Szerkesztő:Mozo/A2 feladatok

A MathWikiből
< Szerkesztő:Mozo(Változatok közti eltérés)
a (→Megoldás)
(→Megoldás)
 
(egy szerkesztő 13 közbeeső változata nincs mutatva)
1. sor: 1. sor:
 +
==Gauss-elimináció-témakör==
 +
===Paraméteres egyenletrendszer===
 +
Milyen ''a'' valós paraméterre oldható meg az alábbi egyenletrendszer?
 +
:<math>\begin{matrix}
 +
  x_1 + 2x_2 + 3x_3 & = & 2 \\
 +
  x_1 + x_2 + x_3  & = & 2 \\
 +
  3x_1 + 3x_2 + ax_3 & = & 0
 +
  \end{matrix}</math>
 +
====Megoldás====
 +
Az '''A'''(a)<math>\cdot</math>''x'' = ''b'' egyenletrendszer kibővített mátrixa és a [[Gauss-elimináció]]
 +
:<math>[\mathbf{A}(a)|b]=\begin{bmatrix}
 +
  1 & 2 & 3 & 2 \\
 +
  1 & 1 & 1 & 2 \\
 +
  3 & 3 & a & 0
 +
\end{bmatrix}\sim
 +
\begin{bmatrix}
 +
  1 & 2 & 3 & 2 \\
 +
  0 & -1 & -2 & 0 \\
 +
  0 & -3 & a-9 & -6
 +
\end{bmatrix}\sim
 +
\begin{bmatrix}
 +
  1 & 2 & 3 & 2 \\
 +
  0 & -1 & -2 & 0 \\
 +
  0 & 0 & a-3 & -6
 +
\end{bmatrix}</math>
 +
Az egyenletrendszer akkor és csak akkor megoldható, ha a [[mátrix rangja]] egyenlő a kibővített mátrix rangjával. Világos, hogy
 +
:r('''A'''(a)) = 3, ha ''a'' &ne; 3 és
 +
:r('''A'''(a)) = 2, ha ''a'' = 3 
 +
Az első esetben a <nowiki>[</nowiki>'''A'''(a)|b<nowiki>]</nowiki> csak 3 lehet (csak három sora van), míg a másodikban <nowiki>[</nowiki>'''A'''(a)|b<nowiki>]</nowiki> rangja 3, mert három független oszlopvektor választható ki belőle (pl az első, a második és a negyedik). Tehát ''a'' &ne; 3 esetén lesz megoldása az egyenletrendszernek.
 +
 +
'''Megjegyzés. ''' Úgy is fogalmazhatunk, hogy akkor és csak akkor van megoldás, ha az alsó sorban nem áll ellentmondás. Ez akkor van, ha az (a-3)z=-6-ból kifejezhetjük z-t, vagyis az ''a'' &ne; 3 esetén vagy ha az alsó sor 0 = 0 alakú, ami ugye nem áll.
 +
===Paraméteres mátrixrang===
 +
:''Lásd az előző feladatot!''
 +
==Lináris leképezés sajátértéke==
 +
===Példa===
 +
Számítsuk ki az
 +
:<math>\mathbf{A}=\begin{bmatrix}
 +
  2 & 1  \\
 +
  2 & 1
 +
\end{bmatrix}</math>
 +
mátrixú leképezés 111-edik hatványának sajátvektorait!
 +
====Megoldás====
 +
A bázisvektorok képei: (2,2) és (1,1), azaz mindkettőt az y = x egyenletű altérbe képezi az operátor. Világos, hogy ekkor a sajátaltér a &mu;.(1,1) alakú vektorok.
 +
===Példa===
 +
Számítsuk ki a ''x'' tengely körüli +36°-os forgatás 15-ödik és 17-edik hatványának sajátvektorait és sajátértékeit!
 +
====Megoldás====
 +
Ha '''A''' ez a lineáris operátor, akkor első hatványa a +36°-os forgatás, a második a 2<math>\cdot</math>36°-os forgatás, ..., a 15-ödik hatványa a 15<math>\cdot</math>36°=360+180=180°-os forgatás.
 +
Ennek sajátvektorai az ''x'' tengely vektorai, 1 sajátértékkel., De a 17-edik hatvány is csak egy forgatás, így ennek is ugyanezek lesznek a sajátvektorai (360°-nál már más lenne a helyzet, ott minden vektor fix).
 +
 
==Függvényterek==
 
==Függvényterek==
  
−
===1.===
+
===Példa===
 
Legyen ''L'' az '''R'''-en értelmezett valós függvények következő lineáris altere:
 
