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

Differenciálegyenletek megoldása próbafüggvény-módszerrel

Differenciálegyenletek megoldása próbafüggvény-módszerrel Differenciálegyenletek megoldása próbafüggvény-módszerrel Ez még nem a végleges változat, utoljára módosítva: 2012. április 9.19:38. Elsőrendű egyenletek Legyen adott egy elsőrendű lineáris állandó együtthatós

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

3. Lineáris differenciálegyenletek

3. Lineáris differenciálegyenletek 3. Lineáris differenciálegyenletek A közönséges differenciálegyenletek két nagy csoportba oszthatók lineáris és nemlineáris egyenletek csoportjába. Ez a felbontás kicsit önkényesnek tűnhet, a megoldásra

Részletesebben

Segédanyag az A3 tárgy gyakorlatához

Segédanyag az A3 tárgy gyakorlatához Segédanyag az A3 tárgy gyakorlatához Sáfár Orsolya Szeparábilis dierenciálegyenletek A megoldásról általában: A szeparábilis dierenciálegyenlet álatlános alakja: y (x) = f(x)g(y). Ebben az esetben g(y)-al

Részletesebben

DIFFERENCIÁLEGYENLETEK. BSc. Matematika II. BGRMA2HNND, BGRMA2HNNC

DIFFERENCIÁLEGYENLETEK. BSc. Matematika II. BGRMA2HNND, BGRMA2HNNC 016.03.1. BSC MATEMATIKA II. ELSŐ ÉS MÁSODRENDŰ LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK BSc. Matematika II. BGRMAHNND, BGRMAHNNC AZ ELSŐRENDŰ LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLET FOGALMA Az elsőrendű közönséges differenciálegyenletet

Részletesebben

Definíció Függvényegyenletnek nevezzük az olyan egyenletet, amelyben a kiszámítandó ismeretlen egy függvény.

Definíció Függvényegyenletnek nevezzük az olyan egyenletet, amelyben a kiszámítandó ismeretlen egy függvény. 8. Differenciálegyenletek 8.1. Alapfogalmak Korábbi tanulmányaink során sokszor találkoztunk egyenletekkel. A feladatunk általában az volt, hogy határozzuk meg az egyenlet megoldását (megoldásait). Az

Részletesebben

Feladatok az 5. hétre. Eredményekkel és teljesen kidolgozott megoldásokkal az 1,2,3.(a),(b),(c), 6.(a) feladatokra

Feladatok az 5. hétre. Eredményekkel és teljesen kidolgozott megoldásokkal az 1,2,3.(a),(b),(c), 6.(a) feladatokra Feladatok az 5. hétre. Eredményekkel és teljesen kidolgozott megoldásokkal az 1,,3.(a),(b),(), 6.(a) feladatokra 1. Oldjuk meg a következő kezdeti érték feladatot: y 1 =, y(0) = 3, 1 x y (0) = 1. Ha egy

Részletesebben

BIOMATEMATIKA ELŐADÁS

BIOMATEMATIKA ELŐADÁS BIOMATEMATIKA ELŐADÁS 6. Differenciálegyenletekről röviden Debreceni Egyetem, 2015 Dr. Bérczes Attila, Bertók Csanád A diasor tartalma 1 Bevezetés 2 Elsőrendű differenciálegyenletek Definíciók Kezdetiérték-probléma

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

4. Laplace transzformáció és alkalmazása

4. Laplace transzformáció és alkalmazása 4. Laplace transzformáció és alkalmazása 4.1. Laplace transzformált és tulajdonságai Differenciálegyenletek egy csoportja algebrai egyenletté alakítható. Ennek egyik eszköze a Laplace transzformáció. Definíció:

Részletesebben

Differenciálegyenletek

Differenciálegyenletek DE 1 Ebben a részben I legyen mindig pozitív hosszúságú intervallum DE Definíció: differenciálegyenlet Ha D n+1 nyílt halmaz, f:d folytonos függvény, akkor az y (n) (x) f ( x, y(x), y'(x),..., y (n-1)

Részletesebben

a) az O(0, 0) középpontú, r = 2 sugarú, negatív irányítasú körvonal P( 2, 2), Q( 2, 2) pontjait

a) az O(0, 0) középpontú, r = 2 sugarú, negatív irányítasú körvonal P( 2, 2), Q( 2, 2) pontjait 06.05.7. Kalulus II. NÉV:... A csoport EHA:... FELADATOK. Határozzu meg a xy da integrált, ahol H az A(, ), B(0, 0) és C(, ) ponto által megha- y + 3 tározott háromszög. H 0pt. Oldju meg: y y + 5y = e

