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

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

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

Átírás

1 8. Differenciálegyenletek 8.1. Alapfogalmak Korábbi tanulmányaink során sokszor találkoztunk egyenletekkel. A feladatunk általában az volt, hogy határozzuk meg az egyenlet megoldását (megoldásait). Az egyenletek megoldására különféle technikákat ismertünk meg, amelyek mindegyike az egyenletek egy-egy speciális csoportjára alkalmazható. A vizsgált egyenletek közös jellemzője, hogy a kiszámítandó ismeretlen minden esetben számot jelöl. Az egyenlet megoldása éppen azt jelenti, hogy meghatározzuk azt a számot (azokat a számokat), amelye(ke)t az ismeretlen helyére írva igaz ősszefüggést kapunk. Példa: Az 5x=15 egyenletnek megoldása a 3, mert x helyére írva az 5 3=15 egyenlőséghez jutunk, ami helyes. Ugyanennek az egyenletnek nem megoldása a 4, mert azt x helyére írva az 5 4 = 15 egyenlőséget kapjuk, ami nyilván nem helyes. Most olyan egyenletekkel ismerkedünk meg, amelyekben az ismeretlen nem szám: Függvényegyenletnek nevezzük az olyan egyenletet, amelyben a kiszámítandó ismeretlen egy függvény. Példák: 2y+6x=5x (1) x+ f (x) x = 2 x (2) Megjegyzés: A fenti két függvényegyenletben az x nem ismeretlen, hanem a keresett függvény változója. Tehát nem x-et, hanem y-t, illetve f (x)-et kell az egyenletből kifejezni. Egyszerű számolással adódik, hogy az első egyenlet megoldása y= 5 2 x2 3x+1, a második egyenlet megoldása f (x)= x 3 + 2x 2 4x+6. A megoldásként kapott függvényeket ábrázolhatjuk a szokott módon Descartes-féle koordinátarendszerben: y graf(y) x y graf( f ) x Készítette: Vajda István 109

2 A továbbiakban a függvényegyenletek egy speciális fajtájával, a differenciálegyenletekkel foglakozunk: Az olyan függvényegyenletet, amelyben az ismeretlen függvény valamely (első vagy magasabbrendű) deriváltja(i) is szerepel(nek), differenciálegyenletnek nevezzük. A differenciálegyenleteknek sokféle típusa van. A könnyebb eligazodás kedvéért bevezetünk néhány fogalmat, amelyekkel jellemezhetjük őket. Közönséges differenciálegyenletnek nevezzük az olyan differenciálegyenletet, amelyben az ismeretlen függvény egyváltozós. Ha az ismeretlen függvény többváltozós, parciális differenciálegyenletről beszélünk. Megjegyzés: A továbbiakban csak közönséges differenciálegyenletekkel foglalkozunk. A differenciálegyenlet rendje a benne szereplő deriváltak rendjének maximuma. Példák Az y = 2y 2 +x 3 differenciálegyenlet elsőrendű, mert benne az ismeretlen y függvénynek csak az első deriváltja szerepel. y Az y = differenciálegyenlet másodrendű, mert szerepel benne az ismeretlen y x függvény második deriváltja, de annál magasabbrendű deriváltja nem. Az y ( x ) y + y=x 4 x 2 differenciálegyenlet harmadrendű, mert szerepel benne az ismeretlen y függvény harmadik deriváltja, de annál magasabbrendű deriváltja nem. Készítette: Vajda István 110

3 8.2. A differenciálegyenlet megoldásai Egy f függvényt a differenciálegyenlet megoldásának nevezünk, ha deriváltjaival együtt azonosan kielégíti a differenciálegyenletet. Példák: Az y=xe x függvény megoldása az y + 2y=e x + 3xe x differenciálegyenletnek, mert y deriváltfüggvénye y = e x + xe x és y + 2y=e x + xe x + 2xe x = e x + 3xe x, tehát y kielégíti a differenciálegyenletet a deriváltjával együtt. Az y=sin x függvény nem megoldása az y + 3y=cos x differenciálegyenletnek, mert y = cos x y = sin x, tehát y + 3y=2 sin x cos x. Egy f függvényt az n-edrendű differenciálegyenlet általános megoldásának nevezünk, ha deriváltjaival együtt azonosan kielégíti a differenciálegyenletet és pontosan n db egymástól függetlenül megválasztható szabad paramétert tartalmaz. Egy f függvényt az n-edrendű differenciálegyenlet partikuláris megoldásának nevezünk, ha deriváltjaival együtt azonosan kielégíti a differenciálegyenletet és legfeljebb n 1 db egymástól függetlenül megválasztható szabad paramétert tartalmaz. Megjegyzés: A szabad paraméterek helyébe egy-egy (valós) számot helyettesítve a differenciálegyenlet valamely megoldását kapjuk. Készítette: Vajda István 111

4 Példák: Az y +2y=e x +3xe x differenciálegyenlet általános megoldása y=ce 2x +xe x. Valóban: y = 2C 2x + e x + xe x. Behelyettesítve a differenciálegyenletbe: y + 2y= 2C 2x + e x + xe x + 2Ce 2x + 2xe x = e x + 3xe x, tehát y a deriváltjával együtt kielégíti a differenciálegyenletet, és pontosan 1 szabad paramétert (C) tartalmaz. Ha C helyére konkrét számot írunk, akkor a differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását kapjuk, pl. C = 0 esetén az előző pontban felírt partikuláris megoldást, C=1 esetén az y p = e 2x + xe x partikuláris megoldást stb. Az y + 4y = 3 cos x differenciálegyenletnek az y = C 1 cos 2x+C 2 sin 2x+cos x függvény általános megoldása. Valóban: tehát y = 2C 1 sin 2x+2C 2 cos 2x sin x y = 4C 1 cos 2x 4C 2 sin 2x cos x, y +4y= 4C 1 cos 2x 4C 2 sin 2x cos x+4c 1 cos 2x+4C 2 sin 2x+4 cos x=3 cos x, vagyis y a deriváltjaival együtt kielégíti a differenciálegyenletet és pontosan két függetlenül megválasztható szabad paramétert tartalmaz. A diferenciálegyenlet néhány partikuláris megoldása: y 1 = 3 cos 2x+C 2 sin 2x+cos x y 2 = C 1 cos 2x 2 sin 2x+cos x y 3 = cos 2x 8 sin 2x+cos x Megjegyzés: A differenciálegyenlet partikuláris megoldásait legtöbbször az általános megoldásból kapjuk, annak szabad paramétereit konkrét számmal helyettesítve, de előfordulhat olyan partikuláris megoldás is, amely nem áll elő így. Készítette: Vajda István 112

