Matematika közlek A2a 2014

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(8. gyakorlat)
(9. gyakorlat)
 
(egy szerkesztő 46 közbeeső változata nincs mutatva)
411. sor: 411. sor:
 
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==
 
==8. gyakorlat==
Totális deriválhatóság:
+
14. fejezet 61, 73,
 +
15. fejezet 60, 76, 84, 89, 91, 128.
 +
 
 +
1) Totális deriválhatóság:
  
 
:<math>f(x,y)=\mathrm{arc\,tg}(x^2+y^2)</math>, <math>f(0,0)=0</math>
 
:<math>f(x,y)=\mathrm{arc\,tg}(x^2+y^2)</math>, <math>f(0,0)=0</math>
419. sor: 422. sor:
 
</math>
 
</math>
 
Ha egy nyílt halmazon értelmezett függvény folytonosan parciális differenciálható, akkor totálisan is deiválható.
 
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:
 +
:<math>f(x,y)=(x^2+y^2)\sin(x^2+y^2)</math>, f(0,0)=0
 +
 +
4) Másodrendű derivált: Hol lesz a gradiens nullvektor és ott van-e szélsőértéke: <math>f(x,y)=3x^2-4xy+2x+2y^2+1</math>
 +
 +
5) Mindig szimmetrikus-e a másodikderivált-tenzor?
 +
 +
:<math>f(x,y)=\frac{xy^2-x^2y}{x+y}</math>, <math>f(0,0)=0</math>
 +
 +
: <math>\partial_xf(x,y)=\frac{(y^2-2xy)(x+y)-(xy^2-x^2y)}{(x+y)^2}=\frac{xy^2-2x^2y+y^3-2xy^2-xy^2+x^2y)}{(x+y)^2}=\frac{-x^2y+y^3-2xy^2}{(x+y)^2}</math>
 +
 +
: <math>\partial_yf(x,y)=\frac{(2xy-x^2)(x+y)-(xy^2-x^2y)}{(x+y)^2}=\frac{2x^2y-x^3+2xy^2-x^2y-xy^2+x^2y)}{(x+y)^2}=\frac{2x^2y-x^3+xy^2}{(x+y)^2}</math>
 +
:<math>\lim\limits_{y\to 0}
 +
\frac{\partial_xf(0,y)-0}{y-0}=\lim\limits_{y\to 0}
 +
\frac{\frac{y^3}{y^2}-0}{y-0}=1</math>
 +
:<math>\lim\limits_{x\to 0}
 +
\frac{\partial_yf(x,0)-0}{x-0}=\lim\limits_{x\to 0}
 +
\frac{\frac{-x^3}{x^2}-0}{x-0}=-1</math>
 +
 +
6) Tartományi szélsőérték <math>f(x,y)=x^2+y^2+xy</math>, <math>x^2+y^2\leq 1</math>
 +
 +
7)
 +
:<math>f(x,y)=x^2-y^2\,</math>
 +
:<math>T= \{(r,\varphi)\mid r\leq 1, 0\leq\varphi\leq \pi/4\}</math>
 +
==9. gyakorlat==
 +
HF.: 16.9, 15, 25, 32, 35, 68, 82, 98
 +
 +
Integrálás téglán.
 +
 +
Paraméteres integrálnak nevezzük az
 +
:<math>\int\limits_{c}^d f(x,y)dy</math>
 +
határozott integrált, ahol x &isin; [a,b] tetszőleges szám és f(x,y) az [a,b]&times;[c,d] téglán értelemezett folytonos függvény. A kettős integrál a téglán ekkor az
 +
:<math>x\mapsto\int\limits_{c}^d f(x,y)dy</math>
 +
függvény határozott integrálja az [a,b]-n:
 +
:<math>\int\limits_{a}^b\int\limits_{c}^d f(x,y)dy dx:=\int\limits_{a}^b\left(\int\limits_{c}^d f(x,y)dy\right) dx=</math>
 +
 +
'''1.''' (16.12)
 +
:<math>\int\limits_{0}^{\ln 2}\int\limits_{0}^{1}xye^{y^2x}dydx=\int\limits_{0}^{\ln 2}\frac{1}{2}\left(\int\limits_{0}^{1}2xye^{y^2x}dy\right)dx=\int\limits_{0}^{\ln 2}\frac{1}{2}\left[e^{y^2x}\right]_{y=0}^{y=1}dx=\int\limits_{0}^{\ln 2}\frac{1}{2}(e^x-1)dx=\left[\frac{1}{2}e^x-\frac{1}{2}x\right]_{x=0}^{x=\ln 2}=</math>
 +
:<math>=1-\frac{1}{2}\ln2-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\ln2</math>
 +
 +
'''2.''' (16.10)
 +
:<math>\int\limits_{0}^{\ln 3}\int\limits_{0}^{\ln 2}e^{x+y}dydx=\int\limits_{0}^{\ln 3}\left[e^{x+y}\right]_{0}^{\ln 2}dx=\int\limits_{0}^{\ln 3}e^{x+\ln 2}-e^{x}dx=\int\limits_{0}^{\ln 3}e^{\ln 2}e^{x}-e^{x}dx=\int\limits_{0}^{\ln 3}e^{x}dx=3-1=2</math>
 +
 +
A feladat egy másik megoldása érdekes tanulsággal szolgál: ha az integrált téglán számoljuk és az integrandus szétesik x-től és y-tól függő integrálra, akkor a következő egyszerű módon számolható az integrál:
 +
:<math>\int\limits_a^b\int\limits_{c}^df(x)g(y)dydx=\left(\int\limits_a^b f(x)dx\right)\left(\int\limits_{c}^d g(y)dy\right)</math>
 +
hiszen az állandónak minősülő paraméter kihozható az integrálból, ha a határok nem függenek a paramétertől és az integrál elé kihozható a konstans szorzó:
 +
:<math>\int\limits_a^b\int\limits_{c}^df(x)g(y)dydx=\int\limits_a^bf(x)\left(\int\limits_{c}^dg(y)dy\right)dx=\left(\int\limits_{c}^dg(y)dy\right)\cdot\int\limits_a^bf(x)dx</math>
 +
