megoldásvázlatok Fizika BSc I/,. feladatsor. Rajzoljuk le a számegyeese az alábbi halmazokat! a { R < 5}, b { R 4}, c { Z 4}, d { Q < 4 6}, e { N 3 }.. Igazak-e az alábbi állítások? Adjuk meg az állítások tagadását! a Mide alma érett. b N k Z, 0] : > k. c Mide p pozitív számhoz létezik K > 0, hogy mide > K eseté p + > 0. a Va olya alma, amely éretle. b Az állítás igaz, például 7 olya természetes szám, amely mide empozitív egészél agyobb. A tagadás: N k Z, 0] : k. c Az állítás igaz, mert a megadott függvéy grakoja p-t l függetleül egy felfelé álló parabola, vagyis ha em metszi az -tegelyt, akkor bármilye K jó lesz, ha pedig metszi, akkor a agyobbik gyöke ami függ persze p-t l megfelel K lesz. Az állítás tagadása: va olya p pozitív szám, hogy mide K > 0-hoz létezik > K, hogy p + 0. 3. Legye A, B X két halmaz. Bizoyítsuk be, hogy A B c A c B c és A B c A c B c. A B c / A B / A és / B A c és B c A c B c. A másik állítás bizoyítása teljese hasoló. 4. Igazak-e az alábbi halmazegyel ségek? Ha ige, bizoyítsuk be, ha em, akkor adjuk meg kokrét halmazokat, amelyekre em teljesül az egyel ség. a A B \ A B; b A B \ C A B \ C; c A B \ A B A \ B B \ A. a Nem igaz, legye A {}, B {, }. Ekkor A B \ A {} B. b Nem igaz, legye A {, }, B {}, C {}. Ekkor A B \ C {}, de A B \ C {, }. c Igaz. Ha A B \ A B A B és / A B vagy A, vagy B vagy A \ B, vagy B \ A A \ B B \ A. 5. Ha A C B C és A \ C B \ C, következik-e, hogy A B? Nem következik. Legyeek a halmazok olyaok, hogy emüresek, A, B C és A B. Ekkor midkét feltétel teljesül, de A B. Például A {}, B {} és C {, }. Fizika BSc I/,. feladatsor. Legyeek f, g : R R a következ függvéyek: f + 3, g. Határozzuk meg az f g és a g f függvéyeket. f g : R R, f g + 3. g f : R R, g f + 3.
. Írjuk be a hiáyzó függvéyeket: a f g + f g + b f 4 g + 4 f g c f g f g 3. Mely függvéyek ijektívek, illetve szürjektívek? Amelyek bijektívek is, azokak adjuk meg az iverzét! a f : [0, ] R, f ; b f : R R, f 3 ; c f : R + R, f /; d f : R \ {0} R \ {0}, f. a Ha y, akkor y y, amib l következik, hogy y hisze csak a [0, ]-e vagyuk. Tehát f ijektív. Viszot Rf [0, ], így em szürjektív. Viszot ha f-et, mit f : [0, ] [0, ] függvéykét tekitjük, akkor már szürjektív is az y f egyelet mide y Rf-re megoldható, az ijektivitás miatt egyértelm e, így va iverz. Az y egyeletb l y, azaz f : [0, ] [0, ], f. A függvéy iverze ömaga. b A függvéy ijektív 3 y 3 y és szürjektív is mide y R-re létezik, hogy 3 y, evezetese : 3 y, azaz va az egész számegyeese értelmezett iverze. A y 3 -b l és y szerepét felcserélve, majd y-t kifejezve kapjuk, hogy f 3. c A függvéy ijektív, tegyük fel ugyais, hogy f fy, azaz / y /y y y yy+. Ez az f értelmezési tartomáyá csak úgy lehet, hogy y. f szürjektív is, mert mide y R eseté az y f egyelet megoldható, hisze y / y 0. Ebb l, y ± y + 4, vagyis midig két gyök va és itt potosa az egyik gyök az értelmezési tartomáy eleme is. Az iverz itt is az fy egyeletb l számolható, y-t kifejezve: f : R R +, f + + 4. d A függvéy ijektív, ugyais y -ból y következik. Szürjektív is, ugyais mide a R \ {0}-hoz va olya R \ {0}, hogy a, éspedig a. Az y egyeletb l -et kifejezve: y, vagyis f iverze ömaga. 