Legyen ''L'' az '''R'''-en értelmezett valós függvények következő lineáris altere:
 
:<math>L=_{\mathrm{def}}\{A\mathrm{e}^{2x}+B\sin(3x)+C\cos(3x)\mid A,B,C\in\mathbf{R}\}</math>
 
:<math>L=_{\mathrm{def}}\{A\mathrm{e}^{2x}+B\sin(3x)+C\cos(3x)\mid A,B,C\in\mathbf{R}\}</math>
22. sor: 71. sor:
 
Térjünk rá az operátor linearitására. A deriválás lineáris, a 4-gyel való szorzás lineáris és a leképezések összege lineáris, tehát ''A'' lineáris. Adjuk meg a mátrixot! A bázisok képei:
 
Térjünk rá az operátor linearitására. A deriválás lineáris, a 4-gyel való szorzás lineáris és a leképezések összege lineáris, tehát ''A'' lineáris. Adjuk meg a mátrixot! A bázisok képei:
 
:<math>\mathcal{A}\mathrm{e}^{2x}=2\mathrm{e}^{2x}+4\mathrm{e}^{2x}=6\mathrm{e}^{2x}</math>
 
:<math>\mathcal{A}\mathrm{e}^{2x}=2\mathrm{e}^{2x}+4\mathrm{e}^{2x}=6\mathrm{e}^{2x}</math>
−
:<math>\mathcal{A}\mathrm{sin}^{3x}=3\mathrm{cos}(3x)</math>
+
:<math>\mathcal{A}\mathrm{sin}(3x)=3\mathrm{cos}(3x)+4{sin}(3x)</math>
−
:<math>\mathcal{A}\mathrm{cos}^{3x}=-3\mathrm{sin}(3x)</math>
+
:<math>\mathcal{A}\mathrm{cos}(3x)=-3\mathrm{sin}(3x)+4{cos}(3x)</math>
 
Így  
 
Így  
 
:<math>[\mathcal{A}]=\begin{pmatrix}
 
:<math>[\mathcal{A}]=\begin{pmatrix}
 
6 & 0 & 0 \\
 
6 & 0 & 0 \\
−
0 & 0 & -3 \\
+
0 & 4 & -3 \\
−
0 & 3 & 0
+
0 & 3 & 4
 
\end{pmatrix}</math>
 
\end{pmatrix}</math>
−
Megjegyezzük, hogy a leképezés lényegében egy x tengely körüli forgatás, majd a tengelyek menti nyújtás. A sajátvektorai: Ae<sup>2''x''</sup>, sajátértéke 16.
+
 
 +
==Iterált határérték==
 +
===Példa===
 +
:<math>\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{y\to 0}\frac{x^4}{x^4+y^4}</math>
 +
====Megoldás====
 +
:<math>g(x)=\lim\limits_{y\to 0}\frac{x^4}{x^4+y^4}=\left\{\begin{matrix}\cfrac{x^4}{x^4+0}=1 &,& x\ne 0\\
 +
\\
 +
\lim\limits_{y\to 0}\cfrac{0}{0+y^4}=0 &,& x= 0
 +
\end{matrix}\right.</math>
 +
:<math>\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{y\to 0}\frac{x^4}{x^4+y^4}=\lim\limits_{x\to 0}g(x)=1</math>
 +
===Példa===
 +
:<math>\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{y\to 0}\frac{y^5}{x^4+y^4}</math>
 +
====Megoldás====
 +
:<math>g(x)=\lim\limits_{y\to 0}\frac{y^5}{x^4+y^4}=\left\{\begin{matrix}\cfrac{0}{x^4+0}=0 &,& x\ne 0\\
 +
\\
 +
\lim\limits_{y\to 0}\cfrac{y^5}{0+y^4}=\lim\limits_{y\to 0}y=0 &,& x= 0
 +
\end{matrix}\right.</math>
 +
Tehát g &equiv; 0
 +
:<math>\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{y\to 0}\frac{y^5}{x^4+y^4}=\lim\limits_{x\to 0}g(x)=0</math>
 +
===Példa===
 +
:<math>\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{y\to 0}\;x\cdot \cos\left(\textstyle{\frac{1}{y}}\right)</math>
 +
====Megoldás====
 +
:<math>g(x)=\lim\limits_{y\to 0}\;x\cdot \cos\left(\textstyle{\frac{1}{y}}\right)=\left\{\begin{matrix} \not\exists &,& x\ne 0\\
 +
\\
 +
0 &,& x= 0
 +
\end{matrix}\right.</math>
 +
Tehát g egyetlen pontból áll, éspedig a 0-nál 0. Ilyen (egypontú) függvények nincs határértéke:
 +
:<math>\not\exists\lim\limits_{x\to 0}g(x)</math>
 +
===Példa===
 +
:<math>\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{y\to 0}\;(x+|x|)\cdot \sin\left(\textstyle{\frac{1}{y}}\right)</math>
 +
====Megoldás====
 +
:<math>g(x)=\lim\limits_{y\to 0}\;(x+|x|)\cdot \sin\left(\textstyle{\frac{1}{y}}\right)=\left\{\begin{matrix} \not\exists\lim\limits_{y\to 0}\;2x\cdot \sin\left(\textstyle{\frac{1}{y}}\right) &,& x>0\\
 +
\\
 +
0 &,& x\leq 0
 +
\end{matrix}\right.</math>
 +
Tehát g csak a nemnegatívokon értelmezett és ott 0:
 +
:<math>\lim\limits_{x\to 0}g(x)=0</math>

