Zh-k összpontszáma Vizsga Zh+vizsga Jegy

Átírás

1 Zh- összpontszáma Vizsga Zh+vizsga Jeg Matematia A vizsga megoldása Név: 1 június 18, 9-11, Építőmérnöi BSc sza Neptun ód: Az utolsó három feladatból összesen el ell érni %-ot! 1 (a ( pont Definiálja a V vetortérben az < u, v > salárszorzatot! Megoldás: Eg V vetortérben salárszorzatna nevezün eg olan műveletet, amel bármel u, v V vetorohoz hozzárendel eg < u, v > -vel jelölt valós számot úg, hog a övetező tulajdonságo teljesülne: (a < u, v >< v, u >, minden u, v V -re (b < u + v, w >< u, w > + < v, w >, minden u, v, w V -re (c < (αu, v > α < u, v >, minden α R, u, v V -re (d < u, u >, minden u V -re, továbbá < u, u > aor és csa aor ha u (b ( pont Salárszorzatot alot-e az R -ben az u (u 1, u, u és v (v 1, v, v vetoro esetén az < u, v > u 1 v 1 + u v? Megoldás: Aor lenne a leírt művelet salárszorzat ha teljesítené a fenti (a-(d tulajdonságoat Azonban önnen látható, hog az u (,, 1 vetorra az < u, u > +, de (,, 1 (,,, íg a (d tulajdonság nem teljesül, a megadott éplet nem salárszorzatot definiál (a (4 pont Definiálja, az f(x, függvén T R tartománon értelmezett ettős integrálját! Megoldás: Fix n-re bontsu fel V 1, V,, V n diszjunt tartománora a T tartománt (ülönböző n-ere teljesen ülönbözhet a felosztás Tegü ezt úg, hog ahog n végtelenhez tart a V 1, V,, V n felosztás finomsága -hoz tartson (ezen a felosztásban szereplő tartománo átmérőjéne maximumát értjü, tartomán átmérője alatt pedig azt a legisebb számot amire igaz, hog bármel ét pont nincs távolabb, mint ez a szám Jelöljün i fix n-re tetszőleges P 1, P,, P n pontoat a megfelelő V 1, V,, V n halmazoból Ezeel jelöléseel az f(x, függvén T R tartománon (T -ről tegü fel, hog orlátos értelmezett ettős integrálján a övetezőt limeszt értjü ha létezi és nem függ a V 1, V,, V n finomodó felosztástól és a P 1, P,, P n ponto megválasztásától: n f(x, da lim f(p i T er(v i, ahol T er(v i a V i tartomán területét jelöli T n i1 1

