A gyakorlatok HF-inak megoldása Az 1. gyakorlat HF-inak megoldása. 1. Tagadások:

Átírás

1 . Tagadások: A gyakorlatok HF-inak megoldása Az. gyakorlat HF-inak megoldása "Nem észak felé kell indulnunk és nem kell visszafordulnunk." "Nem esik az es, vagy nem fúj a szél." "Van olyan puha szilva, amely nem kukacos." "Minden virág színes." "Van olyan krétai, aki nem hazudik." "Van olyan puha szilva, amelyik nem kukacos." "Van olyan csónak, amelyik felborulhat úgy, hogy az evez i nem törnek el." "Van olyan x valós szám, melyre x nem pozitív." "Van olyan természetes szám, amely páros és nem 0-ra végz dik.".döntsük el az alábbi állításokról, hogy (i) igaz-e az els fele, a második fele, ill. ha mindkett igaz, akkor igaz-e a következtetés. (ii) igaz-e az egész összetett állítás. Mindegyik állítás szerkezete "A és B és (A B)"; a (ii) kérdésre akkor "igen" a válasz, ha A is igaz, B is igaz és (A B) is igaz. a. "Magyarország éghajlata szárazföldi, mert közel van az Atlanti-óceánhoz." (i) Az állítás els fele igaz, a második hamis. (ii) Az egész összetett állítás hamis, mivel a második állítás hamis. b. "Hazánk népessége fogy, mert a születések száma alacsony és a halálozásoké magas." (i) Mindkét részállítás és a következtetés is igaz. (ii) Az egész összetett állítás igaz. c. "Ausztria jelent s idegenforgalommal rendelkezik, mert az EU tagállama." (i) Mindkét részállítás igaz, a következtetés viszont nem. (ii) Az összetett állítás hamis, hiszen az "(A B)" rész hamis. 3. Döntsük el, szükséges, elégséges, ill. szükséges és elégséges feltétele-e... (i) szükséges feltétele; (ii) elégséges feltétele; (iii) szükséges és elégséges feltétele; (iv) szükséges feltétele. 4. Egy társaságról tudjuk, hogy aki vidéki, az vonattal jött. Az (i)(iii)-ból melyikben lehetünk biztosak? A (iii) állítás igaz biztosan, és ez éppen az (A B) ( B A) azonosság esete. Az (i) nem feltétlenül igaz, hiszen ha valaki nem vidéki, attól még jöhetett vonattal. A (ii) sem feltétlenül igaz, hiszen aki vonattal jött, az nem biztosan vidéki. 5. (i) Legyen A : {n N + : n 3}, B : {n N + : n 4}. A {,, 3}, B {, 3, 4}, A B {,, 3, 4}, A B {, 3}, A\B {}. (ii) Egy könyvtárban 67 ember dolgozik. Angolul tud 47, németül 35, mindkét nyelven 3 munkatárs. Hány f nem tud sem angolul, sem németül? 8 f. A megfelel Venn-diagramot ld: (iii) Egy sportklubnak atlétika- és fociszakosztálya van. A klub 30 tagjából 3 tagja az atlétika- és 0 a fociszakosztálynak. Hányan tagok mindkett ben? 3 f : 30 tagra 33 tagság esik, így 3 kett s tagság van. Az egyes tagságok a Venndiagramon ellen rizhet k:

2 A. gyakorlat HF-inak megoldása. (a) Biz: a b (a 0 és ekkor a b, vagy a 0 és ekkor a b) (0 a b vagy b a 0) b a b. (b) Ha x 5 0, azaz x 5, akkor az egyenl tlenség: x 5, azaz x 7, ami együtt 5 x 7. Ha x 5 0, azaz x 5, akkor az egyenl tlenség: 5 x, azaz x 3, ami együtt 3 x 5. Összesítve: x 5 3 x 7. (c) x 3 (x 0 és x 3, vagy x 0 és x 3) 3 x 3. Így {x R : x 3} {x R : x 3}, hiszen a jobb oldali halmaz nem más, mint a {x R : 3 x 3} halmaz. A feladatban szerepl els és a harmadik halmaz megfelel a ( 3, 3) intervallumnak, míg a második a (, 3)-nak.. (a) Az új ár a réginek 700 0, 8 része, azaz 80%-a, ezért 0%-os volt az árcsökkenés (b) A tejszín tömege 5 0, 073, így ennek 6%-a: készül 5 l tejb l. ( 5 0, 073 ) 0, 6 0, 63 kg vaj Legyen x a keresett tej mennyisége, ekkor az ( x 0, 073 ) 0, 6 5 egyenletet kell megoldjuk x-re, amib l kapjuk, hogy x 0, 47 liter tejb l lesz 5 kg vaj. (c) A 3 év leteltével a károsanyag-kibocsátás az eredetinek 00 7, 7, 9%-a, azaz 0, 79-szerese. Ha a kibocsátás évente az el z évinek q-szorosa, akkor 3 év után q 3 -szöröse, így q 3 0, 79 kell teljesüljön. Ebb l q 3 0, 79 0, 9, azaz a kibocsátás mindig az el z évinek 90%-a, tehát évi 0%-kkal kell csökkenteni a károsanyag-kibocsátást. 3. (a) Rendezzük át a zikából jól ismert v s t képletet: t s (ahol s a Planck-hossz, v v a fénysebesség, t a Planck-id ). Behelyettesítve azt kapjuk, hogy t, , (b) Az út a térképen s 0, 38 m, ami a valóságban megfelel 5000 s méternek, azaz a valódi út hossza 690 m. Ha elosztjuk a valódi út hosszát az átlagos 690m lépéshosszal, akkor megkapjuk a szükséges lépések számát: 0,75m (a) Igaz, mert a szummákat kiírva a m c+a m+ c+...+a n c (a m +a m a n )c. (b) Igazak, mert mindhárom szumma jelentése: n. (Formailag az els esetben k j + helyettesítést alkalmazunk, így az alsó határ k j + j -re, míg a fels j n -re változik. A második esetben pedig csak a j k helyettesítéssel élünk, de emiatt a határok nem változnak.) 5. Alakítsuk algebrai törtté, egyszer sítsünk, és adjuk meg a legb vebb értelmezési tartományt! (a) x y xy x+y x y x xy xy y (xy) x 3xy y (xy), x 0 és y 0. (b) Végezzük el a beszorzást a számlálóban és a nevez ben: k kl k + kl k l + kl k l k4 l k 3 l + k 3 l k l 3 k 4 l + k 3 l 3 k l(k l ) k l[kl(k + l)] (k + l)(k l) kl(k + l) k l kl

