Függvények alkalmazása feladatokban. nemethj

Átírás

1 Dr. Németh József Függvények alkalmazása feladatokban nemethj

2 . Oldjuk meg a következő egyenletet: x x x 5x 6. Megoldás. Vizsgáljuk az ÉT.-t! A bal oldalon x 6 0 x 6 6 x 0 6 x } x 6. Legfeljebb egy megoldás van, amit ellenőrzéssel meg is kapunk. Tehát a megoldás: x 6.. Oldjuk meg a következő egyenletet: 8 x + 4 x 4 3 x log 3 ( + x 6 ). Megoldás. Vizsgáljuk az ÉT.-t: Vizsgáljuk ezt két értéket: } x 0 x x 4 x 0 x x. x : 0? 3 log 3 3 x : 0? 3 log Nincs megoldás. 3. Oldjuk meg: sin πx 4 x 4x + 5. Megoldás. Legyen f(x) sin πx 4, g(x) x 4x 5 (x ) +. Mivel R f [ ; ], R g [; ). Így R f R g {}, azaz ) sin πx 4 π 4 x π + πk πx π + 8πk, k Z x + 8k, k Z.

3 ) x 4x + 5 x. Megoldás. x. Megjegyzés. Itt az értékkészlet vizsgálata volt hasznos. 4. Oldjuk meg: x x + x + 3 sin 7 x + 3 É.K. É.K.: {a létezik x É.T. f : f(x) a} Mo.: x x + x + 3 a x x + ax + 3a 0 (a )x + x + 3a α) a x β) a, akkor D 0 4 4(a )(3a ) 0 3a 4a 0 Ábra: a [ 0; 4 ] 3 [ ] É.K. b : 0; 4 3 É.K. j : [; 4] É.K. b É.K. j NINCS M.O. Megj.: x x + x (x + 3) 3

4 Mo.: FONTOS: É.K. x-3 [ É.K. b : 0; 4 ] 3 [ ] 4 É.K. j : 3 ; 5. Határozzuk meg az alábbi függvények értékkészletét: a) f(x) sin x + cos x b) f(x) 3 sin x + cos x c) f(x) 5 sin x cos x Ad a) f(x) [ ] sin x + cos x Mivel sin(x + 45 ) Ad b) Mivel sin(x + 60 ) sin(x + 45 ) É.K. f [ ; ] f(x) 3 cos x + sin x [ 3 cos x + ] sin x [sin 60 cos x + cos 60 sin x] sin(x + 60 ) É.K. f [ ; ] Ad c) f(x) 5 sin x cosx [ ] sin x + 5 cos x }{{} cos ϕ sin x 3 }{{} sin ϕ 3 sin(x + ϕ) É.K. : [ 3; 3]. cos x 4

5 6. Határozzuk meg az f(x) x x függvény értékkészletét. I. Mo.: x x a x x a x a a x x ( + a ) a x ± a + a És: kell, azaz x > 0 > x, azaz > a + a mindig teljesül. É.K. ( ; ), azaz minden a az É.K. pontja. II. Mo.: x sin t π < t < π f sin t sin t sin t cos t tg t Ábra: É.K.: ( ; ) 7. Határozzuk meg az f(x) x + x függvény értékkészletét. 5

6 I. Mo.: x + x a x a ( + x ) ( a )x a x ± a a Nyilván a > 0 kell, azaz a < É.K.( ; ) II. Mo.: x tg t, ( t π ; π ) f tg t + tg t tg t cos t tg t cos t sin t É.K. : ( ; ) 8. Oldjuk meg a következő egyenleteket: a) x + 3 x ; b) x + 4 x 5 x ; c) x + 4 x 5 x (x 3 + ). Megoldás. a) f(x) x +3 x f(x) -nek legfeljebb egy megoldása van. Könnyű látni, hogy x 0 megoldás. b) Itt a bal oldalon levő és a jobb oldalon levő függvények is monoton nőnek. Nézzük a következő átalakítást (osszuk végig 5 x -szel): ( ) x ( ) x ( ) x ( ) x 4 Így az f(x) + tehát csak legfeljebb egy helyen veszi fel a értéket. Ezt 5 5 x 0-nál veszi fel, tehát x 0 a megoldás. 6