4. Legye f : R R, f. Határozzuk meg az f [4, 9], f [, 0], f [, ] halmazokat! f [4, 9] [ 3, ] [, 3], f [, 0] {0}, f [, ]. f si eseté: f [4, 9], f [, 0] k Z [π + kπ, π + kπ], f [, ] { 3π + kπ k Z}. 5. Legyeek f, g : R R függvéyek. Igaz-e, hogy ha midkett ijektív szürjektív, akkor f + g is ijektív szürjektív? Egyik sem igaz. Legye f, g. Midkett ijektív és szürjektív is, de f + g 0, ami se em ijektív, se em szürjektív. 6. Legye f : X Y függvéy, A X, B Y. Bizoyítsuk be, hogy a fa B fa fb; b fa B fa fb; c f A B f A f B; d f A B f A f B;
a y fa B létezik A B, hogy f y létezik, hogy A vagy B, amire f y y fa vagy y fb y fa fb. b y fa B létezik A B, hogy f y y fa és y fb y fa fb. c f A B f A B f A vagy f B f A vagy f B f A f B. d f A B f A B f A és f B f A f B. Fizika BSc I/, 3. feladatsor. Va-e az alábbi A R halmazokak maimuma, miimuma, imuma, supremuma? Ha ige, határozzuk meg ket! a 0, b 0, ] c {,, 3, 4 },... d, 3 Q e { : N} f { a b + b } : a, b R+ a a Maimum és miimum ics, if A 0, sup A, ugyais az yílvá fels korlát és az ε < semmilye ε > 0-ra sem fels korlát, mert az ε, itervallumba va racioális és irracioális szám is. Hasolóa idokolható, hogy if A 0. b Az el z höz hasolóa idokolható, hogy if A 0, sup A, miimum ics, ma A. c ma A, miimum ics, sup A, if A 0, mert a 0 alsó korlát és bármely ε > 0-hoz va olya N, melyre / < ε, azaz ε em alsó korlát. d Maimum és miimum ics, míg sup A 3, if A. Nyílvá 3 egy fels korlát és ics ála kisebb, ugyais az 3 ε, 3 itervallumba va A-beli racioális szám, azaz 3 ε em lehet fels korlát semmilye ε > 0-ra sem. Az imum idoklása hasoló. e if A mi A, ma A sup A. f Az ismert c + /c, ha c > 0 egyel tleség szerit mi A if A a b választással a miimum felvétetik, míg a halmaz felülr l em korlátos, hisze mide K > 0-hoz a K, b választással a K+ K > K eleme A-ak. Azaz maimum ics és a supremum ameyibe emkorlátos halmazra is értelmeztük a supremum fogalmát +.. Bizoyítsuk be az alábbi egyel tleségeket: a Mide, y R-re y y. b Mide a, b, c 0, + -re a b + b c + c a 3. c Mide a R + -ra és mide N-re a + a. d Mide N-re +. e Mide N-re + 4. a Tetsz leges, y R-re y y + y + a háromszög-egyel tleség miatt, azaz y y. és y szerepéek felcserélésével adódik az y y egyel tleség. A kett együtt pedig éppe a bizoyítadó y y egyel tleséget adja. b A számtai-mértai egyel tleséget alkalmazva az a b, b c, c a számokra, adódik, hogy a b + b c + c a 3 3.
