Példatár Lineáris algebra és többváltozós függvények

Átírás

1 Példatár Lineáris algebra és többváltozós függvények Simonné Szabó Klára. február 4.

2 Tartalomjegyzék. Integrálszámítás.. Racionális törtek integrálása Alapfeladatok Összetett feladatok Integrálás helyettesítéssel Alapfeladatok Összetett feladatok: Improprius integrálás Alapfeladatok Összetett feladatok Lineáris algebra 59.. Vektortér Alapfeladatok Összetett feladatok Mátrixok Alapfeladatok Összetett feladatok Determinánsok Alapfeladatok Összetett feladatok Lineáris egyenletrendszerek Alapfeladatok Összetett feladatok Inverzmátrix Alapfeladatok Összetett feladatok Sajátérték és sajátvektor Alapfeladatok Összetett feladatok Vektorgeometria 7.. M veletek dimenziós vektorokkal Alapfeladatok Összetett feladatok: Egyenes egyenletrendszere Alapfeladatok Összetett feladatok Sík egyenlete Alapfeladatok Összetett feladatok Térelemek távolsága

3 .4.. Alapfeladatok Összetett feladatok Térelemek hajlásszöge és metszéspontja Alapfeladatok Összetett feladatok Vegyes összetett feladatok Többváltozós függvények Helyettesítési érték számolása Alapfeladatok Összetett feladatok Értelmezési tartomány vizsgálata Alapfeladatok Összetett feladatok Szintvonalak Alapfeladatok Összetett feladatok Határértékszámítás Alapfeladatok Összetett feladatok Parciális deriváltak Alapfeladatok Összetett feladatok Érint sík Alapfeladatok Összetett feladatok Gradiens Alapfeladatok Összetett feladatok Iránymenti derivált Alapfeladatok Összetett feladatok Széls érték-keresés Alapfeladatok Összetett feladatok Kett s integrál Alapfeladatok Összetett feladatok

4 . Integrálszámítás.. Racionális törtek integrálása... Alapfeladatok 4. Feladat: x dx Megoldás: Az integrandus egy valódi racionális tört, mert a számlálóban alacsonyabb fokszámú polinom van, mint a nevez ben. Ha a számláló konstans, a nevez pedig els fokú, akkor mindig ki kell alakítani a számlálóban a nevez deriváltját, azaz f (x dx ln f(x + c f(x integrálási szabályt kell alkalmazni: 4 x dx 4. Feladat: f(x x és f (x x dx 4 7 (x 5 dx x dx 4 ln x + c Megoldás: Mivel x 5 egy lineáris kifejezés és x x hatványfüggvény, azaz létezik primitív függvénye, ezért alkalmazzuk a F (ax + b f(ax + bdx + c a integrálási szabályt. Most ax + b x 5 a 7 (x 5 dx 7 (x 5 (x 5 dx c (x 5 + c Megjegyzés: Ilyen típusú feladatokra kimondható a következ integrálási szabály: (ax + b n dx (ax + b n dx (ax + b n+ ( n + a + c n 5. Feladat: 9 + 4x dx Megoldás: A számlálóban egy konstans van, a nevez ben lév másodfokú kifejezésnek pedig nincs valós gyöke (9 + 4x 9, ha x R, 4

5 azaz a nevez nem bontható fel els fokú tényez k szorzatára. Ebben az esetben az integrandust alakúra kell hozni! + (ax + b Mert arctg (ax + b dx + c + (ax + b a Kiemelésekkel alakítsuk ki az egyeseket a számlálóban és nevez ben is x dx x dx 5 ( 9 x + 4. Feladat: 5 arctg ( x 9 + c 5 ( x 6 arctg + c 7 + 5x dx Megoldás: Az integrandust 7 + 5x dx 7 + alakúra kell hozni! + (ax + b ( dx 5 7 x 7 arctg 7 arctg ( 5 7 x c 5 arctg ( 5 7 x 5 7 ( 5 7 x + c + c x 5. Feladat: + x dx Megoldás: A számláló egy els fokú polinom, a nevez pedig egy tovább már nem bontható másodfokú, mivel x + ha x R. Ilyen esetben az az els lépés, hogy megpróbáljuk kialakítani a számlálóban a nevez deriváltját. A nevez deriváltja: x + x dx ( + x x x + x dx ln + x + c Az abszolútérték elhagyható, mivel + x > minden x R esetén 5

6 x + 6. Feladat: + x dx Megoldás: A nevez egy tovább már nem bontható másodfokú, a számláló pedig els fokú polinom. Alakítsuk ki a számlálóban a nevez deriváltját, azaz x-t. x + + x dx x + + x dx Ekkor az integrandust két olyan tört összegére kell bontani, amelyek egyikében a számláló a nevez deriváltja, a másik számlálója pedig konstans : ( x + x + + x dx ln( + x + arctg x + c 7. Feladat: Írjuk fel parciális törtek összegeként az alábbi racionális törtet: x(x + Megoldás: A nevez els fokú tényez k szorzataként van felírva, ekkor a parciális törteket a következ alakban kell keresni: Határozzuk meg A és B értékét. x(x + A x + B x + Els lépésben hozzunk közös nevez re: x(x + A x + B A(x + + Bx x + x(x + A nevez k egyenl sége miatt a számlálóknak is meg kell egyezniük: Rendezzük a jobboldali polinomot: A(x + + Bx (A + Bx + A Két polinom egyenl ségét kell vizsgálnunk: (A + Bx + A x + Két polinom akkor egyenl, ha az azonos fokszámú kifejezések együtthatói rendre megegyeznek, azaz A + B és A 6

7 Oldjuk meg az egyenletrendszert: A és B Tehát x(x + x x + ( x x + 8. Feladat: Írjuk fel parciális törtek összegeként az alábbi racionális törtet: (x 4(x + Megoldás: A nevez két els fokú kifejezés szorzata. Keressük a parciális törteket a következ alakban: Hozzunk közös nevez re: (x 4(x + A x 4 + B x + (x 4(x + A x 4 + B A(x + + B(x 4 x + (x 4(x + Vizsgáljuk a számlálók egyenl ségét. Rendezzük a polinomot. A(x + + B(x 4 (A + Bx + A 4B x + Írjuk fel az együtthatók egyenl ségét. Oldjuk meg az egyenletrendszert. Ha akkor A + B és A 4B A B A 4B 6B B és A Tehát a racionális tört parciális törtekre bontva: (x 4(x + x 4 x + 7

8 9. Feladat: Írjuk fel parciális törtek összegeként az alábbi racionális törtet: (x + x Megoldás: A nevez els fokú tényez k szorzataként írható fel: (x + x x Ekkor a parciális törteket a következ alakban kell keresni: (x + x A x + + B x + C x Határozzuk meg A, B és C értékeit. Hozzunk közös nevez re. Vegyük észre, hogy a közös nevez ebben az esetben is az eredeti nevez vel egyezik meg. (x + x A x + + B x + C x Ax + Bx(x + + C(x + (x + x Vizsgáljuk a számlálók egyenl ségét. Rendezzük a polinomokat. Ax + Bx(x + + C(x + (A + Bx + (B + Cx + C x + x + Írjuk fel az együtthatók egyenl ségét. Oldjuk meg az egyenletrendszert. A + B B + C C Az utolsó egyenlet alapján C 4. Behelyettesítve a másodikba kapjuk, hogy B 4. Az els egyenletbe helyettesítve A 4. Tehát C 4 B 4 4 A A racionális tört parciális tört alakja: 4 4 (x + x x + x + 4 x 8

9 . Feladat: Írjuk fel parciális törtek összegeként az alábbi racionális törtet: 6x (x + 5(x + Megoldás: Mivel x + 5 5, ezért az els tényez nek a nevez ben nincs gyöke, azaz egy tovább már nem bontható másodfokú polinom. Ekkor az egyik résztört nevez je x + 5 és a hozzátartozó számlálót szigorúan els fokú polinom alakjában kell keresni. 6x (x + 5(x + Ax + B (x C x + Hozzunk közös nevez re. Rendezzük a számlálót. (Ax + B(x + + C(x + 5 (x + 5(x + (A + Cx + (A + Bx + B + 5C (x + 5(x + Írjuk fel a számlálók egyenl ségét. (A + Cx + (A + Bx + B + 5C 6x A + C A + B 6 B + 5C Olvassuk le az egyenletrendszer megoldását. Ha A C, akkor C + B 6 B + 5C Az els egyenletb l vonjuk ki a másodikat. 6C 6 C Az egyenletrendszer megoldása: C B 5 A Tehát a racionális tört parciális törtekre bontása: 6x (x + 5(x + x + 5 (x + 5 x + 9

10 . Feladat: Milyen típusú parciális törtek alakjában kell keresni az alábbi racionális törtet? (x + (x + 4x 4 Megoldás: (x + (x + 4x 4 A (x + + B (x + + Cx + D (x E x + F x + G x + H x 4... Összetett feladatok. Feladat: 5x 6 x x dx Megoldás: Az integrandus egy valódi racionális tört, a számláló els fokú, a nevez pedig másodfokú polinom. A nevez ben x kiemelésével szorzattá alakítható, tehát a tört felírható parciális törtek összegeként. Végezzük el a parciális törtekre való bontást. Hozzunk közös nevez re. 5x 6 x x 5x 6 (x x A x + B x 5x 6 x x 5x 6 (x x A x + B x Írjuk fel a számlálók egyenl ségét. Rendezzük a jobboldali polinomot. Ax + B(x 5x 6 (A + Bx B 5x 6 Ax + B(x (x x Írjuk fel a megfelel együtthatók egyenl ségét. Olvassuk le a megoldást. A + B 5 B 6 B és A Az integrandus parciális törtekre bontva: 5x 6 x x 5x 6 (x x x + x

11 Végezzük el az integrálást! 5x 6 x x dx 5x 6 (x x dx x dx + x dx + x dx dx ln x + ln x + c x. Feladat: 7 x + 4x + dx Megoldás: Az integrandus egy valódi racionális tört, a számláló egy konstans, a nevez egy másodfokú polinom. Nézzük meg, hogy a nevez szorzattá alakítható-e. Ha a másodfokú polinom diszkriminánsa pozitív, akkor van valós gyöke, azaz szorzattá alakítható. Ha a diszkrimináns negatív, akkor nincs valós gyöke, azaz nem írható fel els fokú tényez k szorzataként. D < Mivel a diszkrimináns negatív, a nevez nem alakítható szorzattá. Ha a számláló egy konstans, a nevez pedig tovább már nem bontható kifejezés, akkor az integrandust alakúra kell hozni! + (ax + b Ebben az esetben el ször emeljük ki 7-t a számlálóból. 7 x + 4x + 7 x + 4x + Majd folytassuk teljes négyzetté alakítással és kiemeléssel. 7 (x Vigyük be a 9-t a négyzet alá: 7 9 ( x+ + (x+ 9 + Mivel x+ egy lineáris kifejezés, az F (ax + b f(ax + bdx + c a integrálási szabályt alkalmazva kapjuk, hogy 7 x + 4x + dx 7 9 ( x+ + dx 7 9 arctg ( x+ + c

12 Egyszer sítés után: 7 ( x + arctg + c Tehát 7 x + 4x + dx 7 arctg ( x + + c. Feladat: x + 4x + dx Megoldás: Mivel 4x +, ha x R, a nevez egy tovább már nem bontható, a számláló pedig egy els fokú polinom. Ha a számláló a nevez deriváltjának számszorosa, akkor az integrálás elvégezhet. (4x + 8x Mivel ez most nem teljesül, ezért az integrandust két olyan tört összegére bontjuk, amelyek egyikében a a számláló a nevez deriváltjának konstansszorosa, a másik számlálója pedig konstans. x + 4x + x 4x + + 4x + 8x 8 4x + + 4x + Az els tag f f típusú. A második tagot írjuk át + (ax + b alakúra. 8x 8 4x + + (x + Most már az integrálás elvégezhet mindkét tagban. x + 4x + dx 8x 8 4x + dx + (x + dx 4. Feladat: 8 ln arctg x 4x c x x + 6x + dx Megoldás: Az integrandus egy valódi racionális tört. A nevez egy tovább már nem bontható másodfokú polinom, mivel a diszkriminánsa negatív (D 8. A számlálóban pedig egy lineáris kifejezés van. El ször nézzük meg, hogy a számláló a nevez deriváltjának számszorosae.

13 (x + 6x + x + 6 Ez ebben az esetben nem teljesül. Alakítsuk ki a számlálóban a nevez deriváltját. x x + 6x + dx x x + 6x + dx x x + 6x + dx Majd írjuk fel az integrandust két tört összegeként. Az egyik tört számlálójában a nevez deriváltja legyen, a másikban pedig konstans. x + 6 x + 6x + dx 6 x + 6x + dx Az els tag már f hozni! f típusú, a másik tagot alakúra kell + (ax + b Els lépés a teljes négyzetté alakítás. x + 6 x + 6x + dx Második lépés, kiemelések: x + 6 x + 6x + dx 6 x + 6 x + 6x + dx Végezzük el a kijelölt m veleteket. 6 (x + + dx (x + dx + ( x + dx + ln x + 6x + ( x + arctg + c 5. Feladat: x + x x dx Megoldás: Az integrandus valódi racionális tört. Vizsgáljuk meg, hogy a nevez felírható- e szorzat alakban. Mivel a nevez ben lév másodfokú polinom diszkriminánsa D ( + 4 >, a nevez felírható szorzat alakban. A megoldóképlettel keressük meg a nevez ben lév polinom gyökeit. x x

14 Tehát x, ± ( + 4 ± 5 6 x x A nevez gyöktényez s alakja: x x (x (x + (x (x + Végezzük el a parciális törtekre való bontást. x + x x x + (x (x + A x + B x + x + (x (x + A x + B A(x + + B(x x + (x (x + Írjuk fel a számlálók egyenl ségét. Rendezzük a polinomot. A(x + + B(x x + (A + Bx + A B x + Két polinom akkor egyezik meg, ha az azonos fokszámú tagok együtthatói rendre megegyeznek. A + B A B Adjuk össze a két egyenletet, akkor 5A 5 A 5 Behelyettesítve például az els egyenletbe kapjuk, hogy B Az integrandus parciális törtekkel felírva: Végezzük el az integrálást. x + (x (x + 5 x x + x + x x dx x + (x (x + dx 5 x dx 5 x dx x + dx x + dx 5 ln x ln x + + c 4

15 6. Feladat: x + x x + x x dx Megoldás: Egy valódi racionális törtet kell integrálnunk. Mivel a nevez harmadfokú, biztosan szorzattá alakítható. Ennél a feladatnál x kiemelhet. x + x x x(x + x Gyökképlettel nézzük meg van-e valós gyöke a második tényez nek. x + x Tehát x, ± + 6 x x ± 5 4 A gyöktényez s alak: x + x (x + ( x (x + (x A nevez szorzat alakban felírva: x + x x x(x + x x(x + (x Végezzük el a parciális törtekre való bontást. A résztörtekben a nevez k els fokúak, ekkor a számlálókat konstans alakban kell keresni. x + x x + x x x + x x(x + (x A x + Hozzunk közös nevez re. A x + Mivel B x + + x + x x(x + (x B x + + C x C A(x + (x + Bx(x + Cx(x + x x(x + (x írjuk fel a számlálók egyenl ségét. A(x + (x + Bx(x + Cx(x +, x(x + (x x + x A(x + (x + Bx(x + Cx(x + Rendezzük a baloldali polinomot. 5

16 x + x (A + B + Cx + (A B + Cx A Írjuk fel az azonos fokszámú kifejezések együtthatóinak egyenl ségeit. A + B + C A B + C A Az utolsó egyenletb l A. Behelyettesítve a másik két egyenletbe, kapjuk a következ egyenletrendszert: 4 B + C 7 B + C A második egyenlet kétszeresét adjuk hozzá az els höz. 5C C Visszahelyettesítéssel kapjuk, hogy B. Tehát a az integrandus parciális törtek alakjában felírva: x + x x + x x x + x x(x + (x x x + + x Végezzük el az integrálást. x + x x + x x + x x dx x(x + (x dx x dx x + dx + x dx ln x ln x + + ln x + c 7. Feladat: 4x + 8x + 5 (x + dx Megoldás: Az integrandus valódi racionális tört, a nevez szorzat alakban van. Egy els fokú kifejezés szerepel harmadik hatványon. Ilyenkor a résztörtek száma megegyezik a küls hatvánnyal, azaz - mal, a számlálókat pedig konstans alakban kell keresni. 4x + 8x + 5 (x + A x + + B (x + + C (x + 6

17 Hozzunk közös nevez re, ami ebben az esetben is az eredeti nevez lesz. 4x + 8x + 5 (x + A x + + B (x + + C (x + A(x + + B(x + + C (x + A(x + 4x B(x + + C (x + Írjuk fel a számlálók egyenl ségét. A(x + 4x B(x + + C 4x + 8x + 5 Rendezzük a jobboldali polinomot. Ax + (4A + Bx + (4A + B + C 4x + 8x + 5 Írjuk fel az azonos fokszámú kifejezések együtthatóinak egyenl ségeit. Olvassuk le a megoldásokat. A 4 4A + B 8 4A + B + C 5 A 4 B C 5 Végezzük el az integrálást. 4x + 8x (x + dx x + dx + (x + dx 5 (x + dx 4 x + dx + (x + dx 5 (x + dx (x + (x + 4 ln x c 4 ln x + x (x + + c 8. Feladat: 5x + x + x dx + 4x Megoldás: Az integrandus valódi racionális tört, a nevez harmadfokú polinom, most x kiemelésével szorzattá alakítható. 5x + x + x dx + 4x 7 5x + x + x(x dx + 4

18 A második tényez nek nincs valós gyöke, hiszen x minden x valós szám esetén. Tehát megjelent egy tovább nem bontható másodfokú tényez a nevez ben. Ilyen esetben a parciális törteket a következ alakban kell keresni. 5x + x + x(x + 4 A x + Bx + C x + 4 Azaz az els fokú nevez höz most is csak konstans számláló tartozik, de a másodfokúhoz a számlálót már els fokú alakban kell keresni. Hozzunk közös nevez re. 5x + x + x(x + 4 A x + Bx + C x + 4 A(x (Bx + Cx x(x + 4 Újra írjuk fel a számlálók egyenl ségét. A(x (Bx + Cx 5x + x + (A + Bx + Cx + 4A 5x + x + Innen a megfelel együtthatók egyenl sége: Olvassuk le a megoldásokat: Végezzük el az integrálást. 5x + x + x dx + 4x A + B 5 C 4A A 5 C B 5 x dx + x + 4 dx ( 5 x dx + x ( 4 x dx 5 ln x + arctg + c ln x + ( x arctg + c 8

19 9. Feladat: x + x + 6 x + 6x + x dx Megoldás: Az integrandus valódi racionális tört. A nevez x kiemelésével szorzattá alakítható. x + 6x + x x(x + 6x + Vizsgáljuk meg, hogy a második tényez vajon tovább bontható-e. Ehhez elegend megvizsgálni a kifejezés diszkriminánsát. D < Mivel a diszkrimináns negatív, x + 6x + tovább már nem bontható másodfokú polinom. Végezzük el a parciális törtekre bontását, ügyelve arra, hogy a nevez egy szorzattá nem alakítható másodfokú kifejezés, akkor a számlálót els fokú polinom alakjában kell keresni. Hozzunk közös nevez re. x + x + 6 x(x + 6x + A x + Bx + C x + 6x + x + x + 6 x(x + 6x + A(x + 6x + + (Bx + Cx x(x + 6x + x + x + 6 x(x + 6x + (A + Bx + (6A + Cx + A x(x + 6x + Írjuk fel a megfelel együtthatók egyenl ségét. Olvassuk le a megoldásokat. A + B 6A + C A 6 A B C Végezzük el az integrálást. x + x + 6 x + 6x + x dx x dx + Azt tudjuk, hogy dx ln x + c x 9 x x + 6x + dx

20 Nézzük a második integrált: x x + 6x + dx x + x + 6x + dx Tudjuk, hogy a nevez másodfokú, tovább már nem bontható polinom. A számláló pedig els fokú kifejezés. Ekkor az integrandust két olyan tört összegére bontjuk, amelyek egyikében a számláló a nevez deriváltjának konstansszorosa, a másik számlálója pedig konstans. Határozzuk meg a nevez deriváltját. (x + 6x + x + 6 (x + Alakítsuk ki el ször a számlálóban a nevez deriváltjának a felét: x + x + 6x + dx x + x + 6x + dx x + x + 6x + dx x + 6x + dx Majd az els törtnél b vítsünk kett vel. (x + x + 6x + dx x + 6x + dx Az els integrandus f f alakú, tehát integrálható. Nézzük a másik kifejezést. A számláló megint konstans, a nevez szorzattá nem alakítható, tehát az integrandust alakúra kell + (ax + b hozni! El ször alakítsunk teljes négyzetté. (x + x + 6x + dx Majd emeljünk ki 4-et a nevez ben. (x + x + 6x + dx 4 Most már a második tag is integrálható. (x dx ( x+ ln x + 6x + 4 arctg ( x + Tehát a végeredmény: x + x + 6 x + 6x + x dx x dx dx + + c x + x + 6x + dx + c ln x ln x + 6x + + arctg ( x +

21 . Feladat: x x + dx Megoldás: Az integrandus egy nem valódi racionális tört, mert számlálóban és nevez ben azonos fokszámú polinom van. Ekkor alakítsuk ki a számlálóban a nevez többszörösét. x x + dx x dx x + ( 6 x + dx A feladatot ezzel az egyszer lépéssel visszavezettük racionális tört integrálására. x 6 dx x 6 ln x + + c x +. Feladat: x + x + x dx Megoldás: Az integrandus egy nem valódi racionális tört. A legmagasabb fokszámok a számlálóban és nevez ben most is egyenl ek, tehát alakítsuk ki a számlálóban a nevez többszörösét. x + x + x dx x + x x + x dx + x ( x x dx + x A feladatot visszavezettük egy valódi racionális tört integrálására. A nevez x kiemelésével szorzattá alakítható. ( x x dx (x + x Végezzük el a parciális törtekre bontást. x (x + x A x + + B x A számlálók egyenl sége: Ax + B(x + x(x + x (A + Bx + B Írjuk fel a megfelel együtthatók egyenl ségeit. Olvassuk le a megoldásokat: A + B B B A (A + Bx + B x(x +

22 Folytassuk az integrálást. ( ( x x dx x (x + x x + dx x x ln x + + ln x + c. Feladat: x x 7 x + x + dx Megoldás: Az integrandus egy nem valódi racionális tört, mivel a számláló fokszáma ( magasabb, mint a nevez fokszáma (. Polinomosztást kell el ször végezni. (x - x - 7 : (x + x + x (x + 4x + 4x - 4x - 7x ( 4x - 8x - 8 x + Az osztást elvégeztük, a hányados x 4, a maradék pedig x +. Tehát az integrandus felírható egy polinom és egy valódi racionális tört összegével: x x 7 x + x + x 4 + x + x + x + Most már el tudjuk végezni a kijelölt integrálást: x x 7 x + x + dx x + (x 4 + x + x + dx x 4x + x + x + x + dx Kaptunk egy valódi racionális törtet, amelynek nevez je tovább már nem bontható másodfokú polinom, mivel a diszkriminánsa negatív (D 4. Mivel a számláló els fokú, nézzük meg, hogy a számlálóban kialakítható-e a nevez deriváltjának számszorosa. A nevez deriváltja: (x + x + x + (x + Vegyük észre, hogy most a számláló éppen a derivált fele. Így egy egyszer b vítéssel kialakítható a derivált a számlálóban. x x + 4x + x + x + dx x 4x + x + x + x + dx

23 x 4x + ln x + x + + c x 4x + ln(x + x + + c felhasználva, hogy x +x+ (x+ + >, ezért az abszolútérték elhagyható.. Feladat: x 4 x + 7x 8x 6 x 5x dx + 6x Megoldás: Az integrandus egy nem valódi racionális tört, mivel a számláló negyedfokú, a nevez pedig harmadfokú polinom. Most is polinomosztással kell kezdeni. (x 4 -x +7x -8x -6 : (x -5x +6x x - - (x 4 -x +x -x +5x -8x -6 - (-x +5x -8x -6 A polinomosztást elvégeztük, a hányados x, a maradék 6. Tehát x 4 x + 7x 8x 6 x 5x + 6x x 6 x 5x + 6x Az integrandust felírtuk egy polinom és egy valódi racionális tört összegével. A polinomot ki tudjuk integrálni. Foglalkozzunk a második taggal. Alakítsuk szorzattá a nevez t. x 5x + 6x x(x 5x + 6 A megoldóképlettel keressük meg a második tényez gyökeit. Tehát x, 5 ± ( x x A második tényez gyöktényez s alakja: A nevez szorzat alakjában: 5 ± x 5x + 6 (x (x x 5x + 6x x(x 5x + 6 x(x (x

24 Keressük a parciális törteket: 6 x 5x + 6x 6 x(x (x A x + B x + C x 6 A(x (x + Bx(x + Cx(x x 5x + 6x x(x (x 6 x 5x + 6x (A + B + Cx + ( 5A B Cx + 6A x(x (x Írjuk fel az együtthatók egyenl ségeit: A + B + C 5A B C 6A 6 Az utolsó egyenlet alapján A. Behelyettesítve a többi egyenletbe: B + C B C 5 Az els egyenlet kétszeresét adjuk hozzá a második egyenlethez. C C B Tehát 6 x 5x + 6x 6 x(x (x x + x x Végezzük el az integrálást: x 4 x + 7x 8x 6 x 5x dx + 6x ( x 6 x 5x dx + 6x (x dx 6 x 5x + 6x dx ( (x dx x + x dx x x x ln x ln x + ln x + c 4

25 .. Integrálás helyettesítéssel... Alapfeladatok. Feladat: x sh (x + 5dx Megoldás: Az integrandus egy szorzat, amelynek egyik tényez je egy összetett függvény, f(x sh x küls és g(x x + 5 bels függvénnyel. Vegyük észre, hogy mivel g (x x, a szorzat másik tényez je majdnem a bels függvény deriváltja, csak egy konstans szorzó hiányzik. A feladatot az f(g(xg (xdx F (g(x + c integrálási szabály alkalmazásával lehet megoldani. Az integrandust b vítsük -mal: sh (x + 5x dx sh (x + 5x dx ch (x c A feladat megoldásának menete átláthatóbb, ha alkalmazzuk a következ helyettesítést: Legyen t g(x, ekkor dt g (xdx. f(g(xg (xdx f(tdt F (t + c F (g(x + c Végezzük el a helyettesítést erre a feladatra. Legyen t x + 5, ekkor dt dx x, azaz dt x dx. sh (x + 5x dx sh (x + 5x dx sh t dt ch t + c Térjünk vissza a régi változóra, azaz t helyére írjuk vissza x + 5-t: ch (x c Más lépéssorozattal is elvégezhet a helyettesítés. Most a régi változót helyettesítsük az új változó valamely függvényével. Legyen t x + 5, innen x t 5 (t 5. Deriváljunk most t szerint. dx dt (t 5 (t 5 5

26 Innen dx (t 5 dt x sh (x + 5dx (t 5 sh t (t 5 dt Egyszer sítsünk a gyökös kifejezéssel. sh t dt ch t + c ch (x c Megjegyzés: Az integrálásnak ez a típusa sok nehézséget szokott okozni. Ha az integrandusban egy összetett függvény szorzódik a bels függvény deriváltjával, vagy majdnem a deriváltjával, épp egy konstans szorzó hiányzik, akkor bátran használhatunk helyettesítést. A hiányzó konstans szorzó egy b vítéssel mindig behozható.. Feladat: cos(x + 5dx Megoldás:. megoldás Az integrandus összetett függvény, g(x x + 5 bels függvénnyel. Ennek deriváltja g (x, csak egy konstans. Ha az integrandust b vítjük -mal, akkor megjelenik szorzótényez ként a bels függvény deriváltja. Legyen t x + 5, akkor dt, azaz dt dx. dx cos(x + 5dx cos(x + 5 dx cos t dt. megoldás cos t dt sin t + c sin(x c Legyen t x + 5, innen x (t 5. Deriváljunk t szerint. dx dt, azaz dx dt cos(x + 5dx cos t dt cos t dt cos t dt sin t + c sin(x c Megjegyzés: A helyettesítéses integrál egy speciális esetét kapjuk, ha az integrandusban nincs szorzat, csak egy összetett függvény lineáris bels 6

27 függvénnyel, azaz f(ax + b alakú. Ezekben az esetekben levezethet egy korábban már tanult integrálási szabály: f(ax + bdx F (ax + b a + c ahol F (x f(x Most ax + b x + 5, f(x cos x, a és F (x sin x Tehát helyettesítés nélkül azonnal elvégezhet az integrálás: sin(x + 5 cos(x + 5dx + c. Feladat: 5 5 4xdx Megoldás: Egy határozott integrált kell kiszámolni. Szükségünk van az integrandus egy primitív függvényére. Vizsgáljuk meg az integrandust. A bels függvény 5 4x, aminek a deriváltja 4. Alkalmazzunk helyettesítéses integrálást.. megoldás Legyen dt t 5 4x 4 dt 4 dx dx 5 5 4x dx 4x( 4dx t dt 4 4 t 4 Számoljuk ki a határozott integrált.. megoldás 5 + c 6 t + c (5 4x 6 + c [ 5 4x dx ] (5 4x t 5 4x x (5 t 4 dx dt dx 4 4 dt Most határozott integrálként kezeljük végig a feladatot, tehát néznünk kell azt is, hogy hogyan változnak a határok. Ha x 5 akkor t 5 7

28 5 4 Ha x akkor t 5 4xdx t( 4 dt 4 [ t ] t dt [ ] t [ ] Megjegyzés: Mindkét levezetés használható, de a továbbiakban csak a második módszert fogjuk alkalmazni, hogy a határok átváltását gyakoroljuk. 4. Feladat: x x dx Megoldás: Ha f(x x a küls, g(x x a bels függvény és g(x x, akkor egy b vítéssel most is kialakítható a bels függvény deriváltja, tehát alkalmazhatunk helyettesítést. Legyen t x dt dx x x dx dt x x dx ( x x dx t dt. megoldás t + c 9 t + c 9 ( x + c 9 ( x + c A helyettesítéses integrálás egy speciális esete, ha az integrandus f n (xf (x alakú, ilyenkor helyettesítés nélkül alkalmazhatjuk a következ szabályt: f n (xf (xdx f n+ (x n + + c n x x dx ( x x ( x dx ( x ( x dx + c 9 ( x + c ( x 9 + c 8

29 5. Feladat: 4e x e x + 5 dx Megoldás: Vegyük észre, hogy ha f(x x a küls, g(x ex + 5 a bels függvény és g(x e x, akkor egy b vítéssel most is kialakítható a bels függvény deriváltja. Legyen. megoldás t e x dt dx ex e x dx dt e x e x + 5 dx 4e x e x + 5 dx 4 t dt 4 ln t + c 4 ln ex c Ez a feladat egy példa a helyettesítéses integrál harmadik speciális esetére. Ha az integrandus f alakú, akkor helyettesítés nélkül azonnal f alkalmazható a következ szabály: f (x dx ln f(x + c f(x Tehát 4e x e x + 5 dx 4 e x e x + 5 dx 4 ln ex c 4 ln(ex c Mivel e x + 5 >, ezért az abszolútérték elhagyható. 6. Feladat: arcsin x x dx Megoldás: A integrandus egy törtfüggvény, de ha átírjuk szorzat alakba, akkor jól látható lesz az összetett függvény és bels függvényének deriváltja. arcsin x dx x arcsin x x dx Így legyen t arcsin x dt dx x arcsin x dx x dt arcsin x x dx x dx 9

30 t dt t ln + c arcsin x + c ln 7. Feladat: π 4 e tg x cos x dx Megoldás: Az integrandus egy folytonos függvény a [ π 4, ] intervallumon. Tehát a keresett határozott integrál létezik. Ennek a meghatározásához szükségünk van az integrandus egy primitív függvényére. Vegyük észre, hogyha tg x-t választjuk bels függvénynek, akkor deriváltja (tg x cos az integrandus egyik szorzótényez je, ezért x helyettesítéses integrált alkalmazhatunk. Legyen t tg x dt dx cos x dt cos x dx Ha x π 4 akkor t tg ( π 4 Ha x akkor t tg π 4 e tg x cos x dx e t dt [ e t] e e e... Összetett feladatok:. Feladat: x + x ln x dx Megoldás: Emeljük ki x -t x + x ln x dx x + ln x dx Innen látszik, ha ln x bels függvény, akkor az összetett függvény szorzódik a bels deriváltjával, azaz x -szel. Ezért legyen dt t ln x dx dt x x dx x + x ln x dx x + ln x dx + t dt arctg t + c arctg (ln x + c

31 . megoldás t ln x x e t dx dt et dx e t dt x + x ln x dx e t + e t t et dt Egyszer sítsünk e t -szel: dt arctg t + c arctg (ln x + c + t. Feladat: x cos x dx Megoldás: Vegyük észre, hogy ha f(x cos x a küls, g(x x a bels függvény és g (x x, akkor egy b vítéssel most is kialakítható a bels függvény deriváltja. Ezért legyen t x x cos x dx dt x dt x dx dx x cos x dx cos t dt tg t + c tg (x + c. megoldás t x x t x cos x dx dx dt t t cos t t dt tg t + c tg (x + c x. Feladat: x 4 + dx Megoldás: Végezzük el a következ átalakítást: x x 4 + dx x (x + dx dx t dt cos t dt Ha x a bels függvény, akkor a számlálóban majdnem a deriváltja van, csak egy szorzó hiányzik.

32 Legyen t x dt dx x x 4 + dx x dt x dx x x 4 + dx t + dt arctg t + c arctg (x + c. megoldás t x x t x x 4 + dx dx dt t t t + t dx dx t dt t + dt 4. Feladat: arctg t + c arctg (x + c 7 5 4x dx Megoldás: Mivel 7 dx 5 4x Tudjuk, hogy (arcsin x Ezért most legyen f(x x x 7 5 ( 5 x dx a küls, g(x 5 x a bels függvény és g (x 5, akkor egy b vítéssel most is kialakítható a bels függvény deriváltja. Legyen t 5 x ( 5 x dt dx dt dx dx dx 7 ( 5 x dt 7 t arcsin t + c 7 ( arcsin 5 x + c

33 5. Feladat: x x dx Megoldás: Mivel dx x x dx + x x (x dx ezért legyen t x dt dt dx dx dx (x t dt arcsin t + c arcsin(x + c 6. Feladat: + x dx Megoldás: Ez a feladat az el z ekt l teljesen eltér. Itt nem a bels függvényt és annak deriváltját kell keresni. Most az integrandus egy tört kifejezés, de nem racionális tört a gyökös tag miatt. Ha x -t helyettesítjük egy új változóval, t-vel, akkor egy racionális törtet kapunk, amit remélhet leg már ki tudunk integrálni. Legyen t x t x + x dx dx dt t dx t dt t dt + t t + t dt Kaptunk egy nem valódi racionális törtet, amelyben a számlálóban és a nevez ben a legmagasabb fokszámok megegyeznek. Ilyen esetben alakítsuk ki a számlálóban a nevez többszörösét, majd egyszer sítsünk. t + ( t + t dt + t 7. Feladat: (x x + 5dx dt ( + t dt + t dt t ln t + + c x ln( x + + c Megoldás: Most az integrandus nem tört, de próbáljuk meg újra a gyökös kifejezést helyettesíteni, mert akkor egy polinomot kapunk, amit könny lesz kiintegrálni.