7 c) Alkalmazzuk itt is a leosztást: ( ) x ( ) x 4 + (x 3 + ). 5 5 Itt a bal oldal szigorúan csökken, a jobb oldal pedig, így legfeljebb egy megoldás van, ami itt is könnyen adódik: x Oldja meg a következő egyenletrendszert: () x y y x ; () x + y. Megoldás. () x + x y + y; mivel f(t) t + t, ezért f(x) f(y) x y. Tehát x y () x x ±, y ±. Így a megoldás: ( ) ;. Megjegyzés. Itt tehát a monotonitást használtuk. ( ; ) és 0. Oldjuk meg a x x + x + 7 x egyenletet. Megoldás. Nézzük először az ÉT.-t: } x x 7 } x. x x Az egyenlet ÉT.-a: x (hiszen a bal oldal minden x-re értelmezett. Miért?). Vizsgáljuk a monotonitást. A jobb oldalon alkalmazzuk a következő trükköt (beszorzunk a konjugálttal): g(x) x + 7 x 8 x x }{{}}{{} x + 7 (x ) x x g(x) az [; )-en. A bal oldalon a gyökjel alatt egy parabola van, amelynek csúcspontja: x x + ( x ) ( 4 + x ) ( ; 7 ), hiszen 4

8 Azaz a h(x) x x + függvény az [, )-en, tehát h(x) g(x) csak legfeljebb egy értékre állhat fenn, azt viszont könnyű látni, hogy x megoldás.. Oldjuk meg a következő egyenletet: ( ) ( ) sin x ( ) cos x sin x cos x. Megoldás. Vizsgáljuk a monotonitást (ÉT: ( ; ) és az ÉK. vizsgálat reménytelen). Legyen f(u) ( ) u ( ) u u. Mivel és u u f(u) ( ) u u. Tehát f(x) f(y) x y, azaz ( ) sin x cos x x π 4 + kπ, k Z, azaz ezek a megoldásai ( )-nak.. Oldjuk meg: ( ) x x Mo.: Legyen f(x) 7 + x, ekkor ( ) f(f(x)) x alakú. Tétel. Ha f, akkor az alábbi két egyenletnek ugyanazok a gyökei. () f(f(x)) x () f(x) x Bizonyítás. I. Tegyük fel, hogy x 0 megoldása ()-nek, azaz f(f(x 0 )) x 0 és mégis f(x 0 ) x 0, azaz 0) f(x 0 ) > x 0 vagy 00) f(x 0 ) < x 0. De mivel f, így 0) f(f(x 0 )) > f(x 0 ), ami ellentmond 0)-nak. }{{} x 0 8

9 Mivel f, így 00) f(f(x 0 )) }{{} x 0 < f(x 0 ), ami ellentmond 00)-nak, azaz valóban f(x 0 ) x 0, azaz x 0 megoldása ()-nek. II. Tegyük fel, hogy x 0 megoldása ()-nek, azaz f(x 0 ) x 0 f(f(x 0 )) f(x 0 ) x 0, azaz x 0 megoldása ()-nek. Így valóban a két egyenlet ekvivalens (ugyanazok a gyökei). Elég megoldani az f(x) x 7 + x x egyenletet x x 7 0 x ± 9 Mo.: x + 9 FONTOS: MON. NÖV. 3. Oldjuk meg a következő egyenletet! + + x x Megoldás. Hol a paraméter? Próbálkozás: + + x x + x (x ) + x ( (x ) ). +cos ϕ Trükk: cos ϕ; cos ϕ, sin ϕ Mivel x 0 és + x 0 + x. cos ϕ. 4 + x x; tehát 0 x. De 0 ϕ π 0 cosϕ. Tehát: x cosϕ vehető; ilyen alakban keresem a megoldást. Így + x + cos ϕ 4 cos ϕ cos ϕ cos ϕ. 9