Részletesebben

HÁZI FELADATOK. 2. félév. 1. konferencia Komplex számok

HÁZI FELADATOK. 2. félév. 1. konferencia Komplex számok Figyelem! A feladatok megoldása legyen áttekinthet és részletes, de férjen el az arra szánt helyen! Ha valamelyik HÁZI FELADATOK. félév. konferencia Komple számok Értékelés:. egység: önálló feladatmegoldás

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA II 8 VIII Elsőrendű DIFFERENCIÁLEGYENLETEk 1 Alapvető ÖSSZEFÜGGÉSEk Elsőrendű differenciálegyenlet általános és partikuláris megoldása Az vagy (1) elsőrendű differenciálegyenlet

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások Megoldások 1. Oldd meg a következő exponenciális egyenletrendszereket! (Alaphalmaz: R) 5 3 x 2 2 y = 7 2 3 x + 2 y = 10 7 x+1 6 y+3 = 1 6 y+2 7 x = 5 (6 y + 1) c) 25 (5 x ) y = 1 3 y 27 x = 3 Megoldás:

Részletesebben

Meghatározás: Olyan egyenlet, amely a független változók mellett tartalmaz egy vagy több függvényt és azok deriváltjait.

Meghatározás: Olyan egyenlet, amely a független változók mellett tartalmaz egy vagy több függvényt és azok deriváltjait. Közönséges differenciálegyenletek Meghatározás: Olyan egyenlet, amely a független változók mellett tartalmaz egy vagy több függvényt és azok deriváltjait. Célunk a függvény meghatározása Egyetlen független

Részletesebben

DIFFERENCIÁLEGYENLETEK. BSc. Matematika II. BGRMA2HNND, BGRMA2HNNC

DIFFERENCIÁLEGYENLETEK. BSc. Matematika II. BGRMA2HNND, BGRMA2HNNC BSC MATEMATIKA II. MÁSODRENDŰ LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK BSc. Matematika II. BGRMAHNND, BGRMAHNNC MÁSODRENDŰ DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Egy explicit közönséges másodrendű differenciálegyenlet általános

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

Egyenletek, egyenlőtlenségek VII.

Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Magasabbfokú egyenletek: A 3, vagy annál nagyobb fokú egyenleteket magasabb fokú egyenleteknek nevezzük. Megjegyzés: Egy n - ed fokú egyenletnek legfeljebb n darab valós

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

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

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

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA II 9 IX Magasabbrendű DIFFERENCIÁLEGYENLETEk 1 Alapvető ÖSSZEFÜGGÉSEk n-ed rendű differenciálegyenletek Az alakú ahol n-edrendű differenciálegyenlet általános megoldása tetszőleges

Részletesebben

Feladatok a Diffrenciálegyenletek IV témakörhöz. 1. Határozzuk meg következő differenciálegyenletek általános megoldását a próba függvény módszerrel.

Feladatok a Diffrenciálegyenletek IV témakörhöz. 1. Határozzuk meg következő differenciálegyenletek általános megoldását a próba függvény módszerrel. Feladatok a Diffrenciálegyenletek IV témakörhöz 1 Határozzuk meg következő differenciálegyenletek általános megoldását a próba függvény módszerrel (a) y 3y 4y = 3e t (b) y 3y 4y = sin t (c) y 3y 4y = 8t

Részletesebben

Egyenletek, egyenlőtlenségek V.

Egyenletek, egyenlőtlenségek V. Egyenletek, egyenlőtlenségek V. DEFINÍCIÓ: (Másodfokú egyenlet) Az ax + bx + c = 0 alakban felírható egyenletet (a, b, c R; a 0), ahol x a változó, másodfokú egyenletnek nevezzük. TÉTEL: Az ax + bx + c

Részletesebben

Matematika II. 1 sin xdx =, 1 cos xdx =, 1 + x 2 dx =

Matematika II. 1 sin xdx =, 1 cos xdx =, 1 + x 2 dx = Matematika előadás elméleti kérdéseinél kérdezhető képletek Matematika II Határozatlan Integrálszámítás d) Adja meg az alábbi alapintegrálokat! x n 1 dx =, sin 2 x dx = d) Adja meg az alábbi alapintegrálokat!