A lap jelenlegi, 2008. június 17., 20:12-kori változata

Tartalomjegyzék

Gauss-elimináció-témakör

Paraméteres egyenletrendszer

Milyen a valós paraméterre oldható meg az alábbi egyenletrendszer?

\begin{matrix} x_1 + 2x_2 + 3x_3 & = & 2 \\ x_1 + x_2 + x_3 & = & 2 \\ 3x_1 + 3x_2 + ax_3 & = & 0 \end{matrix}

Megoldás

Az A(a)\cdotx = b egyenletrendszer kibővített mátrixa és a Gauss-elimináció

[\mathbf{A}(a)|b]=\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & 2 \\ 1 & 1 & 1 & 2 \\ 3 & 3 & a & 0 \end{bmatrix}\sim \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & 2 \\ 0 & -1 & -2 & 0 \\ 0 & -3 & a-9 & -6 \end{bmatrix}\sim \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & 2 \\ 0 & -1 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & a-3 & -6 \end{bmatrix}

Az egyenletrendszer akkor és csak akkor megoldható, ha a mátrix rangja egyenlő a kibővített mátrix rangjával. Világos, hogy

r(A(a)) = 3, ha a ≠ 3 és
r(A(a)) = 2, ha a = 3

Az első esetben a [A(a)|b] csak 3 lehet (csak három sora van), míg a másodikban [A(a)|b] rangja 3, mert három független oszlopvektor választható ki belőle (pl az első, a második és a negyedik). Tehát a ≠ 3 esetén lesz megoldása az egyenletrendszernek.

Megjegyzés. Úgy is fogalmazhatunk, hogy akkor és csak akkor van megoldás, ha az alsó sorban nem áll ellentmondás. Ez akkor van, ha az (a-3)z=-6-ból kifejezhetjük z-t, vagyis az a ≠ 3 esetén vagy ha az alsó sor 0 = 0 alakú, ami ugye nem áll.

Paraméteres mátrixrang

Lásd az előző feladatot!

Lináris leképezés sajátértéke

Példa

Számítsuk ki az

\mathbf{A}=\begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 2 & 1 \end{bmatrix}

mátrixú leképezés 111-edik hatványának sajátvektorait!

Megoldás

A bázisvektorok képei: (2,2) és (1,1), azaz mindkettőt az y = x egyenletű altérbe képezi az operátor. Világos, hogy ekkor a sajátaltér a μ.(1,1) alakú vektorok.

Példa

Számítsuk ki a x tengely körüli +36°-os forgatás 15-ödik és 17-edik hatványának sajátvektorait és sajátértékeit!

Megoldás

Ha A ez a lineáris operátor, akkor első hatványa a +36°-os forgatás, a második a 2\cdot36°-os forgatás, ..., a 15-ödik hatványa a 15\cdot36°=360+180=180°-os forgatás. Ennek sajátvektorai az x tengely vektorai, 1 sajátértékkel., De a 17-edik hatvány is csak egy forgatás, így ennek is ugyanezek lesznek a sajátvektorai (360°-nál már más lenne a helyzet, ott minden vektor fix).

Függvényterek

Példa

Legyen L az R-en értelmezett valós függvények következő lineáris altere:

L=_{\mathrm{def}}\{A\mathrm{e}^{2x}+B\sin(3x)+C\cos(3x)\mid A,B,C\in\mathbf{R}\}

(azaz az exp(2\cdot.), a sin(3\cdot.) és a cos(3\cdot.) függvények által kifeszített altér.) Adjuk meg L bázisát, igazoljuk, hogy

\mathcal{A}f\quad=_{\mathrm{def}}\quad f'+4f

lineáris operátor és adjuk meg egy mátrixát!