34 Legyen t x + 5 t x + 5 x t 5 dx t dx t dt dt ((t 5 t t dt (t t dt (t 4 t dt ( t5 (x t + c 4 5 x 8. Feladat: dx 5x Megoldás: Legyen (x c t 5x t 5x x t + 5 dx dt 5 t dx 5 t dt x 5x dx ( t + 5 t 5 t dt Egyszer sítsünk t-vel, majd folytassuk az integrálást: ( t dt (7 t dt 5 5 (7t t + c 4 5x (5x c 9. Feladat: ch 4x + dx Megoldás: Legyen t 4x + t 4x + x t 4 dx dt 4 t dx t dt ch 4x + dx ch t t dt t ch t dt Parciális integrálással folytatva: f (t ch t f(t sh t g(t t g (t 4

35 t ch t dt [ t sh t ] sh t dt [t sh t ch t] + c. Feladat: [ 4x + sh 4x + ch 4x + ] + c e x dx Megoldás: Legyen t x t x x t dx dt t dx t dt e x dx e t ( t dt Parciális integrálási szabályt alkalmazva: t e t f (t e t g(t t f(t e t g (t 6t ( 6te t dt t e t + 6te t dt Újra parciális integrálással: t e t + (6te t Visszahelyettesítve:. Feladat: f (t e t f(t e t g(t 6t g (t 6 6e t dt t e t + 6te t 6e t + c ( x e x + 6 xe x 6e x + c Megoldás: Legyen 7 x + x dx dx dt 7 x + x dx t x t x t dx t dt 7 t t dt + t 4t t + t dt 5

36 Egy valódi racionális törtet kaptunk másodfokú nevez vel. Nézzük meg, hogy szorzattá tudnánk-e alakítani a nevez t. Megoldóképlettel: Tehát a gyökök: A gyöktényez s alak: t + t t, ± + 4 t t 4 ± 7 t + t (t (t + 4 Folytassuk az integrálást parciális törtekre bontással. ( 4t t + t dt 4t (t (t + 4 dt Hozzunk közös nevez re: A(t B(t dt (t (t + 4 Írjuk fel a számlálók egyenl ségét: Rendezzük a jobboldalt. A(t B(t 4t (A + Bt + 4A B 4t A t + B dt t + 4 Írjuk fel az azonos fokszámú kifejezések együtthatóira vonatkozó egyenl ségeket. A + B 4 4A B Oldjuk meg az egyenletrendszert. Adjuk az els egyenlet -szorosát a másodikhoz. Tehát 7A 4 A 6 B 8 4t (t (t t + 8 t + 4 Folytassuk az integrálást. ( 4t 6 (t (t + 4 dt t + 8 dt t ln t + 8 ln t c 6 ln x + 8 ln x c 6

37 e. Feladat: x + e x e x + dx Megoldás: Az integrandus egy tört, de nem racionális. Helyettesítsük most e x -t egy új változóval, mert akkor racionális tört kifejezést kapunk. Legyen Egyszer sítsünk t-vel. t e x t (e x e x x ln t dx dt dx t t dt e x + e x t e x + dx + t t + t dt t + t + dt Egy valódi racionális törtet kaptunk, aminek a nevez je tovább már nem bontható másodfokú kifejezés, mivel t +. Nézzük meg, hogy kialakítható -e a nevez deriváltjának többszöröse a számlálóban. (t + t Ebben az esetben a törtet bontsuk szét két résztörtre, az egyik tört számlálójában legyen a nevez deriváltja, a másik tört számlálója pedig legyen konstans. t t + dt + t + dt ln t + + arctg t + c Visszahelyettesítve és gyelembe véve, hogy t +, tehát az abszolútérték elhagyható: 5e. Feladat: x 8e x e x + 9e x 5 dx Megoldás: Legyen Egyszer sítsünk t-vel. ln(e x + + arctg e x + c t e x t (e x e x x ln t dx dt t 5e x 8e x e x + 9e x 5 dx dx t dt 5t 8 t + 9t 5 dt 7 5t 8t t + 9t 5 t dt

38 Egy valódi racionális törtet kaptunk másodfokú nevez vel. Nézzük meg, hogy felírható-e szorzat alakban. t + 9t 5 t, 9 ± ± 4 t t 5 A nevez gyöktényez s alakja: ( t + 9t 5 t (t + 5 (t (t + 5 Tehát a nevez szorzattá alakítható. Végezzük el a parciális törtekre bontást. ( 5t 8 t + 9t 5 dt 5t 8 A (t (t + 5 dt t + B t + 5 A(t B(t dt (t (t + 5 Írjuk fel a számlálók egyenl ségét. A(t B(t 5t 8 (A + Bt + 5A B 5t 8 A megfelel együtthatók egyenl sége: A + B 5 5A B 8 Oldjuk meg az egyenletrendszert. Az második egyenlet kétszeresét adjuk hozzá az els höz. A A B Folytassuk az integrálást. 5t 8 (t (t + 5 dt ( t + t + 5 Visszahelyettesítve: ( t + t + 5 ln t + ln t c ln ex + ln e x c 8

39 5 4. Feladat: x x + dx Megoldás: Az adott intervallumon az integrandus folytonos, tehát a keresett határozott integrál létezik. Ennek értékét akkor tudjuk megadni, ha tudunk adni primitív függvényt és alkalmazzuk a Newton- Leibniz tételt Végezzük el a helyettesítést: Legyen t x + t x + x (t dx dt t dx t dt Nézzük meg, hogy helyettesítéssel a határok hogyan változnak. Ha x, akkor t +. Ha x 5, akkor t x 4 dx x + (t t t dt Egyszer sítsünk t-vel és vigyük ki a konstans szorzókat az integráljel elé: 4 (t dt 4 (t dt 4 (t dt 9 [ ] t 4 9 t [ ( ] [ ] Feladat: e x + dx Megoldás: Mivel az integrandus folytonos, létezik határozott integrál. Helyettesítéses integrálással alkalmazva legyen t e x dx dt t Adjuk meg az új határokat. x ln t dx t dt Ha x, akkor t e. Ha x, akkor t e e. 9

40 4 e e x + dx 4 t + t dt Helyettesítéssel egy valódi racionális törtet kaptunk, ahol a nevez szorzat alakban van. Írjuk fel az integrandust parciális törtek összegeként. 4 (t + t A t + + B t At + B(t + (t + t Írjuk fel a számlálók egyenl ségét: (A + Bt + B 4 Innen A + B B 4 B A Folytassuk az integrálást: e e 4 t + t dt ( t + + t 6. Feladat: x dx e ( t + + dt t dt [ ln t + + ln t ] e [ ln (e + + ln e ( ln + ln ] [ ] [ ln (e + + ln ] + ln e + Megoldás: Ennél a feladatnál próbáljunk meg egy olyan helyettesítést, amivel a gyökös kifejezés eltüntethet. Ügyelni kell arra is, hogy csak invertálható kifejezés jöhet szóba, azaz egy szigorúan monoton függvényt használhatunk fel. Ezért legyen x sin t és π t π, akkor cos t. x (sin t cos t cos t cos t alkalmazva a cos t + sin t, másképp cos t sin t trigonometrikus összefüggést. Végezzük el a helyettesítést. x sin t t arcsin x dx dt cos t 4

41 Innen dx cos t dt x dx (sin t cos t dt cos t dt Használjunk fel a cos + cos t t trigonometrikus összefüggést: + cos t ( + cos tdt ( sin t t + + c Az integrálást elvégeztük, helyettesítsünk vissza. ( arcsin x + ( arcsin x + sin( arcsin x + c cos(arcsin x sin(arcsin x (arcsin x + x x + c + c mivel és cos(arcsin x sin(arcsin x x sin (arcsin x x Tehát a végeredmény: x dx (arcsin x + x x + c 7. Feladat: 4x dx Megoldás: Használjuk fel az el z feladat eredményét, azaz x dx (arcsin x x x + c 4x dx (x dx Most alkalmazzunk t x helyettesítést: x t dx dt dx dt t dt 4 (arcsin t t t + c 4 (arcsin x x (x + c 4

42 8. Feladat: + x dx Megoldás: Megint szükségünk van egy alkalmas helyettesítésre, amellyel a gyök eltüntethet. Ebben az esetben használjuk fel a következ összefüggéseket: Valamint ch x sh x ch x + sh x Legyen x sh t ch x dx dt ch x + ch t dx ch t dt (ch + x dx + (sh t ch t dt t ch t dt + (ch t ch t dt dt ( + ch tdt ( t + sh t + c ( arsh x + (arsh x + x + x + c sh (arsh x + c felhasználva hogy: sh (arsh x x és ch (arsh x + sh (arsh x + x Tehát sh (arsh x sh (arsh xch (arsh x x + x 9. Feladat: + 6x + x dx Megoldás: Mivel + 6x + x dx + ( + x dx Legyen x + sh t t arsh (x + 4

43 ( t + dx ch t dx ch t dt dt + ( + x dx + (sh t ch t dt + (ch t ch t dt dt ( + ch tdt sh t + c ( arsh (x + + sh (arsh (x + + c (arsh (x + + (x + + (x + + c. Feladat: x + x dx Megoldás: Az el z feladat ötletét felhasználva végezzük el a következ helyettesítést: x sh t t arsh x dx ch t dx ch t dt dt x dx (sh t (sh t + x + (sh t ch t dt ch t dt ch t Egyszer sítsünk ch t-vel: (sh t ch t dt (ch t dt ( sh t t + c ( sh arsh x arsh x + c ( (sh arsh x (ch arsh x (x + x arsh x + c. Feladat: 5 x dx Megoldás: Helyettesítéshez használjuk ebben az esetben ch x függvényt. Az adott intervallumon tudjuk, hogy sh x >. Így legyen x ch t t arch x dx sh t dt dx dt sh t Ha x akkor t arch Ha x 5 akkor t arch 5 4

44 5 arch 5 arch 5 x dx (ch t sh t dt (sh t sh t dt arch 5 arch 5 arch 5 sh t sh t dt sh ch t t dt dt arch 5 (ch t dt [ ] sh t arch 5 t [ ] sh arch 5 arch 5 Felhasználva, hogy: (5 4 arch 5 sh (arch 5 sh (arch 5ch (arch 5.. Improprius integrálás... Alapfeladatok 5 ch (arch x 5 4. Feladat: x dx Megoldás: Egy improprius integrált kell meghatározni, mivel a fels integrálási határ. Használjuk fel, hogy ha az f(x függvény folytonos az [a, [ interval- lumon, akkor f(xdx improprius integrál pontosan akkor létezik, ha a b lim b a f(xdx lim F (b F (a b határérték létezik (véges és ekkor a f(xdx lim b b a f(xdx lim b F (b F (a Ha a határérték nem véges, akkor az improprius integrál nem létezik (divergens. Ennél a feladatnál az adott intervallumon az integrandus folytonos, így 4 b 4 dx lim x b x dx 44

45 Szükségünk van egy primitív függvényre. Azért hogy a megoldás jobban átlátható legyen, végezzük el külön a határozatlan integrál keresését, majd térjünk vissza az improprius integrál meghatározásához. 4 x dx 4 Folytassuk az improprius integrálást: x dx 4 x + c x + c 4 b [ 4 dx lim dx lim ] b [ x b x b x lim b b + ] 4 felhasználva: lim b [ b ] + + ha b b b. Feladat: x x dx Megoldás: Az adott intervallumon folytonos függvény improprius integrálját kell meghatározni, ha létezik. Tehát b x dx lim x b x dx lim x b Szükségünk van a határozatlan integrálra. x dx x b + c x + c Folytassuk az improprius integrál meghatározását. lim b felhasználva: b x dx [ x dx lim ] b [ lim + ] b x b b lim [ ] b + + b ha b b b 45

46 . Feladat: 8 x + 4 dx Megoldás: Az adott intervallumon folytonos függvény improprius integrálját keressük, ha létezik. 8 b dx lim x + 4 b 8 x + 4 dx lim b b 8 (x + 4 dx Külön végezzük el a határozatlan integrál számítását. (x + 4 dx (x + 4 Folytassuk az improprius integrálást: lim b felhasználva: lim b b [ (b (x + 4 dx lim b ] lim b + c (x c [ b (x + 4 ] 8 [ ] (b ha b (b + 4 (b + 4 Mivel a határérték nem egy véges valós szám, hanem, ezért az improprius integrál nem létezik (divergens. 4. Feladat: e x dx Megoldás: Az integrandus folytonos az adott intervallumon, így: Felhasználva, hogy: folytassuk az integrálást: [ e x lim b ] b lim b e x dx lim b b e x dx e x + c e x dx [ ] e b lim b e lim b [ ] e b + + [ e b ] + 46

47 Felhasználva, mivel: akkor 5. Feladat: [ lim e b] b [ ] lim b e b x dx ( Megoldás: Most az alsó integrációs határ. Használjuk fel, hogy ha az f(x függvény folytonos az ], a] intervallumon, akkor improprius integrál pontosan akkor létezik, ha b lim a a határérték létezik (véges és ekkor b f(xdx f(xdx F (b lim F (a a b lim a a b f(xdx F (b lim F (a a f(xdx Ha a határérték nem véges, akkor az improprius integrál nem létezik (divergens. Tehát A határozatlan integrál: dx x x dx Folytassuk az improprius integrálást. lim a a x dx ( x dx ( x ( + c x + c [ ] lim dx lim x a a x a a [ ] [ ] lim + a + lim a a a felhasználva: ha a a a Mivel a határérték nem egy véges valós szám, hanem, ezért az improprius integrál nem létezik (divergens. 47

48 6. Feladat: + x dx Megoldás: A deníció alapján: lim a dx lim dx lim [arctg x] + x a a + x a a [arctg ( arctg (a] arctg ( lim Felhasználva, hogy: ( π ( π π 4 4 a [arctg (a] arctg ( π 4 és lim x [arctg (x] π 7. Feladat: + 4x dx Megoldás: Most az egyik integrációs határ sem véges. Ilyen esetben a feladatot visszavezetjük az el z esetekre. Ha f függvény folytonos és c egy tetsz leges valós szám, valamint c f(xdx és c f(xdx improprius integrálok külön-külön léteznek, akkor c f(xdx f(xdx + f(xdx c El ször végezzük el a primitív függvény keresését. + 4x dx arctg x dx + C + (x Legyen most c. + 4x dx + 4x dx + + 4x dx Határozzuk meg külön-külön az improprius integrálokat. lim a [ arctg x dx lim dx lim + 4x a a + 4x a [ ] arctg arctg a arctg ] a [ ] arctg a lim a 48

49 ( π π 4 b [ ] arctg x b dx lim dx lim + 4x b + 4x b [ arctg b lim arctg ] [ ] arctg b lim arctg b b ( π π 4 Mindkét improprius integrál külön-külön létezik (végesek a határértékek, tehát létezik a keresett integrál is és + 4x dx + 4x dx + + 4x dx π 4 + π 4 π Megjegyzés: A feladat kicsit egyszer bben is megoldható, ha felhasználjuk, hogy c f(xdx f(xdx + f(xdx c F (c lim F (a + lim F (b F (c a b lim F (b lim F (a b a feltéve, hogy a két határérték külön-külön létezik. 8. Feladat: [ arctg x dx lim + 4x a,b arctg b lim b e x dx lim a arctg a Megoldás: El ször keressünk primitív függvényt. ] b a π 4 + π 4 π Alkalmazzuk az alábbi integrálási szabályt: F (ax + b f(ax + b + c ahol F (x f(x a Ebben az esetben: ax + b x és a e x dx e x 49 + C e x + C

50 Használjuk fel, hogy c f(xdx f(xdx + f(xdx c Legyen most c. e x dx e x dx + e x dx Határozzuk meg külön-külön az improprius integrálokat. [ ] e x dx lim e x dx lim e x a a a a ] lim [e a e a Felhasználva, hogy: e lim a [ ] e a e e ha a a e a Felhasználva: e x dx lim b [ lim b e b e b ] e x dx lim [ lim e b b [ ] e x b b ] e ha a a e a A két improprius integrál közül csak az egyik létezik, ezért e x dx nem létezik (divergens. 9. Feladat: (x + dx Megoldás: Vegyük észre, hogy az integrandus nincs értelmezve az x, pontban és ezen pont jobboldali környezetében nem korlátos. lim x + (x + ( + Deníció: Ha f : ]a, b] R függvény az ]a; b] intervallumon folytonos, de nem korlátos az a pont környezetében és b lim f(xdx ɛ a+ɛ 5

51 határérték létezik (véges, akkor b a b f(xdx lim f(xdx ɛ a+ɛ Kezdjük a határozatlan integrál megadásával: (x + dx dx lim (x + ɛ lim ɛ (x + dx +ɛ [ ɛ + (x + + c x + + c [ dx lim (x + ɛ x + ] + + ] +ɛ Mivel a határérték nem véges, az improprius integrál nem létezik. x. Feladat: dx x 5 Megoldás: Egy improprius integrált kell meghatároznunk, mivel az integrandus nincs értelmezve x pontban, és ezen pont jobboldali környezetében nem korlátos, azaz: lim x + x lim ( x 5 x + x + Most is kezdjük azzal, hogy elvégezzük a határozatlan integrálást. x dx x 5 x dx x dx x + c x + c A primitív függvényt ismerjük, számoljuk ki az improprius integrált, ha létezik. x dx x 5 x [ lim x ] ɛ +ɛ lim ɛ dx lim ɛ dx +ɛ x ] [ + + ɛ + lim ɛ [ ɛ ] + A határérték véges, az improprius integrál létezik és: x dx x 5 5

52 . Feladat: x dx Megoldás: Egy improprius integrált kell meghatározni, mert az integrandus nincs értelmezve x helyen, és ezen hely baloldali környezetében a függvény nem korlátos. lim x x ( + Deníció: Ha f : [a, b[ R függvény a b pont környezetében nem korlátos, de az [a, b[ intervallumon folytonos és b ɛ lim ɛ a határérték létezik (véges, akkor Ennél a feladatnál b a x f(xdx lim f(xdx ɛ b ɛ a ɛ dx lim ɛ f(xdx x dx lim ɛ [arcsin x] ɛ lim ɛ [arcsin( ɛ arcsin ] arcsin arcsin π π... Összetett feladatok. Feladat: xe x dx Megoldás: Egy folytonos függvény improprius integrálját keressük, mivel a fels integrálási határ. El ször helyettesítéssel végezzük el a határozatlan integrál keresését: t x dt dx x dt x dx xe x dx x e x dx e t dt et + c ex + c 5

53 A primitív függvény segítségével határozzuk meg az improprius integrált. b [ xe x dx lim xe x dx lim ] b b b e x [ e b + ] [ e lim b felhasználva: lim b e b ha b akkor b és ] + + e b. Feladat: x ln x dx Megoldás: A fels integrációs határ, egy improprius integrált keresünk. El ször adjuk meg határozatlan integrált. Felhasználva, hogy: f n (xf (xdx f n+ (x n + + c n ezért, ha f(x ln x, akkor f (x x, tehát x ln x dx ln x x dx ln x + c ln x + c Az improprius integrál: lim b felhasználva:. Feladat: b x ln dx lim x b [ ln b + ln x ln x ] lim b [ dx lim b [ ln b + ln ln ha b ln b + e x dx ] b ln x ] + ln ln b 5

54 Megoldás: A fels integrációs határ miatt egy folytonos függvény improprius integrálját keressük. b b + e x e x dx lim dx lim + ex b + ex b + e x dx b lim ( ex b + e x dx lim [x ln( + e x ] b b [ ] lim b ln( + e b + ln( + e b [ ] lim b ln( + e b + ln b Egy típusú határértéket kaptunk, használjuk fel, hogy b ln e b [ lim ln e b ln( + e b b ] e b + ln lim ln b e b + + ln felhasználva: Tehát ha b + ln ln e b e b + ln e b e b + ln dx ln + ex x 4. Feladat: + x dx Megoldás: Az alsó integrációs határ, egy improprius integrált keresünk. A primitív függvény meghatározásával kezdjük. Az integrandus egy nem valódi racionális tört, alakítsuk ki a számlálóban a nevez t, majd egyszer sítsünk. x x ( + x dx + + x dx + x dx x dx lim + x a lim a x arctg x + c x dx lim + x [x arctg a x] a a [ arctg ( a + arctg (a] arctg ( lim [a arctg (a] a A határérték nem véges, ezért az improprius integrál nem létezik (divergens. 54

55 5. Feladat: + 6x + x dx Megoldás: Az alsó integrációs határ, egy improprius integrált keresünk. El ször adjunk primitív függvényt. Az integrandus egy valódi racionális tört. A számláló egy konstans, a nevez ben lév kifejezés diszkriminánsa pedig negatív (D 6, tehát a polinom nem írható fel szorzatalakban. Ilyen esetben az integrandust teljes négyzetté alakítással. + 6x + x dx Helyettesítéssel folytatva: alakúra kell hozni. Kezdjük + (ax + b + (x + dx t x + dt dx dt dx + (x + dx dt arctg t + c arctg (x + + c + t Az improprius integrál: dx lim + 6x + x a a + 6x + x dx lim [arctg (x + ] a a lim [arctg ( arctg (a + ] a lim ( [arctg (a + ] π π a felhasználva: 6. Feladat: ha a a + arctg (a + π Megoldás: x + x dx El ször végezzük el a primitív függvény keresését. Az integrandus egy valódi racionális tört. Vegyük észre, hogy a számlálóban b vítéssel kialakítható a nevez deriváltja. Mivel ( + x 6x, b vítsünk 6-tal. x + x dx 6 6x + x dx 6 ln + x + C 55

56 Mivel + x >, ezért az abszolútértéket a továbbiakban elhagyhatjuk. Használjuk fel, hogy c f(xdx f(xdx + f(xdx c ahol c egy tetsz leges valós szám, legyen most c. x + x dx x + x dx + x + x dx Határozzuk meg külön-külön az improprius integrálokat. lim a x dx lim + x a a felhasználva: [ 6 ln 6 ln( + a [ ] x dx lim + x a 6 ln( + x a ] [ ] lim a 6 ln( + a ha a + a ln( + a Mivel már az els határérték nem véges ezért x dx impro- + x prius integrál nem létezik (divergens. 7. Feladat: x + 4 dx x Megoldás: Egy improprius integrált kell meghatároznunk, mivel az integrandus nincs értelmezve x pontban, és ezen pont jobboldali környezetében nem korlátos, azaz: Használjuk fel, hogy: x + lim x + 4 x ( + x + ( 4 dx x x 4 dx x x x c 4 4 x x + c x + 4 dx lim x ɛ +ɛ 56 x + 4 dx x

57 [ ] 4 4 lim x ɛ [ 4 4 x lim +ɛ ɛ ] 4 ɛ ɛ Tehát 8. Feladat: x x dx x + 4 dx 8 x Megoldás: Egy improprius integrált kell meghatározni, mert az integrandus nincs értelmezve x helyen, és ezen hely baloldali környezetében a függvény nem korlátos. lim x x x ( + A primitív függvény keresésénél alkalmazzuk az alábbi integrálási szabályt: f n (xf (xdx f n+ (x + c ha n n + x dx x( x dx x Most f(x x és f (x x ( x ( x ( xdx x + c Találtunk primitív függvényt, vizsgáljuk meg az improprius integrált. x x Tehát ɛ dx lim ɛ x x dx [ lim ] ɛ x ɛ [ lim ( ɛ + ] + ɛ [ lim ] ɛ ɛ + + ɛ x x dx 57

58 9. Feladat: 9 x dx Megoldás: Az integrandus egyik integrációs határnál sincs értelmezve, és mindkét határ környezetében a függvény nem korlátos. Válasszuk ki a [, ] intervallum egy tetsz leges bels pontját, például -t. Tehát most két határértéket fogunk felírni, és ezeknek külön-külön végesnek kell lenniük, csak akkor létezik a keresett improprius integrál. A primitív függvény megadásával kezdjük. dx dx 9 x x 9 arcsin( x + c arcsin( x + c dx 9 x 9 x [ ( x ] ɛ lim arcsin ɛ [ lim arcsin ɛ felhasználva: ha ɛ + ɛ A másik határérték: [ ( x ] lim arcsin ɛ ( ɛ 9 x +ɛ dx lim lim dx + 9 x ɛ ɛ [ arcsin dx ( x 9 x dx 9 x dx ( ɛ arcsin ɛ ] arcsin arcsin π ( ] ( + ɛ arcsin arcsin π dx lim ɛ lim ɛ +ɛ [ arcsin arcsin( ( 9 x dx ( π arcsin π ( ] + ɛ Tehát 9 x dx π + π π Megjegyzés Ha gyelembe vesszük, hogy az integrandus egy páros függvény, akkor elég lett volna egy határértéket kiszámolni, mert: dx 9 x dx π 9 x π 58

59 x. Feladat: (x dx Megoldás: Ebben az esetben az integrandus x pontban nincs értelmezve, és ezen pont jobb és baloldali környezetében nem korlátos. Ezért a keresett improprius integrált bontsuk fel két improprius integrál összegére. x (x dx x (x dx + x (x dx Tehát most is két határértéket kell felírnunk, és mindkett nek végesnek kell lenniük, ellenkez esetben nem létezik a keresett improprius integrál. Kezdjük most is a határozatlan integrállal. x (x dx (x x dx Folytassuk helyettesítéssel. t x t dt t Az els improprius kiszámolása: dt dx x x dx lim (x ɛ dt x dx + c x + c ɛ x (x dx [ lim ] ɛ [ x lim ( ɛ ] ɛ ɛ ] [ lim ( ɛ ɛ ] [ lim ɛ ɛ ɛ A második improprius kiszámolása: x dx lim (x ɛ + + +ɛ x (x dx [ lim ] [ x lim 8 ] ( + ɛ ɛ +ɛ ɛ ] [ lim ( + ɛ ɛ 59 [ 6 lim ɛ + ɛ] ɛ

60 6 6 Tehát x (x dx x (x dx+ x dx +6 9 (x 6

61 . Lineáris algebra.. Vektortér... Alapfeladatok. Feladat: Határozzuk meg 5a, b, c és 5a b + c vektorokat, ha Megoldás: a (; ; ; 4; b (; ; ; ; 7 c ( ; ; 7; 9;. 5a 5 (; ; ; 4; (; 5; 5; ; b (; ; ; ; 7 ( ; ; ; ; 7 c ( ; ; 7; 9; ( ; ; 7 ; 9 ; 5a b + ( c 5 ; 9 ; 4 ; 5 ; 7. Feladat: Határozzuk meg 4a, (b c, a + b, a b és a, c kifejezések értékét, ha a (; ; ; 4; Megoldás: Mivel ezért b (; ; ; ; 7 c ( ; ; 7; 9;. 4a 4 (; ; ; 4; (; 4; ; 6;, 4a + ( Ha felhasználjuk, hogy λa λ a, akkor a számolás egyszer bben is elvégezhet. 4a 4 a 4 + ( Mivel b c (; ; ; ; 7 ( ; ; 7; 9; 6

62 (5; ; ; ; 4, ezért (b c (b c 5 + ( + ( + ( Mivel ezért a + b (; ; ; ; 7 a b ( ; ; 5; 5; 7, a + b, a b ( + ( ( ( 7 9 Mivel és így a (; ; ; 4; (; ; 6; 8; c (; ; 7; 9;, a, c + ( ( + 6 ( ( 9 + Ha felhasználjuk, hogy λa, c λ a, c, a számolás másképp is elvégezhet. a, c a, c [ ( + ( ] 56. Feladat: Határozzuk meg a, 5b, c és a b + 4c vektorokat, ha 5 a 5 b 4 c 4. Megoldás: a 5 5b

63 a b + 4c c Feladat: Határozzuk meg a, a b, a, c és a, 4c kifejezések értékét, ha a 5 b 4 c 5 4. Megoldás: a + + ( 5 + a b a b ( + ( + ( a, c 5 + ( 4 + ( 5 + a 5 4c 6 8 a, 4c ( + ( ( Egyszer bb a számolás, ha felhasználjuk, hogy a, 4c 4 a, c ( 4( 5 5. Feladat: Adjuk meg a (; ; ; 4;, b (; ; ; ; 7, c ( ; ; 7; 9; vektorok λ 4 λ 7 λ 6

64 együtthatókkal képzett lineáris kombinációját. Megoldás: Az a, b, c vektorok λ, λ, λ valós számokkal képzett lineáris kombinációja a λ a + λ b + λ c vektor, ami ennél a feladatnál 4a 7b c ( 4; 5; 9; 4; Feladat: Bizonyítsuk be, hogy az alábbi sorvektorok lineárisan függetlenek. c (; c (4; Megoldás: A két vektor lineárisan független, ha lineáris kombinációjuk a zérusvektort csak a triviális módon állítják el. Azaz x c + x c egyenl ség csak akkor teljesül, ha x és x. Felhasználva, hogy x c + x c x (; + x (4; (x + 4x ; x + x (; Két vektor akkor egyenl, ha koordinátáik rendre megegyeznek, azaz x + 4x x + x Ezt az egyenletrendszert kell megoldanunk. Ha az els egyenlet -szeresét hozzáadnánk a másodikhoz, akkor x x Behelyettesítve az els egyenletbe kapjuk, hogy x. Tehát csak a triviális csupa megoldás létezik, vagyis tényleg lineárisan független a két vektor. 7. Feladat: Lineárisan függetlenek-e az alábbi formulákkal megadott függvények? (a x + x, x + 6, x (b e x, sh x, ch x,, e x (c ln( + e x e, x,, ln x + e x + 64

65 Megoldás: (a Nézzük meg, hogy a polinomok lineáris kombinációja a -t hogyan állítja el, azaz milyen a, b, c R esetén teljesül a következ egyenl ség: ax + (a + bx + cx + 6b a Írjuk fel a jobboldalt is egy harmadfokú polinommal. ax + (a + bx + cx + 6b a x + x + x + Két polinom akkor egyenl, ha együtthatóik rendre megegyeznek. és a, a a + b b c Tehát csak a b c esetén teljesül az egyenl ség, így a három polinom lineárisan független. (b Mivel e x sh x + ch x, így e x sh x + ch x + + e x. Vagyis az egyik elem el áll a többi lineáris kombinációjaként, azaz összefügg ek. (c Vegyük észre, hogy e ln x + e x + ln e x + e x + ln e x + e x (e x + ln e x x Így x ln( + e x e + + ( ln x + e x +, tehát összefügg ek. 8. Feladat: Vizsgáljuk meg,hogy az alábbi vektorok lineárisan összefügg ek vagy függetlenek-e. Ha összefügg ek írjuk fel az egyik vektort a másik kett lineáris kombinációjaként. b Megoldás: b 7 b 5 Az a kérdés, hogy x b + x b + x b milyen x, x és x valós számok esetén teljesül? x + x + x

66 Írjuk fel a koordinátákra vonatkozó egyenleteket: x + x x + x x 7x 5x A harmadik egyenletb l adódik, hogy x. Behelyettesítve a negyedik és els egyenletbe kapjuk, hogy x x. Tehát csak a triviális megoldás létezik, a három vektor lineárisan független. 9. Feladat: Állítsuk el a Q(x x + 8x + polinomot a P (x x + x, P (x x, P (x 5 polinomok lineáris kombinációjaként. Megoldás: Határozzuk meg, hogy milyen a, b, c R számok esetén teljesül, hogy ap (x + bp (x + cp (x Q(x azaz a(x + x + b(x + 5c x + 8x + Rendezzük a baloldali polinomot. ax + (b + ax b + 5c x + 8x + Két polinom megegyezik, ha az azonos fokszámú kifejezések együtthatói rendre megegyeznek, azaz a, a + b 8 b és Tehát b + 5c c P (x + P (x + P (x Q(x... Összetett feladatok. Feladat: Vizsgáljuk meg,hogy az alábbi vektorok lineárisan összefügg ek vagy függetlenek-e. Ha összefügg ek írjuk fel az egyik vektort a másik kett lineáris kombinációjaként. a (; ; a (; ; 5 a (8; ; 66

67 Megoldás: Meg kell nézni, hogy milyen x, x és x valós számok esetén teljesül az alábbi egyenl ség: x a + x a + x a x (; ; + x (; ; 5 + x (8; ; Írjuk fel a koordinátákra vonatkozó egyenl ségeket: x + x + 8x x + x x x + 5x + x Oldjuk meg az egyenletrendszert. Küszöböljük ki a második és harmadik egyenletb l x -t. (a lépés: Az els egyenlet ( - szorosát adjuk hozzá a második egyenlethez. (b lépés: Az els egyenlet ( - szeresét adjuk hozzá a harmadik egyenlethez. Az új egyenletrendszer: x + x + 8x 5x 5x x + 5x Vegyük észre, hogy a harmadik egyenlet ( 5- szöröse a második egyenlet, nem hordoz új összefüggést az ismeretlenekre vonatkozóan. Azaz csak két egyenletünk van. x + x + 8x x + 5x A második egyenletb l fejezzük ki például x -t az x -vel. Persze ezt fordítva is megtehettük volna, de akkor törtekkel kellene számolni. x 5x Ezt helyettesítsük be az els egyenletbe: x + ( 5x + 8x x x Az egyenletrendszer megoldása: x x x 5x és x tetsz leges valós szám 67

68 Végtelen sok megoldást találtunk, ebb l válasszunk ki egyet. Például legyen x. Ekkor x x 5 Tehát vektoregyenletnek létezik a triviálistól eltér megoldása, azaz a három vektor lineárisan összefügg ek. A köztük lév kapcsolat: Fejezzük ki a vektort: a 5a + a a a + 5a Megjegyzés: Vegyük észre, ha x -nak más értéket adtunk volna, akkor a másik két ismeretlen értéke is más lenne, de a lineáris kapcsolat minden esetben az el z egyenlet valahányszorosa lenne.. Feladat: Vizsgáljuk meg, hogy az alábbi vektorok lineárisan függetleneke. a a a Megoldás: Nézzük meg milyen x, x, és x valós számok esetén teljesül, hogy x a + x a + x a? x 4 + x + x A koordinátákra vonatkozó egyenl ség: Oldjuk meg az egyenletrendszert x + x x x x + x + 5x 4x x 6x x + 6x El ször válasszunk ki egy egyenletet, aminek a segítségével a többib l eltüntetjük x ismeretlent. Ehhez válasszuk a második egyenletet. 68

69 Cseréljük fel az els két egyenletet. (Másik egyenletet is választhattuk volna, de ezzel az egyenlettel a legegyszer bb a számolás. x x x + x x + x + 5x 4x x 6x x + 6x (a Az els egyenlet ( -szeresét adjuk hozzá a második egyenlethez. (b Az els egyenletet adjuk hozzá a harmadikhoz. (c Az els egyenlet ( 4-szeresét adjuk hozzá a negyedik egyenlethez. (d Az utolsó egyenletben nincs x, végeztünk a kiküszöböléssel. x x x + x x + 4x x x x + 6x Vegyük észre, hogy az utolsó három egyenlet a második egyenlet többszörösei. Így ezek új információt nem adnak az ismeretlenekr l. Elég csak az els két egyenletet vizsgálni. Az egyenletrendszer megoldása: x x x + x x x x x és x R Tehát kaptunk a triviálistól eltér más megoldást is, a három vektor lineárisan összefügg. Legyen x, ekkor x és x 4, ekkor a 4a + a. Feladat: Vizsgáljuk meg, hogy az alábbi oszlopvektorok egy 4 dimenziós vektorteret alkotnak-e. b b b b

70 Megoldás: A megadott négy oszlopvektor akkor feszíti ki egy 4 dimenziós vektorteret, ha lineárisan függetlenek. Tehát az a kérdés, hogy x b + x b + x b + x 4 b 4 milyen x, x, x és x 4 valós számok esetén teljesül? x + x + x + x 4 4 Írjuk fel a koordinátákra vonatkozó egyenleteket: x + x + x x 4 x + x + x 4 x x + x 4 x + x + 4x 4 Ezt az egyenletrendszert kell megoldani. Vegyük észre, hogy a második és negyedik egyenletben nem szerepel x. Az els egyenletb l pedig el tudjuk tüntetni x -t, ha a harmadik egyenlet -szorosát hozzáadjuk az els egyenlethez. Az új egyenletrendszer: 4x + x + x 4 x + x + x 4 x x + x 4 x + x + 4x 4 Rendezzük át az egyenletrendszerünket, cseréljük fel az els és harmadik egyenletet: x x + x 4 x + x + x 4 4x + x + x 4 x + x + 4x 4 Foglalkozzunk csak az utolsó három egyenlettel és próbáljuk csökkenteni az ismeretleneket. A második egyenlet ( 4- szeresét adjuk hozzá a harmadik egyenlethez. Majd a második egyenlet ( - szeresét adjuk hozzá a negyedik egyenlethez. Az új egyenletrendszer: x x + x 4 x + x + x 4 7x x 4 x + x 4 7

71 A negyedik egyenlet ( 7- szeresét adjuk hozzá a harmadik egyenlethez. x x + x 4 x + x + x 4 8x 4 x + x 4 A harmadik egyenlet szerint x 4. Ezt behelyettesítve a negyedik egyenletbe: x. A behelyettesítéseket folytatva kapjuk, hogy x és x. Tehát csak a triviális megoldás létezik, a négy vektor lineárisan független. 4. Feladat: Állítsuk el b oszlopvektort a, a és a oszlopvektorok lineáris kombinációjaként., ha b a a Megoldás: Oldjuk meg a következ vektoregyenletet: x a + x a + x a b x x + x x x x x + x Cseréljük fel az els és harmadik egyenletet. x + x x x x x x + x a Elimináljuk x ismeretlent a második és harmadik egyenletb l. x + x x x 7 x 5x 7 A harmadik egyenlet ( - szeresét adjuk hozzá a második egyenlethez. x + x x + x + x 7 x 5x 7 A második egyenlet egy nyilvánvaló ellentmondás, tehát az egyenletrendszernek nincs megoldása. Ez pedig azt jelenti, hogy b vektor nem állítható el a, a és a vektorok lineáris kombinációjaként.. 7

72 Megjegyzés Ha megnézzük ennek az az oka, hogy a, a és a vektorok lineáris összefügg ek, így a három vektor dimenziós tér helyett csak egy dimenziós alteret feszítenek ki. A vizsgált b vektor pedig nem illeszkedik ebbe az altérbe. (A három vektor függetlenségének vizsgálatánál majdnem ugyanez egyenletrendszer írnánk fel, csak a jobb oldalán lév konstansok rendre nullák lennének, a megoldás menete ugyanaz, az egyenletrendszernek végtelen sok megoldása lenne, ez pedig a, a és a vektorok lineáris függ ségét jelenti. 5. Feladat: Benne van-e a b (4; 7; 9 vektor az a (; ; és a (; ; 5 vektorok által generált altérben? Megoldás: Akkor lesz b vektor a és a vektorok alterében, ha a és a lineárisan függetlenek és b el állítható a másik két vektor lineáris kombinációjaként. Azaz x a + x a b Másképp x (; ; + x (; ; 5 (4; 7; 9 A koordináták egyenl sége: x + x 4 x + x 7 x + 5x 9 Küszöböljük ki x ismeretlent az utolsó két egyenletb l. x + x 4 5x 5 x Az utolsó két egyenlet szerint x. Az els egyenletbe behelyettesítve x adódik. Tehát b vektor el állítható a másik két vektor lineáris kombinációjaként, a + a b így b benne van az a és a vektorok által generált altérben... Mátrixok... Alapfeladatok. Feladat: Legyen A ( B ( 4 7

73 Határozzuk meg A + B, A B, A, B, A B,A T és (B T T mátrixokat. Megoldás: A deníciók alapján ( A + B ( 4 6 ( ( 4 A B 4 ( ( ( 6 A 4 ( 9 B ( ( A B A + ( B 4 8 A T ( (B T T B 4. Feladat: Legyen ( A 7 B ( ( 5 C 8 Határozzuk meg A + B + C, 5A + B 7C, A T 4B 6C T, mátrixokat. Megoldás: A + B + C 5A + B 7C Mivel ezért A T A T 4B 6C T ( ( ( 7 C T ( 5 8 ( ( ( (

74 . Feladat: Határozzuk meg AB, BA, (ABA, A(BA és A mátrixokat, ha ( ( A B 7 Megoldás: Mivel A és B -es mátrixok, a sorok és oszlopok száma azonos, a szorzások elvégezhet ek tehát AB ( tehát BA ( 4 Vegyük észre, hogy AB BA, azaz a mátrixok szorzása nem kommutatív tehát (ABA ( tehát A(BA ( Vegyük észre, hogy ABA A(BA (ABA, azaz teljesül a mátrixok szorzásra vonatkozó asszociatív tulajdonság tehát A ( Feladat: Legyen A B

75 Határozzuk meg azt az X mátrixot, amelyre A + X 5B teljesül. Megoldás: Az egyenletet átrendezve kapjuk, hogy X 5B A Feladat: Legyen A ( B C ( Határozzuk meg AB + C, AB + B, CB + A és BC + A T mátrixokat. Megoldás: A mátrixok különböz típusúak, ezért els lépésben mindig meg kell nézni, hogy vajon a kijelölt m velet elvégezhet -e? AB + C vizsgálata: A B ( ( AB ( Mivel A mátrix oszlopainak száma megegyezik B mátrix sorainak számával, azaz a bels indexek azonosak, a szorzás elvégezhet, a küls indexek pedig meghatározzák a szorzatmátrix típusát. Valamint AB ( + C ( AB + C ( azaz AB és C mátrixok azonos típusúak, ezért AB + C m velet elvégezhet. Készítsük el AB szorzáshoz a táblázatot AB + C ( tehát AB ( + ( ( AB + B vizsgálata: Mivel AB ( + B ( 75

