Szerkesztő:Mozo/A2 gyakorló feladatok 2

A MathWikiből
< Szerkesztő:Mozo
A lap korábbi változatát látod, amilyen Mozo (vitalap | szerkesztései) 2014. március 11., 20:49-kor történt szerkesztése után volt.
(eltér) ←Régebbi változat | Aktuális változat (eltér) | Újabb változat→ (eltér)

Tartalomjegyzék

1. a.

Oldja meg az

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

egyenletrendszert!

Megoldás

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}

Innen

z = -1,
3y -5\cdot(-1) = 5, innen y = 0
x = (-2)\cdot0 + (-3)(-1) -2 = 1

Megjegyzés. Az

A=\begin{bmatrix} 
1 & 2 & 3  \\
0 & 3 & -5  \\
0 & 0 & 1  \\
0 & 0 & 0  \\
\end{bmatrix}

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 \begin{pmatrix} 
0 \\
0  \\
0  \\
0  \\
\end{pmatrix} vektor csak az \begin{matrix} 
  \\
 \\
A\cdot \\
\end{matrix}
\begin{pmatrix} 
0  \\
0  \\
0  \\
\end{pmatrix} szorzatból jön ki.

1. b.

Oldja meg az

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

egyenletrendszert!

Megoldás

\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}

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)\cdot(-1)-3\cdot 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

\begin{pmatrix} 
1  \\
1  \\
-1 \\
\end{pmatrix}

vektort adja, ami tényleg A magterben van benne. Ekkor a megoldás:

\begin{pmatrix} 
x  \\
y  \\
z \\
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 
0  \\
-1  \\
0 \\
\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix} 
1  \\
1  \\
-1 \\
\end{pmatrix}

A másik lehetőség, hogy a harmadik változót paraméternek választjuk, és kifejezzük a változókat az

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

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:

A=
\begin{bmatrix}
\;\;\frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\
& \\
-\frac{1}{2} & \;\;\frac{1}{2}
\end{bmatrix}=\frac{1}{2}\begin{bmatrix}
\;\;1 & -1\\
-1 & \;\;1
\end{bmatrix}

Valamint

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

Ekkor

BA=\frac{1}{2}\cdot\begin{matrix}

 & \begin{bmatrix}
\;\;1 & -1\\
-1 & \;\;1
\end{bmatrix} \\
& \\
\begin{bmatrix}
\;\;0 & 1\\
-1 & 0
\end{bmatrix} & \begin{bmatrix}
\;\;1 & \;\;1\\
-1 & -1
\end{bmatrix}
\\
 & \\
 & \\
 & \\

\end{matrix}=\frac{1}{2}\begin{bmatrix}
\;\;1 & \;\;1\\
-1 & -1
\end{bmatrix}

illetve

AB=\frac{1}{2}\cdot\begin{matrix}

 &  \begin{bmatrix}
\;\;0 & \;\;1\\
-1 & \;\;0
\end{bmatrix}\\
& \\
\begin{bmatrix}
\;\;1 & -1\\
-1 & \;\;1
\end{bmatrix} & \begin{bmatrix}
-1 & \;\;1\\
-1 & \;\;1
\end{bmatrix}\\
 & \\
 & \\
 & \\
\end{matrix}=\frac{1}{2}\begin{bmatrix}
-1 & \;\;1\\
-1 & \;\;1
\end{bmatrix}

És nem kommutálnak.

3

Tekintsük az

f(x,y)=\frac{x^3y}{(x^2+y^2)^2}\,

függvényt, ahol értelmezett, kiterjesztve

f(0,0)=0\,

-val. Határozzuk meg a parciális deriváltjait (ha vannak) és állapítsa meg, hogy ezek folytonosak-e az origóban!

Megoldás

\partial_x f(0,0)\,-hez f(.,0)\,-t kell vizsgálni. A pontbeli parciális derivált a 0-ban:

\lim\limits_{x\to 0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{0-0}{x-0}=0

ugyanígy az y-szerinti parciális derivált az origóban 0.

Máshol a függvény differenciálhatóakból van összetéve a differenciálhatóságot megőrző módon, így differenciálható. A deriváltfüggvények:

\partial_x f(x,y)=\frac{3x^2y(x^2+y^2)^2-x^3y2(x^2+y^2)(2x)}{(x^2+y^2)^4}=x^2y\frac{3(x^2+y^2)^2-4x^2(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)^4}

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:

\partial_x f(x,x)=x^2x\frac{3(x^2+x^2)^2-4x^2(x^2+x^2)}{(x^2+x^2)^4}=\frac{x^3(3(2x^2)^2-8x^4)}{(2x^2)^4}=\frac{x^3(4x^4)}{(2x^2)^4}

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) \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\sin\left(\frac{1}{n}\right)
(b) \sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^n\sin\left(\frac{1}{n}\right)
(c) Értelmezés sikertelen (formai hiba): \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{e^{\frac{1}{n}}{n^3}}
(d) \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}e^{\frac{1}{n}-1}

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:

\frac{\frac{1}{n}\sin\left(\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n^2}}=\frac{\sin\left(\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}}\to 1\in \mathbf{R}^+

mert 1/n \to 0 és

\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}

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

\frac{1}{n+1}<\frac{1}{n}

amiből a sin függvény (-π/2,π/2)-beli monoton növekvő volta miatt: sin(1/(n+1))< sin(1/n).