3 ahol k 0, l 0, és az eredeti alak miatt k l. Egy másik lehet ség: el ször kiemelünk és egyszer sítünk, k kl k + kl k l + kl k l k(k l) kl(k + l) k(k + l) k l k(k l) kl k k l k l. kl (c) Hozzuk közös nevez re, mind a számlálót, mind a nevez t! x+ x x x x ahol x 0,,. x +3x+ x +3x (x )(x+) 8+4x 8 x (d) Polinommá alakítható-e az alábbi algebrai tört? x 4 y 4 (x + y)(x + y ) (x + y )(x y ) (x + y)(x + y ) 6x (x )(x + ) x 4x 3 (x + ), (x + y )(x y)(x + y). (x + y)(x + y ) Ekkor mindkét lehetséges taggal egyszer síthetünk, hiszen egyik tag sem lehet nulla a feltétel miatt, így kapjuk az x y polinomot (ahol x y). 6. (a) Gyöktelenítsük a 8+ 8 törtet, azaz szorozzunk be vel, ekkor ( 8 + ) ( 8 )( 8 + ) (b) Fogalmazzuk át az állítást matematikai formába: , 0. Számítsuk ki a jobb oldal négyzetét, ami 50, 000, azaz az állítás igaz volt. 3

4 A 3. gyakorlat HF-inak megoldása. Ha x 0, akkor oszthatjuk mindkét oldalt x-szel. Ekkor az x egyenlet két megoldása x ±. Az x 0 esetben x megoldása az egyenletnek. Tehát az egyenlet három megoldása 0,,.. (a) 4x + 0 x 6x 9 x 3. (b) Szorozzuk be mindkét oldalt 3 5-tel, ekkor: 0x x x 4 x 6. (c) Csak a jobb oldalt alakítsuk át! 7x + 4 7(x + ) 7x + 4 7x + 4, vagyis azonosságot kaptunk, minden valós x megoldás. (d) Végezzük el a bal oldalon a beszorzást! 5(x ) 5x + 5x 0 5x + 0, azaz az egyenletnek nincs megoldása. 3. (a) Az, hogy 00 liter 40%-os sóoldatunk van, azt jelenti, hogy 60 liter vízhez adtunk 40 kg sót. Azt szeretnénk, hogy ha a 40 kg sóhoz még hozzáadunk további x kg-ot, ez az oldat legyen 65%-os. Az így kapott egyenlet és annak megoldása pedig az alábbi: 40 + x 0, x 40 + x , 65 x 0, 35 x 5 x 7, 4, azaz további 7, 4 kg sót kell még az oldathoz adni! 4

5 (b) A tölgyfa most legyen x éves. Egyenletté alakítva a mondatot: tehát a tölgyfa most 40 éves. x (x 0) x x x 40 x, 4. (a) Alkalmazzuk a másodfokú megoldóképletet! x, ± ( ) 4 ( 6) a két megoldás tehát: x 3, x. ± 5 ± 5, (b) v 0 7 m/s kezd sebesség és s esetén a 7t 5t egyenletet kell megoldanunk t-re. (Itt a felfelé mutató irányt választjuk pozitívnak.) Átrendezve 5t 7t + 0, ebb l x, 7 ± ( 7) ± ± 3 0, a két megoldás tehát: x, x 0, 4. Mivel a test kétszer is + m magasságban van, ezért a kisebbik gyök jelentése az els, felszálló ágban való odaérkezés, míg a nagyobbiké a leszálló ágban való. 5. Oldjuk meg: (a) Kikötés: x 4. (b) Kikötés: x. x + 3 x 7 x x 5 3 6x x x x. (x ) x + 3 x ±7. Alakítsuk át az utóbbi két egyenletet!.: x + 6 7x 4 0 5x x 4..: x + 6 7x + 4 9x 8 x 8 9. (c) Kikötés: x 0, x 3. x 7 x + 3 x + 6 7x 6 5x x