Részletesebben

Matematika II képletek. 1 sin xdx =, cos 2 x dx = sh 2 x dx = 1 + x 2 dx = 1 x. cos xdx =,

Matematika II képletek. 1 sin xdx =, cos 2 x dx = sh 2 x dx = 1 + x 2 dx = 1 x. cos xdx =, Matematika II előadás elméleti kérdéseinél kérdezhető képletek Matematika II képletek Határozatlan Integrálszámítás x n dx =, sin 2 x dx = sin xdx =, ch 2 x dx = sin xdx =, sh 2 x dx = cos xdx =, + x 2

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 Differenciálhatóság H607, EIC 2019-03-14 Wettl

Részletesebben

Határozatlan integrál (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

Határozatlan integrál (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Határozatlan integrál () First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. Az összetett függvények integrálására szolgáló egyik módszer a helyettesítéssel való integrálás. Az idevonatkozó tétel pontos

Részletesebben

Példatár Lineáris algebra és többváltozós függvények

Példatár Lineáris algebra és többváltozós függvények Példatár Lineáris algebra és többváltozós függvények Simonné Szabó Klára. február 4. Tartalomjegyzék. Integrálszámítás.. Racionális törtek integrálása...................... Alapfeladatok..........................

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

sin x = cos x =? sin x = dx =? dx = cos x =? g) Adja meg a helyettesítéses integrálás szabályát határozott integrálokra vonatkozóan!

sin x = cos x =? sin x = dx =? dx = cos x =? g) Adja meg a helyettesítéses integrálás szabályát határozott integrálokra vonatkozóan! Matematika előadás elméleti kérdéseinél kérdezhető képletek Analízis II Határozatlan integrálszámítás g) t = tg x 2 helyettesítés esetén mivel egyenlő sin x = cos x =? g) t = tg x 2 helyettesítés esetén

Részletesebben

3. Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek

3. Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek . Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Mennyi a 2x 2 8x 5 = 0 egyenlet gyökeinek a szorzata? (A) 10 (B) 2 (C) 2,5 (D) 4 (E) ezek egyike sem Megoldás I.: BME 2011.

Részletesebben

Feladatok matematikából 3. rész

Feladatok matematikából 3. rész Debreceni Egyetem Matematikai Intézet Feladatok matematikából 3. rész fizika és villamosmérök alapszakos hallgatók részére Debrecen, 6 ősz Határozatlan integrál. Számítsuk ki a következő integrálokat!

Részletesebben

Feladatok a Gazdasági matematika II. tárgy gyakorlataihoz

Feladatok a Gazdasági matematika II. tárgy gyakorlataihoz Debreceni Egyetem Közgazdaságtudományi Kar Feladatok a Gazdasági matematika II tárgy gyakorlataihoz a megoldásra ajánlott feladatokat jelöli e feladatokat a félév végére megoldottnak tekintjük a nehezebb

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

Megoldások MATEMATIKA II. VIZSGA (VK) NBT. NG. NMH. SZAKOS HALLGATÓK RÉSZÉRE (Kérjük, hogy a megfelelő szakot jelölje be!

Megoldások MATEMATIKA II. VIZSGA (VK) NBT. NG. NMH. SZAKOS HALLGATÓK RÉSZÉRE (Kérjük, hogy a megfelelő szakot jelölje be! MATEMATIKA II. VIZSGA (VK) NBT. NG. NMH. SZAKOS HALLGATÓK RÉSZÉRE (Kérjük, hogy a megfelelő szakot jelölje be!) 2016. JANUÁR 21. Elérhető pontszám: 50 pont Megoldások 1. 6. 2. 7. 3. 8. 4. 9. 5. Össz.:

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

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

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

0-49 pont: elégtelen, pont: elégséges, pont: közepes, pont: jó, pont: jeles

0-49 pont: elégtelen, pont: elégséges, pont: közepes, pont: jó, pont: jeles Matematika szigorlat, Mérnök informatikus szak I. 2013. jan. 10. Név: Neptun kód: Idő: 180 perc Elm.: 1. f. 2. f. 3. f. 4. f. 5. f. Fel. össz.: Össz.: Oszt.: Az elérhető pontszám 40 (elmélet) + 60 (feladatok)

Részletesebben

2. Hogyan számíthatjuk ki két komplex szám szorzatát, ha azok a+bi alakban, illetve trigonometrikus alakban vannak megadva?

2. Hogyan számíthatjuk ki két komplex szám szorzatát, ha azok a+bi alakban, illetve trigonometrikus alakban vannak megadva? = komolyabb bizonyítás (jeleshez) Ellenőrző kérdések 2006 ősz 1. Definiálja a komplex szám és műveleteinek fogalmát! 2. Hogyan számíthatjuk ki két komplex szám szorzatát, ha azok a+bi alakban, illetve

Részletesebben

8. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II.

8. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II. 8 Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II Elméleti összefoglaló Az a + b+ c, a egyenletet másodfokú egyenletnek nevezzük A D b ac kifejezést az egyenlet diszkriminánsának nevezzük Ha D >, az

Részletesebben

Feladatok Differenciálegyenletek II. témakörhöz. 1. Határozzuk meg a következő elsőrendű lineáris differenciálegyenletek általános megoldását!

Feladatok Differenciálegyenletek II. témakörhöz. 1. Határozzuk meg a következő elsőrendű lineáris differenciálegyenletek általános megoldását! Feladatok Differenciálegyenletek II. témakörhöz 1. Határozzuk meg a következő elsőrendű lineáris differenciálegyenletek általános megoldását! (a) (b) 2. Tekintsük az differenciálegyenletet. y y = e x.

Részletesebben

A képzetes számok az isteni szellem e gyönyörű és csodálatos hordozói már majdnem a lét és nemlét megtestesítői. (Carl Friedrich Gauss)

A képzetes számok az isteni szellem e gyönyörű és csodálatos hordozói már majdnem a lét és nemlét megtestesítői. (Carl Friedrich Gauss) Gyakorló feladatok (Ép. matek). Komple számok: A képzetes számok az isteni szellem e gyönyörű és csodálatos hordozói már majdnem a lét és nemlét megtestesítői. (Carl Friedrich Gauss) ) Számítsa ki a következő

Részletesebben

Debreceni Egyetem. Feladatok a Matematika II. tárgy gyakorlataihoz. Határozatlan integrál

Debreceni Egyetem. Feladatok a Matematika II. tárgy gyakorlataihoz. Határozatlan integrál Debreceni Egyetem Közgazdaságtudományi Kar Feladatok a Matematika II. tárgy gyakorlataihoz Határozatlan integrál. z alapintegrálok, elemi átalakítások és lineáris helyettesítések segítségével számítsuk

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

= x2. 3x + 4 ln x + C. 2. dx = x x2 + 25x. dx = x ln 1 + x. 3 a2 x +a 3 arctg x. 3)101 + C (2 + 3x 2 ) + C. 2. 8x C.

= x2. 3x + 4 ln x + C. 2. dx = x x2 + 25x. dx = x ln 1 + x. 3 a2 x +a 3 arctg x. 3)101 + C (2 + 3x 2 ) + C. 2. 8x C. . Határozatlan integrál megoldások.. 5. 7 5 5. t + t 5t. 8 = 7 8 = 8 5 8 5 6. e + 5 ln + tg + 7. = 8. + 5 = 5 ln + 5 9. = + 5 + 5 5 + 5 + 5 = /5 = 5 6 6/5 + 5 5 = + ln = 5 + 5 = + ln + 0.. a +a arctg a.

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

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

Matematika I. Vektorok, egyenesek, síkok

Matematika I. Vektorok, egyenesek, síkok Matematika előadás elméleti kérdéseinél kérdezhető képletek Matematika I Vektorok, egyenesek, síkok a) Hogyan számítjuk ki az a = (a 1, a 2, a 3 ) és b = (b 1, b 2, b 3 ) vektorok szögét? a) Hogyan számítjuk

Részletesebben

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek A másodfokú egyenlet grafikus megoldása Példa1. Ábrázold az f(x) = x + 1x + 16 függvényt, majd olvasd le az ábráról az alábbi egyenlet megoldását: x + 1x + 16 = 0.

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

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Abszolútértékes és gyökös kifejezések

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

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

Matematikai háttér. 3. Fejezet. A matematika hozzászoktatja a szemünket ahhoz, hogy tisztán és világosan lássa az igazságot.

