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

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

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

Átírás

1 Matematika A3 gyakorlat Energetika és Mechatronika BSc szakok, 016/17 ősz 10 feladatsor: Magasabbrendű lineáris differenciálegyenletek (megoldás) 1 Határozzuk meg az e λx, xe λx, x e λx,, x k 1 e λx függvények Wronski-determinánsát Megoldás A megadott függvények e λx f(x) alakúak, ezek deriváltjait a Leibniz-szabály alkalmazásával állíthatjuk elő: d n dx n eλx f(x) = n i=0 ( ) n λ i f (n i) (x)e λx = f (n) (x)e λx + i n i=1 ( ) n λ i f (n i) (x)e λx i Ebben az alakban láthatjuk, hogy az összegben megjelenő tagok mindegyike előáll e λx f(x) legfeljebb n 1-edik deriváltjainak lineáris kombinációjaként, ahol az együtthatók f-től nem függnek Így például e λx f 1 (x) e λx f (x) (e λx f 1 (x)) (e λx f (x)) = e λx f 1 (x) λe λx f 1 (x) + e λx f 1(x) e = λx f 1 (x) e λx f (x) e λx f 1(x) e λx f (x) = e λx f 1 (x) f (x) f 1(x) f (x) e λx f (x) λe λx f (x) + e λx f (x) Hasonlóan általában is elérhető sorműveletekkel, hogy csak f (j) i (x) elemek maradjanak a determinánsban: e λx f 1 (x) e λx f k (x) f 1 (x) f (x) f k (x) = e kλx f 1(x) f (x) f k(x) d k 1 e λx d f dx k 1 1 (x) k 1 e λx f dx k 1 k (x) f (k 1) 1 (x) f (k 1) (x) f (k 1) k (x) A megadott függvények Wronski-determinánsa tehát 1 x x x k x (k 1)x k W (x) = e kλx 0 0 (k 1)(k )x k (k 1)! Azt is észrevehetjük, hogy a megadott függvények az ( ) k d dx λ y(x) = 0, k 1 = e kλx n=0 n! azaz k n=0 ( ) k ( λ) k n y (n) = 0 n

2 lineáris differenciálegyenlet megoldásterének bázisát alkotját Elsőrendű egyenletrendszerré alakítva y = (y, y,, y (k 1) ) bevezetésével az egyenlet y = 0 y = Ay ( ) k 1 ( λ) k 1 ( ) k ( λ) k ( ) k 3 ( λ) k 3 ( ) k k 1 ( λ) lesz, tehát a Wronski-determinánsra a W = (Tr A)W = kλw differenciálegyenlet teljesül, emiatt W (x) = e kλx W (0) A Wronski-determináns segítségével határozzuk meg a 4xy +y +y = 0 differenciálegyenlet általános megoldását, ha tudjuk, hogy cos x megoldja az egyenletet Megoldás Az a (x)y + a 1 (x)y + a 0 (x)y = 0 differenciálegyenlet ekvivalens az y = [ 0 1 a 0(x) a (x) a 1(x) a (x) ] y elsőrendű egyenletrendszerrel, ennek Wronski-determinánsa teljesíti a W = a 1(x) a (x) W egyenletet Most a 1 (x) = a (x) = 4x, tehát W = 1 W, amiből W (x) = C x x Másrészt ha y 1 és y az eredeti egyenlet két megoldása, akkor a y W (x) = 1 (x) y (x) y 1(x) y (x) függvény ugyanezt a differenciálegyenletet teljesíti Ha y 1 (x) = cos x ismert, akkor ez y -re nézve elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletet jelent, amit az állandók variálásának módszerével oldhatunk meg A konstrukció miatt y 1 megoldja a homogén egyenletet, tehát az inhomogén egyenlet megoldását c(x)y 1 (x) alakban keressük y 1 (x) c(x)y 1 (x) y 1(x) (c(x)y 1 (x)) = y 1 (x) y 1(x) felhasználásával és pl C = 1 választásával most tehát c (x) = 1 cos 1, x x c(x) = tan x c(x)y 1 (x) c(x)y 1(x) + c (x)y 1 (x) = y 1 (x) 0 y 1(x) c (x)y 1 (x) = c (x)y 1 (x) Így y (x) = sin x, és az általános megoldás A cos x + B sin x 3 Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenletek általános megoldását a) y (4) y y + y = 0 b) y 4y + 4y = 0 c) y + 3y + 3y + y = 0 d) y 4y + 9y = 0