c Alkalmazzuk a számtai-mértai közepek között feálló egyel tleséget : a,... szereposztással: a + a a + a. d Hasolóa a b feladathoz, 3.... + + +. e Ismét a számtai-mértai közép egyel tleséggel + + + + + + + +, ahoa + -ik hatváyra emelve és 4-gyel beszorozva a kívát egyel tleséget kapjuk. 3. Legyeek A B R emüres, korlátos halmazok. Mutassuk meg, hogy ekkor sup A sup B. Mivel B mide fels korlátja speciálisa a legkisebb is egybe A-ak is fels korlátja, így sup A sup B. 4. Ábrázold a következ halmazokat a síko! a {, y R + y < }, b {, y R + y < 4}, c {, y R + y < 4, + y < },. Végezzük el az alábbi m veleteket: a + i3 i? b /i? c + i/3 i? Fizika BSc I/, 4. feladatsor a + i3 i 3 i + 3i + 5 + i, b i i i i i i, c + i 3 i + i 3 i 3 + i 3 + i + 5i 3.. Határozzuk meg azokat a c + di számokat, melyek égyzete 0i. A c + di c d + icd 0i egyel ség akkor áll fe, ha a valós és képzetes részek megegyezek, azaz c d és cd 0. Az ezekb l kapott másodfokú egyeletet megoldva c, d 5, illetve c, d 5 megoldásokat kapjuk. 3. Írjuk fel az alábbi számokat trigoometrikus alakba: a + i, b i, c 3 + i, d 3i.
a + i cos π 4 + i si π 4, b i cos 7π 4 + i si 7π 4, c 3 + i cos π 6 + i si π 6, d 3i cos 7π 6 + i si 7π 6. 4. Oldjuk meg az 3, 4 4 és az 6 egyeleteket! a 3 3 cos π + i si π cos kπ 3 + i si kπ 3, k 0,,, azaz cos 0 + i si 0, cos π 3 + i si π 3 + 3 i, 3 cos 4π 3 + i si 4π 3 3 i. b 4 4 4 4cos π + i si π cos π+kπ 4 + i si π+kπ 4 k 0,,, 3. c 6 6 cos 0 + i si 0 cos 0+kπ 6 + i si 0+kπ 6 k 0,,, 3, 4, 5. 5. Mutassuk meg, hogy zw z w mide z, w C-re. Legye z a + bi, w c + di. Ekkor zw a + bic + di ac bd + iad + bc ac bd iad + bc a bic di z w. 6. Fejezzük ki cos 3ϕ-t si ϕ és cos ϕ segítségével. Tekitsük a cos ϕ + i si ϕ komple számot és emeljük köbre kétféleképpe: cos 3ϕ + i si 3ϕ cos ϕ+i si ϕ 3 cos 3 ϕ+3 cos ϕi si ϕ+3 cos ϕi si ϕ+i 3 si 3 ϕ cos 3 ϕ 3 cos ϕ si ϕ+ i3 cos ϕ si ϕ si 3 ϕ. Összehasolítva a valós és képzetes részt, cos 3ϕ cos 3 ϕ 3 cos ϕ si ϕ. 7. Számítsuk ki i -t, ahol N. i i, i, i 3 i, i 4 és iet l kezdve ismétl dik, azaz 4k i i 4k + 4k + i 4k + 3 Fizika BSc I/, 5. feladatsor. Mi a határértéke az alábbi a sorozatokak? Deíció alapjá adott ε > 0-hoz adjuk meg 0 N küszöbideet is. a a ; b a 6 + 7 5. a A sorozat határértéke a 0. Legye ugyais ε > 0 adott. Ekkor a a 0 < ε > /ε > /ε. Tehát az 0 : [ /ε ] + küszöbide-választás jó lesz. b Eek a sorozatak a határértéke 6/. Legye ε > 0 adott. Ekkor 6 + 7 5 6 6 + 7 6 5 55 07 55 < ε > 55 + 07 ε, azaz a 6/ < ε teljesül, ha agyobb, mit a jobb oldalo álló ε-tól függ szám.