10 + x cos ϕ + 4 sin ϕ 4 sin ϕ 4. + x + sin ϕ 4 ( π + cos ϕ ) 4 ( π 4 cos 4 ϕ ) 8 ( π cos 4 ϕ ). 8 Így ( π cos 4 ϕ ) cos ϕ 8 ( π cos 4 ϕ ) cos ϕ 8 π 4 ϕ 8 ϕ(!) π ϕ ϕ 8π 36 π 9 40 Tehát a megoldás: x cos40, Bizonyítsuk be, hogy az x x + p p egyenletnek a p paraméter bármely értékére pontosan egy megoldása van! I. Megoldás. Legyen x az egyenlet gyöke. Három esetet fogunk vizsgálni aszerint, hogy x + p 0; x + p > 0 vagy x + p < 0. a) Ha x + p 0, akkor csak p 0 lehet, ekkor viszont x 0 az egyetlen megoldás. b) Ha x + p > 0, akkor az egyenletünk x + px p 0 alakba írható; ennek gyökei x p + p + p vagy x p p + p, ahol p 0. Az x + p > 0, ha p + p > p, vagyis ha p > 0. Ugyanis a négyzetgyök alatti p + p p(p + ) akkor pozitív, ha vagy p > 0 vagy p <. Ez utóbbi azonban nem lehetséges, mert ekkor p + p < p volna. Tehát x gyöke az eredeti egyenletnek, ha p > 0. Az x + p > 0, ha p + p > p, ami egyetlen p-re sem igaz. Az x tehát nem gyöke az eredeti egyenletnek. c) Ha x + p < 0, akkor az egyenletünk x + px + p 0 alakba írható. Ennek gyökei x 3 p + p p vagy x 4 p p p. 0

11 Az x 3 + p < 0, ha p p < p, ami egyetlen p-re sem teljesül. Az x 3 tehát nem gyöke az eredeti egyenletnek. Az x 4 + p < 0, ha p p < p, vagyis ha p < 0. Ekkor p p > 0, tehát x 4 gyöke az eredeti egyenletnek, ha p < 0. Összefoglalva: p 0; p > 0, illetve p < 0 esetben is egyetlen gyök van (x 0; x x, illetve x x 4 ). (Felvételi 990) II. Megoldás. (Függvénytani)

12 5. Határozzuk meg a megoldások számát a függvényében a következő egyenlet esetén! x + ax +. I. Megoldás. a) x + 0 x. x + ax + ( a)x. a, akkor nincs megoldás. a, akkor x a a megoldás. Kérdés: a milyen a-ra teljesül? a >, akkor a a + a, azaz, ha a >, akkor a [ ; )-ba esik ilyen megoldás. a <, akkor a adódik, azaz ilyen a-ra akkor esik megoldás a [ ; )-ba, ha a. b) x + < 0 x <. a, akkor nincs megoldás. a, akkor x 3 +a a megoldás. x + ax ( + a)x 3.

13 Kérdés: 3 +a < milyen a-ra teljesül? a >, akkor 3 +a < 3 < a a <, tehát ha < a <, akkor van ( ; )-ben ilyen megoldás. a <, akkor a > tehát ilyen a-ra nincs megoldás. Mindent összevetve: Ha < a <, akkor két megoldás van, hiszen a) és b) esetben is -. Ha a, akkor az a) eset ad megoldást, b) nem, tehát ekkor egy megoldás van. Ha < a, akkor nincs megoldás (ld. a) második és utolsó pontját). Ha a >, akkor egy megoldás van (ld. a) harmadik pontját). Ha a, akkor egy megoldás van (ld. a) utolsó pontját). II. Megoldás. a NINCS < a < NINCS a megoldás < a < megoldás a megoldás a < megoldás a > megoldás III. Megoldás. 3