2 (b ( pont A fenti ettős integrálna mi a geometriai jelentése foltonos f(x, esetén? Megoldás: A feladat első felében adott definícióból is látszi, hog a ettős integrál a függvén alatti előjeles térfogatot adja meg (7 pont Mondja i és bizonítsa be a pozitív tagú végtelen sorról szóló hánados ritériumot! Megoldás: Állítás:Legen csupa pozitív tagból álló végtelen sor Tegü fel, hog lim n +1 (a Ha ϱ < 1, aor onvergens (b Ha ϱ > 1, aor divergens (c Ha ϱ 1, aor a ritérium nem alalmazható ϱ Eor Bizonítás: a (a Ha lim n+1 n ϱ < 1, aor rögzített ϱ < r < 1 esetén létezi alalmas pozitív egész N szám, hog n > N esetén an+1 < r Íg a N+1 a N < r miatt a N+1 < a N r Továbbá a N+ a N+1 < r miatt a N+ < a N+1 r, ami az előző mondatot használva tovább becsülhető: a N+ < a N r Ezt a gondolatot foltatva adódi, hog a N+m < a N r m tetszőleges m pozitív egészre Íg az eredeti (pozitív sorun felülről becsülhető az a 1 +a + +a N +a N r +a N r +a N r sorral Utóbbiról r < 1 miatt önnen látszi, hog onvergens (az első N tag összegéhez van hozzáadva eg onvergens geometriai sor, íg az eredeti sor is onvergens (majoráns ritériumot használtu fel (b Ha lim n +1 ϱ > 1, aor létezi N alalmas pozitív egész, hog n > N esetén an+1 > 1 teljesül, íg eor a N < a N+1 < a N+ < Íg a pozitív elemeből álló sorozat nem tart -hoz, vagis a sor onvergenciájána szüséges feltétele nem teljesül, íg sor divergens n1 1 n és n1 1 a n esetén is teljesül, hog lim n+1 n 1, mégis az előbbi divergens az utóbbi (c pedig onvergens Ez mutatja, hog ebben az esetben a hánados ritérium alapján nem tudun dönteni a onvergencia-divergencia érdéséről 4 (6 pont Határozza meg a π szerint periodius f(x x, π < x < π függvén Fourier-sorána első három nemnulla tagját! Megoldás: A függvén a éplet szerint ( π, π-ben x Ezt ell aztán iterjeszteni a teljes számegenesre a π periódiusságot ihasználva (például a iterjesztett függvén a (π, π-ben π +x - erre nem lesz szüségün csa a megértést elősegítendő írtam bele a megoldásba A függvén páratlan íg csa a b egüttható ülönbözhetne -tól A b egütthatóat a páratlanság miatt számolhatju a (, π-n való integrálással a övetező módon: [ ] π x cos(x π [ ] π x cos(x b π x sin(x dx π + π 1 cos(x dx π ( 1+1 Íg az a + (a cos(x + b sin(x 1

3 Fourier sor első nemnulla tagja a övetező függvén: sin(x sin(x + sin(x 5 (7 pont Határozza meg, hog mel a érté esetén lesz egértelmű, végtelen so megoldása vag nem lesz megoldása az alábbi egenletrendszerne! Ha van megoldása, aor adja meg az összes megoldást! ax + + z 6 x + a + z 6 x + + az 6 Megoldás: Az a paraméter tetszőleges értée mellett próbálju megoldani a fenti egenletrendszert Írju fel a Gauss-eliminációban szoásos ibővített mátrixot, majd hajtsun végre énelmes sorcserét, ezután az első vezéreges alatti elemeet a tanult módon nullázzu i (vonju i a másodi sorból az első sort a harmadiból pedig az első sor a-szorosát: a a a 1 6 a a 1 1 a 1 a 1 a 6 6a Ezen a ponton énelmes leosztani a másodi sort (a 1-el, de ezt csa aor tehetjü meg ha a 1 Íg a továbblépés előtt az a 1 esetet meg ell ülön vizsgálni Ebben az esetben a fenti elimináció íg foltadódi: a 1 1 a 1 a 1 a 6 6a ( Íg az a 1 esetben végtelen so megoldás van: (6 s t, s, t, s, t R alaú vetoro (az és z változó oszlopában nem volt vezéreges, ezért lette ő a szabad paramétere - persze más evialens felírása a végtelen so megoldásna is elfogadható, de érdemes a leírt általános elvet övetni Most tegü fel, hog a 1, eor oszthatun a 1-el, íg az elezdett levezetésünet az alábbi módon foltathatju: a 1 1 a a 1 a 6 6a 1 a 1 a 6 6a a ((1 a( 1 6 6a 1 1 a a + 6 6a Utóbbi alaból világos, hog ha a a + nem, aor egértelmű a megoldás, ami reurzívan ifejezhető: z 6 6a a a+, z 6 6a a a+, x 6 az 6 6 6a a a+ 6a 6a a a+ Ebben az alaban elfogadható a megoldás, de megjegzem, hog az a a + (a 1(a + összefüggést

