Megoldott feladatok november 30. n+3 szigorúan monoton csökken, 5. n+3. lim a n = lim. n+3 = 2n+3 n+4 2n+1

Átírás

1 Megoldott feladatok 00. november 0.. Feladat: Vizsgáljuk az a n = n+ n+ sorozat monotonitását, korlátosságát és konvergenciáját. Konvergencia esetén számítsuk ki a határértéket! : a n = n+ n+ = n+ n+ = n+. Ha n-et növeljük, n + is szigorúan monoton növekv lesz, n+ szigorúan monoton csökken, n+ szigorúan monoton növekv, így a n is az lesz az els elemt l kezd d en. Ezért egy jó alsó korlát az a =, míg az a n = n+ Sorozatunk konvergens, mert monoton és korlátos. -ból következik, hogy a legjobb fels korlátunk a. =. n + lim a n = lim n n Megjegyzések:. Amennyiben nem használjuk az a n = n+ átírást, tekinthetjük az a n+ a n = n++ n++ n+ n+ = n+ n+ n+ n+ = n+n+ > 0 különbséget, melyb l következik, hogy a n+ > a n, tehát sorozatunk n + n + 0 szigorúan monoton növekv. Ekkor a limesz: lim n n + = lim n =. n n + n 0. Pozitív tagú sorozatok esetén mint amilyen ez is tekinthetjük az an+ a n hányadost is, ha monotonitást vizsgálunk. Ekkor azt kell megnéznünk, hogy -nél nagyobb vagy kisebb a hányados, ett l függ en szigorúan monoton növekv vagy csökken a sorozat.. Feladat Legyen a n = n n+. Határozzuk meg azt a legkisebb n 0 természetes számot küszöbindexet, melyre teljesül, hogy n > n 0 esetén az a n eltérése az a n n sorozat határértékét l kisebb mint ε = 0.

2 Amennyiben testsz leges ε-hoz adjuk meg a küszöbindexet, a sorozat konvergenciáját bizonyítjuk a deníció segítségével. Most viszont számoljuk ki a küszöbindexet a kért ε = 0 értékre. n n 0 A sorozat határértéke lim n n + = lim n = n n + n. 0 Teljesülnie kell az n n+ < 00 egyenl tlenségnek, ami a következ kkel ekvivalens: < n + 78 < n n >. Ezért n 0 = [ ] 78 = a kért küszöbszám. n+ <. Feladat Az a paraméter mely értékeire lesz a következ függvény folytonos? sin x tg0x, ha x 0 g : π; π R, g x = a +, ha x = 0 g xa π; π \ {0} pontokban folytonos, egyedül az x = 0-an kell a folytonosságot vizsgálni. ezért a = =. sin x sin x lim x 0 tg0x = lim x 0 x 0x tg0x = = a +,. Feladat Vizsgáljuk és ábrázoljuk a következ függvényt! f x = x 0x + x +. Értelmezési tartomány:d f = R A függvényünk nem páros, nem páratlan és nem periodikus.. Zérushelyek: x x + = 0 x, =.

3 . Aszimptotikus vizsgálat: A függvény + -ben és -ben ugyanoda tart, x 0x + lim x ± x = lim + n x 0 0 x + 0 x = x + x 0 y = vízszintes aszimptota ± -ben. Függ leges aszimptotánk nincsen.. Els rend derivált és alkalmazásai szigorúan monoton ívek, lokális széls értékek f x = 0 x, = ± f x = 0x 0 x + x 0x + x x x + = 0 x + x + f x f x 0 0 lokális maximum lokális minimum. Másodrend derivált és alkalmazásai konvex-, konkáv ívek és inexiós pontok: Kiszámoljuk a másodrend deriváltat: [ ] f x x = 0 x + = 0 x x + x x + x x + = = 0 x x + [ x + x ] x + x + = 0x x x + A másodrend derivált zérushelyei: x = 0 x, = ±. x 0 + x x f x f x 0 konvex inexiós pont konkáv inexiós pont konvex inexiós pont konkáv

4 6. értékkészlet: R f = [0; 0] Megjegyzés Kicsit leegyszer síthetjük a megoldást, ha még az elején gyelembe vesszük, hogy f x = 0x x +.. Feladat Válassza meg az α > 0 számot úgy, hogy az y = α x ln x, x e görbe alatti terület 0 legyen! Ha x e és α > 0, akkor az y = α x ln x pozitív érték, ezért és e között a görbe alatti terület T = e α x ln x = 0 e x x ln x = ln x = x ln x = x ln x x = x ln x x + c [ ] x e [ x e α x ln x = α ln x = α e 0 α e + = 0 = α = 0 e + x polinom ln parciális integrálás x ] e = α + = α e +

5 6. Feladat Fontosabb helyettesítések: a R e x, e x,... R racionális törtfüggvény alak esetén t = e x helyettesítés, ahonnan x = ln t; = t dt. Például: e x e x + = t t + t dt = = t ln t + + c = e x ln e x + + c [ t t + t + dt = dt = ] dt = t + t + b R x, n ax + b cx + d e x = t x = ln t = t dt típusú integrál esetében t = n ax + b cx + d helyettesítés Például: x = 6x + t t t dt = t dt = [ ] t t + c = 6x + 6x + + c 6x + = t 6x + = t x = t 6 = 6 t dt = t dt c x, x + a típusú integrál esetén x = a sht helyettesítés = a cht dt Ilyenkor használjuk még a ch x sh x = képletet, valamint sh archx = x ch archx = x + képleteket, melyek a sin x + cos x =, sin arccos x = x és cos arcsin x = x képletek megfelel i a hiperbolikus függvényeknél.

