FELVÉTELI VIZSGA, július 15.

Átírás

1 BABEŞ-BOLYAI TUDOMÁNYEGYETEM, KOLOZSVÁR MATEMATIKA ÉS INFORMATIKA KAR FELVÉTELI VIZSGA, 8. július. Írásbeli vizsg MATEMATIKÁBÓL FONTOS TUDNIVALÓK: ) A feleletválsztós feldtok (,,A rész) esetén egy vgy több válsz lehet helyes. A helyes válszokt vizsglpon kell feltüntetni. Egy feldthoz trtozó pontszámot csk kkor lehet megkpni, h z összes helyes válsz fel vn tüntetve, és csk helyes válszok vnnk feltüntetve. ) A,,B rész feldti esetén vizsglpon kérjük megoldások részletes kidolgozását. Ezeket jvítókulcs lpján értékeljük.,,a rész. ( pont) Legyen = ( + ) 7 + ( ) 7. Az lábbi állítások közül melyek igzk? A / R; B R \ Q; C Q \ Z; D Z \ N; E N.. ( pont) Legyen A egy 4 elemű és B egy elemű hlmz. Az A-t B-be képező függvények szám: A ; B 4 ; C 4 ; D A 4 ; E C4. 3. ( pont) Legyen m egy vlós prméter. Az x 3 x = m egyenlet vlós gyökeinek szám: A ; B h m < 6; C h m > 6; D 3 h 6 < m < 6; E 3 bármely m R esetén. 4. ( pont) Az ABC háromszög területe egység. Az A és B csúcs koordinátái (, ), illetve (3, ), C pont pedig z y = x + 3 egyenletű egyenesen helyezkedik el. A C pont koordinátái: A ( 3/, 3/); B (3/4, 3/); C (7/, 3/); D (/, /); E (, ).. ( pont) Az lább felsorolt hlmzok közül melyek részhlmzi z + cos 3x = cos x egyenlet { megoldáshlmzánk? A nπ + π } { n Z ; B nπ + π } n Z ; C { 3 6 E nπ π } n Z. 3 { nπ π } n Z ; D {nπ n Z}; 6 ( + x ) ln 6. ( pont) Adott z szigorún pozitív vlós szám. A lim x tg x értéke: A ; B ; C ln ; D ln ; E ln. ln,,b rész htárérték. Tekintjük z R[X] hlmzon polinomok szokásos összedás és szorzás áltl meghtározott (R[X], +, ) gyűrűt és z A = {f R[X] grd f 3} hlmzt. ) (8 pont) Igzold, hogy z A hlmz z (R[X], +) csoport egy részcsoportj!

2 b) ( pont) Igzold, hogy A nem zárt részhlmz z R[X] hlmznk polinomok szorzásár nézve! c) (7 pont) Az A hlmzbn hány olyn polinom vn, mely oszthtó X 4-gyel és z X 4X + 3-ml vló osztási mrdék X +?. ) (7 pont) Legyen és b két szigorún pozitív vlós szám. A B(, ) és D(, b) pontok egy ABCD négyzet szembefekvő csúcsi. Htározd meg z ABCD négyzet másik két csúcsánk koordinátáit! b) (8 pont) Bizonyítsd be, hogy h α + β γ = π, kkor 3. Legyen >. Tekintjük z f : R R, sin α + sin β sin γ = sin α sin β cos γ. f(x) = { x, x x, x > függvényt. ) ( pont) Htározd meg z zon értékeit, melyekre f folytonos R-en! b) (8 pont) Htározd meg z f primitívjeit, zokr z értékekre, melyekre f-nek léteznek primitív függvényei! c) (7 pont) Számítsd ki z f(x) dx integrált függvényében! MEGJEGYZÉS: Minden feldt kötelező. Hivtlból pont jár. Munkidő 3 ór.