4 felhasználva tovább lehet egszerűsíteni Az a a + egenlet göei az 1 és a Az a 1 esetet már megvizsgáltu Az a esetben az előbbi elimináció utolsó sora (,, 18, vagis az egenletrendszerne nincs megoldása Összefoglalva a esetén nincs megoldás, a 1 esetén végtelen so megoldás van (lásd fent, míg az egéb eseteben egértelmű a megoldás (lásd fent 6 (a (4 pont Határozza meg az A ( 1, 5, 5 1 mátrix sajátértéeit, sajátvetorait! Megoldás: Először a mátrix sajátértéeit számolju, ami a det ( A λi araterisztius polinom göei A araterisztius polinom: det ( A λi 1 λ, 5, 5 1 λ (1 λ 1 4 λ λ + 4 A araterisztius polinom göei: λ 1 1, 5 és λ, 5 Eze után övetezi a sajátvetoro iszámítása, ami minden esetben az ( A λi v homogén lineáris egenletrendszer megoldása Azaz λ 1 1, 5 esetén (, 5, 5, 5, 5 (, 5, 5 Enne az egenlterendszerne az (t, t, t R alaú vetoro a megoldásai Ebben az altérben bázist alot az ( 1 1, (tömören erre mondju, hog a λ 1 1, 5-hez tartozó sajátvetor, a övetező feladatrészre való teintettel rögtön egséghosszúént vettü fel λ, 5 esetén ( (, 5, 5, 5, 5, 5, 5 Enne az egenlterendszerne az ( t, t, t R alaú vetoro a megoldásai Ebben az altérben bázist alot az ( 1, 1 (tömören erre mondju, hog a λ, 5-hez tartozó sajátvetor, a övetező feladatrészre való teintettel rögtön egséghosszúént vettü fel (b ( pont Ábrozolja az x + x + 1 egenletne eleget tevő (x, pontoat! Megoldás: A fenti egenlet a övetező mátrixszorzásos alaba írható (a mátrixszorzás elvégzése visszaadja az eredeti egenletet: ( 1 5 (x, 5 1 ( x 1 vagis ( x T ( x A 1 Ezután érdemes emléezni arra, hog a szimmetrius A mátrix ortogonálisan diagonizálható Ehhez egmásra merőlegesne és egséghosszúna ell megválasztani a sajátvetoroat (előző alfeladatban pont ezt tettü, majd eg P mátrixba ell őet paolni oszloponént: ( 1/ 1/ P 1/ 1/ Ha csa diagonizálni szeretnén aor nincs jelentősége, de most fontos, hog úg paoltu be oszloponént a sajátvetoroat P -be, hog a determinánsa 1 legen (fordított sorrendben 1 lett 4

5 volna Mivel a sajátvetoro ortonormált rendszert alotna, ezért ( P 1 P T 1/ 1/ 1/ 1/ Íg most az D P 1 A P P T A P diagonizáló egenletben a D a övetező mátrix (figelni ell a bepaolás sorrendjére: ( 1, 5, 5 A fenti előismeret birtoában nem ell mást tennün, mint az ( ( ( x x P avag P T x ( x helettesítést elvégeznün Fontos, hog ez a helettesítés azt jelenti, hog (x, a standard bázisban (x, oordinátájú vetor P oszlopai (sajátvetoro - bázist alotna szerinti oordinátái Ezzel a helettesítéssel a iinduló alazat egenlete lénegesen egszerűsödi: ( x 1 T ( x A ( ( x P T A P ( x Kihasználva a diagonizáló egenletet illetve azt, hog a bal oldalon szorzat transzponáltja áll, ami a transzponálta fordított sorrendben vett szorzatával egenlő adódi: ( x T 1 P T A P ( ( x x T ( x D 1, 5x +, 5 x + x Mindent egbevéve látszi, hog a érdéses alazat ellipszis, amit úg lehet lerajzolni, hog az ( 1, 1, ( 1, 1 sajátvetoro alotta elforgatott oordinátarendszerben rajzolun eg fél nagtengelű és fél istengelű ellipszist Megjegzem, hog ez a megoldás nagon részletes, vizsgán elég felrajzolni a sajátvetoroat, majd az azo alotta oordinátarendszerbe a megfelelő tengelhosszoal berajzolni az ellipszist (vag hiperbolát ha az egi sajátérté negatív 7 (6 pont Határozza meg Lagrange-multipliátort használva az f(x, x + függvén maximumát az x + 1 örön! (Csa a Lagrange-multipliátor használatáért jár pont! Ez eg feltételes optimalizálási feladat A Lagrange multipliátor módszer használatához először - ra ell rendezni a feltételt: x + 1 Elméleti tétel garantálja, hog az f(x, x + függvén örön vett (általában feltétel melletti maximuma (vag általában minimuma ott lehet ahol az alábbi háromváltozós függvénne (eredeti függvénből ell ivonni eg új λ változó szorosát a -ra rendezett feltételne stacionárius (mindhárom derivált pontja van: g(x,, λ x + λ(x + 1 Ez a övetező egenletet jelenti (a λ szerinti deriváltból adódó egenlet mindig a feltételt adja vissza: (a g x(x,, λ 1 λ(x (b g (x,, λ 1 λ( 5

