1. feladatsor Feladatok

1. feladatsor
Feladatok
1. Számoljuk ki az alábbi határértéket.
sin(1 − x)
lim
x−→1 ln(x2 )
2. Hol monoton az f(x) = x ln x függvény?
3. Számoljuk ki az alábbi integrált.
x + 1
x 2 − x dx
4. Mekkora területű síkidomot zár közre az f(x) = 2 + |x − 1| és a g(x) =
+ 7 függvény grafikonja?
− x
5
5. Határozzuk meg az alábbi függvény értelmrzési tartományát.
f(x, y) = ln(1 + y − x 2 ) + 1 − y
6. Keressük meg az f(x, y) = x 2 +2x+y 3 −3y függvény lokális szélső értékeit.
7. Számoljuk ki az A2 mátrix determinánsát, ha
⎡
−1 1 1
⎤
A = ⎣ 1 1 1 ⎦ .
1 −1 −1
8. Oldjuk meg bázisvektor cserével az alábbi egyenletrendszert.
x − y + z = 1
2x + y + z = 4
x + 2y = 3
9. Műveletek trigonometrikus alakú komplex számokkal.
10. Lineáris egyenletrendszerek, a megoldhatóságról szóló tétel.
1

Megoldás
′′ 0 ′′
1. Ha megvizsgáljuk a számlálót és a nevezőt láthatjuk, hogy ez egy 0
típusú határérték. Mivel a számláló és a nevező is differenciálható függvény
a L’Hospital szabályt fogjuk alkalmazni.
A számláló deriváltja (sin(1 − x)) ′ = − cos(1 − x), a nevező deriváltja
(ln(x2 )) ′ = 1
x2 2x = 2
x . Megvizsgáljuk a deriváltak hányadosának a határértékét
az 1 helyen.
− cos(1 − x)
lim
x−→1 2 =
x
−1
2
Ezért a L’Hospital szabály értelmében az eredeti határérték is ennyi.
2. Tudjuk, hogy f az értelmezési tartományának azokon a részhalmazain
monoton, ahol a deriváltja állandó előjelű. Világos, hogy az értelmezési
tartomány most a Df = (0, ∞) intervallum.
f-et a szorzatfüggvény deriválási szabálya alapján deriválva azt kapjuk,
hogy f ′ (x) = ln x + x 1
x = ln x + 1. Az f ′ (x) = 0, azaz ln x = −1 egyenlet
egyetlen megoldása x = e−1 = 1
e . Könnyű ellenőrizni (hiszen f ′ monoton
növő függvény), hogy f ′ az 1
e -nél nagyobb számokra pozitív, a kisebbekre,
de azért pozitív számokra, negatív értéket vesz fel. Emiatt tehát f a 0, 1
e
intervallumon csökkenő, az 1
e , ∞ intervallumon növő.
3. Az integrandus egy valódi racionális függvény, ezért a parciális törtekre
bontás módszerét fogjuk alkalmazni. A nevező gyöktényezős felbontása
x 2 − x = x(x − 1). Ebből látjuk, hogy a nevezőnek két különböző valós
gyöke van. A nevező gyöktényező felbontásának a szerkezete miatt az
alábbi alakú résztörtekre bontással próbálkozunk:
x + 1
x2 A B
= +
− x x x − 1 ,
ahol A és B egyelőre ismeretlen konstansok. Közös nevezőre hozva
x + 1
x2 A(x − 1) + Bx
= =
− x x(x − 1)
(A + B)x − A
.
x(x − 1)
Az együtthatók összehasonlításából azt kapjuk, hogy A + B = 1 és −A =
1. Ezekből az egyenletekbő A = −1 és B = 2 adódik. Az integrandus
parciális törtekre bontása tehát a következő:
x + 1
x2 −1 2
= +
− x x x − 1 .
Mivel összeget tagonként lehet integrálni
2

4.
x + 1
x2 dx =
− x
Figure 1:
−1
dx +
x
= − ln |x| + 2 ln |x − 1| + C.
2
dx =
x − 1
Ábrázoljuk egy koordináta-rendszerben az f és a g függvényeket.
Ezt látjuk a ??. ábrán. A két görbe által közrezárt terület egy háromszög.
Meghatározzuk a háromszög csúcsainak a koordinátáit. A legalsó csúcspont
koordinátái A(1, 2). A másik két csúcspontot az f(x) = g(x) egyenlet
megoldásából kapjuk. Ennek érdekében f(x)-et írjuk a következő alakba:
f(x) =
−x + 3 ha x ≤ 1
x + 1 ha x > 1
A bal oldali csúcspont első koordinátája a −x + 3 = − x
5 + 7 egyenlet
megoldásából x = −5, második koordinátája y = 8, tehát C(−5, 8).
A jobb oldali csúcspont első koordinátája az x + 1 = − x
5 + 7 egyenlet
megoldásából x = 5, második koordinátája y = 6, tehát B(5, 6).
A síkidomot célszerű az x = 1 függőleges egyenessel két részre vágni.
3