76 A két mátrix típusa különböz, az összeadás nem végezhet el. (BA vizsgálata: B ( A ( BA ( A bels indexek azonosak, BA szorzat létezik. A m velet eredménye egy négyzetes mátrix, így (BA m velet is elvégezhet tehát BA tehát (BA CB + A vizsgálata: Mivel C ( B ( a bels indexek nem egyeznek meg, a m velet nem végezhet el. BC + A T vizsgálata: Mivel és a m velet elvégezhet. Számolás: B ( BC ( + AT ( C ( BC ( BC + AT ( 76

77 tehát BC Az eredmény: BC + A T Feladat: Határozzuk meg AB, BA, és CA szorzatokat,ha 4 A B ( ( C Megoldás: El ször nézzük meg a szorzások elvégezhet ek-e.. Mivel A B ( ( AB ( a bels indexek azonosak a szorzás elvégezhet tehát AB 4 4 Mivel B A ( ( BA ( a bels indexek azonosak, a szorzás elvégezhet. 4 - tehát BA ( Mivel C A ( ( CA ( a bels indexek azonosak, a szorzás elvégezhet. 77

78 tehát CA ( 5 7. Feladat: Határozzuk meg AA T és A T A mátrixokat, ha ( A 5 Megoldás: A bels indexek megegyeznek, a m veletek elvégezhet ek. A T ( 5 ( ( ( AA T ( ( ( A T 9 A Vegyük észre, hogy AA T A T A, de mindkett szimmetrikus. 8. Feladat: Határozza meg az AB és B T A mátrixokat, ha 5 A 8 B 4 Megoldás: AB B T A ( ( Feladat: Határozza meg az AB és B T A T mátrixokat, ha ( x A B y 5 z 78

79 Megoldás: AB ( 5 B T A T ( x y z x y z 5. Feladat: Végezzük el a következ szorzást: Megoldás: ( x y ( ( x y ( ( x y ( x y + z 5y + z ( x y + z 5y + z ( x y ( x + y x + y ( x y x + xy + xy + y x + xy + y. Feladat: Mutassuk meg, hogy (AB T B T A T, ha ( ( 5 A B 4 Megoldás: AB B T A T ( ( 5 4 ( (AB T 4 ( ( 5 4 Valóban teljesül, hogy (AB T B T A T ( 4 ( 4 79

80 ... Összetett feladatok ( 4. Feladat: Legyen A és B 5 Határozzuk meg ((A B (A B mátrixot. Megoldás: ( 7 4 ((A B (A B (A B A + B A + 6B ( ( ( Feladat: Legyen A Határozzuk meg (A + A mátrixot... Megoldás: El ször határozzuk meg A mátrixot. A + A Végül határozzuk meg (A + A mátrixot Az eredmény: (A + A

81 . Feladat: Legyen A és B 5 4. Határozzuk meg AB B mátrixot. Megoldás: Mivel Tehát AB B Egyszer bb a számolás, ha észrevesszük, hogy AB B (A BB. 4. Feladat: Határozzuk meg AB és AC mátrixokat, ha 5 A Megoldás: B C

82 Tehát AB AC De ebb l nem következik B C egyenl ség. 5. Feladat: Határozzuk meg (ABC és A(BC mátrixokat, ha A ( B 5 C 4 Megoldás: El ször nézzük meg, hogy a m velet elvégezhet -e. A B C ( ( 4 (4 ABC ( Az egymás mellett lév bels indexek megegyeznek, ezért a szorzások elvégezhet ek. Ebben az esetben használjuk fel, hogy a mátrixok szorzása asszociatív, azaz (ABC A(BC, így elég csak (ABC mátrixot kiszámolni. Határozzuk meg AB szorzatot

83 Határozzuk meg (ABC mátrixot Tehát (ABC A(BC Feladat: Határozzuk meg AA T és A T A mátrixokat, ha A Megoldás: Egy négyzetes mátrix adjungáltja is vele azonos típusú négyzetes mátrix, így a szorzások elvégezhet ek Tehát AA T A T A

84 Vegyük észre, hogy önadjungált (szimmetrikus mátrixokat kaptunk, de AA T A T A 7. Feladat: Bizonyítsuk be, hogy ha egy A M n n négyzetes mátrixot akár jobbról, akár balról szorozzuk meg transzponáltjával, az eredmény mindig egy szimmetrikus mátrix lesz. Megoldás: Négyzetes mátrixok esetén AA T és A T A mátrix is létezik. Felhasználva a transzponálásra vonatkozó (AB T B T A T azonosságot: (AA T T (A T T A T AA T és (A T A T A T (A T T A T A Ha pedig egy mátrix egyenl a transzponáltjával, akkor ez azt jelenti, hogy a mátrix szimmetrikus. Tehát AA T és A T A mátrix is szimmetrikus. 8. Feladat: Keressünk olyan (valós elem J M mátrixot, melyre J I, ahol I egy egységmátrix. Megoldás: A J M mátrixot keressük a következ alakban: ( a b J c d ahol a, b, c, és d valós számok. Ekkor ( J a + bc ab + bd ac + cd d + bc a + bc ac + cd ab + bd d + bc ( Az els és utolsó egyenletb l következik, hogy a d, azaz a d vagy a d. Másrészt, ha Tehát c és b. a + bc akkor bc (a Ha a d és c, akkor ac + cd ac azaz a d 84

85 Ha a, akkor bc. Tehát a feltételnek megfelel mátrixok például: ( ( ( Az a d esetben szintén d a és bc feltételek adódnak. Megjegyzés: A J I egyenl ség a komplex i egyenl ség pontos megfelel je. Ily módon a komplex számok egyértelm en reprezentálhatók -es mátrixokkal. ( Feleltessük meg a z a + ib komplex a b számnak a Z : ai + bj mátrixot, akkor ez a megfeleltetés összeg- és b a szorzattartó. 9. Feladat: Igazoljuk, hogy ha A, B M n n tetsz leges négyzetes mátrixok, akkor sp(ab sp(ba, ahol sp(m jelöli az M mátrix f diagonálisában álló elemek összegét, azaz a mátrix nyomát. Megoldás: sp(ab n j k n (ab kk k n b jk a kj n k j n a kj b jk n (ba jj sp(ba. Feladat: Az el z feladat eredményének felhasználásával igazoljuk, hogy az AB BA I egyenl ség semmilyen négyzetes A, B mátrixokra nem teljesül. j Megoldás: Ugyanis sp(ab BA sp(ab sp(ba, míg sp(i n... Determinánsok... Alapfeladatok. Feladat: Határozzuk meg a következ determinánsok értékét cos x sin x sin x cos x a + b a b a b a + b 85

86 Megoldás: ( 6 cos x sin x sin x cos x cos x + sin x a + b a b. Feladat: Legyen A a b a + b (a + b (a b 4ab ( 7 9 és B ( 4 Határozzuk meg det(b A, det(ab, det(b és det(aa T értékét. Megoldás: Másképp: B A ( 4 ( 7 9. ( det (B A 4 ( 6( 8 44 ( ( ( 7 AB det (AB det (AB det (A det (B 6 69 ( ( ( B det (B 7 49 Másképp: det (B (det (B ( ( ( AA T det (AA T Másképp: det (AA T det (A det (A T (

87 . Feladat: Milyen x esetén teljesül a következ egyenl ség? x 8 Megoldás: Mivel ezért x 4. x 8 8 x 4. Feladat: Határozzuk meg a következ determináns értékét. Megoldás: ( + Az. sort hozzáadva a. sorhoz és. sor szerinti kifejtve. 5. Feladat: Határozzuk meg a következ determináns értékét. Megoldás: Az els sor szerinti kifejtést alkalmazásával. }{{} + }{{} + 6. Feladat: Határozzuk meg a következ determináns értékét! Megoldás: A számolás sokat egyszer södik, ha észrevesszük, hogy az. sor ( -szeresét hozzáadva a., majd a. sorhoz, akkor az utolsó sor a. sor kétszerese lesz, ez pedig azt jelenti, hogy a determináns értéke

88 7. Feladat: Határozzuk meg a következ determináns értékét. Megoldás: ( + 5( 5 ( 6( ( Feladat: Milyen y valós számra van megoldása a det(a yi egyenletnek, ha ( 6 A 7 és I a egységmátrix. Megoldás: Írjuk fel el ször A yi mátrixot. ( ( ( 6 y 6 A yi y 7 7 y A következ determináns alakban adott egyenletet kell megoldani: y 6 7 y azaz ( y( y 4 y y 4 Gyökképlettel megoldva:... Összetett feladatok y, ± ± y 8 és y 5. Feladat: Számítsuk ki a következ determináns értékét a. sor, majd a. oszlop szerint Megoldás: 88

89 Vegyük észre, hogy a. sor szerint kifejtés sokat egyszer södne, ha három lenne a sorban. Egyik megoldás, ha a 4 elemet kinulláznánk. Ennek módja, ha a determináns 4. oszlopának ( - szeresét hozzáadjuk a. oszlophoz ( +4 5 Ha az. sort hozzáadjuk a. sorhoz és a. oszlop szerint fejtjük ki: ( 8 ( ( + 88 Most végezzük el a számolást a. oszlop szerint. Az ötlet legyen szintén ugyanaz, legyen minél több nulla a megfelel oszlopban, ezért az. sort adjuk hozzá a 4.-hez: Majd az. sor ( 8-szorosát adjuk hozzá a. sorhoz. ( oszlop szerint kifejtve: }{{} Feladat: Oldjuk meg x-re a következ egyenletet. x 5 x x 89

90 Megoldás: El ször határozzuk meg a determináns értékét. Írjuk fel az. oszlop szerinti kifejtést: x 5 x x }{{} x }{{} x x( 5 + ( x 8x Tehát a következ egyenletet kell megoldanunk: 8x x x x. Feladat: Oldjuk meg x-re a következ egyenletet. x 4 9 x Megoldás: Megint kezdjük a determináns értékének meghatározásával. Írjuk fel az. oszlop szerinti kifejtést: x 4 9 x x }{{} x 4 9 }{{} }{{} 6 x + 5x 6 A következ egyenletet kell megoldani: Gyökképlettel megoldva: x + 5x 6 x s x 4. Feladat: Milyen y valós számra van megoldása a det (A yi egyenletnek, ha 4 A? 9

91 Megoldás: Írjuk fel el ször A yi mátrixot. 4 A yi y 4 y y y Oldjuk meg a következ egyenletet: 4 y y y Els oszlop szerinti kifejtéssel: Olvassuk le a megoldásokat: (4 y(( y (4 y(y y y(4 y(y y y 4 y.4. Lineáris egyenletrendszerek.4.. Alapfeladatok. Feladat: Jelentse A egy lineáris egyenletrendszer mátrixát és B a b vített mátrixát. Határozzuk meg AB, BA és A mátrixokat, ha Megoldás: 5x 4x x + x 7. A ( 5 4 B ( AB szorzat meghatározása:

92 Tehát AB ( BA szorzat nem létezik, mivel B mátrix oszlopainak száma nem egyezik meg az A mátrix sorainak számával. A mátrix meghatározása: Tehát A ( Feladat: Jelentse A egy lineáris egyenletrendszer mátrixát és B a b vített mátrixát. Határozza meg det (A A T, det (AA T és det A kifejezések értékeit, ha Megoldás: 5x 4x x + x 7. Tehát ( ( 5 4 A A T 5 4 ( ( ( A A T det (A A T det (AA T det A det A T 69 det (A det A det A 69. Feladat Lineáris egyenletrendszerek megoldásánál Gauss eliminálással a következ táblázatokat kaptuk.olvassuk le a megoldásokat. (a Táblázat x x x b

93 Megoldás: Írjuk fel a táblázathoz tartozó egyenletrendszert. x + x + x 6 x x 7 x Az utolsó egyenletb l tudjuk, hogy x. Ezt behelyettesítve a második egyenletbe, kapjuk, hogy x 5. Ha x és x értékét behelyettesítjük az els egyenletbe, kapjuk, hogy x. Tehát a megoldás: x, x 5 és x (b Táblázat x x x b 5-4 Megoldás: Írjuk fel a táblázathoz tartozó egyenletrendszert! x + 5x + x x + x x + x + x 4 Az utolsó egyenlet egy nyilvánvaló ellentmondás, így nincs megoldása az egyenletrendszernek. Vegyük észre, hogy a csupa nullától különböz sorok száma az egyenletrendszer mátrixában kett, a b vített mátrixban pedig három. Megjegyzés: Általában is kimondható, ha Gauss eliminálással kialakult a fels háromszög alak és a csupa nullától különböz sorok száma nem egyezik meg az egyenletrendszer mátrixában és a b vített mátrixban, akkor nincs megoldása az egyenletrendszernek. (c Táblázat x x x b -4 5 Megoldás: Kezdjük az egyenletrendszer felírásával. x 4x + x 5 x + x x + x + x 9

94 Az utolsó egyenletet elhagyhatjuk, nem ad új információt az ismeretlenekre. Csak két egyenletünk maradt. x 4x + x 5 x + x Fejezzük ki a második egyenletb l az egyik ismeretlent a másik segítségével. Bármelyiket választhatnánk, de a törtek elkerülése miatt fejezzük ki inkább x -t x -vel. x 4x + x 5 x x A kapott kifejezést helyettesítsük be az els egyenletbe és x -t is adjuk meg x segítségével: x 5 + 4x ( x x + 8x Végtelen sok megoldást kaptunk: x + 8x x x és x R Megjegyzés: A továbbiakban, ha látjuk, hogy az eliminálás során fels háromszög mátrix kialakult és az egyenletrendszer mátrixában és b vített mátrixban a csupa nullától különböz sorok száma azonos, de kisebb, mint az ismeretlenek száma, akkor az mindig azt jelenti, hogy végtelen sok megoldás van. (d Táblázat x x x x 4 b Megoldás: Most két csupa nulla sor miatt csak két egyenletünk maradt és van négy ismeretlenünk. Ez azt jelenti, hogy végtelen sok megoldásunk van. x + x x + x 4 x + x + 6x 4 A második egyenletb l az egyik ismeretlent, például x -t, fejezzük ki a másik kett segítségével x 4 x x 4 94

95 Helyettesítsük be a kapott kifejezést az els egyenletbe! x (4 x x 4 + x x x + x 4 Az egyenletrendszer végtelen sok megoldása: x 6 + 4x + x 4 x 4 x x 4 és x, x 4 R 4. Feladat: Lineáris egyenletrendszerek megoldásánál Gauss-Jordan módszerrel a következ táblázatokat kaptuk. Olvassuk le a megoldásokat. (a Táblázat x x x b Megoldás: A f átlóban egyesek vannak, minden más elem nulla. Az eliminálást befejeztük. A táblázat a következ egyenl ségeket írja le: x 6 x 7 x (b Táblázat x x x b 4 Megoldás: A táblázat utolsó sora szerint: x + x + x 4 ez egy nyilvánvaló ellentmondás, tehát nincs megoldása az egyenletrendszernek. (c Táblázat x x x b Megoldás: Kialakult a fels háromszög mátrix. A csupa nullától különböz sorok száma az egyenletrendszer mátrixában és b vített mátrixban azonos (, de kisebb, mint az ismeretlenek száma (, tehát végtelen sok megoldás van. 95

96 Az egyik ismeretlen szabadon választható, legyen x t. Ekkor az utolsó sor megfelel oszlopába írjunk -t, a b vít oszlop utolsó sorába pedig t-t. Majd folytassuk az eliminációt tovább, a f átlóban legyenek egyesek, minden más elem pedig legyen nulla. x x x b x x x b t x x x b -t -t t Most már leolvasható a megoldás: x t x t x t és t R Oldjuk meg a feladatot úgy is, hogy x legyen a szabadon választható ismeretlen, azaz legyen x i. Most az utolsó sor második eleme legyen, és a b vít oszlop utolsó eleme pedig i. x x x b x x x b -i i x x x b t x x x b -+i -i i A táblázat szerint a megoldás: x + i x i x i és i R Úgy t nik, hogy most más eredményt kaptunk. Ha i t helyettesítést elvégeznénk, akkor a megoldás el z alakjához jutunk. Tehát a megoldáshalmaz ugyanaz, csak i és t különböz értékei állítják el ugyanazt a megoldást. Ha a szabadon válaszható ismeretlennek x -t választjuk, ugyanezt az eredményt kapjuk. (d Táblázat: x x x b 4 Megoldás: Kialakult a fels háromszög mátrix. A csupa nullától különböz sorok száma az egyenletrendszer mátrixában és b vített mátrixban azonos (, de kisebb, mint az ismeretlenek száma (, tehát végtelen sok megoldás van. 96

97 Az utolsó sor szerint x azaz x. Így a szabadon választható ismeretlen csak x és x lehet. Legyen x t. El ször cseréljük fel a második és harmadik sort. Majd a második sorban a elem legyen és a b vít oszlopban jelenjen meg t. x x x b 4 x x x b 4 t x x x b 4 Most már folytatható az eliminálás. A. sor ( -szeresét adjuk hozzá az els sorhoz. Tehát a megoldás: x x x b 4-t t x x x b -t t x x x b -t t x t x t x és t R Oldjuk meg a feladatot, ha a szabadon választható ismeretlen x, azaz legyen x i. x x x b 4 x x x b i 4 x x x b 4 x x x b i 4 - i 97

98 Tehát a megoldás: (e Táblázat: x x x b i - i x i x i x x x b i i x x x x b - 5 és i R Megoldás: Kialakult a fels háromszög mátrix. A csupa nullától különböz sorok száma az egyenletrendszer mátrixában és b vített mátrixban azonos (, de kisebb, mint az ismeretlenek száma (, tehát végtelen sok megoldás van. De most két szabadon választható ismeretlenünk is van. Több választási lehet ség van, mi nézzük meg azt az esetet, amikor x t és x i x x x b - 5 Folytatva az eliminálást: Tehát a megoldás: x x x b - 5-t t i x x x b - 5 t i x x x b 5-t+i t i x 5 t + i x t x i t R és i R 5. Feladat: Milyen a esetén van pontosan egy megoldása a következ inhomogén egyenletrendszernek? x + x 7 ax + 4x Megoldás: Egy inhomogén lineáris egyenletrendszernek akkor van pontosan egy megoldása, ha az egyenletrendszer mátrixának determinánsa nem, azaz det (A. 98

99 Most ( A a 4 ( det A det 8 a a 4 Az egyenletet megoldva a 8 adódik. Ez azt jelenti, hogy ha a 8 az egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van. Ha a 8, akkor ennél a feladatnál az egyenletrendszernek éppen nincs megoldása. 6. Feladat: Milyen a esetén van pontosan egy megoldása a következ egyenletrendszernek? ax 4x x + 7x Megoldás: Egy homogén lineáris egyenletrendszernek akkor van pontosan egy, a triviális csupa megoldása, ha az egyenletrendszer mátrixának determinánsa nem, azaz det (A. Most ( a 4 A 7 ( a 4 det A det 7a 7 Az egyenlet megoldása: a. Ez azt jelenti, hogy ha a 7 7, akkor csak a triviális megoldás létezik, ha a, akkor végtelen sok 7 megoldása van az egyenletrendszernek. 7. Feladat: Milyen a esetén van végtelen sok megoldása a következ homogén lineáris egyenletrendszernek? 5x x x ax + x x 6x + x + x Megoldás: Egy homogén lineáris egyenletrendszernek akkor van végtelen sok megoldása, ha az egyenletrendszer mátrixának determinánsa, azaz det (A. det (A det 5 a 6 det 5 + a 5 a 6 a 5 Második oszlop szerinti kifejtéssel, majd rendezve kapjuk, hogy: ((5(5 + a + 5(6 a 99

100 Ez azt jelenti, hogy a determináns értéke a-tól függetlenül mindig, tehát bármely a esetén csak egy, a triviális megoldás létezik. 8. Feladat: Vizsgáljuk meg, hogy az alábbi vektorok vajon lineárisan függ k vagy függetlenek. a 6 a a Megoldás: Arra vagyunk kíváncsiak, hogy az x a +x a +x a vektoregyenletnek vajon hány megoldása van. A vektoregyenlet felírható a következ homogén lineáris egyenletrendszerrel: x + x x x + x 6x + x + x Tehát az a kérdés, hogy a homogén lineáris egyenletrendszernek hány megoldása van. Ezt pedig az egyenletrendszer mátrixának determinánsa határozza meg. Most az egyenletrendszer mátrixa: A 6 Mivel Tehát az egyenletrendszernek és a vektoregyenletnek is csak a triviális csupa megoldása létezik, ezért a három vektor lineárisan független..4.. Összetett feladatok Oldjuk meg a következ inhomogén lineáris egyenletrendszereket Gauss eliminációval.. Feladat: x x + x x x x 6 x + x + x Megoldás: Dolgozzunk az egyenletrendszer b vített mátrixával. Az egyenletrendszer mátrixát fels háromszög mátrix alakúra kell hozni.

101 A b vített mátrix: B 6 Hozzuk létre a fels háromszög mátrixot. (a Elimináljunk az els oszlopban. A számolás egyszer bb, ha a elem éppen. Ezért cseréljük fel az. és. sorokat. ( (b Az. sor ( -szeresét adjuk hozzá a., majd a. sorhoz. Kielimináltuk az. oszlopot (c Végezzük el az eliminálást a. oszlopban. A. sor ( 5- szörösét adjuk hozzá a. sorhoz. Kialakult a fels háromszögmátrix Írjuk fel az egyenletrendszer új alakját! x x x 6 x + 7x 8x 56 Olvassuk le a megoldásokat! Az utolsó egyenletb l adódik, hogy: x A második egyenletb l, felhasználva, hogy x : x Behelyettesítve az els egyenletbe x és x értékeit kapjuk, hogy: Tehát a megoldás: x x x x

102 Oldjuk meg az egyenletrendszert Gauss-Jordan eliminációval is! Folytassuk az eliminálást a f átló felett is! A megengedett m veletekkel érjük el, hogy az egyenletrendszer mátrixának helyén egységmátrix jelenjen meg. Ügyeljünk arra, hogy a f átló alatti -k ne változzanak. Ezért a. oszlopban az utolsó sorral fogunk eliminálni. A könnyebb számolás miatt el ször egyszer sítsünk a. sorban! Lépéssorozat: (a lépés: A. sorban osztunk ( 8-cal. (b lépés: A. sor ( 7-szeresét hozzáadjuk a. sorhoz. (c lépés: A. sor -szorosát hozzáadjuk az. sorhoz. Kész a. oszlop. (d lépés: A. sor -szeresét hozzáadjuk az. sorhoz. Kész a. oszlop is. 6 7 Kialakult az egységmátrix az egyenletrendszer mátrixának helyén, tehát készen vagyunk az eliminálással. Le kell még olvasni a megoldásokat: x x x A kapott értékeket visszahelyettesítve az eredeti egyenletrendszerbe, számolásunkat ellen rizhetjük.. Feladat: x x + x x + x x 9 x + x + x Megoldás: Írjuk fel az egyenletrendszer b vített mátrixát! B 9 Gauss módszert alkalmazva: Alakítsuk ki a fels háromszög mátrixot

103 4 4 Kész a fels háromszög mátrix. Írjuk fel az egyenletrendszer új alakját! x x + x x + x x Mivel x, a második egyenletbe helyettesítve: x Az els egyenletbe helyettesítve a kapott értékeket: Tehát: Gauss- Jordan módszerrel: x x x x Nullázzuk ki a f átló feletti elemeket! Az eliminálást elvégeztük, leolvasható a megoldás: x x x Az eredeti egyenletrendszerbe behelyettesítve kapjuk, hogy jól számoltunk.. Feladat: x x x 4 x + 4x x x x + 4x Megoldás: A b vített mátrix: 4 B 4 4 Gauss- Jordan módszerrel megoldva: Alakítsuk ki a fels háromszög mátrixot!

104 A könnyebb számolás miatt a. sor ( -szeresét adjuk hozzá az. sorhoz, majd elimináljunk az els oszlopban Vegyük észre, hogy a számolás egyszer bb, ha az eliminálást a. oszlopban folytatjuk, azaz a. sor ( 7-szeresét hozzáadva a. sorhoz és utána cseréljük fel a. és. sort Elimináljunk a második oszlopban: 5 7 A megoldás: x x x 4. Feladat: x x + x x + x 4x 4 x x + x Megoldás: A b vített mátrix: B 4 4 Gauss módszerrel megoldva: Fels háromszögmátrix kialakítása: Mivel a. sor a. sor kétszerese, ezért az utolsó eliminálásnál a. sor csupa lett. 4

105 Írjuk fel az új egyenletrendszert: x x + x 6x x Három ismeretlenünk van, de csak két egyenletünk maradt az eliminálás után, az egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van. Fejezzük ki az egyik ismeretlent, például x -t x - mal: x + x 6 + 5x Helyettesítsük be a kifejezést az els egyenletbe és rendezzük az egyenletet x -re! x + ( + 5x x 5 + x Az egyenletrendszer végtelen sok megoldása: x 5 + x x + 5x Gauss- Jordan módszerrel megoldva: Fels háromszög mátrix kialakítása: és x R Mivel a csupa nullától különböz sorok száma az egyenletrendszer mátrixában és a b vített mátrixban is kett és ez kisebb, mint az ismeretlenek száma, végtelen sok megoldás van. Az egyik ismeretlen szabadon választható. Legyen x t. 5 t t + 5t t 5 t + 5t t 5 + t + 5t t

106 A megoldás: x 5 + t x + 5t Egy megoldás a végtelen sok közül, ha: x t és t R t x x x 5. Feladat: x + x x + x 4 8 x x + x x 4 x x + x x 4 8 x x + x A b vített mátrix: B Mivel a csupa nullától különböz sorok száma az egyenletrendszer mátrixában és a b vített mátrixban is három, de ez kisebb, mint az ismeretlenek száma, végtelen sok megoldás van. A. sor szerint x 4. Így a szabadon választható ismeretlenek: x, x vagy x lehet. Legyen most x a szabadon választható ismeretlen, azaz x t. Cseréljük fel az utolsó két sort A f átlóban lév b helyére írjunk be -t és a b vít oszlop. eleme helyére pedig t-t és folytassuk az eliminálást! t 4 6 t 6 + t t 6 6

107 A megoldás: 6 + t t x x 6 + t x t x 4 és t R A végtelen sok megoldás közül adjuk meg azt a megoldást, ha t : 6. Feladat: x x 9 x x 4 x + x x + x 4 x + x + x + x 4 4 4x + x + 5x 5 x + 4x 4x + x 4 Megoldás: A b vített mátrix: B Fels háromszög kialakítása: Vegyük észre, hogy a. sor többszörösei a. és 4. sor! Folytatva az eliminálást két csupa sor alakul ki Most két ismeretlent fogunk szabadon választani. Legyen x t és x 4 t t t t t t t 7

108 4 t + 4t 5 + 4t 7t t t Olvassuk le a megoldást: (4 + t t /5 ( + 4t 7t /( 5 t t x 4 + t t 5 x 4t + 7t 5 x t x 4 t és t, t R 7. Feladat: x + x + x + x 4 x + x + x + x 4 x + x + 6x + x 4 x + 4x + x + x 4 Megoldás: A b vített mátrix: B Fels háromszög kialakítása: Kész a fels háromszög alak, leolvasható, hogy x 4. A harmadik egyenletb l adódik, hogy x. Folytatva a behelyettesítéseket kapjuk, hogy x x x x 4, tehát csak a triviális megoldás létezik. Ugyanerre a következtetésre jutunk, ha kiszámoljuk az egyenletrendszer mátrixának determinánsát

109 9 Mivel det (A, tehát az egyenletrendszernek csak a triviális megoldása létezik. Megjegyzés: Vegyük észre, hogy ugyanazokkal a m veletekkel számoltunk mindkét esetben. 8. Feladat: Megoldás: A b vített mátrix: x x + x + x 4 x x x + x 4 x + x + x x 4 x + x x x 4 B Fels háromszög kialakítása: (.+4. ( (.+. ( (.+. (.+4. Fels háromszög kialakult, a csupa nullától különböz sorok száma kisebb, mint az ismeretlenek száma, végtelen sok megoldás van. Az egyik ismeretlent szabadon választhatjuk. Legyen most x 4 t és folytassuk az eliminálást t t (

110 7 5t t t t 7 5t t/ t ( 4.+. ( t 7 5t t t t/ t/ t/ t t t/ t/ t Innen az egyenletrendszer megoldása leolvasható: x t x t x t x 4 t és t R./(.+. A megoldásban a törteket elkerülhettük volna, ha ügyesebben választunk szabadon választható ismeretlent. Legyen x l l l 5 7l l l Tehát a megoldás: 4l l l l l 5 7l l l l l l l x l x l x l x 4 l és l R 9. Feladat: Vizsgáljuk meg, hogy b és c milyen értékei mellett van az alábbi egyenletrendszernek végtelen sok megoldása vagy egyértelm megoldása, illetve milyen b és c esetén nincs megoldás? x + x 5x + x 4 8 x x 6x 4 9 x x + x 4 5 x + 4x 7x + cx 4 b

111 Megoldás: A b vített mátrix: B Fels háromszög kialakítása: c b Elimináljuk az els oszlopot c b c + 6 b c b Az els oszlop kész, de a. oszlopban nincs vagy. A számolást törtekkel folytatódna. Ahhoz, hogy ezt elkerüljük,. sor ( - szorosát adjuk hozzá a. sorhoz c + 6 b c 4 b c 4 b c 5 b 9 A táblázatból leolvasható, ha c 5 és b 9, akkor nincs megoldása az egyenletrendszernek. Ha c 5 és b 9, akkor végtelen sok megoldás van. Ha c 5 és b tetsz leges valós szám, akkor pontosan egy megoldás van.. Feladat: Írjuk fel a b 4 vektort az a a a 6

112 lineárisan független vektorok lineáris kombinációjaként! Megoldás: Azt szeretnénk megtudni, hogy milyen x, x és x ismeretlenek esetén teljesül az x a + x a + x a b vektoregyenlet. A vektoregyenlet a következ inhomogén lineáris egyenletrendszernek felel meg: x + x x x + x 4 6x + x + x Oldjuk meg Gauss-Jordan eliminációval az egyenletrendszert! A b vített mátrix: B ( /( Olvassuk le az egyenletrendszer megoldását! Tehát a b a + a 7a 4 7 x x x 7 ( 8.+. (.+.

113 . Feladat: Írjuk fel a b a a vektort az vektorok lineáris kombinációjaként! a 7 7 Megoldás: Nézzük meg, hogy milyen x, x és x ismeretlenek esetén teljesül az x a + x a + x a b vektoregyenlet. A vektoregyenlet a következ inhomogén lineáris egyenletrendszerrel írható fel: x x + 7x x + x 7x x + x x Oldjuk meg Gauss-Jordan eliminációval az egyenletrendszert! A b vített mátrix: 7 7 A középs sor szerint: B x + x + x ami nyilvánvaló ellentmondás, tehát b vektor nem állítható el a megadott három vektorral ( 7.+. (.+. (

114 .5. Inverzmátrix.5.. Alapfeladatok. Feladat: Határozzuk meg a következ mátrix inverzét. ( 5 4 ( a b Megoldás: Tudjuk, hogy ha A, akkor c d Most det (A. ( A d b det (A c a Tehát 4 A ( ( 4. Feladat: Bizonyítsuk be, hogy A mátrix a B 7 5 mátrix inverze. ( Megoldás: Az állítás igaz, mivel AB BA I teljesül, ahol I egységmátrix.. Feladat: Határozzuk meg a következ mátrix inverzét. 5 A 7 Megoldás: Mivel det (A 5 van inverz. Készítsük el a táblázatot. Az A mátrix mellé írjunk egy vele azonos típusú egységmátrixot: 5 7 A Gauss elimináció sorm veleteivel érjük el, hogy a táblázat baloldalán jelenjen meg az egységmátrix. Ha jól számoltunk, akkor a táblázat jobboldalán megkapjuk az inverz mátrixot. 4

115 Tehát a mátrix inverze: 5 7 A Feladat: Határozzuk meg a következ mátrix inverzét. A 5 Megoldás: Mivel det (A van inverz. Készítsük el a táblázatot. A sorok rendezésével a f átló alatt csak nullák vannak. 5 5 F átló felett is csak nullák legyenek: 5 5 A

116 5. Feladat: Határozzuk meg λ értékét úgy, hogy következ mátrixnak legyen inverze. λ 7 4 Megoldás: A mátrixnak van inverze, ha determinánsa nem nulla, azaz λ det 7 4 A determinánst második sora szerint kifejtve: λ det ( 4λ 7 4 Tehát ha λ 5 a mátrixnak van inverze. 6. Feladat: Határozzuk meg x értékét úgy, hogy következ mátrixnak ne legyen inverze! x x x 6 Megoldás: Az osztás miatt a megoldást az x valós számok halmazán keressük. A mátrixnak nincs inverze, ha determinánsa nulla. Az els sor szerinti kifejtéssel: det x x x 6 Rendezzük a kapott egyenletet! Gyökképlettel megoldva: x (6 x + ( x x + 6 x, ± + 4 ± 5 x és x Tehát a mátrixnak nincs inverze, ha x vagy x. 6

117 7. Feladat: Milyen p paraméter esetén van inverze a következ mátrixnak? 4 p 6 p p Megoldás: Ha a mátrix determinánsa nem nulla, akkor van inverz. Az utolsó sort vonjuk ki az els sorból, majd használjunk utolsó oszlop szerinti kifejtést. det 4 p 6 p p det ( 4+4 p det p det Rendezve az egyenletet: 6 p p p 6 p 4 4 p((p + p(p 4 ha p vagy p 8 Tehát a mátrixnak van inverze, ha p vagy p Összetett feladatok. Feladat: Határozzuk meg a következ mátrix inverzét. A Megoldás: El ször nézzük meg, hogy van-e inverze a mátrixnak. Határozzuk meg det (A értékét. Az utolsó sort hozzáadva az. sorhoz, majd. sor szerint kifejtve: det A ( Tehát det (A, van inverze a mátrixnak. 7

118 Az inverzet Gauss eliminációval fogjuk megoldani. Készítsük el a kiindulási táblázatot. Els lépésben cseréljük fel az. és.-t.majd végezzük el az els oszlop eliminálását. Az. sor ( -szeresét adjuk hozzá a. sorhoz, majd az. sor -szeresét adjuk hozzá a. sorhoz. Kialakult a fels háromszögmátrix. A baloldali mátrix f átlója felett folytassuk az eliminálást. Szorozzuk meg ( -gyel az. sort. A baloldali mátrix helyén kialakult az egységmátrix, akkor a jobboldali mátrix lesz a keresett inverz mátrix, Tehát A. Feladat: Határozzuk meg az a következ mátrix inverzét. 4 A 5 6 Megoldás: El ször nézzük meg, hogy van-e inverze a mátrixnak. Határozzuk meg a determinánsát. Vegyük észre, hogyha az. oszlop ( - szeresét hozzáadjuk a. oszlophoz, akkor. oszlop szerint kifejtve a determinánst: det det ( (6 5

119 tehát a determináns nem nulla, van inverze az A mátrixnak. Írjuk fel a Gauss eliminációhoz tartozó táblázatot Az. sor ( -szeresét adjuk hozzá a. és. sorhoz. 4 A. sor ( -szeresét adjuk hozzá a. sorhoz. 4 Kész a fels háromszögmátrix a baloldali mátrixnál, elimináljunk a f átló felett. A. sort adjuk hozzá az, és. sorhoz. 4 A. sor 4- szeresét adjuk hozzá az. sorhoz. Szorozzuk meg az utolsó sort ( -gyel. Tehát A Számolásunkat ellen rizzük le: Tehát jól számoltunk

120 . Feladat: Határozzuk meg az a következ mátrix inverzét. A Megoldás: El ször nézzük meg, hogy van-e inverze a mátrixnak. Határozzuk meg a determinánsát. A. sort adjuk hozzá a. sorhoz. det det Az. oszlop ( -szeresét adjuk hozzá a. oszlophoz. Az els sor szerinti kifejtés helyett célszer lenne a f átló felett kieliminálni. A. oszlop ( -szeresét adjuk hozzá a 4. oszlophoz. det det A utolsó sort adjuk hozzá a. sorhoz. det 4 6 Tehát van inverz. Gauss eliminációval megoldva: Elimináljunk a f átló alatt:

121 4 Elimináljunk a f átló felett, kezdjük a 4. oszloppal : Tehát A /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 / / / / / / / / /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 / / /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 / Feladat: Határozzuk meg (A mátrixot, ha A.

122 Megoldás: A Inverz meghatározása: (A Oldjuk meg a feladatot másképp is Vegyük észre, hogy (A (A. Most határozzuk meg el ször az A mátrix inverzét.