14 (Innen leolvasható) 6. Hány megoldása van a a + x + x log /6 x ր a+ x, x; ց a 3 x, x< ( 6 ) x egyenletnek? Megoldás. 4

15 (felületes!) Objection? Nézzük a következőt: ( ( ) x y ; y log 6 /6 x) y : x 4 -nél (, azaz 4, ) rajta van y -n y : x 4 -nél (, azaz 4, ) rajta van y -n y : x -nél ( 4, azaz, ) rajta van y -n 4 y : x -nél ( 4, azaz, ) rajta van y -n 4 legalább két megoldás van: x 4 ; x és még egy biztos az y x egyenesen (inverz miatt). LD. MELLÉKLET: Computer által készített ábrák. y ( ) x 6 y log 6 x 5

16 y ( ) x 3 y log 3 x TANULSÁG! PROBLÉMA. Milyen 0 < a < esetén van több megoldása az a x log a x egyenletnek? Állítás: akkor és csak akkor, ha 0 < a < e e. Bizonyítás: Legyen λ olyan szám, amelyre a λ λ (azaz ahol az y x egyenest metszi a két görbe). Több metszéspont akkor és csak akkor van, ha x > λ, amelyre az Vegyük f differenciálhányadosát, azaz α) Ha e e < a, akkor x f(x) : aa x teljesül. x f (x) aa x [ax ln(a x ) lna ]. () e < lna < 0. 6

17 Másrészt, mivel a y y lny függvénynek -ben van minimuma (ez függvényvizsgá- e lattal könnyen adódik), és ennek értéke e, ezért () e ax lna x < 0 (mivel x > 0, ezért a x < ). Az () és () összeszorzásából viszont az adódik, hogy (3) > a x lna x lna > 0, amiből f (x) < 0-t kapjuk, ami azt jelenti, hogy f(x). Viszont f(λ), így azt kapjuk, hogy x > λ úgy, hogy f(x) teljesüljön. β) Ha a e e, akkor a λ λ e λe λ λ e. Így, ha x > λ, akkor ax a λ λ e, ami azt jelenti, hogy ()-ben a bal oldalon < jel van, azaz f (x) < 0 ebben az esetben is, és mivel f(λ), ezért x > λ, hogy f(x) legyen. γ) Ha 0 < a < e e, akkor (4) λ λ a < e e (e ) e. Mivel a z y y függvény növő a (0, )-en (ld. függvénydiszkusszió), ezért (4) λ < e, amiből (5) λ λ a < e /λ adódik. Innen a λ lna λ lna λ (lna) > λ ( λ) 0, azaz f (λ) > 0 és f(λ), tehát λ-nak van olyan jobb oldali környezete, ahol f(x) >. Viszont f() a a <, így a Bolzano Darboux- féle tulajdonság miatt a (λ; ) intervallumon valahol kell, hogy az f(x) teljesüljön. Ezzel a bizonyítás kész. Megjegyzés. A fentiekből adódik, hogy 0 < a < e e esetén (a szimmetriát figyelembevéve) legalább 3 metszéspont van. Több azonban nem lehet, mert ha a g(x) a x log a x 7

18 függvénynek 3-nál több zéróhelye lenne, akkor a Rolle-féle középértéktétel szerint a g (x) a x lna függvénynek legalább 3 zérushelye lenne, ami ekvivalens azzal, x lna hogy az a x lna x lna x(lna) a x egyenletnek legalább 3 megoldása lenne, ami viszont az a x függvény szigorú konvex volta miatt lehetetlen, hiszen egy egyenes egy ilyen görbét legfeljebb pontban metszhet. Megjegyzés. e e (ezért látszik nehezen az első ábráról, hogy 3 megoldás 5, 5 van). 7. Oldjuk meg cos(sin x) > sin(cos x) egyenlőtlenséget. Megoldás. Először oldjuk meg a ( ) cos(sin x) sin(cos x) egyenletet. ( ) sin ( ) π sin x sin cos x a) π sin x cos x + kπ sin x + cos x π kπ b) π ( ) π sin x cos x + kπ sin x cos x π + kπ Mivel sinx + cos x és sinx cos x, így a) és b) soha sem áll fenn, tehát ( )-nak nincs megoldása. Tekintsük az f(x) cos(sin x) sin(cos x) függvényt. Nyilván f(x) > 0-t kell megoldani. De f(0) sin > 0 és f(x) 0 mindenütt, így f(x) < 0 nem lehet (ld. a folytonos függvény Bolzano Darboux tulajdonsága) f(x) > 0 x-re, azaz az eredeti egyenlőtlenség minden x-re teljesül. 8. Hasonlítsuk össze a log 5 6 és log 6 7 számokat! (Melyik a nagyobb?) 8

