Matematika közlek A2a 2014

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(6. gyakorlat)
(7. gyakorlat)
410. sor: 410. sor:
 
==7. gyakorlat==
 
==7. gyakorlat==
 
14. fejezet 8, 17 (pl. sikbeli polarkoordinatakra atterve), 60, 64, 76, 82, 86, 91.
 
14. fejezet 8, 17 (pl. sikbeli polarkoordinatakra atterve), 60, 64, 76, 82, 86, 91.
 +
==8. gyakorlat==

A lap 2014. április 6., 18:44-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. \int\limits_1^4\frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\,\mathrm{d}x, 48. \int\limits_0^1\frac{e^{2x}}{1+e^{2x}}\,\mathrm{d}x, 34. \int\limits_e^{e^2}\frac{1}{x\sqrt[3]{\mathrm{ln}\,x}}\,\mathrm{d}x

a helyettesítéses integrálás formulájával: 25. \int\limits_0^{\frac{3\pi}{2}}\sin^3 x\,\mathrm{d}x, 68'. \int\limits_1^{2}\frac{\mathrm{sh}(\mathrm{ln}\,x)}{x}\,\mathrm{d}x

parciális integrálás: 78. \int\limits_0^{\pi/2}x^2\sin 2x\,\mathrm{d}x, 83. \int\limits_0^{1}xe^{-x}\,\mathrm{d}x, 90'. \int\limits_1^{e^2}x^2\mathrm{ln}\,\sqrt{x}\,\mathrm{d}x, 86. \int\limits_0^{\pi}e^{2x}\cos x\,\mathrm{d}x

további példák helyettesítéssel történő integrálásra: \int\limits_{-1}^1\frac{e^{2x}}{e^x+1}\,\mathrm{d}x, \int\limits_{0}^1\sqrt{(1-x^2)^3}\,\mathrm{d}x, \int\limits_{1}^e\frac{\sqrt{1+x^2}}{x^2}\,\mathrm{d}x,

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:

\int\frac{1}{x(x+2)}\,\mathrm{d}x=?
\frac{1}{x(x+2)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x+2}=\frac{A(x+2)+Bx}{x(x+2)}=\frac{x(A+B)+2A}{x(x+2)}

Gyökmódszer

1\equiv(A+B)x+2A

-ben először tegyük x-be az egyik gyököt, az 0-t:

1\equiv(A+B)\cdot 0+2A=2A

innen A=1/2, majd a másik gyököt:

1\equiv(A+B)(-2)+2A=\;\;\not{\!\!\!\!-2A}-2B+\not{\!\!2A}=-2B

azaz B=-1/2.

\int\frac{1}{x(x+2)}\,\mathrm{d}x=\int\frac{A}{x}+\frac{B}{x+2}\,\mathrm{d}x=\int\frac{\frac{1}{2}}{x}+\frac{-\frac{1}{2}}{x+2}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\mathrm{ln}\,|x|-\frac{1}{2}\mathrm{ln}\,|x+2|+C

B) A nevező többszörös gyökökkel rendelkező elsőfokúak szorzata

\int\frac{2x-7}{(x-1)(x+1)^2}\,\mathrm{d}x=?
\frac{2x-7}{(x-1)(x+1)^2}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+1}+\frac{C}{(x+1)^2}=\frac{A(x+1)^2+B(x-1)(x+1)+C(x-1)}{(x-1)(x+1)^2}

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

\int\frac{-5/4}{x-1}+\frac{5/4}{x+1}+\frac{9/2}{(x+1)^2}\,\mathrm{d}x=-\frac{5}{4}\mathrm{ln}\,|x-1|+\frac{5}{4}\mathrm{ln}\,|x+1|-\frac{9}{2}\frac{1}{x+1}+c

C) A nevező egyszeres multiplicitású irreducibilis tényezők szorzata

\int\frac{1}{x(x^2+1)}\,\mathrm{d}x=?

Itt a keresendő alak:

\frac{1}{x(x^2+1)}=\frac{A}{x}+\frac{Bx+C}{x^2+1}=\frac{A(x^2+1)+Bx^2+Cx}{x(x^2+1)}

vegyes módszerrel: x=0: A=1 C=0, mert nincs a bal oldalon elsőfokú B=-A, mert másodfokú sincs.

