Megoldások MATEMATIKA II. VIZSGA (VK) NBT. NG. NMH. SZAKOS HALLGATÓK RÉSZÉRE (Kérjük, hogy a megfelelő szakot jelölje be!

Átírás

1 MATEMATIKA II. VIZSGA (VK) NBT. NG. NMH. SZAKOS HALLGATÓK RÉSZÉRE (Kérjük, hogy a megfelelő szakot jelölje be!) JANUÁR 21. Elérhető pontszám: 50 pont Megoldások Össz.: Jegy: 1./ Mikor nevezzük az f: R 2 R kétváltozós függvényt az (x 0 ; y 0 ) D(f) helyen az x változója szerint parciálisan differenciálhatónak? Adjon meg rá egy lehetséges jelölési módot! /2+1 pont/ 2./ Írja fel, valamint vezesse is le az y + ay + by = 0 (a, b R) differenciálegyenlet karakterisztikus egyenletét! /1+3 pont/

2 3./ Írja fel a Kolmogorov-féle axiómákat! /3 pont/ 4./ Számítsa ki, hogy a, b R paraméterek mely értékei mellett (*) van egy megoldása, (**) van végtelen sok megoldása, (***) nincs megoldása a következő inhomogén lineáris egyenletrendszernek! A második esetben adjon meg az általános mellett egy partikuláris megoldást is! /5+1+1 pont/ x 1 + 3x 2 6x 3 = 5 2x 1 + 5x 2 10x 3 = 8} x 1 + x 2 + ax 3 = b II.s.+I.s.( 2) III.s.+I.s. ( ) ( a b 0 4 a 6 b ( ) 0 0 a + 2 b 3 ) III.s.+II.s.(4) A legalsó sor dönti el, hogy melyik esettel állunk szemben: (*) Ha a 2; b R Az utolsó együttható nem zérus Egy megoldás van (**) Ha a = 2; b = 3 Csak zérusból álló sor Végtelen sok megoldás van (***) Ha a = 2; b 3 Ellentmondásra vezető sor Nincs megoldás ( ) Legyen x 3 = t; t R paraméter x 2 + 2t = 2 x 2 = 2t + 2; x 1 + 6t + 6 6t = 5 x 1 = Általános m.o.: x = [ 2t + 2], t R ; egy partikuláris m.o.: x = [ 6], ha t = 2 t 2

3 5./ Határozza meg az alábbi kétváltozós függvény lokális szélsőértékét! /6 pont/ f(x; y) = 2x 3 + y 2 6xy + 1; (x; y) R 2 Elsőrendű szükséges feltétel: f x = 6x2 6y; f y = 2y 6x 6x2 6y = 0 2y 6x = 0 } P 1(0; 0), P 2 (3; 9) stac. helyek Másodrendű elégséges feltétel: 2 f x 2 = 12x; 2 f y 2 = 2; 2 f y x = 2 f = 6 H(x; y) = 12x 6 = 24x 36 x y 6 2 H(P 1 ) = = 36 < 0 P 1 helyen nincs szélsőérték (nyeregpont) H(P 2 ) = = 36 > 0 P 2 helyen van szélsőérték 2 f x 2 P 2 = 12 3 = 36 > 0 P 2 helyen lokális minimum van f(p 2 ) = f min = 26 6.a/ Határozza meg a következő differenciálegyenlet megadott kezdeti feltétel melletti partikuláris megoldását! /6 pont/ x 2 y + 2y = 2x 3 e 2 x; y(2) = 2e standard alak y + 2 x 2 y = 2x e2 x; y(2) = 2e Homogén megoldás (megoldóképlet): y + 2 x 2 y = 0 y há = C e 2 x 2 dx = C e 2 x; C R Inhomogén megoldás (konstansvariálás): y ip = C(x) e 2 x y ip = C (x) e 2 x + C(x) e 2 x ( 2 x 2) C (x) e 2 x + C(x) e 2 x ( 2 x 2) + 2 x 2 C(x) e2 x = 2x e 2 x C (x) = 2x C(x) = x 2 y ip = x 2 e 2 x y iá = y há + y ip = (x 2 + C) ex; 2 C R y(2) = 2e (4 + C) e = 2e C = 2 y p = (x 2 2) e 2 x

