Állandó együtthatós lineáris rekurziók

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Állandó együtthatós lineáris rekurziók"

Átírás

1 1. fejezet Állandó együtthatós lineáris rekurziók 1.1. A megoldás menete. Mese. Idézzük fel a Fibonacci-számokat! Az F n sorozatot a következő módon definiáltuk: legyen F 0 = 0, F 1 = 1, és F n+2 = F n+1 + F n (n 0), azaz a másodiktól kezdve minden tag az őt megelőző két tag összege. Így a sorozat minden tagját kiszámíthatjuk, de nem könnyen: a századik taghoz meg kell határoznunk az összes addigi tagot is. Könnyebb a helyzetünk, ha emlékszünk a Fibonacci-számok explicit képletére, mely szerint F n = 1 5 (( ) n ( ) n ) Ebbe n = 100-at helyettesítve rögtön megkapjuk a kívánt eredményt. E fejezetben rekurzióval megadott sorozatoknak explicit képletének kiszámításával fogunk tüzetesebben foglalkozni definíció. Egy a n (n N) sorozatra vonatkozó, a n+k = c 1 a n+k c k a n alakú képletet (homogén, k-adfokú) állandó együtthatós lineáris rekurziónak nevezünk, ahol k rögzített pozitív egész, a c 1,...,c k, c k 0 együtthatók pedig rögzített valós számok. A fenti módon megadott sorozatban tehát minden tag megkapható az őt közvetlenül megelőző k tagból. Természetesen egy ilyen rekurzió csak akkor határozza meg a sorozat tagjait, ha az első k tagot is megadjuk. Pontosabban bármely k szomszédos tag ismerete elegendő, hiszen a rekurzió segítségével visszafelé is számolhatunk. Megjegyezzük, hogy ezen a módon a sorozat nempozitív indexű tagjai is értelmezhetők; ez néha kényelmes.. Megjegyzés. Az elnevezésben az állandó együtthatós jelző arra utal, hogy a c 1,...,c k együtthatók rögzítettek (azaz nem függnek n-től), míg a lineáris jelző arra, hogy az a n+k - t megadó jobboldali kifejezés az a n+k 1,...,a n lineáris kombinációja. Hogy valóban k- adfokú rekurzióról beszéljünk, feltesszük, hogy c k 0. A homogenitás azt jelenti, hogy átrendezve az egyenletet ( 1)a n+k +c 1 a n+k c k a n = 0-t kapunk. Ha a jobb oldalon nem nulla állna, inhomogén rekurziónak neveznénk. 1

2 2 1. FEJEZET. ÁLLANDÓ EGYÜTTHATÓS LINEÁRIS REKURZIÓK A továbbiakban a k = 2 esetet vizsgáljuk részletesebben, azaz az a 1 = α, a 2 = β, (1.1) a n+2 = c 1 a n+1 + c 2 a n (1.2) alakban megadott sorozatokra keresünk explicit képletet (itt α,β,c 1,c 2 rögzített valós számok). (1.1)-et kezdeti feltételeknek nevezzük, (1.2)-t pedig rekurziónak. A két feltétel együtt egyértelműen meghatározza az a n sorozatot (n 1). A módszer a következő: valahogyan keresünk két (valamilyen értelemben független) sorozatot, amelyek kielégítik (1.2)-t. Ezek várhatóan nem teljesítik a kezdeti feltételeket, viszont a segítségükkel előállítunk olyan sorozatot, ami (1.2) mellett (1.1)-et is teljesíti. A feladatunk tehát két (független) megoldást találni az (1.2) rekurzióra. Vegyük észre, hogy az azonosan nulla sorozat persze megfelel, de semmire sem megyünk vele. Az ötlet az, hogy keressünk olyan mértani sorozatot, ami kielégíti (1.2)-t. Rendhagyó módon most előre vesszük a bizonyítást, és csak utána mondjuk ki a tételt. Bizonyítás. Keressünk olyan a n = x n 1, x 0 mértani sorozatot, ami kielégíti (1.2)-t, azaz amire teljesül, hogy x n+1 = c 1 x n + c 2 x n 1. Leosztva x n 1 -nel (mivel x 0, ezt minden további nélkül megtehetjük), átrendezés után egy másodfokú egyenletet nyerünk x-re, ami ekvivalens a fentivel: x 2 c 1 x c 2 = 0. Ennek a gyökeit (amit a megoldóképlettel könnyen kiszámíthatunk) jelölje x 1 és x 2. Persze a gyökök egyike sem nulla, hiszen feltettük, hogy c 2 0. Levezetésünk éppen azt mutatja, hogy a n = x1 n 1 és a n = x2 n 1 eleget tesznek az (1.2) rekurziónak. Ha x 1 = x 2, akkor a talált sorozatok egybeesnek. Szerencsére ekkor találunk más jó sorozatot: legyen a n = (n 1)x1 n 1. Azt állítjuk, hogy ebben az esetben a n is teljesíti (1.2)-t; ehhez a n-et (1.2)-be helyettesítve az alábbit kell igazolnunk: (n + 1)x n+1 1 c 1 nx n 1 c 2 (n 1)x n 1 1 = 0. Leosztva x n 1 1 -nel és átrendezve ez azzal ekvivalens, hogy (n 1)(x 2 1 c 1 x 1 c 2 ) + 2x 2 1 c 1 x 1 = 0. Ebben x 2 1 c 1 x 1 c 2 = 0, hiszen x 1 éppen az x 2 c 1 x c 2 = 0 egyenlet megoldása; ráadásul x 1 = x 2, így a megoldóképletben a diszkrimináns nulla, azaz a megoldás x 1 = c 1 /2, amiből 2x 1 c 1 = 0 adódik 1. Ezt x 1 -gyel felszorozva látjuk, hogy 2x 2 1 c 1 x 1 is egyenlő nullával, és ezzel az alábbi tétel bizonyítását befejeztük tétel. Legyen x 1 és x 2 az x 2 c 1 x c 2 = 0 (1.3) 1 Ez onnan is látható, hogy x 1 kétszeres gyöke a p(x) = x 2 c 1 x c 2 polinomnak, így a deriváltjának is gyöke, azaz p (x 1 ) = 2x 1 c 1 = 0.

3 1.1. A MEGOLDÁS MENETE. 3 egyenlet két gyöke. Ekkor a n = x1 n 1 és a n = x2 n 1 kielégítik (1.2)-t. Ha x 1 = x 2, akkor a n = (n 1)x1 n 1 is kielégíti (1.2)-t. Bizonyítás. Lásd a tétel előtt definíció. Az (1.3) egyenletet az (1.2) lineáris rekurzió karakterisztikus egyenletének nevezzük. Megjegyzés. Előfordulhat, hogy a karakterisztikus egyenlet gyökei nem valósak, hanem komplex számok. Ez csak annyiban zavarja a megoldás menetét, amennyiben nem szeretünk komplex számokkal számolni; elvi különbséget nem okoz. Most megnézzük, hogyan lehet két, az (1.2) rekurziót kielégítő sorozatból egy harmadik, hasonló tulajdonságú sorozatot készíteni állítás. Legyen a n és a n két sorozat, melyek kielégítik az (1.2) rekurziót. Ekkor tetszőleges λ 1 és λ 2 rögzített (valós vagy komplex) számokra a b n = λ 1 a n + λ 2 a n sorozat is kielégíti az (1.2) rekurziót. Bizonyítás. A feltételünk alapján a n+2 = c 1 a n+1 + c 2 a n és a n+2 = c 1 a n+1 + c 2 a n egyaránt teljesül. Emiatt b n+2 = λ 1 a n+2 + λ 2 a n+2 = λ 1 (c 1 a n+1 + c 2 a n) + λ 2 (c 1 a n+1 + c 2 a n) = is fennáll. = c 1 (λ 1 a n+1 + λ 2 a n+1) + c 2 (λ 1 a n + λ 2 a n) = c 1 b n+1 + c 2 b n Megjegyzés. Akik már tanultak lineáris algebrát, azok felismerhetik, hogy az előző 1.4. állítás azt mondja, hogy az (1.2) rekurziót kielégítő számsorozatok zártak a lineáris kombinációkra, azaz egy (R vagy C feletti) vektorteret alkotnak. Mivel az első két tag szabadon választható, és a sorozat további tagjait ez egyértelműen meghatározza, eme vektortér dimenziója kettő. Tehát ha találunk valahogyan két, lineárisan független megoldását (1.2)-nek, az egy bázisa lesz ennek a térnek. Azok lineáris kombinációjaként minden olyan sorozat előáll, ami kielégíti (1.2)-t, speciálisan az (1.1) kezdeti feltételeknek eleget tevő sorozat is. Megjegyzés. Az a n = x1 n 1 helyett nyugodtan vehetnénk az a n = x n 1, illetve egybeeső gyökök esetén az a n = (n 1)x1 n 1 helyett az a n = nx1 n 1 sorozatokat is. Ezek ugyanúgy megoldásai (1.2)-nek, ami azonnal látszik az 1.4. állításunkból: pl. x n 1 = x 1 x1 n 1 +0 x2 n 1 előáll x1 n 1 és x2 n 1 -ből λ 1 = x 1, λ 2 = 0 választással. Munkánk gyümölcsét learatandó nézzük meg, hogyan kapjuk meg az a n sorozat explicit képletét az eddigiek felhasználásával állítás. A keresett, (1.1)-nek és (1.2)-nek eleget tevő a n sorozat egyértelműen előállítható λ 1 a n + λ 2 a n alakban, ahol a n és a n az 1.2. tételben kapott sorozatok. Bizonyítás. Az 1.4. állítás szerint a λ 1 a n+λ 2 a n alakú sorozatok teljesítik az (1.2) rekurziót, tehát csak a kezdeti értékekkel kell foglalkoznunk. Ehhez úgy kell megválasztanunk λ 1 -et

4 4 1. FEJEZET. ÁLLANDÓ EGYÜTTHATÓS LINEÁRIS REKURZIÓK és λ 2 -t (a többi paraméter ismert), hogy a 1 = α = λ 1 a 1 + λ 2 a 1, és a 2 = β = λ 1 a 2 + λ 2 a 2 egyaránt teljesüljenek. Ha x 1 x 2, azaz a n = x n 1 1 és a n = x n 1 2, ez a α = λ 1 + λ 2 β = λ 1 x 1 + λ 2 x 2 egyenletrendszert adja, amit a középiskolából ismert módszerekkel megoldva a λ 1 = (β αx 2 )/(x 1 x 2 ), λ 2 = (αx 1 β)/(x 1 x 2 ) megoldást kapjuk. Ha x 1 = x 2, azaz a n = x n 1 1 és a n = (n 1)x n 1 1, a α = λ 1 β = λ 1 x 1 + λ 2 x 1 egyenletrendszert kapjuk, amiből λ 1 = α, λ 2 = (β αx 1 )/x 1 adódik. Megjegyzés. Láttuk, hogy mértani sorozat formájában keresni a rekurziót kielégítő sorozatokat célravezető és jól kezelhető ötlet. Ezzel együtt nem kötelező: bárhogyan is találunk két valamilyen értelemben független jó megoldást (akár próbálgatással), abból elő fogjuk tudni állítani a keresett sorozatot. Erről bővebben az Olvasmányban írunk. Összefoglalva a fejezet tanulságait: Egy a n+2 = c 1 a n+1 + c 2 a n egyenlettel és az a 1, a 2 tagokkal megadott sorozat explicit képletét megkaphatjuk az alábbi lépésekkel. 1. Keresünk megoldást csak a rekurzióra mértani sorozatként: x n+1 = c 1 x n + c 2 x n 1. Átrendezve elég az x 2 c 1 x c 2 = 0 egyenlet x 1 és x 2 gyökeit meghatároznunk. 2. Ha x 1 x 2, akkor a megoldást a n = λ 1 x n λ 2 x n 1 2 alakban keressük. 3. Ha x 1 = x 2, akkor a megoldást a n = λ 1 x n λ 2 (n 1)x n 1 1 alakban keressük. 4. A λ 1 és λ 2 értékeket az a 1 és a 2 kezdeti értékekhez igazítjuk (kétismeretlenes egyenletrendszer) Példák. Az indexeket néha szándékosan eltolva adjuk meg, ez a megoldás menetét nem befolyásolja. Példa. Adjunk explicit képletet az a n = 7a n 1 12a n 2, a 1 = 1, a 2 = 6 rekurzióval megadott sorozatra!