\int\frac{1}{x}+\frac{-x}{x^2+1}\,\mathrm{d}x=\mathrm{ln}\,|x|-\frac{1}{2}\mathrm{ln}\,|x^2+1|+C

Kijöhetett volna az is, hogy C ≠ 0 pl:

\int\frac{1}{2x^2+7}\,\mathrm{d}x=\int\frac{1}{7}\cdot\frac{1}{\frac{2}{7}x^2+1}\,\mathrm{d}x=\int\frac{1}{7}\cdot\frac{1}{\left(\sqrt{\frac{2}{7}}x\right)^2+1}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{7}\sqrt{\frac{7}{2}}\cdot\mathrm{arc\,tg}\, \left(\sqrt{\frac{2}{7}}x\right)+C

D) A nevező többszörös multiplicitású irreducibilis tényezők szorzata Ekkor 1) a parciális integrálásnál tanult rekurzív eljárással lehet a másodfokúak hatványait kiintegrálni. 2) Osztrogradszkíj módszerével:

\int\frac{x+1}{(x^2+x+1)^2}=\frac{Ax+B}{x^2+x+1}+\int\frac{Cx+D}{x^2+x+1}
\frac{x+1}{(x^2+x+1)^2}=\frac{A(x^2+x+1)-(Ax+B)(2x+1)}{(x^2+x+1)^2}+\frac{Cx+D}{x^2+x+1}
\frac{Ax^2+(2B+1)x+1-A+B}{(x^2+x+1)^2}=\frac{Cx^3+(D+C)x^2+(D+C)x+D}{x^2+x+1}

C=0, A=D, D=2B+1, 1-D+B=D, azaz C=0, B=-1/3, A=D=1/3

\int\frac{x+1}{(x^2+x+1)^2}=\frac{1}{3}\frac{x-1}{x^2+x+1}+\int\frac{1}{3}\frac{1}{x^2+x+1}

Területszámításos feladatok

Explicit görbék által határolt területek: 1. \int\limits_{p/4}^{-p/4} \cos (nx)\,dx, 2. \int\limits_{-R}^{R}\sqrt{R^2-x^2}\,dx, 3. y=\frac{8}{x^2+4}, y=\frac{1}{4} által határolt síktartomány területe, 4. f(x)=\sqrt[3]{x}, g(x)=x^3, a) síktartomány területe, bezárt előjeles terület, 5. \int\limits_{-1}^{1}x\sin\left(\frac{1}{x^2}\right)dx, 6. \int\limits_{-1}^{1}2x\sin\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x}dx

Implicit görbék által határolt területek: 7. y2 − 2x − 4y + 6 = 0, y = − x + 3,

Paraméteres megadású görbék, terület és szektortartomány területe:

T=\int\limits_{x_1}^{x_2}f(x)dx=\int\limits_{t_1}^{t_2}y(t)\dot{x}(t)dt
T=\int\limits_{\varphi_1}^{\varphi_2}\frac{1}{2}r^2(\varphi)d\varphi
T=\frac{1}{2}\int\limits_{t_1}^{t_2}\dot{y}(t)x(t)-y(t)\dot{x}(t)dt

8. \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}=1, x=0, y=0

9. parabolikus spirál: r=a\sqrt{\varphi}

3. gyakorlat

Az integrál alkalmazásai

[1]

1) Ívhossz: 
s=\int\limits_a^b\sqrt{1+f'^2(x)}dx

f(x) = x2 [0,1]

2) Forgástest térfogata:

V=\pi\int\limits_a^bf^2(x) dx

f(x) = ex [0,∞]

3) Forgástest palástfelszíne:

P=2\pi\int\limits_a^bf(x)\sqrt{1+f'^2(x)} dx

f(x)=\sqrt{x}

Az improprius integrál

1) Integrál nem korlátos intervallumon:

(13.29) \int\limits_1^\infty \frac{1}{x\ln^2 x}\,\mathrm{d}x=\int\limits_2^\infty \frac{1}{x}\ln^{-2} x \,\mathrm{d}x= \left[\frac{\ln^{-1} x}{-1}\right]_2^{\infty}=0-(-\frac{1}{\ln 2})=\frac{1}{\ln 2}

2) Nem korlátos függvény integrálja:

(13.38) \int\limits_1^3 \frac{1}{\sqrt[3]{(x-1)^2}}\,\mathrm{d}x=\int\limits_1^3(x-1)^{-2/3} \,\mathrm{d}x= \left[3\sqrt[3]{x-1}\right]_1^{3}=3\sqrt[3]{3}

(13.41) \int\limits_0^2 \frac{1}{\sqrt[3]{(x-1)^2}}\,\mathrm{d}x=

pr. fv.: 3\sqrt[3]{x-1}

\int\limits_0^2(x-1)^{-2/3} \,\mathrm{d}x= \left[3\sqrt[3]{x-1}\right]_0^{1}+\left[3\sqrt[3]{x-1}\right]_1^{2}=6

3) Riemann-integrálható, impropriusan integrállal kiszámítható integrálok:

\int\limits_0^1 x\ln x\,\mathrm{d}x=

pr. fv.: \frac{x^2}{2}\ln x-\int\frac{x^2}{2}\frac{1}{x}

\int\limits_0^1 x\ln x\,\mathrm{d}x=\left[\frac{x^2}{2}\ln x-\frac{x^2}{4}\right]_0^1=0-\frac{1}{4}-(0-0)=-\frac{1}{4}