3 Válszok és megoldások,,a rész. E;. C; 3. B, C, D; 4. A, C;.B, C, D; 6. D.,,B rész. ) Az A hlmz felírhtó A = {f = + X + X + 3 X 3,,, 3 R} lkbn. Az f = polinom fokszám, tehát A és emitt A. f, g A, i, b i R (i =,,, 3) : f = + X + X + 3 X 3, g = b + b X + b X + b 3 X 3, tehát f + g = ( + b ) + ( + b )X + ( + b )X + ( 3 + b 3 )X 3 A, vgyis f, g A, f + g A. Ugynkkor f A, i R (i =,,, 3) : f = + X + X + 3 X 3, tehát f = ( ) + ( )X + ( )X + ( 3 )X 3 A, vgyis f A, f A. Az előbbi három tuljdonság lpján A részcsoportj (R[X], +)-nek.. b) H f = X 3 A, kkor f f = X 6 / A mivel f f fokszám 6, tehát A nem zárt része R[X]-nek.. c). Megoldás. H, b, c, d R és f = + bx + cx + dx 3, kkor z R[X]-beli polinomok mrdékos osztásánk tétele lpján létezik q R[X] úgy, hogy f = (X 4X + 3)q + (X + ) = (X )(X 3)q + (X + ). () Mivel (X 4) f, létezik q R[X] úgy, hogy Kiszámítjuk f() és f(3) értékét z () lpján: f = (X 4)q = (X )(X + )q. () + b + c + d =, (3) Kiszámítjuk f() és f( ) értékét () lpján: + 3b + 3 c d = 4. (4) + b + c + 3 d =, () + ( )b + ( ) c + ( ) 3 d =. (6) Az f pontosn kkor teljesíti feldtbn megfoglmzott tuljdonságokt, h (, b, c, d) megoldás (3), (4), (), (6) összefüggésekből lkotott (S) egyenletrendszernek. Ennek rendszernek determináns (Vndermonde típusú) = ( ) ( ) 3 = 3 3 ( ) ( ) 3 =, tehát (S) összeférhető és htározott, vgyis pontosn egy f polinom teljesíti kért feltételeket.. Megoldás. Az (X 4) f lpján létezik q R[X] úgy, hogy f = (X 4)q () A q fokszám legfeljebb, tehát létezik, b R úgy, hogy q = X + b. Így () lpján f = (X 4)(X + b) (). A mrdékos osztás tétele lpján létezik q R[X] úgy, hogy f = (X 4X + 3)q + (X + ) = (X )(X 3)q + (X + ), (3)

4 tehát f() = és f(3) = 4. () lpján = f() = 3( + b) + b = 3, (4) 4 = f(3) = (3 + b) 3 + b = 4. () A (4) és () egyenletekből lkotott rendszer megoldás egyértelmű =, b = 7, tehát pontosn egy f polinom teljesíti kért feltételeket. Megjegyzés. Ebben megoldásbn sem szükséges z f konkrét meghtározás, de z f lkj is felírhtó: ( f = (X 4) X 7 ) = X3 7 X 44 X + 8 (innen láthtó z első megoldásbn szereplő S rendszer megoldás is).. ) BD négyzet egy átlój. BD iránytényezője k = b és BD egyenes egyenlete bx + y b =. A négyzet oldlánk hossz BD/ = + b. Az AC átló áthld z [BD] szksz E ( felezőpontján és merőleges BD-re. E koordinátái, b ), z AC egyenes iránytényezője. Az AC b egyenes egyenlete y b = b CD = BD /, lpján ( x ). C rjt vn z AC egyenesen, tehát h C(x C, y C ), kkor y C b = ( x C ), b [ x C + ( y C b) )] = + b. Az előbbi rendszerből 4x C 4x ( C + b = egyenlethez jutunk, melynek megoldási x C = + b ( ± b). A + előjellel kpjuk C, + b ) ( b pontot és előjellel z A, b ) pontot, vgy fordítv.. b) Jegyen BO bl oldlon levő kifejezés és JO jobb oldlon levő kifejezés. Írhtjuk, hogy BO = sin α + sin β sin γ = sin α + sin(β + γ) sin(β γ). A feltételek lpján β γ = π α, tehát BO = sin α + sin(β + γ) sin(π α) = sin α + sin(β + γ) sin α = sin α [sin α + sin(β + γ)]. Ismét hsználv z α = π (β γ) feltételt BO = sin α [sin(π (β γ)) + sin(β + γ)] = sin α [sin(β γ) + sin(β + γ)], vgyis BO = sin α [ sin β cos γ] = sin α sin β cos γ = JO. 3. ) A vizsgált függvény folytonos z x pontokbn (z > feltétel biztosítj, hogy x értelmezett x > esetén és így f exponenciális vgy gyök függvény x egy környezetében). Az x = pontbn lim f(x) = és x x< lim f(x) =, x x> tehát nnk szükséges és elégséges feltétele, hogy f folytonos legyen z, hogy =.