3 e) y (4) + y + y = 0 Megoldás Az egyenletekbe az e λx függvényt helyettesítünk és elosztjuk mindkét oldalt ugyanezzel a függvénnyel A bal oldal így λ egy polinomja lesz (karakterisztikus polinom), ha ennek λ i gyöke m i multiplicitással, akkor az e λix, xe λix,, x mi 1 e λix függvények megoldják a differenciálegyenletet Ez pontosan annyi függvényt határoz meg, mint amennyi az egyenlet rendje, és a függvények a megoldástér egy bázisát alkotják (Ha λ = a + bi C \ R gyök m multiplicitással, akkor λ is az ugyanilyen multiplicitással, ezek alkalmas lineáris kombinációi valósak: e ax cos bx,, x m 1 e ax cos bx, e ax sin bx,, x m 1 e ax sin bx) a) A karakterisztikus polinom λ 4 λ 3 λ + λ = (λ + 1)λ(λ 1)(λ ), az általános megoldás y(x) = Ae x + B + Ce x + De x b) A karakterisztikus polinom λ 4λ + 4 = (λ ), az általános megoldás y(x) = Ae x + Bxe x c) A karakterisztikus polinom λ 3 + 3λ + 3λ + 1 = (λ + 1) 3, az általános megoldás y(x) = Ae x + Bxe x + Cx e x d) A karakterisztikus polinom λ 4λ + 9, ennek gyökei 4 ± = ± 5 = ± 5i, az általános megoldás y(x) = Ae x cos 5x + Be x sin 5x e) A karakterisztikus polinom λ 4 + λ + 1 = (λ + 1) = (λ + i) (λ i), az általános megoldás y(x) = A cos x + Bx cos x + C sin x + Dx sin x 4 Legyenek ω 0 és α 0 valós paraméterek Oldjuk meg az y + αy + ω y = 0 differenciálegyenletet y(0) = 1, y (0) = 0 kezdeti feltétel mellett Miben különbözik a megoldás α > ω és α < ω esetén? Megoldás A karakterisztikus polinom λ + αλ + ω λ, ennek gyökei α ± 4α 4ω = α ± α ω Ha α > ω, akkor mindkét gyök valós (negatív), az általános megoldás y(x) = Ae ( α+ α ω )x + Be ( α α ω )x A kezdeti feltételből kell A és B értékét meghatározni: ebből 1 = y(0) = A + B 0 = y (0) = ( α + α ω )A + ( α α ω )B, A = α + α ω α ω B = α + α ω α ω A kapott megoldás monoton csökken, exponenciálisan 0-hoz tart (y(x) Ce ( α+ α ω )x ) Ha α < ω, akkor viszont komplex gyököket kapunk, az általános megoldás y(x) = Ae αx cos( ω α x) + Be αx sin( ω α x) 3

4 A kezdeti feltételből kell A és B értékét meghatározni: ebből 1 = y(0) = A 0 = y (0) = αa + ω α B, A = 1 α B = ω α Ilyenkor a megoldás a 0 körül oszcillál Ha α > 0, akkor exponenciálisan 0-hoz tart ( y(x) Ce αx ), ha viszont α = 0, akkor periodikus Meg kell még vizsgálni az α = ω esetet Ekkor α kétszeres valós gyök, az általános megoldás y(x) = Ae αx + Bxe αx A kezdeti feltételből kell A és B értékét meghatározni: 1 = y(0) = A 0 = y (0) = αa + B, ebből A = 1 és B = α Ekkor a megoldás szigorúan monoton csökken, szintén exponenciálisan 0-hoz tart, de kicsivel lassabban mint e αx ( y(x) Cxe αx ) Ezt a megoldást az előző két eset bármelyikéből megkaphattuk volna ω α határátmenettel 5 Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenletek általános megoldását a) y 4y 1y = xe x b) y 4y 1y = xe x c) y 4y + 4y = x + e x d) y y + 5y = e x sin x Megoldás Ha az inhomogén tag p(x)e λx alakú, ahol p(x) egy d fokú polinom és λ a karakterisztikus polinomnak m-szeres gyöke (m = 0 ha nem gyök), akkor az egyenletnek létezik q(x)x m e λx alakú megoldása, ahol q(x) szintén d fokú polinom (Komplex gyök esetén cos, sin előállítható a komplex exponenciálisokból) a) A karakterisztikus polinom λ 4λ 1 = (λ + )(λ 6), a homogén egyenlet általános megoldása y(x) = Ae x + Be 6x Nincsen rezonancia, (C 0 + C 1 x)e x alakú megoldást keresünk Ezt behelyettesítve az xe x = C 1 e x + (C 0 + C 1 x)e x 4(C 1 e x + (C 0 + C 1 x)e x ) 1(C 0 + C 1 x)e x = ( 15C 0 C 1 )e x + ( 15C 1 )xe x egyenlethez jutunk, ami akkor teljesül minden x-re, ha C 1 = 1, C 15 = Tehát az 5 általános megoldás y(x) = 5 ex 1 15 xex + Ae x + Be 6x b) A karakterisztikus polinom λ 4λ 1 = (λ + )(λ 6), a homogén egyenlet általános megoldása y(x) = Ae x + Be 6x Külső rezonancia van, (C 0 + C 1 x)xe x = (C 0 x + C 1 x )e x alakú megoldást keresünk Ezt behelyettesítve az ( 8C 0 + C 1 )e x 16C 1 xe x = xe x egyenlet adódik, ebből C 1 = 1 és C 16 = 1, így az általános megoldás 64 y(x) = 1 64 xe x 1 16 x e x + Ae x + Be 6x 4