Matematikai háttér. 3. Fejezet. A matematika hozzászoktatja a szemünket ahhoz, hogy tisztán és világosan lássa az igazságot. 3. Fejezet Matematikai háttér A matematika hozzászoktatja a szemünket ahhoz, hogy tisztán és világosan lássa az igazságot René Descartes Számtalan kiváló szakirodalom foglalkozik a különféle differenciálegyenletek

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA II 10 X PARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEk 1 Elsőrendű kvázilineáris parciális DIFFERENCIÁLEGYENLETEk Elméleti alapok Elsőrendű kvázilineáris parciális differenciálegyenlet általános

Részletesebben

Kalkulus 2., Matematika BSc 1. Házi feladat

Kalkulus 2., Matematika BSc 1. Házi feladat . Házi feladat Beadási határidő: 07.0.. Jelölések x = (x,..., x n, y = (y,..., y n, z = (z,..., z n R n esetén. x, y = n i= x iy i, skalárszorzat R n -ben. d(x, y = x y = n i= (x i y i, metrika R n -ben

Részletesebben

Differenciálegyenletek Oktatási segédanyag

Differenciálegyenletek Oktatási segédanyag VIK, Műszaki Informatika ANALÍZIS (2) Differenciálegyenletek Oktatási segédanyag A Villamosmérnöki és Informatikai Kar műszaki informatikus hallgatóinak tartott előadásai alapján összeállította: Fritz

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

λx f 1 (x) e λx f 2 (x) λe λx f 2 (x) + e λx f 2(x) e λx f 2 (x) Hasonlóan általában is elérhető sorműveletekkel, hogy csak f (j)

λx f 1 (x) e λx f 2 (x) λe λx f 2 (x) + e λx f 2(x) e λx f 2 (x) Hasonlóan általában is elérhető sorműveletekkel, hogy csak f (j) Matematika A3 gyakorlat Energetika és Mechatronika BSc szakok, 016/17 ősz 10 feladatsor: Magasabbrendű lineáris differenciálegyenletek (megoldás) 1 Határozzuk meg az e λx, xe λx, x e λx,, x k 1 e λx függvények

Részletesebben

Matematika szigorlat, Mérnök informatikus szak I máj. 12. Név: Nept. kód: Idő: 1. f. 2. f. 3. f. 4. f. 5. f. 6. f. Össz.: Oszt.

Matematika szigorlat, Mérnök informatikus szak I máj. 12. Név: Nept. kód: Idő: 1. f. 2. f. 3. f. 4. f. 5. f. 6. f. Össz.: Oszt. Matematika szigorlat, Mérnök informatikus szak I. 2009. máj. 12. Név: Nept. kód: Idő: 1. f. 2. f. 3. f. 4. f. 5. f. 6. f. Össz.: Oszt.: 180 perc 0-49 pont: elégtelen, 50-61 pont: elégséges, 62-73 pont:

Részletesebben

12. Mikor nevezünk egy részhalmazt nyíltnak, illetve zártnak a valós számok körében?

12. Mikor nevezünk egy részhalmazt nyíltnak, illetve zártnak a valós számok körében? Ellenörző Kérdések 1. Mit jelent az, hogy egy f : A B függvény injektív, szürjektív, illetve bijektív? 2. Mikor nevezünk egy függvényt invertálhatónak? 3. Definiálja a komplex szám és műveleteinek fogalmát!

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

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

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. (Derivált)

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. (Derivált) Valós függvények (3) (Derivált) . Legyen a belső pontja D f -nek. Ha létezik és véges a f(x) f(a) x a x a = f (a) () határérték, akkor f differenciálható a-ban. Az f (a) szám az f a-beli differenciálhányadosa.

Részletesebben

PTE PMMFK Levelező-távoktatás, villamosmérnök szak

PTE PMMFK Levelező-távoktatás, villamosmérnök szak PTE PMMFK Levelező-távoktatás, villamosmérnök szak MATEMATIKA (A tantárgy tartalma és a tananyag elsajátításának időterve.) Összeállította: Kis Miklós adjunktus Tankönyvek Megegyeznek az 1. és 2. félévben

Részletesebben

Közönséges differenciálegyenletek megoldása Mapleben

Közönséges differenciálegyenletek megoldása Mapleben Közönséges differenciálegyenletek megoldása Mapleben Differenciálegyenlet alatt egy olyan egyenletet értünk, amelyben a meghatározandó ismeretlen egy függvény, és az egyenlet tartalmazza az ismeretlen

Részletesebben

Függvények július 13. f(x) = 1 x+x 2 f() = 1 ()+() 2 f(f(x)) = 1 (1 x+x 2 )+(1 x+x 2 ) 2 Rendezés után kapjuk, hogy:

Függvények július 13. f(x) = 1 x+x 2 f() = 1 ()+() 2 f(f(x)) = 1 (1 x+x 2 )+(1 x+x 2 ) 2 Rendezés után kapjuk, hogy: Függvények 015. július 1. 1. Feladat: Határozza meg a következ összetett függvényeket! f(x) = cos x + x g(x) = x f(g(x)) =? g(f(x)) =? Megoldás: Összetett függvény el állításához a küls függvényben a független

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

1. Bevezetés Differenciálegyenletek és azok megoldásai

1. Bevezetés Differenciálegyenletek és azok megoldásai . Bevezetés.. Differenciálegyenletek és azok megoldásai Differenciálegyenlet alatt olyan függvény egyenleteket értünk, melyekben független változók, függvények és azok deriváltjai szerepelnek. Legegyszerűbb

Részletesebben

Feladatok megoldásokkal a harmadik gyakorlathoz (érintési paraméterek, L Hospital szabály, elaszticitás) y = 1 + 2(x 1). y = 2x 1.