. Határozzuk meg az alábbi sorozatok határértékét! a b c d e a + 3 4 d b 3 5 6 c 3 5 3 +, 8 +5 e + 3 4 + 3 4 +! 3 + + 0 3 0 3. 3 5 3 6 5 6 + 3 + 3 + 5 3 5 3 +, 8+5! + 3 5 +! + 3 + 3 + 5 + 3 + 3 + 5. 3 3. 5 3 +, 8 5 0, 6. + 3! 5!! +. 3. Határozzuk meg az alábbi sorozatok határértékét! a + ; b + 6 + ; a A -típusú kifejezést az alábbi módo alakíthatjuk át: + + + + 0. + + + + b + 6 + 6 + + 6 + + 6 + + 6 + + 6 3. 4. Bizoyítsuk be, hogy mide koverges sorozat korlátos. Igaz-e a megfordítás? Ha a koverges, akkor létezik olya a R, hogy mide ε > 0-hoz létezik 0 N, hogy mide 0 -ra a a < ε. Rögzítsük egy tetsz leges ε > 0-t. Ekkor tartozik hozzá egy 0 küszöbszám, hogy a sorozatak a ála agyobb ide elemei az a ε, a + ε itervallumba vaak, azaz eze az itervallumo kívül legfeljebb véges sok tagja lehet a sorozatak az a, a,..., a 0 lehet kívül. Ha M-mel jelöljük az els 0 tag maimumát, m-mel a miimumát, akkor a sorozatak fels korlátja lesz a ma{a + ε, M} szám, alsó korlátja pedig a mi{a ε, m}. A megfordítás em igaz, az a sorozat korlátos, de ics határértéke.
5. Legye emegatív számokból álló sorozat, melyre. Mutassuk meg, hogy és. Mivel koverges, ezért korlátos is, azaz létezik K > 0, hogy < K. Legye ε > 0 adott. Az sorozat koverges, ezért ε : ε K+ -hez létezik 0 N, hogy 0 eseté < ε. Ekkor + < ε + ha 0. ε K + + ε K + + < ε, A feladat második részéhez vegyük észre, hogy a emegatív tagú sorozat határértéke em lehet egatív miért is?, ezért -ek va értelme. Két esetet külöböztetük meg, ha 0, illetve ha pozitív. Az els esetbe tehát 0. Ekkor ε -hez létezik 0 N, hogy mide 0 eseté < ε. Ez viszot azt jeleti, hogy 0 < ε, ha 0, azaz 0. A második esetbe és vele együtt pozitív. Mivel, ezért ε -hez létezik N, hogy mide -re < ε. Ekkor -re + < ε + ε. Fizika BSc I/, 6. feladatsor. Mutassuk meg, hogy az alábbi sorok kovergesek és határozzuk is meg az összegüket. a q q <, b 0 +, c 3 3 + A sor kovergeciájához azt kell megmutati, hogy a részletösszegek sorozata koverges. A sor összegét akkor tudjuk megmodai, ha a részletösszeg-sorozat határértéke ismert. a S vagyis a sor koverges és összege b S k0 q k q+ q q. k q kk + + ha, ha a 3/ feladat miatt ott már meghatároztuk az s összeget. A sor összege tehát. c 3 S 3k 3k + 3 3k 3k + k k 4 + 4 7 + 7... 3 + + 3 3 + 3 ha, azaz a sor koverges és összege /3. 3 + 3,