19 I. Megoldás: Legyen f(x) log x (x + ) függvényt. f (x) lnx x + ln(x + ) x ln x ln(x + ) lnx x lnx x ln(x + ) ln(x + ) x(x + ) ln x x x ln ln(x + ) x + x(x + ) ln. x és tekintsük (, )-n ezt a x Mivel ln x + < 0 és ln(x+) > 0 a számláló < 0 és a nevező > 0 f < 0 f, azaz log 5 6 > log }{{} 6 7. }{{},0383, Megjegyzés. Pl.: log }{{}, II. Megoldás. Tudjuk: > a + b > log is jön így. }{{}, ab, ha a 0, b 0. log 5 6 log 6 7 log6 5 log 6 7 > log log 6 7? > log }{{} ( ) ( ) > log > > 55 valóban log 5 6 > log 6 7. Megjegyzés. Ezzel a módszerrel is általánosan is bizonyítható, hogy log x (x + ) > log x+ (x + ), ha x >. 9. Oldjuk meg a következő egyenletet: x + + x + 3 x 4x x 4x

20 Megoldás. Tekintsük a következő függvényt: f(u) u + 3 u. Mivel f (u) u / 3 u 4/3 u 3/6 3 u 8/6 [ u 8/6 u5/8 ] > 0, ha u. 3 Viszont x +, x 4x + 5 [x x] + 5 (x ) + 5. Tehát mivel f(u) az (; )-en f(a) f(b) a b (a, b esetén). Azaz x + x 4x+5 x 4x+4 0 (x ) 0. Tehát x 0 az egyetlen megoldás. Megjegyzés. Itt felsőbb mat. módszer kellett. (Bár a feladat elemi.) 0. Oldjuk meg: x 5 0x x 4 0. Megoldás. x 0 megoldás. Ekkor x 5 0x x 4 (x )(x 4 + x 3 9x 9x + 4) 0. Kérdés: Van-e több megoldás? Elég megoldani. x 4 + x 3 9x 9x + 4 0?? nehéz! Térjünk vissza az eredetihez. Legyen f(x) x 5 0x x 4. Tegyük fel, hogy (x x 0 ). Ekkor a Rolle-tétel szerint: f (x) 5x 4 30x nak kell, }{{} ( ) hogy legyen megoldása. De ( )-nak a diszkriminánsa < 0 nincs valós megoldás. Ez ellentmondás, tehát nincs másik megoldás.. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert: tg x tg y (x y) () x + y. () 0

21 Megoldás. () fennáll, ha x y és x π + kπ, y π + kπ. Ekkor () ( ) ( ) ;, illetve ;. Kérdés. Van-e több megoldás? Van-e olyan megoldás, ahol x y? Vehető x > y (szimmetria miatt) Tegyük fel, hogy x > y megoldás. tg x tg y () x y (3) x y }{{}}{{} ( ) ( ) ( ) <. cos c ( ) [ π < y < c < x < π ] Lagrange-féle középérték-tételből. Viszont cos c. Tehát (3) bal oldala és jobb oldala <, így ellentmondás, azaz több megoldás.. Bizonyítsuk be, hogy sin irracionális szám. Megoldás. sinx x x3 3! + x5 5! x7 7!... Taylor-sor Így sin 3! + 5! 7! + 9!... ( ) Tegyük fel, hogy sin p q (p, q Z). Szorozzuk be ( ) mindkét oldalát (q + )!-sal: p (q + )! (q + )! [ + ] q 3! 5! [ ] 3! + ± (q + )! + p (q + )! (q + )! q }{{}}{{} egész egész [ ] ±(q + )! (q + 3)! (q + 5)! +. }{{} ( ) Belátható ( )-ról, hogy nem egész, azaz 0 < < és így ellentmondást kaptunk, mert a bal oldal viszont egész.