6 x, x a típusú integrál esetében x = a cht helyettesítés = a sht dt x, a x típusú integrál esetén pedig x = a sin t vagy x = a cos t helyettesítések bármelyike alkalmazható ekkor = a cos t dt vagy a második helyettesítés esetén = a sin t dt Például: x 6 = 6 ch t sht dt = 6 + cht sh t dt = 6 = 8t + 8 sht + c = 8archx + sh arch x ch arch x dt = 8t c = cht dt = = 8arch x + 8 x x + c == 8archx + x x 6 + c x = cht = sht dt t = arch x Használtuk itt a sh t = +cht linearizálás-képletet, melynek a párja: ch t = +cht és a sht = sht cht képletet. 7. Feladat Számítsuk ki az x 8 értékét! x 8 = x x + = x x + x + = A x + B x + + Cx + D x + = A x + x + + B x x + + Cx + D x x + x 8 x csökken hatványai szerint rendezve a számlálót kapjuk, hogy = A + B + C x + A B + D x + A + B C x + 7A 7B D x, 8 6

7 ahonnan a következ egyenletrendszert kapjuk: A + B + C = 0 A B + D = 0 A + B C = 0 7A 7B D = Az els és harmadik egyenletb l kapjuk, hogy C = 0, majd ezt mindegyik egyenletbe behelyettesítve és megoldva a három egyenletb l álló három ismeretlenes egyenletrendszert két egyenlet ugyanaz lesz kapjuk, hogy A = 08, B = 08, D = 8. Ezért az elemi törtekre bontás a következ höz vezet: [ x 8 = 08 x 08 x + ] 8 x = x x ln 08 ln 8 arctg x +c mert x + = x = + arctg x + c 8. Improprius integrálok a végtelen határú integrál ω = lim = lim ω = + x ω x ω divergens, ha véges volna, akkor az improprius integrál konvergens lenne mert ω = x b szakadásos függvény integrálja x = x x = [ x ] ω = ω + c = x + c 0 ε [ ε = lim = lim 0 ] = konvergens, x ε 0+ 0 x ε 0+ mert ε 0 = x x = x + c = x + c = [ x ] ε ε = x 0 + ε = 7

8 . u vektor felbontása v-vel párhuzamos és arra mer leges komponensek összegére: u = u u = u u v v v v Ellen rzés: u u = 0 Példa Határozzuk meg az u,, vektor v 0; ; vektor tartóegyenesére vett mer leges vetületvektorát! [ ] u =,, 0; ; 0; ; = 8 0; ; = 0; 8 ; 6 mert v v = 0; ; = 0; ; + 0. Feladat Vizsgáljuk hogy legfeljebb másodfokú valós együtthatós polinomok P [X], +, R, vektorterében lineárisan függetlenek-e az f X = X +, f X = X + X és f X = X X vektorok? A lineárisan függetlenség denícióját használva induljunk ki az α f X + β f X + γ f X = 0 azonosságból, ahol 0 a zérus polinom. α X + + β X + X + γ X X = 0, fokszámok szerint rendezve β + γ X + α + β γ X + α = 0, ahonnan α = 0 α + β γ = 0 = α = β = γ = 0, β + γ = 0 tehát f X, f X, f X vektorok lineárisan függetlenek. 8

9 . Egyenletrendszerek: A t paraméter értékét l függ en vizsgáljuk az alábbi egyenletrendszer megoldásainak számát! Ahol van megoldás, ott oldjuk is meg az egyenletrendszert! x + x + x + x = x + 6x + x + x = x + x + x + 7x = x x + x + tx = 7 Mátrixos alakba írva: 6 7 t x x x x = 7 A x = b Gauss módszerrel kapjuk, hogy: 6 7 t 7 S S S S S S t S + S S S t S S S t a pontosan egy megoldásunk akkor lenne, ha ranga = rang [A b] = ismeretlenek száma, ez nem állhat fenn.

10 b sok megoldásunk van ranga = rang [A b] < Ez csak akkor lehetséges, ha a két rang =, azaz t. Ekkor x + x + x + x = x x + x = 0 t x = = x = t x + x + x = t x x = t x = t Ekkor a szabadságfok = = c x = u R x = u t x = t u u + = t u x = t = t nincs megoldás azaz az egyenletrendszer megoldáshalmaza üres, ha ranga rang [A b]. Ez úgy lehet, hogy ranga = < = rang [A b], azaz t = Megjegyzés Ha nem kéri a feladat, hogy oldjuk is meg az egyenletrendszert ott, ahol van megoldás, akkor elég csak a megoldások számát tárgyalni a t paraméter függvényében, azaz a b pontban szerepl x, x, x, x megoldásokat nem kell megadni. 0

11 . Mátrixok. A. feladat Ortogonális-e az A = 0 mátrix? A ortogonális A A = A A = I egységmátrix. 0 0 A A = = Hasonlóan be kell látnunk, hogy A A is ugyanennyi házi feladat. = I. B. feladat Számítsuk ki az A = mátrix inverzét! deta = = 7 6 = 0 tehát van inverz mátrix adja = 6 7 = A = deta adja = Alkalmazás Oldjuk meg az A X = mátrix egyenletet, ahol A az el z mátrix! X = A 0 = =