Megoldás

B=\{\mathrm{e}^{2x};\,\sin(3x);\,\cos(3x)\}\,

boztosan generátorrendszere L-nek. Lássuk be, hogy B független. Tegyük fel ugyanis, hogy minden x valós számra

A\mathrm{e}^{2x}+B\sin(3x)+C\cos(3x)\equiv 0\,

Ekkor x = 0-t véve:

A+C= 0\,

illetve x = 2π-t véve is:

A\mathrm{e}^{4\pi}+C= 0\,

mely két egyenletet kivonva

A+A\mathrm{e}^{4\pi}= 0\,

azaz A = 0. Viszont ekkor C = 0-is teljesül és B csak nulla lehet, mert a szinuszfüggvény nem az azonosan nulla. Tehát a fenti egyenlőségnek csak triviális megoldása van A, B, C-ben.

Térjünk rá az operátor linearitására. A deriválás lineáris, a 4-gyel való szorzás lineáris és a leképezések összege lineáris, tehát A lineáris. Adjuk meg a mátrixot! A bázisok képei:

\mathcal{A}\mathrm{e}^{2x}=2\mathrm{e}^{2x}+4\mathrm{e}^{2x}=6\mathrm{e}^{2x}
\mathcal{A}\mathrm{sin}(3x)=3\mathrm{cos}(3x)+4{sin}(3x)
\mathcal{A}\mathrm{cos}(3x)=-3\mathrm{sin}(3x)+4{cos}(3x)

Így

[\mathcal{A}]=\begin{pmatrix} 6 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & -3 \\ 0 & 3 & 4 \end{pmatrix}

Iterált határérték

Példa

\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{y\to 0}\frac{x^4}{x^4+y^4}

Megoldás

g(x)=\lim\limits_{y\to 0}\frac{x^4}{x^4+y^4}=\left\{\begin{matrix}\cfrac{x^4}{x^4+0}=1 &,& x\ne 0\\ \\ \lim\limits_{y\to 0}\cfrac{0}{0+y^4}=0 &,& x= 0 \end{matrix}\right.
\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{y\to 0}\frac{x^4}{x^4+y^4}=\lim\limits_{x\to 0}g(x)=1

Példa

\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{y\to 0}\frac{y^5}{x^4+y^4}

Megoldás

g(x)=\lim\limits_{y\to 0}\frac{y^5}{x^4+y^4}=\left\{\begin{matrix}\cfrac{0}{x^4+0}=0 &,& x\ne 0\\ \\ \lim\limits_{y\to 0}\cfrac{y^5}{0+y^4}=\lim\limits_{y\to 0}y=0 &,& x= 0 \end{matrix}\right.

Tehát g ≡ 0

\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{y\to 0}\frac{y^5}{x^4+y^4}=\lim\limits_{x\to 0}g(x)=0

Példa

\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{y\to 0}\;x\cdot \cos\left(\textstyle{\frac{1}{y}}\right)

Megoldás

g(x)=\lim\limits_{y\to 0}\;x\cdot \cos\left(\textstyle{\frac{1}{y}}\right)=\left\{\begin{matrix} \not\exists &,& x\ne 0\\ \\ 0 &,& x= 0 \end{matrix}\right.

Tehát g egyetlen pontból áll, éspedig a 0-nál 0. Ilyen (egypontú) függvények nincs határértéke:

\not\exists\lim\limits_{x\to 0}g(x)

Példa

\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{y\to 0}\;(x+|x|)\cdot \sin\left(\textstyle{\frac{1}{y}}\right)

Megoldás

g(x)=\lim\limits_{y\to 0}\;(x+|x|)\cdot \sin\left(\textstyle{\frac{1}{y}}\right)=\left\{\begin{matrix} \not\exists\lim\limits_{y\to 0}\;2x\cdot \sin\left(\textstyle{\frac{1}{y}}\right) &,& x>0\\ \\ 0 &,& x\leq 0 \end{matrix}\right.

Tehát g csak a nemnegatívokon értelmezett és ott 0:

\lim\limits_{x\to 0}g(x)=0
A lap eredeti címe: „http://wiki.math.bme.hu/index.php?title=Szerkeszt%C5%91:Mozo/A2_feladatok&oldid=3759”
Személyes eszközök