. Állapítsuk meg az összehasolító kritériumok alapjá, hogy kovergesek-e az alábbi sorok. a + b + + c + + d e + a Mivel + +, ezért az eredeti sor is diverges. b + + + + +, továbbá a + ahol az /4 helyére valójába /e-t is írhattuk vola. Itt 4 diverges. c továbbá + + 4, + + + + + +, diverges, így az eredeti sor is diverges. + + diverges, így diverges, így az eredeti sor is d, ha 4, azaz az els három tag kivételével a sort felülr l lehet becsüli a koverges sorral, tehát az eredeti sor is koverges. 4 e Mivel mide N-re +, ezért a sor em koverges, hisze a sor tagjaiból álló sorozat em tart a zérushoz. 3. Állapítsuk meg gyök- vagy háyadoskritériummal, hogy kovergesek-e az alábbi sorok? a 000, b!!!, c! a a sor koverges. b d tehát a sor koverges. c! e 3! f 0 k0 a + 000+ a +!! 000 000 + 0 <, 000 + k k + a + +!! a +!! + + + + + 4 + 6 + 4 <, a + a tehát a sor koverges. +! + +! + + 0, 37 <, e
d a sor koverges. e a sor tehát diverges. c a sor tehát koverges. a + + +! a + +! + 0, 74 <, e a + 3+ +! a + + 3! 3 + 3, >, e a + a + k0 k0 000 + k k + 000 + k k + 000 + + + + <, Megjegyzés. Noha a gyökkritérium er sebb, mégis érdemesebb a háyadoskritériummal kezdei, mert szerecsés esetbe sokat lehet egyszer sítei. Az itt szerepl feladatok gyökkritériummal is kijöek, ám ehhez tudi kell bizoyos sorozatok határértékeit. Például az a feladatra a gyökkritériummal oda juták, hogy a! sorozat határértékét kellee tuduk +, a c, d és e feladatokál pedig az! sorozat határértéke jö el, amir l belátható, hogy /e-vel egyel. Fizika BSc I/, 7. feladatsor. Milye értéket kell adi A-ak, hogy f folytoos legye az potba is? f 4 ha A ha. A megadott függvéy amely az egész R-e értelmezett akkor lesz folytoos az -be, ha az ottai határértéke megegyezik a helyettesítési értékkel. Mivel 4 ezért f folytoos lesz az -be, ha A /4. + + 4,. A határértékek kiszámításakor jó ötletek t het, hogy egyszer e megpróbáluk behelyettesítei, de ez általába em hoz sikert, pl. mert 0/0 típusú erdedméyt kapuk. Ilyekor egy ügyes átalakítás segíthet algebrai, vagy trigoometrikus azoosságok. 0 +, + + / +. + + / 3.
3. 0 4 + 0 4 + 4 + + 4 + + 0 4 + 4 4 + + 0 4 + + 4. 4 + 3 + 3 + + 3 4 4 + + 3 4 + + 3 + 4 + + 3 + 8 4 + + 3 6 4 3. 4. + 3 + 3 9 + 3 + + 3 + + 3 3 3 9 + 3 + + 3 9 + 3 + + 3 3 + 3 + 3 + + 6. + + 3 + + + + 3 + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + ++3+ + 5. cos cos 0 0 + cos + cos cos si 0 + cos 0 si 0 si 5 si 0 5 si 5 5 5. +. + cos. Fizika BSc I/, 8. feladatsor
. +, a 5 + 5a 3 5 0a 3 5 4, a b b + a a b, + 4 +,, + +, + + + + + + +, + + + 3 + + 3 3, 3 3 3 3 4 3 3 9 3, cos si si cos, si α + cos α cos α si α si α cos α si α + cos α si α + cos α si α + cos α, si si cos si si cos si si e e, l l l l l l,. Legye f 3 4. Mi lesz f 0? Mivel külö-külö midegyik téyez deriválja, a szorzatfüggvéyre voatkozó deriválási szabály szerit a derivált egy öttagú összeg lesz, mide tagból potosa az egyik téyez hiáyzik amikor t deriváljuk, a többihez pedig em yúluk. Az öt tag midegyikébe fog szerepeli az -es szorzó, kivéve egyet. Emiatt f 0 3 4 0 4. 