5 c) A karakterisztikus polinom λ 3 4λ + 4λ = λ(λ ), a homogén egyenlet általános megoldása y(x) = A + Be x + Cxe x (belső rezonancia) Mindkét inhomogén tag miatt külső rezonancia van, az inhomogén egyenlet megoldását C 0 x + C 1 x + C x 3 + D 0 x e x alakban keressük Behelyettesítve: (4C 0 8C 1 + 6C ) + (8C 1 4C )x + 1C x + 4D 0 e x = x + e x, amiből D 0 = 1, C 4 = 1, C 1 1 = 1, C 4 0 = 3 Az általános megoldás 8 y(x) = 3 8 x x x x e x + A + Be x + Cxe x d) A karakterisztikus polinom λ λ+5 = (λ 1+i)(λ 1 i), a homogén egyenlet általános megoldása y(x) = Ae x cos x + Be x sin x Külső rezonancia van, az inhomogén egyenlet megoldását C 0 xe x cos x + D 0 xe x sin x alakban kereshetjük Behelyettesítve: 4D 0 e x cos x 4C 0 e x sin x = e x sin x, tehát C 0 = 1 4 és D 0 = 0 Az általános megoldás y(x) = 1 4 xex cos x + Ae x cos x + Be x sin x További gyakorló feladatok 6 Bizonyítsuk be, hogy az y 1 = y y = e x y 1 + y differenciálegyenlet-rendszernek létezik nem korlátos megoldása Megoldás Az egyenletrendszer mátrix alakban y = A(x)y, ahol [ ] 0 1 A(x) = e x 1 Két lineárisan független megoldásból mátrixot képezhetünk, ennek determinánsa a W (x) Wronski-determináns A W (x) = Tr A(x)W (x) = W (x) egyenlet megoldása W (x) = Ce x, ahol C 0 állandó Ha minden megoldás korlátos lenne, akkor a belőlük képzett determináns is korlátos lenne, de e x nem az Tehát létezik nem korlátos megoldás 7 Határozzuk meg az y y e x y = 0 differenciálegyenlet általános megoldását, ha tudjuk, hogy e ex megoldás Megoldás A Wronski-determinánsra W = W teljesül, tehát W = Ce x y 1 (x) = e ex megoldás, egy másikat y (x) = c(x)y 1 (x) alakban keressük (C = 1 feltehető): e x y = 1 (x) c(x)y 1 (x) y 1(x) (c(x)y 1 (x)) = c (x)y 1 (x), tehát c (x) = ex e ex Ezt integrálva c(x) = 1 e ex + C adódik, az általános megoldás y(x) = C 1 e ex + C e ex 5