5 1.2. PÉLDÁK. 5 Megoldás. A karakterisztikus egyenlet x 2 7x + 12 = 0. Ennek két gyöke x 1 = 4 és x 2 = 3. Ezért a megoldást a n = λ 1 4 n 1 + λ 2 3 n 1 alakban keressük. A kezdeti értékek figyelembe vételével az alábbi egyenletrendszert kapjuk: (a 1 =) 1 = λ 1 + λ 2 (a 2 =) 6 = λ λ 2 3. Ezt megoldva (mondjuk λ 2 = 1 λ 1 -et behelyettesítve a második egyenletbe) λ 1 = 3, λ 2 = 2 adódik. Tehát az explicit képlet a n = 3 4 n n 1. Példa. Oldjuk meg az a n+2 = 4a n+1 4a n, a 1 = 2, a 2 = 6 lineáris rekurziót! Megoldás. A karakterisztikus egyenlet x 2 4x + 4 = 0, melynek x = 2 kétszeres gyöke. Így a n -et λ 1 2 n 1 + λ 2 (n 1) 2 n 1 alakban keressük, egyenletrendszerünk pedig két egyenletből áll: (a 1 =) 2 = λ 1 (a 2 =) 6 = 2 λ λ 2. Ennek azonnal láthatóan λ 1 = 2, λ 2 = 1 a megoldása, amit visszaírva a n kifejezésébe kapjuk, hogy a n = (n + 1)2 n 1. Példa. Oldjuk meg az a n+2 = 2a n+1 2a n, a 1 = 1, a 2 = 2 lineáris rekurziót! Megoldás. A karakterisztikus egyenlet x 2 2x + 2 = 0, aminek x 1 = 1 + i és x 2 = 1 i a megoldásai. A megoldást tehát a n = λ 1 (1 + i) n 1 + λ 2 (1 i) n 1 alakban keressük. A kezdeti értékekből kapott egyenletrenszer (a 1 =) 1 = λ 1 + λ 2 (a 2 =) 2 = (1 + i) λ 1 + (1 i) λ 2. Ismét például λ 2 = 1 λ 1 -et behelyettesítve a második egyenletbe 2 = 2 i λ i, azaz 2 i λ 1 = 1 + i adódik, amiből λ 1 = 1 + i 2i = 1 + i 2i 2i 2i = 2i(1 + i) 4i 2 = 2 2i 4 = 1/2 i/2, és λ 2 = 1/2+i/2 kiszámítható. Végeredményben a n = 1 i 2 (1+i)n i 2 (1 i)n 1. Ugyancsak fontos, hogy felismerjük, mikor vezet egy szöveges feladat állandó együtthatós lineáris rekurzióra. Erre általános recept nincs, néhány ötletet láthatunk most. Amikor azt látjuk, hogy a feladat ugyanolyan típusú, csak valamilyen értelemben kisebb részfeladatokra vezethető vissza, próbálkozhatunk rekurzió felírásával. A rekurziókat most nem oldjuk meg (azt már gyakoroltuk), csak a rekurziók felírására koncentrálunk. Példa. Hányféleképpen mehetünk fel az n lépcsőfokból álló lépcsőn, ha egyszerre 1 vagy 2 fokot léphetünk? És ha 3-at is?

6 6 1. FEJEZET. ÁLLANDÓ EGYÜTTHATÓS LINEÁRIS REKURZIÓK Megoldás. Az ötlet tipikus: diszjunkt részfeladatokra bontunk az első lépés szerint. Jelölje a n a választ n lépcsőfok esetén. Ha az első lépésnél k fokot lépünk, a maradék n k lépcsőfokon éppen a n k -féleképpen mehetünk fel. (Itt látjuk, hogy az első lépés után egy ugyanolyan jellegű feladatot kapunk.) A k lehetséges értékeit megnézve az első esetben az a n = a n 1 + a n 2, a másodikban az a n = a n 1 + a n 2 + a n 3 rekurziót kapjuk. Az első esetben két, a másodikban három kezdeti tagot kell meghatároznunk, hogy leírjuk a sorozatot. Ezt kézzel kiszámolva az első esetben a 1 = 1, a 2 = 2, míg a másodikban a 1 = 1, a 2 = 2, a 3 = 4 adódik. Így kaptunk egy lineáris rekurziót kezdeti felétételekkel, amit a tanult módszerekkel meg tudunk oldani az első esetben. A másodikban a rekurzió harmadfokú. Magasabbfokú rekurziók megoldásával az Olvasmányban foglalkozunk. Megjegyzés. Formálisan n = 0 lépcsőfokra is megkérdezhetjük ugyanezt. Egyetlen olyan lépéssorozat van, amellyel nulla lépcsőfokot mászunk meg: az üres sorozat (azaz amikor nem lépünk semmit). Így az a megérzésünk támadhat, hogy a 0 = 1 kell legyen mindkét esetben. A rekurzív képletek is alátámasztják ezt a megérzésünket: például az első esetben a képletet az a 2 -re felírva a 2 = a 1 + a 0 adódik, ami szintén a 0 = 1-et eredményez. Példa. Hányféleképpen költhetünk el n eurót, ha 1 euróért 3-féle, 2 euróért 4-féle különböző cikket vásárolhatunk? Lényeges, hogy milyen sorrendben vásároltuk a cikkeket! (A megvásárolt cikkek száma nyilván függ attól, hogy miket vettünk; ez a feladat szempontjából azonban lényegtelen.) Megoldás. Jelölje a n azt, hogy n eurót hányféleképpen költhetünk el. Megint az első vásárlás szerint bontunk szét. A különbség az, hogy most az első vásárlás többféleképpen alakulhat. Így az a n = 3a n 1 + 4a n 2 rekurziót kapjuk. A jobb oldal első tagjában 3- féleképpen költhetjük el egy cikkre az első eurót, ettől függetlenül költhetjük el a maradék n 1 eurót. Hasonlóan, ha elsőre 2 eurós cikket vásárolunk, azt 4-féleképp tehetjük meg, majd ettől függetlenül elkölthetjük a megmaradt (n 2) eurónkat. Figyelem! Az a n 2 együtthatója nem az, hogy 2 eurót hányféleképpen költhetünk el, hanem az, hogy 2 eurót egyetlen cikkre hányféleképpen költhetünk el, hiszen az első megvett árucikk értéke szerint esetelünk. Az első két tag a 1 = 3, a 2 = , összhangban az a 0 = 1 érzésünkkel. Ez segíthet az ellenőrzésben, a 2 -t (illetve ha a 3 -ra is szükségünk van, akkor azt) ugyanazzal a részfeladatokra bontással számolhatjuk ki, mint amivel a rekurziót kapjuk. Példa. Hány olyan n hosszú, az a, b és c betűkből felépülő szó (azaz nem feltétlenül értelmes betűsorozat) van, amelyben nincs két b betű egymás mellett? Megoldás. Szokás szerint jelölje a n az n betűből álló jó (azaz bb-mentes) szavak számát. Itt is az első (illetve az első kettő) betű szerint csoportosítjuk az n hosszú, jó szavakat. Két esetet vizsgálunk: Ha az első betű nem b, akkor ezt tetszőleges n 1 hosszú jó szó követheti, amiből a n 1 darab van. Mivel az első betű kétféle (a vagy c) lehet, összesen 2a n 1 olyan n hosszúságú jó szó van, ami nem b-vel kezdődik.

7 1.2. PÉLDÁK. 7 Ha az első betű b, akkor utána a vagy c kell jöjjön, azt pedig bármely n 2 hosszú jó szó köveheti, amiből a n 2 van. Tehát b-vel kezdődő, n hosszú jó szóból 2a n 2 van. Végeredményben az a n = 2a n 1 + 2a n 2 rekurziót kaptuk. Könnyen megkapható, hogy a 1 = 3, a 2 = 8 (és a 0 = 1 az üres szó miatt). Nehezebb feladathoz jutunk, ha a bc egymást követő párt zárjuk ki. Példa. Hány olyan n hosszú, az a, b és c betűkből felépülő szó van, amelyben nincs egymás mellett bc ilyen sorrendben? (Tehát cb vagy bac lehet.) Megoldás. Most fordítva okoskodunk: minden n hosszú jó szót megkapunk akkor, ha egy n 1 hosszú jó szó elé írunk egy betűt. Így 3a n 1 darab szót kaptunk, ám ezek között sajnos vannak rosszak is, mégpedig azok, amelyek bc-vel kezdődnek. Ilyet akkor kaptunk, amikor egy c-vel kezdődő jó szó elé b-t írtunk. Tehát pontosan annyi rossz szót állítottunk elő, ahány c-vel kezdődő, n 1 hosszú jó szó van. Ezek száma pedig a n 2, hiszen az első c betűt bármelyik n 2 hosszú jó szó követheti. Kivonva az összesből a rosszakat az a n = 3a n 1 a n 2 rekurziót kapjuk. Nyilván a 1 = 3, a 2 = 8, hiszen csak a bc szó rossz. Más megoldás: Logikailag kevésbé trükkös az alábbi okoskodás. Ismét első betű szerinti esetszétválasztást alkalmazunk. Az eddigiekhez hasonlóan a-val vagy c-vel kezdődő, n hosszú, jó szóból egyaránt a n 1 van, ez összesen 2a n 1 darab. Ha a szó b-vel kezdődik, akkor két lehetőségünk van: vagy a, vagy b betű követi. Ha a áll utána, azt tetszőleges n 2 hosszú, jó szó követheti, melyek száma a n 2. Ha b áll utána, ismét két lehetőségünk van: vagy a, vagy b betű követi... Ezt folytatva előbb-utóbb elérünk a végéig. Ezt a gondolatmenetet az alábbi módon kényelmes megfogalmazni: Csoportosítsunk a szó elején álló b betűk száma szerint! Azaz jelölje s k azon n hosszú, jó szavak számát, melyek k darab b betűvel kezdődnek. A fentebbi gondolatmenet szerint s 0 = 2a n 1 ; s k = a n k 1, ha 1 k n 1 (hiszen a k darab b betű után egy a betűnek kell állnia, amit egy n k 1 hosszú, jó szó követ (a 0 = 1 legyen)); végül s n = 1 (ami a csupa b betűből álló szónak felel meg). Ebből (s 0 + s s n =) a n = 2a n 1 + a n 2 + a n a Felírva ugyanezt a rekurziót a n 1 -re az a n 1 = 2a n 2 + a n 3 + a n a összefüggést kapjuk. Az előbbi egyenletből kivonva az utóbbit az a n a n 1 = 2a n 1 a n 2 kifejezést kapjuk, átrendezve a n = 3a n 1 a n 2, ami éppen a fenti rekurzió. Ez a második ötlet akkor működik, ha az a n felírásában szereplő tagok indexei számtani sorozatot alkotnak, mert akkor a kivonás után majdnem minden tag kiesik. Más megoldás: Jelölje c n azon n hosszú, jó szavak számát, melyek c-vel kezdődnek, és b n azokét, amelyek nem c-vel kezdődnek. Ekkor a n = b n +c n. Másrészt c n = a n 1 (c után bármi állhat), és b n = a n 1 + b n 1 (attól függően, hogy a-val vagy b-vel kezdődik). Tehát a n = b n +c n = a n 1 +b n 1 +a n 1 = 2a n 1 +b n 1 = 2a n 1 +a n 1 c n 1 = 3a n 1 a n 2.