5 8.3. Elsőrendű differenciálegyenletek Szétválasztható változójú differenciálegyenletek Legyen y az ismeretlen f és g pedig ismert egyváltozós függvények. Az y = f (x) g ( y ) alakra hozható differenciálegyenletet szétválasztható változójú differenciálegyenletnek nevezzük. Megjegyzés: Az elnevezés onnan ered, hogy az ilyen differenciálegyenletek átrendezhetők úgy, hogy az y változó csak az egyik, az x változó pedig csak a másik oldalon forduljon elő. Példák: Az y = x 2 y szétválasztható változójú differenciálegyenlet. Az y = ln ( x ) e 3y 1 szétválasztható változójú differenciálegyenlet. Az y = x2 + x 2y alakba írható. szétválasztható változójú differenciálegyenlet, mert y = ( x 2 + x ) 1 2y Az y x+ y y 2 + 2y=0szétválasztható változójú differenciálegyenlet, mert y = y2 2y x+1 =( y 2 2y ) 1 alakba írható. x+1 Az y = 2x szétválasztható változójú differenciálegyenlet. Itt g ( y ) konstans függvény. Az y = sin y szétválasztható változójú differenciálegyenlet. Itt f (x) konstans függvény. Az y = x 2 y differenciálegyenlet nem szétválasztható változójú. Készítette: Vajda István 113

6 A szétválasztható változójú differenciálegyenletek megoldása Először oldjuk meg a g ( y ) = 0 egyenletet! Ha létezik megoldás, akkor y-ra konkrét számértéke(ke)t kapunk, ami a differenciálegyenlet konstans megoldása. Ezután keressük meg a differenciálegyenlet további megoldásait: Írjuk át y -t dx alakba: Válasszuk szét a változókat: dx = f (x) g( y ) g ( )= f (x) dx y Integráljuk a baloldalt az y, a jobboldalt az x változó szerint: g ( y )= f (x) dx Ha mindkét oldalon el tudjuk végezni az integrálást, akkor egy G ( y ) = F (x)+c alakú összefüggéshez jutunk, ahol G ( y ) = g ( y ) és F (x)= f (x) dx és az összefüggés a differenciálegyenlet megoldásának implicit alakja. Megjegyzés: A C konstans az integrálási konstansok összevonásából adódik. Példák: Oldjuk meg az y = xy differenciálegyenletet! A differenciálegyenlet konstans megoldása az y 0(konstans 0) függvény. Keressük a további megoldásokat: dx = xy y = xdx y = xdx ln y = x ln C y=ce x2 2 Megjegyzés: Bár a levezetés során C=0 nem volt megengedve (a 0 logaritmusa nem értelmezett), a Ce x2 2 általános megoldásba C=0-t helyettesítve jó megoldást kapunk éppen a korábban megkapott konstans megoldást. Készítette: Vajda István 114

7 Ábrázoljunk néhány megoldást a Descartes-féle koordinátarendszerben: y 15 C= C=1 C= x Megjegyzés: Az egyes szabad paramétert nem tartalmazó megoldások függvénygörbéit szokás integrálgörbének is nevezni. Oldjuk meg az y = y x differenciálegyenletet! A differenciálegyenlet konstans megoldása az y 0(konstans 0) függvény. Keressük a további megoldásokat: Megjegyzések: dx = y x y = dx x dx y = x ln y =ln x +ln C y=cx Az általános megoldás most is tartalmazza az elején meghatározott konstans megoldást. Az integrálgörbék ebben az esetben origón áthaladó egyenesek. Készítette: Vajda István 115

8 Partikuláris megoldás meghatározása feltétel alapján Előfordul, hogy egy adott feltételnek megfelelő partikuláris megoldást keresünk. A feltétel lehet pl. az, hogy az integrálgörbének át kell mennie egy megadott ponton. Gyakori, hogy a megadott pont éppen az integrálgörbe y-tengellyel való metszéspontja. Előfordulhat olyan feltétel is, amikor az ismeretlen függvény deriváltfüggvényének értékét adjuk meg egy helyen. Példa: Határozzuk ( meg az y = x cos 2 y differenciálegyenlet azon megoldását, amelynek grafikonja átmegy az 1, π ) ponton! (Másképpen fogalmazva azt a megoldást keressük, amely x=1-ben 4 y= π 4 értéket vesz fel.) A konstans megoldások a cos y=0 egyenlet megoldásai, azaz az y= π 2 + kπ konstans függvények, ahol k Z. Mivel ezek egyike sem veszi fel a π -et, ezért Meghatározzuk az általános 4 megoldást a változók szétválasztásával: dx = x cos2 y cos 2 y = xdx cos 2 y = xdx tg y= x2 2 + C Most úgy kell megválasztanunk C értékét, hogy a feltételt kielégítő partikuláris megoldást kapjunk. Ehhez behelyettesítjük az x=1-et és az y= π 4 -et: tg π 4 = C 1= C C= 1 2 Ezt visszehelyettesítve az általános megoldásba: ( ) x y p = arctg 2 Készítette: Vajda István 116

9 Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek Legyen y az ismeretlen g és h pedig ismert egyváltozós függvények. Az y + g (x) y=h (x) alakra hozható differenciálegyenletet elsőrendű lineáris differenciálegyenletnek nevezzük. Megjegyzés: A lineáris jelző arra utal, hogy y és y mindegyike csak első hatványon szerepel a differenciálegyenletben. Példák: y + (x 2) y=x 2 3x+2 elsőrendű lineáris differenciálegyenlet. y + y sin x=0elsőrendű lineáris differenciálegyenlet. y + 3y=12x 4 elsőrendű lineáris differenciálegyenlet. y 6 sin x 2 cos x y = 2x + 1 elsőrendű lineáris differenciálegyenlet, mert y + (2x+1) y=6 sin x+2 cos x alakra hozható. y + 2y 2 = x 3 1 nem lineáris. y y+2y=12x nem lineáris. y + 2y=e x nem elsőrendű. Készítette: Vajda István 117

10 Elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenletek Az elsőrendű lineáris differenciálegyenlet homogénnek nevezzük, ha y + g (x) y=0 alakra hozható. Megjegyzések: Úgy is mondhatjuk, hogy az elsőrendű lineáris differenciálegyenlet homogén, ha az egyenlet jobb oldalán szereplő h (x) függvény (úgynevezett zavaró függvény) azonosan 0. Ha a differenciálegyenlet nem homogén, akkor inhomogénnek nevezzük. Az elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenlet mindig szétválasztható változójú, ezért alkalmazható rá az előző részben megismert megoldási módszer. Példák: Oldjuk meg az y 2xy=0elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenletet! Az egyenletet y = 2xy alakra hozva látható, hogy ez egy szétválasztható változójú differenciálegyenlet. A jobboldalt 0-val egyenlővé téve kapjuk az y 0 konstans megoldást. A további megoldásokat megkaphatjuk a változók szétválasztásával: dx = 2xy y = 2xdx y = 2xdx ln y =x 2 + ln C y=ce x2 A kapott általános megoldás a konstans megoldást is tartalmazza. Készítette: Vajda István 118