22 Megjegyzés. 0 < < könnyen bizonyítható, ha a [ ]-ből kiemeljük -t és (q + 3)! utána észrevesszük, hogy a szögletes zárójelben levő érték <, így a szorzat is biztos <. 3. Áll.: π irracionális Biz. Tfh π a b, ahol a, b N+. Tekintsük a g(x) n! xn (a bx) n fgv-t. Nyilván g(x) n! (A 0x n +A x n+ + +A n x n ), ahol A 0, A, A,..., A n Z.. Részállítás. α) g(0) g (0) g (n ) (0) 0 β) g (n) (0), g (n+) (0),...g (n) (0) egész számok. Tehát g(0), g (0),..., g (n) (0) Z.. Részállítás. α) g(π) g (π) g (n ) (π) 0 β) g (n) (π), g (n+) (π),...g (n) (π) egész számok Megjegyzés. t a bx helyettesítéssel x π a -re t 0 lesz, így adódik az előző ponthoz b hasonlóan. Tehát g(π), g (π),..., g (n) (π) Z. Azaz összegezve: () g(0), g (0),..., g (n) (0) Z () g(π), g (π),...g (n) (π) Z Tekintsük (parciális integrálással): A N L formulából F(x) sin xg(x)dx cos xg(x)+ cos xg (x)dx cos xg(x) + sin xg (x) sin xg (x)dx cos xg(x) + sin xg (x)+ cos xg (x) + ± cos xg (n) (x) (3) π 0 sinxg(x)dx F(π) F(0) egész szám (ld. (), ()).

23 Világos: sin xg(x) > 0, ha x (0, π) π sin xg(x)dx > 0 és (3) alapján egész szám 0 Becsüljük: sin x, a bx a, x a b π. Így π 0 sin xg(x)dx π an π n, azaz n! π an π n n! π (aπ)n n! 0, ha n, ami ellentmondás. Megjegyzés. π e ugyanígy. 4. Legyen egy téglalap kiparkettázva olyan kis téglalapokkal, amelyeknek legalább az egyik oldala egész mérőszámú. Bizonyítsuk be, hogy ekkor az eredeti téglalapnak is legalább az egyik oldala egész szám. Megoldás. (4 megoldás W. Stantől; Math. Monthly, 987, aug. szept., ) Mi kettős integrállal oldjuk meg. y b (a; b) T 0 0 a x Tekintsük az f(x, y) sin πx sin πy függvényt. Könnyen belátható, hogy tetszőleges kis T téglalapra f(x, y)dxdy 0, mivel legalább az egyik oldal egész. Mutassuk be ezt pl. a következő eseten: T e d T c c + m 3

24 Ekkor szukcesszív integrálással f(x, y)dxdy T e [ c+m d c e ( c+m d e d e d e a ] sin πx sinπydx dy ) sin πxdx sin πydy c [ ] c+m cos πx sin πydy π c { } cos π(c + m) cos πc + sin πydy π π { } cos πc cosπm sin πc sinπm cos πc + π π sin πydy 0. Így tehát minden kis téglalapon az integrál: Azaz b 0 [ a 0 T ] (sin πx sin πy)dy dy 0 ( ). f(x, y)dxdy 0 T 0 f(x, y)dxdy 0 Ismét alkalmazzuk a szukcesszív módszert a ( ) integrál kiszámítására. b [ a 0 0 b ] (sinπ sin πy)dx dy 0 {[ ] a } cos πx sin πy dy 0 0 π 0 [ ] a [ ] b cos πx cos πy 0. ( ) π π Így legalább az egyik tényezőnek 0-nak kell lennie

