Matematika A1 - Vizsga: 2007.01.02

1. Mely z komplex számokra teljesül az alábbi feltétel?

$(z-{\overline {z}}={\sqrt {2}}*i)\;\;\&\;\;(z*{\overline {z}}=1)$

Megoldás

$z_{1}={\underline {\underline {{\frac {\sqrt {2}}{2}}+{\frac {\sqrt {2}}{2}}i}}}\;\;\&\;\;z_{2}={\underline {\underline {-{\frac {\sqrt {2}}{2}}+{\frac {\sqrt {2}}{2}}i}}}$

A megoldás menete: z-t algebrai alakban felírva: z = a+b*i

$z-{\overline {z}}={\sqrt {2}}*i\Rightarrow (a+b*i)-(a-b*i)={\sqrt {2}}*i\Rightarrow 2b*i={\sqrt {2}}*i\Rightarrow b={\underline {\underline {\frac {\sqrt {2}}{2}}}}$

$z*{\overline {z}}=1\Rightarrow (a+b*i)*(a-b*i)=1\Rightarrow a^{2}-ab*i+ab*i-b^{2}*i^{2}=1\;\;\&\;\;i^{2}=-1\Rightarrow a^{2}+b^{2}=1$

$a^{2}+b^{2}=1\;\;\&\;\;b^{2}={\frac {1}{2}}\Rightarrow a^{2}+{\frac {1}{2}}=1\Rightarrow a^{2}={\frac {1}{2}}\Rightarrow a_{1}={\underline {\underline {\frac {\sqrt {2}}{2}}}}\;\;\&\;\;a_{2}={\underline {\underline {-{\frac {\sqrt {2}}{2}}}}}$

$z_{1}=a_{1}+b*i\;\;\&\;\;z_{2}=a_{2}+b*i\Rightarrow z_{1}={\frac {\sqrt {2}}{2}}+{\frac {\sqrt {2}}{2}}i\;\;\&\;\;z_{2}=-{\frac {\sqrt {2}}{2}}+{\frac {\sqrt {2}}{2}}i$

2. Határozza meg a következő határértékeket!

$a,\;\;\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{3n^{3}}}\right)^{n^{3}}$

$b,\;\;\lim _{n\to \infty }\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{n}}\right)^{n}$

$c,\;\;\lim _{n\to \infty }\left(1-{\frac {1}{n}}\right)^{n^{3}}$

Megoldás

a, Feladat:

$\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{3n^{3}}}\right)^{n^{3}}={\underline {\underline {e^{1/3}}}}={\underline {\underline {\sqrt[{3}]{e}}}}$

A megoldás menete: nevezetes határértékre való visszavezetés

$\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {a}{n}}\right)^{n}=e^{a}\;\;a\in \mathbb {R} ,a=konstans$

legyen m=n^3, n->végtelen, akkor n^3=m->végtelen

$\lim _{m\to \infty }\left(1+{\frac {1/3}{m}}\right)^{m}={\underline {\underline {e^{1/3}}}}={\underline {\underline {\sqrt[{3}]{e}}}}$

b, Feladat:

$\lim _{n\to \infty }\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{n}}\right)^{n}=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{3}}*{\frac {3}{n}}\right)^{n}$

Kiemelve:

$\lim _{n\to \infty }\left({\frac {1}{3}}\right)^{n}*\left(1+{\frac {-3}{n}}\right)^{n}=0$

Mivel:

$\lim _{n\to \infty }\left({\frac {1}{3}}\right)^{n}=0$

$\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {-3}{n}}\right)^{n}=e^{-3}={\frac {1}{e^{3}}}=0$

c, Feladat:

$\lim _{n\to \infty }\left(1-{\frac {1}{n}}\right)^{n^{3}}={\underline {\underline {0}}}$

A megoldás menete: nevezetes határértékre való visszavezetés

$\lim _{n\to \infty }\left(1-{\frac {1}{n}}\right)^{n}={\frac {1}{e}}$

A feladatban szereplő kifejezés felírható a köv. alakban:

$\lim _{n\to \infty }\left(1-{\frac {1}{n}}\right)^{n^{3}}=\lim _{n\to \infty }\left(\left(1-{\frac {1}{n}}\right)^{n}\right)^{n^{2}}$

Mivel 1/e < 1

$\lim _{n\to \infty }\left({\frac {1}{e}}\right)^{n^{2}}={\underline {\underline {0}}}$

3. Válaszolja meg a kérdést!

$\lim _{x\to {0+}}\left({\frac {2x^{2}*\ln {x}+4x^{4}*\ln ^{2}{x}}{4x^{4}*\ln ^{2}{x}+6x^{2}*\ln {x}}}\right)=\;?$

Megoldás

$\lim _{x\to {0+}}\left({\frac {2x^{2}*\ln {x}+4x^{4}*\ln ^{2}{x}}{4x^{4}*\ln ^{2}{x}+6x^{2}*\ln {x}}}\right)={\underline {\underline {\frac {1}{3}}}}$

A megoldás menete:

A 2 nem 0, valós, konstans szám -> egyszerűsíthetünk vele.