4 6.b/ Határozza meg az alábbi differenciálegyenlet általános megoldását! /6 pont/ y + 2y 3y = 11 sin 4x + 27 cos 4x Homogén megoldás (karakterisztikus egyenlet): y + 2y 3y = 0 λ 2 + 2λ 3 = 0 λ 1 = 1, λ 2 = 3 (D > 0 eset) y há = C 1 e x + C 2 e 3x ; C 1, C 2 R (nincs rezonancia) Inhomogén megoldás (próbafüggvény): y ip = A sin 4x + B cos 4x y ip = 4A cos 4x 4B sin 4x = 16A sin 4x 16B cos 4x y ip 16A sin 4x 16B cos 4x + 2(4A cos 4x 4B sin 4x) 3(A sin 4x + B cos 4x) = 11 sin 4x + 27 cos 4x sin 4x: 19A 8B = 11 } A = 1, B = 1 cos 4x: 8A 19B = 27 y ip = sin 4x cos 4x y iá = y há + y ip y iá = C 1 e x + C 2 e 3x + sin 4x cos 4x; C 1, C 2 R

5 7./ Alkalmazza az inverz Laplace-transzformációt, vagyis keresse meg, hogy a megadott Y(s) függvény melyik f(x) függvény Laplace-transzformáltja! /5 pont/ Y(s) = 3s 8 s 2 + 4s + 5s 10 s 2 4s + 5 Résztörtekre bontás (ha D > 0), teljes négyzetté alakítás (ha D < 0): 3s 8 s 2 + 4s = 3s 8 s(s + 4) = A s + B s + 4 A = 2, B = 1 2 s 1 s + 4 = 2 1 s 1 1 s ( 4) 5s 10 5(s 2) s 2 = 4s + 5 (s 2) = 5 s 2 (s 2) Táblázat alapján az inverz transzformáció: f(x) = 2 e 4x + 5 e 2x cos x 8./ Egy pakli magyar kártyát alaposan megkeverünk. (*) Hány esetben állhat elő az, hogy a pakli négy zöld lappal kezdődik? (**) A keverés után kihúzunk egyszerre négy lapot. Mekkora annak a valószínűsége, hogy ezek között két szín pontosan kétszer fordul elő? (*) Megkeverés Egy bizonyos (lap)sorrend előáll (ismétlés nélküli permutáció) A 32 lap közül nyolc zöld, ezek közül négy áll elöl valamilyen sorrendben: 4! ( 8 4 ) A maradék helyeken a többi 28 lap tetszőleges sorrendben: 28! Tehát az összes ilyen eset száma: 4! ( 8 ) 28! = 5, (**) A esemény: két szín pontosan kétszer fordul elő kedvező esetek száma Klasszikus valószínűség: P(A) = összes eset száma A 32 lap négyféle színű lehet, ezek közül kettő szerepel pontosan két-két alkalommal: ( 4 2 ) (8 2 ) (8 2 ) kedvező Az egyszerre húzás visszatevés nélkül mintavétel: ( 32 4 ) összes Ezekkel: P(A) = (4 2 ) (8 2 ) (8 2 ) ( 32 4 ) = 0,1308

6 9./ Tapasztalatok szerint egy vizsgakurzus keretein belül megtartott másfél órás vizsgáról átlagosan hat hallgató szokott távozni idő előtt. (*) Mekkora annak a valószínűsége, hogy az első harminc perc elteltével még mindenki a teremben tartózkodik? (**) Ha ebben a félévben három vizsga van, akkor mekkora annak a valószínűsége, hogy legalább kétszer előfordul az előző szituáció? (***) Mekkora annak a valószínűsége, hogy két távozás között legalább húsz perc telik el? (*) Rögzített (idő)intervallum Poisson-eloszlás ξ P v. v. : távozó hallgatók száma 90 perc alatt 6 távozó 6 30 } x = 30 perc alatt x távozó 90 = 2 = M(ξ P) = λ P Mindenki a teremben tartózkodik, azaz nem ment ki senki ξ P = 0 P(ξ P = 0) = 20 0! e 2 = 0,1353 (**) Független események Binomiális eloszlás ξ B v. v. : ilyen vizsgák száma P(ξ B 2) = P(ξ B = 2) + P(ξ B = 3) = ( 3 2 ) 0,13532 (1 0,1353) ( 3 3 ) 0,13533 (1 0,1353) 3 3 = 0, ,0025 = 0,0500 (***) Események között eltelt idő Exponenciális eloszlás ξ E v. v. : két távozó között eltelt idő Két távozás között átlagosan 90 6 = 15 perc telik el, így 15 = M(ξ E) = 1 λ E λ E = 1 15 P(ξ E 20) = 1 P(ξ E < 20) = 1 F(20) = 1 (1 e ) = 0,2636