6 (d) Kikötés: x. x x + x + x x + 5x + 0 x + 5x +. Alkalmazzuk a megoldóképletet! x, 5 ± ± (a) Szeretnénk x-re rendezni az egyenletünket, ehhez p-vel illetve p -gyel kéne osztani. Ezért vizsgáljuk meg, a p 0, illetve a p eseteket. p 0: esetén a bal oldal, míg a jobb 0, azaz nincs megoldás! p : esetén a bal oldal, a jobb szintén, így x R-re teljesül az egyenlet! Most már szabadon átalakíthatjuk az egyenletünket: x p p+ p (p+)(p ) p(p ) p(p ). Tehát minden más p értékre az egyenletnek pontosan egy megoldása van! (b) Alkalmazzuk a másodfokú megoldóképletet! x, b± b 4 b± b 4. Ha a diszkrimináns (D b 4) pozitív, azaz b > vagy b <, akkor két megoldás van. Ha D 0, azaz b ±, akkor megoldás van. Továbbá, ha D < 0, azaz < b <, akkor nincs valós megoldása az egyenletnek. (c) Átrendezve: (x a) 4b (b). Itt közvetlenül érdemes gyököt vonni, megoldóképlet nélkül: x a ±b, azaz x a ± b. Tehát minden a, b R esetén az egyenletnek van megoldása, és ha b 0, akkor pontosan két megoldás van. (d) Kikötés: x 4. Rendezzük át az egyenletet: x 4 x p x 4p px ( + p)x 4p. Szeretnénk osztani ( + p)-vel. Amennyiben ez nem nulla, azaz ha p, akkor x 4p, tehát minden p -re egy megoldása van az egyenletnek. +p p esetén tekintsük az ( + p)x 4p alakot, ekkor a bal oldal minden x-re nulla, míg a jobb oldal értéke 4, tehát az egyenletnek nincs megoldása p -re. 6

7 A 4. gyakorlat HF-inak megoldása. (a) Adjuk meg az alábbi számok pontos értékét (számológép nélkül): 4 3 ( 4) 3 8; ; 8 3 ( 3 8) 4 ; log 3 9 ; log 3 3 ; log 9 3 /; log 7 0; 5 log 5 3 3; 5 log ( log 5 3) (5 log 5 3 ) 9; 5 log 5 9 (5 log 5 9 ) 3; lg(0 4 ) 4; lg lg 0 6 6; log ( π ) π; log 008 π + log 008 π log 008 π π log 008 0; log 008 π log 008 π log π π. (b) Melyik nagyobb (számológép nélkül), log 3 vagy log 4 8? Térjünk át az utóbbinál is -es alapra: log 4 8 log 8 3. Tudjuk, hogy a alapú log 4 exponenciális függvény szigorúan monoton n, helyettesítsük tehát be a kitev be a két számot: log 3 3, a másik szám pedig 3 8. Itt 8 < 9 3, azaz log < log 3. Tehát log 4 8 < log 3. (c) Hogyan számítható ki számológépen 7 a lg x és 0 x funkciók segítségével? lg lg.. Oldjuk meg: (a) 5 x+ 5 5 x+ 5 x 3 (b) 37 x 3 x 3 0 x 3 (c) log 3 x 3 x x 9 7

8 (d) lg(5x 4) lg x 5x 4 x 4x 4 x (e) log 9 x x ±79 x x ±79 +, azaz 730 és 78. (f) log 3 x + x 3 3 x + x 3 9x 7 x + 8x 9 (x 3) x 9 8 (g) ln(x + 3) + ln(x 3) ln(x 9) e x 9 x ± e + 9 Jelen esetben a negatív megoldás nem jó, hiszen a logaritmusfüggvény nincs értelmezve a nem pozitív számokon. Az egyetlen megoldás tehát: e Egy radioaktív izotóp bomlásánál az izotópok számát a t id pillanatokban egy id ben csökken exponenciális függvény írja le: N(t) N 0 e λt, ahol N 0 az N értéke t 0 pillanatban, λ > 0 az ún. bomlási állandó, e, 7. Számítsuk ki az (N 0 -tól független) T felezési id t, azaz, amelyre bármely t 0 esetén N(t + T ) N(t), (a) ha λ ln 00, azaz N(t) N 0 t 00 ; (b) általában (λ függvényében)! (a) Ebben a konkrét esetben az alábbi egyenletet kell megoldanunk (ahol feltehet, 8

9 hogy N 0 0, hiszen ez az eset érdektelen): N 0 t+t N 0 t t 00 T 00 t 00 t 00 T 00 t 00 T 00 T 00 T 00 T 00 (b) N 0 e λ(t+t ) N 0 e λt e λ(t+t ) e λt e λt e λt e λt e λt e λt ln λt T ln λ. Azaz λ függvényében a felezési id : T ln λ. 4. Oldjuk meg! Hány megoldás van? (a) { 3x + 3y 9 4x + y 0; Szorozzuk be az els egyenletet kett vel, míg a másodikat hárommal, majd vonjuk ki a másodikat az els b l! Azt kapjuk, hogy 6x, azaz x. Ezt a második egyenletbe visszahelyettesítve 8 + y 0 y. (b) { 5x + 3y 8x y 5; Szorozzuk be az els egyenletet kett vel, míg a másodikat hárommal, majd adjuk össze a két egyenletet! Azt kapjuk, hogy 34x 7, azaz x. Ezt a második egyenletbe visszahelyettesítve 4 y 5 y. (c) { 7x y 3 4x y 6; 9

10 Szorozzuk be az els egyenletet kett vel, majd vonjuk ki bel le a másodikat! Azt kapjuk, hogy 0x 0, azaz x 0. Ezt a második egyenletbe visszahelyettesítve y 6 y 3. (d) { x y 3x 6y 3; Ha az els egyenletet beszorozzuk 3-mal, akkor pont a másodikat kapjuk, azaz a két egyenlet összefügg. Tehát végtelen sok megoldás van, mindazon ( x, y) párok, melyekre x y. (A síkon ez egy egyenes egyenlete.) (e) { 4x y 5 8x + y. Szorozzuk be az els egyenletet kett vel, majd adjuk hozzá a másodikat! Azt kapjuk, hogy 0, azaz nincs megoldás. (Másképp: ha az els egyenletet -vel szorozzuk, akkor látható, hogy a bal oldalak megegyeznek, viszont az els egyenlet jobb oldala 0, míg a másodiké. Az egyenletrendszerek tehát kizáróak, így nincsen megoldás.) 0