11 Oldjuk meg az y y cos x=0elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenletet! A konstans megoldás az y 0. dx = y cos x = cos xdx y y = cos xdx ln y =sin x+ln C y=ce sin x A kapott általános megoldás a konstans megoldást is tartalmazza. Megjegyzés: A megoldást általánosan is végiggondolhatjuk: Induljunk ki az elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenlet y + g (x) y=0 általános alakjából. Az y 0 függvény minden ilyen differenciálegyenletnek megoldása, tehát az elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenlet konstans megoldása mindig ez. Határozzuk most meg az általános megoldást: y = g (x) y = g (x) y dx = g (x) dx y y = g (x) dx ln y = g (x) dx+ln C y=ce g(x)dx Látható, hogy az elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenleteknél az általános megoldás mindig tartalmazza a konstans megoldást. Nem követünk el tehát hibát, ha az ilyen típusú differenciálegyenleteknél a továbbiakban nem foglalkozunk külön a konstans megoldással. Készítette: Vajda István 119

12 Állandó együtthatós, elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenletek Az elsőrendű lineáris differenciálegyenlet állandó együtthatójú, ha a differenciálegyenlet y + g (x) y=h (x) alakjában a g (x) függvény konstans, azaz az egyenlet alakú. y + ky=h (x) Természetesen az elsőrendű állandó együtthatójú lineáris differenciálegyenlet is lehet homogén vagy inhomogén attól függően, hogy h (x) 0vagy nem. Tétel: Az y +ky=0 elsőrendű állandó együtthatójú lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldása y=ce kx. Bizonyítás: Ha y=ce kx, akkor y = kce kx, tehát y +ky= kce kx +kce kx = 0. Mivel y egy szabad paramétert tartalmaz, ez a differenciálegyenlet általános megoldása. Példa: Az y + 3y=0 differenciálegyenlet általános megoldása y=ce 3x. Készítette: Vajda István 120

13 Elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek Mint korábban láttuk, az ilyen egyenlet általános alakja y + g (x) y=h (x) és mivel az egyenlet inhomogén h (x) 0. Előfordulhat, hogy egy ilyen differenciálegyenlet is szétválasztható változójú és alkalmazhatjuk rá az eddig megismert megoldási módszert. Példa: Oldjuk meg az y xy=xelsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletet! y = xy+x y = x ( y+1 ) Látható, hogy a differenciálegyenlet szétválasztható változójú, a konstans megoldás az y 1. Határozzuk meg az általános megoldást a változók szétválasztásával: dx = x( y+1 ) y+1 = xdx y+1 = xdx ln y+1 = x 2 y+1=ce x ln C y=ce x2 2 1 Ez a módszer azonban nem mindig alkalmazható. Pl. az y xy=e x2 2 differenciálegyenlet elsőrendű lineáris inhomogén, de nem szétválasztható változójú. Az ilyen differenciálegyenletek megoldására a következő módszert alkalmazhatjuk: Először megoldjuk azt az elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenletet, amit úgy kapunk, hogy az eredeti differenciálegyenletben szereplő zavaró függvény helyére 0-t írunk. A homogén egyenlet általános megoldásához hozzáadjuk az eredeti differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását. Készítette: Vajda István 121

14 Tehát az y + g (x) y=h (x) egyenletet úgy oldjuk meg, hogy először meghatározzuk az Y + g (x) Y=0 homogén egyenlet nagy Y-nal jelölt általános megoldását, majd ehhez hozzáadjuk az (eredeti) y + g (x) y=h (x) egyenlet egy y p partikuláris megoldását. Az eredeti egyenlet általános megoldása így: y=y+ y p Példák: Oldjuk meg ismét az y xy=xdifferenciálegyenletet! A homogén egyenlet Y xy=0 Ezt az egyenletet korábban már megoldottuk, általános megoldása: Y=Ce x2 2 Az y xy=x differenciálegyenlet egy partikuláris megoldása az y p 1 konstans megoldás. Tehát a differenciálegyenlet általános megoldása: y=y+ y p = Ce x2 2 1 Ez megegyezik a korábban kapott megoldással. Oldjuk meg az y xy=e x2 2 differenciálegyenletet! A homogén egyenlet ugyanaz, mint az előző feladatban, általános megoldása: Y=Ce x2 2 Az eredeti egyenlet egy partikuláris megoldása y p = xe x2 2, ami behelyettesítéssel könnyen ellenőrizhető. Először határozzuk meg y p-t a szorzatfüggvény differenciálási szabálya alapján: Behelyettesítve a differenciálegyenletbe: y p= e x2 2 + x 2 e x2 2 y p xy p= e x2 2 + x 2 e x2 2 x 2 e x2 2 = e x2 2 Tehát y p valóban partikuláris megoldás, az általános megoldás pedig: y=y+ y p = Ce x2 2 + xe x2 2 Készítette: Vajda István 122

15 Az előző feladat általános megoldását tehát megtaláltuk, de jogos kifogásként merülhet fel, hogy az ehhez szükséges partikuláris megoldás felírása egyáltalán nem volt magától értetődő. A kérdés tehát az, hogy hogyan lehet meghatározni egy partikuláris megoldást. A következő pontban egy ilyen módszert fogunk megismerni. Elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek partikuláris megoldásának meghatározása az állandó variálás módszerével. Ezt a módszert használva a homogén egyenlet általános megoldásából indulunk ki, melynek C szabad paraméterét egy k függvénnyel helyettesítjük. A k függvény alkalmas megválasztásával az eredeti differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását kapjuk. Példa: Határozzuk meg az előző feladatbeli y xy=e x2 2 differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását az állandó variálás módszerével! A homogén egyenlet általános megoldása: Y=Ce x2 2 Ha a C állandót a k függvénnyel helyettesítjük, akkor az y p = k (x) e x2 2 függvényt kapjuk. Szeretnénk k-t úgy meghatározni, hogy y p a differenciálegyenlet partikuláris megoldása legyen. Ha k-t jól választjuk, akkor y p -t a differenciálegyenletbe helyettesítve igaz összefüggést kapunk. A szorzatfüggvény differenciálási szabály szerint y p = k (x) e x2 2 + x k (x) e x2 2, tehát Tehát y p = k (x) e x2 2 használtunk. k (x) e x2 2 + x k (x) e x2 2 x k (x) e x2 2 = e x2 2 k (x) e x2 2 = e x2 2 k (x)=1 k (x)=x = xe x2 2. Ez pontosan az a partikuláris megoldás, amit az előzőekben már Megjegyzés: A levezetés során a k (x)=1 összefüggésből arra következtettünk, hogy k (x)=x. Természetesen a k integrálásával más megoldásokat is kapunk (k (x)=x+b, ahol B tetszőleges valós szám), de nekünk csak egy partikuláris megoldást kellett meghatároznunk, ezért k egy primitív függvényére volt csak szükségünk, amit k-val egyenlővé tettünk. Készítette: Vajda István 123