Persze mindezt csak téglán és csak változók szerint szeparált szorzat alakú integrandus esetén. Ekkor az előző feladat:
 +
:<math>\int\limits_{0}^{\ln 3}\int\limits_{0}^{\ln 2}e^{x+y}dydx=\int\limits_{0}^{\ln 3}\int\limits_{0}^{\ln 2}e^xe^ydydx=\int\limits_{0}^{\ln 3}e^xdx\cdot\int\limits_{0}^{\ln 2}e^ydy=2</math>
 +
 +
'''3.''' (16.18)
 +
:<math>\int\limits_{\sqrt{\pi}}^{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{0}^{x^3}\sin \frac{y}{x}\,dydx=\int\limits_{\sqrt{\pi}}^{\sqrt{2\pi}}\left(\int\limits_{0}^{x^3}\sin \frac{y}{x}\,dy\right)dx=\int\limits_{\sqrt{\pi}}^{\sqrt{2\pi}}\left[x\left(-\cos\frac{y}{x}\right)\right]_{0}^{x^3}dx=\int\limits_{\sqrt{\pi}}^{\sqrt{2\pi}}-x\cos(x^2)+x\,dx=\left[-\frac{1}{2}\sin(x^2)+\frac{1}{2}x^2\right]_{\sqrt{\pi}}^{\sqrt{2\pi}}=\frac{\pi}{2}</math>
 +
 +
Tartomány területének kiszámítása. <math>T=\int\limits_{T}1</math>
 +
 +
'''4.''' (16.26) Mennyi az alábbi görbék által határolt terület nagysága?
 +
:<math>g_1:\;y^2=9-x</math>
 +
:<math>g_2:\;y^2=9-9x</math>
 +
 +
''Mo.'' Két, feketetett parabola által határolt tartományról beszélünk:
 +
:<math>g_1:\;y=\pm\sqrt{9-x}</math>
 +
:<math>g_2:\;y=\pm\sqrt{9-9x}=\pm 3\sqrt{1-x}</math>
 +
Az egyik parabolaív (<math>g_2</math>) a (0,3), (1,0), (0,-3) pontokon halad át úgy, hogy az (1,0)-ban van a csúcspontja, a másik (<math>g_1</math>) a  (0,3), (9,0), (0,-3) pontokon halad át úgy, hogy az (9,0)-ban van a csúcspontja.
 +
 +
Kiszámíthatjuk a területet x szerinti és y szerinti normáltartományon történő integrálással is.
 +
 +
''1. mo.'' Először felezzük el a területet és tekintsük csak az x tengely fölötti részét, a (0,3), (1,0), (9,0) pontok közöttit, azaz az x tengely, a <math>g_1</math> és a <math>g_2</math> közötti részt. Ezt a tartományt is két részre kell bontanunk, mert az (1,0) pontban az alsó határoló görbének törése van:
 +
:<math>N_x=\{(x,y)\mid 0\leq x\leq 1\;\wedge\;3\sqrt{1-x}\leq y\leq\sqrt{9-x}\}\cup \{(x,y)\mid 1\leq x\leq 9\;\wedge\;0\leq y\leq\sqrt{9-x}\}</math>
 +
A terület tehát:
 +
:<math>T=2\left(\int_0^1\int_{3\sqrt{1-x}}^{\sqrt{9-x}}1dydx+\int_1^9\int_{0}^{\sqrt{9-x}}1dydx\right)</math>
 +
Ez három gyökös kifejezés kiszámítását igényli, ami nem a legszebb feladat. Érdemes inkább y szerinti normáltartományként beparaméterezni a tartományt:
 +
 +
''2. mo.'' Ekkor az y-t választjuk tetszőlegesen és a határoló görbék, alulról a <math>g_2</math>, felülről a <math>g_1</math>. Töréspont nincs, azaz nem kell tetté szedni a tartományt. A határokat x-re rendezve:
 +
:<math>g_1:\;x=9-y^2</math> (az y tengelyt a független változó tengelyének nézve felülről határoló görbe)
 +
:<math>g_2:\;x=1-\frac{y^2}{9}</math> (az y tengelyt a független változó tengelyének nézve alulról határoló görbe)
 +
A tartomány ekkor
 +
:<math>N_y=\{(x,y)\mid -3\leq y\leq 3\;\wedge\;1-\frac{y^2}{9}\leq x\leq 9-y^2\}</math>
 +
Az integrál:
 +
:<math>\int\limits_{-3}^3\int\limits_{1-\frac{y^2}{9}}^{9-y^2}dxdy=\int\limits_{-3}^3 9-y^2-(1-\frac{y^2}{9})dy=\int\limits_{-3}^3 8-\frac{8y^2}{9}dy=\left[ 8y-\frac{8y^3}{27}\right]_{-3}^3=32</math>
 +
'''5.''' (16.36) Térjünk át x szerinti normáltartományra!
 +
:<math>?=\int\limits_{0}^2\int\limits_{1+y^2}^{5}ye^{(x-1)^2}dxdy=\int\limits_{0}^2\left(\int\limits_{x=1+y^2}^{x=5}ye^{(x-1)^2}dx\right)dy</math>
 +
Az integrál határaiból rekonstruáljuk, hogy mi a tartomány, amin integrálni kell:
 +
:<math>N_y=\{(x,y)\mid 0\leq y\leq 2\;\wedge\;1+y^2\leq x\leq 5\}</math>
 +
Az alsó görbe egy fektetett parabola: <math>y=\sqrt{x-1}</math>, a felső az x=5 egyenes, ezek találkozása: (5,2), és mindezt az x tengely fölött. A tartományt x szerintivé átparaméterezve:
 +
:<math>N_x=\{(x,y)\mid 1\leq x\leq 5\;\wedge\;0\leq y\leq \sqrt{x-1}\}</math>
 +
Az integrál:
 +
:<math>\int\limits_{0}^2\int\limits_{1+y^2}^{5}ye^{(x-1)^2}dxdy=\int\limits_{x=1}^{5}\int\limits_{y=0}^{\sqrt{x-1}}ye^{(x-1)^2}dydx</math>