3. Mivel az, illetve a tg függvéyek deriváltját már tudjuk, az iverzfüggvéy deriválási szabálya szerit b b b. b arc tg b tg a aarc tg b aarc tg b + tg a aarc tg b + b. cos a 4. Meyi az f si + függvéy iverzéek deriváltja az + π potba? Ha f ivertálható, diereciálható az a potba és f a 0, akkor f diereciálható a b fa potba és f b f a f f. Ezt alkalmazva b f + π f π/ + cos. π/
. Végezzük teljes függvéyvizsgálatot! Fizika BSc I/, 9. feladatsor a A függvéy egész R-e értelmezett, zérushelye va a 3, 0, 3 potokba. f, f. f 3 3, f 6, f 6. A derivált zérushelyei lehetséges lokális széls értékhelyek:,, a második derivált zérushelyei lehetséges ieiós potok: 0. Mivel f poliom, ezért midehol folytoos. Az alábbi táblázat segít eldötei f alaki tulajdoságait:,, 0 0 0,, f 0 + + + 0 f + + + 0 f lokális ieiós lokális kove miimum kove pot kokáv maimum kokáv A derivált midkét zérushelyé lokális széls érték va, mert ott a második derivált em ulla. Az 0-ba ieiós pot va, mert a harmadik derivált ott em ulla illetve a 0-ba a függvéy koveb l kokávba vált át. A rajzhoz még számoljuk ki a függvéyértékeket az ±-be, azaz a lokális miimum és maimum értékeit: f, f. A függvéy értékkészlete az egész R. b A g függvéy midehol értelmezett, ics zérushelye, g g 0. Rövid számolásal adódik, hogy g +, g 3 +. Eek megfelel e a derivált zérushelye az 0, 3 a második derivált zérushelyei az / 3, / 3 potok., / 3 / 3 / 3, 0 0 0, / 3 / 3 / 3, f + + + 0 f + 0 0 + f ieiós lokális ieiós kove pot kokáv maimum kokáv pot kove Valóba ieiós potokról va szó, mert a függvéy koveb l kokávba vált azokba a potokba. A függvéy értékei az ieiós potokba, illetve a lokális széls értékhelye: f0, f±/ 3 3/4. A függvéy egy racioális törtfüggvéy, amely midehol értelmezett, így midehol folytoos. Mivel zérushely ics, a végtelebeli eszekb l és a széls értékhelye felvett értékb l a folytosság miatt következik, hogy g értékkészlete a 0, ] itervallum. c A h függvéy midehol értelmezett, kivéve az 0 potot. Ett l a pottól eltekitve midehol máshol folytoos. Zérushelye ics. h, h, 0 h, 0+ h. Az els és második deriváltak: h, h 3. A derivált zérushelyei: és, a második deriváltak ics zérushelye.,, 0 0 0,, f + 0 0 + f + + + f lokális ics lokális kokáv maimum kokáv értelmezve kove miimum kove h, h. A végtelebeli és a szakadási potbeli határértékeket gyelembevéve, a függvéy értékkészlete a, ] [, halmaz.. Határozzuk meg az alábbi függvéyek lokális és globális széls értékhelyeit! a f 4, b g e si.