16 Elsőrendű állandó együtthatós lineáris inhomogén differenciálegyenletek megoldása próbafüggvény módszerrel. A próbafüggvény módszert ugyancsak a differenciálegyenlet partikuláris megoldásának meghatározására használjuk, de ez csak akkor alkalmazható, ha a lineáris differenciálegyenlet állandó együtthatós. Ennek lényege, hogy a partikuláris megoldást olyan függvény formájában keressük, amely a zavaró függvénnyel azonos típusú bár annál általánosabb. Példa: Oldjuk meg az y 2y=e x differenciálegyenletet! A homogén egyenlet megoldása Y=Ce 2x. Mivel a zavaró függvény h (x)=e x, a partikuláris megoldást y p = Ae x alakban keressük, ahol A tetszőleges valós szám. (Azt is mondjuk, hogy y p = Ae x a próbafüggvény.) Az A paraméter értékék a differenciálegyenletbe való behelyettesítéssel határozhatjuk meg. Mivel y p = Aex behelyettesítve: Ae x 2Ae x = e x Ae x = e x amelyből már leolvasható, hogy A= 1. Tehát a partikuláris megoldás y p = e x. Adifferenciálegyenlet megoldása: y=y+ y p = Ce 2x e x. Hogyan válasszunk próbafüggvényt? Ha a zavarófüggvény e x vagy e x konstansszorosa, akkor mint az előző példában láttuk e x konstansszorosa lesz a partikuláris megoldás is. Tehát pl. e x Ae x 2e x Ae x Ha a zavarófüggvény polinom, akkor ugyanannyiadfokú polinomot választunk próbafüggvénynek általános együtthatókkal: Ha a zavarófüggvény trigonometrikus: x Ax 2 + Bx+C x Ax+B 3 A sin x A sin x+b cos x cos 2x A sin 2x+B cos 2x 2 sin 3x+5 cos 3x A sin 3x+B cos 3x Készítette: Vajda István 124

17 Ha a zavarófüggvény az előző típusokból összeadással, kivonással, vagy szorzással jön létre, akkor a próbafüggvényeiket is ugyanezen műveletekkel kepcsoljuk össze: 2e x + 3e 2x Ae x + Be 2x e x + 2x 1 Ae x + Bx+C sin 2x x 2 A sin 2x+B cos 2x+Cx 2 + Dx+E x 2 e 3x ( Ax 2 + Bx+C ) e 3x x cos x (x+a) (B sin x+c cos x) A próbafüggvény módszert némileg bonyolítja a rezonancia jelensége. Ha a próbafüggvény valamely tagja az általános megoldástól csak konstans szorzóban tér el, akkor rezonanciában vannak. Ilyenkor a próbafüggvénynek ezt a tagját x-szel megszorozva juthatunk helyes próbafüggvényhez. Előfordulhat az is, hogy így a próbafüggvénynek ez a tagja a próbafüggvény más tagjával kerül rezonanciába és újabb szorzásara van szükség. Példák: Oldjuk meg az y + y=x 2 differenciálegyenletet! A homogén egyenlet megoldása: Y=e x. A próbafüggvény y p = Ax 2 + Bx+C y p = 2Ax+B Visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe: 2Ax+B+Ax 2 + Bx+C=x 2 Hasonlítsuk össze az azonos fokszámú tagok együtthatóit: x 2 x x 0 A=1 2A+B=0 B+C=0 B= 2 C=2 A partikuláris megoldás tehát y p = x 2 2x+2. A differenciálegyenlet általános megoldása y=y+ y p = e x + x 2 2x+2. Készítette: Vajda István 125

18 Határozzuk meg az y 3y=4 sin x differenciálegyenlet y (0)= 8 5 tartozó partikuláris megoldását! A homogén egyenlet megoldása: Y=Ce 3x. A próbafüggvény y p = A sin x+b cos x y p= A cos x B sin x Visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe: kezdeti feltételhez A cos x B sin x 3 (A sin x+b cos x)=4 sin x (A 3B) cos x+( B 3A) sin x=4 sin x Hasonlítsuk össze a cos x-et, illetve sin x-et tartalmazó tagok együtthatóit: A 3B=0 B 3A=4 Az egyenletrendszerből A= 6 5, B= 2 5 y p= 6 5 sin x 2 cos x. 5 A differenciálegyenlet általános megoldása y=y+ y p = Ce 3x 6 5 sin x 2 cos x. 5 Behelyettesítve x=0-t és y= 8 5 -öt a 8 5 = C 2 összefüggés adódik,amelyből C=2. 5 A kezdeti feltételeknek megfelelő partikuláris megoldás tehát y 0 = 2e 3x 6 5 sin x 2 cos x. 5 Oldjuk meg az y 2y=6e 2x differenciálegyenletet! A homogén egyenlet megoldása: Y=Ce 2x. Nem választhatjuk próbafüggvénynek az Ae 2x függvényt, mert rezonanciában van az általános megoldással, ezért y p = Axe 2x y p= Ae 2x + 2Axe 2x. Behelyettesítve a differenciálegyenletbe: Ae 2x + 2Axe 2x 2Axe 2x = 6e 2x. A=6adódik, tehát y p = 6xe 2x, az általános megoldás pedig y=y+ y p = Ce 2x + 6xe 2x Készítette: Vajda István 126

19 8.4. Másodrendű lineáris differenciálegyenletek Legyen y az ismeretlen p, q és h pedig ismert egyváltozós függvények. Az y + p (x) y + q (x) y=h (x) alakra hozható differenciálegyenleteket másodrendű lineáris differenciálegyenletnek nevezzük. Példa: Az y + y cos x+ y tg x=e x + x 2 2 differenciálegyenlet másodrendű, lineáris. A következőkben a másodrendű lineáris differenciálegyenletek közül csak az állandó együtthatósak megoldásával foglalkozunk Állandó együtthatós másodrendű lineáris differenciálegyenletek Legyen y az ismeretlen, h ismert egyváltozós függvény, a, b és c pedig valós számok. Az ay + by + cy=h (x) alakra hozható differenciálegyenleteket másodrendű állandóegyütthatós lineáris differenciálegyenletnek nevezzük. Példa: A 4y + 3y 6y=ln x differenciálegyenlet másodrendű állandó együtthatós lineáris. Készítette: Vajda István 127

20 Állandó együtthatós másodrendű lineáris homogén differenciálegyenletek Ha az ay + by + cy=0 alakra hozható differenciálegyenleteket másodrendű állandóegyütthatós lineáris homogén differenciálegyenletnek nevezzük. Megjegyzés: Tehát az állandó együtthatós másodrendű lineáris differenciálegyenletet akkor nevezzük homogénnek, ha az egyenlőség jobb oldalán álló h (x) zavarófüggvény azonosan 0. Állandó együtthatós másodrendű lineáris homogén differenciálegyenletek megoldása Az ay + by + cy=0 differenciálegyenlethez hozzárendeljük az aλ 2 + bλ+c=0 valósegyütthatós másodfokú egyenletet, az úgynevezett karakterisztikus egyenletet. A differenciálegyenlet megoldását a karakterisztikus egyenlet megoldása(i) alapján írjuk fel: Tétel: Ha az ay + by + cy = 0 differenciálegyenlethez tartozó aλ 2 + bλ+c=0 karakterisztikus egyenletnek két különböző valós gyöke van (λ 1 ésλ 2 ), akkor a differenciálegyenlet általános megoldása y=c 1 e λ 1x + C 2 e λ 2x. Példa: Írjuk fel a y 5y + 6y=0 állandó együtthatós másodrendű lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldását! Mivel aλ 2 5λ+6=0 karakterisztikus egyenlet megoldásaiλ 1 = 2 ésλ 2 = 3, a differenciálegyenlet általános megoldása: y=c 1 e 2x + C 2 e 3x. Ellenőrzés: Az általános megoldás első, illetve második deriváltja y = 2C 1 e 2x + 3C 2 e 3x, y = 4C 1 e 2x + 9C 2 e 3x. Behelyettesítve a differenciálegyenletbe: y 5y + 6y=4C 1 e 2x + 9C 2 e 3x 5 ( 2C 1 e 2x + 3C 2 e 3x) + 6 ( C 1 e 2x + C 2 e 3x) = 0 Készítette: Vajda István 128

