Matematika közlek A2a 2014
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→8. gyakorlat) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→8. gyakorlat) |
||
442. sor: | 442. sor: | ||
6) Tartományi szélsőérték <math>f(x,y)=x^2+y^2+xy</math>, <math>x^2+y^2\leq 1</math> | 6) Tartományi szélsőérték <math>f(x,y)=x^2+y^2+xy</math>, <math>x^2+y^2\leq 1</math> | ||
+ | |||
7) | 7) | ||
:<math>f(x,y)=x^2-y^2\,</math> | :<math>f(x,y)=x^2-y^2\,</math> | ||
:<math>T= \{(r,\varphi)\mid r\leq 1, 0\leq\varphi\leq \pi/4\}</math> | :<math>T= \{(r,\varphi)\mid r\leq 1, 0\leq\varphi\leq \pi/4\}</math> |
A lap 2014. április 7., 00:03-kori változata
Tartalomjegyzék |
1. gyakorlat
Házik: BaBcs. 12. fej.: 5, 24, 15, 70, 23, 68, 76, 90, 88, 158, 125, 138.
Órai:
integrálás helyettesítéssel: 65. , 48. , 34.
a helyettesítéses integrálás formulájával: 25. , 68'.
parciális integrálás: 78. , 83. , 90'. , 86.
további példák helyettesítéssel történő integrálásra: , , ,
2. gyakorlat
Házik: Babcs. 12. fej. 163, 165, 169, 13. fej. 16, 27, 56, 67, 147
Órai:
Racionális törtek integrálása
A) A nevező egyszeres gyökökkel rendelkező elsőfokúak szorzata:
Gyökmódszer
-ben először tegyük x-be az egyik gyököt, az 0-t:
innen A=1/2, majd a másik gyököt:
azaz B=-1/2.
B) A nevező többszörös gyökökkel rendelkező elsőfokúak szorzata
Ekkor a gyökmódszerrel: x=-1-re: -2C=2(-1)-7=-9, azaz C=9/2. x=1-re 4A=-5, A=-5/4 és egy szabadon válaztott egyszerű: x=0-ra: A-B-C=-7, ahonnan B=A-C+7, azaz B=-5/4-18/4+28/4= 5/4
C) A nevező egyszeres multiplicitású irreducibilis tényezők szorzata
Itt a keresendő alak:
vegyes módszerrel: x=0: A=1 C=0, mert nincs a bal oldalon elsőfokú B=-A, mert másodfokú sincs.
Kijöhetett volna az is, hogy C ≠ 0 pl:
D) A nevező többszörös multiplicitású irreducibilis tényezők szorzata Ekkor 1) a parciális integrálásnál tanult rekurzív eljárással lehet a másodfokúak hatványait kiintegrálni. 2) Osztrogradszkíj módszerével:
C=0, A=D, D=2B+1, 1-D+B=D, azaz C=0, B=-1/3, A=D=1/3
Területszámításos feladatok
Explicit görbék által határolt területek: 1. , 2. , 3. által határolt síktartomány területe, 4. , a) síktartomány területe, bezárt előjeles terület, 5. , 6.
Implicit görbék által határolt területek: 7. y2 − 2x − 4y + 6 = 0, y = − x + 3,
Paraméteres megadású görbék, terület és szektortartomány területe:
8. , x=0, y=0
9. parabolikus spirál:
3. gyakorlat
Az integrál alkalmazásai
1) Ívhossz:
f(x) = x2 [0,1]
2) Forgástest térfogata:
f(x) = e − x [0,∞]
3) Forgástest palástfelszíne:
Az improprius integrál
1) Integrál nem korlátos intervallumon:
(13.29)
2) Nem korlátos függvény integrálja:
(13.38)
(13.41)
pr. fv.:
3) Riemann-integrálható, impropriusan integrállal kiszámítható integrálok:
pr. fv.:
4) Összehasonlító kritérium
a) , a)
Lineáris algebra, alapfogalmak
1. Legyen L a legfeljebb másodfokú, valós együtthatos polinomok halmaza. Igazoljuk, hogy V a szokásos műveletekkel ellátva vektorteret alkot!
Mo. Legyen tehát . A műveletek a pontonkénti összeadás és számmal való szorzás lesznek:
- (f + g)(x): = f(x) + g(x),
Csak két axiómát igazolunk a 8-ból a példa kedvéért, valójában mindet be kéne látni: Belátjuk, hogy a nullapolinom a nulla:
- (f + 0)(x) = f(x) + 0(x) = f(x) + 0 = f(x)
Felhasználtuk, a valós nulla tulajdonságait.