123 Az inverz: 5 A (A Feladat: Igazoljuk, hogy ha A, B M n n felcserélhet reguláris mátrixok, akkor A és B is felcserélhet ek, azaz A B BA. B és A is felcserélhet ek, azaz B A AB. A és B is felcserélhet ek, azaz A B B A. Megoldás: Legyen C A B, akkor CA A BA A AB B, innen C BA Legyen C B A, akkor CB B AB B BA A, innen C AB A B (BA (AB B A. 6. Feladat: Bizonyítsuk, be hogy ha A M n n reguláris mátrix szimmetrikus, akkor az A mátrix inverze is szimmetrikus. Megoldás: Tudjuk, hogy A mátrix szimmetrikus, azaz A T A és létezik inverze, azaz van olyan A -gyel jelölt mátrix, amelyre A A AA I. Ekkor I I T (A A T A T (A T A(A T

124 Így (A T A Vagyis A inverzmátrix is szimmetrikus..6. Sajátérték és sajátvektor.6.. Alapfeladatok. Feladat: Írja fel az A mátrix karakterisztikus polinomját. 4 5 Megoldás: Egy A mátrix karakterisztikus polinomja det (A λi, ami ebben az esetben egy harmadfokú polinom λ-ra nézve. A λi λ λ λ det (A λi det Harmadik oszlop szerinti kifejtéssel: λ λ 4 λ 5 λ λ 4 λ 5 λ 4 λ + (5 λ λ 4 λ (4 λ + (5 λ( λ(4 λ Rendezve: λ + 9λ 5λ Tehát A mátrix karakterisztikus polinomja: det (A λi λ + 9λ 5λ. Feladat: Határozzuk meg a következ mátrix sajátértékeit. ( 4 Megoldás: 4

125 . megoldás Az A mátrix sajátértékei a det (A λi karakterisztikus polinom gyökei. Ebben az esetben a karakterisztikus polinom λ egy másodfokú polinomja lesz: Ennek keressük meg a gyökeit: det (A λi λ 4 λ ( λ( λ + 4 λ λ λ λ λ, ± + 8 λ λ Tehát a mátrixnak két sajátértéke van:. megoldás: λ és λ Ha λ és λ az A M mátrix sajátértékei, akkor bebizonyítható, hogy λ + λ sp(a és λ λ det (A, ahol spa jelenti A mátrix f átlójában lév elemeinek összegét. Ebben az esetben Tehát sp(a + ( és det (A λ + λ és λ λ Fejezzük ki λ -t λ -vel az els egyenletb l, majd helyettesítsük be a másik egyenletbe. λ λ Rendezve az egyenletet: ( λ λ λ λ A kapott egyenlet megoldva a sajátértékek: λ és λ 5

126 . Feladat: Az alábbi vektorok közül válasszuk ki azokat, amelyek az A mátrix sajátvektorai, ha ( ( ( ( 4 A, a 6 7 5, b és c 5 7 Megoldás: Egy a vektor akkor sajátvektora az A mátrixnak, ha λ R és Aa λa egyenl ség teljesül, azaz az A mátrix az a vektort önmagának valahányszorosába viszi át. Aa ( ( ( ( Tehát A mátrix az a vektort önmagának -szeresébe vitte át, ezért sajátvektor és hozzátartozó sajátérték éppen. Vizsgáljuk meg b vektort: ( ( 4 5 Ab ( 5 5 ( 5 5 Tehát A mátrix az b vektort önmagába vitte át, ezért sajátvektor és hozzátartozó sajátérték éppen. Vizsgáljuk meg a c vektort: ( 4 Ac 6 7 ( 7 ( 9 ( 9 Ebben az esetben vektor nem írható fel a c vektor többszöröseként, tehát a c vektor nem sajátvektor. 4. Feladat: Keresse meg az A mátrix λ sajátértékéhez 5 tartozó sajátvektorát. Megoldás: Egy sajátértékhez tartozó sajátvektor meghatározásának els lépése, hogy felírjuk a det (A λis homogén lineáris egyenletrendszert, amelynek megoldásaként kapjuk a keresett s sajátvektort. Nagyon fontos, hogy egy homogén lineáris egyenletrendszernek a triviálistól eltér megoldásait keressük. Ebben az esetben keressük a sajátvektort s s s s A homogén lineáris egyenletrendszer mátrixegyenlete : det (A + Is alakban. 6

127 5 7 s s s Írjuk fel a homogén lineáris egyenletrendszert. A triviálistól eltér megoldások: 5s s 7s s s 5s s R és t Ha elvégezzük az s t helyettesítést, a megoldás felírható a következ alakban: s t s 5t t R és t s Végtelen sok megoldást kaptunk, tehát végtelen sok sajátvektor tartozik λ sajátértékhez. De ezek csak egy konstansban térnek el egymástól. A sajátvektor:. Megoldás: s λ t 5t t 5 t Oldjuk meg a feladatot Gauss-Jordan módszerrel is. Ebben az esetben az egyenletrendszer b vített mátrixa: 5 7 A mátrix fels háromszög alakú, egy csupa nulla sorral. Ez azt jelenti, hogy végtelen sok megoldás van. Az egyik ismeretlen szabadon választható, legyen s t. 5 t Gauss-Jordan eliminálást alkalmazva: 5t t 7 t 5t

128 Az egyenletrendszer nem triviális megoldásai: s t s 5t s t R és t A sajátvektor: s λ t 5t t 5 és t Számolásunkat ellen rizni tudjuk. Válasszunk ki egy vektort a végtelen sokból és ha teljesül rá a As s egyenl ség, akkor jól számoltunk. Legyen most t, ekkor 5 tehát jól számoltunk Feladat: Határozzuk meg a következ mátrix sajátértékeit és sajátvektorait. 4 Megoldás A karakterisztikus egyenlet: 5 λ 4 λ λ ( λ(4 λ( λ A sajátértékek: λ λ 4 λ A sajátvektor, ha λ : 5 s s s Az egyenletrendszer: s 5s 8

129 Az egyenletrendszer nem triviális megoldásai: s s és s R és s A sajátvektor, ha λ : t s λ t Hasonlóan levezetve: s λ4 t t.6.. Összetett feladatok s λ t R és t t t t. Feladat: Határozzuk meg a következ mátrix sajátértékeit és sajátvektorait. ( 4 Megoldás Írjuk fel a mátrix karakterisztikus polinomját és keressük meg a gyökeit: det (A λi λ 4 λ ( λ( λ + 4 λ λ λ, ± + 8 ± λ λ Tehát a mátrixnak két sajátértéke van: λ és λ Keressük meg a sajátértékekhez tartozó s Ha λ ( s s sajátvektorokat: A keresett sajátvektor a következ homogén lineáris egyenletrendszer megoldásaként adódik: ( ( ( s (A Is 4 4 s 9

130 Az egyenletrendszer b vített mátrixa: ( 4 4 Gauss eliminációt alkalmazva kapjuk: ( Kialakult a csupa nulla sor, végtelen sok megoldás van, legyen a szabadon választható ismeretlen s t ( ( t t t Az egyenletrendszer nem triviális megoldásai: s t és s t t R és t A sajátvektor: s λ ( t t ( t t Számolásunkat ellen rizzük: ( ( 4 ( Sajátérték meghatározása, ha λ. ( A keresett sajátvektor most a következ egyenletrendszer megoldásaként adódik: ( ( ( 4 s (A + Is 4 s Az egyenletrendszer b vített mátrixa: ( 4 4 Gauss eliminációt alkalmazva kapjuk: ( 4 A szabadon választható ismeretlen legyen s t: ( ( ( 4 4 t t/4 t t t

131 Az egyenletrendszer nem triviális megoldásai: s t 4 s t t R és t A sajátvektor: s λ ( t 4 t t ( 4 t Számolásunkat ellen rizzük, ha t 4: ( ( ( ( 4. Feladat: Keressük meg a következ mátrix sajátértékeit és sajátvektorait, ha A Megoldás: Kezdjük a sajátérték meghatározásával, írjuk fel a karakterisztikus polinomot: A λi λ λ λ det (A λi λ λ λ A karakterisztikus polinom. sor szerinti kifejtéssel: λ[( λ ] λ(λ + λ λ (λ + Ennek a harmadfokú polinomnak a gyökei: λ λ és λ. Tehát A mátrix sajátértékei: λ λ és λ A sajátértékeket ismerjük, keressük meg a hozzájuk tartozó sajátvektorokat: Ha λ λ

132 A sajátvektor egy homogén lineáris egyenletrendszer megoldásaként adódik, amelynek együtthatómátrixa: A I Látható, hogy az egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van. S t, ha az. sort hozzáadjuk a. sorhoz, akkor most nem csak egy, hanem két csupa nulla sor van. Ebben az esetben két ismeretlen is szabadon választható. Legyen s u és s v. u v Az egyenletrendszer megoldása: u u v s u s u s v u, v R A λ λ sajátértékhez tartozó sajátvektor: u s λ u v feltéve, hogy u és v egyszerre nem egyenl -val. Számolásunkat ellen rizzük le. Legyen u és v, ekkor s. Tehát jól számoltunk. Megjegyzés:Ebben az esetben megadható két lineárisan független megoldás is.

133 Ha u, akkor Ha v, akkor Vegyük észre, hogy Ha λ s s v u u v u + ( Írjuk fel a homogén lineáris egyenletrendszer mátrixát, amelynek megoldásaként adódik a keresett sajátvektor. A + I Ha az. sor ( -szeresét hozzáadjuk a. sorhoz, kialakult a csupa nulla sor, végtelen sok megoldás van. Legyen s t. Olvassuk le a megoldásokat: t t t A megoldás: A sajátvektor: s λ s t s t s t t t t R és t Számolásunkat ellen rizzük:

134 . Feladat: Határozzuk meg az alábbi mátrix sajátértékeit és sajátvektorait. 8 A Megoldás:Írjuk fel a karakterisztikus polinomot és keressük meg a gyökeit: 8 λ A λi λ λ Fejtsük ki a determinánst a második sora szerint. det (A λi 8 λ λ λ ( λ[(8 λ( λ + 6] Rendezzük a kapott egyenletet: Ha λ, akkor λ. Ha λ λ +, akkor ( λ(λ λ + λ, ± ± Tehát a mátrix sajátértékei: λ, λ 5 és λ 6 Sajátértékek meghatározása: Ha λ A homogén lineáris egyenletrendszer együtthatómátrixa: 6 A I B vített mátrix: 6 El ször cseréljük fel az els és utolsó sort. Majd adjuk a. sort. sorhoz. Utána az. sor -szeresét adjuk hozzá a. sorhoz. 4

135 6 6 Végül a. sor ( -szorosát adjuk a. sorhoz. Az egyenletrendszer mátrixa fels háromszög alakú. Kialakult egy csupa nulla sor, végtelen sok megoldás van. Az eliminálást folytatva látható,hogy s s, a szabadon választható ismeretlen most csak s lehet. t Az egyenletrendszer megoldása: s s t s t R A sajátvektor: s λ t t t Számolásunkat ellen rizzük, legyen például t : 8 Ha λ 5 A megoldandó homogén lineáris egyenletrendszer együtthatómátrixa: A 5 I B vített mátrix: 5

136 El ször osszuk el az. sort hárommal. Majd az. sor ( -szeresét adjuk hozzá a. sorhoz. Majd az. sor - szeresét adjuk hozzá a. sorhoz. Eliminálással elértük, hogy az egyenletrendszer mátrixa fels háromszög alakú. Kialakult a csupa nulla sor, végtelen sok megoldás van. Egy ismeretlen szabadon választható, legyen s t. t Az egyenletrendszer megoldása: t t t t t s t s t s t t R A sajátvektor: s λ5 t t t Számolásunkat ellen rizzük: 8 Ha λ 6 t t 5 A homogén lineáris egyenletrendszer együtthatómátrixa: A 6 I 4 B vített mátrix: 4 El ször az. sort vonjuk ki a. sorból. 6

137 Majd az. sort adjuk hozzá a. sorhoz. Majd a. sort osszuk el ( -vel. 4 Kialakult fels háromszög alak és egy csupa nulla sor, végtelen sok megoldás van. Egy ismeretlen szabadon választható, most legyen s t. 6t t t t t t Az egyenletrendszer megoldása: A sajátvektor: s λ6 s t s t s t t t t t t R Számolásunkat ellen rizzük, ha t t 6 4. Feladat: Mutassuk meg, hogy ha A M n n nilpotens mátrix, azaz létezik olyan N N, amelyre A N, akkor minden sajátértéke szükségképp. Megoldás: Legyen N N akkora, hogy A N. Ha most λ sajátértéke A-nak, a hozzátartozó sajátvektor pedig s, akkor As λs: innen A s λas λ s, A s λa s λ s, és így tovább, A N s λa N s λ N s. Mivel pedig A N, azért λ N s, innen s miatt szükségképp λ. 5. Feladat: Egy négyzetes A mátrixot antiszimmetrikusnak nevezünk, ha A T A. Igazoljuk, hogy ha A reguláris és antiszimmetrikus, akkor nem lehet valós sajátértéke. Megoldás: Tegyük fel, hogy λ egy valós sajátértéke A-nak. Legyen As λs (s. Szorozzuk meg az egyenl ség mindkét oldalát skalárisan s-sel: As, s λ s. Másrészt As, s s, A T s s, As λ s. Innen s miatt szükségképp λ, azaz a mátrix nem lehet reguláris. 7

138 6. Feladat: Legyen A M n n olyan mátrix, hogy minden sajátértékének abszolút értéke -nél kisebb. Igazoljuk, hogy ekkor I A reguláris. Megoldás: Ekkor ui. I A sajátértékei λ alakúak, ahol λ sajátértéke A-nak (valóban, ha As λs, akkor (I As s λs ( λs, és megfordítva, ha (I As ( λs, akkor ebb l As λs következik. Mivel pedig λ <, azért λ, tehát I A valóban reguláris. 7. Feladat:Van-e olyan -as valós elem mátrix, melynek sajátértékei az i, i és a i imaginárius számok? Megoldás: Nincs. A karakterisztikus polinom ui. egy pontosan -fokú polinom, melynek határértéke a -ben, a + -ben pedig + (ha a harmadfokú tag el jele pozitív ill. a -ben +, a + -ben pedig (ha a harmadfokú tag el jele negatív. Mindkét esetben legalább egy valós gyöke van (Bolzano tétele miatt, tehát nem lehet mindhárom sajátérték tiszta képzetes. Megjegyzés: Az eredmény onnan is adódik, hogy a karakterisztikus polinom valós együtthatós, így ismeretes, hogy gyökei valósak vagy konjugált komplex gyökpárokat alkotnak. A feladatban pedig nem ilyen gyökök vannak adva. 8. Feladat: Mutassuk meg, hogy a vektoriális szorzás mátrixának a mindig sajátértéke. Mi a hozzátartozó sajátvektor? Megoldás:Jelölje A M az x x a leképezés mátrixát, akkor Aa a a a. Tehát sajátérték, a hozzátartozó sajátvektor pedig épp az a vektor. 8

139 . Vektorgeometria.. M veletek dimenziós vektorokkal... Alapfeladatok. Feladat: Határozzuk meg a, b, 4 c és a b + 4 c vektorokat, ha a ( ; ; 4 b (; ; 7 c ( ; 9;. Megoldás: a ( ; ; 4 ( ; 9; b (; ; 7 ( ; ; 4 4 c 4 ( ; 9; ( 6; ; a b 4 c ( ; ;. Feladat: Határozzuk meg 7a, (b 4c, a + b, a b és a, 5b kifejezések értékét, ha Megoldás: a ( ; ; 4 b (; ; 7 c ( ; 9;. 7a 7( ; ; 4 (7; ; 8 7a (7 + ( + ( A feladat másképp is megoldható. Használjuk fel, hogy λa λ a ha λ R 7a 7 a 7 ( b 4c (; ; 7 ( 48; 6; (49; 6; 7 (b 4c ( 47 (49; 6; 7 ; 54; (47 ( (b 4c + (

140 A számolás kicsit egyszer bben is elvégezhet : (b 4c (b 4c 49 + ( a + b (, 6; 5 a b ( ; ; a + b, a b ( ( ( 9 Mivel a ( ; ; 4 (; 9; 5b 5(; ; 7 (5; ; 5 a, 5b 5 + ( 9 + ( 5 45 Végezzük el másképp is a számolást. a, 5b 5 a, b 5[( ] Feladat: Határozzuk meg a b, b a, a a és b a kifejezések értékét, ha a ( ; ; 4 Megoldás: b (; ; 7. a b i j k 4 7 i 4 7 j k b a i j k 7 4 i + j k (; ; i 7 4 j k i j + k ( ; ; a a i j k 4 4 i + j + k 4

141 Másképp a a a a sin Tehát bármely a vektor esetén a a vektor! b a i j k i j k 6 4i + j 6k b a 4 + ( + ( 6 84 A vektoriális szorzás m veleti tulajdonságait felhasználva a számolás egyszer bben is elvégezhet : b a (b a (a b 4i + j 6k b a Feladat: Határozzuk meg abc, bac és aba kifejezések értékét, ha a ( ; ; 4 b (; ; 7 c ( ; 9;. Megoldás: Az el z feladatban már kiszámoltuk, hogy Ezt felhasználva és a b (; ;. abc a b, c (; ;, ( ; 9; 5 bac b a, c ( ; ;, ( ; 9; 5. Másképp is elvégezhet a számolás. Ha a (a ; a ; a b (b ; b ; b c (c ; c ; c akkor abc vegyesszorzat a következ determináns értékével egyenl : abc a a a b b b c c c 4

142 Ebben az esetben abc és bac aba a b, a (; ;, ( ; ; 4 Az eredményt számolás nélkül is azonnal megkapható, mivel a b mer leges az a vektorra, így skaláris szorzatuk. 5. Feladat: A szögek tényleges meghatározása nélkül döntsük el, hogy az alábbi vektorok hegyes-, derék- vagy tompaszöget zárnak-e be egymással. ( a ( ; ; 4 b (; ; 7 ( a (4; ; b (; 9; ( a ( 5; ; b (; ; Megoldás: Ha a, b > a, b < a, b akkor a két vektor hegyesszöget zár be egymással akkor a két vektor tompaszöget zár be egymással akkor a két vektor mer leges egymásra ( a, b ( ; ; 4(, (; ; 7 7 > tehát a két vektor hegyesszöget zár be egymással ( a, b (4; ;, (; 9; 5 < tehát a két vektor tompaszöget zár be egymással ( a, b ( 5; ;, (; ; tehát a két vektor derékszöget zár be egymással 6. Feladat: Adjuk meg z értékét úgy, hogy a és b vektorok mer legesek legyenek egymásra, ha a (5; ; b (7; 4; z 4

143 Megoldás: Két vektor akkor és csak akkor mer leges egymásra, ha skaláris szorzatuk. Tehát úgy kell z értékét megválasztani, hogy a, b teljesüljön. a, b z z 9 Az a és b vektorok mer legesek egymásra, ha z Feladat: Határozzuk meg a következ vektorpárok szögét. ( a (7, ; 6 b (; ; ( a (; ; b (; ; ( a (; 7; b (; ; Megoldás: Legyen a két vektor által közbezárt szög α, ekkor cos α a, b a b ( Ha a (7, ; 6 b (; ;, akkor a, b Tehát derékszöget zárnak be, α 9. ( Ha a (; ; b (; ;, akkor a, b a b cos α a, b a b Tehát θ arccos ( π ( a (; 7; b (; ;, akkor Tehát α arccos a, b a 54 b 5 cos α a, b a b 7 7, 8 radián 79, 48 4

144 8. Feladat: Párhuzamos-e a következ két vektor? a (; ; b ( ; ; 6 Megoldás: Két vektor párhuzamos, ha az egyik vektor el áll a másik nullától különböz számszorosaként. Másképp, ha létezik olyan c valós szám, amelyre a c b. Most jól látható, hogy b a, tehát párhuzamosak. Vegyük észre, hogy ha a c b, akkor c a a a, azaz az b b b azonos index koordináták hányadosai egyenl ek. 9. Feladat: Párhuzamosak-e az alábbi vektorok? Ha nem, határozzuk meg a két vektor által kifeszített paralelogramma területének mér számát. a ( ; ; b (; ; 4 Megoldás: Ha az azonos index koordináták hányadosai egyenl ek, akkor az egyik vektor a másik számszorosa, azaz párhuzamosak. Ebben az esetben 4 Tehát nem párhuzamosak, a két vektort közös kezd pontba eltolva kifeszítenek egy paralelogrammát. Ezen terület mér száma a következ vektoriális szorzat abszolútértékével egyenl. Végezzük el a számolást: T p a b a b i j k 4 (4; 8; T p a b A keresett terület mér száma: Feladat: Vizsgáljuk meg, hogy egy egyenesre esnek-e az alábbi pontok. A(; ; B( ; ; C(5; ; 7 Megoldás: A három pont akkor illeszkedik egy egyenesre, ha AB és CB vektorok párhuzamosak.(természetesen másképp is választhattuk volna a vektorokat. 44

145 Ha a, b és c az A, B, C pontokba mutató helyvektorok, akkor Mivel AB b a ( ; 4; A három pont nem illeszkedik egy egyenesre. CB b c ( 6; 4; 7. Feladat: Adjuk meg C pont els és második koordinátáját, ha a harmadik koordináta 6 és C illeszkedik az A(; ; B( ; ; pontok által meghatározott egyenesre. Megoldás: Ha a három pont egy egyenesre illeszkedik, akkor a AB és AC vektorok párhuzamosak. Legyen C(x; y; 6. Ekkor AB ( ; 4; AC (x ; y ; 8 A párhuzamosság feltétele, hogy a megfelel koordináták hányadosai egyenl ek, azaz x y Az egyenleteket megoldva: x 7 és y 5 adódik. Tehát C( 7; 5; 6.. Feladat: Határozzuk meg az alábbi két pont távolságát! A(5; ; B(; ; Megoldás: Az A és B pontok távolsága megegyezik a BA vagy AB vektor hosszával: BA a b (4; ; 8. Feladat: Határozzuk meg az alábbi két pont által meghatározott szakasz F felezéspontját, majd az A -hoz közelebb es H harmadoló pontjának koordinátáit! A(5; ; B(; 6; Megoldás: Használjuk fel, hogy az F pontba mutató f helyvektor felírható a végpontokba mutató helyvektorok segítségével: 45

146 A F a f b B O f a + AB a + (b a a + b a (a + b Ha a (5; ; és b (; 6;, akkor f a + b (5; ; + (; 6; (7 ; ; A H B a h b O A H pontba mutató h helyvektor szintén felírható a végpontokba mutató helyvektorok segítségével: h a + AB a + (b a a + b a a + b Végezzük el a számolást. h (5; ; + (; 6; (4; ; Tehát a harmadoló pont koordinátái: H(4; ; 4. Feladat: Állítsuk el az a (4; ; vektorral azonos irányú és irányítottságú, de egységnyi hosszúságú vektort. Megoldás: Jelöljük a e -vel a keresett vektort. Tudjuk, hogy ebb l a a a e és a 5 a e a a ( 4 (4; ; 5 5 ; ; 5 46

147 5. Feladat: Állítsuk el az a (; ; vektorral azonos irányú, ellentétes irányítottságú, és egységnyi hosszúságú b vektort. Megoldás: El ször adjuk meg az a vektorral azonos irányú, irányítottságú és egységnyi hosszúságú a e vektort. a e a a 4 (; ; mivel a 4 Majd nyújtsuk meg egységnyire: a e 4 (; ; Képezzük az ellentett vektorát, azaz szorozzuk meg ( -gyel: b a a ( (; ; 6 ; 9 ; Feladat: Adjuk meg a P pont koordinátáit, ha az origótól 4 egységnyire van és illeszkedik az origó és a Q(6; 8; pont által meghatározott egyenesre. Megoldás: Az origóra, O(; ; és Q(6; 8; pontra illeszked egyenesen két olyan pont is van, amely éppen 4 egységnyire van az origótól. Jelöljük ezeket P -gyel illetve P -vel. El ször határozzuk meg azt a pontot, amelyik az origónak a Q felöli oldalára esik. Legyen ez a pont az ábra szerint P. 4 4 P O P Q A keresett pontba mutató p helyvektor az OQ (6; 8; vektorral azonos irányú és irányítottságú vektor és éppen 4 egységnyi hosszúságú. El ször állítsuk el az OQ vektorral azonos irányú és irányítottságú egységvektort, felhasználva, hogy OQ. OQ e OQ (6; 8; OQ Nyújtsuk meg az egységvektort 4 egységnyire: p 4 OQ e 4 ( (6; 8; 5 ; 6 5 ; 47

148 ( Tehát a P pont koordinátái: P 5 ; 6 5 ;. A másik P pontba mutató p helyvektor éppen az ellentett vektora az el bb számolt p vektornak. Így ( p 5 ; 6 5 ; ( P 5 ; 6 5 ; 7. Feladat: Adjuk meg az a vektornak b vektorra es mer leges vetületvektorát, ha a (; ; b (4; ;. Megoldás: Tudjuk, hogy a vektornak b vektorra es mer leges vetületvektora Ebben az esetben, mivel a b a, b b b. a, b és b 7, ezért a b a, b b b. 7 ( 8 (4; ; 7 7 ; ; Összetett feladatok:. Feladat: Határozzuk meg az alábbi három ponttal adott háromszög kerületét, területét és B csúcsnál lév szögét! A(; ; B(; ; C( 7; ; C A β B Megoldás: AB b a (; ;

149 AC c a ( 8; ; 7 BC c b ( 8; ; 77 A háromszög kerülete: K A háromszög területének meghatározásához adjunk meg két olyan vektort, amely kifeszíti a háromszöget. Legyenek ezek most az A pontból induló AB és AC vektorok. Ekkor a háromszög területe fele a két vektor által meghatározott paralelogramma területének. Végezzük el a számolást. T háromszög AB AC AB AC i j k 4 8 i j 8k T AB AC A háromszög területe: T 97. A B csúcsnál lév β szög meghatározásához vegyük észre, hogy a B csúcsból induló BA és BC vektorok által közbe zárt szög éppen a keresett β. BA (; ; 4 BC ( 8; ; cos β A B csúcsnál lév szög: BA, BC BA BC β arccos Feladat: Egy téglatest két élvektora. a (4; ; és b (; ; 6 Határozzuk meg a harmadik c élvektorát, ha tudjuk, hogy c 65. Megoldás: A téglatest élei mer legesek egymásra, ezért a keresett c vektor is mer leges mind az a, mind a b vektorra. Ez pedig azt jelenti, hogy párhuzamos lesz az a b vektorral, azaz létezik olyan x valós szám, amelyre c x(a b 49

150 Határozzuk meg a b vektort. a b i j k 4 6 i 4j + 8k a b + ( Tudjuk c 65, vagyis negyed olyan hosszú, mint a b, ezért c 4 (a b ( i 4j + 8k 5i 6j + k 4 Tehát a harmadik vektor: c ( 5; 6; A feltételeknek a kapott c vektor ellentett vektora is megfelel, így a feladat másik megoldása a vektor. c c (5; 6;. Feladat: Határozzuk meg az ABC háromszög B csúcsából induló magasságvonal M B talppontját, ha A(; ; B(; ; C( ; ; 4 Megoldás: Készítsünk ábrát. M B C A B Adjuk meg az M B pontba mutató m b helyvektort. m B a + AM B, ahol a az A pontba mutató helyvektor. Az AM B vektor pedig éppen AB vektornak AC vektorra es mer leges vetületvektora. El ször határozzuk meg AB x vektornak AC y vektorra es mer leges vetületvektorát. x (; ; y ( ; ; 4 5

151 x, y 6 y 5 x, y AM B x y y y 6 ( ; ; 4 5 m B a + ( AM B, (; ; + ( 7 ; ; ( 8 ; ; ; ; 4 5 Tehát a B csúcsból induló magasságvonal M B talppontjának koordinátái: ( 7 M B ; ; Feladat: Bizonyítsuk be, hogy az alábbi pontok paralelogrammát határoznak meg és számítsuk ki a területét. A(; ; 4 B(4; ; C(; 4; 5 D( ; ; 7 Megoldás: Ha belátjuk, hogy két szemközti oldalvektor párhuzamos és egyenl hosszúságú, akkor a négy pont tényleg paralelogrammát határoz meg. Nézzük meg például, hogy AB DC teljesül-e. AB (; 4; Tehát paralelogrammát alkotnak. DC (; 4; A terület meghatározásához válasszuk ki az egyik pontot, például D-t, ekkor a két szomszédos pontba mutató DC és DA vektorok kifeszítik a paraleogrammát. Ekkor a terület: T p DC DA Határozzuk meg DC DA vektort: DC (; 4; DC i j k DA 4 DA (; ; 8i j 8k T p DC DA ( ( 8 8 5

152 5. Feladat: Ha a és b vektorok által kifeszített paraleogramma területe 6 területegység, akkor határozzuk meg a c 4a b és d a + 5b vektorok által kifeszített paraleogramma területét. Megoldás: Ha a és b vektorok által kifeszített paraleogramma területe 6 területegység, akkor a b 6 És keressük a c és d vektorok által kifeszített paraleogramma területét, tehát az a kérdés mivel egyenl : Ebben az esetben T p c d T p c d (4a b (a + 5b Felhasználva a vektoriális szorzás tulajdonságait, bontsuk fel a zárójeleket: (4a b (a + 5b (4a a (b a + (4a 5b (b 5b mivel tudjuk, hogy a a és b b, ezért (b a + (4a 5b Felhasználva, hogy b a (a b és 4a 5b (a b (b a + (4a 5b (a b (a b 6 6 Tehát a c és d vektorok által kifeszített paralelogramma területe 6 területegység. 6. Feladat: Határozzuk meg az ABC háromszög C csúcsából induló magasságvonal hosszát, ha A(; ; B(; ; C(5; ; Megoldás: Induljunk ki abból, hogy ennek a háromszögnek a területét kétféleképpen is ki tudjuk számolni. Egyrészt a középiskolában tanultak alapján tudjuk, hogy egy háromszög területe megadható az egyik oldal és a hozzátartozó magasság szorzatának felével. Azaz T h am a 5

153 Másrészt, tudjuk, hogy a keresett terület egyenl a háromszöget kifeszít két vektor vektoriális szorzatának abszolútértékének felével. Adjunk meg két vektort, ami a háromszöget kifeszíti. Ebben az esetben válasszuk az AB és az AC vektorokat. T h am a AB AC Most mi a C csúccsal szemközti AB oldalhoz tartozó magasságra vagyunk kiváncsiak, amit jelöljünk m AB -vel. Mivel AB oldal hossza pedig megegyezik AB vektor hosszával, így T h AB mab AB AC Innen m AB AB AC AB Végezzük el a számolást: AB (; ; AC (5; ; El ször határozzuk meg a vektoriális szorzatot: Mivel AB. AB AC i j k 5 i 8j 5k AB AC ( + ( 8 + ( 5 9 m AC AB AC 9 AB Tehát a C csúcshoz tartozó magasság hossza: hosszegység 7. Feladat: Legyen adott három vektor: a (; ; b (; ; c ( ; ;. Vizsgáljuk meg, hogy az a, b és c vektorok egy síkra illeszkednek-e? Ha nem, akkor határozzuk meg a három vektor által kifeszített (a paralelepipedon 5

154 (b tetraéder térfogatát. Megoldás: Három vektor akkor és csak akkor illeszkedik egysíkra, ha a vegyesszorzatuk. Határozzuk meg abc vegyesszorzatot. abc a b, c El ször számoljuk ki a b értékét. a b i j k i 6j k abc a b, c (; 6;, ( ; ; Mivel abc 8, a három vektor nem illeszkedik egy síkra. Tehát a vektorok kifeszítenek egy paralelepipedont.ennek a térfogata megegyezik a három vektor vegyesszorzatának abszolútértékével. V p abc 8 8 A három pont által megadott tetraéder térfogat pedig az t magába foglaló paralelepipedon térfogatának a hatoda, azaz V t 6 abc Feladat: Hogyan válasszuk meg C pont harmadik koordinátáját, hogy az alábbi négy pont egy síkra illeszkedjék? A(; ; B(4; ; C(; 5; z D( ; 5; Megoldás: Válasszuk ki az egyik pontot, például az A-t és irányítsunk vektorokat a többi három ponthoz. Ha az így kapott vektorok egy síkra illeszkednek, akkor a négy pont is. AB (4; ; AC (; 5; z AD ( ; 5; Ez pedig azt jelenti, hogy úgy kell z értékét megválasztanunk, hogy a három vektor vegyesszorzata legyen. El ször számoljuk a vektoriális szorzatot. AB AC i j k 4 5 z (z + 5i (4z + j + 4k 54

155 A skaláris szorzat: Rendezve z-re: AB AC, AD (z (4z z z Tehát, ha z 6, akkor négy pont egy síkra illeszkedik. 9.. Egyenes egyenletrendszere... Alapfeladatok. Feladat: Írjuk fel annak az egyenesnek a paraméteres és paraméter nélküli egyenletrendszerét, amely átmegy P (; ; 5 ponton és irányvektora v ( ; 9; 7. Megoldás: A P (x ; y ; z ponton átmen v (v ; v ; v irányú egyenes paraméteres egyenletrendszere: x x + v t y y + v t z z + v t t R Ha az egyenletekb l kifejezzük t-t, kapjuk a P (x ; y ; z ponton átmen v (v ; v ; v irányú egyenes paraméter nélküli egyenletrendszerét: x x v y y v z z v ha v, v, v A keresett egyenes paraméteres egyenletrendszere: x t y + 9t z 5 + 7t t R Az egyenes paraméter nélküli egyenletrendszere:. Feladat: Legyen x y z e : x t y t z 5 t R és x f : y z. Adjuk meg e és f egyeneseknek egy-egy tetsz leges pontját és irányvektorát. 55

156 Megoldás: Az e egyenes egy tetsz leges pontját kapjuk, ha t-nek adunk egy valós értéket és ezt behelyettesítjük az egyenletekbe. Például legyen t, ekkor x, y és z 5. Tehát az e egyenes egy pontja: A(, ; 5 Legyen t, ekkor x, y és z 5. Egy másik pont az egyenesr l: B(, ; 5 Legyen t 7, ekkor x 7, y 7 és z 5. Egy harmadik pont: C( 7; 7; 5. Adjuk meg e egyenes egy irányvektorát! A paraméteres egyenletrendszernél, ha az egyenleteket úgy rendezzük, hogy baloldalon csak x, y, és z szerepel, akkor a jobboldalon lév paraméter együtthatói adják az irányvektor koordinátáit. Ebben az esetben v e (;, Adjuk meg f egyenes néhány pontját. Most az egyenletrendszer kifejezéseit egyenl vé tesszük ugyanazzal a tetsz leges valós számmal, majd az egyenleteket külön-külön megoldjuk. Például: x y z Oldjuk meg az egyenleteket: x A megoldás: x és y z. y z Tehát az f egyenes egy pontja a Q(; ; pont. Egy másik példa: Az egyenletek: x x y z y z A megoldás: x 7 és y z. Tehát az f egyenes egy másik pontja a H(7; ; 6 pont. Olvassuk le az f egyenes egy irányvektorát. Az irányvektor koordinátái akkor olvashatóak le, ha az egyenletrendszerben x, y, z együtthatója. Írjuk át az egyenletrendszert. Az eredeti egyenletrendszer: f : x 56 y z

157 Átírva: f : x y z Most már a nevez ben leolvasható az irányvektor koordinátái: v f (; ; Az irányvektor megadásánál általában lényegtelen, hogy a vektor milyen hosszúságú. Így az el bbi vektor bármely (-tól különböz számszorosa is irányvektor, például a vektor.. Feladat: Döntsük el, hogy az pontok illeszkednek- e egyenesre. v f (6; ; A(4; ; 5 B(; ; C(; 5; 5 e : x t y t z 5 t R Megoldás: Helyettesítsük be az A pont koordinátáit az egyenletekbe. Ha t-re azonos értéket kapunk, akkor illeszkedik a pont az egyenesre. e : 4 t t 5 5 Mivel t 4 az els két egyenletnek megoldása és a harmadik egyenlet pedig minden t esetén teljesül, így a pont illeszkedik e egyenesre. B pont nem illeszkedik, mert e egyenesen csak olyan pont lehet, amelynek a harmadik koordinátája 5 és ez B pontra nem teljesül. C pont szintén nem illeszkedik az e egyenesre, mivel t 5 t 5 5 Az els egyenletb l t, a másodikból t, nem azonosak t értékei, a pont nem illeszkedik. 4. Feladat: Írjuk fel az alábbi két pontra illeszked egyenes paraméteres egyenletrendszerét! A(; ; B(4; ; 7 57

158 Megoldás: Egy pontra és egy irányvektorra van szükségünk. Az egyenes egy irányvektora legyen vektor. v AB b a (; ; 4 Az egyenes paraméteres egyenletrendszere A pontra felírva: x + t y z + 4t t R A B pontra felírva: x 4 + t y z 7 + 4t t R Úgy t nik, hogy egy másik egyenest kaptunk. Pedig ez ugyanaz az egyenes, csak más az alakja. 5. Feladat: Egy egyenesre illeszkednek-e az alábbi pontok? A(; ; B(4, ; C( ; ; 5 Megoldás: Írjuk fel az A és B pontokon átmen egyenes egyenletét, majd vizsgáljuk meg, hogy C pont illeszkedik-e a kapott egyenesre. Az AB egyenes irányvektora: v b a (; ;. Az egyenes egyenletrendszere A pontra felírva: x y + z Egyszer bben: x y + z Helyettesítsük be a kapott egyenletrendszerbe C pont koordinátáit. Ha egyenl séget kapunk, akkor a C pont illeszkedik az egyenesre. Nincs egyenl ség, a C pont nincs rajta az egyenesen, így a három pont nem illeszkedik egy egyenesre. 6. Feladat: Adjuk meg az x, y és z koordinátatengelyek paraméteres egyenletrendszereit. Megoldás: Mindhárom egyenes illeszkedik az origóra, ezért a P (; ; pontra fogjuk felírni az egyeneseket. Az x tengely irányába mutató i (; ; vektor legyen az x tengely egy v x irányvektora. 58

159 Az x tengely paraméteres egyenletrendszere: x + t y + t z + t t R Egyszer bben: x t y z t R Az egyenletrendszer azt jelenti, hogy az egyenesre illeszked pontok els koordinátái bármilyen valós szám lehet, de a második és harmadik mindig. Hasonlóan az y tengely irányvektora v y j (; ; és paraméteres egyenletrendszere: y t x z t R A z tengely irányvektora v z k (; ; és paraméteres egyenletrendszere: z t x y t R Megjegyzés: Vegyük észre, hogy ilyen esetekben, ahol az irányvektor két koordinátája is, csak a paraméteres egyenletrendszer adható meg. 7. Feladat: Írjuk fel a P (; ; 5 ponton átmen és y tengellyel párhuzamos e egyenes paraméteres egyenletrendszerét. Megoldás: Mivel a keresett egyenes párhuzamos az y tengellyel, ezért y tengely j (; ; irányvektora egyben az e egyenes irányvektora is. Tehát a P (; ; 5 ponton átmen és v j (; ; irányvektorú egyenes paraméteres egyenletrendszer: e : x y + t z 5 t R Az egyenletrendszerb l leolvasható, hogy az egyenes minden pontjának els koordinátája és a harmadik pedig mindig Feladat: Írjuk fel a P (; ; 5 ponton átmen és v j i irányvektorú f egyenes paraméteres és paraméter nélküli egyenletrendszerét. Megoldás: Mivel i (; ; és j (; ;, ezért v j i ( ; ;. Az egyenes paraméteres egyenletrendszer: f : x t y + t z 5 t R A paraméter nélküli egyenletrendszerhez fejezzük ki t-t az egyenletekb l. t x t y z 5 59