21 Tétel: Ha az ay + by + cy = 0 differenciálegyenlethez tartozó aλ 2 + bλ+c=0 karakterisztikus egyenletnek két egybeeső valós gyöke van (λ 0 ), akkor a differenciálegyenlet általános megoldása y=c 1 e λ 0x + C 2 xe λ 0x. Megjegyzés: Szokás azt is mondani, hogy a karakterisztikus egyenletnek egy valós gyöke van. Példa: Írjuk fel a y 4y + 4y=0 állandó együtthatós másodrendű lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldását! Mivel aλ 2 4λ+4=0 karakterisztikus egyenlet egyetlen megoldásaλ 0 = 2, a differenciálegyenlet általános megoldása: y=c 1 e 2x + C 2 xe 2x. Tétel: Ha az ay + by + cy = 0 differenciálegyenlethez tartozó aλ 2 + bλ+c=0 karakterisztikus egyenletnek két nem valós komplex gyöke van (λ 1,2 =α±βj), akkor a differenciálegyenlet általános megoldása y=e αx( C 1 cos ( βx ) + C 2 sin ( βx )). Példák: Írjuk fel a y 4y + 5y=0 állandó együtthatós másodrendű lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldását! Mivel aλ 2 4λ+5=0 karakterisztikus egyenlet megoldásaiλ 1,2 = 2± j, a differenciálegyenlet általános megoldása: y=e 2x (C 1 cos x+c 2 sin x). Írjuk fel a y + 4y=0 állandó együtthatós másodrendű lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldását! Mivel aλ 2 + 4=0 karakterisztikus egyenlet megoldásaiλ 1,2 =±2j, a differenciálegyenlet általános megoldása: y=c 1 cos 2x+C 2 sin 2x. Készítette: Vajda István 129

22 Állandó együtthatós másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek megoldása A másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek megoldására ugyanazt a módszert alkalmazhatjuk, amit az elsőrendű lineáris differenciálegyenletnél megismertünk: Először megoldjuk azt a másodrendű lineáris homogén differenciálegyenletet, amit úgy kapunk, hogy az eredeti differenciálegyenletben szereplő zavaró függvény helyére 0-t írunk. A homogén egyenlet általános megoldásához hozzáadjuk az eredeti differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását. Ha a másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenlet állandó együtthatós, akkor a partikuláris megoldás meghatározásához használhatjuk az elsőrendű differenciálegyenleteknél megismert próbafüggvénymódszert. Példák: Oldjuk meg az y y 2y=2x 2 differenciálegyenletet! Először megoldjuk az Y Y 2Y=0homogén differenciálegyenletet. Ennek karakterisztikus egyenlete:λ 2 λ 2=0, melynek megoldásai:λ 1 = 2, illetve λ 2 = 1. Mivel ezek valósak és egymástól különbözőek, a homogén egyenlet megoldása: Y=C 1 e 2x + C 2 e x. A következő lépésben a differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását keressük. Próbafüggvénynek válasszuk az y p = Ax 2 +Bx+C másodfokú függvényt. Ekkor y p = 2Ax+B és y p = 2A. Visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe: 2A 2Ax B 2Ax 2 2Bx 2C=2x 2 Hasonlítsuk össze az azonos fokszámú tagok együtthatóit: x 2 x x 0 2A=2 2A 2B=0 2A B 2C=0 A= 1 B= A=1 C= 2A B = Tehát a differenciálegyenlet általános megoldása: y=y+ y p = C 1 e 2x + C 2 e x x 2 + x 3 2 Készítette: Vajda István 130

23 Oldjuk meg az y 6y + 9y=12 sin x differenciálegyenletet! Először megoldjuk az Y 6Y + 9Y=0 homogén differenciálegyenletet. Ennek karakterisztikus egyenlete:λ 2 6λ+9=0, melynek egyetlen megoldása:λ 0 = 3. A homogén egyenlet megoldása: Y=C 1 e 3x + C 2 xe 3x. Határozzuk meg a differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását! Próbafüggvénynek válasszuk az y p = A sin x+b cos x függvényt. Ekkor y p = A cos x B sin x és y p = A sin x B cos x. Visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe: A sin x B cos x 6 (A cos x B sin x)+9 (A sin x+b cos x)=12 sin x (8A+6B) sin x+( 6A+8B) cos x=12 sin x A megfelelő tagok összehasonlításával a következő egyenletrendszer adódik: 8A+6B = 12 6A+8B = 0 Ebből A= 24 18, B= A differenciálegyenlet általános megoldása: y=y+ y p = C 1 e 3x + C 2 xe 3x sin x cos x Oldjuk meg az y + 4y=sin 2 x+4x+ 1 2 differenciálegyenletet! Először megoldjuk az Y + 4Y=0homogén differenciálegyenletet. Ennek karakterisztikus egyenlete:λ 2 + 4=0, melynek megoldásai:λ 1,2 =±2j. A homogén egyenlet megoldása: Y=C 1 sin 2x+C 2 cos 2x. Határozzuk meg a differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását! Ehhez először linearizáljuk a zavarófüggvényben szereplő sin 2 x tagot. h (x)=sin 2 x+4x+ 1 2 = 1 cos 2x 2 + 4x+ 1 2 = 1 cos 2x+4x+1 2 Figyelve a rezonanciára próbafüggvénynek az y p = Ax sin 2x+Bx cos 2x+Cx+D függvényt választjuk. Ekkor y p = A sin 2x+2Ax cos 2x+B cos 2x 2Bx sin 2x+C y p= 4A cos 2x 4Ax sin 2x 4B sin 2x 4Bx cos 2x Visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe, majd összehasonlítva az együtthatókat A= 1 8, B=0, C=1és D= 1 4 A differenciálegyenlet általános megoldása: y=y+ y p = C 1 sin 2x+C 2 cos 2x 1 8 x sin 2x+x+ 1 4 Készítette: Vajda István 131