8 8 1. FEJEZET. ÁLLANDÓ EGYÜTTHATÓS LINEÁRIS REKURZIÓK Megjegyzés. Az első elem szerinti szétválasztás helyett tekinthettük volna az utolsó elemet is; néha ez kényelmesebb lehet. Gyakorlófeladatok: Hányféleképpen fedhető le a 2 n-es sakktábla 2 1-es dominókkal? És a 3 n-es 3 1-esekkel? És a 2 n-es három mezőt elfoglaló L betőkkel? És ha vegyesen használjuk az L betűket és a 2 1-eseket? És ha vegyesen használjuk az L betűket és a 3 1-eseket, illetve a 4 1-eseket? (Mindegyik esetben elég csak a rekurziót felírni.) 1.3. Olvasmány Ha nem mértani sorozatokból építkezünk Mint azt megjegyeztük, egy lineáris rekurziónak eleget tevő sorozatok vektorteret alkotnak, melynek elég egy bázisát megtalálnunk ahhoz, hogy tetszőleges (a rekurziót kielégítő) sorozatot elő tudjunk állítani. E szakaszban ezt mutatjuk meg másodfokú rekurziókra lineáris algebrai ismeretekre való hivatkozás nélkül definíció. Az a n és a n sorozatok függetlenek, ha egyik sem az azonosan nulla sorozat, továbbá nem egymás számszorosai, azaz semmilyen c R-re nem teljesül, hogy a n = ca n minden n N-re. Megjegyzés. Mivel egy k-adfokú rekurziót kielégítő sorozatot az első k tagja egyértelműen meghatározza, ilyen sorozatok függetlenségéhez elég az első k tagra ellenőrizni, hogy azok nem egymás számszorosai. Megmutatjuk, hogy bármely két független megoldás megfelel egy explicit képlet előállításához állítás. Legyen a n és a n két, az (1.2) rekurziónak eleget tevő, független sorozat. Ekkor az (1.1) és (1.2) által meghatározott a n sorozat egyértelműen előáll a n = λ 1 a n+λ 2 a n alakban (λ 1,λ 2 C). Bizonyítás. Az (1.1) kezdeti feltételek a λ 1 és λ 2 ismeretlenekre a szokásos módon az α = λ 1 a 1 + λ 2 a 1 β = λ 1 a 2 + λ 2 a 2 egyenletrendszert adják. Azt kell ellenőriznünk, hogy ez mindig megoldható-e. A függetlenség miatt egyik sorozat sem azonosan nulla, tehát a 1 és a 2 közül legfeljebb egy lehet nulla, szintúgy a 1 és a 2 közül is. Továbbá, ha például a 1 = 0, akkor a 1 0, hiszen ellenkező esetben a c = a 2/a 2 szorzóval c a 1 = a 1 és c a 2 = a 2 is teljesülne. Azaz az a 1 és a 1 közül is csak az egyik lehet nulla; szintúgy a 2 és a 2 közül is. Emiatt feltehetjük (esetleg megcserélve az a n és a n sorozatok szerepét), hogy a 1 0 és a 2 0. Az első egyenletet a 2-vel, a másodikat a 1-gyel szorozva, majd egymásból kivonva a 1β a 2α = λ 2 (a 1a 2 a 1a 2)

9 1.3. OLVASMÁNY 9 adódik, amiből λ 2 egyértelműen meghatározható, ha a 1a 2 a 1a 2. Indirekte tegyük fel, hogy a 1a 2 = a 1a 2. A feltevésünk miatt a bal oldal nem nulla, így a jobb oldal sem, tehát átoszthatunk, hogy lássuk: a 1/a 1 = a 2/a 2. Ekkor c = a 1/a 1-gyel ca n a n volna, ellentmondva a függetlenségnek. Tehát λ 2 kiszámolható, amiből λ 1 azonnal adódik. Megjegyzés. Kis algebrai kitérő: a megoldhatóságnál [ ] voltaképpen azt használtuk, hogy a az együtthatómátrix determinánsa, det 1 a 1 a 2 a = a 1a 2 a 2a 1 nem nulla. Ez fennáll, 2 különben a két oszlopa (tehát a sorozatok első két tagja, és így a rekurzv képzési szabály miatt a sorozatok egésze) lineárisan összefüggő volna, ellentmondva a n és a n (lineáris) függetlenségének. A teljesség kedvéért megmutatjuk, hogy a karakterisztikus egyenletből kapott megoldások függetlenek állítás. Legyen x 1 és x 2 az (1.2) karakterisztikus egyenlet két gyöke. Ekkor az a n = x1 n 1 és a n = x2 n 1 sorozatok függetlenek, ha x 1 x 2 ; ha x 1 = x 2, akkor az a n = x1 n 1 és az a n = (n 1)x1 n 1 sorozatok függetlenek. Bizonyítás. Először tegyük fel, hogy x 1 x 2. Mivel a 1 = a 1 = 1, így csak a n a n ronthatná el a függetlenséget (a c = 1 szorzóval), amit a 2 = x 1 x 2 = a 2 cáfol. A másik eset hasonlóan meggondolható Komplex megoldások lecserélése valósakra Előfordulhat, hogy az x 2 c 1 x c 2 = 0 karakterisztikus egyenlet gyökei (x 1 és x 2 ) nem valós, hanem komplex számok. Ez tehát azt jelenti, hogy a kezdeti értékekre vonatkozó egyenletrendszert a komplex számok halmazán kell megoldanunk. Ha valaki el akarja kerülni a komplex számokkal való számolást, akkor a következőt teheti. Mivel a karakterisztikus egyenlet valós együtthatós, a komplex gyökök egymás konjugáltjai, azaz x 1 = z, x 2 = z, z C. Legyen z = r(cos ϕ + i sin ϕ) a z komplex szám trigonometrikus alakja. Itt r cos ϕ = Re(z) és r sin ϕ = Im(z) a z valós, illetve képzetes része. Idézzük fel, hogy z k = r k (cos(kϕ) + i sin(kϕ)), z k = r k (cos(kϕ) i sin(kϕ)). Az 1.4. állítás szerint az a n = (z n 1 + z n 1 )/2 = r n 1 cos((n 1)ϕ) és az a n 1 = (z n 1 z n 1 )/(2i) = r n 1 sin((n 1)ϕ) valós sorozatok is kielégítik a karakterisztikus egyenletet (és függetlenek). Így kereshetjük a megoldást a n = λ 1 r n 1 cos((n 1)ϕ) + λ 2 r n 1 sin((n 1)ϕ) alakban is. A kezdeti értékekre vonatkozó egyenletrendszer ekkor az a 1 = λ 1 = λ 1 r cos ϕ + λ 2 r sin ϕ = λ 1 Re(z) + λ 2 Im(z) a 2 alakot ölti, amit megoldhatunk a valós számok halmazán. Nézzük meg a korábban már bemutatott példán, hogyan alkalmazható ez a módszer! Példa. Oldjuk meg az a n+2 = 2a n+1 2a n, a 1 = 1, a 2 = 2 lineáris rekurziót!

10 10 1. FEJEZET. ÁLLANDÓ EGYÜTTHATÓS LINEÁRIS REKURZIÓK Megoldás. A karakterisztikus egyenlet x 2 2x + 2 = 0, aminek x 1 = 1 + i = z = 2(cos 45 + i sin 45 ) és x 2 = 1 i = z a megoldásai. A megoldást tehát kereshetjük a n = λ 1 2 n 1 cos(n 1)45 + λ 1 2 n 1 (cos(n 1)45 + sin(n 1)45 ) alakban, ahol (a 1 =) 1 = λ 1 (a 2 =) 2 = λ 1 Re(z) + λ 2 Im(z) = λ 1 + λ 2. Ebből λ 1 = λ 2 = 1, így a n = 2 n 1 (cos(n 1)45 +sin(n 1)45 ) adódik. Kis számolással a n = 2 n (sin 45 cos(n 1)45 + cos 45 sin(n 1)45 ) = 2 n sin(n 45 ) kapható Inhomogén rekurziók megoldása Tekintsük az alábbi másodfokú, de inhomogén rekurzióval megadott sorozatot: a n+2 = c 1 a n+1 + c 2 a n + c 3, (1.4) ahol aza 1 és a 2 kezdeti értékeket adottnak tekintjük. Erre a mértani sorozatos ötlet első közelítésben nem működik, mert x n 1 -gyel leosztva nem kapunk másodfokú egyenletet. Az ötlet az, hogy először keresünk valahogyan egy tetszőleges a n sorozatot, ami teljesíti (1.4)- t (úgynevezett partikuláris megoldást), majd áttérünk a feladat homogenizált változatára, azaz a b n+2 = c 1 b n+1 + c 2 b n (1.5) megoldásait keressük. A rekurziót teljesítő b n sorozat esetén a n+2 + b n+2 = c 1 a n+1 + c 2 a n + c 3 + c 1 b n+1 + c 2 b n = c 1 (a n+1 + b n+1 ) + c 2 (a n + b n ) + c 3, tehát az a n+b n sorozat megoldása (1.4)-nek. A kezdeti értékek beállításához a b n sorozatra a b 1 = a 1 a 1, b 2 = a 2 a 2 feltételeket kell tennünk. Tehát ha találunk alkalmas a n sorozatot, a feladatot visszavezettük a homogén esetre. Ilyen sorozatot pedig egyszerűen találunk, az alábbi állítás szerint szinte mindig konstans sorozat formájában állítás. Midnig találunk a n = an h alakú megoldást (1.4)-re, ahol 0 h 2, a R, mégpedig a következőek szerint. Ha c 1 + c 2 1, akkor az a n = c 3 /(1 c 1 c 2 ) teljesíti (1.4)-t. Ha c 1 + c 2 = 1, de c 1 2, akkor a n = (c 3 /(2 c 1 ))n teljesíti (1.4)-t. Ha c 1 = 2 és c 2 = 1, akkor a n = (c 3 /2) n 2 teljesíti (1.4)-t. Bizonyítás. Az a n a konstans sorozat pontosan akkor megoldás, ha a = c 1 a + c 2 a + c 3, azaz a = c 3 /(1 c 1 c 2 ); ez mindig jó lesz, ha c 1 + c 2 1. Ha c 1 + c 2 = 1, keressünk a n = a n alakú megoldást. Ez pontosan akkor jó, ha a(n + 2) = c 1 a(n + 1) + c 2 an + c 3 = (c 1 + c 2 )an + ac 1 + c 3 = an + ac 1 + c 3. Átrendezve a = c 3 /(2 c 1 ). Ez mindig jó, kivéve, ha c 1 = 2, és így c 2 = 1. Ekkor a rekurziónk a n+2 2a n+1 +a n = c 3 alakú. Legyen a n = c 3 n 2 /2. Behelyettesítve a n+2 2a n+1 + a n = c 3 2 ((n + 2) 2 2(n + 1) 2 + n 2 ) = c = c 3, tehát a n megfelelő. Illusztráljuk egy példán a módszert! Példa. Oldjuk meg az a n = 6a n 1 9a n 2 + 4, a 1 = 2, a 2 = 4 rekurziót!