A lap jelenlegi, 2014. április 18., 11:54-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

14. fejezet 61, 73, 15. fejezet 60, 76, 84, 89, 91, 128.

1) Totális deriválhatóság:

f(x,y)=\mathrm{arc\,tg}(x^2+y^2), f(0,0) = 0
Jf(0,0) = (0,0)
\lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}\frac{\mathrm{arc\,tg}(x^2+y^2)-0-0}{\sqrt{x^2+y^2}}=\lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}\sqrt{x^2+y^2}\,\frac{\mathrm{arc\,tg}(x^2+y^2)}{x^2+y^2}=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(x,y)=\frac{xy^2-x^2y}{x+y}, f(0,0) = 0
\partial_xf(x,y)=\frac{(y^2-2xy)(x+y)-(xy^2-x^2y)}{(x+y)^2}=\frac{xy^2-2x^2y+y^3-2xy^2-xy^2+x^2y)}{(x+y)^2}=\frac{-x^2y+y^3-2xy^2}{(x+y)^2}
\partial_yf(x,y)=\frac{(2xy-x^2)(x+y)-(xy^2-x^2y)}{(x+y)^2}=\frac{2x^2y-x^3+2xy^2-x^2y-xy^2+x^2y)}{(x+y)^2}=\frac{2x^2y-x^3+xy^2}{(x+y)^2}
\lim\limits_{y\to 0}
\frac{\partial_xf(0,y)-0}{y-0}=\lim\limits_{y\to 0}
\frac{\frac{y^3}{y^2}-0}{y-0}=1
\lim\limits_{x\to 0}
\frac{\partial_yf(x,0)-0}{x-0}=\lim\limits_{x\to 0}
\frac{\frac{-x^3}{x^2}-0}{x-0}=-1