6 (c g λ (x,, λ (x + 1 Az első ét egenletből adódi, hog λ(x λ( Mivel λ most nem lehet (nem teljesülne az első ét egenlet, ezért adódi, hog x, ezt beírva a harmadi egenletbe apju, hog x 1 Ebből x és íg majd λ ifejezhető (utóbbit most nem lenne muszáj megtenni, de íg talán világosabb a módszer Tehát a fenti egenletrendszer megoldásai: (x 1, 1, λ 1 ( 1 1,,, (x,, λ ( 1, 1, Íg az eredeti függvén örön vett maximuma vag az ( 1 1, vag a ( 1, 1 - ban van Az f(x, x + függvénbe való behelettesítésből látszi, hog a örön vett feltételes maximum az ( 1 1, ( -ben van Megoldás:, 8 (7 pont Határozza meg az f(x, e x+ függvén ettős integrálját az A(,, B(1, 1 és C(, csúcsú háromszög alaú tartománon! Megoldás: A háromszög eg normáltartomán Érdemes felírni a határoló egenese egenleteit Az A és B pontoat összeötő egenes egenlete x, míg a B és C pontoat összeötő egenes egenlete x avag x Érdemesebb úg felírni az integrált, hog az van ívül Eor az és 1 özött mehet, majd fix -ra az x a háromszög ét részletezett határoló egenese özött mozoghat, vagis és özött Ezt felhasználva az integrálra a övetező adódi: 1 1 e x+ dxd 1 [ e (e e d e ] 1 e x e dxd 1 e (e e d e ( e e Megjegzem, hog természetesen az integrált úg is felírhattu volna (végül uganazt apnán, hog az x változó van ívül (eor ét részre ell bontani az integrált: 1 x e x+ ddx + x 1 e x+ ddx 9 (7 pont Határozza meg az f(x,, z x + függvén hármasintegrálját a T {(x,, z : x + + z 4, } tartománon! Megoldás: T a sugarú origó özéppontú gömbne az xz-sí feletti része Emiatt érdemes gömbi helettesítést alalmazni Azaz x r sin(u cos(v, r sin(u sin(v, z r cos(u, míg a Jacobimátrix determinánsána abszolútértée: r sin(u Használva r, v, u jelentéseit önnen adódi, hog a határo íg írhatóa: r, u π, v π Íg a hármasintegrál a övetezőéppen írható (érdemes úg megválasztani a sorrendet, hog csa a végén legen nehezebb dolgun: x + dxddz r sin (u r sin(u dvdrdu πr 4 sin (u drdu π 5 T π 5 sin (u du [ cos(u + cos (u ] π π 5 (1 cos (u sin(u du 18π 15 π 5 (sin(u cos (u sin(u du 6