5 Az előbbi egyenlőség jobb oldl szigorún növekvő, bl oldl szigorún csökkenő (mint függvénye), tehát z egyenletnek legfeljebb egy megoldás lehet. Másrészt = egy megoldás, tehát f pontosn kkor folytonos, h =. 3. b) H f-nek vn primitívje, kkor f Drboux tuljdonságú, tehát nem lehet elsőfjú szkdási pontj. H, kkor viszont f-nek elsőfjú szkdási pontj vn, tehát f pontosn kkor primitiválhtó, h = (mert = esetén folytonos) H =, kkor z f primitívjeinek lkj F (x) = Ezek folytonosk kellene legyenek, tehát x ln + c, x 3 x 3 + c, x > ln + c = 3 + c.. Tehát primitívek lkj F (x) = x ln + c, x 3 x 3 ln 3 + c, x >. Ezek Lgrnge-tétel következménye lpján deriválhtók is és F (x) = f(x), bármely x R. 3. c) H < <, kkor H, kkor f(x) dx = = x ln f(x) dx = f(x) dx + f(x) dx = x dx x 3 = ln + ln. x ln = ln. x dx = x dx =

6 JAVÍTÓKULCS,,A rész. E p. C p 3. B, C, D p 4. A, C p. B, C, D p 6. D p,,b rész. ) Az A hlmz felírhtó A = {f = + X + X + 3 X 3,,, 3 R} lkbn. Az f= polinom fokszám, tehát A és emitt A p f, g A, f + g A p mivel f, g A, i, b i R (i =,,, 3) : f = + X + X + 3 X 3, g = b + b X + b X + b 3 X 3, tehát f + g = ( + b ) + ( + b )X + ( + b )X + ( 3 + b 3 )X 3 A (Másképpen: Mivel grd(f+g) mx{grd f, grd g}, grd f 3 és grd g 3 egyenlőtlenségekből következik, hogy grd(f + g) 3 şi stfel f + g A) f A, f A p Mivel f A, i R (i =,,, 3) : f = + X + X + 3 X 3, tehát f = ( ) + ( )X + ( )X + ( 3 )X 3 A. b) H f = X 3 A, kkor f f = X 6 / A mivel f f fokszám p (vgy: H f, g A két hrmdfokú polinom, kkor mivel grd(f g) =grd f +grd g = 6, f g / A) Megjegyzés: H vlki csk nnyit ír, hogy két legfeljebb hrmdfokú polinom szorzt lehet 3-nál mgsbb fokszámú, de konkrét példát nem említ (vgy nem mondj expliciten, hogy két hrmdfokú szorzt), kkor csk, pontot kpht.. c). Megoldás. H, b, c, d R és f = + bx + cx + dx 3, kkor z R[X]-beli polinomok mrdékos osztásánk tétele lpján létezik q R[X] úgy, hogy f = (X 4X + 3)q + (X + ) = (X )(X 3)q + (X + ) () p Mivel (X 4) f, létezik q R[X] úgy, hogy f = (X 4)q = (X )(X + )q () p Kiszámítjuk f() és f(3) értékét z () lpján: + b + c + d = (3) , p + 3b + 3 c d = 4 (4) , p Kiszámítjuk f() és f( ) értékét () lpján: + b + c + 3 d = () , p + ( )b + ( ) c + ( ) 3 d = (6) , p Az f pontosn kkor teljesíti feldtbn megfoglmzott tuljdonságokt, h (, b, c, d) megoldás (3), (4), (), (6) összefüggésekből lkotott (S) egyenletrendszernek p Ennek rendszernek determináns (Vndermonde típusú) = ( ) ( ) 3 = 3 3 ( ) ( ) 3 =, p tehát (S) összeférhető és htározott, vgyis pontosn egy f polinom teljesíti kért feltételeket.. p Megjegyzés: A kiszámítás elvégezhető nélkül is, hogy felismernénk, hogy Vndermonde típusú, és z (S) megoldás nem szükséges feldt megoldásához.. Megoldás. Az (X 4) f lpján létezik q R[X] úgy, hogy