160 Az egyenletrendszer: f : x y z 5 t R Megjegyzés: Ha az irányvektornak csak az egyik koordinátája, akkor még mindkét egyenletrendszer felírható. Az egyenletrendszerekb l az is leolvasható, hogy az egyenesre olyan pontok illeszkednek, amelyeknek a harmadik koordinátájuk mindig 5, azaz az egyenes párhuzamos az xy síkkal. 9. Feladat: Írjuk fel az A(; ; B(4; ; 7 C(8; ; 5 csúcspontú háromszög A csúcsából induló súlyvonalának egyenletrendszerét! Megoldás: Az A csúcsból induló súlyvonal éppen a BC oldal F felezéspontján megy át. C F A B A felezéspont koordinátái: F (6; ; Tehát ismerjük a keresett egyenes két pontját. Ekkor az irányvektor legyen éppen az AF vektor. v AF (; ; A súlyvonal egyenlete az A pontra felírva (választhatnánk F -t is: x y + z. Feladat: Írjuk fel az AB szakasz felezéspontján átmen és z tengellyel párhuzamos egyenes paraméteres egyenletrendszerét, ha A(; ; B(5; ;. 6

161 Megoldás: El ször meg kell határoznunk egy pontot, amelyre illeszkedik az egyenes. Az AB szakasz felezéspontjának koordinátái: ( a + b F ; a + b ; a + b Ebben az esetben F (4; ; Mivel a keresett egyenes párhuzamos a z tengellyel, az irányvektora v k (; ;. Az egyenes paraméteres egyenletrendszere:... Összetett feladatok x 4 y z + t t R. Feladat: Írjuk fel az A(; ; ponton átmen, e és f egyenesekre mer leges g egyenes egyenletrendszerét, ha e : x y z f : x z, y. Megoldás: Az egyenletrendszer felírásához szükségünk van egy pontra és egy irányvektorra. Egy pontja adott a keresett egyenesnek. Nézzük meg, hogy mit tudunk mondani a keresett egyenes egy irányvektoráról. Jelölje v e, v f és v g az e, f és g egyenesek irányvektorait. Ha a keresett g egyenes mer leges e és f egyenesekre, akkor v g v e és v g v f is teljesül. Tehát egy olyan vektort keresünk, amelyik mer leges a két ismert irányvektorra. A v e v f pedig éppen megfelel a feltételeknek, mivel v e v f v e és v e v f v f. Olvassuk le e és f egyenesek irányvektorait. Mivel ezért e : x y z és f : x z, y, v e (; ; és v f ( ; ;. v g v e v f Az g egyenes egyenletrendszere: i j k g : x y z + ( 6

162 . Feladat: Írjuk fel az ABC csúcspontú háromszög síkjára mer leges, az A ponton átmen egyenes paraméteres egyenletrendszerét, ha A(; ; B(4; ; C(7; ; 5. Megoldás: Mivel AB és AC vektorok a három pontra illeszked síkon vannak, ezért vektoriális szorzatuk mer leges lesz a síkra. Ezért a keresett egyenes irányvektora legyen v AB AC. Végezzük el a számolást. AB (; ; v AB AC i j k 4 AC (4; ; A keresett egyenes paraméteres egyenletrendszere:. Feladat: Írjuk fel az (5; 7; 9 x + 5t y 7t z 9t t R A(; ; B(4; ; C(7; ; 5 csúcspontú háromszög A csúcsából induló magasságvonalának egyenletrendszerét. Megoldás: C M A A a m a O b B Ha meg tudnánk adni az A pont BC oldalra es mer leges vetületétnek M A -nak a koordinátáit, akkor ismernénk két pontot a keresett egyenesr l, ez pedig azt jelenti, hogy tudnánk irányvektort adni. Legyen M A az A pont mer leges vetülete a BC egyenesre és BABC pedig BA vektornak BC vektorra es mer leges vetületvektora. 6

163 Ekkor az M A pontba mutató m a helyvektor el állítható a következ képpen: m a b + BABC Vetítsük mer legesen BA vektort BC vektorra. Tudjuk, hogy a vektornak b vektorra es mer leges vetületvektora: Ebben az esetben Végezzük el a számolást: a b a, b b b BA BC BA, BC BC BC BA ( ; ; BC (; ; BA, BC + 6 BC BA BC BC ( (; ; ; ; A magasságpontba mutató m a helyvektor: m a b + ( BABC (4; ; + ; ; ( 9 ; 9 ; 4 Egy lehetséges irányvektor: AM A m a a ( 9 ; 9 ; 4 ( 5 (; ; ; 4 ; De inkább válasszuk az el bbi -szeresét, azaz v (5; 4; 4. Most már felírhatjuk az A ponton átmen magasságvonal egyenletrendszerét: x 5 y + 4 z 4 6

164 .. Sík egyenlete... Alapfeladatok. Feladat: Írjuk fel annak a síknak az egyenletét, amely átmegy A(; ; 5 ponton és normálvektora: n (4; 7; 6. Megoldás: Az A(a ; a ; a ponton átmen, adott n (n ; n ; n normálvektorú sík egyenlete: Ebben az esetben: n (x a + n (y a + n (z a 4(x + 7(y + 6(z 5 Rendezés után a keresett sík egyenlete: S : 4x + 7y + 6z 59. Feladat: Adjuk meg a x y z + 5 egyenlet sík két pontját és egy normálvektorát. Megoldás: A síkra olyan pontok illeszkednek, amelyek teljesítik x y z + 5 egyenl séget. Válasszunk a pont három koordinátája közül kett t tetsz legesen, majd a sík egyenletébe behelyettesítve, határozzuk meg a harmadik koordinátát. Legyen például y z, ekkor az egyenl ség alapján x 5. Tehát egy pont a síkról: A (5, ;. Ha x, y, akkor z adódik. Egy másik pont a síkról: A ( ;,. A sík normálvektorának meghatározásához egy oldalra rendezzük az egyenletet és ekkor x, y, z együtthatói adják a keresett vektort. Most: x y z 5 Tehát egy normálvektor: n (; ;. Megjegyzés: Vegyük észre, hogy egy normálvektor tetsz leges hosszúságú lehet, így az el bbi vektor bármely (-tól különböz számszorosa is normálvektor.. Feladat: Adjuk meg annak az S síknak az egyenletét, amely illeszkedik az origóra és mer leges az e : x y z egyenesre. Megoldás: Szükségünk van egy pontra és egy normálvektorra. A pont ebben az esetben az origó. Normálvektort kell még megadni. 64

165 Ha az e egyenes mer leges az S síkra, akkor az egyenes bármely irányvektora is mer leges a síkra. Tehát az egyenes egy irányvektora a keresett sík egy normálvektora. Írjuk át az egyenes egyenletrendszerét úgy, hogy x, y, z együtthatója legyen. Majd olvassuk le az egyenes irányvektorát! e : x y z ( Tehát egy irányvektor: v ; ;. t R Most célszer normálvektornak választani az irányvektor háromszorosát, azaz n v (; ; Így a sík egyenlete: Rendezés után: (x + (y + (z S : x + y + z Megjegyzés: Vegyük észre, hogy a sík egyenletében a konstans tag. Ez nem véletlen. Bebizonyítható, hogy bármely origóra illeszked sík egyenletében a konstans tag mindig. 4. Feladat: Döntsük el, hogy az A(; 5; és B(; ; 5 pontok illeszkedneke S : x y + 5z egyenlet síkra! Megoldás: Ha a pontok koordinátáit behelyettesítjük a sík egyenletébe és az egyenl ség teljesül, akkor a pont illeszkedik a síkra. Nézzük az A pontot. Tehát A pont illeszkedik. Most vizsgáljuk meg a B pontot. Tehát B nem illeszkedik a síkra Feladat: Vizsgáljuk meg, hogy milyen a valós szám esetén lesz az S : ax + 8y 4z 7 egyenlet sík párhuzamos-e az e : x 4t y t z t R egyenessel. Megoldás: Ha az S sík párhuzamos az e egyenessel, akkor a sík egy n s normálvektora mer leges az e egyenesre. Ekkor a sík egy n s normálvektora mer leges az e egyenes egy tetsz leges v irányvektorára is. 65

166 El ször adjuk meg a sík egy normálvektorát és az egyenes egy irányvektorát. n s (a; 8; 4 v (4; ; Úgy kell választanunk a értékét, hogy n s v teljesüljön. De a két vektor akkor és csak akkor mer leges egymásra, ha n s, v. n s, v 4a 4 + Megoldva az egyenletet a 6 adódik. Tehát az S sík párhuzamos az e egyenessel, ha a Feladat: Adjuk meg annak az S síknak az egyenletét, amely átmegy a P (; ; 5 ponton és párhuzamos a koordinátarendszer xz síkjával! Megoldás: Meg kell adnunk a keresett sík normálvektorát. Ha a két sík párhuzamos, akkor az xy sík egy normálvektora egyben a keresett sík egy normálvektora is. Az xz sík egy normálvektora pedig az vektor. Az S sík egyenlete: n xz j (; ; S : (x + (y + (z 5 Rendezés után a keresett sík egyenlete: y. Ez egy olyan síknak az egyenlete, amelyre illeszked pontok második koordinátája mindig. Például a P (4; ; 5 és Q(; ; pontok rajta vannak a keresett síkon.... Összetett feladatok. Feladat: Adjuk meg annak az S síknak az egyenletét, amely átmegy a P (; ; 5 ponton és illeszkedik az y tengelyre. Megoldás: A sík megadásához szükségünk van egy pontra és egy normálvektorrra. A pont adott, a normálvektort kell meghatároznunk. Ha a sík illeszkedik egy egyenesre, akkor a sík egy normálvektora mer leges lesz az egyenesre, és így az egyenes egy irányvektorára is. Tehát olyan n normálvektort keresünk, amely mer leges az y tengely irányvektorára. v y j (; ; 66

167 Másrészt, ha megadnánk egy Q pontot az y tengelyen, akkor a QP vektor illeszkedik a síkra, tehát mer leges az n normálvektorra. Adjunk meg egy pontot az y tengelyr l! A legegyszer bb az origó, azaz Q(; ;. Ekkor QP p (; ; 5 Tehát a keresünk egy QP és vy vektorokra mer leges vektort. A feltételnek megfelel a két vektor vektoriális szorzata. Ezért legyen Az S sík egyenlete: n QP vy i j k 5 ( 5; ; 5(x + (y + (z 5 Rendezve a keresett sík egyenlete: S : 5x + z. Feladat: Adjuk meg annak az S síknak az egyenletét, amely átmegy a P (; 4; 7 ponton és mer leges síkokra. S : x y z és S : 4x y + z Megoldás: Jelölje n s, n, n rendre S, S S síkok normálvektorait. Ha S mer leges S -re és S -re, akkor normálvektoraik is mer legesek, azaz n s n és n s n. Tehát a keresett normálvektor két ismert vektorra mer leges, akkor legyen n s n n. Olvassuk le a normálvektorokat: n (; ; n (4; ; n n i j k 4 ( ; 6; Egy lehetséges normálvektor: ( ; 6;. A számolás egyszer bb, ha a normálvektor inkább n s ( ; 6; (; ;. 67

168 Az S sík egyenlete: (x + (y 4 (z + 7 Rendezve: S : x + y z 9. Feladat: Adjuk meg annak az S síknak az egyenletét, amely átmegy a P (5; ; 4 ponton, mer leges az S : x+y +z síkra és párhuzamos az e : x y 5 z t R egyenessel. Megoldás: A sík egyenletéhez szükségünk van a pont mellett egy normálvektorra. Mivel a két sík mer leges egymásra, ezért normálvektoraik is mer legesek. Másrészt, ha az S sík párhuzamos az e egyenessel, akkor az S sík egy n s normálvektora mer leges az e egyenes egy v e irányvektorára. Az S sík egy normálvektora: n (; ; Az e egyenes egy irányvektorának megadásához írjuk át az egyenletrendszert: e : x y z 5 Egy irányvektor ( ; ; Az egyszer bb számolás miatt legyen ( v e ; ; (; ; A n normálvektorra és v e irányvektorra mer leges vektort keresünk. A n v e vektor éppen megfelel a feltételnek. n v e i j k (; ; Legyen most n s (; ; (; ;. Az S sík egyenlete: (x 5 + (y (z + 4 Rendezve: S : y z 6 68

169 4. Feladat: Adjuk meg annak az f egyenesnek a paraméteres egyenletrendszerét, amely átmegy a P (; ; 5 ponton, párhuzamos az S : x + y z síkkal és mer leges az e : x y 5+t z t t R egyenesre. Megoldás: A keresett f egyenes mer leges e egyenesre, ezért irányvektoraik is mer legesek, azaz v f v e. Másrészt, ha f egyenes párhuzamos S síkkal, akkor v f n s Mivel n s -re és v e -re is mer leges vektort keresünk, ezért legyen v f n s v e. Olvassuk le az e egyenes egy irányvektort és az S sík egy normálvektort: n s (; ; v e (; ; v f n s v e i j k (7; ; Az f egyenes paraméteres egyenletrendszere: x + 7l y + l z 5 + l l R 5. Feladat: Írjuk fel azon S síknak az egyenletét, amely illeszkedik az e : x egyenesekre. y + z és e : x y z Megoldás: Vegyük észre, hogy két párhuzamos egyenesr l van szó, mivel irányvektoraik megegyeznek. Az egyenletrendszert írjuk át úgy, hogy z együtthatója is legyen. e : x y + z és e : x y z + Ekkor látszik, hogy v v (; ; Mivel a megadott két egyenes illeszkedik a keresett S síkra, ezért a sík egy n normálvektora mer leges az egyenesekre, így azok egy közös irányvektorára is. Az el z feladatokhoz hasonlóan adjunk meg egy másik olyan vektort, amelyre szintén mer leges a keresett sík normálvektorra. Ha megadnunk egy-egy pontot az egyenesekr l, akkor a keresett sík mer leges a két pontot összeköt egyenesre, azaz egyik pontból a másik pontba mutató vektorra. 69

170 Olvassunk le egy-egy pontot az egyenesekr l. e : x y + z Az e egyenes egy pontja: P (;,. e : x y z + Az e egyenes egy pontja: Q(; ;. Ekkor P Q ( ; ; 6 Tudjuk, hogy n v és n P Q, ezért legyen n v P Q i j k 6 ( 6; ; A két egyenesre illeszked sík egyenlete P pontra felírva: 6(x + (y + + (z 6x + + y + + z Rendezve: S : 6x y z + A Q pontra felírva ugyanezt az egyenletet kapjuk..4. Térelemek távolsága.4.. Alapfeladatok. Feladat: Határozzuk meg az A(; ; 6 és B(; ; 4 pontok távolságát. Megoldás: Az A(a ; a ; a és B(b ; b ; b pontok távolsága megegyezik az AB vektor hosszával: d(a, B AB b a (b a + (b a + (b a Ebben a feladatban A(, ; 6 és B(; ; 4, ekkor AB b a ( ; ; d(a, B AB b a ( + + ( 8 7

171 . Feladat: Határozzuk meg A(; ; 5 B(; ; C(6; 4; csúcspontú háromszög kerületét. Megoldás: A háromszög kerülete az oldalai hossszának összegével egyenl, másképp, a csúcspontok egymástól mért távolságainak összegével. K d(a, B + d(a, C + d(b, C AB + AC + BC Írjuk fel a vektorokat és számoljuk ki a hosszukat: AB (; ; 4 AC (4, 5; BC (; ; d(a, B AB 6 d(a, C AC 45 d(b, C BC 7 Tehát a háromszög kerülete: K Feladat: Határozzuk meg az A(4; ; pont és a BC szakasz felezéspontjának távolságát, ha B(; ; 5 C(; ; 5 Megoldás: Adjuk meg az F felezéspont koordinátáit: ( + F ; + ; F (; ;.4.. Összetett feladatok AF ( ;, d(a, F AF. Feladat: Határozzuk meg az A(4; ; pont és az e : x t y 4 + t z 4 t R egyenes távolságát. Megoldás: Tudjuk, hogy egy P pont távolsága egy v irányvektorú és P pontra illeszked egyenest l : d(p, e (p p v v P P v v 7

172 Ebben az esetben P pontnak az A pont felel meg. Szükségünk van egy P pontra az egyenesr l. és egy irányvektorra. Ha t, akkor P (, 4; 4 Egy irányvektor: v ( ; ; Ha A(4; ;, akkor P P P A (; 6; 5 P A v A kapott vektor hossza: i j k 6 5 5i + j k Az irányvektor hossza: P A v ( 46 A pont és az egyenes távolsága: v ( d(a, v (a p v v P A v v Feladat: Határozzuk meg az e : x + t y t z + t t R és e : x + l y + l z 4 + l l R párhuzamos egyenesek távolságát. Megoldás: A két egyenes valóban párhuzamos, mivel irányvektoraik megegyeznek, v v (; ;. Két párhuzamos egyenes távolsága megegyezik az egyik egyenes egy tetsz leges pontjának a másik egyenest l vett távolságával. Tehát adjuk meg e egyenes egy tetsz leges pontját és határozzuk meg ezen pontnak e egyenest l vett távolságát. Az e egyenes egy tetsz leges pontja, ha t P (; ;. 7

173 Az e egyenes egy tetsz leges pontja, ha l és egy irányvektorának hossza: P ( ; ; 4 v 9 P P v A kapott vektor hossza: P P p p (4; ; 5 i j k 4 5 8i + j + 7k P P v 8i + j + 7k Helyettesítsünk be a távolságot megadó képletbe. d(p, v (p p v v P P v v 9 9 Tehát a két párhuzamos egyenes távolsága: d(e, e d(p, v Feladat: Határozzuk meg az A pont távolságát az S síktól, ha Megoldás: A(; ; és S : x y + z 5.. megoldás: Legyen Q egy tetsz leges pontja egy n normálvektorú S síknak. Ekkor az A pont távolságát az S síktól a QA vektor n normálvektorra es mer leges vetületének hossza adja, azaz QA, n d(a, S n Tehát a feladat megoldásához szükségünk van egy pontra a síkról és egy normálvektorra. Egy tetsz leges pont megadásához két koordinátát szabadon választhatunk, majd a harmadikat a sík egyenlete alapján meghatározzuk. Például, ha y z, akkor x 5. Tehát az S sík egy pontja: Q( 5; ; 7

174 Olvassuk le a sík egy normálvektorát és annak hosszát. n (; ; n Képezzük a QA vektort. QA (6; ; Helyettesítsünk be a távolságot megadó képletbe. QA, n d(a, S n megoldás: Geometriai ismereteink alapján tudjuk, hogy egy pont és egy sík távolsága megegyezik a pontnak és síkra es mer leges vetületének távolságával. Ez azt jelenti, ha meghatározzuk az A pontnak az S síkra es M mer leges vetületét, akkor a feladat két pont távolságának meghatározására egyszer södik. Mer leges vetítéshez pedig szükségünk van egy olyan egyenesre, amely mer leges az S síkra és átmegy A ponton. Ekkor a vetít egyenes és az S sík metszéspontja lesz az A pont vetülete a síkon. Írjuk fel a vetít egyenes egyenletét. Mivel az egyenes mer leges a síkra, ezért az irányvektora megegyezik az S sík egy normálvektorával. v n (; ; A vetít egyenes paraméteres egyenletrendszere az A( pontra felírva: x + t y t z + t t R Határozzuk meg a vetít egyenes és az S sík metszéspontját. ( + t ( t + ( + t 5 t Tehát a vetületpont éppen a vetít egyenes t paraméterhez tartozó pontja. M(; ; Határozzuk meg A és M pontok távolságát. d(a, M AM ( 4. Feladat: Határozzuk meg az S és S síkok távolságát, ha S : x + y 4z S : x + y 4z. 74

175 Megoldás: Vegyük észre, hogy két párhuzamos sík távolságát kell meghatároznunk. Ekkor a távolság megegyezik az egyik sík egy tetsz leges pontjának a másik síktól vett távolságával. Ennél a feladatnál válasszunk egy pontot S síkról és határozzuk meg a távolságát az S síktól. Olvassunk le egy pontot az S -r l. Mivel a sík egyenletében a konstans tag, ezért az S sík illeszkedik az origóra. Tehát számoljuk ki S távolságát az origótól. Szükségünk van S sík egy normálvektorára és annak hosszára. n (; ; 4 n Adjunk meg egy Q pontot az S síkról. Legyen x z. Ekkor y. Q(;, és OQ q (;, Helyettesítsünk be a távolságot megadó képletbe. OQ, n d(o, S n Tehát a két párhuzamos sík távolsága: d(s, S d(o, S.8 5. Feladat: Határozzuk meg az S sík és a vele párhuzamos e egyenes távolságát, ha S : x + y + 6z 6 és e : x t y + t z t t R. Megoldás: Ha egy sík és egy egyenes párhuzamos egymással, akkor az egyenes egy tetsz leges pontjának a síktól vett távolsága adja a sík és vele párhuzamos egyenes távolságot. Els lépésként nézzük meg, hogy valóban párhuzamos -e az S sík az e egyenessel. Olvassunk le egy irányvektort és egy normálvektort. v (; ; n (, ; 6 Mivel v, n + 4 6, azaz a két vektor skaláris szorzata, ezért a két vektor mer leges, ez pedig azt jelenti, hogy az S sík az e egyenes valóban párhuzamosak. 75

176 Adjunk meg egy tetsz leges A pontot az e egyenesen és határozzuk meg az A pont és az S sík távolságával. Legyen t. Ekkor A(,, A számolás elvégzéséhez kell egy Q pont az S síkról. Legyen y z, ekkor x 6. Q(6; ; Helyettesítsünk be a távolságképletbe: QA ( 6, ; n (; ; 6 n 4 QA, n d(a, S n Tehát az S sík és a vele párhuzamos e egyenes távolsága: d(e, S d(a, S Feladat: Határozzuk meg az ABCD csúcspontú tetraéderben a B pont távolságát az ACD síktól, ha A(, ; B(, ; 5 C(; ; 5 D( ; ; Megoldás: Tehát egy pont és sík távolságát kell meghatároznunk. Vegyük észre, hogy ebben az esetben csak ACD sík egy normálvektorát kell meghatároznunk és a számolást el tudjuk végezni. Az ACD pontokra illeszked sík keresett normálvektora mer leges az AC és AD vektorokra, ezért legyen n AC AD Határozzuk meg AC és AD vektorokat. AC ( ; ; 4 AC i j k AD 4 5 A számolás egyszer bb, ha AD ( 5; ; i j + k n ( ; ; ( ; ; n 6 AB (; ; 6 AB, n d(b, ACD n

177 7. Feladat: Határozzuk meg az e és e egyenesek távolságát, ha e : x + t y t z t R. és e : x 4 l y + l z l l R. Megoldás: Nézzük meg el ször, hogy milyen lehet a két egyenes kölcsönös helyzete. Mivel v (; ; v (, ; és az azonos index koordináták hányadosai hányadosai nem egyenl ek, azaz, a két vektor és így a két egyenes is, nem párhuzamosak. Vajon metszik-e egymást az egyenesek? Oldjuk meg a következ 6 egyenletb l álló egyenletrendszert. x + t y t z és x 4 p y + p z p Vegyük észre, hogy most egy olyan metszéspontot keresünk, amelynek a harmadik koordinátája. Így p p A p paraméterhez tartozó pont az e egyenesen (, ; De a kapott pont nem illeszkedik az e egyenesre, mert nincs olyan t, amelyre teljesülne, hogy + t és t. Tehát két olyan egyenesünk van, amelyek nem párhuzamosak és nem is metszik egymást. Az ilyen egyeneseket kitér egyeneseknek nevezzük. Ekkor létezik két olyan párhuzamos S és S sík, hogy S -re az e egyenes, az S -re pedig az e egyenes illeszkedik. A két kitér egyenes távolsága pedig megegyezik a két párhuzamos sík távolságával, azaz d(e, e d(s, S. A két párhuzamos sík távolsága pedig visszavezethet az egyik síkon lev pontnak a másik síktól vett távolságára. 77

178 Adjuk meg az S síkon lev e egyenes egy tetsz leges A -vel jelölt pontját. Ha l, akkor A (4; ; Tehát a keresett távolság megegyezik A pontnak S síktól vett távolságával: d(e, e d(s, S d(a, S Végezzük el a számolásokat. Szükségünk van az S sík egy pontjára és egy normálvektorára. Mivel e illeszkedik S -re, ezért legyen t, ekkor A (; ; Az S sík egy normálvektora mer leges e és e egyenesekre, így mer leges azok v és v irányvektoraikra is, így legyen n v v i j k i + j k n (; ; n Számoljuk ki A A vektor koordinátáit. A A (; ; A két párhuzamos sík távolsága: A A, n d S,S n +.7 Tehát a két kitér egyenes távolsága d(e, e d(s, S d(a, S.7.5. Térelemek hajlásszöge és metszéspontja.5.. Alapfeladatok. Feladat: Határozzuk meg az e és f egyenesek β hajlásszögét, ha: e : x t y 4 + t z t t R f : x y z 5 78

179 Megoldás: Két metsz egyenes hajlásszöge megegyezik az egyenesek által közbezárt kisebbik szöggel. Ha a két egyenes nem metszi egymást, akkor párhuzamos eltolással metsz helyzetbe hozható. Ez azt jelenti, hogy β 9 Ez a hajlásszög meghatározható a két egyenes irányvektorával. Jelöljük az e és f egyenesek egy-egy irányvektorát v e -vel és v f -fel. Ekkor a két egyenes θ hajlásszögének koszinusza az irányvektorokkal kifejezve: cos θ v e, v f v e v f Ha a két irányvektor θ hajlásszöge hegyeszög ( v e, v f, akkor β θ arccos v e, v f v e v f Ha az két irányvektor által közbezárt θ hajlásszög tompaszög ( v e, v f <, akkor v e, v f β π θ π arccos v e v f Olvassuk le az e és f egyenesek egy-egy v e és v f határozzuk meg a vektorok hosszát. irányvektorát és v e ( ; ; és v e Az f irányvektorának megadásához el bb írjuk át az egyenes egyenletrendszerét. x f : y z 5 Innen: v f (; ; és v f 4 Mivel v e, v f 6 + 8, a két irányvektor hajlásszögének koszinusza: cos θ v e, v f v e v f Mivel v e, v f <, a két irányvektor tompaszöget zár be és θ arccos 8 4 arccos(.65, 4 Tehát β π θ

180 . Feladat: Határozzuk meg az e egyenes és y tengely β hajlásszögét, ha: e : x 4 y 4t z + t t R Megoldás: Els lépésként meg kell adni a két egyenes egy-egy irányvektorát és azok hosszát: v e (; 4; és v e v y j (; ; és v y A két irányvektor skaláris szorzata: v e, v y 4 >, tehát a két irányvektor által közbezárt θ szög hegyesszög és cos θ v e, v y v e v y 4.89 Így β θ arccos Feladat: Határozzuk meg az A(; ;, B(5; 4,, C(, ; 6 és D(, ; paralelogramma átlóinak hajlásszögét. (Az A és C a szemközti csúcsok. Megoldás: Adjuk meg a két átló egy-egy irányvektorát és ezek hosszát. Az AC átló egy irányvektora: v AC AC (; 4; 7 és v AC 65 Az BD átló egy irányvektora: v BD BD ( 6; 7; és v BD 86 A két irányvektor skaláris szorzata: v AC, v BD > Ekkor a két irányvektor θ hajlásszögének coszinusza: cos θ v AC, v BD v AC v BD Innen a két irányvektor hajlásszöge: Tehát a két átló β hajlásszöge: θ arccos( β θ arccos(

181 4. Feladat: Határozzuk meg S és S β hajlásszögét, ha: S x y + z 5 S : x z. Megoldás: Két metsz sík hajlásszögén az általuk közbezárt kisebbik szöget értjük, tehát β 9. A keresett szöget a síkok normálvektoraival fogjuk meghatározni. Jelöljük az S és S síkok egy-egy normálvektorát n -gyel és n -vel. Ha a két normálvektor θ hajlásszöge hegyesszög, akkor β θ arccos n, n n n Ha a két normálvektor θ hajlásszöge tompaszög, akkor β π θ π arccos n, n n n Olvassuk le el ször a normálvektorokat, majd határozzuk meg a vektorok hosszát. n (; ; n 4 n (, ; n A két normálvektor skaláris szorzata: n, n Vagyis a két vektor és így a két sík is mer leges egymásra. Azaz β θ Feladat: Határozzuk meg S sík és a koordinátarendszer xz síkjának β hajlásszögét, ha: S : z 5x + 4y Megoldás: Írjuk fel a síkok normálvektorait! S : 5x + 4y z n (5; 4; n 4 Az xz sík egy normálvektora pedig: n xz j (; ; n xz A két normálvektor skaláris szorzata: n, n xz 4 >, a két normálvektor hegyesszöget zár be és Tehát cos θ n, n xz n n xz β θ arccos(.67 5, 89 8

182 6. Feladat: Határozzuk meg S sík és az e egyenes β hajlásszögét, ha: S : x + y + z e : x y z Megoldás: Egy sík és egy egyenes hajlásszögén az egyenes és síkra es mer leges vetületének hajlásszögét értjük. Az ábrán ezt a szöget β-val jelöltük. A deníció alapján β 9. e n v α β e' S Ha ismerjük a sík egy n normálvektorát és az egyenes egy v irányvektorát, akkor ismerjük ezen két vektor α hajlásszögének koszinuszát is. n, v cos α n v Ha α π, akkor a sík és az egyenes párhuzamosak, vagyis a hajlásszögük β. Ha α < π, akkor: Ha α > π, akkor: Az S sík egy normálvektora: Az e egyenes egy irányvektora: β π α β α π n (; ; n e : A két vektor skaláris szorzata: x y z v (, ; v 6 n, v > 8

183 Tehát α < π, ezért: β π α π arccos n, v n v π arccos 8 Tehát α 6.87 és β Feladat: Határozzuk meg S sík és a z tengely β hajlásszögét, ha: S : x y 4z 5 Megoldás: Az S sík normálvektora: A z tengely irányvektora: A két vektor skaláris szorzata: n (, ; 4 n 9 v k (, ; v n, v 4 < A két vektor által bezárt α > π, ezért: β α π arccos n, v n v π arccos 4 9 π Tehát α 8 és β Feladat: Határozzuk meg az S sík és az e egyenes metszéspontját, ha: S : x y + 5z e : x t + y t z t t R Megoldás: Keressük azt az M(x; y; z pontot, amely illeszkedik az síkra és az egyenesre is. Ha létezik közös pontjuk, akkor lennie kell egy olyan t paraméternek, amellyel meghatározva az egyenes egy pontját, az rajta van a síkon is. Helyettesítsük be a keresett pont koordinátáinak, azaz x, y, z-nek a paraméteres alakját a sík egyenletébe, majd oldjuk meg az egyenletet t-re. (t + (t + 5(t Rendezve: 4t 4 t 8

184 Az egyenes t paraméteréhez tartozó pontja: M(, ; és ha jól számoltunk ez egyben a sík egy pontja is. Ellen rizzük számításunkat. M koordinátáit helyettesítsük be a sík egyenletébe. ( + 5 Az egyenl ség teljesül, az M(, ; pont illeszkedik az S síkra és e egyenesre is. 9. Feladat: Határozzuk meg az S sík és koordinátatengelyek metszéspontjait, ha: S : x y + 4z 4 Megoldás: Határozzuk meg el ször az x tengellyel való metszéspontot. Az x tengelyre olyan pontok illeszkednek, amelyeknek az els koordinátája bármilyen valós szám lehet, de a második és harmadik koordinátája mindig. Tehát keressük a sík azon pontját, amelyre y z. Behelyettesítve a sík egyenletébe x 4, azaz x 8. A sík és x tengely metszéspontja: M x (8; ;. Hasonló megfontolással az y tengellyel alkotott metszéspont els és harmadik koordinátája, azaz x z. Behelyettesítéssel kapjuk, hogy y 4. Tehát a síkot az y tengely az M y (, 4; pontban metszi. A z tengellyel vett metszéspontot megkapjuk, ha keressük a sík azon pontját, amelyre x y. Ekkor z 6. Tehát a sík és a z tengely metszéspontja: M z (; ; 6. Feladat: Határozzuk meg a két egyenes metszéspontját, ha: f : x + t y + t z t t R e : x p y + p z p p R Megoldás: Keressük azt az M(x, y; z pontot, amely illeszkedik mindkét egyenesre. Ha a két egyenesnek létezik közös pontja, akkor lennie kell olyan t és p paraméterértékeknek, amelyekre az e és f egyenes egy pontjának mindhárom koordinátája megegyezik. Így a következ egyenl ségeket írhatjuk fel. p + t + p + t p t 84

185 Válasszuk ki az els két egyenlet és határozzuk meg t és p paramétereket. p + t + p + t A második egyenlet ( - szeresét hozzáadjuk az els egyenlethez, ekkor t kiesik, és p értéke meghatározható. p + t 4 4p t p 5 p Behelyettesítve p értékét az els egyenletbe : t. Kaptunk t-re és p-re is egy -egy értéket, de meg kell nézni, hogy ezek teljesítik -e a harmadik egyenletet is! ( ( 5 Az egyenl ség teljesül, ez pedig azt jelenti, hogy létezik metszéspont. Még a közös metszéspont koordinátáit kell megadni. Ez a közös pont meghatározható a t paraméterrel az f egyenesr l vagy p paraméterrel az e egyenesr l is. Ha t, ekkor a metszéspont: M( ; ; 5. Megjegyzés: Számolásunkat fejben ellen rizzük le p behelyettesítésével.. Feladat: Határozzuk meg az e és f egyenesek metszéspontját, ha: e : x 6 + t y + t z 9 + 5t t R x f : y + 4 z 5 6 Megoldás: Az el z höz hasonló a feladat, ha f egyenes egyenletrendszerét átírnánk paraméteres alakra, akkor ugyanúgy megoldhatjuk a feladatot. De ebben az esetben van egy egyszer bb megoldás is. Helyettesítsük be az e egyenesnél szerepl x, y, z kifejezések paraméteres alakját az f egyenes egyenletrendszerébe. f : 6 + t 5 + t t 6 Rendezve: + t f : t t 5 6 Ez három egyenletet jelent és csak egy ismeretlent. + t 5 85 t +

186 + t 5 t t t 6 Vegyük az egyik egyenletet, oldjuk meg t-re és nézzük meg, hogy a kapott érték megoldása-e a másik két egyenletnek is. Megoldva: t. + t 5 t + Meg kell nézni, hogy a kapott értékre teljesül- e harmadik egyenlet! Mivel t t Ez azt jelenti, hogy a második egyenlete már nincs értelme vizsgálni, ugyanis nincs olyan pont, amelyik illeszkedne mindkét egyenesre.. Feladat: Határozzuk meg az e egyenes és a koordinátarendszer xz síkjának a döféspontját, ha: e : x 4 t y + t z 5t t R. Megoldás: Adjuk meg az xz sík egyenletét: a sík illeszkedik az origóra és normálvektora a j (, ; vektor. Tehát (x + (y + (z Ebb l az xz sík egyenlete: y és x, z R. Ez egy olyan speciális sík egyenlete, amelyre illeszked pontok második koordinátája mindig, a másik kett bármilyen valós szám lehet. Ezzel a feladat arra egyszer södik, hogy adjuk meg az e egyenes azon pontját, amelynek a második koordinátája éppen. Mivel az egyenes egyenletrendszeréb l y + t, ha y, akkor t. Tehát a metszéspont az e egyenes t paraméteréhez tartozó pontja: M(, ; 5 86

187 .5.. Összetett feladatok. Feladat: Határozzuk meg az ABCD tetraéderben az AB oldalegyenes felez mer leges síkjának és a CD oldalakegyenes hajlásszögét, ha: A(4; 7; 6 B(; ; C( ; 5; D(4; 5;. Megoldás: Vegyük észre, hogy a hajlásszög meghatározásához nekünk nincs szükségünk a felez mer leges sík egyenletére és a CD egyenes egyenletrendszerére. Elég ismerni a sík egy normálvektorát és az egyenes egy irányvektorát. Az AB szakasz felez mer leges síkja pedig mer leges az AB szakaszra, így a sík egy normálvektora legyen éppen vektor. AB ( 4; 6; 8 Az egyszer bb számolás miatt válasszuk inkább az vektort. n AB (; ; 4 A CD oldalegyenes egy irányvektor: A két vektor skaláris szorzata: A két vektor hossza: A két vektor α hajlásszög: v CD (5; ; n, v 4 < n 9 v 6 cos α n, v v n Mivel α > π, ezért a felez mer leges sík és az oldalél β hajlásszöge: β α π arccos n, v n v π arccos 4 π 9 6 Tehát α 7.65 és β

188 . Feladat: Határozzuk meg az ABCD tetraéderben az ABC és BCD oldallapok által bezárt szöget, ha: A(4; 7; 6 B(; ; C( ; 5; D(4; 5;. Megoldás: Két sík hajlásszöge megadható, ha ismerjük a síkok normálvektororainak a hajlásszögét. Tehát állítsuk el a feladatban szerepl síkok egy-egy normálvektorát. Az ABC oldallap normálvektora egy olyan vektor lehet, amely mer leges AB és AC vektorokra, ezért válasszuk normálvektornak az AB AC vektort. Hasonló megfontolások alapján a BCD oldallap egy normálvektora pedig legyen BD BC vektor. Képezzük a vektoriális szorzatokat. AB ( 4; 6; 8 AB AC i j k AC ( 5; ; i + 8j k Az ABC oldallap normálvektora az egyszer bb számolás miatt legyen: n (i + 8j k i + 4j k n ( 8 BD (4; 6; 4 BC ( ; 4; 5 BD i j k BC i 4j + k Az BCD oldallap normálvektora legyen: n ( 46i 4j + k i + j 5k A két normálvektor hajlásszöge: n + + ( n, n 46 θ arccos

189 θ 58.5 A két oldallap hajlásszöge: β θ arccos β Feladat: Határozzuk meg az ABCD tetraéderben az ABC oldallap és az AD oldalegyenes által bezárt szöget, ha: A(4; 7; 6 B(; ; C( ; 5; D(4; 5;. Megoldás: A hajlásszög meghatározásához elegend ismerni az ABC oldallap egy normálvektorát és az AD oldalegyenes egy irányvektorát. Használjuk fel, hogy az el z feladatban már meghatároztuk az ABC oldallap egy normálvektorát. n i + 4j k n 8 Az AD oldalegyenes egy irányvektora lehetne az: AD (; ; 4 vektor, de az egyszer bb számolás miatt legyen inkább Mivel v AD (; ; v. 4 n, v az irányvektor és normálvektor α hajlásszöge: α arccos 8 β π α π Feladat: Határozzuk meg az e egyenes és S sík közös pontját, ha: S : x + y z 7 e : x y z 5 4 Megoldás:. megoldás: A közös M pont koordinátái legyenek: (x ; y ; z. 89