11 Az 5. gyakorlat HF-inak megoldása. (a) Számoljuk ki az A + B és A B mátrixokat, ill. az Ax vektort, ha ( ) ( ) ( ) 3 4 A, B, x A megoldások: ( ) 4 3 A + B ; A B 7 ( ) ; A x (b) Ellen rizzük az IA A AI azonosságot az A ( ) mátrixra! Az azonosság fennáll, hiszen ha mindkét szorzást elvégezzük, akkor mindkétszer az A mátrixot fogjuk kapni. ( ) ( ) a b. (a) Legyen A, det(a) 0. Igazoljuk, hogy A d b. c d det(a) c a Az állítás igazolásához ellen rizzük a deníciót, azaz hogy A A A A I. ( ) ( ) a b A A d b c d det(a) c a A A det(a) ( ) d b c a (b) Számítsuk ki a fentib l a A denícióból, hogy az valóban inverz! ( ) a b c d ( det(a) ( ) ad bc ab + ba cd dc cb + da ( ) det(a) 0 I. det(a) 0 det(a) ( da bc db bd det(a) ca + ac cb + da ) det(a) ( det(a) 0 0 det(a) ) ) I. mátrix inverzét, és ellen rizzük a Számítsuk ki a determinánsát, det(a) , tehát a fentiek alkalmazhatóak. A ( ) ( ) Visszaszorzással könnyen ellen rizhet k az A A A A I egyenl ségek. 3. Determináns kiszámolása. (a) ; ( ) ; 3 ( 3) 5 ( )

12 (b) El ször Sarrus-szabállyal: ( ) ( 3) + ( ) ( ) ( 3) 3 4 ( ) Az els sor szerinti kifejtéssel: 3 0 3(5 8) ( )(0 ( 6)) + ( )(0 ( 3)) Sarrus-szabállyal: 0 ( ) ( ) 3 ( ) 3 ( ) 0 ( ) ( ) Kifejtéssel: 0 ( )( ) 0(...) + ( )( 3) (a) A sajátértékek kiszámításához a λ 3 λ ( λ)(3 λ) 0 egyenlet megoldásait kell meghatároznunk. A két megoldás, λ és λ 4 a két sajátérték. A sajátvektorok kiszámításához oldjuk meg a következ két egyenletet: ( ) ( ) ( ) a a 3 b b ( ) ( ) a b a, a + 3b b ()

13 illetve ( ) ( ) ( ) a a 4 3 b b ( ) ( ) a b 4a. a + 3b 4b () ( ) a Az () egyenlet megoldásai: a b, azaz bármely v alakú vektor sajátvektor; például (a választás esetén) v konkrét sajátvektor. ( ) a ( ) a Az () egyenlet megoldásai: b a, azaz bármely v alakú vektor ( ) a sajátvektor; pl. (szintén a választás esetén) v konkrét sajátvektor. (b) A sajátértékek kiszámításához az λ 3 λ ( λ) 6 0 egyenlet megoldásait kell meghatároznunk. A két megoldás, λ + 6 és λ 6 a két sajátérték. A sajátvektorok kiszámításához oldjuk meg a következ két egyenletet ( ) ( ) 3 a ( + ( ) a 6) b b ( ) ( ) a + 3b ( + 6)a a + b ( +, 6)b (3) illetve ( ) ( ) 3 a ( ( ) a 6) b b ( ) ( ) a + 3b ( 6)a a + b (. 6)b (4) ( ) Az (3) egyenlet megoldásai: a 6b, azaz bármely v 6b alakú vektor b sajátvektor; például (b ( ) 3 6 választás esetén) v konkrét sajátvektor. 6 (Megj.: az a 6b egyenl ség a 6 3 b alakban is írható.) ( ) Az (4) egyenlet megoldásai: a 6b, azaz bármely v 6b alakú vektor sajátvektor; például (b ( ) 3 b 6 választás esetén) v konkrét sajátvektor. 6 (Megj.: az a 6b egyenl ség a 3 6 b alakban is írható.) 3

14 A 6. gyakorlat HF-inak megoldása. (a) Mekkora a (,-) és (5,3) síkbeli pontok távolsága? A két pont távolsága a különbségvektor hossza: ( 5) + ( 3) (b) Mekkora az egységkocka testátlója? Ez a (0, 0, 0) és (,, ) pontokat összeköt szakasz hossza (azaz az origóból az (,, ) pontba mutató vektor hossza), ami (a) Egy 0 -os emelked n megtett út végén egy autó km-órája 500 m-vel mutat többet. Mennyivel került magasabbra? Ábrázolva a feladatot, adott a derékszög háromszög átfogója és az egyik szöge, a keresett magasság pedig a szöggel szemközti befogó hossza, azaz 500 sin , méter. (b) Egy 000 m magas fennsíkon állva az Ararát 40 km-re lév csúcsát vízszinteshez képest 6 -os szögben látjuk. Ez alapján milyen magas a csúcs tengerszint felett? Az ábra itt is hasonló lenne, mint az el z feladatban, csak a végeredményhez hozzá kell még adni 000 métert: sin , m. (Ha a szöveget úgy értették, hogy a térképen nézett távolság 40 km, akkor a 6 -os szög alatt fekv befogó lesz 40 km-es, és a fenti képletben sin helyett tg szerepel; ekkor 504 m jön ki.) (c) Egy egységnégyzet alapú négyzetes oszlopot elmetszünk egy 30 -os szögben emelked síkkal. Mekkora a síkmetszet területe? Számítsuk ki el ször, hogy mekkora a metszetként kapott téglalap hosszabbik h oldala! (A rövidebb hossza marad.) h cos 30 h 3 h 3. A terület pedig a két oldal szorzata, azaz 3.5. Általános esetben a terület:. cos α cos α 3. (a) Adjuk meg az (, 3), a (-4,0) és a (-,-) pontok polárkoordinátáit. (, 3): r + ( 3) ; ekkor cos φ cos φ / φ 60. (A szög abból is látszik, hogy a pont egy szabályos háromszög felét jelöli ki.) (-4,0): r 4, φ 80. (-,-): r ( ) + ( ). Mivel a (, ) pont és az origó által meghatározott egyenes 45 -ot zár be az y-tengellyel, ezért φ 5. (b) Jelölje r és φ a síkbeli pontok polárkoordinátáit. Ábrázoljuk az r, φ π 4 koordinátájú pontot, ill. a C : {(r, φ) : r, φ [0, π)} halmazt! A pont x koordinátája: r cos φ, az y pedig ugyanez lesz. Azaz az (, ) pontról van szó. A halmaz esetében a sugár végig rögzített, r. A szög pedig befutja a [0, π) [0, 360 ) intervallumot, azaz teljesen körbefordul, tehát C az egységkörvonal. 4