7 f = (X 4)q () p A q fokszám legfeljebb, tehát létezik, b R úgy, hogy q = X + b p Így () lpján f = (X 4)(X + b) (). A mrdékos osztás tétele lpján létezik q R[X] úgy, hogy f = (X 4X + 3)q + (X + ) = (X )(X 3)q + (X + ), (3) p tehát f() = és f(3) = p () lpján = f() = 3( + b) + b = (4) p 3 4 = f(3) = (3 + b) 3 + b = 4 () p A (4) és () egyenletekből lkotott rendszer megoldás egyértelmű =, b = 7, tehát pontosn egy f polinom teljesíti kért feltételeket p Megjegyzés. Ebben megoldásbn sem szükséges z f konkrét meghtározás, de z f lkj is felírhtó: ( f = (X 4) X 7 ) = X3 7 X 44 X + 8 (innen láthtó z első megoldásbn szereplő S rendszer megoldás is).. ) BD négyzet egy átlój. (i) BD iránytényezője k = b és BD egyenes egyenlete bx + y b = p (ii) A négyzet oldlánk hossz BD/ = + b p (iii) Az AC átló áthld z [BD] szksz E felezőpontján és merőleges BD-re. E koordinátái (, b ), z AC egyenes iránytényezője b p (iv) Az AC egyenes egyenlete y b = b ( x ) p (v) C rjt vn z AC egyenesen, tehát h C(x C, y C ), kkor CD = BD /, lpján y C b = ( x C ), b [ x C + ( y C b) )] = + b p (vi) Az előbbi rendszerből 4x C 4x C + b = egyenlethez jutunk, melynek megoldási x C = ( ± b) p ( + b (vii) A + előjellel kpjuk C, + b ) ( b pontot és előjellel z A, b ) pontot, vgy fordítv p. b) Jegyen BO bl oldlon levő kifejezés és JO jobb oldlon levő kifejezés. Írhtjuk, hogy (i) BO=sin α + sin β sin γ = sin α + sin(β + γ) sin(β γ) p (ii) A feltételek lpján β γ = π α, tehát BO=sin α + sin(β + γ) sin(π α) = sin α + sin(β + γ) sin α = sin α [sin α + sin(β + γ)].... p

8 (iii) Ismét hsználv z α = π (β γ) feltételt BO=sin α [sin(π (β γ)) + sin(β + γ)] = sin α [sin(β γ) + sin(β + γ)] vgyis p (iv) BO=sin α [ sin β cos γ] = sin α sin β cos γ=jo p 3. ) A vizsgált függvény folytonos z x pontokbn (z > feltétel biztosítj, hogy x értelmezett x > esetén és így f exponenciális vgy gyök függvény x egy környezetében) p Az x = pontbn lim x x< f(x) = és p lim f(x) =, p x x> tehát nnk szükséges és elégséges feltétele, hogy f folytonos legyen z, hogy = p Az előbbi egyenlőség jobb oldl szigorún növekvő, bl oldl szigorún csökkenő (mint függvénye), tehát z egyenletnek legfeljebb egy megoldás lehet p Másrészt = egy megoldás, tehát f pontosn kkor folytonos, h = p 3. b) H f-nek vn primitívje, kkor f Drboux tuljdonságú, tehát nem lehet elsőfjú szkdási pontj. H, kkor viszont f-nek elsőfjú szkdási pontj vn, tehát f pontosn kkor primitiválhtó, h = (mert = esetén folytonos) p H =, kkor z f primitívjeinek lkj F (x) = x ln + c, x p 3 x 3 + c, x > Ezek folytonosk kellene legyenek, tehát ln + c = 3 + c p x ln + c, x Tehát primitívek lkj F (x) = p 3 x 3 ln 3 + c, x > 3. c) H < <, kkor f(x) dx = f(x) dx + f(x) dx = dx + x dx = x x ln + 3 x 3 = ln + ln p H, kkor f(x) dx = x dx = x ln = ln p Megjegyzés. A,,B rész minden feldt esetén jvítókulcsbn megdott megoldástól eltérő helyes megoldásokt szintén pontozzuk.