a f 4 3, eek a zérushelye az 0 / 3. Tehát ebbe a potba lehet lokális széls értékhely. Mivel f 0 < 0, ezért 0 -ba lokális maimum va, a maimum értéke f 0, 9. Ez egybe globális maimum is, mert a függvéy esze a ± -be. b f e si + cos, f e cos. Ott lehet lokális széls értékhely, ahol f 0, azaz az 3π 4 + kπ potokba k Z. A második derivált el jele ezekbe a potokba páros k-ra egatív, páratla k-ra pozitív. Ebb l következ e f-ek lokális maimuma va az 3π 4 + lπ helyeke és lokális miimuma va az 3π 4 + l + π potokba l Z. A függvéyek azoba ics globális maimuma, illetve miimuma, mert f értékei a lokális maimumhelyeke végtelehez tartaak, a miimumhelyeke felvett értékei pedig -hez. Például a maimumhelyeke f l ma e 3π 4 +lπ, ha l. 3. a Egy f : [, ] R függvéyre f 0 0. Igaz-e, hogy a 0-ba lokális széls értéke va? b Egy f : [, ] R függvéyre f 0 0. Igaz-e, hogy a 0-ba ieiós potja va? Egyik sem igaz. Az els esetbe az f 3 függvéy szigorúa mooto öv, így yílvá ics lokális széls értéke az 0-ba, bár ott a deriváltja 0. A második részhez az f 4 függvéyre f 0 0, de sehol sics ieiós potja, hisze végig kove. 4. Írjuk fel az f cos + függvéy érit jéek egyeletét az 0 potba. Az érit egyelete az 0 potba: y f 0 0 + f 0. Mivel f si 4 3 és f cos + /, ezért a keresett érit egyelete y si + + cos +. 5. e l e l l + l +, l si cos ctg, si log e l e l l, l e + + e e + e + + e + e e, arc tg + + + + + +. + + + + + + + + Fizika BSc I/, 0. feladatsor. Írjuk fel az alábbi függvéyek -edfokú 0 körüli T,0 Taylor-poliomját. a f e, T 0,0? b g +, T,0?
c h, T,? T f, 0, 0 T h,, 0 0 f 0! T g,, 0 0 0 0 0! + +! + 3 3! +... + 0 0! ; g 0 +! 8 ; h +!! +!.. Becsüljük meg, hogy legfeljebb mekkora hibát követük el az alábbi közelít formulával: si 3 6, ha [, ]. Haszáljuk a Taylor-formula Lagrage-maradéktagos alakját. Eszerit ha f legalább + -szer diereciálható az a pot egy köryezetébe, akkor f T f,, a + f + ξ +! a+, ahol ξ egy a és közötti érték. Az f si függvéy akárháyszor diereciálható és a megadott közelít formula éppe T f, 3, 0, s t, mivel a függvéy egyedik deriváltja a 0-ba si 0 0, ezért valójába 3 6 T f, 4, 0 is igaz. Mivel /, ezért si 3 f T f, 4, 0 6 f 5 ξ 5 5 5! 5! 5! 5 3840. 3. Számoljuk ki e értékét legalább 4 tizedesjegy potossággal csak a égy alapm velet felhaszálásával! Az e - már kiszámolt - Taylor-sorát haszálva e T, 0 e ξ +! + 3 +! < 0 4 +! > 3 04 + 8 7. Tehát e egy jó közelít értéke: ê T, 0 7 k0 k! + + + 6 + 4 + 0 + 70 +, 7853968, 5040 ami a potosabb e, 78888 értékkel összehasolítva az els 4 tizedesjegybe valóba megegyezik. 4. Számítsuk ki az alábbi határértékeket L'Hospital-szabállyal. 0 0 si a 0 ch cos e + e 3 si b 0 a cos a b cos b a b ; sh + si ch + cos ; 0 0 e e + e 0 3 0 6 0 e 6 6 ;
Mivel l l 0+ 0+ / / 0+ / 0, 0+ és az epoeciális függvéy folytoos, ezért 0+ e l e 0 ; 0 l cos a 0 l cos b 0 cos a b cos b si aa si bb 0 a tg a b tg b a cos a 0 b cos b a cos b 0 b cos a a b. Fizika BSc I/,. feladatsor. Az alapitegrálok felhaszálásával számoljuk ki a primitív függvéyeket. 3 d /3 d 5/3 5/3 + C 3 3 5 5 + C; 4 5 3/0 6 d d /5 d 7/5 /6 7/5 + C 5 5 7 7 + C; 6 si + 5 cos d 6 si d + 5 cos d 6 cos + 5 si + C; si tg cos d cos d cos d cos d d tg + C; 5 cos cos si + cos d 5 si cos + si d 5 cos si d 5si + cos + C; 5 + d 5 + d 5 arc tg + C. Az fa + b d af a + b + C formulát haszálva számítsuk ki a primitív függvéyeket. d l + a + C; + a 3 0 d 3 + C 5 + d 3 + C; 3/5 /5 d + C 5 /5 /5 + C 3. Számoljuk ki az alábbi f f és f f alakú itegradusok primitív függvéyét.