15 4. (a) Egy 45 -os útelágazástól A város 0 km-re, B város 5 km-re van egyenes úton. Mekkora A és B távolsága? Alkalmazzuk a cosinus-tételt, ahol a 0, b 5, γ 45. c cos , 707, 8679, azaz c km a két város közötti távolság. (b) Egy A-ból induló egyenes f útról a 3. km-nél jobbra 5 -os szögben ágazik el egy szintén egyenes út. Ezen 6 km után érünk B-be. Milyen messze van légvonalban A és B? Ismét a cosinus-tételt szeretnénk alkalmazni, csak most nincs megadva a közbezárt szög. Viszont a kiegészít szöge (5 ) adott, tehát a közbezárt szög γ Így c cos ( 0, 9659) , , 7733, azaz A és B légvonalban c 8, 935 km távolságban van. (c) A Föld-Hold távolság 38,5 ezer km. Egy üstökös a Földr l nézve a Holddal 73 -os, a Holdon lév rállomásr l nézve a Földdel 06 -os szöget zár be. Milyen messze van a Földt l? Tekintsük azt az ABC háromszöget, amelynek csúcsai rendre a Föld, a Hold és az üstökös. Adott a FöldHold távolság, azaz a c 38, 5 ezer km, illetve a háromszög mindhárom bels szöge (a harmadik γ ). Alkalmazzuk a sinus-tételt (c 38, 5, γ, β 06, és az ismeretlen b érték a kérdéses távolság): b sin 06 38, 5 sin b 38, 5 sin sin 06 b 9, 875, 38, 5 0, 96 0, 074 azaz az üstökös távolsága a földt l b 9, 875 ezer km,3 millió km. 5. Számítsuk ki az alábbi vektorok skaláris és a (c)-(d) esetben vektoriális szorzatát! (a) a (, ), b (7, ); a b 7 + 9; (b) a (, ), b (3, ); (c) a (,, 0), b (3, 4, ); a b 3 + ( ) 5; a b ; 5

16 A vektoriális szorzatot az alábbi formális determinánssal számolhatjuk, ahol i, j, k a három dimenziós tér egységvektorai. (Fejtsük ki a determinánst az els sor szerint!) i j k a b 0 i ( 0) j ( 0) + k ( 4 6) (,, 0). 3 4 (d) a (3,, ), b (, 4, ). a b 3 + ( 4) + ( 4) 5; i j k a b 3 i ( 8) j (6 + ) + k ( ) ( 6, 8, 3) Számítsuk ki az alábbi vektorok által bezárt szöget! (Útmutatás: cos γ a b, ebb l egyértelm γ [0, π].) a b (i) a ( 3, + 3), b (4, 4); cos γ a b a b 4( 3) + 4( + 3) (( 3) + ( + ) 3) ( 6 + 6) (4 ) (ii) a (, ), b (6, 3). γ 60 π 3. cos(γ) a b a b ( ) ( + 4) ( ) γ 90 π. 7. Mutasuk meg a kiszámítási képletb l, hogy bármely térvektorra a a 0. i j k a a a a a 3 a a a 3 i (a a 3 a 3 a ) j (a a 3 a 3 a ) + k (a a a a ) (0, 0, 0), ahol a (a, a, a 3 ) R 3 tetsz leges. 6