24 8.5. Lineáris állandó együtthatós differenciálegyenletek megoldása Laplacetranszformációval Ezt a módszert az állandó együtthatós lineáris differenciálegyenletek megoldására használhatjuk. Elsősorban akkor szokták alkalmazni, ha egy partikuláris megoldást keresünk, amelynek megadott kezdeti feltétel(eke)t kell kielégíteni. A megoldás fő lépései a következők: Az egyenlet mindkét oldalának meghatározzuk a Laplace-transzformáltját és ezeket egyenlővé tesszük egymással. A kapott (elsőfokú) egyenletet megoldjuk, így megkapjuk a keresett függvény Laplace-transzformáltját. Inverz laplace-transzformációval meghatározzuk a keresett függvényt. A megoldás végrehajtásához meg kell tudnunk határozni a fügvények deriváltjainak Laplacetranszformáltját: Tétel: Ha az f (t) függvény Laplace-transzformáltja f (s), akkor L [ f (t) ] = s f (s) f (0). Megjegyzés: Tehát f Laplace-transzformáltjának meghatározásához ismernünk kell az f függvény t=0helyen vett helyettesítési értékét. Tétel: Ha az f (t) függvény Laplace-transzformáltja f (s), akkor L [ f (t) ] = s 2 f (s) s f (0) f (0). Megjegyzés: Itt tehát már az f deriváltfüggvény t=0 helyen vett helyettesítési értékére is szükség van. Példák: Készítette: Vajda István 132

25 Határozzuk meg az f (t) = sin t függvény deriváltfüggvényének Laplace-transzformáltját. 1. Mivel f (t)=cos t, L [ f (t) ] s = s L [ f (t) ] = s f (s) f (0)=s 1 s sin 0= s s Határozzuk meg az f (t)=te t függvény második deriváltfüggvényének Laplace-transzformáltját. 1. Mivel f (t)=e t + te t f (t)=2e t + te t, L [ f (t) ] = 2 s s 1 (s 1) 2= (s 1) 2 2. L [ f (t) ] = s 2 f (s) s f (0) f (0)=s 2 1 (s 1) 2 s 0 ( e ) = = s 2 1 2s 1 (s 1) 2 1= (s 1) 2 Készítette: Vajda István 133

26 A példákban a fenti tételek segítségével ugyanazt az eredményt kaptuk, mint a deriváltfüggvények közvetlen táblázat alapján történő transzformálásával, de úgy tűnik, mintha ezekre a tételekre nem is lenne szükség. Fontossá akkor válnak, ha a differenciálegyenletben az ismeretlen függvény deriváltjait kell transzformálnunk. Példák: Határozzuk meg az y y=2x+2 differenciálegyenlet y (0)= 2 kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldását! Alkalmazzunk az egyenletre Laplace-transzformációt: sȳ y (0) ȳ= 2 s 2+2 s Helyettesítsük be y (0) értékét és oldjuk meg a kapott elsőfokú egyenletet: sȳ+2 ȳ= 2 s 2+2 s ȳ (s 1)= 2s2 + 2s+2 s 2 ȳ= 2s2 + 2s+2 (s 1) s 2 Bontsuk az egyenlet jobboldalán szereplő kifejezést résztörtekre: 2s 2 + 2s+2 = A (s 1) s 2 s + B C s 2+ s 1 2s 2 + 2s+2=As (s 1)+B (s 1)+Cs 2 s=1: s=0 s 2 : 2=C 2= B 2=A+C C=2 B= 2 A= 4 2s 2 + 2s+2 (s 1) s 2 = 4 s 2 s 2+ 2 s 1 Tehát ȳ= 4 s 2 2 s 2+ s 1 Inverz Laplace-transzformációt alkalmazva megkapjuk a megoldást: y= 4 2x+2e x Készítette: Vajda István 134

27 Határozzuk meg az y + 2y 8y=18 sin x 4 cos x differenciálegyenlet y (0)=3 és y (0)=4kezdeti feltételeket kielégítő partikuláris megoldását! Alkalmazzunk az egyenletre Laplace-transzformációt: s 2 ȳ sy (0) y (0)+2 ( sȳ y (0) ) 8ȳ= 18 s s s Helyettesítsük be y (0) és y (0) értékét majd oldjuk meg a kapott elsőfokú egyenletet: s 2 ȳ 3s 4+2 ( sȳ 3 ) 8ȳ= 4s+18 s ȳ ( s 2 + 2s 8 ) = 4s+18 s s+10 ȳ ( s 2 + 2s 8 ) = 3s3 + 10s 2 s+28 s ȳ= 3s3 + 10s 2 s+28 (s 2) (s+4) (s 2 + 1) Bontsuk az egyenlet jobboldalán szereplő kifejezést résztörtekre: 3s s 2 s+28 (s 2) (s+4) (s 2 + 1) = A s 2 + B s+4 + Cs+D s s s 2 s+28=a (s+4) ( s ) + B (s 2) ( s ) + Cs (s+4) (s 2)+D (s+4) (s 2) s=2: s= 4 : s=0: s 3 : 90=30A 0= 102B 28=12 8D 3=3+0+C A=3 B=0 D= 2 C=0 3s s 2 s+28 (s 2) (s+4) (s 2 + 1) = 3 s 2 2 s Tehát ȳ= 3 s 2 2 s Inverz Laplace-transzformációt alkalmazva megkapjuk a megoldást: y=3e 2x 2 sin x Készítette: Vajda István 135

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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 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

JPTE PMMFK Levelező-távoktatás, villamosmérnök szak

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

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

Lineáris egyenletrendszerek

Lineáris egyenletrendszerek Lineáris egyenletrendszerek Lineáris egyenletrendszernek nevezzük az a 11 x 1 + a 12 x 2 +... +a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 +... +a 2n x n = b 2.. a k1 x 1 + a k2 x 2 +... +a kn x n = b k n ismeretlenes,

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Differenciálegyenletek gyakorlat december 5.

Differenciálegyenletek gyakorlat december 5. Differenciálegyenletek gyakorlat Kocsis Albert Tihamér Németh Adrián 05 december 5 Ismétlés Integrálás Newton Leibniz-formula Integrálás és alapműveletek wwwwolframalphacom Alapintegrálok sin x dx = cos

Részletesebben

Matematika A3 1. ZH+megoldás

Matematika A3 1. ZH+megoldás Matematika A3 1. ZH+megoldás 2008. október 17. 1. Feladat Egy 10 literes kezdetben tiszta vizet tartalmazó tartályba 2 l/min sebesséeggel 0.3 kg/l sótartalmú víz Áramlik be, amely elkeveredik a benne lévő

Részletesebben

Matematika szigorlat, Mérnök informatikus szak I máj. 29.

Matematika szigorlat, Mérnök informatikus szak I máj. 29. Matematika szigorlat, Mérnök informatikus szak I. 2007. máj. 29. Megoldókulcs 1. Adott az S : 3x 6y + 2z = 6 sík a három dimenziós térben. (a) Írja fel egy tetszőleges, az S-re merőleges S síknak az egyenletét!