3 + 4 d 6 3 + 4 d 3 + 4 + C 3 + 4 + C; 6 6 si cos d si + C; 4 si 5 cos + 4 d 4 5 si 5 5 cos + 4 d 4 l 5 cos + 4 + C; 5 / l d d l l + C. l 4. Primitív függvéy kiszámítása parciális itegrálással. e d e + e d e e + C; cos d si si d si + cos + C; l d l d l d l + C; arc tg d arc tg d arc tg + d arc tg arc tg l + + C; e sh4 d e sh4 e ch4 d e sh4 e ch4 + 4 e sh4 d. e sh4 ch4 + e sh4 d A kapott egyeletet átredezve kapjuk, hogy e sh4 d e 3 sh4 ch4 + C. Fizika BSc I/,. feladatsor. Számítsuk ki az alábbi itegrálokat alkalmas helyettesítéssel. A t helyettesítéssel t d t dt, így e d e t t dt te t e t dt e t t + C e + C; A t /3 helyettesítéssel 3/t d 3/ dt, így d 36 6 6 d 3 6 3/ t dt 4 arc si t + C 4 arc si 3 + C;
A t helyettesítéssel t d t dt, így + d t + t dt + t dt t l + t + C l + + C; A t /5 helyettesítéssel 5t d 5 dt, így 5 + d 5 d 5 + 5 A t e helyettesítéssel l t d dt t, így e + e d t + t t dt 5 + t dt 5 arc tg t + C 5 arc tg + C; 5 + t dt t l + t + C e le + + C; A t arc si helyettesítéssel si t d cos t dt, így d si t cos t dt cos t dt + cos t dt si t t + + C arc si + + C; A t l helyettesítéssel e t d e t dt, így sil d e t si t dt e t si t e t cos t dt e t si t e t si t cos t e t si t dt; e t cos t + e t si t dt amib l átredezéssel kapjuk, hogy e t si t dt et si t cos t + C, amib l adódik az eredeti feladat megoldása: sil d et si t cos t + C sil cosl + C; A t helyettesítéssel t d t dt, így si d t 3 si t dt t 3 cos t + 3 t cos t dt t 3 cos t + 6 t si t t si t dt t 3 cos t + 6t si t t cos t + cos t dt t 3 cos t + 6t si t + t cos t si t + C cos 3 + + si 6 + C; Legye k π < < k + π, ekkor a t tg helyettesítéssel arc tg t d + t dt, így + cos d + t +t + t dt dt t + C tg + C;
A t 3 + 3 helyettesítéssel 3 t 3 d t 3 /3 t dt, így 3 + 3 d t 3 /3 t t t 3 /3 dt t 3 dt t4 4 + C + 3 4/3 + C; 4 A t helyettesítéssel t + d dt, így 3 t + 3 d 00 96 t 3 + 3t + 3t + t 00 dt t 00 dt t 96 3 97 t 97 3 98 t 98 99 96 96 + 3 97 A ch sh és az sh sh ch 97 + 3 98 t 99 + C dt t 97 + 3 98 + 99 dt t 98 + 3 dt t 99 + 99 + C; th azoosságokból kapjuk, hogy sh t th t helyettesítéssel ar th d dt, sh t t, így t sh d t t dt dt t l t + C l th + C; th dt t 00. A