Feladatok megoldásokkal a harmadik gyakorlathoz (érintési paraméterek, L Hospital szabály, elaszticitás) y = 1 + 2(x 1). y = 2x 1. Feladatok megoldásokkal a harmadik gyakorlathoz (érintési paraméterek, L Hospital szabály, elaszticitás). Feladat. Írjuk fel az f() = függvény 0 = pontbeli érintőjének egyenletét! Az érintő egyenlete y

Részletesebben

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek A másodfokú egyenlet grafikus megoldása Példa1. Ábrázold az f(x) = x 1x 16 függvényt, majd olvasd le az ábráról az alábbi egyenlet megoldását: x 1x 16 =. 1. lépés:

Részletesebben

Polinomok maradékos osztása

Polinomok maradékos osztása 14. előadás: Racionális törtfüggvények integrálása Szabó Szilárd Polinomok maradékos osztása Legyenek P, Q valós együtthatós polinomok valamely x határozatlanban. Feltesszük, hogy deg(q) > 0. Tétel Létezik

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

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Többváltozós függvények (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. Egyváltozós függvények esetén a differenciálhatóságból következett a folytonosság. Fontos tudni, hogy abból, hogy egy

Részletesebben

MATEMATIKA 2. dolgozat megoldása (A csoport)

MATEMATIKA 2. dolgozat megoldása (A csoport) MATEMATIKA. dolgozat megoldása (A csoport). Definiálja az alábbi fogalmakat: (egyváltozós) függvény folytonossága, differenciálhatósága, (többváltozós függvény) iránymenti deriváltja. (3x8 pont). Az f

Részletesebben

Matematika példatár 4.

Matematika példatár 4. Nyugat-magyarországi Egyetem Geoinformatikai Kara Csabina Zoltánné Matematika példatár 4 MAT4 modul Integrálszámítás szabályai és módszerei SZÉKESFEHÉRVÁR 2010 Jelen szellemi terméket a szerzői jogról

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

Közönséges differenciálegyenletek

Közönséges differenciálegyenletek Szegedi Tudományegyetem Fizikus Tanszékcsoport Elméleti Fizikai Tanszék Közönséges differenciálegyenletek Segédlet Készítette: Szaszkó-Bogár Viktor PhD hallgató Szeged 2013 Tartalomjegyzék Előszó.......................................

Részletesebben

Baran Ágnes, Burai Pál, Noszály Csaba. Gyakorlat Differenciálegyenletek

Baran Ágnes, Burai Pál, Noszály Csaba. Gyakorlat Differenciálegyenletek Matematika Mérnököknek 2. Baran Ágnes, Burai Pál, Noszály Csaba Gyakorlat Differenciálegyenletek Baran Ágnes, Burai Pál, Noszály Csaba Matematika Mérnököknek 2. 1.-2. Gyakorlat 1 / 42 Numerikus differenciálás

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

Matematika 11. osztály

Matematika 11. osztály ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnázium és Kollégium Humán tagozat Matematika 11. osztály I. rész: Hatvány, gyök, logaritmus Készítette: Balázs Ádám Budapest, 018 . Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék

Részletesebben

Differenciálegyenletek december 13.

Differenciálegyenletek december 13. Differenciálegyenletek 2018. december 13. Elsőrendű DE Definíció. Az elsőrendű differenciálegyenlet általános alakja y = f (x, y), ahol f (x, y) adott kétváltozós függvény. Minden y = y(x) függvény, amire

Részletesebben

Integrálszámítás (Gyakorló feladatok)

Integrálszámítás (Gyakorló feladatok) Integrálszámítás (Gyakorló feladatok). Határozatlan integrál. Alapintegrálok F. Számítsa ki az alábbi határozatlan integrálokat! a) (x x + ) b) (6x x + 5) c) (x + x + x ) d) ( x + x x e) ( ) + e x ) f)

Részletesebben