190 Az egyenes egyenletrendszeréb l tudjuk, hogy azaz Másrészt tehát x y, x y +. y z 5, 4 z 4 y + 5. A három ismeretlen koordinátából sikerült kett t, az x -t és z -t az y -val kifejezni. Ha a kapott kifejezéseket behelyettesítjük az S sík egyenletébe, akkor y -ra kapunk egy egyenletet. ( 4 (y + + y y Az egyenletet megoldva kapjuk, hogy y 6. Ekkor x 8 és z. Tehát a közös pont koordinátái: M(8; 6;.. megoldás: Adjuk meg az egyenes egyenletrendszerét paraméteres alakban. Ha az egyenes egyenletrendszere: e : x akkor paraméteres alakban: y z 5 4 t t R, e : x + t y t z 5 + 4t t R. Keressük meg a metszésponthoz tartozó t paraméter értékét. Ezért helyettesítsük be az x, y és z paraméteres kifejezéseit a sík egyenletébe és oldjuk meg t-re az egyenletet: Az egyenletet megoldva: t. ( + t + (t (5 + 4t 7 Az egyenes t paraméteréhez tartozó pontja: M(8; 6;. 9

191 5. Feladat: Határozzuk meg az e egyenes és S sík közös pontját, ha: S x y + z 5 e : x y 5 z Megoldás: Adjuk meg az e egyenes egyenletrendszerét paraméteres alakban. x y 5 z t x t y 5 + t z + t Helyettesítsük be a kapott kifejezéseket a sík egyenletébe! Rendezve: ( t (5 + t + ( + t 5 t 4 5 Az egyenlet rendezése után leolvasható, hogy nincs olyan t paraméterérték, amelyre az egyenl ség teljesül. Ez azt jelenti, hogy nincs az S síknak és az e egyenesnek közös pontja. Vajon hogyan lehetséges ez? Egy síknak és egy egyenesnek akkor nincs metszéspontja, ha a sík párhuzamos az egyenessel. Nézzük meg tényleg ez az eset áll-e fenn. A párhuzamosság csak akkor állhat fenn, ha a sík normálvektora mer leges az egyenes irányvektorára: n (; ; v ( ; ; Írjuk fel a két vektor skaláris szorzatát: n, v Mivel a skaláris szorzat, a sík normálvektora mer leges az egyenes irányvektorára, tehát a feladatban szerepl sík és egyenes valóban párhuzamos. 6. Feladat: Határozzuk meg az e egyenes és S sík közös pontját, ha: S : x y + z 5 e : x y + z. Megoldás: Keressük meg a sík azon pontját, amelyre x és z y +. Végezzük el a behelyettesítést. y + (y + 5 Rendezve az egyenletet: y

192 Mivel a rendezés után kapott egyenlet tetsz leges y érték mellett teljesül, ezért az egyenes bármely pontja illeszkedik a síkra, azaz az e egyenes rajta van a síkon. Megjegyzés: Mivel egy sík normálvektora mer leges minden egyenesre, amelyik a síkra illeszkedik, ezért ha megnézzük az egyenes irányvektora és sík normálvektora most is mer leges egymásra (skaláris szorzatuk. 7. Feladat: Határozzuk meg az alábbi két sík közös f metszésvonalának egyenletrendszerét, ha: S : x y + z S : 4x + y z Megoldás: A metszésvonal csak akkor létezik, ha a két sík nem párhuzamos.. Olvassuk le a síkok normálvektorait és írjuk fel az azonos index koordináták hányadosait. n (; ; n (4; ; 4 tehát a két normálvektor nem párhuzamos, így a síkok sem. A két síknak létezik metszésvonala.. megoldás: Egy egyenes egyenletrendszerének megadásához szükségünk van egy pontra és egy irányvektorra. A két sík metszésvonalára olyan pontok illeszkednek, amelyek megoldásai a következ egyenletrendszernek. x y + z 4x + y z Ez egy két egyenletb l álló három ismeretlenes egyenletrendszer, aminek tudjuk, hogy létezik végtelen sok megoldása (a két sík metszi egymást. Ebb l egyet megkapunk, ha az egyik ismeretlent szabadon választjuk. Ha például x, akkor az az egyenletrendszerünk: y + z y z A két egyenletet összeadva kapjuk, hogy y 5 és z 5. Tehát a metszésvonal egy pontja: A(; 5; 5. Kell még egy irányvektor! 9

193 Vegyük gyelembe, hogy a keresett f egyenes illeszkedik mindkét síkra, így mer leges lesz mindkét sík normálvektorára. Az n és n normálvektorok leolvashatóak, ekkor a mindkét vektorra mer leges vektor legyen éppen a két vektor vektoriális szorzata, azaz v f n n. n (; ; n (4; ; v f n n i j k 4 i + 6j + 4k Tehát a két sík metszésvonalának egyenletrendszere: f : x y 5 z megoldás: A feladat úgy is megoldható, ha a metszésvonalról nem egy, hanem két pontot olvasunk le, és ezen pontok segítségével megadhatunk egy irányvektort. A metszésvonal : A(; 5; 5 pontját már ismerjük. Olvassunk le még egy pontot a metszésvonalról, azaz adjunk meg egy másik megoldását az egyenletrendszernek. x y + z 4x + y z Adjunk az egyik koordinátának egy tetsz leges értéket. Legyen például y. (Bármilyen valós számot behelyettesíthetünk, de arra ügyeljünk, hogy a számolás gyorsan elvégezhet legyen. Ekkor az egyenletrendszer: Adjuk össze az egyenleteket: x 6 + z 4x + z 6x 6, azaz x Ha x és y, akkor z. Tehát egy másik pont a metszésvonalról: B( ; ;. Az A(; 5; 5 és B( ; ; pontokra illeszked egyenes egy irányvektora: v AB ( ; ; 7 Az f metszésvonal egyenletrendszere B pontra felírva: f : x + y z t R

194 Megjegyzés: Úgy t nik, hogy egy teljesen más egyenletet kaptunk. Pedig ez ugyanaz az egyenes, csak az egyenletrendszer alakja más. Hasonlítsuk össze az irányvektorokat. Mivel ( ; ; 7 és (; 6; 4 ( ; ; 7 (; 6; 4 a két egyenes párhuzamos. Vizsgáljuk meg, hogy az el z megoldásnál kapott x f : y 5 6 egyenes átmegy- e a B ponton. z 5 4 Helyettesítsük be az egyenletrendszerbe B pont koordinátáit Az egyenl ség teljesül, tehát valóban ugyanazon egyenes két különböz alakját sikerült felírni..6. Vegyes összetett feladatok. Feladat: Tükrözzük az e egyenest a P (; ; pontra, ha e : x t y + t z + t t R. Írjuk fel a tükörkép paraméteres alakját. Megoldás: A tükörkép az e egyenessel párhuzamos egyenes. Ezért az e egyenes egy irányvektora egyben a tükörkép egy irányvektora is. A e P B e' Olvassuk le az e egyenes egy irányvektorát: v ( ; ; Szükségünk van még a keresett egyenes egy pontjára. Vegyük észre, hogy az e egyenes egy tetsz leges A pontját a tükrözés egy olyan B pontba viszi át, amelyre az AB szakasz felezéspontja éppen a P pont. 94

195 Adjuk meg e egyenes egy pontját. Legyen t, ekkor A(; ; Mivel P felezéspont, a koordinátákra a következ egyenlöségeket írhatjuk fel: a + b p azaz + b b a + b p azaz a + b p azaz A B pont koordinátákkal megadva: + b + b b 6 b 7 A tükörkép paraméteres alakja: B( ; 6; 7 e : x t y 6 + t z 7 + t t R. Feladat: Tükrözzük az S síkot az P (; ; 4 pontra, ha Írjuk fel a tükörkép egyenletét. S : x y + 4z 5. Megoldás: A tükörkép ebben az esetben egy sík lesz, amely párhuzamos az eredeti síkkal. Ezért az S sík egy normálvektora a tükörkép egy normálvektora is. Olvassuk le az S sík egy normálvektorát: n (; ; 4 Szükségünk van a keresett S sík egy pontjára. Használjuk fel, hogy az S sík egy tetsz leges A pontjának a tükörképe egy olyan B pont, amelyre AB szakasz felezéspontja éppen a P pont lesz. Olvassunk le egy pontot az S síkról. Két koordinátát szabadon választhatunk. Legyen x z. Behelyettesítve a sík egyenletébe: y 5. Az S sík egy tetsz leges pontja koordinátákkal megadva: A(; 5; 95

196 S A P S' B A B pont koordinátáinak meghatározásához a következ egyenlöségeket írhatjuk fel: a + b p azaz + b b 4 a + b 5 + b p azaz b a + b + b p azaz 4 b 8 A B pont koordinátákkal megadva: A S tükörképének egyenlete: B(4; ; 8 S : (x 4 (y + 4(z 8 Rendezve: S : x y + 4z 7. Feladat: Írjuk fel az e és f párhuzamos egyenesek síkjában lev,velük párhuzamos és t lük egyenl távolságra fekv g egyenes egyenletrendszerét, ha e : x + t y + t z t t R f : x l y 5 l z 4 + l l R Megoldás: Készítsünk ábrát. Nézzük meg, tényleg párhuzamosak az egyenesek? 96

197 A e F g B f A két egyenes egy-egy irányvektora: v e (; ; v f ( ; ; Mivel v e v f, a két egyenes valóban párhuzamos. Ha a keresett g egyenes párhuzamos e-vel és f- fel, akkor g irányvektora legyen v g v e (; ; Meg kell adnunk g egyenes egy pontját. Ha veszünk az e és f egyenesekr l egy-egy tetsz leges pontot, akkor az általuk meghatározott szakasz felezéspontja éppen a g egy pontja lesz. Olvassunk le egy-egy pontot az egyenesekr l. Legyen mindkét paraméter nullával egyenl, azaz t l. A(; ; B(; 5; 4, ahol A az e egyenes, B pedig az f egyenes egy pontja. Az A és B pontok F felezéspontjának koordinátái: F (; 4; A keresett g egyenes egyenletrendszere: g : x y 4 z 4. Feladat: Határozzuk meg az e egyenesnek az S síkra es mer leges vetületének egyenletrendszerét, ha e : x 8 + 5t y 7 + 6t z 8t t R és S : x + 4y z 5. Majd határozzuk meg az e egyenes és vetületének α hajlásszögét. Megoldás: Ha egy egyenes mer leges egy síkra, akkor az egyenes vetülete egy pont lesz. Minden más esetben egy egyenest kapunk. Nézzük meg, hogy mer leges-e az e egyenes az S síkra. 97

198 Olvassuk le egy irányvektort és egy normálvektort. v e (5; 6; 8 n (; 4; Ha a két vektor párhuzamos, azaz egyik a másik számszorosa, akkor e és S mer legesek egymásra. Mivel az azonos index koordináták hányadosai nem egyenl ek, e és S nem mer legesek Tehát a vetület képe egy egyenes lesz. Ennek az egyenesnek a meghatározásához kell két pont az egyenesr l. Az egyik pont legyen a Q metszéspont, ha létezik. B f e α Q e' S Q Ha az S síknak és az e egyenesnek létezik közös pontja,akkor kell hogy legyen egy olyan t paraméterérték, amellyel x, y, z-t meghatározva az egyenesen, a kapott pont illeszkedik az S síkra is. Így el ször határozzuk meg t paraméter értékét. Az e egyenes egyenletében szerepl x, y, z paraméteres alakját helyettesítsük be a sík egyenletébe. (8 + 5t + 4(7 + 6t ( 8t 5 Rendezve 4t t A Q metszéspont koordinátái: Q (; ; 5 Kell egy másik pont is a keresett egyenesr l. Olvassuk le e egyenes egy pontját, például a B(8; 7; pontot, ha t. 98

199 Határozzuk meg a B pont mer leges vetületét! Írjuk fel annak az f vetít egyenesnek az egyenletrendszerét, amely mer leges az S síkra és átmegy B ponton. Az S sík és az f vetít egyenes metszéspontja éppen a vetületpontot adja, amit jelöljünk Q -vel. Mivel f mer leges az S síkra, így f vetít egyenes egy irányvektora megegyezik az S sík egy normáklvektorával. v f n (; 4; f : x 8 + t y 7 + 4t z t t R Határozzuk meg f egyenes és S sík metszéspontját! Az egyenletet megoldva: (8 + t + 4(7 + 4t ( t 5 t Q (4; ; Most már ismerjuk az e vetületegyenes két pontját, Q -t és Q -t. Ekkor Q (; ; 5 Q (4;, v e Q Q (; ; 6 A vetület e egyenletrendszere Q pontra felírva: e : x + t y t z 5 6t t R A szög meghatározásához szükségünk van a két egyenes irányvektorára. v e (5; 6; 8 v e (; 6 Határozzuk meg a két irányvektor által bezárt α hegyesszögét: cos α v e, v e v e v e α 55.6 Tehát az e egyenes és e mer leges vetületének hajlásszöge α Feladat: Határozzuk meg annak a B pontnak a koordinátáit, amelyet az A pontnak az S síkra való tükrözésével kapunk, ha A(4; ; 7 S : x + 5y z 59. Megoldás: Adjuk meg az A pontnak a síkra es mer leges vetületét, a D pontot, majd erre a pontra tükrözzük az A pontot. 99

200 f A S D B Írjuk fel el ször az A ponton átmen és S síkra mer leges f vetít egyenes paraméteres egyenletrendszerét. Ennek irányvektora ugyanaz, mint az S sík normálvektora. v f n (; 5; f : x 4 + t y + 5t z 7 t t R Határozzuk meg az f egyenes és S sík D metszéspontjának koordinátáit. (4 + t + 5( + 5t (7 t 59 Az egyenletet megoldva: t D(; 7; Mivel D pont felezi az AB szakaszt, a keresett koordinátákra a következ egyenl ségeket írhatjuk fel: a + b d azaz 4 + b b 6 a + b p azaz a + b p azaz Tehát a tükörkép koordinátákkal megadva: + b 7 b b b B(6; 7;

201 A e E B S' 6. Feladat: Határozzuk meg annak a B pontnak a koordinátáit, amelyet az A pontnak az e egyenesre való tükrözésével kapunk, ha A( 4 7 e : x 7 + t y 4 + t z t t R Megoldás: Az el z feladathoz hasonlóan határozzuk meg az A pont E mer leges vetületét az e egyenesen, majd tükrözzünk erre a pontra. Most adjuk meg annak az S síknak az egyenletét, amely átmegy A ponton és mer leges e egyenesre. Vegyük észre, hogy S sík egy normálvektora egyben az e egyenes egy irányvektora is. Ezért olvassuk le egy irányvektorát! Az S sík egy normálvektora: v e (; ; n v e (; ; Az S sík egyenlete A pontra felírva: Rendezve. (x 4 + (y + (z 7 S : x + y z 5 Az E mer leges vetületpont éppen S és e metszéspontja lesz. Az egyenletet megoldva: (7 + t + (4 + t ( t 5 t E(; ; 5

202 Mivel E éppen az AB szakasz felezéspontja, ezért a koordinátákra a következ egyenl ségek igazak: 4 + b b + b b b 5 b Tehát a tükörkép koordinátái: B( ; 7; 7. Feladat: Írjuk fel annak az f egyenesnek az egyenletrendszerét, amely illeszkedik S síkra és mer legesen metszi e egyenest, ha S : 4x + 5y + z 7 e : x 5 + t y 4 + 6t z 4 t t R. e M S f Megoldás: Ha f illeszkedik a síkra és metszi e egyenest, akkor f rajta van az S síkon és átmegy az S sík és az e egyenes M metszéspontján. Kezdjük a metszéspont meghatározásával. Ha S : 4x + 5y + z 7 e : x 5 + t y 4 + 6t z 4 t t R akkor helyettesítsük be x, y, z paraméteres alakját a sík egyenletébe. 4(5 + t + 5(4 + 6t + (4 t 7 Az egyenletet megoldva, majd t kapott értékét behelyettesítve e egyenletrendszerébe: t M(; ; 5

203 Nézzük meg mit tudunk f irányvektoráról. Mivel f illeszkedik S síkra, igy f egy irányvektora mer leges az S sík egy normálvektora. Másrészt e és f mer legesek egymásra, akkor irányvektoraik is mer legesek. A feltételeket gyelembe véve, legyen v f n v e. n (4; 5; v e (; 6; v f n v e i j k i + 6j + 4k Tehát f egyenes egyenletrendszere az M metszéspontra felírva: f : x y + z Feladat: Létezik-e olyan v vektor (v, amely az x, y, z tengelyek pozitív irányával rendre α 45,β 6 és γ szöget zár be? Ha létezik, adjunk meg egy vele azonos irányú egységvektor koordinátáit! Milyen feltételnek kell teljesülnie az α, β, γ szögekre, hogy létezzen ilyen vektor? Megoldás: El ször nézzük meg milyen α, β, γ szögek esetén létezik ilyen vektor. A vektort keressük v ( v v v alakban. Képezzük v vektornak i, j és k egységvektorokkal alkotott skaláris szorzatát koordinátákkal megadva, majd a deníció alapján. v, i v + v + v v v, i v i cos α v cos α Azaz: v v cos α v, j v + v + v v v, i v j cos α v cos β Azaz: Hasonlóan v v cos β v, k v + v + v v v, i v k cos α v cos β v v cos γ A kapott egyenleteket emeljük négyzetre: v v cos α

204 A három egyenletet összeadva: v v cos β v v cos γ v + v + v v cos α + v cos β + v cos γ Kiemelve v -et: v + v + v v (cos α + cos β + cos γ Mivel v + v + v v és v, az egyszer sítés után kapjuk, hogy cos α + cos β + cos γ feltétel teljesülése esetén létezik olyan v vektor, amely az x, y, z tengelyek pozitív irányával rendre α,β és γ szöget zár be. Nézzük meg, hogy a feladatban szerepl szögek teljesítik-e a feltételt! Mivel cos 45 cos 6 cos cos 45 + cos 6 + cos A feltétel teljesül, létezik olyan vektor, amely az x, y, z tengelyek pozitív irányával rendre α 45, β 6 és γ szöget zár be. A vektor koordinátáinak megadásához vegyük gyelembe, hogy egy egységvektort keresünk, azaz v. Így v v cos α cos 45 v v cos β cos 6 v v cos γ cos Tehát a keresett egységvektor koordinátáival megadva: ( v ; ; 9. Feladat: Hogyan kell A és B paraméterek értékét megválasztanunk az S és S síkok egyenletében, hogy a S, S és S síkoknak egy közös pontja legyen, egy egyenesre illeszkedjenek, 4

205 ne legyen közös pontja a három síknak, ha S : x y + z S : x + y z + B S : x + Ay 6z +. Megoldás: A három síknak akkor van egyetlen egy közös pontja, ha egyetlen egy ( x y z rendezett számhármas létezik, amely mindhárom sík egyenletét teljesíti. Azaz a három sík egyenletéb l alkotott egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van. A síkok egy egyenesre illeszkednek, ha végtelen sok olyan pontot, rendezett számhármast találunk, amelyek a síkok egyenleteit kielégítik. Tehát egyenletrendszernek végtelen sok megoldás. Ha nincs közös pontja a három síknak, akkor nincs olyan rendezett számhármas, amely mindhárom sík egyenletét kielégítené, azaz az egyenletrendszernek nincs megoldása. Tehát a feladatot átfogalmazhatjuk úgy, hogy hogyan kell A és B paraméterek értékét választanunk, hogy az egyenletrendszernek egy megoldása legyen, végtelen sok megoldása, ne legyen megoldása. x y + z x + y z + B x + Ay 6z + Próbáljuk csökkenteni az ismeretleneket. Például a második egyenletet vonjuk ki a harmadik egyenletb l. Az új egyenletrendszer: x y + z x + y z + B (A y 5z + B Majd a második egyenlet kétszeresét vonjuk ki az els egyenletb l. 5y + 5z B x + y z + B (A y 5z + B Ha az els egyenletet hozzáadjuk a harmadikhoz, akkor lesz egy olyan egyenletünk, amiben már csak egy ismeretlen lesz. 5y + 5z B x + y z + B (A 7y + 9 B 5

206 A harmadik egyenlet alapján y 9 B. Tehát egy megoldás akkor A 7 létezik, ha az osztást el tudjuk végezni, azaz A 7. Ekkor B értéke tetsz leges valós szám lehet. Ha A 7 és B, akkor csak két egyenletünk maradt és három ismeretlen. 5y + 5z 5 x + y z + Az els egyenletb l fejezzük ki z-t. z + y Helyettesítsük be a második egyenletbe: x + y ( + y + x y Tehát az egyenletrendszer végtelen sok megoldása van és x y z + y és y R A kapott egyenleteket átalakítva egy egyenes egyenletrendszerét kapjuk: y z y x x y z Ha A 7 és B, akkor az utolsó egyenlet : 9 B De ez egy ellentmondás, mivel tudjuk, hogy B. Ez pedig azt jelenti, hogy az egyenletrendszernek nincs megoldása. Foglaljuk össze a kapott eredményeket. Ha A 7 és B R, akkor egy közös pontja van a három síknak. Ha A 7 és B, akkor egy egyenesre illeszkednek. Ha A 7 és B, akkor nincs közös pontja a három síknak.. Feladat: Az e egyenes mely C pontja van egyenl távolságra az A és B pontoktól, ha A(; 4; 7 B(; 6; 5 Megoldás: e : x 5 + t y t z t t R. megoldás: Mivel két ponttól egyenl távolságra lev pontok a térben illeszkednek a két sík szakaszfelez mer leges síkjára, a keresett pontot 6

207 ezen a síkon kell keresnünk. Másrészt a pont rajta van az e egyenesen is. Tehát keressük meg azt a (x ; y ; z pontot, rendezett számhármast, amely kielégíti a a felez mer leges sík egyenletét és az egyenes egyenletrendszerét is. Írjuk fel a szakasz felez mer leges síkját! Kell egy vektor, ami mer leges a keresett síkra. AB ( ; ; éppen megfelel a feltételnek. Ekkor legyen a sík normálvektora: n AB (, ; Az AB szakasz F felezéspontja: F (; 5; 6 A szakasz felez mer leges síkjának egyenlete F pontra felírva: x + y + z Az e egyenes egyenletrendszerében szerepl x, y, z paraméteres alakját helyettesítsük be a sík egyenletébe. ( 5 + t + (t + ( t t Tehát az egyenes t paraméterértékhez tartozó C pontja van az A és B pontoktól egyenl távolságra: C(; 4;. megoldás: A feladat úgy is megoldható, ha keressük azt a C(x; y; z pontot, amelyre CA CB. Írjuk fel a távolságok négyzetét: CA ( x +( 4 y +(7 z (+5 t +( 4 t +(7 +t CA (7 t + ( 4 t + (6 + t CB ( x +( 6 y +(5 z (+5 t +( 6 t +(5 +t CB (5 t + ( 6 t + (4 + t (7 t + ( 4 t + (6 + t (5 t + ( 6 t + (4 + t Az egyenletet megoldva kapjuk, hogy t és a keresett pont C(; 4; 7

208 . Feladat: Legyen e x + 4t y t z + t t R e x l y + l z + l l R Írjuk fel annak az S síknak az egyenletét, amely tartalmazza az e egyenest és párhuzamos az e egyenessel. Határozzuk meg az origó távolságát a kapott síktól. Megoldás: A sík egyenletének megadásához kell egy pont a síkról és egy normálvektor. Mivel az e egyenes illeszkedik a S síkra, így az egyenes egy tetsz leges A pontja megfelel a sík felírására. Legyen például t, ekkor. A( ; ; Szükségünk van a sík egy n normálvektorára. Mivel e illeszkedik S síkra, így v e n és mivel e párhuzamos S síkkal, akkor v e n. Tehát két ismert vektorra mer leges vektort keresünk. Legyen Végezzük el a számolást! n v e v e v e (4; ; v e (, ; v e v e i j k 4 (; 9; 6 Az egyszer bb számolás miatt legyen : n (v e v e (; ; Az S sík egyenlete A( ; ; pontra felírva: S : x y + z 6 Határozzuk meg S távolságát az origótól! Tudjuk, hogy egy P pont távolsága egy Q pontra illeszke, n normálvektorú síktól : d P S p q, n n 8 QP, n n

209 Most a P pontnak az origó, a síkra illeszked Q pontnak pedig A felel meg. d P S Végezzük el a számolást! a, n n AO, n n n (; ; n 4 AO a (; ; a, n AO, n 6 a, n AO, n 6 d P S a, n n AO, n 6 n 4. Feladat: Mekkora terület háromszöget metszenek ki a koordinátasíkok a x y + z 6 egyenlet síkból? Megoldás: Határozzuk meg el ször a kimetszett háromszög csúcspontjainak koordinátáit! z C A B y x Az x tengelyre es A csúcspontról tudjuk, hogy a második és harmadik koordinátája, azaz y z. A sík egyenlete alapján, akkor x. Az y tengelyen lév B csúcspontnál x z, behelyettesítve a sík egyenletébe: y 6. A z tengelyen lév C csúcspont koordinátái, ha x y akkor z. Tehát a csúcspontok koordinátákkal megadva: A(, ; B(; 6; C(; ; 9

210 Válasszuk ki az egyik pontot, például A-t. Indítsunk vektorokat a másik kett be. A megadott két vektor kifeszíti a háromszöget és területe pedig t AB AC Végezzük el a számolást! AB ( ; 6; AC ( ; ; AB AC i j k 6 ( ; 6; 8 t AB AC 4 6

211 4. Többváltozós függvények 4.. Helyettesítési érték számolása 4... Alapfeladatok. Feladat: Tekintsük a következ f : R R, kétváltozós függvényt: f(x, y x y x + y. Számoljuk ki az f(,, f(, és f(, helyettesítési értékeket. Megoldás: Kezdjük f(, kiszámolásával. Ez a jelölés azt jelenti röviden, hogy f(x, y, vagyis x és y értékeket kell behelyettesíteni a megfelel változók helyére: f(, f(, esetén nagyon hasonló a helyzet, de a fordított sorrend miatt ez most azt jelenti, hogy az x és y behelyettesítéseket kell elvégezni: f(, f(, esetén pedig mindkét változó helyére -at kell írni: f(, Feladat: Legyen f : R R, a következ formulával értelmezett kétváltozós függvény: f(x, y x ln y. Számoljuk ki az f(, és f(, helyettesítési értékeket. Megoldás: Az els esetben: Míg fordított sorrendnél: f(, ln. f(, ln( nem létezik, hiszen az ln függvény értelmezési tartománya a ], + [ intervallum. Tehát általános esetben a helyettesítési értékek felcserélése nem hogy nem ad azonos eredményt, hanem elképzelhet, hogy a behelyettesítés csak egyféleképpen végezhet el.

212 4... Összetett feladatok. Feladat: Tekintsük a következ f : R n R n-változós függvényt: f(x, x,..., x n x x x n. Számoljuk ki ennek a függvénynek a helyettesítési értékét a x i i helyen, vagyis az x, x,..., x n n behelyettesítéssel. Megoldás: Ebben a feladatban a változók száma nem x, mint az el z példában, ahol csak darab változóval dolgoztunk. Adva van azonban egy behelyettesítési szabály tetsz leges számú változóra. Vagyis adott számú változóra egyértelm en el tudjuk végezni a függvényérték számolást. Például: n f(x n f(x, x Így általános n-re f(x, x,..., x n n n n! Tehát meghatároztuk a változószám függvényében a helyettesítési értéket. 4.. Értelmezési tartomány vizsgálata 4... Alapfeladatok. Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y x y + formulával értelmezett kétváltozós függvény értelmezési tartományát. Megoldás: Egy kétváltozós függvény értelmezési tartománya a teljes XY sík vagy annak valamely részhalmaza lehet. Tehát azt kell vizsgálnunk, hogy milyen (x, y pontok esetén van értelmezve f(x, y függvény. Mivel négyzetgyököt csak nemnegatív számból vonhatunk, így az értelmezési tartomány minden pontjára teljesülnie kell, hogy: x y +. Ezt az egyenl tlenséget rendezzük y-ra: y x +. Az y x + egy olyan egyenes egyenletét jelenti, ami az y-tengelyt az pontban metszi, és a meredeksége. Az egyenes a teljes XY síkot

213 két félsíkra osztja. Az egyik félsíkban olyan pontok találhatóak, amelyekre y > x +, míg a másikban y < x +. Egy tetsz leges érték behelyettesítésével kiválaszthatjuk a megfelel félsíkot. Az értelmezési tartomány pontjait az alábbi ábra szemlélteti Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y ln(xy + x formulával értelmezett kétváltozós függvény értelmezési tartományát. Megoldás: Az ln függvény csak pozitív számokra értelmezett, tehát az értelmezési tartomány minden (x, y pontjára xy + x > egyenl tlenség kell, hogy teljesüljön. Alakítsuk szorzattá a baloldali kifejezést. xy + x x(y + >. Egy két tényez s szorzat akkor pozitív, ha mindkét szorzótényez pozitív, vagy mindkett negatív. Tehát két lehetséges eset van: Ha x > és y + > Ekkor tehát annak kell teljesülnie, hogy x >, és y > -. Ezt a tartományt szemlélteti az alábbi ábra.

214 Ha x < és y + < Ekkor pedig az x <, y < - feltételeknek eleget tev pontokra van értelmezve a függvény. Ezt a tartomány az alábbi ábra szemlélteti Az f(x, y függvény teljes értelmezési tartományát pedig a két tartomány uniója adja, azaz : 4

215 Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y ln( xy formulával értelmezett kétváltozós függvény értelmezési tartományát. Megoldás: Mivel a logaritmus függvény a pozitív számok halmazán van értelmezve, így f függvény csak olyan (x, y pontokban lehet értelmezve, amelyekre a xy >. egyenl tlenség teljesül. Rendezzük az egyenl tlenséget y-ra. El ször vigyük át xy-t a jobboldalra: > xy. Az utolsó lépésként osszunk le x-el, itt azonban gyelni kell. Ha x <, akkor a relációjel megfordul. Így két esetet különböztetünk meg: Ha x > Ekkor keressük azon rendezett számpárok halmazát, amelyre teljesül, hogy x > y és x >. Ezen pontok határoló görbéi az y x egyenlet hiperbola és az y tengely. 5

216 Ha x < Ekkor keressük azon pontok halmazát, amelyre x < y és x <. A feltételeknek eleget tev pontok az y tengelyt l balra, az y x egyenlet hiperbola felett helyezkednek el: Mivel az f függvény értelmezési tartományába azok a pontok tartoznak, amelyek legalább az egyik halmazba esnek, így a két halmaz unióját kell venni. A teljes értelmezési tartomány az alábbi ábrán látható. 6

217 Összetett feladatok (. Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y ln x y formulával értelmezett kétváltozós függvény értelmezési tartományát. Megoldás: Ebben a feladatban egy többszörösen összetettebb függvényt kell megvizsgálnunk. Haladjuk kívülr l befelé, vagyis kezdjük a gyökfüggvény vizsgálatával. Négyzetgyök alatt csak nemnegatív szám állhat, így keressük azon (x, y pontok halmazát, amelyekre teljesül, hogy ( x ln. y Mivel a logaritmus függvény szigorúan monoton n, és a függvényértéket az pontban veszi fel, így teljesülni kell, hogy: x y. Mivel -val nem lehet osztani, így az értelmezési tartományban nem esnek bele azok az (x, y pontok, amelyekre y, vagyis az x tengely nem része az értelmezési tartománynak. Ezután ismét próbáljuk meg y- re rendezni az egyenl tlenséget. Vegyük el ször minkét oldal reciprokát. Ne felejtsük el, hogy ekkor a relációjel megfordul. y x Innent l a feladat két esetre válik szét: x > 7

218 Ekkor a beszorzás után azt a feltételt kapjuk, hogy y x, vagyis az y x egyenes és az x tengely pozitív része közötti tartomány felel meg a kritériumoknak. Ebbe beletartozik az y x egyenes, de az x tengely pozitív része már nem! x < Ekkor a feltétel y x lesz, vagyis az y x egyenes és az x tengely negatív része közötti tartomány lesz az értelmezési tartomány része. Ebben az esetben is igaz, hogy az y x egyenes pontja részei az értelmezési tartománynak, azonban az x tengely pontjai nem A végs értelmezési tartomány ismét a két halmaz uniója: 8

219 Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y x + y 4 + ln(y x + formulával értelmezett kétváltozós függvény értelmezési tartományát. Megoldás: Vizsgáljuk meg el ször a gyökös kifejezést. Mivel négyzetgyök alatt csak nemnegatív szám szerepelhet, így a keresett (x, y pontokra x + y 4 > kell, hogy teljesüljön. Vegyük észre, hogy az x + y egyenl ség egy origó középpontú, sugarú körvonal pontjaira teljesül. Az x + y >, egyenl tlenséget pedig azon pontok teljesítik az xy síkban, amelyek - nél nagyobb távolságra vannak az origótól, azaz az origó középpontú, sugarú körön kívül helyezkednek el. 9

220 Mivel ln argumentumában csak pozitív szám állhat, így a második kifejezés olyan (x, y pontokban van értelmezve, amelyekre y x + >, y-ra rendezve: y > x. El ször ábrázoljuk az y x egyenlet parabolát. Ekkor a parabola két félsíkra osztja az XY síkot. Az egyenl tlenségnek eleget tev pontok halmaza az alábbi ábrán látható Ahhoz, hogy f(x, y értelmezve legyen, az el bbi feltételnek egyszerre kell teljesülnie, tehát csak azok a pontok tartoznak bele f(x, y értelmezési tartományába, amelyekre mindkét feltétel egyszerre teljesül. A halmazok nyelvén megfogalmazva, f(x, y értelmezési tartományát a

221 két feltételhez tartozó halmaz metszete adja. Ezt szemlélteti az alábbi ábra: Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y sin(x y formulával értelmezett kétváltozós függvény értelmezési tartományát. Megoldás: Haladjunk kívülr l befelé. Négyzetgyök alatt csak nemnegatív szám lehet, vagyis keressük azokat az (x, y pontokat, amelyekre teljesül, hogy: sin(x y. Mivel a szinusz függvény π szerint periodikus, el ször elég a [,π] tartományt vizsgálni. Mivel ezen a tartományon sin(x, ha x π, így a periodikusság miatt, ha ezt a tartomány π egész számú többszörösével eltoljuk, ott sin(x ismét pozitív lesz: sin(x ha πk x π + πk, k Z. Tehát keressük azon (x, y pontok halmazát, ahol: πk x y π + πk, k Z. Szorozzuk be az egyenl tlenségeket --el. Ekkor a relációs jelek megfordulnak: πk y x π + πk, k Z. Vegyük gyelembe, hogy ( -el való beszorzás után természetesen πk-t kellene írnunk az egyenletben. Azonban k végigfut az összes egész számon, így nem számít, hogy az egyenletben k-t vagy k-t írunk, hiszen mindkett el fog fordulni.

222 Rendezzük az egyenl tlenségeket y πk + x y x π + πk, k Z. Számszer sítve az els pár k értékre: k x y x π k. x + π y x + π Vagyis az értelmezési tartomány az egymástól π-vel eltolt parabolák által közrefogott terület lesz, π periódussal ismétl dve az y tengely mentén: Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y, z xy z formulával értelmezett háromváltozós függvény értelmezési tartományát. Megoldás: Háromváltozós függvény értelmezési tartománya a dimenziós tér, vagy annak valamely részhalmaza. Ebben az esetben a keresett pontok koordinátáira teljesülni kell, hogy z (az osztás miatt és x, y pedig tetsz leges valós számok lehetnek. Ezen feltételeknek eleget tev pontok halmaza a teljes dimenziós tér, kivéve a koordináta rendszer XY síkja.

223 5. Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y, z 9 x + y + z háromváltozós függvény értelmezési tartományát. Megoldás: Négyzetgyök alatt most is csak nemnegatív szám állhat, így: 9 x y z 9 x + y + z. Mivel 9 x + y + z, azon pontok halmaza a térben, amelyeknek az origótól vett távolságuk éppen, így f függvény értelmezési tartománya egy origó középpontú, sugarú gömb teljes felülete a bels pontokkal együtt. 4.. Szintvonalak 4... Alapfeladatok. Feladat: Határozzuk meg az R R, f(x, y x y kétváltozós függvény c,,,, magasságokhoz tartozó szintvonalait és ábrázoljuk azokat egy koordináta rendszerben. Megoldás: Tekintsük el ször a c esetet. Ehhez a magassághoz tartozó szintvonal az lesz, ami kielégíti az f(x, y egyenletet: Rendezzük ezt szokás szerint y-ra: Hasonlóan, ha c Ha c Ha c x y. y x +. y x +. y x. y x. Minden esetben egy egyenes egyenletét kaptuk, meredekséggel. Számoljuk paraméteresen: Ha ezt y-ra rendezzük: c x y. y x c. Tehát az összes szintvonal meredekség egyenes lesz. A tengelymetszet helyét befolyásolja, hogy milyen magassághoz tartozó szintvonalat vizsgálunk.