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

Elérhető maximális pontszám: 70+30=100 pont

Elérhető maximális pontszám: 70+30=100 pont Villamosmérnök Szak Távoktatás 2. félév Matematika kollokvium 2008. dec. 20. Név: Neptun Kód: Tanár: Fel.: Elm.: Hf.: Össz.: Oszt.: Vajda István Rendelkezésre álló idő: 105 perc Elérhető maximális pontszám:

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

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

1. Oldja meg a z 3 (5 + 3j) (8 + 2j) 2. Adottak az A(1,4,3), B(3,1, 1), C( 5,2,4) pontok a térben.

1. Oldja meg a z 3 (5 + 3j) (8 + 2j) 2. Adottak az A(1,4,3), B(3,1, 1), C( 5,2,4) pontok a térben. Szak: Műszaki menedzser I. Dátum: 006. június. MEGOLDÓKULCS Tárgy: Matematika szigorlat Idő: 0 perc Neptun kód: Előadó: Berta Gábor szig 06 06 0 Pontszám: /00p. Oldja meg a z (5 + j (8 + j + = (+5j (7

Részletesebben

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

Matematika (mesterképzés)

Matematika (mesterképzés) Matematika (mesterképzés) Környezet- és Településmérnököknek Debreceni Egyetem Műszaki Kar, Műszaki Alaptárgyi Tanszék Vinczéné Varga A. Környezet- és Településmérnököknek 2016/2017/I 1 / 29 Lineáris tér,

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

8. előadás. Kúpszeletek

8. előadás. Kúpszeletek 8. előadás Kúpszeletek Kör A k kört egyértelműen meghatározza C(a,b) középpontja és r sugara. A P pont pontosan akkor van k-n, ha CP=r. Vektoregyenlet: p-c = r. Koordinátás egyenlet: (X-a)2 + (Y-b)2 =

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

IV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Megoldások november

IV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Megoldások november IV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Megoldások 009. november Határozatlan integrálás.05. + C + C.06. + C + C.07. ( ( 5 5 + C.08. ( ( + 5 5 + + C.09. + ( + ln + + C.. ( + ( + ( + 5 5 + + C.. + ( + ( + ( + + ( + ( + +

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 brachistochron probléma megoldása

A brachistochron probléma megoldása A brachistochron probléma megoldása Adott a függőleges síkban két nem egy függőleges egyenesen fekvő P 0 és P 1 pont, amelyek közül a P 1 fekszik alacsonyabban. Azt a kérdést fogjuk vizsgálni. hogy van-e

Részletesebben

Dierenciálhányados, derivált

Dierenciálhányados, derivált 9. fejezet Dierenciálhányados, derivált A dierenciálhányados deníciója D 9.1 Az egyváltozós valós f függvény x0 pontbeli dierenciálhányadosának nevezzük a lim f(x0 + h) f(x0) h 0 h határértéket, ha ez

Részletesebben

Határozatlan integrál, primitív függvény

Határozatlan integrál, primitív függvény Határozatlan integrál, primitív függvény Alapintegrálok Alapintegráloknak nevezzük az elemi valós függvények differenciálási szabályainak megfordításából adódó primitív függvényeket. ( ) n = n+ n+ + c,

Részletesebben

Kettős integrál Hármas integrál. Többes integrálok. Sáfár Orsolya május 13.

Kettős integrál Hármas integrál. Többes integrálok. Sáfár Orsolya május 13. 2015 május 13. Kétváltozós függvény kettősintegráljának definíciója Legyen f (x, y), R 2 R korlátos függvény egy T korlátos és mérhető területű tartományon. Vegyük a T tartomány egy felosztását T 1, T

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

1 1 y2 =lnec x. 1 y 2 = A x2, ahol A R tetsz. y =± 1 A x 2 (A R) y = 3 3 2x+1 dx. 1 y dy = ln y = 3 2 ln 2x+1 +C. y =A 2x+1 3/2. 1+y = x.

1 1 y2 =lnec x. 1 y 2 = A x2, ahol A R tetsz. y =± 1 A x 2 (A R) y = 3 3 2x+1 dx. 1 y dy = ln y = 3 2 ln 2x+1 +C. y =A 2x+1 3/2. 1+y = x. Mat. A3 9. feladatsor 06/7, első félév. Határozzuk meg az alábbi differenciálegenletek típusát (eplicit-e vag implicit, milen rendű, illetve fokú, homogén vag inhomogén)! a) 3 (tg) +ch = 0 b) = e ln c)

Részletesebben

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

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

Részletesebben

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

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

6. ELŐADÁS DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁS II. DIFFERENCIÁLÁSI SZABÁLYOK. BSc Matematika I. BGRMA1HNND, BGRMA1HNNC

6. ELŐADÁS DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁS II. DIFFERENCIÁLÁSI SZABÁLYOK. BSc Matematika I. BGRMA1HNND, BGRMA1HNNC 6. ELŐADÁS DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁS II. DIFFERENCIÁLÁSI SZABÁLYOK BSc Matematika I. BGRMAHNND, BGRMAHNNC A következő diákon szereplő állítások mindegyikét az előadáson fogjuk igazolni, és példákkal bőségesen

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

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

Matematika. 4. konzultáció: Kétváltozós függvények szélsőértéke. Parciális függvény, parciális derivált

Matematika. 4. konzultáció: Kétváltozós függvények szélsőértéke. Parciális függvény, parciális derivált Matematika 1 NYME KTK, Egyetemi kiegészítő alapképzés 2004/2005. tanév, I. évf. I.félév Budapest Előadó: Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet 9400 Sopron, Bajcsy Zs. u. 9. GT fszt. 3. (99) 518

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

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

6. Függvények. 1. Az alábbi függvények közül melyik szigorúan monoton növekvő a 0;1 intervallumban?

6. Függvények. 1. Az alábbi függvények közül melyik szigorúan monoton növekvő a 0;1 intervallumban? 6. Függvények I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Az alábbi függvények közül melyik szigorúan monoton növekvő a 0;1 intervallumban? f x g x cos x h x x ( ) sin x (A) Az f és a h. (B) Mindhárom. (C) Csak az f.