6 8 Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenletek általános megoldását a) y + y + 10y = 0 b) y 1y + 7y = 0 c) y 10y + 5y = 0 d) y (4) + 18y + 81y = 0 e) y 6y + 1y 8y = 0 f) y (n) y = 0, ahol n 1 egész Megoldás a) A karakterisztikus polinom λ +λ+10 = (λ+1 3i)(λ+1+3i), az általános megoldás y(x) = Ae x cos 3x + Be x sin 3x b) A karakterisztikus polinom λ 1λ + 7 = (λ 3)(λ 9), az általános megoldás y(x) = Ae 3x + Be 9x c) A karakterisztikus polinom λ 10λ + 5 = (λ 5), az általános megoldás y(x) = Ae 5x + Bxe 5x d) A karakterisztikus polinom λ λ + 81 = (λ + 9) = (λ + 3i) (λ 3i), az általános megoldás y(x) = A cos 3x + B sin 3x + Cx cos 3x + Dx sin 3x e) A karakterisztikus polinom λ 3 6λ + 1λ 8 = (λ ) 3, az általános megoldás y(x) = Ae x + Bxe x + Cx e x f) A karakterisztikus polinom λ n 1 = n 1 k=0 (λ e πi k n ) Ha n páratlan, akkor az általános megoldás y(x) = Ae x + n 1 k=1 ha n páros, akkor pedig y(x) = Ae x + Be x + ( C k e cos(πi k n) cos e sin(πi k n) + Dk e cos(πi k n) sin e sin(πi k n) ), n 1 k=1 ( C k e cos(πi k n) cos e sin(πi k n) + Dk e cos(πi k n) sin e sin(πi k n) ) 9 Legyenek ω 0 > 0 és ω 0 valós paraméterek Oldjuk meg az y + ω 0y = sin(ωx) differenciálegyenletet y(0) = 0, y (0) = 0 kezdeti feltétel mellett Mi történik, ha ω = ω 0? Megoldás Az egyenlet inhomogén lineáris, a hozzá tartozó homogén egyenlet y + ω0y A karakterisztikus polinom λ + ω0 = (λ iω 0 )(λ + iω 0 ), tehát a homogén egyenlet általános megoldása y(x) = A cos(ω 0 x) + B sin(ω 0 x) Ha ω ω 0, akkor nincsen külső rezonancia, az inhomogén egyenlet megoldását C cos(ωx) + D sin(ωx) alakban kereshetjük Ezt behelyettesítve az egyenlet ω C cos(ωx) ω D sin(ωx) + ω 0C cos(ωx) + ω 0D sin(ωx) = sin(ωx), amiből C(ω 0 ω ) = 0, D(ω 0 ω ) = 1 Az általános megoldás y(x) = 1 ω 0 ω sin(ωx) + A cos(ω 0x) + B sin(ω 0 x) Az A, B paraméterek értékét úgy kell megválasztani, hogy a kezdeti feltétel teljesüljön y (x) = ω ω 0 ω cos(ωx) Aω 0 sin(ω 0 x) + Bω 0 cos(ω 0 x) 6

7 felhasználásával a feltétel 0 = y(0) = A 0 = y ω (0) = ω0 ω + Bω 0, tehát A = 0 és B = y(x) = ω ω 0 (ω0 ω ) 1 ω 0 ω sin(ωx), a kezdetiérték-probléma megoldása ω ω 0 (ω0 ω ) sin(ω 0x) = ω 0 sin(ωx) ω sin(ω 0 x) ω 0 (ω0 ω ) Ha ω = ω 0, akkor külső rezonancia van, tehát az inhomogén egyenletnek Cx cos(ω 0 x) + Dx sin(ω 0 x) alakban keressük a megoldását Behelyettesítés után az egyenlet Dω 0 cos(ω 0 x) Cω 0 sin(ω 0 x) = sin(ω 0 x), tehát C = 1 ω 0 és D = 0 Az általános megoldás y(x) = 1 ω 0 x cos(ω 0 x) + A cos(ω 0 x) + B sin(ω 0 x) A kezdeti feltételből 0 = y(0) = A 0 = y (0) = 1 ω 0 + Bω 0, azaz A = 0 és B = 1 A kezdetiérték-probléma megoldása ekkor ω0 y(x) = 1 x cos(ω 0 x) + 1 sin(ω ω 0 ω0 0 x) Tehát külső rezonancia esetén a megoldás nem lesz korlátos, az első tag miatt lineárisan nő a rezgés amplitúdója Ezt a megoldást az ω ω 0 melletti megoldásból ω ω 0 határátmenettel is megkaphattuk volna 10 Legyenek ω 1, ω 0 valós paraméterek Oldjuk meg az y (4) + (ω1 + ω)y + ω1ω y = 0 differenciálegyenletet y(0) = 1, y (0) = y (0) = y (0) = 0 kezdeti feltétel mellett Mi történik, ha ω 1 = ω? Megoldás Az egyenlet homogén lineáris állandó együtthatós, a karakterisztikus polinom λ 4 + (ω 1 + ω )λ + ω 1ω = (λ + ω 1)(λ + ω ) Ha ω 1 ω, akkor nincs rezonancia, az általános megoldás y(x) = A cos ω 1 x + B sin ω 1 x + C cos ω 1 x + D sin ω x Ennek deriváltjai: y (x) = Bω 1 cos ω 1 Aω 1 sin ω 1 x + Dω cos ω 1 x Cω 1 sin ω 1 x y (x) = Aω 1 cos ω 1 Bω 1 sin ω 1 x Cω cos ω 1 x Dω 1 sin ω 1 x y (x) = Bω 3 1 cos ω 1 + Aω 3 1 sin ω 1 x Dω 3 cos ω 1 x + Cω 3 1 sin ω 1 x A kezdeti feltétel alapján az együtthatókra az 1 = y(0) = A + C 0 = y (0) = ω 1 B + ω D 0 = y (0) = ω 1A ω C 0 = y (0) = ω 3 1B ω 3 D 7

