Matematika A1 - Vizsga: 2007.01.23 forrásának megtekintése

__NOTOC__
{{vissza|Matematika A1a - Analízis}}

===1. Feladat===

Adja meg az összes olyan <math>z</math> komplex számot, melyre <math>z^4=2j\frac{-8+6j}{3+4j}</math>.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Végezzük el először a <math>2j</math>-vel való beszorzást.

<math>z^4=\frac{-16j-12}{3+4j}=\frac{-4*(3+4j)}{3+4j}=-4</math>

Mivel a komplex síkon a (-4;0) koordinátájú pontba mutató helyvektor forgásszöge <math>\pi</math> és nagysága 4, így:

<math>z^4=-4=-4+0*j=4*(cos\pi+j*sin\pi)</math> Mert 

Ebből kell most negyedik gyököt vonni:

<math>z=\sqrt{2}*(cos\frac{\pi+2k\pi}{4}+j*sin\frac{\pi+2k\pi}{4})</math> ahol <math>k=0,1,2,3</math>

}}

===2. Feladat===

Határozza meg az alábbi határértékeket!

<math>a,\;\lim_{x\to\infty}\frac{3^{n+2}+n^3}{3^n-n}=?</math>

<math>b,\;\lim_{x\to\infty}\frac{(3-\frac{1}{n})^n}{3^n}=?</math>

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

'''a, Feladat:''' 

<math>\lim_{x\to\infty}\frac{3^{n+2}+n^3}{3^n-n}=
\lim_{x\to\infty}\frac{3^2+{n^3}/{3^n}}{1-{n}/{3^n}}=
\frac{9+0}{1-0}=9</math>

'''b, Feladat:'''

<math>\lim_{x\to\infty}\frac{(3-\frac{1}{n})^n}{3^n}=
\lim_{x\to\infty}\left(\frac{3-\frac{1}{n}}{3}\right)^n=
\lim_{x\to\infty}\left(1-\frac{\frac{1}{3}}{n}\right)^n=
e^{-\frac{1}{3}}</math>

}}

===3. Feladat===

Melyik igaz, melyik nem:

a, Ha <math>f</math> folytonos <math>[a,b]</math>-n, akkor <math>f</math> korlátos <math>[a,b]</math>-n

b, Ha <math>f</math> folytonos <math>(a,b)</math>-n, akkor <math>f</math> korlátos <math>(a,b)</math>-n

c, Ha <math>f</math> folytonos <math>(a,b)</math>-n, akkor véges sok pont kivételével <math>f</math> deriválható <math>(a,b)</math>-n

d, Ha <math>f</math> értelmezett és véges sok pont kivételével deriválható <math>(a,b)</math>-n akkor folytonos itt

e, Ha <math>f</math> deriválható <math>(a,b)</math>-n, akkor <math>f</math> folytonos <math>(a,b)</math>-n

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Ehhez a feladathoz még nincs megoldás!

Ha tudod, írd le ide ;)

}}

===4. Feladat===

Hány megoldása van az <math>x^{13}-13x-9=0</math> egyenletnek? Ha van(nak) megoldás(ok), állapítsa meg előjelüket!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Mivel 13-ad fokú egyenletet nem tudunk megoldani, függvényvizsgálattal kell megkeresni a megoldásokat.
A feladat ekvivalens a következővel:

Hány zérushelye van az <math>f(x)=x^{13}-13x-9</math> függvénynek?

Deriváljuk a függvényt először:

<math>f'(x)=13x^{12}-13</math>

Ahol a derivált nulla, ott lokális szélsőértéke van a függvénynek.

<math>13x^{12}-13=0</math>, ebből <math>x=-1</math> vagy <math>x=1</math>

Most megnézzük, hogy ezek maximum vagy minimum helyek. Ezt a második derivált segítségével tudjuk megnézni, amibe ha vissza helyettesítjük az x-et, a következőt tudjuk meg: 

ha f"(x)>0 a függvény konvex, és minimuma van,
 
ha f"(x)<0, a függvény konkáv, és maximuma van.

<math>f''(x)=156x^{11}</math> , ebből <math>f''(-1)=-156</math> és <math>f''(1)=156</math>.

Tehát a függvénynek (-1)-ben lokális maximuma, 1-ben lokális minimuma van.