11 1.3. OLVASMÁNY 11 Megoldás. Először keresünk egy partikuláris megoldást konstans sorozat formájában: a = 6a 9a + 4, tehát az a n 1 sorozat megoldja a rekurziót. Ezután keresünk egy, a b n = 6b n 1 9b n 2 homogén rekurziót kielégítő b n sorozatot, amit hozzáadva a n-hez kapjuk a megoldást az eredeti feladatra. Hogy a kezdeti értékek a végén az előírtak legyenek, a b n sorozatra a b 1 = a 1 a 1 = 2 1 = 1 és a b 2 = a 2 a 2 = 4 1 = 3 kezdeti feltételeket írjuk elő. A b n sorozatot a szokásos módon megkapjuk, miszerint b n = 3 n 1, tehát a megoldás a n = b n + a n = 3 n Magasabb fokú rekurziók megoldása Tekintsük most az a n+k = c 1 a n+k c k a n (1.6) alakban megadott a n sorozatot, ahol a kezdeti a 1,...,a k értékeket adottnak vesszük (kezdeti feltétel), a rekurziót leíró c 1,...,c k együtthatók pedig rögzített valós számok. Emlékeztetünk, hogy feltevésünk szerint c k 0. Ebben az esetben is teljesen analóg módon járhatunk el, a módszereink működnek. A bizonyítások során támaszkodni fogunk alapvető algebrai ismeretekre (polinomok, determinánsok, lineáris függetlenség). Először is vegyük észre, hogy az 1.4. állítás minden további nélkül általánosítható állítás. Ha az a (1), a (2),..., a (r) sorozatok teljesítik az (1.6) rekurziót, akkor tetszőleges r α ia (i) lineáris kombinációjuk is. (Itt a sorozatok jobb felső sarkában sorszám (index) áll, nem kitevő.) Bizonyítás. Teljesen analóg 1.4. bizonyításával. Lényegében annyit mond, hogy lineáris kombinációk lineáris kombinációja is az eredeti elemek lineáris kombinációja. Ekkor persze karakterisztikus egyenletünk k-adfokú: x k c 1 x k 1... c k = 0. Legyenek ennek gyökei x 1, x 2,..., x k. (Persze ha k 5, általános megoldóképlet híján ezeket a gyököket nem biztos, hogy meg tudjuk határozni.) Ezek egyike sem nulla, hiszen c k 0. Ha a gyökök páronként különbözőek, akkor ugyanúgy, mint a k = 2 esetben, az x n 1 i sorozatok (1 i k) egy bázisát alkotják a (1.6) egyenletet kielégítő sorozatok terének, magyarán a n egyértelműen előáll a n = λ 1 x 1 n λ k x k n 1 alakban megfelelő λ i R számokra (1 i k). A λ i -k meghatározásához ugyanis az a 1 = λ λ k a 2 = λ 1 x λ k x k a 3 = λ 1 x λ k x k. a k = λ 1 x 1 k λ k x k k 1

12 12 1. FEJEZET. ÁLLANDÓ EGYÜTTHATÓS LINEÁRIS REKURZIÓK lineáris egyenletrendszert kell megoldanunk. Lineáris algebrából ismert, hogy ennek az egyenletrendszernek mindig van megoldása (méghozzá egyértelmű), hiszen a szóbanforgó egyenletrendszer együtthatómátrixának determinánsa x 1 x 2 x 3... x k det x k 1 1 x k 1 2 x k x k 1 k Vandermonde-féle, így nem nulla (ezt később általánosabban is belátjuk). Aprópénzre váltva ez annyit jelent, hogy biztosak lehetünk benne, hogy a középiskolából ismert módszerekkel megoldva az egyenletrendszert, megkapjuk a kívánt megoldást. Lássunk erre is egy példát! Példa. Oldjuk meg az a n+3 = 2a n+2 + a n+1 2a n, a 1 = 1, a 2 = 3, a 3 = 7 rekurziót! Megoldás. A karakterisztikus egyenlet x 3 2x 2 x + 2 = 0, aminek x 1 = 1, x 2 = 1 és x 3 = 2 a megoldásai, így a n = λ 1 + λ 2 ( 1) n 1 + λ 1 2 n 1 alakú. Egyenletrendszerünk: 1 = λ 1 + λ 2 + λ 3 3 = λ 1 λ 2 + 2λ 3 7 = λ 1 + λ 2 + 4λ 3, amelynek λ 3 = 2, λ 2 = 0 és λ 1 = 1 a megoldása, azaz a n = n. Az alábbi állítás szerint akkor sincs baj, ha a karakterisztikus egyenletnek vannak többszörös gyökei, ahogy ez nem okozott megoldhatatlan problémát a k = 2 esetben sem állítás. Tegyük fel, hogy q a karakterisztikus egyenletnek r+1-szeres gyöke. Ekkor a q n 1, nq n 1,..., n r q n 1 sorozatok kielégítik a (1.6) egyenletet. Bizonyítás. A c 0 = 1 választással a (1.6) karakterisztikus egyenletet p(x) = c i x k i = 0 alakra hozható. Jelölje p (j) (x) a p(x) polinom j-edik deriváltját. Ha q r + 1-szeres gyök, akkor gyöke az első r deriváltnak is, azaz p (j) (q) = c i (k i)(k i 1) (k i j + 1)q k i j = 0 (0 j r). Itt a nulladik derivált, p (0) (x) szokás szerint magát p(x)-et takarja; az összegzésben pedig azért mehetünk el negatív kitevőjű hatványokig is (azaz megengedjük i > k j-t), mert akkor az előtte levő szorzótényezők valamelyike úgyis nulla. Azt akarjuk ellenőrizni, hogy az a n = n s q n 1 kielégíti-e a (1.6) rekurziót (0 s r), azaz hogy (n + k) s q n+k 1 = c 1 (n + k 1) s q n+k 2 + c 2 (n + k 2) s q n+k c k n s q n 1

13 1.3. OLVASMÁNY 13 teljesül-e. Leosztva q n 1 -gyel és kivonva a bal oldalt, az alábbi ekvivalens egyenlőséget nyerjük: c i (n + k i) s q k i = 0. A binomiális tétel felhasználásával tovább alakítjuk ezt az egyenletet: ( s c i j=0 ( ) s )n s j (k i) j q k i = j s j=0 ( ) s n s j j c i (k i) j q k i = 0. Azt fogjuk megmutatni, hogy f j (q) = k c i(k i) j q k i előáll f j (q) = j d j,ip (i) (q) alakban alkalmas d j,0,...,d j,j szorzókkal minden 0 j s-re. Ez bizonyítja az állítást, hiszen p (i) (q) = 0 minden 0 i s-re. Teljes indukciót alkalmazunk j szerint. A j = 0 és j = 1 esetekben f 0 (q) = p(q) és f 1 (q) = qp (q) bizonyítja az állítást. Tegyük hát föl, hogy f j 1 (q)-ig igaz az állítás. Válasszunk olyan α 1,...,α j 1 egészeket, melyre x(x 1)(x 2) (x j + 1) +α 1 x j α j 1 x x j teljesül (ez megtehető). Ekkor f j (q) = c i q ( k i (k i)...(k i j + 1) + α 1 (k i) j α j 1 (k i) ) = = p (j) (q) + α 1 c i (k i) j 1 q k i + α 2 c i (k i) j 2 q k i α j 1 c i (k i)q k i = j 1 = p (j) (q) + α i f j i (q). Indukciós feltevésünk szerint a jobb oldalon található szummás kifejezések mindegyike előáll a p (i) (q)-k kombinációjaként (i j), így azok fenti kombinációja, azaz f j (q) is. Megjegyzés. Az x1 n 1, nx1 n 1,..., n s x1 n 1 jó sorozatokat lecserélhetjük az x1 n 1, (n 1)x1 n 2,..., (n 1)(n 2) (n s)x1 n 1 s sorozatokra is, mert előállnak az előzőek lineáris kombinációjaként (például (n 1)x1 n 2 = 1/x 1 (nx1 n 1 x1 n 1 )), így az állítás szerint ezek is teljesítik a rekurziót. Ez a deriváltak felbukkanása miatt természetesebb volna, viszont az állításokat kényelmesebb megfogalmazni a korábban látott módon. Kérdés még, hogy a talált sorozatok valóban lineárisan függetlenek-e, azaz hogy a kezdeti értékekre felírt egyenletrendszerünknek van-e (egyértelmű) megoldása állítás. Tegyük föl, hogy az (1.3.4) karakterisztikus egyenletnek s különböző gyöke van, az i-edik (valós vagy komplex) gyöke x i, annak multiplicitása α i + 1 (α i 0), ahol 1 i s (ekkor persze α α s = k s). Ekkor az x1 n 1, nx1 n 1,..., n α 1 x1 n 1, x2 n 1, nx2 n 1,..., n α 2 x2 n 1,..., xs n 1, nxs n 1,..., n αs xs n 1 sorozatok lineáris kombinációjaként tetszőleges, az (1.6)-et kielégítő a n sorozat előállítható.