8 egyenletrendszer teljesül, ennek megoldása A = ω ω ω 1 B = 0 C = ω 1 ω ω 1 D = 0, tehát a kezdetiérték-probléma megoldása y(x) = ω cos ω 1 x ω1 cos ω x ω ω1 Ha ω 1 = ω =: ω, akkor belső rezonancia van, tehát az általános megoldás y(x) = A cos ωx + B sin ωx + Cx cos ωx + Dx sin ωx, ebből hasonlóan azt kapjuk, hogy y(x) = 1 xω sin ωx + cos ωx Ez a megoldás egyébként azzal a függvénnyel is megegyezik, amit az ω 1 ω esetben kapottból ω ω 1 határátmenettel kapunk 11 Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-problémák megoldását a) y + 4y + 8y = e x cos x, y(0) = 1, y (0) = 0 b) y 3y y + 3y = xe x, y(0) = y (0) = y (0) = 0 c) y 3y y + 3y = xe x, y(0) = y (0) = y (0) = 0 d) y + 8y + 16y = x e 4x, y(0) = 0, y (0) = 1 Megoldás a) A karakterisztikus polinom λ + 4λ + 8 = (λ + + i)(λ + i), a homogén egyenlet általános megoldása y(x) = Ae x cos x+be x sin x Külső rezonancia van, az inhomogén egyenlet egy megoldását y(x) = Cxe x cos x+dxe x sin x alakban keressük, behelyettesítés után C = 0, D = 1 adódik Az általános megoldás és deriváltja 4 y(x) = 1 4 xe x sin x + Ae x cos x + Be x sin x y (x) = 1 4 e x sin x 1 xe x sin x + 1 xe x cos x + ( A + B)e x cos x + ( A B)e x sin x, a kezdeti feltétel alapján 1 = y(0) = A 0 = y (0) = A + B, tehát A = B = 1 b) A karakterisztikus polinom λ 3 3λ λ+3 = (λ+1)(λ 1)(λ 3), a homogén egyenlet általános megoldása y(x) = Ae x + Be x + Ce 3x Nincsen rezonancia, az inhomogén egyenlet megoldását y(x) = (C 0 + C 1 x)e x alakban keressük Behelyettesítés után az 8

9 egyenlet ( 3C 0 C 1 3C 1 x)e x = xe x, amiből C 0 = 1 9 megoldás és deriváltjai és C 1 = 1 Az általános 3 y(x) = 1 9 ex 1 3 xex + Ae x + Be x + Ce 3x y (x) = 1 9 ex 3 xex Ae x + Be x + 3Ce 3x y (x) = 8 9 ex 4 3 xex + Ae x + Be x + 9Ce 3x, a kezdeti feltétel alapján 0 = y(0) = A + B + C 0 = y (0) = 1 9 A + B + 3C 0 = y (0) = A + B + 9C, ennek megoldása A = 1, B = 1, C = c) A karakterisztikus polinom λ 3 3λ λ+3 = (λ+1)(λ 1)(λ 3), a homogén egyenlet általános megoldása y(x) = Ae x + Be x + Ce 3x Külső rezonancia van, az inhomogén egyenlet megoldását y(x) = (C 0 + C 1 x)xe x alakban keressük Behelyettesítés után az egyenlet (8C 0 1C C 1 x)e x = xe x, amiből C 0 = 3 és C 3 1 = 1 Az általános 16 megoldás és deriváltjai y(x) = 3 3 xe x x e x + Ae x + Be x + Ce 3x y (x) = 3 3 e x xe x 1 16 x e x Ae x + Be x + 3Ce 3x y (x) = 1 16 e x 5 3 xe x x e x + Ae x + Be x + 9Ce 3x, a kezdeti feltétel alapján 0 = y(0) = A + B + C 0 = y (0) = 3 3 A + B + 3C 0 = y (0) = A + B + 9C, ennek megoldása A = 7, B = 1, C = d) A karakterisztikus polinom λ + 8λ + 16 = (λ + 4), a homogén egyenlet általános megoldása y(x) = Ae 4x + Bxe 4x (belső rezonancia) Külső rezonancia is van, az inhomogén egyenlet megoldását y(x) = (C 0 + C 1 x + C x )x e 4x alakban keressük Behelyettesítve a kapott egyenlet (C 0 + 6C 1 x + 1C x )e 4x = x e 4x, tehát C 0 = C 1 = 0, C = 1 Az általános megoldás és deriváltja 1 y(x) = 1 1 x4 e 4x + Ae 4x + Bxe 4x y (x) = 1 3 x3 e 4x 1 3 x4 e 3x + ( 4A + B)e 4x 4Bxe 4x, a kezdeti feltétel alapján 0 = y(0) = A 1 = y (0) = 4A + B, ennek megoldása A = 0, B = 1 9