224 A szintvonalakat az alábbi ábra szemlélteti: c c c c - c Feladat: Határozzuk meg az R R, f(x, y (x + (y + kétváltozós függvény c,, magasságokhoz tartozó szintvonalait és ábrázoljuk azokat egy koordináta rendszerben. Megoldás: Tekintsük el ször a c esetet. Ekkor a következ egyenletet kapjuk, hogy: (x + (y +. Azonban (x és (y+ bármely x, y valós szám esetén, így az összegük nem lehet negatív. Ez azt jelenti, hogy nincs c -hez tartozó szintvonala ennek a függvénynek. Nézzük meg, mi a helyzet c esetén. Ekkor a következ egyenletet kapjuk: (x + (y +. Két nemnegatív szám összege csak akkor lehet, ha az összeg mindkét tagja egyszerre. Ez csak az x, y pontban teljesül, tehát ebben az esetben a szintvonal egyetlen pontból áll. Vizsgáljuk meg végül c -et. Ekkor az (x + (y + egyenletet határozza meg a szintvonalakat. Ez az egyenlet egy olyan sugarú kör egyenlete, amelynek a középpontja az x, y pontban van. 4

225 A szintvonalak tehát: c c Általában, ha c > -ra a szintvonalak c sugarú, (, középpontú körök lesznek. Ha c < esetén nincsenek szintvonalak. Ha c, egyetlen pontot kapunk Összetett feladatok. Feladat: Határozzuk meg az R R, f(x, y + xy kétváltozós függvény c,, 7 magasságokhoz tartozó szintvonalait és ábrázoljuk azokat egy koordináta 4 rendszerben. Megoldás: Vizsgáljuk meg el ször is a függvény értelmezési tartományát. Négyzetgyök alatt csak nemnegatív szám állhat, így a feltétel: + xy. Átrendezve: xy. Innent l ismét két esetet kell megkülönböztetnünk: x > Ekkor átrendezve azt kapjuk, hogy: y x. x < Átrendezve kapjuk, hogy y x. Ezeket összesítve a következ értelmezési tartományt kapjuk: 5

226 Ha adott c-re létezik a függvénynek szintvonala, az biztos, hogy az értelmezési tartományon belül halad. Tekintsük el ször a c értéket. Ekkor a + xy egyenletet kapjuk. Ebb l kifejezve y-t kapjuk, hogy y 4 x. Ha c esetét vizsgáljuk, ugyan ezekkel a lépésekkel az y 5 4 x egyenletre jutunk. Míg c 7 -b l kiindulva azt kapjuk, hogy: 4 y 6 x. Ezeket a szintvonalakat a következ grakonon ábrázoltuk (kékkel szedve az értelmezési tartomány határa látható: 6

227 4 c / c / c 7/ Megjegyzés Ha c < -ra nincsenek szintvonalai a függvénynek, míg c < esetén olyan hiperbolákat kapunk, amik a. és 4. síknegyedbe találhatóak. Ha c >, akkor. és. síknegyedbe es hiperbolákat kapunk.. Feladat: Határozzuk meg az R R, f(x, y c,, magasságokhoz tartozó szintvonalait. xy x + y függvény Megoldás: El ször is ki kell kötnünk, hogy az (, pont nem része az értelmezési tartománynak, hiszen -val nem tudunk osztani. Kezdjük a c esettel. Szorozzunk keresztbe. xy x + y x + y xy. Mindent egy oldalra rendezve kapjuk, hogy: x + y + xy (x + y. Vagyis a szintvonalra olyan (x, y pontok illeszkednek, amelyekre x + y, azaz y x. Tehát a szintvonal ebben az esetben az y x egyenlet egyenes. 7

228 Hasonlóan járhatunk el c esetén. Keresztbe szorzással kapjuk, hogy: Ebb l következik, hogy: x + y xy. x + y xy (x y, vagyis az ehhez tartozó szintvonal is egyenes, méghozzá az x y egyenes, ami mer leges a c -hez tartozó szintvonalra. Ha c, akkor a következ képpen járhatunk el. Mivel egy tört csak akkor lehet, ha a számlálója, így a következ feltételt kapjuk: xy. Egy szorzat akkor lehet, ha valamely tényez je, tehát a szintvonal ebben az esetben az x és az y tengely, kivéve az origót, hiszen az nem része az értelmezési tartománynak. A különböz magassághoz tartozó szintvonalakat jelöli az alábbi ábra. 4 c / c c -/ Határértékszámítás Alapfeladatok. Feladat: Számítsuk ki az alábbi határértéket: lim (x,y (, (xy + xy 8

229 Megoldás: Deníció szerint, ha (x, y D f vagy egy olyan pont, amelynek bármely környezeében van olyan pont, ami f értelmezési tartományába esik, akkor lim f(x, y A, (x,y (x,y ha bármely x n x és y n y esetén f(x n, y n A. Szemléletesen ez azt jelenti, f(x, y kétváltozós függvénynek (x, y pontban a határértéke A valós szám, ha bármilyen irányból is közelítjük meg az (x, y pontot, a helyettesítési értékekek konvergálnak A valós számhoz. Tegyük fel hogy, x n és y n (tehát bármilyen irányból is közelítünk, ekkor lim (x n,y n (, (x ny n + x n y n Most már konvergens sorozatokra vonatkozó ismereteink alapján folytathatjuk a megoldást. lim (x n,y n (, x ny n + lim (x n,y n (, x ny n lim (x n,y n (, Tehát a deníció szerint + 6 lim (x,y (, (xy + xy 6. Feladat: Számítsuk ki az alábbi határértéket: lim (x,y (, x y xy + x Megoldás: Az elöz feladathoz hasonlóan, tegyük fel hogy, x n és y n x n y n lim (x n,y n (, x n y n + x n + ezért lim (x,y (, x y xy + x 9

230 . Feladat: Számítsuk ki az alábbi határértéket: lim x y + x (x,y (, Megoldás: Tegyük fel hogy, x n és y n, akkor lim x n y n + x n + ( (x n,y n (, Ezért lim x y + x (x,y (, 4. Feladat: Számítsuk ki az alábbi határértéket: lim (x,y (, x + x + y Megoldás: Mivel lim (x n,y n (, x x + x n + yn ( Azaz a számláló határértéke értelemszer en, míg a nevez határértéke pozitív számokon keresztül -hoz tart. Emiatt ennek a kifejezésnek az értéke minden határon túl n, ahogy tartunk a (, pontba, így Összetett feladatok lim (x,y (, x + x + y. Feladat: Számítsuk ki az alábbi határértéket: lim (x,y (, x y y x Megoldás: Most (, pontban a függvényünk nincs értelmezve. Tegyük fel újra hogy, x n és y n. Ekkor egy típusú határérték kapunk, a feladat megoldásához még kell más ötlet is. Vegyük észre, hogy a nevez t szorzattá bonthatjuk: x n y n lim (x n,y n (, yn x n x n y n lim (x n,y n (, (y n x n (y n + x n

231 Egyszer sítés után már tudunk határértéket számolni. lim (x n,y n (, y n + x n A deníció szerint a keresett határérték: lim (x,y (, x y y x. Feladat: Számítsuk ki az alábbi határértéket: x + y lim (x,y (, x 4y Megoldás: Megint egy olyan pontban keresünk határértéket, ahol a függvény nincs értelmezve. Az el z módszerrel újra egy típusú határérték kapunk. Más utat kell keresnünk a megoldáshoz. Közelítsünk most egy speciális sorozattal. x n tetsz leges módon, de y n x n, x n + 6x n lim x n x n 8x n Próbáljunk ki egy másik közelítést: 8x n lim 8 x n 7x n 7 x n tetsz leges módon, de y n 5 x n, x n + 5x n lim x n x n x n 7 lim x n 7 A határérték létezésének feltétele, hogy tetsz leges sorozattal (tetsz leges irányból tartva az adott pontba mindig ugyan azt a határértéket kell kapnunk. Ez nem teljesül erre a függvényre, mert két különböz irányból közelítve két különböz eredményt kaptunk. Tehát a vizsgált határérték nem létezik.. Feladat: Számítsuk ki az alábbi határértéket: lim (x,y (, xy x + y Megoldás: Megint egy olyan pontban keresünk határértéket, ahol a függvény nincs értelmezve. Az el z feladat alapján az a sejtésünk, hogy ebben az esetben sem létezik határérték. Próbálkozzunk most is speciális sorozatokkal.

232 Közelítsünk most egy speciális sorozattal. x n tetsz leges módon, de y n m x n, ahol m egy tetsz leges valós konstans. Ezzel a megszorítással ugyanúgy a (, pontba tartunk, csak speciális módon. Ha elképzeljük az xy síkot, akkor ezzel a feltétellel épp azt mondtuk, hogy egy m meredekség egyenes mentén tartunk az origóba. Ha a határérték létezik, akkor az nem függhet attól, hogy milyen irányból tartunk az origóba, tehát azt jelenti, hogy a határértékre kapott kifejezés nem függhet m-tól. lim x n x n mx n x n + (mx n lim x n x n x n m + m m + m A határérték tehát nem létezik, mert különböz irányokból közelítve különböz eredményeket kaptunk. Megjegyzés: Ugyanerre a következtetésre jutunk, ha kicsit másképp oldjuk meg a feladatot. Kétváltozós függvények esetén sokszor jól használható módszer az, ha áttérünk polárkoordinátákra, és ott próbáljuk meg kiszámolni a határértéket: Transzformációs képletek Inverz transzformációs képletek x r cos(ϕ r x + y y r sin(ϕ ϕ arctg ( y x Mivel (x, y polárkoodinátákban (r, ϕ tetsz leges-nek felel meg, így lim (x,y (, xy x + y lim r cos(ϕ sin(ϕ r r sin(ϕ cos(ϕ Ezzel a megközelítéssel is azt kaptuk, hogy a határérték függ a közelítés irányától, azaz ennek a függvénynek nincs határértéke a (,-ban. 4. Feladat: Bizonyítsuk be, hogy f : R R, f(x, y x + y y függvény folytonos a (, pontban. Megoldás: Egy f kétváltozós függvény akkor folytonos az értelmezési tartomány (x, y pontjában, ha bármely x n x és y n y sorozat esetén a helyettesítési értékek sorozata tart f(x, y -hoz, azaz f(x n.y n f(x, y másképp f(x n.y n f(x, y Ebben az esetben a függvény helyettesítési értéke: f(, + 4

233 Tehát azt kell bebizonyítanunk, hogy Ha x n és y n, akkor lim (x,y (, (x + y y 4 lim (x (x n + y n yn 4 n,y n (, Tehát azt kaptuk, hogy f függvénynek létezik határértéke (, pontban és ez éppen megegyezik a határértékkel, így f folytonos a vizsgált pontban. Megjegyzés: Az egyváltozós függvényekhez hasonlóan most is igaz, hogy ha f egy (x, y pontban folytonos kétváltozós függvány, akkor f határértéke (x, y pontban épp a helyettesítési értékével egyenl. Ez azt jelenti, hogy minden eddig megoldott feladatnál, ahol f folytonos volt a vizsgált helyen, a határérték a folytonosságra való hivatkozással egyszer en megadható lett volna a helyettesítési értékkel. 5. Feladat: Igazoljuk, hogy az f(x, y : { x sin y + y sin x, ha xy, ha xy formulával értelmezett függvény folytonos az origóban. Megoldás: Ennél a feladatnál x sin y + y sin x kifejezés nincs értelmezve (, pontban. Tehát az a kérdés vajon f -t folytonossá tudjuke tenni az origóban. Legyen x n és y n két tetsz leges zérussorozat, akkor: f(x n, y n f(, x sin y + y sin x x n sin y n + y n sin x n x n + y n tehát f valóban folytonos az origóban. 6. Feladat: Igazoljuk, hogy az { x +y f(x, y :, ha x +y + x + y, ha x + y formulával értelmezett függvény nem folytonos az origóban.

234 Megoldás: Legyen x n és y n két tetsz leges zérussorozat, akkor: x + y f(x n, y n f(, x + y + x + y x + y + + x + y + x + y + + (x n + y n ( x n + y n + + x n + y n + tehát a határérték nem egyenl a helyettesítési értékkel, így f nem folytonos az origóban Parciális deriváltak Alapfeladatok. Feladat: Tekintsük az alábbi kétváltozós függvényt: f : R R, f(x, y x y xy Számítsuk ki f x(, és f y(, értékeit! Majd képezzük az összes másodrend parciális deriváltat. Megoldás: A feladat megoldásához el ször el kell végeznünk a parciális deriválást az adott változók szerint, majd következik a behelyettesítés. Parciális deriválásnál csak azt a változót tekintjük változónak, ami szerint éppen deriválunk. A másik változó pedig rögzítettt konstansként viselkedik. Így f x(x, y ( f(x, y x y xy xy y x x hiszen x deriváltja x, x deriváltja pedig. Majd elvégezve a behelyettesítést: f x(, 4 f y kiszámítása nagyon hasonlóan történik: most y szerint deriválunk, és x-et tekintjük konstansnak: f y(x, y y f(x, y y Elvégezve a behelyettesítést: ( x y xy x xy f y(, 4

235 Ha az els rend parciális deriváltakat újra deriválva, kapjuk a másodrend parciális deriváltakat Ezeket úgy jelöljük, hogy sorban leírjuk azokat a változókat, amik szerint deriválunk. Például f xy(x, y y ( f x f x y azt jelenti, hogy f(x, y-t el ször x szerint, majd y szerint deriváljuk parciálisan. A jelen esetben: f xy(x, y y ( f f x x y ( xy y x y y A Young-tétel kimondja, hogy kétszer folytonosan deriválható függvényekre a magasabbrend parciális deriváltak függetlenek a deriválás sorrendjét l, vagyis például f xy(x, y f yx(x, y A konkrét példánkban: f yx(x, y x ( f f y y x ( x xy x y x Megjegyezés: A tétel megfordítása azonban nem feltétlenül igaz, tehát például abból, hogy f xy(x, y f yx(x, y, még nem következik, hogy f(x, y kétszer folytonosan deriválható. Következzenek a tiszta másodrend parciális deriváltak: f xx(x, y ( f f x x x ( xy y y x f yy(x, y y ( f y f y ( x xy 6xy y. Feladat: Számítsuk ki az alábbi kétváltozós függvény els rend parciális derivált függvényeit: f : R R, f(x, y x e y Megoldás: Kezdjük az x szerinti deriválással. Ekkor y, és így e y is konstansnak tekintend. f x(x, y f(x, y x Most y szerinti deriválva x lesz konstans: f y(x, y f(x, y y e y x x xe y x y ey x e y 5

236 . Feladat: Számítsuk ki az alábbi háromváltozós függvény els rend parciális derivált függvényeit: f : R R, f(x, y, z (x + xy(ln z + x Megoldás: Az f függvénynek három változója van, így három els rend parciális deriváltat tudunk megadni. Kezdjük az x szerinti deriválással. Ekkor y-t és z-t konstansnak kell tekinteni. Mivel mindkét tényez ben szerepel x, ezért most a szorzatfüggvényre vonatkozó deriválási szabályt fogjuk használni. f x(x, y, z f(x, y, z x (ln z + x x (x + xy + (x + xy x (ln z + x (ln z + x(x + y + (x + xy x Mivel y csak a szorzat els tényez jében van, ezért y szerinti deriválásnál x-t, z-t és ln z + x tényez t is konstansként kezeljük. f y(x, f(x, y, z y, z (ln z + x y y (x + xy (ln z + xx Következik a z szerinti deriválás. Most (x + xy tényez t kezeljük konstansként. f z(x, y, z f(x, y, z z (x + xy z (ln z + x (x + xy z 4. Feladat: Számítsuk ki az alábbi háromváltozós függvény els rend parciális derivált függvényeit: f : R R, f(x, y, z x + y z + Megoldás: Ebben az esetben alkalmazzuk a törtfüggvényre vonatkozó 6

237 deriválási szabályt. f x(x, y, z x f y(x, y, z y ( x + y z + x (x + y (z + (x + y x (z + (z + (z + (x + y (z + z + f z(x, y, z z ( x + y z + y (x + y (z + (x + y y (z + (z + (z + (x + y (z + z + ( x + y z + z (x + y (z + (x + y z (z + (z + (z + (x + y z z(x + y (z + z + Ha észrevesszük, hogy a törtfüggvényünk felírható szorzatként is, azaz f(x, y, z z (x + y + alakban, akkor az x és y szerinti deriválások sokkal egyszer bben is elvégezhet ek. Hiszen ezekben az esetekben z -t konstansnak kell + tekinteni, így f x(x, y, z Az y szerinti derivált: f y(x, y, z f(x, y, z x f(x, y y z + x z + y (x + y z + (x + y z + 5. Feladat: Számítsuk ki az alábbi kétváltozós függvény parciális els rend derivált függvényeit: f : R R, f(x, y ( xy y 7

238 Megoldás: Kezdjük az x szerinti deriválással. Ez a függvény egy küls és egy bels függvényb l van felépítve: A küls függvény: f(z z A bels függvény: z(x, y xy y Ezzel a felírással az eredeti függvény: f(x, y f(z(x, y, vagyis f a z függvényen keresztül függ x, y-tól. Az ilyen típusú függvényeket összetett függvényeknek hívjuk. Összetett függvények esetén a láncszabályt kell alkalmazni, vagyis: f x(x, y f(x, y x f(z(x, y x f z z x f(z(x, y z(x, y z x Ez azt jelenti, hogy el ször deriválni kell a küls függvényt a bels függvény szerint, majd a bels függvényt a megfelel változó szerint. Kezdjük a küls függvény deriváltjával : f(z(x, y z z z (x, y z (x, y ( xy y A bels függvény deriváltja x változó szerint: z(x, y x ( xy y y x Így az eredeti derivált: f x(x, y f(z(x, y z(x, y z x ( xy y }{{} küls der. y }{{} bels der. f y(x, y kiszámítása ismét a láncszabály felhasználásával történik: f y(x, y f(z(x, y z(x, y z y Itt annyival könnyebb dolgunk van, hogy az els tényez t már kiszámítottuk, így elég csak a második tényez t kiszámolnunk: z(x, y y y ( xy y x y Tehát végeredményben: f y(x, y f(z(x, y z(x, y z y ( xy y }{{} küls der. (x y }{{} bels der. 8

239 6. Feladat: Számítsuk ki az alábbi kétváltozós függvény parciális els rend derivált függvényeit: f : R R, f(x, y x y y 4 Megoldás: Ez ismét csak egy összetett függvény, így a megoldás menete úgy zajlik, mint az el z feladatban: el ször deriválni kell a küls függvényt a bels függvény szerint (jelen esetben a négyzetgyök függvényt, majd utána a bels függvényt kell deriválni a megfelel változó szerint. A négyzetgyök függvényt érdemes hatvány alakban felírni, ha nem jut eszünkbe a deriváltja: f(x, y x y y 4 ( x y y 4 Ezután a küls függvényt már mint hatványfüggvényt lehet deriválni: f x(x, y ( x y y 4 ( x y y 4 (xy x } {{}}{{} xy x y y 4 küls der. bels der. f y(x, y kiszámításához használjuk fel, hogy ( x, ekkor ugyanis x nem kell átírnunk hatvány alakba a kifejezést, és ezzel megspórolunk egy lépést: f y(x, y x y y y 4 (x y 4y x y y }{{ 4 }{{}} bels der. (x y y x y y 4 küls der. 7. Feladat: Ha f : R R, f(x, y x sin y, határozzuk meg függvény f xx és f yxx parciális derivált függvényeit. Megoldás: f xx(x, y x f (x, y f sin y 9x x ( f f x x ( sin y 9x sin y 8x x 9

240 Young tételt felhasználva f yxx f xxy y Összetett feladatok ( f x (8x sin y 8x cos y y. Feladat: Határozzuk meg az alábbi kétváltozós függvény els rend parciális derivált függvényeit: f : R R, f(x, y x y x y 4 + Megoldás: Ebben a feladatban egy törtfüggvényt kell parciálisan deriválnunk, ami ráadásul egy összetett függvényt is tartalmaz. Így ( f x(x, y x y x x x y 4 + ( x y (x y 4 + x y x (x y 4 + (x y 4 + x y (x y 4 + x y (xy 4 (x y 4 + Hasonlóan, az y szerinti parciális derivált: ( f y(x, y x y y x y 4 + y ( x y (x y 4 + x y y (x y 4 + (x y 4 + 6y x y (x y 4 + x y (4x y (x y 4 +. Feladat: Határozzuk meg az alábbi kétváltozós függvény összes másodrend parciális derivált függvényeit és adjuk meg a függvény második derivált mátrixát, azaz a Hesse mátrixot: f : R R, f(x, y xy + x y 4

241 Megoldás: El ször képezzük az els rend parciális deriváltakat. f x(x, y f x y + xy f y(x, y f y x + x y Következnek a másodrend parciális deriváltak. f xx(x, y f x ( y + xy y x f yy(x, y f y ( x + x y 6x y y f xy(x, y f xy ( y + xy + 6xy y Young tétel alapján pedig: f yx(x, y f yx f(x, y + 6xy xy Ha az f : R R kétváltozós függvény az (x, y D f bels pontban kétszer dierenciálható, akkor az f függvény második derivált mátrixa, azaz a Hesse mátrixa a következ másodrend deriváltakból képzett mátrix: Tehát ebben az esetben ( D f(x, y ( D f f(x, y xx(x, y f xy(x, y f yx(x, y f yy(x, y y + 6xy + 6xy 6x y. Feladat: Határozzuk meg az alábbi kétváltozós függvény (, pontjához tartozó Hesse mátrixát: f : R R, f(x, y xye x Denitség szempontjából vizsgáljuk meg a kapott mátrixot. Megoldás: El ször képezzük az összes másodrend parciális deriváltat. f x(x, y f x yex + xye x f y(x, y f y xex 4

242 f xx(x, y f x x (yex + xye x ye x + ye x + xye x ye x + xye x f yy(x, y f y y (xex f xy(x, y f x y y (yex + xye x e x + xe x f yx(x, y f y x ex + xe x Képezzük a másodrend parciális deriváltaknak (, ponthoz tartozó helyettesítési értékeit. f xx(, e + f yy(, f xy(, f yx(, e + Az f függvény (, pontjához tartozó Hesse mátrixa a következ önadjungált (szimmetrikus mátrix: ( D f f(, xx(, f xy(, ( f yx(, f yy(, Mivel ( det < ezért a f függvény (, pontjához tartozó Hesse mátrixa indenit. 4. Feladat: Határozzuk meg az alábbi háromváltozós függvény (,, pontjához tartozó Hesse mátrixát: f : R R, f(x, y, z xyz + x + y + z Denitség szempontjából vizsgáljuk meg a kapott mátrixot. Megoldás: Els lépésben meg kell határozni az összes els és másodrend parciális deriváltakat és képezni kell a helyettesítési értékeiket. Majd felírjuk a Hesse mátrixot. f x(x, y, z f yz + x x f y(x, y, z f y xz + y f x(x, y, z f xy + z x 4

243 f xx(x, y, z f x (yz + x x f yy(x, y, z f y (xz + y y f zz(x, y, z f z (xy + z z A vegyes másodrend eknél Yuong tételt felhasználva, csak három deriváltat fogunk számolni. f xy(x, y, z f x y (yz + x z f y yx(x, y, z f xz(x, y, z f x z (yz + x y f z zx(x, y, z f yz(x, y, z f y z (xz + y x f z zy(x, y, z Most az f második derivált mátrixa az (x, y, z pontban egy mátrix lesz. f xx(x, y, z f xy(x, y, z f x,z(x, y, z D f(x, y, z f yx(x, y, z f yy(x, y, z f y,z(x, y, z f zx(x, y, z f zy(x, y, z f z,z(x, y, z azaz D f(x, y, z z y z x y z Tehát f második derivált mátrixa az (,, pontban: D f(,, Még azt kell eldönteni, hogy milyen denit a kapott önadjungált (szimmetrikus mátrix. Ehhez nézzük meg a minormátrixok determinánsait. det ( ( det 4 det (4 ( + ( 6 Mivel az összes minormátrix determinánsa pozitív, igy a (,, pontban a Hesse mátrix pozitív denit. 4

244 5. Feladat: Mutassuk meg, hogy az f(x, t sin(kx ωt + ϕ függvény csak akkor kielégíti a következ másodrend parciális dierenciálegyenletet, ha fennáll a ω k c összefüggés: f(x, t x f(x, t c t Ezt a dierenciálegyenletet hullámegyenletnek hívják, hiszen a megoldásai végtelen kiterjedés szinusz-hullámok, amik c sebességgel terjednek az x tengely mentén. Megoldás: A feladat leírása szerintf f(x, t, vagyis a függvények két változója van. A ϕ mennyiség - mint majd kés bb látni fogjuk - egy paraméter, ami egy dierenciálegyenlet általános megoldásában mindig megjelenik. Emiatt ϕ-t mint konstanst kell kezelni a deriválások során. Számoljuk ki el ször az x szerinti második parciális deriváltat: f(x, t sin(kx ωt + ϕ cos(kx ωt + ϕ k x x f(x, t (cos(kx ωt + ϕ k sin(kx ωt + ϕ k x x Majd számoljuk ki a t szerinti második deriváltat: t f(x, t sin(kx ωt + ϕ cos(kx ωt + ϕ ( ω t y f(x, t ( cos(kx ωt + ϕ ω sin(kx ωt + ϕ ω y Ezeket behelyettesítve: sin(kx ωt + ϕ k ω sin(kx ωt + ϕ c Ha egy oldalra rendezzük a kifejezést, a következ t kapjuk: sin(kx ωt + ϕ (k ω c Mivel ennek minden x, t értékre fenn kell állnia, ezért ebb l következik, hogy: ( k ω c ω k c ω k c 44

245 6. Feladat: Mutassuk meg, hogy az f(x, y e x+ sin(y 4 kétváltozós függvény ún. homogén függvény, vagyis f(x, y f(x, y x + f(x, y y Az elnevezés onnan ered, hogy egy D dierenciáloperátor Df alakban felírt egyenletét homogén dierenciálegyenletnek nevezzük. Így f(x,y akkor homogén függvény, ha megoldása a Laplace-operátor ( + x y homogén dierenciálegyenletének. Megoldás: Végezzük el el ször az x szerinti kétszeri parciális deriválást: ( f(x, y e x+ sin(y 4 e x+ sin(y 4 x x ( f(x, y x e x+ sin(y 4 4e x+ sin(y 4 x Meg kell még határozni az y szerinti második deriváltat: y f(x, y ( e x+ sin(y 4 e x+ cos(y 4 y y f(x, y ( e x+ cos(y 4 e x+ ( 4 sin(y 4 y Mivel a két másodrend parciális derivált csak egy negatív el jelben különbözik, így az összegük természetesen nullát ad. Megjegyezés A fenti egyenlet gyakorlati felhasználás szempontjából is nagyon fontos. A Φ(x, y, z Φ x + Φ y + Φ z ún. Laplace-egyenletet kell megoldani az elektromos potenciál meghatározásához, ha tetsz leges alakú, de töltést nem tartalmazó térrészben vizsgálódunk. 7. Feladat: Mutassuk meg, hogy (a az u(x, y : ln x + y formulával értelmezett (kétváltozós függvényre u x teljesül ((x, y (, ; + u y 45

246 (b az u(x, y, z : x + y + z formulával értelmezett (háromváltozós függvényre u x u z teljesül ((x, y, z (,,. + u y + Megoldás: (a Nyilván u(x, y ln(x + y, innen Hasonlóan: u x x x + y, u x + y x x (x (x + y x + y (x + y u y y x + y, u y + y y y (x (x + y y + x (x + y, így kett jük összege valóban azonosan zérus (ahol értelmezett. (b Nyilván u(x, y, z (x + y + z /, innen Hasonlóan: és u x x (x + y + z /, u x (x + y + z / + x x (x + y + z 5/ x y z + x (x + y + z 5/ u y y (x + y + z /, u y (x + y + z / + y y (x + y + z 5/ x y z + y (x + y + z 5/ u z z (x + y + z /, u z (x + y + z / + z z (x + y + z 5/ 46

247 x y z + z (x + y + z 5/ A három kifejezés összege tehát valóban azonosan zérus (ahol értelmezett Érint sík Alapfeladatok. Feladat: Határozzuk meg az f : R R f(x, y függvény érint síkjának egy normálvektorát és érintési pontját az értelmezési tartomány (, 4 pontjában, ha f(x, y xy x, y Megoldás: Legyen f : R R kétváltozós függvény az (x, y pontban dierenciálható. Ekkor az f függvény (x, y, f(x, y felületi pontjához tartozó érint síkjának normálvektora: n (f x(x, y, f y(x, y, Tehát szükségünk van f(x, y függvény parciális deriváltjainak (, 4 ponthoz tartozó helyettesítési értékeire. Végezzük el a parciális deriválásokat. Ha f(x, y y x akkor f x(x, y y ( x yx Ha f(x, y x y akkor f y(x, y x ( y xy Számoljuk ki a helyettesítési értékeket. f x(, 4 ( 4 6 f y(, 4 ( 4 Tehát az érint sík egy normálvektora: ( n 6, Mivel az érint sík megadásánál lényegtelen a normálvektor hossza, egy másik normálvektor legyen például: ( n 6, (,, 47

248 Az (x, y ponthoz tartozó érint sík érintési pontja éppen az a pont, ahol a sík érinti az f(x, y függvény által leírt felületet, azaz a (x, y, f(x, y felületi pontja. Mivel f(, 4 ( 4 8 az érint sík a felületet a (, 4, pontban érinti. 8. Feladat: Az f : R R, f(x, y ln(xy felület mely Q pontjában párhuzamos az érint sík az x + y + z síkkal? Megoldás: Két sík akkor párhuzamos, ha az egyik sík normálvektora a másik sík normálvektorának számszorosa. Az x + y + z sík egy normálvektora n (,,. Tudjuk, hogy az f(x, y függvény (x, y pontjához tartozó érint síkjának normálvektora: n (f x(x, y, f y(x, y, Mivel a két normálvektor harmadik koordinátái csak egy el jelben térnek el, ezért keressük az értelmezési tartomány azon (x, y pontját, amelyre f x(x, y és f y(x, y Képezzük a parciális deriváltakat. f x(x, y xy y x f y(x, y xy x y Azaz és x x y y Tehát az értelmezési tartomány (, pontjához tartozó Q felületi pont: f(, ln Q(,, 48

249 . Feladat: Az f : R R, f(x, y x xy + y x + 4y + 7 felület mely Q pontjában vízszintes az érint sík? Megoldás: Egy sík akkor vízszintes, ha párhuzamos a koordinátarendszer XY síkjával. Ekkor a sík normálvektora n k (,, Tehát keressük azokat a pontokat, amelyekben az f(x, y függvény els rend parciális deriváltjai eltünnek, azaz nullával egyenl ek. f x(x, y x y f y(x, y x + 6y + 4 Oldjuk meg a következ egyenletrendszert. x y és x + 6y + 4 Adjuk össze a két egyenletet. 4y 8 y x 8 Mivel f(8, 7 ezért a (8, ponthoz tartozó Q felületeti pont: Q(8,, 7 4. Feladat: Határozzuk meg az f : R R, függvény érint síkjának egyenletét a (, pontban, ha f(x, y x xy + y Megoldás: Egy síkot egyértelm en deniál egy tetsz leges pontja, illetve egy normálvektora. A pont legyen éppen az érintési pont, és a normálvektor pedig P (x, y, f(x, y n (f x(x, y, f y(x, y, Ezek felhasználásával az érint sík egyenlete: f x(x, y (x x + f y(x, y (y y (z f(x, y 49

250 El ször kezdjük az érintési pont z koordinátájának kiszámolásával: f(, ( + ( 4 Majd számítsuk ki a deriváltakat: f x(x, y x y f y(x, y x + 4y Ezek alapján f x(, ( f y(, + 4 ( 5 Tehát az érintési pont és a normálvektor koordinátákkal megadva: P (,, 4 n (, 5 Most már felírhatjuk az érint sík egyenletét: (x + ( 5 (y ( (z 4 S : x 5y z 4 5. Feladat: Írjuk fel az f : R R, függvény érint síkjának egyenletét a (, 4 pontban, ha f(x, y 6 x y Megoldás: El ször is meg kell gy z dnünk arról, hogy a kérdéses pont eleme-e az értelmezési tartománynak, vagyis próbáljuk meg elvégezni a behelyettesítést: f(, A m velet elvégezhet, tehát e pontra felírható az érint sík. Ismét szükségünk lesz a parciális deriváltakra: f x(x, y 6 x y ( x x 6 x y Így f y(x, y 6 x y ( y y 6 x y f x(,

251 f y(, Felhasználva, hogy az érint sík egyenlete: f x(x, y (x x + f y(x, y (y y (z f(x, y, behelyettesítéssel kapjuk, hogy (x + ( (y 4 (z 4 Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát ( -vel. (x + (y 4 + (z 4 Tehát az érint sík egyenlete: S : x + y + z 8 6. Feladat: ( Írjuk fel az f : R R, függvény érint síkjának egyenletét az, pontban, ha f(x, y e x y Megoldás: Határozzuk meg az érintési pont harmadik koordinátáját: ( f, e e A parciális deriváltak: Ezek alapján f x f y (, (, f x(x, y e x y ( x f y(x, y e x y ( y e ( e ( e e Azért, hogy ne kelljen törtekkel dolgozni, legyen a normálvektor koordinátái: ( n e e, e, (,, e 5

252 Ekkor az érint sík egyenlete: (x + (y + e(z e x + y + ze S : x + y + ze Összetett feladatok. Feladat: Írjuk fel a következ kétváltozós függvény (, ponthoz tartozó érint síkjának egyenletét: ( y f(x, y ln x + x Megoldás: Els lépésben határozzuk meg az érintési pont harmadik koordinátáját: ( f(, ln + ln( A parciális deriváltak: f x(x, y y ( x + y x x + x Ezek alapján f y(x, y y x + x x f x(, ( + + f y(, + Az érintési pont és egy normálvektor koordinátái: P (,, ln n (,, Tehát az érint sík egyenlete az (, pontban: (x + (y (z ln( x + y z + ln( ( x + y z + ln( ln(e x + y z + ln e ( S : x + y z + ln e 5

253 . Feladat: Vizsgáljuk meg, hogy a következ kétváltozós függvény (, - beli érint síkja illeszkedik-e Q(,, pontra, ha: f(x, y x x + y Megoldás: El ször írjuk fel az érint sík egyenletét. f(, + A deriváltak hányadosfüggyvényre vonatkzó deriválási szabály szerint: A helyettesítési értékek: f x(x, y (x + y x (x + y y (x + y f y(x, y x y (x + y x y(x + y f x(, ( + f y(, ( + Az érintési pont és a normálvektor koordinátái: Az érint sík egyenlete: P (,, n (,, (x + (y (z Rendezve: S : x z A Q(,, pont koordinátáit behelyettesítve a sík egyenletébe: A Q pont teljesíti az egyenl séget, így illeszkedik az érint síkra.. Feladat: Írjuk fel a következ kétváltozós függvény (, -beli linearizáltjának egyenletét: f(x, y (x y 5

254 Megoldás: Egy kétváltozós függvény linearizáltja és érint síkja között mindössze annyi különbség van, hogy a linearizáltat z-re rendezve adjuk meg, és mint egy kétváltozós függvényt tekintjük: z g f(x,y (x, y f(x, y +f x(x, y (x x +f y(x, y (y y El ször kezdjük a (, ponthoz tartozó helyettesítési érték kiszámolásával: f(, ( Majd számítsuk ki a parciális deriváltakat: f x(x, y (x y x f y(x, y (x y ( Ezek alapján f x(, ( 8 f y(, ( ( 6 Így a linearizált: g f(, (x, y + 8 (x + ( 6 (y 8x 6y 9 4. Feladat: Számítsuk ki f(.,. közelít értékét egy megfelel linearizált segítségével, ha f(x, y xy x + Megoldás: Ahhoz, hogy a linearizált jól közelítse a becsült értéket, annak kell teljesülnie, hogy az a pont, ami körül a linearizálást végezzük, ne legyen túl messze a vizsgált ponttól. Minél kisebb a távolság a linearizáláshoz használt pont és a vizsgált pont között, annál nagyobb pontossággal kapjuk meg a keresett eredményt. A linearizáláshoz ezen kívül érdemes olyan pontot választani, ahol a helyettesítési érték, és a deriváltak pontosan számíthatóak, hogy kerekítésb l adódó pontatlanság ne terhelje a becsült értéket. Ennek a két feltételnek a jelen feladatban az (, pont felel meg leginkább, hiszen ez egyrészt közel van (.,.-hez, valamint a helyettesítési érték számítása is egyszer : f(, + A parciális deriváltak: f x(x, y (y xy x + 54

255 Ezek alapján f y(x, y xy x + x f x(, f y(, Tehát a linearizált egyenlete: + ( g f(, (x, y + 4 (x + 4 (y 4 x + 4 y Ekkorf(.,. közelít értéke: f(.,. g f(, (., Ha számológéppel kiszámoljuk a kifejezés értékét, arra ot kapunk. Ezzel az egyszer közelítéssel tehát két tizedesjegy pontossággal határoztuk meg egy gyökös kifejezés értékét úgy, hogy csak négyzetszámból kellett gyököt vonnunk hozzá. 5. Feladat: Számítsuk ki a következ implicit alakban megadott függvény érint síkját az (x, y, z helyen: z x + x ye z Megoldás: Ez a függvény olyan alakú, hogy bel le z explicit alakban nem fejezhet ki. Ez azt jelenti, hogy nem használhatjuk az el z feladatokból ismert képletet. Implicit függvények érint síkját a következ, általánosabb érvény képletb l számolhatjuk. Ha az implicit egyenletünket F (x, y, z alakra hozzuk, akkor az érint sík egyenlete: F x(x, y, z (x x +F y(x, y, z (y y +F z(x, y, z (z z Könnyen belátható, hogy ez tartalmazza az eddig explicit függvényekre használt képletet. Ha ugyanis egy explicit z f(x, y függvényt F (x, y, z f(x, y z alakban írunk fel, akkor az el bbi képletbe behelyettesítve visszakapjuk az eddig használt érint sík-képletet. Tehát három parciális deriváltat kell kiszámolnunk: F (x, y, z x + x ye z z 55

256 F x(x, y, z x + xye z F y(x, y, z x e z F z(x, y, z x ye z Ez alapján: Így az érint sík egyenlete: 4.7. Gradiens Alapfeladatok F x(,, ( + ( (e 4 F y(,, ( e 4 F z(,, ( e 5 4(x ( + 4(y + 5(z S : 4x + 4y + 5z. Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y x + xy + y függvény gradiensét a (, pontban. Megoldás: Legyen f : R R függvény (x, y pontban dierenciálható, ekkor (x, y pontjához tartozó gradiense: ( f(x, y f(x, y f(x, y grad f(x, y, x y Els lépésként ki kell számolnunk a parciális deriváltakat, utána pedig be kell helyettesítenünk a megadott pont koordinátáit. Az x szerinti parciális derivált: Az y szerinti: f x(x, y f y(x, y f(x, y x f(x, y y x + y x + y így tehát f gradiense (x, y pontban: ( f(x, y f(x, y grad f(x, y, x (x + y, x + y f(x, y y 56

