Matematika A1 - Vizsga: 2007.01.02

1. Mely z komplex számokra teljesül az alábbi feltétel?

$(z-\bar{z}=\sqrt{2}*i)\mathrm{\&}(z*\bar{z}=1)$

Megoldás

$z_1=\underset{\_}{\underset{\_}{\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i}}\mathrm{\&}{z}_2=\underset{\_}{\underset{\_}{-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i}}$

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

$z-\bar{z}=\sqrt{2}*i\Rightarrow (a+b*i)-(a-b*i)=\sqrt{2}*i\Rightarrow 2b*i=\sqrt{2}*i\Rightarrow b=\underset{\_}{\underset{\_}{\frac{\sqrt{2}}{2}}}$

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

$a^2+b^2=1\mathrm{\&}{b}^2=\frac{1}{2}\Rightarrow a^2+\frac{1}{2}=1\Rightarrow a^2=\frac{1}{2}\Rightarrow a_1=\underset{\_}{\underset{\_}{\frac{\sqrt{2}}{2}}}\mathrm{\&}{a}_2=\underset{\_}{\underset{\_}{-\frac{\sqrt{2}}{2}}}$

$z_1=a_1+b*i\mathrm{\&}{z}_2=a_2+b*i\Rightarrow z_1=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i\mathrm{\&}{z}_2=-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i$

2. Határozza meg a következő határértékeket!

$a,\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{(1+\frac{1}{3n^3})}^{n^3}$

$b,\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{(\frac{1}{3}-\frac{1}{n})}^n$

$c,\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{(1-\frac{1}{n})}^{n^3}$

Megoldás

a, Feladat:

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

A megoldás menete: nevezetes határértékre való visszavezetés

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{(1+\frac{a}{n})}^n=e^{a}a\in \mathbb{ℝ},a=konstans$

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

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

b, Feladat:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{(\frac{1}{3}-\frac{1}{n})}^n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{(\frac{1}{3}-\frac{1}{3}*\frac{3}{n})}^n$

Kiemelve:

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

Mivel:

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

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{(1+\frac{-3}{n})}^n=e^{-3}=\frac{1}{e^3}=0$

c, Feladat:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{(1-\frac{1}{n})}^{n^3}=\underset{\_}{\underset{\_}{0}}$

A megoldás menete: nevezetes határértékre való visszavezetés

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{(1-\frac{1}{n})}^n=\frac{1}{e}$

A feladatban szereplő kifejezés felírható a köv. alakban:

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

Mivel 1/e < 1

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

3. Válaszolja meg a kérdést!

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

Megoldás

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

Megoldás -- Hanci - 2007.01.05.

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

A megoldás menete:

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

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

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

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

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

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

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.

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

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

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

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 $1+e^{1/x}\ne 0$ mivel $e^{1/x}\ne -1$

Tehát csak x=0 ban van szakadás.

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

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

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

5. Válaszolja meg a kérdést!

Legyen f mindenütt deriválható függvény!

$f(x)=\frac{\sin x}{x},hax\ne 0$

$f(0)=?,f^{\prime }(0)=?$

Megoldás

6. Konvergensek-e a következő improprius integrálok?

$a.\underset{2}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{1}{\ln x}dx$

$b.\underset{1}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{1}{1-\cos (x/2)}dx$

Megoldás