Matematika A1 - Vizsga: 2007.01.23

← Vissza az előző oldalra – Matematika A1a - Analízis

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

Megoldás

Végezzük el először a $2j$-vel való beszorzást.

$z^{4}={\frac {-16j-12}{3+4j}}={\frac {-4*(3+4j)}{3+4j}}=-4$

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

$z^{4}=-4=-4+0*j=4*(cos\pi +j*sin\pi )$ Mert

Ebből kell most negyedik gyököt vonni:

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

2. Határozza meg az alábbi határértékeket!

$a,\;\lim _{x\to \infty }{\frac {3^{n+2}+n^{3}}{3^{n}-n}}=?$

$b,\;\lim _{x\to \infty }{\frac {(3-{\frac {1}{n}})^{n}}{3^{n}}}=?$

Megoldás

a, Feladat:

$\lim _{x\to \infty }{\frac {3^{n+2}+n^{3}}{3^{n}-n}}=\lim _{x\to \infty }{\frac {3^{2}+{n^{3}}/{3^{n}}}{1-{n}/{3^{n}}}}={\frac {9+0}{1-0}}=9$

b, Feladat:

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

3. Melyik igaz, melyik nem:

a, Ha $f$ folytonos $[a,b]$-n, akkor $f$ korlátos $[a,b]$-n

b, Ha $f$ folytonos $(a,b)$-n, akkor $f$ korlátos $(a,b)$-n

c, Ha $f$ folytonos $(a,b)$-n, akkor véges sok pont kivételével $f$ deriválható $(a,b)$-n

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

e, Ha $f$ deriválható $(a,b)$-n, akkor $f$ folytonos $(a,b)$-n

Megoldás

Ehhez a feladathoz még nincs megoldás!

Ha tudod, írd le ide ;)

4. Hány megoldása van az $x^{13}-13x-9=0$ egyenletnek? Ha van(nak) megoldás(ok), állapítsa meg előjelüket!

Megoldás

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

Hány zérushelye van az $f(x)=x^{13}-13x-9$ függvénynek?

Deriváljuk a függvényt először:

$f'(x)=13x^{12}-13$

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

$13x^{12}-13=0$, ebből $x=-1$ vagy $x=1$

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.

$f''(x)=156x^{11}$ , ebből $f''(-1)=-156$ és $f''(1)=156$.

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

Így igaz, hogy a függvény a $(\infty ,-1)$ intervallumon szigorúan monoton nő, a $(-1,1)$ intervallumon szigorúan monoton csökken, míg a $(1,\infty )$ intervallumon szigorúan monoton nő.

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

$f(-1)=3$ és $f(1)=-21$ -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: $f(0)=-9$, tehát -1 és 0 közt van a zérushely, így előjele negatív.

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

5. Határozza meg az alábbi integrál értékét!

$\int _{1}^{e}ln^{2}x\mathrm {d} x=?$

Megoldás

Parciálisan fogunk integrálni, beviszünk az integrálba egy 1-es szorzót, ez lesz $v'(x)$, és $u(x)=ln^{2}x$.

$\int _{1}^{e}1*ln^{2}x\mathrm {d} x=[xln^{2}x]_{1}^{e}-\int _{1}^{e}x*{\frac {2lnx}{x}}\mathrm {d} x=[xln^{2}x]_{1}^{e}-2\int _{1}^{e}lnx\mathrm {d} x$

$\int _{1}^{e}lnx\mathrm {d} x$-et az előző módszerrel integráljuk:

$[xln^{2}x]_{1}^{e}-2([xlnx]_{1}^{e}-\int _{1}^{e}x*{\frac {1}{x}}\mathrm {d} x)=$ $[xln^{2}x]_{1}^{e}-2([xlnx]_{1}^{e}-[x]_{1}^{e})=$ $[x(ln^{2}x-2lnx+2)]_{1}^{e}=$

$e(1-2+2)-1(0-0+2)=e-2$

6. Határozza meg az alábbi határértéket!

$\lim _{x\to \infty }{\frac {\int _{0}^{x}\arctan {t}\mathrm {d} t}{x}}=?$

Megoldás

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

$\int _{0}^{x}1*\arctan {t}\mathrm {d} t=[t*\arctan {t}]_{0}^{x}-\int _{0}^{x}t*{\frac {1}{t^{2}+1}}\mathrm {d} t=[t*\arctan {t}]_{0}^{x}-{\frac {1}{2}}\int _{0}^{x}{\frac {2t}{t^{2}+1}}\mathrm {d} t=$ $=[t*\arctan {t}]_{0}^{x}-{\frac {1}{2}}[ln(t^{2}+1)]_{0}^{x}=$ $=x*\arctan {x}-0-{\frac {1}{2}}ln(x^{2}+1)-0=x*\arctan {x}-{\frac {1}{2}}ln(x^{2}+1)$

Most ezt visszahelyettesítjük:

$\lim _{x\to \infty }{\frac {x*\arctan {x}-{\frac {1}{2}}ln(x^{2}+1)}{x}}=$ $\lim _{x\to \infty }(\arctan {x}-{\frac {ln(x^{2}+1)}{2x}})=$ ${\frac {\pi }{2}}-\lim _{x\to \infty }{\frac {ln(x^{2}+1)}{2x}}$

Mert, $\lim _{x\to \infty }\arctan {x}={\frac {\pi }{2}}$.

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

$lim_{x\to \infty }{\frac {ln(x^{2}+1)}{2x}}=$ $\lim _{x\to \infty }{\frac {\frac {2x}{x^{2}+1}}{2}}=$ $\lim _{x\to \infty }{\frac {x}{x^{2}+1}}=$ $\lim _{x\to \infty }{\frac {1}{2x}}=0$

Így a feladat megoldása: ${\frac {\pi }{2}}-0={\frac {\pi }{2}}$

A feladatokat le kellene ellenőrizni + hozzáadni a 3. feladat megoldását.

-- r.crusoe - 2008.01.14.