Belátjuk, hogy
- λ.(μ.f) = (λμ).f
Felhasználtuk a valós számok asszociatív tulajdonságát.
2. Igazoljuk, hogy L (itt L az elobbi) izomorf R^3-al!
Mo. Azt kell belátni, hogy van egy olyan leképezés, mely bijekció és lineáris (megtartja a lineáris kombinációt).
Valóban, a ilyen. Ugyanis ráképezés, azaz minden (a,b,c)-re létezik olyan polinom, melynek ez a képe. Kölcsönösen egyértelmű, mert ha két polinomnak rendre azonosak az együtthatói, akkor a két polinom is azonos. Továbbá megtartja a lineáris kombinációt:
Az előző feladat eredményét úgy is elérhettük volna, ha rámutatunk erre az izomorfizmusra. Ekkor ugyanis kiderül, hogy a polinomok is vektorteret alkotnak. (Ekkor persze még azt is meg kell jegyezni, hogy a polinomok összeadása azonos a pontonkénti összeaádssal, ...)
3. Legyen f: V --> R (itt V az elobbi), f(p) = p(2) (behelyettesites). Igazoljuk, hogy f linearis lekepezes.
4. Legyen W a tervektorok halmaza, f: W --> W egy elore rogzitett, origon atmeno sikra vonatkozo meroleges vetites. Jo alaposan ellenorizzetek, hogy f linearis lekepezes. Beszeljetek meg veluk, mi van akkor, ha az origo nincs benne az elore rogzitett sikban ? A megfelelo f akkor is linearis marad ?
5. Legyen F a folytonos fuggvenyek halmaza. Igazoljuk, hogy a szokasos muveletekkel ez is vektorter. Mi lesz az {1, 2x, 1-x^2} fuggvenyek altal generalt alter ? (Itt 1 a konstans-1 fv, es - a rossz gyakorlatot kovetve - x az identitas-fv akar lenni).
6. Az elobbi F-nek altere-e a paros fuggvenyek, illetve a paratlan fuggvenyek halmaza ?
7. Eloall-e az elobbi F-ben az x^3 fuggveny x^2 es cos(x) linearis kombinaciojakent ? (Tipp: nem, mert x^3 nem paros, mig x^2 es cos(x) benne van a paros fuggvenyek altereben).
8. Legyen V a tervektorok halmaza, legyen a egy rogzitett vektor, es legyen f: V --> V, f(v) = v x a (azaz f(v) = "v es a vektorialis szorzata"). Igazoljuk, hogy f linearis.
9. Legyen W a 4 hosszu szamsorozatok vektortere. Eloall-e a megadott vektor a megadott vektorrendszer lin. kombinaciojakent ? Ha igen, hogyan, ha nem, akkor miert nem...
(a) (3,3,4,5) {(1,2,3,4), (2,2,2,2), (1,0,0,0)}, (b) (3,3,4,5) {(1,2,3,4), (1,0,0,0)}, (c) (-4,-2,0,2) {1,2,3,4), (2,2,2,2)}, (d) (3,1,-7,5) {(1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,0,1,0), (0,0,0,1) }.
4. gyakorlat
19.2, 3, 9, 10, 21.53, 54 feladatai
1) Legyen f: R^3--> R^3 az x=z sikra vonatkozo meroleges vetites. Irjuk fel f matrixat a szoksos bazisban.
2) Legyen V a legfeljebb masodfoku valos egyutthatos polinomok vektortere a szokasos muveletekkel es legyen f: V --> V a derivalas (ha p V-beli, akkor f(p) = p', ahol p' a p derivaltja). Adjuk meg f matrixat az {1,x,x^2} (rendezett) bazisban, es esetleg ellenorizzuk a dolgot a p(x) = x^2 + 3x -7 polinom derivaltjanak kiszamitasaval...
5. gyakorlat
20. fejezet 17, 21, 30, 39, 45, 44, 60, 19. fejezet 38, 42 (csak a 3x3-as eset), 73.