14 14 1. FEJEZET. ÁLLANDÓ EGYÜTTHATÓS LINEÁRIS REKURZIÓK Bizonyítás. Vezessük be a c n,j = (n 1)(n 2) (n j) jelölést, valamint legyen c n,0 = 1 (az üres szorzatra vonatkozó konvenciónak is megfelelően). Ha j n, akkor c n,j = 0, hiszen szerepel benne egy nullás szorzótényező. Használjuk továbbá a t = k 1 jelölést 2. Az előző megjegyzés alapján a sorozatainkból lineáris kombinációval előállíthatóak a c n,j x n 1 j i sorozatok is (1 i s, 0 j α i ), tehát elegendő az a n sorozatot a n = s α i j=0 λ i,j c n,j x n 1 j i alakban előállítanunk. A kezdeti értékekre vonatkozó lináris egyenletrendszer k k-as M együtthatómátrixa ekkor c 1, c 1, c 2,0 x 1 c 2, c 2,0 x k c 2, c 3,0 x 2 1 c 3,1 x 1 c 3, c 3,0 x 2 k c 3,1 x k c 3, c k,0 x t 1 c k,1 x t 1 1 c k,2 x t c k,α1 x t α c k,0 x t s c k,1 x t 1 s c k,2 x t 2 s... c k,αs x t αs 1 } {{ }... } {{ } α α s + 1 Megmutatjuk, hogy a mátrix sorai lineárisan függetlenek, azaz a determinánsa nem nulla. Legyen p i (x) = x i 1, i = 1,...,k. Tekintsük a ( ) p i = p i (x 1 ),p (1) i (x 1 ),...,p (α 1) i (x 1 ),...,p i (x s ),p (1) i (x s ),...,p (α k) i (x s ) vektorokat. (Az első α 1 +1 koordinátába a p i 0., 1.,..., α 1 -edik deriváltjának az x 1 helyen vett értékét, a következő α koordinátába a p i 0., 1.,..., α 2 -edik deriváltjának az x 2 helyen vett értékét stb. írjuk.) Mivel p i (x) (j) = (i 1)(i 2) (i j)x i 1 j = c i,j x i 1 j, így p i éppen M i-edik sora. Indirekte tegyük föl, M sorai összefüggőek. Ekkor k a ip i = 0 alkalmas nem csupa nulla a i együtthatókkal. Legyen f(x) = k a ip i (x) = k a ix i 1. Tehát f(x) egy nem azonosan nulla, legfeljebb k 1-edfokú polinom. A p i vektorok definíciójából adódik, hogy f(x)-nek x j éppen α j + 1-szeres gyöke (1 j s), így f(x) foka legalább s (α i + 1) = k, ellentmondás. Így det(m) 0, tehát tetszőleges a n sorozat előáll alkalmas λ i,j együtthatókkal. Megjegyzés. Vegyük észre, hogy k darab egyszeres gyök esetén (azaz ha s = k és α i = 0 minden 1 i k-ra) a mátrixunk Vandermonde-típusú, tehát speciálisan a Vandermonde-féle determinánsok nemnulla voltát is beláttuk. Lássunk erre is egy példát! Példa. Oldjuk meg az a n+7 = a n+6 3a n+5 + 3a n+4 3a n+3 + 3a n+2 a n+1 + a n, q 1 = 3, a 2 = 13, a 3 = 5, a 4 = 43, a 5 = 11, a 6 = 85, a 7 = 13 rekurziót! 2 Ez szigorúan technikai paraméter, csak hogy kiférjen a mátrix a lapra.

15 1.3. OLVASMÁNY 15 Megoldás. A karakterisztikus egyenlet x 7 x 6 + 3x 5 3x 4 + 3x 3 3x 2 + x 1 = 0. Észrevehetjük, hogy x = 1 megoldás, így x 7 x 6 + 3x 5 3x 4 + 3x 3 3x 2 + x 1 = (x 1)(x 6 +3x 4 +3x 2 +1) = (x 1)(x 2 +1) 3, tehát az x 1 = 1 egyszeres, x 2 = i és x 3 = i pedig háromszoros gyök. Ekkor a megoldást kereshetjük a n = λ 1 1 n 1 + λ 2 i n 1 + λ 3 ni n 1 + λ 4 n 2 i n 1 + λ 5 ( i) n 1 + λ 6 n( i) n 1 + λ 7 n 2 ( i) n 1 alakban. A kezdeti értékekre vonatkozó egyenletrendszerünk (a 1 =) = λ 1 + λ 2 + λ 3 + λ 4 + λ 5 + λ 6 + λ 7 (a 2 =) = λ 1 + λ 2 i + 2λ 3 i + 4λ 4 i + λ 5 i + 2λ 6 i + 4λ 7 i (a 3 =) = λ 1 λ 2 3λ 3 9λ 4 λ 5 3λ 6 9λ 7 (a 4 =) = λ 1 λ 2 i 4λ 3 i 16λ 4 i λ 5 i 4λ 6 i 16λ 7 i (a 5 =) = λ 1 + λ 2 + 5λ λ 4 + λ 5 + 5λ λ 7 (a 6 =) = λ 1 + λ 2 i + 6λ 3 i + 36λ 4 i + λ 5 i + 6λ 6 i + 36λ 7 i (a 7 =) = λ 1 λ 2 7λ 3 49λ 4 λ 5 7λ 6 49λ 7 Ennek megoldása némi erőfeszítéssel meghatározható, az eredmény λ 1 = 1, λ 2 = i, λ 3 = 1 + i, λ 4 = i, λ 5 = i, λ 6 = 1 i, λ 7 = i, tehát a n = 1 + i n + (1 + i)ni n 1 + n 2 i n + ( i) n + (1 i)n( i) n 1 + n 2 ( i) n. Komplex megoldások valósra cserélése magasabb fokú rekurziók esetén Most is előfordulhat, hogy az (1.3.4) karakterisztikus egyenletnek komplex gyökei is vannak. Mivel az (1.3.4) egyenlet valós együtthatós, ezek a komplex gyökök konjugált gyökpárokban fordulnak elő. A komplex számokkal való számolást teljesen hasonló módon lehet elkerülni, mint a k = 2 esetben; persze k > 2 miatt előfordulhat az is, hogy egy komplex gyök magasabb multiplicitással szerepel (a konjugáltjával együtt). Ha tehát x 1 = z = r(cosϕ+isin ϕ) C \ R több mint s-szeres komplex gyök (ekkor z is az), akkor az n s z n 1 és az n s z n 1 sorozatokat lecserélhetjük az n s (z n 1 + z n 1 )/2 = n s cos(n 1)ϕ és az n s (z n 1 z n 1 )/2i = n s sin(n 1)ϕ sorozatokra. Ezekkel pedig a kezdeti értékekre vonatkozó lineáris egyenletrendszerünk valós együtthatós lesz, melynek megoldása a szokásos módon történik. A függetlenséget garantálja, hogy az új sorozatokból elő tudjuk állítani az eredetieket is. Inhomogén magasabb fokú rekurziók megoldása Tekintsük az a n+k = c 1 a n+k c k a n + c k+1 (1.7) rekurziót! Most is az első k tagot adottnak tekintjük, és explicit képletet keresünk az általános tagra. A módszer pontosan ugyanaz, mint korábban is: először keresünk egy

16 16 1. FEJEZET. ÁLLANDÓ EGYÜTTHATÓS LINEÁRIS REKURZIÓK partikuláris megoldást (ahol nem vesszük figyelembe a kezdeti értékeket), majd a homogenizált változatra írunk fel egy megfelelően módosított kezdetiérték-feladatot. A kérdés csak az, hogy hogyan találunk partikuláris megoldást? A másodfokú esetben látott, amolyan kalapból nyuszi módszert általánosítjuk állítás. Az (1.7) rekurziónak mindig van a n = an h alakú partikuláris (a kezdetiérték-feltételeket figyelmen kívül hagyó) megoldása alkalmas a konstanssal, 0 h k. Bizonyítás. Legyen tehát a n = an h. Próbáljuk meg, hogy h = 0 esetén találunk-e megfelelő a szorzót. Ez annyit tesz, hogy a = ac i + c k+1 a = c k+1 1 k c, i tehát mindig van jó megoldás, kivéve, ha k c i = 1. Ez esetben próbálkozzunk h = 1- gyel. Ekkor az alábbinak kell teljesülnie: a(n+k) = ac i (n+k i)+c k+1 = a(n+k) c i a ic i +c k+1 = a(n+k) a ic i +c k+1, átrendezve a ic i = c k+1, ami mindig megoldható, kivéve, ha k ic i = 0. Ez esetben próbálkozzunk h = 2-vel: a(n + k) 2 = ac i (n + k i) 2 + c k+1 = ( ac i (n + k) 2 2(n + k)i + i 2) + c k+1 = = a(n + k) 2 c i 2a(n + k) ic i + a i 2 c i + c k+1 = a(n + k) 2 + a i 2 c i + c k+1 a korábban problémát okozó egyenlőségek miatt. Ez megintcsak megoldható, kivéve, ha k i2 c i = 0. Tegyük hát fel, hogy k c i = 1, és egy s > 0 számig k is c i = 0. Vegyük észre, hogy s akár páros, akár páratlan, ez ekvivalens k ( i)s c i = 0-val. Próbálkozzunk most h = s + 1-gyel: = a a(n + k) h = h j=0 ac i (n + k i) h + c k+1 = ( ) h (n+k) j j ( i) h j c i +c k+1 = a ac i h j=0 ( ) h (n + k) j ( i) h j + c k+1 = j h 1 ( ) h ( i) h c i +a (n+k) j j j=1 ( i) h j c i +

17 1.3. OLVASMÁNY 17 +a(n + k) h c i + c k+1 = a ( i) h c i + a(n + k) h + c k+1, ami mindig megoldható, kivéve, ha k ( i)s+1 c i = 0. Meddig görgethetjük magunkkal ezt a pechsorozatot? Állítjuk, hogy egyszer vége szakad, mégpedig legkésőbb a k-as kitevőnél. Tegyük fel ugyanis indirekte, hogy k c i = 1, továbbá k ( i)s c i = 0 minden 1 s k-ra. Tekintsük az A = (i 1)(i 2)...(i k)c i kifejezést. Egyrészt minden tagjában valamelyik szorzótényező nulla, tehát A = 0; másrészt (i 1)(i 2) (i k) felírható γ k i k + γ k 1 i k γ 1 i + γ 0 alakban alkalmas γ j egészekre (1 j k). Könnyen kiolvasható, hogy γ k = 1 és γ 0 = ( 1) k k! 0. Így tehát A = ( γ j i )c j i = j=0 j=0 γ j i j c i = γ 0 c i = γ 0, hiszen γ j szorzója feltevésünk szerint nulla minden j > 0-ra, j = 0-ra pedig egy. Így a 0 = A = γ 0 0 ellentmondáshoz jutottunk, ami bizonyítja az állítást.

15. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

15. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 15 LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 151 Lineáris egyenletrendszer, Gauss elimináció 1 Definíció Lineáris egyenletrendszernek nevezzük az (1) a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a

Részletesebben

összeadjuk 0-t kapunk. Képletben:

összeadjuk 0-t kapunk. Képletben: 814 A ferde kifejtés tétele Ha egy determináns valamely sorának elemeit egy másik sor elemeihez tartozó adjungáltakkal szorozzuk meg és a szorzatokat összeadjuk 0-t kapunk Képletben: n a ij A kj = 0, ha

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

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

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

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

Részletesebben

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

Vektorgeometria (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Vektorgeometria (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. Tekintsünk a térben egy P (p 1, p 2, p 3 ) pontot és egy v = (v 1, v 2, v 3 ) = 0 vektort. Ekkor pontosan egy egyenes létezik,

Részletesebben

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

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

Részletesebben

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Matematika I

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Matematika I Matematika I (Analízis) Készítette: Horváth Gábor Kötelező irodalom: Ács László, Gáspár Csaba: Analízis 1 Oktatási segédanyagok és a tantárgyi követelményrendszer megtalálható a http://rs1.szif.hu/ horvathg/horvathg.html

Részletesebben

Taylor-polinomok. 1. Alapfeladatok. 2015. április 11. 1. Feladat: Írjuk fel az f(x) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját!