6) Tartományi szélsőérték f(x,y) = x2 + y2 + xy, x^2+y^2\leq 1

7)

f(x,y)=x^2-y^2\,
T= \{(r,\varphi)\mid r\leq 1, 0\leq\varphi\leq \pi/4\}

9. gyakorlat

HF.: 16.9, 15, 25, 32, 35, 68, 82, 98

Integrálás téglán.

Paraméteres integrálnak nevezzük az

\int\limits_{c}^d f(x,y)dy

határozott integrált, ahol x ∈ [a,b] tetszőleges szám és f(x,y) az [a,b]×[c,d] téglán értelemezett folytonos függvény. A kettős integrál a téglán ekkor az

x\mapsto\int\limits_{c}^d f(x,y)dy

függvény határozott integrálja az [a,b]-n:

\int\limits_{a}^b\int\limits_{c}^d f(x,y)dy dx:=\int\limits_{a}^b\left(\int\limits_{c}^d f(x,y)dy\right) dx=

1. (16.12)

\int\limits_{0}^{\ln 2}\int\limits_{0}^{1}xye^{y^2x}dydx=\int\limits_{0}^{\ln 2}\frac{1}{2}\left(\int\limits_{0}^{1}2xye^{y^2x}dy\right)dx=\int\limits_{0}^{\ln 2}\frac{1}{2}\left[e^{y^2x}\right]_{y=0}^{y=1}dx=\int\limits_{0}^{\ln 2}\frac{1}{2}(e^x-1)dx=\left[\frac{1}{2}e^x-\frac{1}{2}x\right]_{x=0}^{x=\ln 2}=
=1-\frac{1}{2}\ln2-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\ln2

2. (16.10)

\int\limits_{0}^{\ln 3}\int\limits_{0}^{\ln 2}e^{x+y}dydx=\int\limits_{0}^{\ln 3}\left[e^{x+y}\right]_{0}^{\ln 2}dx=\int\limits_{0}^{\ln 3}e^{x+\ln 2}-e^{x}dx=\int\limits_{0}^{\ln 3}e^{\ln 2}e^{x}-e^{x}dx=\int\limits_{0}^{\ln 3}e^{x}dx=3-1=2

A feladat egy másik megoldása érdekes tanulsággal szolgál: ha az integrált téglán számoljuk és az integrandus szétesik x-től és y-tól függő integrálra, akkor a következő egyszerű módon számolható az integrál:

\int\limits_a^b\int\limits_{c}^df(x)g(y)dydx=\left(\int\limits_a^b f(x)dx\right)\left(\int\limits_{c}^d g(y)dy\right)

hiszen az állandónak minősülő paraméter kihozható az integrálból, ha a határok nem függenek a paramétertől és az integrál elé kihozható a konstans szorzó:

\int\limits_a^b\int\limits_{c}^df(x)g(y)dydx=\int\limits_a^bf(x)\left(\int\limits_{c}^dg(y)dy\right)dx=\left(\int\limits_{c}^dg(y)dy\right)\cdot\int\limits_a^bf(x)dx

Persze mindezt csak téglán és csak változók szerint szeparált szorzat alakú integrandus esetén. Ekkor az előző feladat:

\int\limits_{0}^{\ln 3}\int\limits_{0}^{\ln 2}e^{x+y}dydx=\int\limits_{0}^{\ln 3}\int\limits_{0}^{\ln 2}e^xe^ydydx=\int\limits_{0}^{\ln 3}e^xdx\cdot\int\limits_{0}^{\ln 2}e^ydy=2

3. (16.18)