Persze a sor nem abszolút konvergens, mert az abszolútértékekből képezett sorra:

\sin\left(\frac{1}{n}\right)\sim\frac{1}{n}

hiszen

\sin(x)\sim_0x\,

vagyis az ekvikonvergencia kritérium miatt a ∑1/n-nel divergens.

5

Számítsuk ki az

f(t)=\mathrm{e}^{-2t^3}\, és a
g(t)=\sin(t^2)\,

0-ban eltűnő integrálfüggvényeit, vagyis az

F(x)=\int\limits_{0}^x\mathrm{e}^{-2t^3}\,\mathrm{d}t és G(x)=\int\limits_{0}^x\cos(t^2)\,\mathrm{d}t

függvényeket. (Számítsuk ki az értéküket az 1-ben 0,1 pontossággal!)

Megoldás

Látható, hogy sem parciális integrálással, sem helyettesítéses integrálással nem juthatunk eredményre. Kényszerű kelletlen Taylor-sorokkal kell kiszámítanunk az integrálokat. Ez nem ad majd zárt alakot, de legalább akármilyen pontosságra kiszámíthatjuk a keresett függvényeket.

Felhasználjuk, hogy

\mathrm{e}^{x}=1+x+\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2\cdot 3}x^3+\frac{1}{2\cdot 3\cdot 4}x^4+...\,

illetve

\sin x=x-\frac{1}{2\cdot 3}x^3+\frac{1}{2\cdot 3\cdot 4\cdot 5}x^5-+...\,

Behelyettesítve:

\mathrm{e}^{-2t^3}=1-2t^3+\frac{1}{2}(-2t^3)^2+\frac{1}{2\cdot 3}(-2t^3)^3+\frac{1}{2\cdot 3\cdot 4}(-2t^3)^4+...\,=
=1-2t^3+\frac{2^2}{2}t^6-\frac{2^3}{2\cdot 3}t^9+\frac{2^4}{2\cdot 3\cdot 4}t^{12}+...\,

illetve

\sin (t^2)=t^2-\frac{1}{2\cdot 3}t^6+\frac{1}{2\cdot 3\cdot 4\cdot 5}t^{10}-+...\,

Az integrálokat tagonkénti integrálással kapjuk:

\int\limits_{0}^x\mathrm{e}^{-2t^3}\,\mathrm{d}x=\int\limits_{0}^x 1-2t^3+\frac{2^2}{2}t^6-\frac{2^3}{2\cdot 3}t^9+\frac{2^4}{2\cdot 3\cdot 4}t^{12}+...\,\,\mathrm{d}x=
=x-\frac{2}{4}x^4+\frac{2^2}{2\cdot 7}x^7-\frac{2^3}{2\cdot 3\cdot 10}x^{10}+\frac{2^4}{2\cdot 3\cdot 4\cdot 13}x^{13}+...

illetve

\int\limits_{0}^x\sin (t^2)\,\mathrm{d}x=\int\limits_{0}^x t^2-\frac{1}{2\cdot 3}t^6+\frac{1}{2\cdot 3\cdot 4\cdot 5}t^{10}-+...\,\mathrm{d}x=
=\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{2\cdot 3\cdot 7}x^7+\frac{1}{2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 11 }x^{11}-+...\,

A hiba (egy intervallumon, itt a [0,1]-en) legfeljebb a már ki nem írt tag abszolút értéke. Ahhoz, hogy 0,1 legyen legfeljebb a hiba, az első függvény esetén a ötödik tag értéke 1-re 2/39, ami már kisebb mint 0,1, így

F(1)\approx_{<0,1}1-\frac{2}{3}+\frac{2}{7}-\frac{2}{15}

Amásodik függvénynél már a második tag is kisebb 0,1-nél, így

G(1)\approx_{<0,1}\frac{1}{3}

*

1

Adjuk meg tetszőleges H Hilbert-térben az kétdimenziós L altérre merőlegesen vetítés leképezését!

2

L2[0,2π]-ben altér az L={λsin+μcos} számítsuk ki az f(x)=x függvény erre eső merőleges vetületét.

A skaláris szorzat az

(f,g)=\int\limits_{0}^{2\pi}fg

Ekkor

proj_{\sin}f=

Személyes eszközök