Taylor-polinomok. 1. Alapfeladatok. 2015. április 11. 1. Feladat: Írjuk fel az f(x) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját! Taylor-polinomok 205. április.. Alapfeladatok. Feladat: Írjuk fel az fx) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját! Megoldás: A feladatot kétféle úton is megoldjuk. Az els megoldásban induljunk el

Részletesebben

Diszkrét matematika II., 5. előadás. Lineáris egyenletrendszerek

Diszkrét matematika II., 5. előadás. Lineáris egyenletrendszerek 1 Diszkrét matematika II, 5 előadás Lineáris egyenletrendszerek Dr Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach@infnymehu http://infnymehu/ takach/ 2007 március 8 Egyenletrendszerek Középiskolás módszerek:

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA I 6 VI KOmPLEX SZÁmOk 1 A komplex SZÁmOk HALmAZA A komplex számok olyan halmazt alkotnak amelyekben elvégezhető az összeadás és a szorzás azaz két komplex szám összege és szorzata

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

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

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Komplex számok (2)

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Komplex számok (2) 2. előadás Komplex számok (2) 1. A a + bi (a, b) kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés lehetővé teszi, hogy a komplex számokat a sík pontjaival, illetve helyvektoraival ábrázoljuk. A derékszögű koordináta

Részletesebben

MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY

MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY Pék Johanna MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY Nem matematika alapszakos hallgatók számára Tartalomjegyzék Előszó iii. Lineáris algebra.. Mátrixok...................................... Lineáris egyenletrendszerek..........................

Részletesebben

Megoldás: Mindkét állítás hamis! Indoklás: a) Azonos alapú hatványokat úgy szorzunk, hogy a kitevőket összeadjuk. Tehát: a 3 * a 4 = a 3+4 = a 7

Megoldás: Mindkét állítás hamis! Indoklás: a) Azonos alapú hatványokat úgy szorzunk, hogy a kitevőket összeadjuk. Tehát: a 3 * a 4 = a 3+4 = a 7 A = {1; 3; 5; 7; 9} A B = {3; 5; 7} A/B = {1; 9} Mindkét állítás hamis! Indoklás: a) Azonos alapú hatványokat úgy szorzunk, hogy a kitevőket összeadjuk. Tehát: a 3 * a 4 = a 3+4 = a 7 Azonos alapú hatványokat

Részletesebben

Intergrált Intenzív Matematika Érettségi

Intergrált Intenzív Matematika Érettségi . Adott a mátri, determináns determináns, ahol,, d Számítsd ki:. b) Igazold, hogy a b c. Adott a az 6 0 egyenlet megoldásai. a). c) Számítsd ki a d determináns értékét. d c a b determináns, ahol abc,,.

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

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Eponenciális és Logaritmikus kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szoálhatnak fontos információval

Részletesebben

Komplex számok algebrai alakja

Komplex számok algebrai alakja Komplex számok algebrai alakja Lukács Antal 015. február 8. 1. Alapfeladatok 1. Feladat: Legyen z 1 + 3i és z 5 4i! Határozzuk meg az alábbiakat! (a) z 1 + z (b) 3z z 1 (c) z 1 z (d) Re(i z 1 ) (e) Im(z

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

karakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja

karakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja Mátrixok hasonlósága, karakterisztikus mátrix, karakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja 1.Mátrixok hasonlósága, karakterisztikus mátrix, karakterisztikus

Részletesebben

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2006-2007. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2006-2007. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 006-007. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Melyek azok a pozitív egészek, amelyeknek pontosan négy pozitív

Részletesebben

Bevezetés a számításelméletbe I. feladatgyűjtemény. Szeszlér Dávid, Wiener Gábor

Bevezetés a számításelméletbe I. feladatgyűjtemény. Szeszlér Dávid, Wiener Gábor Bevezetés a számításelméletbe I. feladatgyűjtemény Szeszlér Dávid, Wiener Gábor Tartalomjegyzék Előszó 2 1. Feladatok 5 1.1. Térbeli koordinátageometria........................... 5 1.2. Vektortér, altér..................................

Részletesebben

út hosszát. Ha a két várost nem köti össze út, akkor legyen c ij = W, ahol W már az előzőekben is alkalmazott megfelelően nagy szám.

út hosszát. Ha a két várost nem köti össze út, akkor legyen c ij = W, ahol W már az előzőekben is alkalmazott megfelelően nagy szám. 1 Az utazó ügynök problémája Utazó ügynök feladat Adott n számú város és a városokat összekötő utak, amelyeknek ismert a hossza. Adott továbbá egy ügynök, akinek adott városból kiindulva, minden várost

Részletesebben

Egyenletek, egyenlőtlenségek X.

Egyenletek, egyenlőtlenségek X. Egyenletek, egyenlőtlenségek X. DEFINÍCIÓ: (Logaritmus) Ha egy pozitív valós számot adott, 1 - től különböző pozitív alapú hatvány alakban írunk fel, akkor ennek a hatványnak a kitevőjét logaritmusnak

Részletesebben

Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek

Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek 9 Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek Irracionális egyenletek /I a) Az egyenlet bal oldala a nemnegatív számok halmazán, a jobb oldal minden valós szám esetén

Részletesebben

Differenciaegyenletek

Differenciaegyenletek Differenciaegyenletek Losonczi László Debreceni Egyetem, Közgazdaság- és Gazdaságtudományi Kar Losonczi László (DE) Differenciaegyenletek 1 / 24 3.1 Differenciaegyenlet fogalma, egzisztencia- és unicitástétel

Részletesebben

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

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

Részletesebben

Miskolci Egyetem. Diszkrét matek I. Vizsga-jegyzet. Hegedűs Ádám Imre 2010.12.28.

Miskolci Egyetem. Diszkrét matek I. Vizsga-jegyzet. Hegedűs Ádám Imre 2010.12.28. Miskolci Egyetem Diszkrét matek I. Vizsga-jegyzet Hegedűs Ádám Imre 2010.12.28. KOMBINATORIKA Permutáció Ismétlés nélküli permutáció alatt néhány különböző dolognak a sorba rendezését értjük. Az "ismétlés

Részletesebben

Széchenyi István Egyetem, 2005

Széchenyi István Egyetem, 2005 Gáspár Csaba, Molnárka Győző Lineáris algebra és többváltozós függvények Széchenyi István Egyetem, 25 Vektorterek Ebben a fejezetben a geometriai vektorfogalom ( irányított szakasz ) erős általánosítását

Részletesebben

1. A komplex számok definíciója

1. A komplex számok definíciója 1. A komplex számok definíciója A számkör bővítése Tétel Nincs olyan n természetes szám, melyre n + 3 = 1. Bizonyítás Ha n természetes szám, akkor n+3 3. Ezért bevezettük a negatív számokat, közöttük van

Részletesebben

I. Egyenlet fogalma, algebrai megoldása

I. Egyenlet fogalma, algebrai megoldása 11 modul: EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK MEGOLDÁSA 6 I Egyenlet fogalma, algebrai megoldása Módszertani megjegyzés: Az egyenletek alaphalmazát, értelmezési tartományát később vezetjük be, a törtes egyenletekkel

Részletesebben

Számsorozatok (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

Számsorozatok (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Számsorozatok (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. Valós számsorozaton valós számok meghatározott sorrendű végtelen listáját értjük. A hangsúly az egymásután következés rendjén van.

Részletesebben

Érettségi feladatok: Egyenletek, egyenlőtlenségek 1 / 6. 2005. május 29. 13. a) Melyik (x; y) valós számpár megoldása az alábbi egyenletrendszernek?

Érettségi feladatok: Egyenletek, egyenlőtlenségek 1 / 6. 2005. május 29. 13. a) Melyik (x; y) valós számpár megoldása az alábbi egyenletrendszernek? Érettségi feladatok: Egyenletek, egyenlőtlenségek 1 / 6 Elsőfokú 2005. május 28. 1. Mely x valós számokra igaz, hogy x 7? 13. a) Oldja meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán! x 1 2x 4 2 5 2005.

Részletesebben

Számítási feladatok a Számítógépi geometria órához

Számítási feladatok a Számítógépi geometria órához Számítási feladatok a Számítógépi geometria órához Kovács Zoltán Copyright c 2012 Last Revision Date: 2012. október 15. kovacsz@nyf.hu Technikai útmutató a jegyzet használatához A jegyzet képernyőbarát

Részletesebben

11. DETERMINÁNSOK. 11.1 Mátrix fogalma, műveletek mátrixokkal

11. DETERMINÁNSOK. 11.1 Mátrix fogalma, műveletek mátrixokkal 11 DETERMINÁNSOK 111 Mátrix fogalma, műveletek mátrixokkal Bevezetés A közgazdaságtanban gyakoriak az olyan rendszerek melyek jellemzéséhez több adat szükséges Például egy k vállalatból álló csoport minden

Részletesebben

Mátrixok. 3. fejezet. 3.1. Bevezetés: műveletek táblázatokkal

Mátrixok. 3. fejezet. 3.1. Bevezetés: műveletek táblázatokkal fejezet Mátrixok Az előző fejezetben a mátrixokat csak egyszerű jelölésnek tekintettük, mely az egyenletrendszer együtthatóinak tárolására, és az egyenletrendszer megoldása közbeni számítások egyszerüsítésére

Részletesebben

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

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Sorozatok II. Sorozatok II. DEFINÍCIÓ: (Mértani sorozat) Az (a n ) valós számsorozatot mértani sorozatnak nevezzük, ha van olyan valós szám, amellyel a sorozat bármely tagját megszorozva a következő tagot kapjuk. Jelöléssel:

Részletesebben

Differenciál és integrálszámítás diszkréten

Differenciál és integrálszámítás diszkréten Differenciál és integrálszámítás diszkréten Páles Zsolt Debreceni Egyetem, Matematikai Intézet MAFIÓK, Békéscsaba, 010. augusztus 4-6. Páles Zsolt (Debreceni Egyetem) Diff. és int.-számítás diszkréten

Részletesebben

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

Lineáris Algebra GEMAN 203-B. A három dimenziós tér vektorai, egyenesei, síkjai

Lineáris Algebra GEMAN 203-B. A három dimenziós tér vektorai, egyenesei, síkjai Matematika előadás elméleti kérdéseinél kérdezhető képletek Lineáris Algebra GEMAN 203-B A három dimenziós tér vektorai, egyenesei, síkjai a) Hogyan számítjuk ki az a = (a 1, a 2, a 3 ) és b = (b 1, b

Részletesebben

KOMBINATORIKA ELŐADÁS osztatlan matematika tanár hallgatók számára. Szita formula

KOMBINATORIKA ELŐADÁS osztatlan matematika tanár hallgatók számára. Szita formula KOMBINATORIKA ELŐADÁS osztatlan matematka tanár hallgatók számára Szta formula Előadó: Hajnal Péter 2015. 1. Bevezető példák 1. Feladat. Hány olyan sorbaállítása van a a, b, c, d, e} halmaznak, amelyben

Részletesebben

x = 1 = ı (imaginárius egység), illetve x 12 = 1 ± 1 4 2

x = 1 = ı (imaginárius egység), illetve x 12 = 1 ± 1 4 2 Komplex számok A valós számok és a számegyenes pontjai között kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés létesíthető. A számfogalom a számegyenes pontjainak körében nem bővíthető tovább. A számfogalom bővítését