\int\limits_{\sqrt{\pi}}^{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{0}^{x^3}\sin \frac{y}{x}\,dydx=\int\limits_{\sqrt{\pi}}^{\sqrt{2\pi}}\left(\int\limits_{0}^{x^3}\sin \frac{y}{x}\,dy\right)dx=\int\limits_{\sqrt{\pi}}^{\sqrt{2\pi}}\left[x\left(-\cos\frac{y}{x}\right)\right]_{0}^{x^3}dx=\int\limits_{\sqrt{\pi}}^{\sqrt{2\pi}}-x\cos(x^2)+x\,dx=\left[-\frac{1}{2}\sin(x^2)+\frac{1}{2}x^2\right]_{\sqrt{\pi}}^{\sqrt{2\pi}}=\frac{\pi}{2}

Tartomány területének kiszámítása. T=\int\limits_{T}1

4. (16.26) Mennyi az alábbi görbék által határolt terület nagysága?

g_1:\;y^2=9-x
g_2:\;y^2=9-9x

Mo. Két, feketetett parabola által határolt tartományról beszélünk:

g_1:\;y=\pm\sqrt{9-x}
g_2:\;y=\pm\sqrt{9-9x}=\pm 3\sqrt{1-x}

Az egyik parabolaív (g2) a (0,3), (1,0), (0,-3) pontokon halad át úgy, hogy az (1,0)-ban van a csúcspontja, a másik (g1) a (0,3), (9,0), (0,-3) pontokon halad át úgy, hogy az (9,0)-ban van a csúcspontja.

Kiszámíthatjuk a területet x szerinti és y szerinti normáltartományon történő integrálással is.

1. mo. Először felezzük el a területet és tekintsük csak az x tengely fölötti részét, a (0,3), (1,0), (9,0) pontok közöttit, azaz az x tengely, a g1 és a g2 közötti részt. Ezt a tartományt is két részre kell bontanunk, mert az (1,0) pontban az alsó határoló görbének törése van:

N_x=\{(x,y)\mid 0\leq x\leq 1\;\wedge\;3\sqrt{1-x}\leq y\leq\sqrt{9-x}\}\cup \{(x,y)\mid 1\leq x\leq 9\;\wedge\;0\leq y\leq\sqrt{9-x}\}

A terület tehát:

T=2\left(\int_0^1\int_{3\sqrt{1-x}}^{\sqrt{9-x}}1dydx+\int_1^9\int_{0}^{\sqrt{9-x}}1dydx\right)

Ez három gyökös kifejezés kiszámítását igényli, ami nem a legszebb feladat. Érdemes inkább y szerinti normáltartományként beparaméterezni a tartományt:

2. mo. Ekkor az y-t választjuk tetszőlegesen és a határoló görbék, alulról a g2, felülről a g1. Töréspont nincs, azaz nem kell tetté szedni a tartományt. A határokat x-re rendezve:

g_1:\;x=9-y^2 (az y tengelyt a független változó tengelyének nézve felülről határoló görbe)
g_2:\;x=1-\frac{y^2}{9} (az y tengelyt a független változó tengelyének nézve alulról határoló görbe)

A tartomány ekkor

N_y=\{(x,y)\mid -3\leq y\leq 3\;\wedge\;1-\frac{y^2}{9}\leq x\leq 9-y^2\}

Az integrál:

\int\limits_{-3}^3\int\limits_{1-\frac{y^2}{9}}^{9-y^2}dxdy=\int\limits_{-3}^3 9-y^2-(1-\frac{y^2}{9})dy=\int\limits_{-3}^3 8-\frac{8y^2}{9}dy=\left[ 8y-\frac{8y^3}{27}\right]_{-3}^3=32

5. (16.36) Térjünk át x szerinti normáltartományra!

?=\int\limits_{0}^2\int\limits_{1+y^2}^{5}ye^{(x-1)^2}dxdy=\int\limits_{0}^2\left(\int\limits_{x=1+y^2}^{x=5}ye^{(x-1)^2}dx\right)dy

Az integrál határaiból rekonstruáljuk, hogy mi a tartomány, amin integrálni kell:

N_y=\{(x,y)\mid 0\leq y\leq 2\;\wedge\;1+y^2\leq x\leq 5\}

Az alsó görbe egy fektetett parabola: y=\sqrt{x-1}, a felső az x=5 egyenes, ezek találkozása: (5,2), és mindezt az x tengely fölött. A tartományt x szerintivé átparaméterezve:

N_x=\{(x,y)\mid 1\leq x\leq 5\;\wedge\;0\leq y\leq \sqrt{x-1}\}

Az integrál:

\int\limits_{0}^2\int\limits_{1+y^2}^{5}ye^{(x-1)^2}dxdy=\int\limits_{x=1}^{5}\int\limits_{y=0}^{\sqrt{x-1}}ye^{(x-1)^2}dydx
Személyes eszközök