257 Mivel mi a gradiens (, -ben felvett értékére vagyunk kíváncsiak, így határozzuk meg a parciális deriváltak helyettesítési értékeit: f x(, f(x, y x ( + (, f y(, f(x, y y, + (, f(, grad f(, (,. Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y, z xy z gradiensét a (, 5, pontban. függvény Megoldás: Egy f : R R háromváltozós függvény gradiense egy (x, y, z pontban: ( f(x, y, z f(x, y, z f(x, y, z f(x, y, z grad f(x, y, z,, x y z Az x szerinti parciális deriváláshoz írjuk át a függvényt a következ alakra. f(x, y, z xy z xy z Az y szerintihez pedig: És a z szerinti: f(x, y, z x y z f(x, y, z xy z y x z f(x, y, z x x z f(x, y, z xy z (xyz f(x, y, z z xy( z xy z így ( f(x, y, z f(x, y, z grad f(x, y, z, x ( y z, x z, xy z Tehát f(x, y, z, y f(, 5, grad f(, 5, ( 5,, 5 ( 5,, 9 f(x, y, z z 57

258 4.7.. Összetett feladatok. Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y x ln(x + y kétváltozós függvény gradiensét a (, pontban. Megoldás: Egy kétváltozós f(x, y függvény gradiense az (x, y pontban tudjuk, hogy ( f(x, y f(x, y f(x, y grad f(x, y, x y Els lépésként ki kell számolnunk a parciális deriváltakat, utána pedig be kell helyettesítenünk a megadott pont koordinátáit. Az x szerinti parciális derivált: f(x, y x És az y szerinti: x ln(x + y ln(x + y + x ln(x + y + x x x x + y f(x, y y x ln(x + y y x x + y így tehát ( f(x, y f(x, y f(x, y grad f(x, y, x y ( ln(x + y + x x + y, x x + y A gradiens (, -ben felvett értéke: f(, grad f(, ( ln( +, (,. Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y, z ln x + y + z (x függvény gradiensét a (, 4, pontban. Megoldás: Tudjuk, hogy ( f(x, y, z f(x, y, z grad f(x, y, z, x Az x szerinti parciális derivált: f(x, y, z, y f(x, y, z z f(x, y, z x x + y + z x + y + z x x x + y + z 58

259 Az y szerinti: f(x, y, z x x + y + z x + y + z y y x + y + z És a z szerinti: f(x, y, z z x + y + z x + y + z z z x + y + z így ( f(x, y, z f(x, y, z grad f(x, y, z, x ( x x + y + z, y x + y + z, Tehát x + y (x, y, z x + z f(x, y, z, y z x + y + z x ha x (x, y, z f(, 4, grad f(, 4, ( 6, 4 6, (, 4, 6 6 f(x, y, z z. Feladat: Általánosítsuk az elöz feladatot. Legyen f : R n R, f(x : ln x ln x + x + + x n (x. Számítsuk ki a gradiensvektort. Megoldás: Adjuk meg a parciális deriváltakat. Az elöz feladat alapján az x i szerinti parciális derivált f x i (x + x + + x n x i Tehát az f(x fügvény gradiens vektora: x i x + x + + x n f(x grad f(x x + x + + x n (x, x x n x x 4. Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y, z x + y + z (x függvény gradiensét. 59

260 Megoldás: Számoljuk ki el ször az x szerinti parciális deriváltat: f(x, y, z x x x + y + z ( x + y + z x ( x + y + z x x ( x + y + z Természetesen az y és z szerinti deriválás eredménye csak annyiban különbözik az el bbit l, hogy a számlálóban y, illetve z fog állni: f(x, y, z y f(x, y, z z y ( x + y + z z ( x + y + z Így f gradiense: f(x, y, z grad f(x, y, z ( (x, y, z x + y + z Megjegyzés: Ha gömbi koordinátarendszerre áttérünk, a probléma a következ alakot ölti: f(r, θ, ϕ r, ahol r jelenti az (x, y, z pontba mutató vektort, és r ennek a vektornak a hossza, vagyis r x + y + z. Tehát ennek a függvénynek a helyettesítési értéke csak az origótól való távolságtól függ! A zikában az ilyen alakú függvényeket például a ponttöltés elektromos potenciáljának leírására használják. Ha a végeredményt megint csak polárkoordinátákban írjuk fel, akkor azt kapjuk, hogy f(r, θ, ϕ r r r r ˆr ˆr r ahol ˆr r az r irányú egységvektor. Vagyis ennek a függvénynek a r gradiensvektora a tér minden pontjában sugárirányba befelé, az origó felé mutat. Épp ez a tulajdonsága teremt lehet séget arra, hogy a ponttöltés terét leírjuk a segítségével. 5. Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y arctg ( y x x függvény gradiensét. 6

261 Megoldás: Az x szerinti parciális derivált: f(x, y x + ( y y x y x + y x És az y szerinti: f(x, y x + ( y x így tehát ( f(x, y f(x, y grad f(x, y, x 4.8. Iránymenti derivált Alapfeladatok x x x + y ( f(x, y y y x + y, x x + y. Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y xy y függvény u (, irányú iránymenti deriváltját az (x, y pontban. Megoldás: Az f : R n R függvény dierenciálható az értelmezési tartomány P pontjában és annak valamely környezetében, akkor f függvény u irányú iránymenti deriváltja a P pontban : f u(p f u grad f(p, û ha û P Ebben az esetben, ha f egy kétváltozós függvény, akkor f u(x, y f u grad f(x, y, û ha û (x,y Az iránymenti derivált kiszámításához szükségünk van a függvény gradiensére és kell még egy irányt megadó egységvektor. A mi esetünkben az irány egy vektor formájában van megadva, de ez nem egységnyi hosszú. Ahhoz, hogy ebb l egységvektort csináljunk, le kell osztanunk a vektor hosszának a négyzetgyökével : û u u (, (, + 5 Az így kapott û vektort szokás az u vektor normáltjának nevezni. Természetesen szükségünk lesz még a gradiensre. Számoljuk ki el ször az x szerinti parciális deriváltat: f(x, y x 6 y

262 Az y szerinti parciális derivált: f(x, y y 4xy Így az iránymenti derivált: f u(x, y f u grad f(x, y, û (x,y (y, 4xy, 5 (, 5 [ y + (4xy ] 5 [ y + 8xy ]. Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y xy y függvény u (, irányú iránymenti deriváltját az (, pontban. Megoldás: Az el bbi eredményt felhasználva: f u(, f u grad f, û (, (, 5 ( Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y xe y ye x függvény u ( 5, irányú iránymenti deriváltját az (, pontban. Megoldás: A megoldás menete ugyan az, mint az el z feladatban. El ször elkészítjük a normált irányvektort: A parciális deriváltak: û u u ( 5, ( 5, ( f(x, y x f(x, y y e y ye x xe y e x Helyettesítsünk be a parciális derivált függvényekbe: f x(, e e 6

263 Tehát az iránymenti derivált: f y(, e e f u(, f u grad f(,, û (, 9 (,, ( 5, 9 ( Összetett feladatok. Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y, z (xy z függvény u (,, irányú iránymenti deriváltját az (,, pontban. Megoldás: Adjuk meg el ször a normált egységvektort. û u u (,, (,, + ( + A gradiensvektor kiszámításához képezzük a parciális deriváltakat. Az x és y szerinti deriválásoknál a változó az alapban lesz, így hatványfüggvényként végezzük el a deriválást. f(x, y, z x f(x, y, z y f x(x, y, z z(xy z y zy z x z f y(x, y, z z(xy z x zx z y z A z szerinti parciális deriválásnál a változó a kitev ben van, ezért exponenciális függvényként kell deriválni. f(x, y, z z f z(x, y, z (xy z ln(xy A helyettesítési értékek: f(x, y, z x f x(,, 6 (,, f(x, y, z y f y(,, 8 (,, f(x, y, z z f z(,, ( ln 9 ln (,, A gradiensvektor grad f(,, (6, 8, 9 ln 6

264 Az iránymenti derivált: f u(,, f u grad f(,,, û (,, (6, 8, 9 ln, (,, ( ln (9 ln. Feladat: Határozzuk meg az f(x, y x y függvény iránymenti deriváltját az (, pontban, az y x + egyenlet egyenessel párhuzamos irányokban. Megoldás: Ebben a feladatban nem egy vektorral van megadva az irány, hanem egy egyenes egyenletével. Ennek az egyenletnek a felhasználásával kell nekünk megkonstruálnunk egy olyan egységvektort, ami párhuzamos ezzel az egyenessel. Erre a legegyszer bb módszer az, ha veszünk két olyan pontot az egyenesr l és az egyik pontból vektort indítunk a másikba. Ha x, akkor az egyenlet alapján y +, tehát a P (, pont rajta van az egyenesen. Ha x, akkor az egyenlet alapján y +, tehát a Q(, pont szintén rajta van az egyenesen. Tehát egy jó irányvektor lesz például az u P Q (, vektor. Ha ennek a pozitív skalárszorosát választjuk, az nem jelent változást, mert ezt a vektort még úgyis normálnunk kell. Ha azonban megszorozzuk ( -el, akkor egy ellentétes irányú vektort kapunk, az iránymenti derivált pedig érzékeny a vektor irányítására. Tehát iránymenti deriváltat (, segítségével is számolhatunk. Határozzuk meg a (, irányú iránymenti deriváltat: A parciális deriváltak: û u u 5 (, és így f(x, y x f(x, y y f(x, y x 6x y 4x y 6 (, 64

265 f(x, y y 4 (, Tehát az iránymenti derivált az (, irányban: f u(, f u grad f(,, û (, 5 (6, 4, (, 5 ( Ha most u (, irányba számoljuk ki az iránymenti deriváltat, mindössze annyi változik, hogy a végeredmény el jele megfordul, vagyis f u(, f u(, Tehát az iránymenti derivált, ha csak egy egyenest adunk meg irányként, egy el jel erejéig határozatlan Széls érték-keresés Alapfeladatok. Feladat: Határozzuk meg az f : R R, f(x, y xy + x + 4y + 6 függvény lokális széls értékeit. Megoldás: Els lépésként meg kell keresnünk a stacionárius pontokat, vagyis azokat a helyeket, ahol széls értéke lehet a függvénynek. Ezeket az egyenletekb l kaphatjuk meg. Az els rend parciális deriváltak: f x(x, y f y(x, y f x(x, y f y + 4x x f y(x, y f y x + 8y Kaptunk egy egyenletrendszert, aminek a megoldásai az f függvény stacionárius pontjai. Jelen esetben a második egyenletet megszorozzuk kett vel, és kivonjuk az els b l: y 6y y x 65

266 Tehát egyetlen potenciális széls érték helyünk van, az origó. Annak eldöntése érdekében, hogy milyen stacionárius pontot találtuk, fel kell írnunk a függvény Hesse mátrixát. Legyen P pont az f : R R függvény stacionárius pontja. (a Ha P pontban a Hesse mátrix denit, akkor P pontban van széls érték. (b Ha P pontban a Hesse mátrix indenit, akkorp pontban nincs széls érték. (c Ha P pontban a Hesse mátrix pozitív denit, akkor P - ban minimumhely van (d Ha P pontban a Hesse mátrix negatív denit, akkor P - ban maximumhely van. Vizsgáljuk meg, hogy (, pontban vajon milyen denit a Hesse mátrix. ( D f f(, xx(, f xy(, f yx(, f yy(, Ehhez ki kell számolnunk a másodrend parciális deriváltakat. Mivel egy polinomokból álló függvény másodrend parciális deriváltjai mindig folytonosak, a Young-tétel miatt f xy f yx, tehát a kett közül csak az egyiket kell kiszámolni. f xx(x, y (y + 4x 4 x f yx(x, y (x + 8y x f yy(x, y (x + 8y 8 y Tehát a Hesse-determináns: f xx(, f xy(, f yx(, f yy(, >, tehát az origó valóban széls érték hely. Mivel a Hesse mátrix spurja sp(d f(, >, így a Hesse-mátrix pozitív de- nit, vagyis az origó egy lokális minimumhely. Mivel nincsen több széls érték-helye a függvénynek, így abszolút minimum is egyben. A függvény értéke az origóban: f(, 6 A függvény grakonja a széls érték közelében: 66

267 Z Y 5 5 X -5. Feladat: Keressük meg a következ kétváltozós függvény lokális széls érték helyeit: f : R R, f(x, y xy x y Megoldás: Ugyanazt az utat követjük, mint az el z feladatban. El ször a stacionárius pontok megkeresésével kezdjük: f x(x, y y x f y(x, y x y Ezt az egyenletrendszert kell megoldanunk. Fejezzük ki valamelyik változót az egyik egyenletb l, és helyettesítsük be a másikba: y x x (x x( 6x Egy szorzat akkor nulla, ha valamelyik tényez je nulla, így két megoldást kapunk: x x 6 Ebb l két stacionárius pontot kapunk: x y x 6 y 67

268 Most meg kell vizsgálnunk, hogy ezen stacionárius pontok valóban széls érték helyek-e. Ehhez ismét szükségünk lesz a másodrend parciális deriváltakra. Mivel ismét hatványfüggvénnyel van dolgunk, a Youngtétel most is érvényes lesz. f xx(x, y x (y x 6x f yx(x, y (x y y f yy(x, y (x y y Vizsgáljuk meg el ször a (, pontot. Az ehhez tartozó Hesse mátrix: ( D f f(, xx(, f xy(, f yx(, f yy(, ( A Hesse- determináns: f xx(, f xy(, f yx(, f yy(, ( <, Ez azt jelenti, hogy ez a Hesse-mátrix indenit, vagyis a (, pont nem lokális széls érték hely. ( Most vizsgáljuk meg a 6, pontot: ( D f 6, ( A Hesse- determináns: ( >, Mivel sp(d f( ( <, így ez a Hesse-mátrix negatív denit, ami azt jelenti, hogy ez a pont lokális maximumhely. 6, Ebben a pontban a függvény értéke: ( f 6, 4 68

269 . -. Z Y X. Feladat: Keressük meg a következ kétváltozós függvény lokális széls érték helyeit: f : R R, f(x, y x + y + xy Megoldás: A feladat megoldását kezdjük az értelmezési tartomány megadásával. A függvény nincs értelmezve az osztás miatt olyan pontokban, ahol x vagy y. Tehát az értelmezési tartomány az XY sík, kivéve a koordinátatengelyeket. A stacionárius pontokat megadó egyenletek: f x(x, y x x y f y(x, y y xy Fejezzük ki például az els egyenletb l y-t: y x Ezt írjuk be a második egyenletbe: x x x x x5 6 69

270 Rendezve kapjuk, hogy x 8 x ± y ± Tehát két stacionárius pontot találtunk: (,, (-,-. Mivel mind a kett eleme az értelmezési tartománynak, így tovább folytathatjuk a vizsgálódást. A másodrend parciális deriváltak: f xx(x, y x (x x y + 4 x y f yx(x, y x f yy(x, y y ( y xy ( y xy Az (, ponthoz tartozó Hesse mátrix: x y + 4 xy ( D f f(, xx(, f xy(, f yx(, f yy(, A Hesse determináns: >, ( 6 6 Mivel f xx(, 6 >, vagyis a minormátrixok pozitívak, így a Hesse mátrix pozitív denit. Ez pedig azt jelenti, hogy a függvénynek ebben a pontban lokális minimumhelye van. A (, -hez tartozó Hesse mátrix: ( D f f(, xx(, f xy(, f yx(, f yy(, A (, -hez tartozó Hesse determináns: >, ( 6 6 A függvénynek tehát (, -ben is lokális minimumhelye van, mivel det(d f(, > és f xx(, 6 >. A függvény helyettesítési értéke mindkét pontban megegyezik: f(, f(, 4 7

271 4.9.. Összetett feladatok. Feladat: Keressük meg az alábbi függvény lokális széls érték helyeit: f : R R, f(x, y 4x e y x 4 e 4y Megoldás: Az f(x, y függvény ebben a feladatban is folytonos második deriváltakkal rendelkezik, és értelmezési tartománya a teljes sík, így széls értéke csak a stacionárius pontokban lehet. A stacionárius pontokat meghatározó egyenletek: f x(x, y 8xe y 8x f y(x, y 4x e y 4e 4y Most is kaptunk egy egyenletrendszert. Alakítsuk szorzattá az els egyenletet. 8xe y 8x 8x(xe y x Egy szorzat akkor nulla, ha valamelyik tényez je nulla. Ha az x, akkor ezt a második egyenletbe behelyettesítve kapjuk, hogy 4e 4y Ez azonban nem teljesülhet semmilyen y-ra, így x biztosan nem lehet. Nézzük a másik esetet, ha e y x e y x Behelyettesítve a második egyenlet a következ alakot ölti: 4x 4 4(x 4 x 4 x ± Ha x ±, e y y Tehát két stacionárius pontot találtunk: (,, (,. A másodrend parciális deriváltak: f xx(x, y x (8xey 8x 8e y 4x f yx(x, y y (4x e y 4e 4y 8xe y f yy(x, y y (4x e y 4e 4y 4x e y 6e 4y 7

272 A (, ponthoz tartozó Hesse mátrix: ( D f f(, xx(, f xy(, f yx(, f yy(, A (, ponthoz tartozó Hesse-determináns: > ( Mivel det(d f(, > és f xx(, 6 <, így a Hesse-mátrix negatív denit, tehát ebben a pontban a függvénynek maximuma van. Hasonlóan a (, pontra: ( D f f(, xx(, f xy(, ( 6 8 f yx(, f yy(, > Mivel det(d f(, > és f xx(, 6 <, ezért (, pont is lokális maximumhelye a függvények. A helyettesítési érték mindkét esetben: f(, f(,. Feladat: Határozzuk meg a következ háromváltozós függvény széls értékeit: f : R R, f(x, y, z x 4xy + 4z + 6y + z Megoldás: Háromváltozós függvény esetén sincs lényeges változás a megoldás menetében. Most is meg kell keresünk a stacionárius pontokat, és meg kell állapítanunk, hogy az így talált pontok milyen széls értéket jelentenek. A stacionárius pontokat meghatározó egyenletek: f x(x, y, z 4x 4y f y(x, y, z 4x + y f z(x, y, z 4 + 4z Az utolsó egyenletb l azonnal adódik a z feltétel, míg az els két egyenletet összeadva kapjuk, hogy 8y y x 7

273 Tehát az egyetlen stacionárius pont a (,, pont. Készítsük el az ehhez a ponthoz tartozó Hesse-mátrixot. Ehhez szükségünk lesz a másodrend parciális deriváltakra, amikb l a Young-tétel miatt 6 darab különböz van. f xx(x, y, z (4x 4y 4 x f xy(x, y, z (4x 4y 4 y f xz(x, y, z (4x 4y z f yy(x, y, z ( 4x + y x f yz (x, y, z ( 4x + y y f zz(x, y, z (4 + 4z 4 y Így a Hesse-mátrix: f xx(,, f xy(,, f xz(,, D f(,, f yx(,, f yy(,, f yz(,, f zx(,, f zy(,, f zz(,, Ahhoz, hogy a stacionárius pont típusát megállapítsuk, err l a - as mátrixról azt kell eldönteni, hogy pozitív denit, negatív denit, indenit, vagy szemidenit. Ennek egyik módja az, hogy a bal fels minormátrixok determinánsait vizsgáljuk. Ekkor azt mondhatjuk, hogy Ha az egymást követ minormátrixok mind pozitívak, akkor a mátrix pozitív denit. Ekkor az adott mátrixhoz tartozó pont egy lokális minimum hely. Ha az egymást követ minormátrixok váltakozó el jel ek úgy, hogy a mátrix (, eleme, vagyis a legkisebb rend minormátrixa negatív, akkor a mátrix negatív denit. Ekkor az adott mátrixhoz tartozó pont egy lokális maximum hely. 7

274 Ha az el z ek közül egyik kategóriába sem sorolható, de semelyik minormátrix determinánsa nem, akkor a mátrix indenit. Ekkor az adott mátrixhoz tartozó pontban nincs széls érték. Ha van olyan minormátrix, amelynek a determinánsa, akkor a mátrix szemidenit. Ekkor nem tudjuk megmondani, hogy milyen típusú a széls érték. A mi esetünkben: det ( 4 4 ( 4 4 det 48 6 > ( det det 4 8 > 4 4 Tehát a minormátrixok pozitívak, a Hesse-mátrix pozitív denit, vagyis a (,, pont egy lokális minimuma a függvénynek.. Feladat: Három pozitív szám összege. Legfeljebb mekkora lehet a szorzatuk? Megoldás: A feladat matematikai megfogalmazása a következ : max xyz? feltéve, hogy x + y + z és x, y, z > Ez a feltételes széls érték tipikus esete. A feltételes széls érték számolást tartalmazó feladatokat azonban legtöbbször vissza lehet vezetni feltétel nélküli széls érték-keresésre. Most ezt az utat fogjuk követni. Az, hogy a három szám összege -t kell, hogy adjon, egy megszorítást ad meg a változó között, emiatt csak kett független lesz közülük. Ezt úgy tudjuk kihasználni a széls érték-keresésnél, hogy a feltételt jelent egyenletb l kifejezzük az egyik változót, és beírjuk a kérdéses kifejezés helyére: z x y xyz xy( x y xy x y xy Legyen f(x, y xy x y xy és x, y > Most már egy kétváltozós függvénynek kell megkeresni a széls értékeit. Az els lépés most is a stacionárius pontok meghatározása: f x(x, y y xy y f y(x, y x x xy 74

275 Vizsgáljuk meg el ször külön-külön a két egyenletet. Az els t az y, a másodikat az x választás kielégíti. Azonban a feladat kikötötte, hogy három pozitív számról van szó, így egyik változó se lehet. Emiatt az els egyenletet leoszthatjuk y-al, a másodikat pedig x-el: x y x y Ez már egy lineáris egyenletrendszer, amit könny szerrel megoldhatunk. Szorozzuk be -vel az második egyenletet, és vonjuk ki az els b l: + y y 4 x z 4 Tehát az egyetlen stacionárius pont a (4, 4 pont, ha a kétváltozós függvény feltétel nélküli széls értékét tekintjük. Meg kell még határoznunk, hogy minimumot, vagy maximumot találtunke. Ehhez szükségünk lesz a másodrend parciális deriváltakra: f xx(x, y x (y xy y y f xy(x, y y (y xy y x y f yy(x, y y (x x xy x Így a (4, 4 pont Hesse-determinánsa: f xx(4, 4 f xy(4, 4 f yx(4, 4 f yy(4, >, tehát a függvények széls értéke van ebben a pontban, s mivel f xx(4, 4 8 <, így az egy lokális maximum. A három szám szorzata tehát akkor lesz maximális, ha x y z 4, és ekkor a szorzat értéke 64, és ez a feladat egyetlen széls értéke. Megjegyzés: Figyeljük meg, hogy az xyz kifejezés értéke közben alulról is korlátos: mivel pozitív számokat szorzunk össze, biztosan nem lehet kisebb a szorzatuk, mint. -t azonban csak akkor vehetne fel a kifejezés, ha valamelyik változó -vá válna, ezt azonban a feladat szövege nem engedi meg. Ennek következménye, hogy a kifejezés értéke tetsz legesen megközelítheti a -t, de el nem érheti; emiatt csak a (4, 4, 4 koordinátájú széls érték hely létezik. Ha a feladat szövegében megengednénk, hogy a változók értéket is felvegyenek, akkor minden olyan pont, amelynek valamely koordinátája, minimumhely lenne. 75

276 4. Feladat: Tekintsük a x+y+z 4 egyenlet síkot, és határozzuk meg a síknak az origóhoz legközelebb es pontját. Megoldás: A feladatban megadott sík az g(x, y 4 x y függvény grakonja, dimenziós derékszög koordinátarendszerben ábrázolva. Azok a pontok esnek erre a síkra, amelyek koordinátája: (x, y, 4 x y Egy pont origótól való távolságát a pontba húzott helyvektor hossza adja meg: d(x, y x + y + (4 x y A kérdés az, hogy mely (x, y, z(x, y pontra lesz ez a d(x, y távolság minimális. Ehhez a szokásos lépéseket kell elvégeznünk. Megkönnyíthetjük azonban a dolgunkat, ha d(x, y széls értékei helyett (d(x, y széls értékeit keressük. A gyökfüggvény folytonossága és szigorú monotonitása miatt mindkét kifejezés ugyan ott veszi fel a széls értékeit, azonban (d(x, y f(x, y x + y + (4 x y könnyebben deriválható. Mint mindig, most is a stacionárius pontok keresésével kezdjük: f x(x, y x + (4 x y ( x + y 84 f y(x, y y + (4 x y ( x + y 56 Szorozzuk be az els egyenletet -al, a másodikat 5-el, és vonjuk ki az els b l a másodikat: 6y 5 (5y 8 4y + 8 y x, z Tehát f(x, y stacionárius pontjának koordinátái (,, az eredeti feladat stacionárius pontja pedig (,,. A másodrend parciális deriváltak: f xx(x, y (x + y 84 x f xy(x, y (x + y 84 y f yy(x, y (x + y 56 y 76

277 Így a (, pont Hesse-determinánsa: f xx(, f xy(, f yx(, f yy(, >, tehát a függvények széls értéke van ebben a pontban, s mivel f xx(, >, ez egy lokális minimum, összhangban a várakozásainkkal. Tehát a sík origóhoz legközelebbi pontja a (,, pont, és itt az origótól való távolság d(, + + ( Feladat: Egy méter hosszú madzaggal átkötünk egy téglatest alakú csomagot, méghozzá két irányból is. Legfeljebb mekkora lehet a csomag térfogata? Megoldás: Egy téglatest alakú csomag egy csúcsból induló éleinek hossza legyen a, b, c, ahol c jelölje éppen a csomag magasságát. Egy ilyen csomagnak a térfogata V abc. Ha két irányból is átkötjük a csomagot, akkor a madzag hossza a + b + 4c. c b a A feladat szövege szerint most a + b + 4c. Vegyük észre, ha az egyik oldalt kifejezzük a másik kett vel, akkor egy kétváltozós függvénnyel el tudjuk állítani összes olyan csomag térfogatát, amelyek a feltételnek eleget tesznek. Legyen a b c. Ekkor V abc ( b cbc Tehát keressük meg a V (b, c ( b cbc bc b c bc ha b, c > kétváltozós függvény széls értékét. 77

278 Határozzuk meg a stacionárius pontokat. V b (b, c c bc c V c (b, c b b 4bc Mivel b, c >, az els egyenlet osszuk végig c-vel, a másodikat pedig b-vel. Az új egyenletrendszer: b c b 4c A második egyenlet ( - szeresét adjuk hozzá az els höz. + 6c c és b 6 ( Tehát széls érték csak a, pontban lehet. 6 Nézzük meg milyen széls érték van a kapott pontban. V bc A Hesse mátrix determinánsa a V bb c V cc 4b b 4c (, 6 pontban : > Tehát a Hesse mátrix denit, van széls érték, mivel a f átlóban lév elemet ( összege, azaz a mátrix nyoma negatív, így maximumhely van a, pontban. 6 Még a harmadik oldal hosszát és a csomag maximális térfogatát kell kiszámolni. Behelyettesítéssel kapjuk, hogy a. Tehát a maximális térfogatú csomag méretei: Így a maximális térfogat: a m b m c 6 m V max abc ( 6 54 m 78

279 4.. Kett s integrál 4... Alapfeladatok. Feladat: Számoljuk ki az alábbi kétszeres integrált: ( (x + y dx dy. Megoldás: A kétszeres integráloknál fontos a m veleti sorrend: mindig belülr l kifelé haladunk. Jelen esetben az x szerinti integrállal kell kezdeni: [ ] x ( (x + ydx + yx + y + + y. Az x szerinti integrálásnál y-t konstansnak tekintettük, és a határokat pedig most csak x helyére írtuk be. Majd következik a második integrál: ( [ ] + y dy y + y ( + ( +.. Feladat: Számítsuk ki a következ kétszeres integrált: ( xy(x y dy dx. Megoldás: El ször is érdemes felbontani a zárójelet az integrandusban, mert ebben az alakban nehézkes lenne integrálni: ( ( xy(x y dy dx (x y xy dy dx. Végezzük el a bels integrálást y szerint. ] (x y xy dy [x y4 4 xy x 4 4 x 4 (x 4 x 4x x. Most következik az x szerinti integrálás. ( 4x x dx [ x 4 x ] 4 (

280 . Feladat: Számítsuk ki az alábbi kétszeres integrált: ( x+ (x y dy dx. x Megoldás: Ebben a feladatban az y szerinti integrálás határai függenek x-t l. A bels integrálással kezdjük most is: x+ x (x y dy [ xy y ] x+ x x( x + ( x + ( x(x (x x + x x + x ( x x x + x Folytassuk a küls integrállal: ( x + x dx x x + x. [ x + x ] +. Tehát ( x+ (x y dy dx. Természetesen nem kell ennyire szétszedni az integrálokat. Az el bbi megoldás, a küls integrál jelölésével, következ képpen is megadható. ( x+ x (x y dy dx [ xy y ] x+ x dx [ xy y ] x+ x dx [ x( x + ( x + ( x(x (x ] dx [ x + x x + x ( x x x + x ] dx ( x + x dx [ x + x ] +. 8

281 4. Feladat: Számítsuk ki az alábbi kétszeres integrált: ( y x y y dx dy. Megoldás: Ismét a bels integrállal kell kezdenünk: ( y y x y dx dy [ x y ] y y dy ( y y dy ] ( [y y Feladat: Számoljuk ki az f : R R, f(x, y xy függvény kett s integrálját a x, y téglalap alakú D tartományon. Megoldás: A következ kett s integrált kell meghatároznunk. xy dxdy. D Használjuk fel, hogy a kett s integrálás téglalaptartományon kétféleképpen is felírható: D xy dxdy ( (xy dx dy ( (xy dy dx. Végezzük el a számolást mindkét alakkal.. megoldás: D xy dxdy ( (xy dx dy Jelen esetben az x szerinti integrállal kell kezdeni: (xydx [ ] x y y y y. ( (xy dy dx. Az x szerinti integrálásnál y-t konstansnak tekintettük, és a határokat pedig csak x helyére írtuk be. 8

282 Majd következik a második integrál: y dy [ y 4 ] 4. Végezzük el a számolást a másik sorrendben is!. megoldás: ( (xy dy dx ] [x y dx x dx [ x ]. Ez is ugyan azt a végeredményt adja, ahogy vártuk.. Megoldás: (x x dx Ha téglalap alakú tartományon az integrandus szorzat, vagyis f(xg(y alakú, akkor alkalmazható a következ integrálási szabály: b a ( d c f(xg(y dx dy b a g(ydy d c f(xdx Alkalmazzuk a tételt erre az esetre és számoljuk ki az integrált harmadszor is: ( ( ( [ ] y [ ] x (xy dx dy y dy x dx. 6. Feladat: Számoljuk ki az f : R R, f(x, y x y függvény kett s integrálját a téglalap alakú D tartományon. x, y Megoldás: A feladatunk tehát a következ kett s integrál kiszámolása: (x ydxdy. D Mivel a határok xek, a tartomány téglalap alakú. 8

283 Ezért ( ( (x ydxdy (x y dy dx (x y dx dy. D Végezzük el a számolást a következ alakban: ( (x y dy dx [ ( 4x 6 x ] [ x 9 x ] dx [ xy y ] dx ( + 9 ( x 9 dx. 7. Feladat: Számoljuk ki az f : R R, f(x, y x cos(xy cos (xπ függvény kett s integrálját a tartományon. D : x, y π Megoldás: Ezt a kett s integrált ismét kétféleképpen lehet felírni kétszeres integrálként, hiszen most is téglalap alakú tartományon integrálunk. Vagy D vagy D x cos(xy cos (xπdxdy x cos(xy cos (xπdxdy π ( π x cos(xy cos (xπ dy dx, ( x cos(xy cos (xπ dx dy alakban írhatjuk fel ezt a kett s integrált. Azonban kis vizsgálódás után észrevehetjük, hogy a két sorrendben nem azonos nehézség integrálokat kell elvégezni. A második felírás esetén az x szerinti integrál elvégzése nagyon nehéz és hosszadalmas lenne, míg az els felírási módban az y szerinti integrál gond nélkül elvégezhet. Széls séges esetben elképzelhet, hogy egy kétszeres integrálnak nem létezik zárt alakban megadható primitív függvénye az integrálás adott sorrendje mellett, de a sorrendet felcserélve az integrálás elvégezhet. 8

284 Induljuk ki emiatt az els felírásból: ( π x cos(xy cos (xπ dy dx sin(xπ cos (xπ dx, [ sin(xy cos (xπ ] π dx hiszen sin(x. Figyeljük meg, hogy ha az integrandust π-vel b vítenénk, akkor f (x f (x alakú lenne, aminek az integrálja f. sin(xπ cos (xπ dx π π [ cos (xπ hiszen cos( π. ] 4... Összetett feladatok π ( cos ( π ( π sin(xπ cos (xπ dx cos ( π,. Feladat: Számítsuk ki az f : R R, f(x, y xy függvény kett s integrálját az x, x 4, y x, y x görbék által határolt D tartományon. Megoldás: Ha az integrálást most nem egy téglalap alakú tartományon, hanem valamilyen görbék által határolt úgynevezett normáltartományon kell elvégezni. El ször célszer lenne lerajzolni ezt a tartományt..5 x x 4 y x/ y x

285 A tartomány felfogható x szerinti normáltartománynak. Ebben az esetben úgy végezzük el a kett s integrált, hogy x értékét változtatjuk -t l 4-ig, és minden adott x érték mellett elvégzünk egy egydimenziós integrálást az y tengellyel párhuzamosan. Most adott x értéknél ez utóbbi integrálás y x -t l y x-ig tart. Tehát a D tartomány most: x 4, x y x. Ekkor a kett s integrál a következ alakban írható fel: ( 4 x xy dxdy xy dy dx. x D Végezzük el a kijelölt m veletet. D 4 [ x 6 x4 xy dxdy ] [x y x ] 4 x 4 dx ( x xy dy dx 4 x ( x x 8 ( 6 4 dx 8. Figyeljük meg, hogy a megadott tartomány felfogható y szerinti normáltartománynak is. Ebben az esetben a kett s integrál kicsit bonyolultabb, ugyanis az y és a y tartományokat külön kell kezelni. Ennél a sorrendnél minden egyes rögzítettnek gondolt y érték mellett elvégzünk egy integrálást az x tengellyel párhuzamosan. Azonban az integrálási határ függni fog attól, hogy épp milyen y koordináta mellett végezzük az x tengellyel párhuzamos integrálást. Emiatt a határoló görbéket most y(x helyett x(y alakban, vagyis y függvényében kell felírni. Ez azt jelenti, hogy az egyenleteinket x-re kell rendezni. Most y függvényében felírva a következ görbék határolják ezt a tartományt: y, y, x y, x y. Amíg y esetén ezeket az integrálokat x -t l x y-ig kell elvégezni, addig y esetén az integrálás alsó határa x y, a fels határ pedig továbbra is x y. 85

286 Így ilyen sorrendben a következ képpen néz ki az integrál: ( y ( y xy dxdy xy dx dy + xy dx dy. y D Mivel ( y és így ( y y xy dx dy [ y 4 xy dxdy y 4 ] xy dx dy [ y 4 y6 ] ( y [ ] x y y dy 4 ( 6 [ x ] y y dy y 8 6 ( xy dx dy+ ( y y ( y y dy 9, (y y5 dy 9 4, xy dx dy Feladat: Számítsuk ki az f : R R, f(x, y +x függvény kett s integrálját az A(,, B(,, C(, pontok által meghatározott ABC háromszög fölött. Megoldás: El ször is rajzoljuk fel a kérdéses háromszöget:

287 Ez mindkét változója szerint normáltartomány, ráadásul mindkét integrálási sorrend szerint felírható egyetlen kétszeres integrálként. Az egyik lehet ség: És a másik: ABC ABC + x dxdy + x dxdy ( x ( y + x dy dx. + x dx dy. Nézzük az els alakot. ( [ ] x + x dy y dx + x dx x [ arctg (x ] ln( + x π 4 ln. ( + x x + x dx A második integrálnál felhasználtuk, hogy kett vel b vítve a f f alakú kifejezést kapunk, aminek integrálja ln(f. A másik sorrendben elvégezve az integrálást: ( y + x dx dy [arctg(x] y dy arctg (ydy. Az -es szorzó arra utal, hogy parciális integrálás fog következni: v u arctg (y v y u + y Így arctg (ydy [y arctg (y] [ ] π 4 ln( + y π 4 ln. y + y dy. Feladat: Számítsuk ki az f : R R, f(x, y yex 4 x integrálját az x, y, y 4 x függvény kett s görbék által határol D tartomány fölött. 87

288 Megoldás: El ször is rajzoljuk le a kérdéses tartományt:.5 sqrt(4-x x y Mivel ez mindkét változója szerint normáltartomány, így mindkét sorrendben felírható a kett s integrál kétszeres integrálként. Az egyik lehet ség: ( 4 4 x D ye x 4 x dxdy ye x 4 x dy dx. És a másik: D ye x 4 x dxdy ( 4 y ye x 4 x dx dy. A második lehet séget most el kell vetnünk, mert abban az x szerinti integrál meghatározása valószín leg nem lehetséges zárt alakban. Így marad az els felírás: 4 4 ( 4 x ye x 4 x dy dx 4 (4 xe x 4 (4 x dx e x dx [ y e x (4 x [ e x 4 ] 4 ] 4 x dx e Feladat: Számítsuk ki az f : R R, f(x, y xy + függvény kett s integrálját az A(, B(, C(, D(, pontok által határolt D tartomány fölött. Megoldás: 88

289 El ször is rajzoljuk le a D tartományt:.5 y y y x + y -x Ez a trapéz alakú tartomány mind x, mind y szerint normáltartomány, így tetsz leges sorrendben elvégezhet az integrál. Azonban ha el ször x szerint integrálunk, könnyebb dolgunk lesz, ugyanis ekkor egyetlen tagban fel tudjuk írni az integrált. Ebben az esetben az alábbi, x-re rendezett egyenesek határolják a tartományt: Így az integrál: D y, y, x y, x y +. (xy + dxdy [ x ] y+ y + x dy y [ y 5 4 y + 6y ( y+ ] y (xy + dx dy ( y 5 y + 6 dy Feladat: Számítsuk ki az f : R R, f(x, y (x + y függvény kett s integrálját az origó középpontú, egységnyi sugarú Ω körlap felett. Megoldás: Ha az integrálási tartomány kör vagy körszer tartomány, célszer áttérni polárkoordinátákra. El ször adjuk meg a függvény polárkoordinátás alakját. Ha x r cos t y r sin t akkor és (x + y (r cos t + r sin t dxdy rdrdt 89

290 Még a határokat kell megnézni. r és t π Ω (x + y dxdy π ( π π (r cos t + r sin t rdrdt r (cos t + cos t sin t + sin t drdt ( ( + sin tdt r dr [t ] π [ ] r 4 cos t 4 π. 9