Részletesebben

Analízis elo adások. Vajda István. 2012. szeptember 10. Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem. Vajda István (Óbudai Egyetem)

Analízis elo adások. Vajda István. 2012. szeptember 10. Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem. Vajda István (Óbudai Egyetem) Vajda István Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem 1 / 36 Bevezetés A komplex számok értelmezése Definíció: Tekintsük a valós számpárok R2 halmazát és értelmezzük ezen a halmazon a következo két

Részletesebben

GAUSS-EGÉSZEK ÉS DIRICHLET TÉTELE

GAUSS-EGÉSZEK ÉS DIRICHLET TÉTELE GAUSS-EGÉSZEK ÉS DIRICHLET TÉTELE KEITH KEARNES, KISS EMIL, SZENDREI ÁGNES Második rész Cikkünk első részében az elemrend és a körosztási polinomok fogalmára alapozva beláttuk, hogy ha n pozitív egész,

Részletesebben

Oszthatósági problémák

Oszthatósági problémák Oszthatósági problémák Érdekes kérdés, hogy egy adott számot el lehet-e osztani egy másik számmal (maradék nélkül). Ezek eldöntésére a matematika tanulmányok során néhány speciális esetre látunk is példát,

Részletesebben

Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely. 2015. március 30. A 11-12. osztályosok feladatainak javítókulcsa

Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely. 2015. március 30. A 11-12. osztályosok feladatainak javítókulcsa Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely 2015. március 30. A 11-12. osztályosok feladatainak javítókulcsa Feladatok csak szakközépiskolásoknak Sz 1. A C csúcs értelemszerűen az AB oldal felező

Részletesebben

Lineáris Algebra gyakorlatok

Lineáris Algebra gyakorlatok A V 2 és V 3 vektortér áttekintése Lineáris Algebra gyakorlatok Írta: Simon Ilona Lektorálta: DrBereczky Áron Áttekintjük néhány témakör legfontosabb definícióit és a feladatokban használt tételeket kimondjuk

Részletesebben

1. feladatsor, megoldások. y y = 0. y h = C e x

1. feladatsor, megoldások. y y = 0. y h = C e x 1. feladatsor, megoldások 1. Ez egy elsőrendű diffegyenlet, először a homogén egyenlet megoldását keressük meg, majd partikuláris megoldást keresünk: y y = 0 Ez pl. egy szétválasztható egyenlet, melynek

Részletesebben

M/D/13. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát a közös nevezővel, 12-vel; így a következő egyenlethez jutunk: = 24

M/D/13. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát a közös nevezővel, 12-vel; így a következő egyenlethez jutunk: = 24 OKTATÁSI MINISZTÉRIUM M/D/13 Dolgozók gimnáziuma Dolgozók szakközépiskolája Szakmunkások szakközépiskolája intenzív tagozat) 003. május ) Határozza meg a következő egyenlet racionális gyökét! 1 3 4 + 5

Részletesebben

LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADATOK MEGOLDÁSA SZIMPLEX MÓDSZERREL

LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADATOK MEGOLDÁSA SZIMPLEX MÓDSZERREL LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADATOK MEGOLDÁSA SZIMPLEX MÓDSZERREL x 1-2x 2 6 -x 1-3x 3 = -7 x 1 - x 2-3x 3-2 3x 1-2x 2-2x 3 4 4x 1-2x 2 + x 3 max Alapfogalmak: feltételrendszer (narancs színnel jelölve), célfüggvény

Részletesebben

Matematika 10 Másodfokú egyenletek. matematika és fizika szakos középiskolai tanár. > o < 2015. szeptember 27.

Matematika 10 Másodfokú egyenletek. matematika és fizika szakos középiskolai tanár. > o < 2015. szeptember 27. Matematika 10 Másodfokú egyenletek Juhász László matematika és fizika szakos középiskolai tanár > o < 2015. szeptember 27. copyright: c Juhász László Ennek a könyvnek a használatát szerzői jog védi. A

Részletesebben

2) = 0 ahol x 1 és x 2 az ax 2 + bx + c = 0 ( a,b, c R és a 0 )

2) = 0 ahol x 1 és x 2 az ax 2 + bx + c = 0 ( a,b, c R és a 0 ) Fogalom gyűjtemény Abszcissza: az x tengely Abszolút értékes egyenletek: azok az egyenletek, amelyekben abszolút érték jel szerepel. Abszolútérték-függvény: egy elemi egyváltozós valós függvény, mely minden

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

A matematikai feladatok és megoldások konvenciói

A matematikai feladatok és megoldások konvenciói A matematikai feladatok és megoldások konvenciói Kozárné Fazekas Anna Kántor Sándor Matematika és Informatika Didaktikai Konferencia - Szatmárnémeti 2011. január 28-30. Konvenciók Mindenki által elfogadott

Részletesebben

MODELLEK ÉS ALGORITMUSOK ELŐADÁS

MODELLEK ÉS ALGORITMUSOK ELŐADÁS MODELLEK ÉS ALGORITMUSOK ELŐADÁS Szerkesztette: Balogh Tamás 214. december 7. Ha hibát találsz, kérlek jelezd a info@baloghtamas.hu e-mail címen! Ez a Mű a Creative Commons Nevezd meg! - Ne add el! - Így

Részletesebben

1/50. Teljes indukció 1. Back Close

1/50. Teljes indukció 1. Back Close 1/50 Teljes indukció 1 A teljes indukció talán a legfontosabb bizonyítási módszer a számítástudományban. Teljes indukció elve. Legyen P (n) egy állítás. Tegyük fel, hogy (1) P (0) igaz, (2) minden n N

Részletesebben

3. Algebrai kifejezések, átalakítások

3. Algebrai kifejezések, átalakítások I Elméleti összefoglaló Műveletek polinomokkal Algebrai kifejezések, átalakítások Az olyan betűs kifejezéseket, amelyek csak valós számokat, változók pozitív egész kitevőjű hatványait, valamint összeadás,

Részletesebben

Szöveges feladatok és Egyenletek

Szöveges feladatok és Egyenletek Szöveges feladatok és Egyenletek Sok feladatot meg tudunk oldani következtetéssel, rajz segítségével és egyenlettel is. Vajon mikor érdemes egyenletet felírni? Van-e olyan eset, amikor nem tanácsos, vagy

Részletesebben

Lineáris algebra zárthelyi dolgozat javítókulcs, Informatika I. 2005.márc.11. A csoport

Lineáris algebra zárthelyi dolgozat javítókulcs, Informatika I. 2005.márc.11. A csoport Lineáris algebra zárthelyi dolgozat javítókulcs, Informatika I. 2005.márc.11. A csoport 1. Egy egyenesre esnek-e az A (2, 5, 1), B (5, 17, 7) és C (3, 9, 3) pontok? 5 pont Megoldás: Nem, mert AB (3, 12,

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2006. május 9. EMELT SZINT

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2006. május 9. EMELT SZINT ) A PQRS négyszög csúcsai: MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 006. május 9. EMELT SZINT P 3; I., Q ;3, R 6; és S 5; 5 Döntse el, hogy az alábbi három állítás közül melyik igaz és melyik hamis! Tegyen * jelet a táblázat

Részletesebben

Feladatok és megoldások a 8. hétre Építőkari Matematika A3

Feladatok és megoldások a 8. hétre Építőkari Matematika A3 Feladatok és megoldások a 8. hétre Építőkari Matematika A3 1. Oldjuk meg a következő differenciálegyenlet rendszert: x + 2y 3x + 4y = 2 sin t 2x + y + 2x y = cos t. (1 2. Oldjuk meg a következő differenciálegyenlet

Részletesebben

Mátrixjátékok tiszta nyeregponttal

Mátrixjátékok tiszta nyeregponttal 1 Mátrixjátékok tiszta nyeregponttal 1. Példa. Két játékos Aladár és Bendegúz rendelkeznek egy-egy tetraéderrel, melyek lapjaira rendre az 1, 2, 3, 4 számokat írták. Egy megadott jelre egyszerre felmutatják

Részletesebben

Folytonos rendszeregyenletek megoldása. 1. Folytonos idejű (FI) rendszeregyenlet általános alakja

Folytonos rendszeregyenletek megoldása. 1. Folytonos idejű (FI) rendszeregyenlet általános alakja Folytonos rendszeregyenletek megoldása 1. Folytonos idejű (FI) rendszeregyenlet általános alakja A folytonos rendszeregyenletek megoldásakor olyan rendszerekkel foglalkozunk, amelyeknek egyetlen u = u(t)

Részletesebben

Tartalomjegyzék. 3. Elsőfokú egyenletek és egyenlőtlenségek... 8 3.1. Elsőfokú egyenletek... 8 3.2. Valós szám abszolút értéke...

Tartalomjegyzék. 3. Elsőfokú egyenletek és egyenlőtlenségek... 8 3.1. Elsőfokú egyenletek... 8 3.2. Valós szám abszolút értéke... Tartalomjegyzék 1. Műveletek valós számokkal... 1 1.1. Gyökök és hatványozás... 1 1.1.1. Hatványozás... 1 1.1.2. Gyökök... 1 1.2. Azonosságok... 2 1.3. Egyenlőtlenségek... 3 2. Függvények... 5 2.1. A függvény

Részletesebben

V. Békés Megyei Középiskolai Matematikaverseny 2012/2013 Megoldások 11. évfolyam

V. Békés Megyei Középiskolai Matematikaverseny 2012/2013 Megoldások 11. évfolyam 01/01 1. Ha egy kétjegyű szám számjegyeit felcseréljük, akkor a kapott kétjegyű szám értéke az eredeti szám értékénél 108 %-kal nagyobb. Melyik ez a kétjegyű szám? Jelölje a kétjegyű számot xy. 08 A feltételnek

Részletesebben

L'Hospital-szabály. 2015. március 15. ln(x 2) x 2. ln(x 2) = ln(3 2) = ln 1 = 0. A nevez határértéke: lim. (x 2 9) = 3 2 9 = 0.

L'Hospital-szabály. 2015. március 15. ln(x 2) x 2. ln(x 2) = ln(3 2) = ln 1 = 0. A nevez határértéke: lim. (x 2 9) = 3 2 9 = 0. L'Hospital-szabály 25. március 5.. Alapfeladatok ln 2. Feladat: Határozzuk meg a határértéket! 3 2 9 Megoldás: Amint a korábbi határértékes feladatokban, els ként most is a határérték típusát kell megvizsgálnunk.

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

Lineáris algebra I. Kovács Zoltán. Előadásvázlat (2006. február 22.)

Lineáris algebra I. Kovács Zoltán. Előadásvázlat (2006. február 22.) Lineáris algebra I. Kovács Zoltán Előadásvázlat (2006. február 22.) 2 3 Erdős Jenő emlékének. 4 Tartalomjegyzék 1. A szabadvektorok vektortere 7 1. Szabadvektorok összeadása és skalárral való szorzása...............

Részletesebben

Tartalomjegyzék. Bevezetés... 7 A) Függvényegyenletek a természetes számok halmazán... 11 C) Többváltozós függvényegyenletek megoldása

Tartalomjegyzék. Bevezetés... 7 A) Függvényegyenletek a természetes számok halmazán... 11 C) Többváltozós függvényegyenletek megoldása 5 Tartalomjegyzék Bevezetés.......................................................... 7 A) Függvényegyenletek a természetes számok halmazán........... 11 B) Egyváltozós függvényegyenletek megoldása....................