10 1 Legyenek ω 0, ω, α > 0 valós paraméterek Keressük meg az y + αy + ω0y = sin(ωx) differenciálegyenletet periodikus megoldását (y(x) = C cos(ωx) + D sin(ωx) alakban) Milyen ω mellett maximális y illetve y amplitúdója? α ω 0, Megoldás A homogén egyenlet karakterisztikus polinomjának gyökei λ ± = α± ezeknek mindig negatív a valós része, tehát a homogén egyenletnek nincs nemtriviális periodikus megoldása Nincsen külső rezonancia, mert az inhomogén tagban a ±iωx kitevők tisztán képzetesek A periodikus megoldás ezek szerint csak y(x) = C cos(ωx) + D sin(ωx) alakú lehet y (x) = Dω cos(ωx) Cω sin(ωx) y (x) = Cω cos(ωx) Dω sin(ωx) felhasználásával behelyettesítés után az egyenlet lesz Ebből (ω 0C + αωd ω C) cos(ωx) + (ω 0D αωc ω D) cos(ωx) = sin(ωx) αω C = (ω ω0) + 4α ω ω ω0 D = (ω ω0) + 4α ω Érdemes a kapott megoldást A sin(ωx ϕ) alakba is átírni, ekkor A a rezgés amplitúdója, ϕ pedig az inhomogén taghoz képest mért fázis Az addíciós képlet felhasználásával A = C + D C és ϕ = arccos C, tehát +D A = 1 (ω ω0) + 4α ω ϕ = arccos ω 0 ω (ω ω 0) + 4α ω Függvényvizsgálattal meggyőződhetünk róla, hogy adott ω 0, α mellett az amplitúdó akkor maximális, ha ω = max{0, ω0 α } y = Aω cos(ωx ϕ) amplitúdója Aω, ez ω = ω 0 esetén maximális 10

3. Lineáris differenciálegyenletek

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

Részletesebben

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

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

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

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

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

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

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

4. Konzultáció: Periodikus jelek soros RC és RL tagokon, komplex ellenállás Részlet (nagyon béta)

4. Konzultáció: Periodikus jelek soros RC és RL tagokon, komplex ellenállás Részlet (nagyon béta) 4. Konzultáció: Periodikus jelek soros és tagokon, komplex ellenállás észlet (nagyon béta) "Elektrós"-Zoli 203. november 3. A jegyzetről Jelen jegyzet a negyedik konzultációm anyagának egy részletét tartalmazza.

Részletesebben

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

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

Részletesebben

Feladatok 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 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

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

Lineáris algebra Gyakorló feladatok

Lineáris algebra Gyakorló feladatok Lineáris algebra Gyakorló feladatok. október.. Feladat: Határozzuk meg a, 4b, c és a b c vektorokat, ha a = (; ; ; ; b = (; ; ; ; c = ( ; ; ; ;.. Feladat: Határozzuk meg a, 4b, a, c és a b; c + b kifejezések

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

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

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

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

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

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

VEKTORTEREK I. VEKTORTÉR, ALTÉR, GENERÁTORRENDSZER október 15. Irodalom. További ajánlott feladatok

VEKTORTEREK I. VEKTORTÉR, ALTÉR, GENERÁTORRENDSZER október 15. Irodalom. További ajánlott feladatok VEKTORTEREK I. VEKTORTÉR, ALTÉR, GENERÁTORRENDSZER 2004. október 15. Irodalom A fogalmakat, definíciókat illetően két forrásra támaszkodhatnak: ezek egyrészt elhangzanak az előadáson, másrészt megtalálják

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

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

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

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

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

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

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

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

Részletesebben

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

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

Lineáris algebra gyakorlat

Lineáris algebra gyakorlat Lineáris algebra gyakorlat 0. gyakorlat Gyakorlatvezet : Bogya Norbert 202. április 23. Sajátérték, sajátvektor, sajátaltér Tartalom Sajátérték, sajátvektor, sajátaltér 2 Gyakorló feladatok a zh-ra (rutinfeladatok)

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Differenciálegyenletek

Differenciálegyenletek Differenciálegyenletek Kurics Tamás email: kuricst@cs.elte.hu Földtudomány BSc szakos hallgatók számára Alkalmazott Analízis és Számításmatematikai Tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem Matematikai Intézet

Részletesebben

Numerikus módszerek 1.