25 De [ ] cos πa cos π0 ( ) + π π [ ] cos πb cos π0 + π π ( cos πa) ( cos πb) 0. π π Ezzel a bizonyítás kész. vagy cos πa }{{} a egész vagy cos πb }{{} b egész 5. Probléma: a n n sin(πen!) π, ha n Bizonyítás: Másrészt [ a n n sin(πen!) n sin πn! ] k! k0 [ n sin πn! ( + +! +... n! + )] (n + )! +... [ ( n sin π n + + )] (n + )(n + ) +... n sin π n + π ( a n nπ n + + ) (n + )(n + ) +... ( nπ n + + ) (n + ) +... nπ n π Így a rendőrelv szerint a n π. Ebből az eredményből azonnal jön, hogy az e irracionális szám. 6. András és Béla kávét és tejszínt rendelnek egy eszpresszóban. András azonnal beleönti a tejszínt a forró kávéba, összekeveri, lefedi egy szalvétával, és 0 percre elmegy telefonálni. Béla lefedi szalvétával a csészéjét, és várja Andrást, majd amikor az visszajön, akkor önti bele a kávéjába a tejszínt. Ki ivott melegebb kávét, András vagy Béla? 5

26 (Feltesszük, hogy a szalvéta és az asztallap tökéletes hőszigetelő, továbbá a levegő és a tejszín hőmérséklete megegyezik.) Megoldás. Ennek megoldásához ismernünk kell a fizikából a hőátadás törvényét. Ez azt mondja, hogy a különböző hőmésékletű anyagok érintkezésénél az átadott hőmennyiség arányos a hőmérsékletkülönbséggel és az eltelt idővel. Ha a folyadék a hidegebb környezetnek hőt ad le, csökken a hőmérséklete. A mennyiségi összefüggést a hőtan egy másik törvénye adja, mely szerint a test által leadott hőmennyiség arányos a hőmérsékletcsökkenéssel és a tömeggel. Ha bevezetjük az x(t) : T(t) T jelölést, akkor kapjuk, hogy x η ( cm x kx k η cm Tehát András ivott melegebb kávét, hiszen T A (0) > T B.. Irodalom: Hatvani Pintér: Differenciálegyenletes modellek a középiskolában, Polygon, Anna és Béla együtt járnak, de párosuk elég furcsa. Béla nehéz természetű. Amikor Anna szereti Bélát, akkor Béla kezdi kevésbé szeretni Annát. Ha Anna utálja Bélát, akkor viszont Béla egyre jobban kezdi szeretni Annát. Anna normális: ha Béla szereti Annát, akkor Anna is egyre barátságosabban néz Bélára, de kezd barátságtalanabb lenni, amikor Béla nem szereti őt. Hogyan lehetne leírni viszonyuk változását? Tegyük fel, hogy a t 0 pillanatban találkoztak. A t 0-n értelmezett a a(t), b b(t) függvények fejezik ki Anna, ill. Béla szeretetét Béla ill. Anna iránt. Az a függvény változásának a sebessége legyen arányos b-vel: a (t) Ab(t), és a b függvény változásának sebessége arányos a-val: b (t) Ba(t). Az egyenletrendszerből a (t) b (t) a(t), azaz a (t) + a(t) 0. Ez egy másodrendű, lineáris egyenlet.. a(t) C cos t + D sin t, b(t) E cos t + F sin t, ). C, D állandó E, F állandó a (t) C sin t + D cos t b(t) E cos t + F sin t ( a(t) sin t + π ) ( és b(t) cos t + π ) 4 4 a(t) e t + te t ( + t)e t, b(t) e t te t ( t)e t. t 0, a(t) monoton nőve és b(t) monoton fogyva, ha t. Mint látható, itt semmi remény. 6