Részletesebben

Magasabbfokú egyenletek

Magasabbfokú egyenletek 86 Magasabbfokú egyenletek Magasabbfokú egyenletek 5 90 a) =! ; b) =! ; c) = 5, 9 a) Legyen = y Új egyenletünk: y - 5y+ = 0 Ennek gyökei: y=, y= Tehát egyenletünk gyökei:, =!,, =! b) Új egyenletünk: y

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

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

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

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

Kvadratikus alakok és euklideszi terek (előadásvázlat, október 5.) Maróti Miklós, Kátai-Urbán Kamilla

Kvadratikus alakok és euklideszi terek (előadásvázlat, október 5.) Maróti Miklós, Kátai-Urbán Kamilla Kvadratikus alakok és euklideszi terek (előadásvázlat, 0. október 5.) Maróti Miklós, Kátai-Urbán Kamilla Az előadáshoz ajánlott jegyzet: Szabó László: Bevezetés a lineáris algebrába, Polygon Kiadó, Szeged,

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

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

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

25 i, = i, z 1. (x y) + 2i xy 6.1

25 i, = i, z 1. (x y) + 2i xy 6.1 6 Komplex számok megoldások Lásd ábra z = + i, z = + i, z = i, z = i z = 7i, z = + 5i, z = 5i, z = i, z 5 = 9, z 6 = 0 Teljes indukcióval 5 Teljes indukcióval 6 Az el z feladatból következik z = z = =

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

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

Lineáris algebra 2. Filip Ferdinánd december 7. siva.banki.hu/jegyzetek

Lineáris algebra 2. Filip Ferdinánd december 7. siva.banki.hu/jegyzetek Lineáris algebra 2 Filip Ferdinánd filipferdinand@bgkuni-obudahu sivabankihu/jegyzetek 2015 december 7 Filip Ferdinánd 2016 februar 9 Lineáris algebra 2 1 / 37 Az el adás vázlata Determináns Determináns

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

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

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

Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens

Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens Az R 3 tér geometriája Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens 2008.09.08. 1 Vektorok Vektor: irányított szakasz Jel.: a, a, a, AB, Jellemzői: irány, hosszúság, (abszolút érték) jel.: a Speciális

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

9. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 9. előadás Mátrix inverze, mátrixegyenlet

9. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 9. előadás Mátrix inverze, mátrixegyenlet 9. Előadás Megyesi László: Lineáris algebra, 75. 84. oldal. Gondolkodnivalók Mátrix rangja 1. Gondolkodnivaló Határozzuk meg a p valós paraméter értékétől függően a következő mátrix rangját: p 3 1 2 2

Részletesebben

LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK október 12. Irodalom A fogalmakat, definíciókat illetően két forrásra támaszkodhatnak: ezek egyrészt elhangzanak

LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK október 12. Irodalom A fogalmakat, definíciókat illetően két forrásra támaszkodhatnak: ezek egyrészt elhangzanak LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 004. október. Irodalom A fogalmakat, definíciókat illetően két forrásra támaszkodhatnak: ezek egyrészt elhangzanak az előadáson, másrészt megtalálják a jegyzetben: Szabó László:

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

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 EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések

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

Részletesebben

Miskolci Egyetem GÉPÉSZMÉRNÖKI ÉS INFORMATIKAI KAR. Polárkoordinátás és paraméteres megadású görbék. oktatási segédanyag

Miskolci Egyetem GÉPÉSZMÉRNÖKI ÉS INFORMATIKAI KAR. Polárkoordinátás és paraméteres megadású görbék. oktatási segédanyag Miskolci Egyetem GÉPÉSZMÉRNÖKI ÉS INFORMATIKAI KAR Polárkoordinátás és paraméteres megadású görbék oktatási segédanyag Összeállította: Lengyelné Dr. Szilágyi Szilvia Miskolc, 01. Köszönetnyilvánítás Az

Részletesebben

(x + 1) sh x) (x 2 4) = cos(x 2 ) 2x, e cos x = e

(x + 1) sh x) (x 2 4) = cos(x 2 ) 2x, e cos x = e Az. gyakorlat HF-inak megoldása. Deriváljuk az alábbi függvényeket. sin x cos x = cos x sin x, x ln x = x / ln x + x x x, x x = x / = x/ = = e x cos x+e x sin x e x cos x cos x, x sin x ln x = + x x, x

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

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

Határozott integrál és alkalmazásai

Határozott integrál és alkalmazásai Határozott integrál és alkalmazásai 5. május 5.. Alapfeladatok. Feladat: + d = Megoldás: Egy határozott integrál kiszámolása a feladat. Ilyenkor a Newton-Leibniz-tételt használhatjuk, mely azt mondja ki,

Részletesebben

, D(-1; 1). A B csúcs koordinátáit az y = + -. A trapéz BD

, D(-1; 1). A B csúcs koordinátáit az y = + -. A trapéz BD Kör és egyenes kölcsönös helyzete Kör érintôje 7 9 A húr hossza: egység 9 A ( ) ponton átmenô legrövidebb húr merôleges a K szakaszra, ahol K az adott kör középpontja, feltéve, hogy a kör belsejében van

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

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

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Trigonometria

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

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

Lineáris leképezések. 2. Lineáris-e az f : R 2 R 2 f(x, y) = (x + y, x 2 )

Lineáris leképezések. 2. Lineáris-e az f : R 2 R 2 f(x, y) = (x + y, x 2 ) Lineáris leképezések 1 Lineáris-e az f : R 2 R 2 f(x, y = (3x + 2y, x y leképezés? A linearitáshoz ellen riznünk kell, hogy a leképzés additív és homogén Legyen x = (x 1, R 2, y = (y 1, y 2 R 2, c R Ekkor

Részletesebben

x a x, ha a > 1 x a x, ha 0 < a < 1

x a x, ha a > 1 x a x, ha 0 < a < 1 EL 18 Valós exponenciális függvények Definíció: Ha a R, a>0, akkor legyen a x = e x lna, x R A valós változós exponenciális függvények grafikonja: x a x, ha a > 1 x a x, ha 0 < a < 1 A szinusz függvény

Részletesebben

Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály, középszint

Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály, középszint TÁMOP-.1.4-08/2-2009-0011 A kompetencia alapú oktatás feltételeinek megteremtése Vas megye közoktatási intézményeiben Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály, középszint Vasvár,

Részletesebben

2012. október 9 és 11. Dr. Vincze Szilvia

2012. október 9 és 11. Dr. Vincze Szilvia 2012. október 9 és 11. Dr. Vincze Szilvia Egyváltozós valós függvények nevezetes osztályai I. Algebrai függvények Racionális egész függvények (polinomok) Racionális törtfüggvények Irracionális függvények

Részletesebben

Első zárthelyi dolgozat megoldásai biomatematikából * A verzió

Első zárthelyi dolgozat megoldásai biomatematikából * A verzió Első zárthelyi dolgozat megoldásai biomatematikából * A verzió Elméleti kérdések: E. Mikor nevezünk egy gráfot gyengén és mikor erősen összefüggőnek? Adjon példát gyengén összefüggő de erősen nem összefüggő

Részletesebben

Nagy András. Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály 2010.

Nagy András. Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály 2010. Nagy András Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály 010. Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály 1) Döntsd el, hogy a P pont illeszkedik-e az e egyenesre

Részletesebben

Matematikai analízis II.

Matematikai analízis II. Matematikai analízis II. Feladatgyűjtemény GEMAN6-B Gazdaságinformatikus, Programtervező informatikus és Mérnökinformatikus hallgatók részére Lengyelné Dr. Szilágyi Szilvia 6 . feladatlap Implicit függvények

Részletesebben

Parciális dierenciálegyenletek

Parciális dierenciálegyenletek Parciális dierenciálegyenletek 2009. május 25. A félév lezárásaként néhány alap-deníciót és alap-példát szeretnék adni a Parciális Dierenciálegynletek (PDE) témaköréb l. Épp csak egy kis izelít t. Az alapfeladatok

Részletesebben