Numerikus módszerek 1. Numerikus módszerek 1. 10. előadás: Nemlineáris egyenletek numerikus megoldása Lócsi Levente ELTE IK 2013. november 18. Tartalomjegyzék 1 Bolzano-tétel, intervallumfelezés 2 Fixponttételek, egyszerű iterációk

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

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

ALGEBRAI KIFEJEZÉSEK, EGYENLETEK

ALGEBRAI KIFEJEZÉSEK, EGYENLETEK ALGEBRAI KIFEJEZÉSEK, EGYENLETEK AZ ALGEBRAI KIFEJEZÉS FOGALMÁNAK KIALAKÍTÁSA (7-9. OSZTÁLY) Racionális algebrai kifejezés (betűs kifejezés): betűket és számokat a négy alapművelet véges sokszori alkalmazásával

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

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

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

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

Részletesebben

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

(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

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

4. Lineáris rendszerek

4. Lineáris rendszerek 60 Hartung Ferenc: Differenciálegyenletek, MA22i, MA623d, 2006/07 4 Lineáris rendszerek 4 Lineáris algebrai előismeretek Legyen A egy n n-es mátrix, I az n n-es egységmátrix A pλ := deta λi n-edfokú polinomot

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

Lagrange egyenletek. Úgy a virtuális munka mint a D Alembert-elv gyakorlati alkalmazását

Lagrange egyenletek. Úgy a virtuális munka mint a D Alembert-elv gyakorlati alkalmazását Lagrange egyenletek Úgy a virtuális munka mint a D Alembert-elv gyakorlati alkalmazását megnehezíti a δr i virtuális elmozdulások egymástól való függősége. (F i ṗ i )δx i = 0, i = 1, 3N. (1) i 3N infinitezimális

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

Egyváltozós függvények 1.

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

Részletesebben

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

5. Differenciálegyenlet rendszerek

5. Differenciálegyenlet rendszerek 5 Differenciálegyenle rendszerek Elsőrendű explici differenciálegyenle rendszer álalános alakja: d = f (, x, x,, x n ) d = f (, x, x,, x n ) (5) n d = f n (, x, x,, x n ) ömörebben: d = f(, x) Definíció:

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

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

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

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

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

Régebbi Matek B1 és A1 zh-k. deriválás alapjaival kapcsolatos feladatai. n )

Régebbi Matek B1 és A1 zh-k. deriválás alapjaival kapcsolatos feladatai. n ) Régebbi Matek B1 és A1 zh-k Sorozatok és függvények határértékével, folytonossággal és a deriválás alapjaival kapcsolatos feladatai. 1. Számítsuk ki: (a) n ( 2n 1) n+3 1 + arccos( 2n + 1 n ) (b) n ( n

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

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

Differenciál egyenletek (rövid áttekintés)

Differenciál egyenletek (rövid áttekintés) Differeniál egyenletek (rövid áttekintés) Differeniálegyenlet: olyan matematikai egyenlet, amely egy vagy több változós ismeretlen függvény és deriváltjai közötti kasolatot írja le. Fontosabb tíusok: közönséges

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

Feladatok a logaritmus témaköréhez 11. osztály, középszint

Feladatok a logaritmus témaköréhez 11. osztály, középszint TÁMOP-4-08/-009-00 A kompetencia alapú oktatás feltételeinek megteremtése Vas megye közoktatási intézményeiben Feladatok a logaritmus témaköréhez osztály, középszint Vasvár, 00 május összeállította: Nagy

Részletesebben

LÁNG CSABÁNÉ POLINOMOK ALAPJAI. Példák és megoldások

LÁNG CSABÁNÉ POLINOMOK ALAPJAI. Példák és megoldások LÁNG CSABÁNÉ POLINOMOK ALAPJAI Példák és megoldások Lektorálta Ócsai Katalin c Láng Csabáné, 008 ELTE IK Budapest 008-11-08. javított kiadás Tartalomjegyzék 1. El szó..................................