Így igaz, hogy a függvény a <math>(\infty,-1)</math> intervallumon szigorúan monoton nő, a
<math>(-1,1)</math> intervallumon szigorúan monoton csökken, míg a <math>(1,\infty)</math> intervallumon szigorúan monoton nő.

Emiatt és mivel az f(x) függvény folytonos, így lehet 1, 2 vagy 3 zérushelye, amit a következőképpen derítünk ki:

<math>f(-1)=3</math> és <math>f(1)=-21</math> -ből és az előzőekből következik, hogy -1 és 1 között van zérushely, továbbá, hogy -1 előtt és 1 után is van egy-egy.

Most már csak a -1 és 1 közötti zérushely előjelét kell eldönteni, legkönnyebb így: <math>f(0)=-9</math>, tehát -1 és 0 közt van a zérushely, így előjele negatív.

Tehát az egyenletnek 3 megoldása van, két negatív és egy pozitív.

}}

===5. Feladat===

Határozza meg az alábbi integrál értékét!

<math>\int_1^e ln^2x\mathrm{d}x=?</math>

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A megoldás során azt a trükköt alkalmazzuk, hogy az integrálandó függvényt beszorozzuk 1-el, majd pedig ezt integráljuk parciálisan.

<math>v'(x)=1 \;\;\;\&\;\;\; u(x)=ln^2x</math>

<math>v(x)=x \;\;\;\&\;\;\; u'(x)=2{lnx \over x}</math>

<math>\int_1^e 1*ln^2x\mathrm{d}x=\left[xln^2x\right]_1^e-\int_1^e x*2\frac{lnx}{x}\mathrm{d}x=
[xln^2x]_1^e-2\int_1^e lnx\mathrm{d}x=</math>

<math>\int_1^e lnx\mathrm{d}x \;</math>-et az előző módszerrel ismét parciálisan integráljuk integráljuk:

<math>\left[xln^2x\right]_1^e-2\left(\left[xlnx\right]_1^e-\int_1^e x*\frac{1}{x}\mathrm{d}x\right)=</math>

<math>\left[xln^2x\right]_1^e-2\left(\left[xlnx\right]_1^e-\left[x\right]_1^e\right)=</math>

<math>\left[x\left(ln^2x-2lnx+2\right)\right]_1^e=</math>

<math>e(1-2+2)-1(0-0+2)=e-2</math>

}}

===6. Feladat===

Határozza meg az alábbi határértéket!

<math>\lim_{x\to\infty}\frac{\int_0^x \arctan{(t)}\mathrm{d}t}{x}=?</math>

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Végezzük el először az integrálást, parciálisan, mint az előző feladatban is:

<math>\int_0^x 1*\arctan{(t)}\mathrm{d}t=\left[t*\arctan{(t)}\right]_0^x-\int_0^x t*\frac{1}{t^2+1}\mathrm{d}t=\left[t*\arctan{(t)}\right]_0^x-\frac{1}{2}\int_0^x \frac{2t}{t^2+1}\mathrm{d}t=</math>

<math>=\left[t*\arctan{(t)}\right]_0^x-\frac{1}{2}\left[ln\left(t^2+1\right)\right]_0^x=
x*\arctan{x}-0-\frac{1}{2}ln\left(x^2+1\right)+0=x*\arctan{x}-\frac{1}{2}ln\left(x^2+1\right)</math>

Most ezt visszahelyettesítjük:

<math>\lim_{x\to\infty}\frac{x*\arctan{x}-\frac{1}{2}ln\left(x^2+1\right)}{x}=</math>
<math>\lim_{x\to\infty}\left(\arctan{x}-\frac{ln\left(x^2+1\right)}{2x}\right)=</math>
<math>\frac{\pi}{2}-\lim_{x\to\infty}\frac{ln\left(x^2+1\right)}{2x}</math>

<math>\lim_{x\to\infty}\arctan{x}=\frac{\pi}{2}</math>


A második kifejezést pedig 2-szer L'Hospital-juk:

<math>\lim_{x\to\infty}\frac{ln(x^2+1)}{2x}=</math>
<math>\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{2x}{x^2+1}}{2}=</math> 
<math>\lim_{x\to\infty}\frac{x}{x^2+1}=</math>
<math>\lim_{x\to\infty}\frac{1}{2x}=0</math>


Tehát a feladat megoldása: <math>\frac{\pi}{2}-0=\frac{\pi}{2}</math>

}}

[[Category:Villanyalap]]