17 A 7. gyakorlat HF-inak megoldása. Írjuk fel az alábbi valós függvények f g kompozícióját és annak legb vebb értelmezési tartományát! (a) f(x) : x + x (f g)(x) ex + e x és g(x) : ex (x R\{0}); (b) f(x) : x és g(x) : sin x + (f g)(x) (sin x + ) (x R); (c) f(x) : x és g(x) : log x (f g)(x) log x x (0 < x R), (d) f(x) : x és g(x) : x + 3 (f g)(x) (x + 3) x + (x R).. Írjuk fel az alábbi valós függvények f g h kompozícióját! f(x) : 4x, g(x) : x és h(x) : + x. (f g h)(x) 4 x ( +) x 3. Az alábbi f g kompozíciófüggvények esetén adjuk meg, melyik az f és melyik a g függvény! (a) f(g(x)) cos 3x, ekkor f(x) cos x, g(x) 3x; (b) f(g(x)) ln(sin x), ekkor f(x) ln(x), g(x) sin x; (c) f(g(x)) (x + 5) 3/, ekkor f(x) x 3/, g(x) x + 5; (d) f(g(x)) e x, ekkor f(x) e x, g(x) x. 4. Az alábbi kompozíciófüggvények esetén adjuk meg sorrendben a kompozíció tagjait! (a) cos 4x, ekkor f(x) x, g(x) cos x, h(x) 4x; (b) 3x, ekkor f(x) x, g(x) x, h(x) 3x ; (c) ( + x ) 5/, ekkor f(x) x 5/, g(x) + x, h(x) x ; (d) 0 x, ekkor f(x) 0 x, g(x) x, h(x) x. 5. Igaz-e az alábbi függvényekre, hogy f g g f? (a) f(x) : cos x és g(x) : x, ekkor (f g)(x) cos(x ) (g f)(x) cos x; (b) f(x) : e x és g(x) : ln x, ekkor (f g)(x) e ln x x (g f)(x) ln(e x ) x. 6. Adjuk meg az alábbi függvények inverzét! (a) f(x) : x + (x R, x ). Megoldandó: y x+. Fejezzük ki ebb l x x x-et! yx y x + (5) xy x y + (6) x(y ) y + (7) x y + y (y ). (8) 7

18 Az inverz függvény tehát f (y) y+ y (y ). (b) f(x) : 5 x +6 (x R). Megoldandó: 5 x +6 y (9) 5 y x +6 (0) log (5 y) x + 6 () log (5 y) x. () Az inverz függvény tehát f (y) log (5 y) (y < 5). 7. Mutassuk meg, hogy az f(x) : x x függvénynek nincs inverze, de az (, ) félegyenesre vett lesz kítésének már van.. megoldás. Oldjuk meg az f(x) y egyenletet: x x y (3) x x y 0 (4) x ± y +, (5) ennek y esetén van megoldása (ekkor lesz y R f ), és y > esetén kett is, így a függvény nem injektív, és nincs inverze. Az (, ) félegyenesre vett lesz kítés azt jelenti, hogy csak az x (, ), azaz x > esetet vesszük gyelembe, hisz csak ezekre értelmezzük a lesz kített függvényt. Az x > eset viszont épp azt jelenti, hogy a képletben csak az x + y + megoldás felel meg, amely már egyértelm, így tehát a lesz kített függvénynek van inverze: y + y +.. megoldás. El ször keressük meg f gyökhelyeit: 0 x x x(x ), tehát x 0 vagy. Ezt a két értéket az f függvény a 0-ba képezi, így nem injektív, és nincs inverze. Vizsgájuk meg kicsit jobban a függvényt: f(x) : x x (x ), azaz f egy parabola, amelynek a -ben van a minimuma (ennek értéke ). Az (, ) intervallumon tehát szig. mon. növ, így van inverze. 8. Egy gáz állapotegyenlete pv 0.0T, ahol p, V és T rendre a nyomás, térfogat és h mérséklet. Ábrázoljuk (a) V 0.0 rögzített térfogat esetén a p(t ) függvényt. Helyettesítsük be a V 0.0-et, a kapott p T egyenl ségb l kifejezett p(t ) T függvényt kell ábrázolni, ennek grakonja egy meredekség egyenes. (b) T 00 rögzített h mérséklet esetén a p(v ) függvényt! Helyettesítsük be a T 00-at, a kapott pv egyenl ségb l kifejezett p(v ) V függvényt kell ábrázolni, ennek grakonja egy hiperbola. 9. Ábrázoljuk az alábbi függvényeket! Ábra helyett csak leírást adunk, vö. gyakorlaton vett rajzok. x 3/, D f (0, + ), mon. növ ; (x + ) D f R; parabola az x-tengely mentén balra eltolva; (, )-en mon. csökken, (, + )-en mon növ ; 8

19 (x ) /3 D f R; (, )-en mon. csökken, (, + )-en mon. növ ; (x ) 3/4 D f (/, + ), mon. növ ; (x + 4) D f R\{ 4}; hiperbola eltoltja; cos 3x D f R; mint a cosinus fv, de a periódus 3 π; 3 cos x D f R; mint a cosinus fv., de a max. és min. most 3; x D f R; szig. mon. növ exponenciális fv.; 3 x D f R; szig. mon. csökken exponenciális fv.; ln x D f R +, szig. mon. növ logaritmusfv,; log (3 x) D f (, 3); logaritmus fv. az y tengelyre tükrözve és az x-tengely mentén 3-mal jobbra tolva. 9

20 A 8. gyakorlat HF-inak megoldása Létezik-e, ha igen, mennyi? (Ismert limeszek + a szabályok alapján.) (a) lim n 0, lim 3 n +, lim n 3/ lim n 3 0, lim( 4 3 )n +, lim( 3 4 )n 0, lim( 3 )n 0, lim( 3) n divergens, lim( π )n 0. (b) ( ) ) ( ) ) lim + (4 3 n lim + 3 lim (4 n 4 8. n n lim 3 + n 5 lim 3 + n lim n 3 n 3 ) (c) lim ( + 3n n, mert lim( + 3 ) R és lim( n) ; n ) ( ) ( ) lim ((n + ) (n + ) lim n + 4n + 4 n n lim n ; lim n3 4 n n lim n 4 n + ; ( ) lim 3 n, mert lim( 3) 3 < 0 n n és lim n + ; ( ) ( ) lim n + 4n ; lim n 4n + 3 lim n ( 4 n + 3 ) n + ; ( lim n ) +, mert n n n n4 és lim n 4 + (az elhagyott tag amúgy -höz tart); lim( ) n n divergens, azaz nincs limesze. (d) lim 3n + 5 7n 4 lim n n n 7 4 n lim n n + 3 lim n n 3 7 ; lim n + n + 3, mert a nevez limsze 0 + ; n n n + 3 n 3 lim n n + n n ; lim n + 3 n3 lim n3 n 3 0, lim n n n lim 3n n + 0n n n n , 3 n ( ) ( lim n + n ) ( n + lim n + ) ( lim n n n + n n ) n (hibás lenne: "(+ ) 0"-ra eredménynek (+ ) vagy 0). 0