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

Rezgőmozgás. A mechanikai rezgések vizsgálata, jellemzői és dinamikai feltétele

Rezgőmozgás. A mechanikai rezgések vizsgálata, jellemzői és dinamikai feltétele Rezgőmozgás A mechanikai rezgések vizsgálata, jellemzői és dinamikai feltétele A rezgés fogalma Minden olyan változás, amely az időben valamilyen ismétlődést mutat rezgésnek nevezünk. A rezgések fajtái:

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

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

A parciális törtekre bontás?

A parciális törtekre bontás? Miért működik A parciális törtekre bontás? Borbély Gábor 212 június 7 Tartalomjegyzék 1 Lineáris algebra formalizmus 2 2 A feladat kitűzése 3 3 A LER felépítése 5 4 A bizonyítás 6 1 Lineáris algebra formalizmus

Részletesebben

1. Parciális függvény, parciális derivált (ismétlés)

1. Parciális függvény, parciális derivált (ismétlés) Operációkutatás NYME Gazdaságinformatikus mesterképzés El adó: Kalmár János (kalmar[kukac]inf.nyme.hu) Többváltozós széls érték számítás Parciális függvény, parciális derivált Széls érték korlátos zárt

Részletesebben

Mechanika I-II. Példatár

Mechanika I-II. Példatár Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Műszaki Mechanika Tanszék Mechanika I-II. Példatár 2012. május 24. Előszó A példatár célja, hogy támogassa a mechanika I. és mechanika II. tárgy oktatását

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.

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

Állandó együtthatós lineáris rekurziók

Állandó együtthatós lineáris rekurziók 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

Részletesebben

Ipari matematika 2. gyakorlófeladatok

Ipari matematika 2. gyakorlófeladatok Ipari matematika. gyakorlófeladatok. december 5. A feladatok megoldása általában többféle úton is kiszámítató. Interpoláció a. Polinom-interpoláció segítségével adjunk közelítést sin π értékére a sin =,

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

Tartalom. 1. Állapotegyenletek megoldása 2. Állapot visszacsatolás (pólusallokáció)

Tartalom. 1. Állapotegyenletek megoldása 2. Állapot visszacsatolás (pólusallokáció) Tartalom 1. Állapotegyenletek megoldása 2. Állapot visszacsatolás (pólusallokáció) 2015 1 Állapotgyenletek megoldása Tekintsük az ẋ(t) = ax(t), x(0) = 1 differenciálegyenletet. Ismert, hogy a megoldás

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

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

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

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

Részletesebben

Feladatok megoldásokkal az ötödik gyakorlathoz (Taylor polinom, szöveges szélsőérték problémák)

Feladatok megoldásokkal az ötödik gyakorlathoz (Taylor polinom, szöveges szélsőérték problémák) Feladatok megoldásokkal az ötödik gyakorlathoz Taylor polinom, szöveges szélsőérték problémák) 1. Feladat. Írjuk fel az fx) = e x függvény a = 0 pont körüli negyedfokú Taylor polinomját! Ennek segítségével

Részletesebben

Komplex számok. Wettl Ferenc Wettl Ferenc () Komplex számok / 9

Komplex számok. Wettl Ferenc Wettl Ferenc () Komplex számok / 9 Komplex számok Wettl Ferenc 2010-09-10 Wettl Ferenc () Komplex számok 2010-09-10 1 / 9 Tartalom 1 Számok Egy kis történelem A megoldóképlet egy speciális esetre Lehet számolni negatív szám gyökével Műveletek

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

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

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

Dierenciálegyenletek. Környezettan BSc. hallgatók számára ELTE TTK

Dierenciálegyenletek. Környezettan BSc. hallgatók számára ELTE TTK Dierenciálegyenletek Környezettan BSc. hallgatók számára ELTE TTK 2 Tartalomjegyzék 1. Bevezetés 5 1.1. Ismétlés, áttekintés.................................. 7 1.1.1. Határérték...................................

Részletesebben

LINEÁRIS ALGEBRA. matematika alapszak. Euklideszi terek. SZTE Bolyai Intézet, őszi félév. Euklideszi terek LINEÁRIS ALGEBRA 1 / 40

LINEÁRIS ALGEBRA. matematika alapszak. Euklideszi terek. SZTE Bolyai Intézet, őszi félév. Euklideszi terek LINEÁRIS ALGEBRA 1 / 40 LINEÁRIS ALGEBRA matematika alapszak SZTE Bolyai Intézet, 2016-17. őszi félév Euklideszi terek Euklideszi terek LINEÁRIS ALGEBRA 1 / 40 Euklideszi tér Emlékeztető: A standard belső szorzás és standard

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

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