Szerkesztő:Mozo/A2 gyakorló feladatok 2
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→4) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Megoldás) |
||
235. sor: | 235. sor: | ||
(3) sin(1/n) monoton csökkenő módon tart a nullához, ugyanis tetszőleges n-re n < n+1 miatt | (3) sin(1/n) monoton csökkenő módon tart a nullához, ugyanis tetszőleges n-re n < n+1 miatt | ||
:<math>\frac{1}{n+1}<\frac{1}{n}</math> | :<math>\frac{1}{n+1}<\frac{1}{n}</math> | ||
− | amiből a sin függvény (-<math>\pi</math>/2, | + | amiből a sin függvény (-<math>\pi</math>/2,<math>\pi</math>/2)-beli monoton növekvő volta miatt: sin(1/(n+1))< sin(1/n). |
A lap 2008. június 12., 14:55-kori változata
Tartalomjegyzék |
1. a.
Oldja meg az
egyenletrendszert!
Megoldás
Gauss-eliminációval:
Innen
- z = -1,
- 3y -5(-1) = 5, innen y = 0
- x = (-2)0 + (-3)(-1) -2 = 1
Megjegyzés. Az
mátrix rangja 3 és a kibővített mátrix rangja is ennyi, így az egyenletnek van megoldása (amiről persze maga a "megoldás" is tanúskodik) és ez egyértelmű, mert A magtere a {0} altér. Világos ugyanis, hogy A oszlopai független vektorrendszert alkotnak és így képtérbeli vektor csak az szorzatból jön ki.
1. b.
Oldja meg az
egyenletrendszert!
Megoldás
Innen kétféleképpen mehetünk tovább. Egyrészt az előadáson tanultak szerint egy inhomogén lineáris egyenletrendszer összes megoldását megkapjuk, ha egy megldásához hozzáadjuk a (homogén mátrix) magterét. Egy megoldás:
- z = 0,
- y -1
- x = (-2)(-1)-3 0 - 2 = 0
A magtér a dimenziótétel miatt egydimenziós, mert a képtér dimenziója a Gauss-eliminációból leolvasva 2, a kiindulási tér pedig 3 dimenziós. Egy magtérbeli vektor a normálalakból, az (1,1,?) alakban keresve az ?=-1, azaz
vektort adja, ami tényleg A magterben van benne. Ekkor a megoldás:
A másik lehetőség, hogy a harmadik változót paraméternek választjuk, és kifejezzük a változókat az
egyenletrenszerből:
- z = t,
- y = -t - 1
- x = (-2)(-t-1)-3t-2= -t
ami ugyanaz, mint az előző képlet, csak s = -t.
2
Legyen az A operátor R2-ben az y = -x egyenesre vett vetítés, B a 270°-os origó körüli forgatás. Írja fel a leképezések kompozícióinak mátrixát a sztenderd bázisra vonatkozóan. Kommutálnak-e a mártixaik?
Megoldás
Az (1,0) báziselem képe az A által (1/2,-1/2) a (0,1)-é (-1/2,1/2), így:
Valamint
Ekkor
illetve
És nem kommutálnak.
3
Tekintsük az
függvényt, ahol értelmezett, kiterjesztve
-val. Határozzuk meg a parciális deriváltjait (ha vannak) és állapítsa meg, hogy ezek folytonosak-e az origóban!
Megoldás
-hez -t kell vizsgálni. A pontbeli parciális derivált a 0-ban:
ugyanígy az y-szerinti parciális derivált az origóban 0.
Máshol a függvény differenciálhatóakból van összetéve a differenciálhatóságot megőrző módon, így differenciálható. A deriváltfüggvények:
azt látjuk, hogy a számláló 7-odfokú, a nevező 8-ad, így lehet reményünk 1/x-szel az origóban a végtelenhez tartó részsorozat szerkeztésére. Valóban, közelítsük az origót az y = x egyenes mentén. Ekkor a hányados:
ami a 0-ban nem rendelkezik véges határértékkel. ∂xf tehát nem folytonos az origóban.
Megjegyzés. Ha a számláló fokszáma megegyezik a nevezővel, akkor is lehet arra számítani, hogy találunk olyan irányt vagy olyan görbét, mely mentén az origóba tarva a nemnulla határértéket kapunk. Persze ezt a görbét minden esetben magunknak kell kitalálnunk.
4
Konvergensek ill. abszolút konvergensek-e?
- (a)
- (b)
Megoldás
(a) sin a 0 körül az y=x egyeneshez tart aszimptotikus módon. Így a 1/n2-tel van dulgunk és konvergens lesz a sor. Valóban, vegyük az ekvikonvergencia kritériumot:
mert 1/n 0 és
S, mivel ∑(1/n2) konvergens sor, ezért a feladatbeli is az. Mivel pedig pozitívtagú (így az abszolútértéke megyegyezik saját magával) ezért nyilván abszolút konvergens is.
(b) Belátjuk, hogy ez Leibniz-sor:
(1) váltakozó előjelű, hisz a (-1)n után álló szorzótényező pozitív.
(2) sin(1/n) a nullához tart, mert 1/n tart a 0-hoz a sin a 0-ban pedig 0 határértékű.
(3) sin(1/n) monoton csökkenő módon tart a nullához, ugyanis tetszőleges n-re n < n+1 miatt
amiből a sin függvény (-π/2,π/2)-beli monoton növekvő volta miatt: sin(1/(n+1))< sin(1/n).