21 A 9. gyakorlat HF-inak megoldása. Konvergens-e a sor? Ha igen, mennyi az összege? Ahol megadunk véges sorösszeget, ott a "konvergens-e" kérdésre értelemszer en "igen" a válasz. (a) 4 (mértani sor, q, q < ); 3 4 (b) (c) 4 n 4 3 n ( 3 ) n 4 n 4 3 n n ( (mértani sor, q 3, q < ); 4 ) n divergens mértani sor, hiszen q 3, így q >. (Itt a sorösszeg +, hiszen -nél nagyobb számokat adunk össze.) 3 (d) n n 3 n 4 (két konvergens mértani 4 n 4 n n 4 n sor összegének különbsége) ; ( ) (e) ( ) 4 n n (mértani sor, q, 4 q < ); (f) ( ) n divergens mértani sor, hiszen q, így q >. (Itt végtelen sorösszeg sem létezik.) (g) a gyakorlaton tanult képlettel (.vii. példa), N és q 6 3 n 3 n ( 3 ) 3 szereposztással. Vagy, a tanult képlet. levezetését közvetlenül alkalmazva: ( n ) n (h) Vagy: mivel 3 n , ez pont az el z sor, így az összeg ugyanaz:, így kiemelhet : 3 n+ 3 3 n 3 3 n+ 3 3 n (Megjegyzés: az (a)-(c) és (e)-(f) feladatok konvergenciája gyök- vagy hányadoskritériummal is kijön, az ott kapott q mindenhol a szóban forgó mértani sor q-ja lesz. A sorösszeghez viszont már muszáj felhasználni, hogy mértani sorokról van szó.). Értelmezzük és bizonyítsuk be a szemléletesen ismert egyenl séget! Ez egy mértani sor: ( 4 ) ( 0 k0 ) k

22 3. Konvergens-e a sor? n (a) 5 n. Hányadoskritérium: n + 5n 5n+ n n + 5n n 3 n (b) 3 n. Hányadoskritérium: (n + ) 3 n+ 3 n+ a sor konvergens., azaz a sor konvergens. 5 3 n n 3 n 3 ( n + n 5 7 n (c) 6 n. Hányadoskritérium: (n + ) 5 7 n+ 6 n 6 n+ n n 6 n a sor divergens. (n + )(n + 3) (n + 3)(n + 5) (d) 4 n. Hányadoskritérium: 4 n+ 4 n + 5 n +, azaz sor konvergens. 4 ( (e) ( )n n n ) n ( )n n ( ) n+ (n + ) ( ) n+ Hányadoskritérium: ( ) n n ( ) n n + n sor konvergens. n ( n + ) 3 3, azaz ) 5 7 6, azaz 4 n (n + )(n + 3) <, azaz a 3n+0 0 3n 0 ( 8 ) n, (f) 3n+ 3 3n ez egy mértani sor, ahol q <, így 3 9 konvergens. (Összege: 0 3 9). (Vagy: hányadoskritérium, ekkor a n+ a n 8 9 n-re.) 3 n (g) n!. Hányadoskritérium: 3 n+ (n + )! n! 3 3 n 0, így a sor konvergens. n + 3 n (h) ( )n n (n + )! Hányadoskritérium: ( ) n+ 3 n+ ( ) n n n! 3 n+ (n + )! 3 n (n + ) a sor konvergens. (i) konvergens, hiszen hipergeometrikus sor α 4 mellett. n4 (j) n divergens, hiszen hipergeometrikus sor α mellett. 0, azaz ( ) n +3n (k) n 3. Itt a n konvergens (hipergeometrikus sor, α 3), n 3 így az eredeti sor is konvergens. (l) ( ) n. A sor tagjaira a n 0, így a sor divergens. (m) ( )n n. A sor tagjaira a n 0, így a sor divergens.