$\lim _{x\to {0+}}{\frac {2x^{2}*\ln {x}+4x^{4}*\ln ^{2}{x}}{4x^{4}*\ln ^{2}{x}+6x^{2}*\ln {x}}}=\lim _{x\to {0+}}{\frac {2x^{4}*\ln ^{2}{x}+x^{2}*\ln {x}}{2x^{4}*\ln ^{2}{x}+3x^{2}*\ln {x}}}$

Az x^2 nem 0, valós (x tart a 0-hoz, de nem egyenlő vele) -> ezzel is egyszerűsíthetünk.

$\lim _{x\to {0+}}{\frac {2x^{4}*\ln ^{2}{x}+x^{2}*\ln {x}}{2x^{4}*\ln ^{2}{x}+3x^{2}*\ln {x}}}=\lim _{x\to {0+}}{\frac {2x^{2}*\ln ^{2}{x}+\ln {x}}{2x^{2}*\ln ^{2}{x}+3*\ln {x}}}$

Az ln(x) nem 0, valós ( ln(x) tart a -végtelenhez, de nem egyenlő vele) -> ezzel is egyszerűsíthetünk.

$\lim _{x\to {0+}}{\frac {2x^{2}*\ln ^{2}{x}+\ln {x}}{2x^{2}*\ln ^{2}{x}+3*\ln {x}}}=\lim _{x\to {0+}}{\frac {2x^{2}*\ln {x}+1}{2x^{2}*\ln {x}+3}}$

Ezután vizsgáljuk meg, hova tart 2x^2 * ln(x), ha x -> 0+

Mivel "0" * "-végtelen" alakú a kifejezés, átalakítható "végtelen"/"végtelen" alakúra, ami után már gond nélkül alkalmazhatjuk a L'Hospital szabályt.

$\lim _{x\to {0+}}{2x^{2}*\ln {x}}=\lim _{x\to {0+}}{-2*{\frac {-\ln {x}}{1/(x^{2})}}}=\lim _{x\to {0+}}{-2*{\frac {-1/x}{-2/x^{3}}}}=\lim _{x\to {0+}}{-(x^{2})}=0$

Miután beláttuk, hogy a részkifejezés 0-hoz tart, megvizsgáljuk az egészet.

$\lim _{x\to {0+}}{\frac {2x^{2}*\ln {x}+1}{2x^{2}*\ln {x}+3}}=\lim _{x\to {0+}}{\frac {0+1}{0+3}}={\underline {\underline {\frac {1}{3}}}}$

4. Hol és milyen szakadása van a függvénynek?

$f(x)={\frac {e^{1/x}}{1+e^{1/x}}}$

Megoldás

$f(x)={\frac {e^{1/x}}{1+e^{1/x}}}$

Megoldás -- Pogo - 2007.01.05.

Megoldás menete:jobb bal oldali hat érték. A nevező nem lehet=0 mert ${1+{e^{1/x}}}\neq 0$ mivel ${e^{1/x}}\neq -1$

Tehát csak x=0 ban van szakadás.

$\lim _{x\to {0+}}{\frac {e^{1/x}}{1+e^{1/x}}}=\lim _{y\to \infty }{\frac {e^{y}}{1+e^{y}}}=\lim _{z\to \infty }{\frac {z}{z+1}}\approx {\frac {\infty }{\infty }}L'H{\frac {1}{1}}=1$

$\lim _{x\to {0-}}{\frac {e^{1/x}}{1+e^{1/x}}}=\lim _{y\to {-\infty }}{\frac {e^{y}}{1+e^{y}}}=\lim _{z\to {0}}{\frac {z}{z+1}}={\frac {0}{1}}=0$

Tehát a Jo. és bo. hat érték nem ua. -> x=0-ban ugrása van.

5. Válaszolja meg a kérdést!

Legyen f mindenütt deriválható függvény!

$f(x)={\frac {\sin x}{x}}\;\;,ha\;\;x\neq 0$

$f(0)=\;?,\;f'(0)=\;?$

Megoldás

6. Konvergensek-e a következő improprius integrálok?

$\displaystyle {a.\;\;\int _{2}^{\infty }{\frac {1}{\ln x}}dx}$

$\displaystyle {b.\;\;\int _{1}^{\infty }{\frac {1}{1-\cos {(x/2)}}}dx}$

Megoldás