4) Összehasonlító kritérium

a) \int\limits_{0}^1\frac{\sin x}{\sqrt{x^3}}dx, a) \int\limits_{0}^1\frac{\tan x^2}{x^3}dx \int\limits_{0}^1\frac{\cos x^2}{\sqrt[3]{x}}dx

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 L=\{ax^2+bx+c\mid a,b,c  \in \mathbf{R}\}. A műveletek a pontonkénti összeadás és számmal való szorzás lesznek:

(f + g)(x): = f(x) + g(x),
(\lambda.f)(x)=\lambda\cdot f(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
(\lambda.(\mu.f))(x)=\lambda\cdot (\mu.f)(x)=\lambda\cdot (\mu\cdot f(x))=(\lambda\cdot \mu)\cdot f(x)=((\lambda\cdot \mu).f)(x)

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 L \to \mathbf{R}^3 leképezés, mely bijekció és lineáris (megtartja a lineáris kombinációt).

Valóban, a \varphi(ax^2+bx+c)=(a,b,c) 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:

\varphi(\lambda(a_1x^2+b_1x+c_1)+\mu(a_2x^2+b_2x+c_2))=\varphi((\lambda a_1+\mu a_2)x^2+(\lambda b_1+\mu b_2)x+\lambda c_1+\mu c_2)=(\lambda a_1+\mu a_2,\lambda b_1+\mu b_2,\lambda c_1+\mu c_2)=
=\lambda( a_1,b_1,c_1)+\mu(a_2,b_2,c_2)=\lambda\varphi(a_1x^2+b_1x+c_1)+\mu(a_2x^2+b_2x+c_2)

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!

\begin{pmatrix}2 \\-2\\-4\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1 \\9\\3\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}-2 \\-4\\1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}3 \\7\\-1\end{pmatrix}

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

A\cdotx = 0

homogén lineáris egyenletrendszer megoldása. Ebből nem csak azt tudjuk majd meg, hogy lineárisan függetlenek-e (hiszen pontosan tudjuk, hogy nem azok, mert \mathrm{dim}\langle A\rangle < 4 ), hanem hogy hány független választható ki, vagyis az A ragját, r(A)-t. A-t Gauss-algoritmussal átalakítva:

\begin{bmatrix}2 & 1 & -2 & 3\\ -2 & 9 & -4 & 7 \\ -4 & 3 & 1 & -1\end{bmatrix}\sim_{\mathrm{GAlg}}\begin{bmatrix}2 & 1 & -2 & 3\\ 0 & 10 & -6 & 10 \\ 0 & 5 & -3 & 5\end{bmatrix}\sim_{\mathrm{GAlg}}
\sim_{\mathrm{GAlg}}\begin{bmatrix}2 & 1 & -2 & 3\\ 0 & 10 & -6 & 10 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}

A megoldás: az utolsó két változó paraméternek vehető, mondjuk t és s, így kiírva az egyenletrendszert:

2x+y-2t+3s=0\,
10y-6t+10s=0\,, azaz 5y-3t+5s=0\,

innen

y=\frac{3}{5}t-s
x=\frac{1}{2}(-\frac{3}{5}t+s+2t-3s)=\frac{7}{10}t-s
z=t\,
v=s\,

a megoldás. Tehát minden t, s-re fennáll:

(\frac{7}{10}t-s)\begin{pmatrix}2 \\-2\\-4\end{pmatrix}+(\frac{3}{5}t-s)\begin{pmatrix}1 \\9\\3\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-2 \\-4\\1\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}3 \\7\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 \\0\\0\end{pmatrix}

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:

\mathrm{dim}\langle A\rangle =2 és az altér egy bázisa:
B=\left\{\begin{pmatrix}2 \\-2\\-4\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1 \\9\\3\end{pmatrix}\right\}

2. Mi az

A=\begin{bmatrix}
1 & 2 & 3 & 4\\
2 & 3 & 4 & 5 \\
\end{bmatrix}

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:

\mathrm{Ker}(\mathbf{A})=\{(x,y,z,v)\in \mathbf{R}^4\mid x+2y+3z+4v=0 \quad \land \quad 2x+3y+4z+5v=0\}

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:

\begin{bmatrix}
1 & 2 & 3 & 4\\
2 & 3 & 4 & 5 \\
\end{bmatrix}\sim_\mathrm{GAlg}\begin{bmatrix}
1 & 2 & 3 & 4\\
0 & -1 & -2 & -3 \\
\end{bmatrix}

Szintén két változó paramétenek vehető (v = s, z = t), így a megoldás visszafejtve:

x+2y+3t+4s=0\,
-y-2t-3s=0\,

innen

y=-2t-3s\,
x=4t+6s-3t-4s=t+2s\,

a megoldásvektor az alábbi, mely előáll a következő két vektor lineáris kombinációjaként:

\mathbf{x}=\begin{pmatrix}
t+2s\\
-2t-3s\\
t\\
s
\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}
1\\
-2\\
1\\
0
\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}
2\\
-3\\
0\\
1
\end{pmatrix}

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

\mathrm{dim\,Ker}\,\mathbf{A}=2 és a magtér egy bázisa:
B=\left\{\begin{pmatrix}
1\\
-2\\
1\\
0
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
2\\
-3\\
0\\
1
\end{pmatrix}\right\}

3.

 x-y+z=0\,
-3x+2y-z=0\,
-2x+y+az=-1\,

Mo.

\begin{bmatrix}
1 & -1 & 1 & 0\\
-3 & 2 & -1 & 0\\
-2 & 1 & a & -1
\end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix}
1 & -1 & 1 & 0\\
0 & -1 & 2 & 0\\
0 & -1 & a+2 & -1
\end{bmatrix} \sim\begin{bmatrix}
1 & -1 & 1 & 0\\
0 & -1 & 2 & 0\\
0 & 0  & a & -1
\end{bmatrix}

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.

3\leq r(A|b)\leq 3

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.

\begin{matrix}
x+2y+3z&=&-2 \\
y+z&=&-1 \\
x+3y+4z&=&-3 \\
2x+5y+7z&=&-5 
\end{matrix}

egyenletrendszert! Mo.

\begin{bmatrix} 
1 & 2 & 3 & -2 \\
0 & 1 & 1 & -1 \\
1 & 3 & 4 & -3 \\
2 & 5 & 7 & -5 \\
\end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix} 
1 & 2 & 3 & -2 \\
0 & 1 & 1 & -1 \\
0 & 1 & 1 & -1 \\
0 & 1 & 1 & -1 \\
\end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix} 
1 & 2 & 3 & -2 \\
0 & 1 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{bmatrix}

5. Oldja meg az

\begin{matrix}
x+2y+3z&=&-2 \\
x+5y-2z&=&3 \\
3y+2z&=&-2 \\
2x+y&=&2 \end{matrix}

egyenletrendszert!

Mo. Gauss-eliminációval:

\begin{bmatrix} 
1 & 2 & 3 & -2 \\
1 & 5 & -2 & 3 \\
0 & 3 & 2 & -2 \\
2 & 1 & 0 & 2 \\
\end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix} 
1 & 2 & 3 & -2 \\
0 & 3 & -5 & 5 \\
0 & 3 & 2 & -2 \\
0 & -3 & -6 & 6 \\
\end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix} 
1 & 2 & 3 & -2 \\
0 & 3 & -5 & 5 \\
0 & 0 & -4 & 4 \\
0 & 0 & -11 & 11 \\
\end{bmatrix}\sim
\sim\begin{bmatrix} 
1 & 2 & 3 & -2 \\
0 & 3 & -5 & 5 \\
0 & 0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{bmatrix}

6. gyakorlat

HF.: 19. fejezeteből a 104, 108, 110, ill. a 20. fejezeteből a 80, 85, 108, .

1. Magasabbrendű determináns és műveletei:

\begin{vmatrix}
2 &  1 &  -1  & -1  & 3\\
    1 &  1 &  -1  &  1 & 8\\
    1 &  2 &   1 & -2 & 0\\
    1 & -1 &  -1 &  3 & 12
  \end{vmatrix}

2. Paraméteres determináns:

Milyen c-re nulla az alábbi determináns értéke?

D=\begin{vmatrix}
2 & 1 & c & c+1\\
1 & 1 & 1 & 1\\
-1 & 1 & 1 & -1\\
-2 & 1 & 4 & c^2
\end{vmatrix}

3.

2x+4y=-2\,
-y+z=1\,
x+y+az=b\,

4.

 x-y+z=0\,
-3x+2y-z=b\,
-2x+y+az=-1\,

5. Határozzuk meg az

\mathbf{A}=\begin{bmatrix}2 & 3\\3 & 2\end{bmatrix}

sajátértékeit és sajátvektorait!

6. Oldjuk meg az AX=B mátrixegyenletet, ha

A=\begin{bmatrix}
1 & 2 & 0\\
2 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 2 
\end{bmatrix} és

B=\begin{bmatrix}
0 & 1 & 0\\
0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 0 
\end{bmatrix}

7. Oldjuk meg az

A=\begin{bmatrix}
0 & -1 & 0\\
-1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 
\end{bmatrix}

mátrix sajátértékproblémáját!

7. gyakorlat

14. fejezet 8, 17 (pl. sikbeli polarkoordinatakra atterve), 60, 64, 76, 82, 86, 91.

8. gyakorlat

Személyes eszközök