1. Hány dimenziós alteret generál az alábbi vektorrendszer? Adja meg a kifeszített altér egy bázisát!
- , , ,
Mo. A vektorok az R3 térbeliek, így az altér legfeljebb 3 dimenziós lehet. Ha A-val jelöljük a fenti oszlopvektorok alkotta mátrixot, akkor a feladat megoldásban (azaz egymással összefőggő vektorok keresésében) segít az
- Ax = 0
homogén lineáris egyenletrendszer megoldása. Ebből nem csak azt tudjuk majd meg, hogy lineárisan függetlenek-e (hiszen pontosan tudjuk, hogy nem azok, mert ), hanem hogy hány független választható ki, vagyis az A ragját, r(A)-t. A-t Gauss-algoritmussal átalakítva:
A megoldás: az utolsó két változó paraméternek vehető, mondjuk t és s, így kiírva az egyenletrendszert:
- , azaz
innen
a megoldás. Tehát minden t, s-re fennáll:
Ezekből világosan látható, hogy az első két vektor bázisnak választható, mert a 3. és 4. kifejezhető, rendre t=1, s=0 választással, majd t=0, s=1 választással.
Tehát:
- és az altér egy bázisa:
2. Mi az
magterének dimenziója és adja meg egy bázisát!
Mo. Az A mátrix magtere praktikusan az A x = 0 homogén lineáris egyenletrendszer megoldásai alkotta lineáris altér, egyenletrendszeres formában:
Előzetesen, próbáljuk meg a szituációt geometriailag elképzelni! A két egyenlet egy-egy hipersík az R4 térben, azaz két 3 dimenziós altér. Ezek metszete a feladat, azaz egy kétdimenziós altér, azaz egy geometiai sík. Azt várjuk tehát, hogy a feladat megoldása 2 dimenziós eltér lesz. Persze, ettől még lehet hogy a feladat nem a tipikus helyzetet adja, így "vakon" csak azt mondhatjuk, hogy a keresett dimenziószám legfeljebb 4.
Gauss-eliminációhoz folyamodunk:
Szintén két változó paramétenek vehető (v = s, z = t), így a megoldás visszafejtve:
innen
a megoldásvektor az alábbi, mely előáll a következő két vektor lineáris kombinációjaként:
Azaz a magtér a fenti két kihozott vektor által generált altér. Ezek persze nyilvánvalóan nem összefüggők az alsó két sor sztenderd bázisra utaló alakja miatt (az 1-es sehogy se jöhet ki a 0-ból).
Tehát
- és a magtér egy bázisa:
3.
Mo.
Ax=b-nek pontosan akkor van megoldása, ha r(A)=r(A|b) (itt a r(A) az A mátrix rangja). r(A) az oszlopok által kifeszített altér dimenziója.
hisz egyrészt csak háromemeletesek, másrészt van három független (1.,2.,4. oszlop). r(A)=3 pontosan akkor, ha a≠0. Ezesetben pedig valóban 1 megoldás van, mert det(A) ≠ 0. 4.
egyenletrendszert! Mo.
5. Oldja meg az
egyenletrendszert!
Mo. Gauss-eliminációval:
6. gyakorlat
HF.: 19. fejezeteből a 104, 108, 110, ill. a 20. fejezeteből a 80, 85, 108, .
1. Magasabbrendű determináns és műveletei:
2. Paraméteres determináns:
Milyen c-re nulla az alábbi determináns értéke?
3.
4.
5. Határozzuk meg az
sajátértékeit és sajátvektorait!
6. Oldjuk meg az AX=B mátrixegyenletet, ha
- és
7. Oldjuk meg az
mátrix sajátértékproblémáját!
7. gyakorlat
14. fejezet 8, 17 (pl. sikbeli polarkoordinatakra atterve), 60, 64, 76, 82, 86, 91.
8. gyakorlat
1) Totális deriválhatóság:
- , f(0,0) = 0
- Jf(0,0) = (0,0)
Ha egy nyílt halmazon értelmezett függvény folytonosan parciális differenciálható, akkor totálisan is deiválható.
2) Nyílt halmazon folytonos parciális differenciálhatóságból következik a totális differenciálhatóság. Pl.: f(x,y)=e^xzy, P(1,-1,0) esetén a derivált...
3) Fordítva nem igaz:
- f(x,y) = (x2 + y2)sin(x2 + y2), f(0,0)=0
4) Másodrendű derivált: Hol lesz a gradiens nullvektor és ott van-e szélsőértéke: f(x,y) = 3x2 − 4xy + 2x + 2y2 + 1
5) Mindig szimmetrikus-e a másodikderivált-tenzor?
- , f(0,0) = 0
6) Tartományi szélsőérték f(x,y) = x2 + y2 + xy,
7)