23 A 0. gyakorlat HF-inak megoldása. Adjuk meg f(x) : x 3 érint jének meredekségét az (, ) pontban. Írjuk fel az érint egyenletét. Mely c, d R mellett érvényes a legjobb ( + h) 3 c + dh közelítés h 0 mellett, és mi köze ennek az x pontbeli deriválthoz, ill. érint höz? A derivált: f (x) 3x. Az érint meredeksége adott pontban a derivált értéke, tehát m f () 3. Ha az (, )-beli érint t y mx + b alakban keressük, akkor ebben m 3, és csak b nem ismert, viszont tudjuk, hogy az érint átmegy az (, ) ponton, ekkor viszont teljesül, hogy 3 + b, azaz b. Az érint egyenlete tehát y 3x. Az ( + h) 3 függvényt akarjuk közelíteni h 0 esetén. Adott pontban a legjobb lineáris közelítés az érint, így ennek egyenletét kell felírnunk az +h pontokban. Az inhomogén lineáris függvény értéke az -beli függvényérték () plusz a meredekség (3) és elmozdulás (h) szorzata, azaz +3h. Tehát a legjobb közelítés (+h) 3 +3h, ha h 0. (Ha x +h, akkor +3h 3x, azaz az érint el bbi másik felírása.). f (x)?, ha f(x)... Az eredményeket egyszer sítés nélkül közöljük. (x 4 ) 4x 3, (x 3 ) ( 3)x 4, ( x) x, ( ) (x ) ( )x 3, x (x x) x+x x, (3x5 4x + 3 x ) 5 x 4 8 x 3 x 4/3, ( x ) x ln(), ( x) ( ) x ( 4) 4 ln( 4 ), (3 cos x 5 sin x) 3 sin x 5 cos x, (e x sin x) e x sin x+e x cos x, (x 5 cos x) 5x 4 cos x x 5 sin x, (xe x ) xe x +e x, (x ln x) ln x + x ln x + x, (x log x) x log x + x x ln, ( x+ x 4 ) x 4 (x+) x, ( sin x (x 4) x ) x cos x sin x, ( x x cos x ) x cos x+ x sin x, cos (x) ( x 4x 3 ln x ) (x x ) ln x (x 4x 3 ) x, ( x ln x chx ) xchx x shx, ( shx ) chx x3/ shx 3 ch x x 3/ x/, x 3 (x sin x cos x) sin x cos x + x cos x cos x x sin x sin x, (ln( x)) x ( ), (ln( 4x)) 4x ( 4), (ln(x + 3x 4)) x+3 x +3x 4, (ln cos x) sin x tg cos x x, (e x ) e x, (e x ) e x ( x x ) x e, ((x + ) 5/ ) 5(x + )3/, ((3x + ) 5/ ) 5(3x + )3/ 3, (cos 4x) sin 4x 4, (tg x ) cos x, (ctg x) sin x x, (lg( 5x)) ( 5x) ln 0 ( 5), (e x sin x ) e x sin x (sin x x cos x), ( + x ) x, +x (( x ) 5/ ) 5 ( x ) 3/ ( x), ( +x 4 ) +x 4 4x 3, ( x ) ( x), ( ) ( )( x) 3 ( ), ( ) x ( x) ( x) 3 +x ( x +x ) +x x x (+x ) x (+x ), ( x +x ) ( x +x x +x (x), +x ) ( x ) 3/ +3x ( x ) /, ( ex ( x ) 3/ ( x ) 3 e x + ) ex (e x +) (e x )e x, (e x +) (ln x +x ) x (+x) ( x) +x, (+x) x x+ ( + +x x), (arcsin x) +x (arc tg x ) +( x ), (x arc tg x ln + x ) ( xex +x ) ex +xe x xe x x ( ( arc tg x+x ) +x 3 (+x ),, (ln(x+ + x (+x) )) x, (arc tg(x )) x, +x 4 +x ( ) x) arc tg x. +x

24 3. (a) Legyen c > 0 állandó, f(x) : ln(cx). f (x)?, hogyan függ ez c-t l és miért? f (x) c. Tehát a derivált nem függ c-t l. Írjuk fel f-et másképpen: cx x ln(cx) ln c + ln x, ezt deriválva 0 + -et kapunk. x (b) (x x )? Útm.: x x e ln x x. (x x ) (e ln x x ) e ln x x ( x + ln x) x xx ( + ln x). 4

25 A. gyakorlat HF-inak megoldása. T n (x) f(0) + f (0)! x + f (0)! x + f (0) 3! x f (n) (0) n! x n. (a) f(x) e x f(0) e 0, f (0) e 0, f (0) ( )( )e 0 4, tehát a Taylorpolinom: T (x) x + 4x x + x. (b) f(x) sin x f(0) 0, f (0) cos 0, f (0) sin 0 0, f (3) (0) cos 0, tehát a Taylor-polinom: (c) f(x) ch x T 3 (x) x x3 3! x x3 6. f(0) ch 0, f (0) sh 0 0, f (0) ch 0, f (3) (0) sh 0 0, f (4) (0) ch 0, tehát a Taylor-polinom: (d) f(x) 4 x T 4 (x) + x! + x4 4! + x + x4 4. Ekkor az els és a második derivált: f (x) (4 x) ( ) 4 x, f (x) ( ) ( ) (4 x) 3 ( ) 4 (4 x) 3, így f(0), f (0) 4, f (0), tehát a Taylor-polinom: T (x) 4 x 3 x! x 4 x 64.. Adjuk meg az alábbi hatványsorok nyílt konvergenciaintervallumát. Rövidítsük ezt nyki-nak. 4 n x n 4. Hányadoskritériummal: n+ x n+ 4 x 4 x <, azaz x < 4 n x n 4 esetén konvergens. Azaz < x < 4 4 kell, így a nyki: (, 4 4 ). x n x. Hányadoskritériummal: (n+) 4n x n+ 4 n x x 4 n 4 n+ x n 4 n+ x n 4 4 <, azaz x < 4, vagyis x < esetén konvergens. Azaz < x < kell, így a nyki: (, ). ( ) n xn n(n+). Hányadoskritériummal: x n+ n(n+) n x x < (n+)(n+) x n n+ esetén konvergens. A nyki: (, ). n x n. Hányadoskritériummal: n! n+ x n+ (n+)! n! x n x n n+ sor minden x R esetén konvergens. A nyki: (, + ) R. 0 < x R, azaz a 5

26 3. Az ismert Taylor-sorok alapján: e x ( x) n n! ( ) n x n n!. sin x ( ) n xn+ (n+)!, ekkor viszont x sin x x ( ) n xn+ ( ) n xn+3 (n+)! hiszen minden x kitev je kett vel n. Tudjuk, hogy x < esetén + x + x x + x , ekkor (x ) + (x ) 3 + (x ) x + x 4 + x 6 + x Szummával írva: (x ) n x n. x (n+)!, + x + x 6