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I. 7 VII. Gyűrűk 1. Gyűrű Definíció Egy a következő axiómákat: gyűrű alatt olyan halmazt értünk, amelyben definiálva van egy összeadás és egy szorzás, amelyek teljesítik (1) egy

Részletesebben

Diszkrét Matematika II.

Diszkrét Matematika II. Orosz Ágota Kaiser Zoltán Diszkrét Matematika II. példatár mobidiák könyvtár Orosz Ágota Kaiser Zoltán Diszkrét Matematika II. példatár mobidiák könyvtár SOROZATSZERKESZTŐ Fazekas István Orosz Ágota Kaiser

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I. 1 I. HALmAZOk 1. JELÖLÉSEk A halmaz fogalmát tulajdonságait gyakran használjuk a matematikában. A halmazt nem definiáljuk, ezt alapfogalomnak tekintjük. Ez nem szokatlan, hiszen

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Függvények

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

Részletesebben

egyenlőtlenségnek kell teljesülnie.

egyenlőtlenségnek kell teljesülnie. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Abszolútértékes és gyökös kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval

Részletesebben

Gráfelmélet/Diszkrét Matematika MSc hallgatók számára. Párosítások

Gráfelmélet/Diszkrét Matematika MSc hallgatók számára. Párosítások Gráfelmélet/Diszkrét Matematika MSc hallgatók számára Párosítások 2012. november 19. Előadó: Hajnal Péter 1. Alapfogalmak Emlékeztető. Legyen G egy gráf, E(G) a G élhalmaza, V (G) gráfunk csúcshalmaza.

Részletesebben

Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens

Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens Lineáris egyenletrendszerek Összeállított: dr. Leitold Adrien egyetemi docens 2008.09.08. Leontieff-modellek Leontieff-modellek: input-output modellek gzdság leírásár legyen n féle, egymássl összefüggésben

Részletesebben

LINEÁRIS VEKTORTÉR. Kiegészítő anyag. (Bércesné Novák Ágnes előadása) Vektorok függetlensége, függősége

LINEÁRIS VEKTORTÉR. Kiegészítő anyag. (Bércesné Novák Ágnes előadása) Vektorok függetlensége, függősége LINEÁRIS VEKTORTÉR Kiegészítő anyag (Bércesné Noák Ágnes előadása) Vektorok függetlensége, függősége Vektortér V 0 Halmaz T test : + ; + ; Abel csoport V elemeit ektoroknak neezzük. Abel - csoport Abel

Részletesebben

BUDAPESTI KÖZGAZDASÁGTUDOMÁNYI EGYETEM. Puskás Csaba, Szabó Imre, Tallos Péter LINEÁRIS ALGEBRA JEGYZET

BUDAPESTI KÖZGAZDASÁGTUDOMÁNYI EGYETEM. Puskás Csaba, Szabó Imre, Tallos Péter LINEÁRIS ALGEBRA JEGYZET BUDAPESTI KÖZGAZDASÁGTUDOMÁNYI EGYETEM Puskás Csaba, Szabó Imre, Tallos Péter LINEÁRIS ALGEBRA JEGYZET BUDAPEST, 1997 A szerzők Lineáris Algebra, illetve Lineáris Algebra II c jegyzeteinek átdolgozott

Részletesebben

Következik, hogy B-nek minden prímosztója 4k + 1 alakú, de akkor B maga is 4k + 1 alakú, s ez ellentmondás.

Következik, hogy B-nek minden prímosztója 4k + 1 alakú, de akkor B maga is 4k + 1 alakú, s ez ellentmondás. Prímszámok A (pozitív) prímszámok sorozata a következő: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19,... 1. Tétel. Végtelen sok prímszám van. Első bizonyítás. (Euklidész) Tegyük fel, hogy állításunk nem igaz, tehát véges

Részletesebben

Paraméteres és összetett egyenlôtlenségek

Paraméteres és összetett egyenlôtlenségek araméteres és összetett egyenlôtlenségek 79 6 a) Minden valós szám b) Nincs ilyen valós szám c) c < vagy c > ; d) d # vagy d $ 6 a) Az elsô egyenlôtlenségbôl: m < - vagy m > A második egyenlôtlenségbôl:

Részletesebben

6. modul Egyenesen előre!

6. modul Egyenesen előre! MATEMATIKA C 11 évfolyam 6 modul Egyenesen előre! Készítette: Kovács Károlyné Matematika C 11 évfolyam 6 modul: Egyenesen előre! Tanári útmutató A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály Modulkapcsolódási

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Számelmélet

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

Részletesebben

Egyetemi matematika az iskolában

Egyetemi matematika az iskolában Matematikatanítási és Módszertani Központ Egyetemi matematika az iskolában Hegyvári Norbert 013 Tartalomjegyzék 1. Irracionális számok; 4. További irracionális számok 7 3. Végtelen tizedestörtek 7 4. Végtelen

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I. 3 III. MEGFELELTETÉSEk, RELÁCIÓk 1. BEVEZETÉS Emlékeztetünk arra, hogy az rendezett párok halmazát az és halmazok Descartes-féle szorzatának nevezzük. Más szóval az és halmazok

Részletesebben

ismertetem, hogy milyen probléma vizsgálatában jelent meg ez az eredmény. A kérdés a következő: Mikor mondhatjuk azt, hogy bizonyos események közül

ismertetem, hogy milyen probléma vizsgálatában jelent meg ez az eredmény. A kérdés a következő: Mikor mondhatjuk azt, hogy bizonyos események közül A Borel Cantelli lemma és annak általánosítása. A valószínűségszámítás egyik fontos eredménye a Borel Cantelli lemma. Először informálisan ismertetem, hogy milyen probléma vizsgálatában jelent meg ez az

Részletesebben

I. rész. Feladatsor. 2. Andi keresett két olyan számot, amelyre teljesül, hogy a < b. Igaz-e, hogy a < b?

I. rész. Feladatsor. 2. Andi keresett két olyan számot, amelyre teljesül, hogy a < b. Igaz-e, hogy a < b? 1. Feladatsor I. rész 1. Adott két halmaz. A a 9-nél kisebb páros pozitív egészek; B a 30-nál kisebb, 6-tal osztható pozitív egészek halmaza. Adja meg az A B és a B \ A halmazokat!. Andi keresett két olyan

Részletesebben

Valasek Gábor valasek@inf.elte.hu

Valasek Gábor valasek@inf.elte.hu Számítógépes Grafika Valasek Gábor valasek@inf.elte.hu Eötvös Loránd Tudományegyetem Informatikai Kar 2013/2014. őszi félév ( Eötvös LorándSzámítógépes TudományegyetemInformatikai Grafika Kar) 2013/2014.

Részletesebben

Analízisfeladat-gyűjtemény IV.

Analízisfeladat-gyűjtemény IV. Oktatási segédanyag a Programtervező matematikus szak Analízis. című tantárgyához (003 004. tanév tavaszi félév) Analízisfeladat-gyűjtemény IV. (Függvények határértéke és folytonossága) Összeállította

Részletesebben

A táblára felírtuk a 0-tól 2003-ig terjedő egész számokat (tehát összesen 2004 db számot). Mekkora a táblán levő számjegyek összege?

A táblára felírtuk a 0-tól 2003-ig terjedő egész számokat (tehát összesen 2004 db számot). Mekkora a táblán levő számjegyek összege? ! " # $ %& '()(* $ A táblára felírtuk a 0-tól 00-ig terjedő egész számokat (tehát összesen 004 db számot). Mekkora a táblán levő számjegyek összege? 0 0 0 0 0. 9 7. 9 9 9 + ')./ &,- $ Először a 0-tól 999-ig

Részletesebben

Parciális differenciálegyenletek numerikus módszerei számítógépes alkalmazásokkal Karátson, János Horváth, Róbert Izsák, Ferenc

Parciális differenciálegyenletek numerikus módszerei számítógépes alkalmazásokkal Karátson, János Horváth, Róbert Izsák, Ferenc Karátson, János Horváth, Róbert Izsák, Ferenc numerikus módszerei számítógépes írta Karátson, János, Horváth, Róbert, és Izsák, Ferenc Publication date 2013 Szerzői jog 2013 Karátson János, Horváth Róbert,

Részletesebben

Tanmenet a Matematika 10. tankönyvhöz

Tanmenet a Matematika 10. tankönyvhöz Tanmenet a Matematika 10. tankönyvhöz (111 óra, 148 óra, 185 óra) A tanmenetben olyan órafelosztást adunk, amely alkalmazható mind a középszintû képzés (heti 3 vagy heti 4 óra), mind az emelt szintû képzés

Részletesebben

Gráfelméleti alapfogalmak-1

Gráfelméleti alapfogalmak-1 KOMBINATORIKA ELŐADÁS osztatlan matematika tanár hallgatók számára Gráfelméleti alapfogalmak Előadó: Hajnal Péter 2015 1. Egyszerű gráfok Nagyon sok helyzetben egy alaphalmaz elemei között kitűntetett

Részletesebben

Fejezetek a lineáris algebrából PTE-PMMK, Műszaki Informatika Bsc. Dr. Kersner Róbert

Fejezetek a lineáris algebrából PTE-PMMK, Műszaki Informatika Bsc. Dr. Kersner Róbert Fejezetek a lineáris algebrából PTE-PMMK, Műszaki Informatika Bsc Dr. Kersner Róbert 007 Tartalomjegyzék Előszó ii. Determináns. Mátrixok 6 3. Az inverz mátrix 9 4. Lineáris egyenletrendszerek 5. Lineáris

Részletesebben

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

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet I. Számelmélet I. DEFINÍCIÓ: (Osztó, többszörös) Ha egy a szám felírható egy b szám és egy másik egész szám szorzataként, akkor a b számot az a osztójának, az a számot a b többszörösének nevezzük. Megjegyzés:

Részletesebben

Differenciaegyenletek a differenciálegyenletek

Differenciaegyenletek a differenciálegyenletek Differenciaegyenletek a differenciálegyenletek tükrében Guzsvány Szandra Újvidéki Egyetem, Természettudományi Kar, Újvidék E-mail: g.sandra@citromail.hu 1. Bevezetés 1.1. Történeti áttekintés Dolgozatom

Részletesebben

9. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMITÁSA. 9.1 Metrika és topológia R k -ban

9. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMITÁSA. 9.1 Metrika és topológia R k -ban 9. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMITÁSA 9.1 Metrika és topológia R k -ban Definíció. A k-dimenziós euklideszi térnek nevezzük és R k val jelöljük a valós számokból alkotott k-tagú x = (x 1, x

Részletesebben

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

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

Részletesebben

Fourier-sorok. Lengyelné Dr. Szilágyi Szilvia. 2010. április 7.

Fourier-sorok. Lengyelné Dr. Szilágyi Szilvia. 2010. április 7. ME, Anaĺızis Tanszék 21. április 7. A Taylor-polinom ill. Taylor-sor hátránya, hogy az adott függvényt csak a sorfejtés helyén ill. annak környezetében közeĺıti jól. A sorfejtés helyétől távolodva a közeĺıtés

Részletesebben