Ekkor a bal oldali rész T1-el jelölt területére a
T1 =
1
−5
(g(x) − f(x))dx,
a jobb oldali rész T2-vel jelölt területére a
formula írható fel.
Ebből
T1 =
illetve
T2 =
1
−5
5
1
T2 =
− x
+7−(−x+3)dx =
5
− x
+7−(x+1)dx =
5
5
1
5
1
1
−5
(g(x) − f(x))dx
1
2
4x 2x
+4dx = + 4x
5 5 −5
= 22 72
−(−10) =
5 5 ,
− 6x
+6dx = −
5 3x2
5
+ 6x = 15−
5 1
33 42
=
5 5 .
Jelöljük a keresett területet T -vel. Mivel nyilvánvalóan T = T1 + T2, azt
kapjuk, hogy T = 72
5
+ 42
5
= 114
5 .
5. Jelöljük a síknak azt a részhalmazát ahol a logaritmusos kifejezés értelmes
H1-el, azt ahol a gyökös kifejezés értelmes H2-vel. Nyilván Df = H1 ∩H2.
Meghatározzuk H1-et. Az a feltétel, hogy 1 + y − x 2 > 0. Ez az y = x 2 − 1
egyenletű görbe feletti pontokra igaz.
H2 esetén az a feltétel, hogy 1−y ≥ 0. Ez az y = 1 egyenes alatti pontokra
és az egyenes pontjaira igaz.
A két halmaz metszete a ??. ábrán látható.
A véges síkidomot határoló parabolaív pontjai nem, de az egyenes szakasz
pontjai, a végpontokat kivéve, az értelmezési tartományhoz tartoznak.
6. Az első megjegyzésünk az, hogy a függvény értelmezési tartománya az
egész sík. Meghatározzuk az elsőrendű parciális deriváltakat.
Az fx(x, y) = 0
fy(x, y) = 0
fx(x, y) = 2x + 2, fy(x, y) = 3y 2 − 3.
4
azaz
2x + 2 = 0
3y 2 − 3y = 0

Figure 2:
egyenletrendszerből x = −1, y = ±1. A stacionárius pontok halmaza
tehát
S = {(−1, 1), (−1, −1)}
Meghatározzuk az másodrendű parciális deriváltakat.
fxx(x, y) = 2, fxy(x, y) = 0, fyx(x, y) = 0, fyy(x, y) = 6y.
Ezeket felhasználva a D(x, y) függvény
D(x, y) = fxx(x, y)fyy(x, y) − f 2 xy(x, y) = 12y.
Sorban megvizsgáljuk a stacionárius pontokat.
A (−1, 1) pontban D(−1, 1) = 12 > 0, ez tehát szélső érték hely és mivel
fxx(−1, 1) = 2 > 0 itt lokális minimum van, aminek értéke f(−1, 1) = −3.
A (−1, −1) pontban D(−1, −1) = −12 < 0, ez tehát nem szélső érték hely.
7. Elvégezve a szorzást
⎡
A 2 = ⎣
3 −1 −1
1 1 1
−3 1 1
5
⎤
⎦ .

Ha most az első sort hozzáadjuk a harmadik sorhoz, az új harmadik sor
csupa nullából fog állni, ezért a determináns értéke 0.
8. Felírjuk az induló táblát.
x1 x2 x3 b
e1 1 -1 1 1
e2 2 1 1 4
e3 1 2 0 3
Válasszuk generáló elemnek az e1 sorának és x1 oszlopának a kereszteződésében
álló 1-est, azaz
x1 x2 x3 b
e1 1 -1 1 1
e2 2 1 1 4
e3 1 2 0 3
Elvégezve a bazisvektor cserét az alábbi táblázatot kapjuk.
x2 x3 b
x1 -1 1 1
e2 3 -1 2
e3 3 -1 2
Válasszuk most a megjelölt −1-et generáló elemnek:
Bázisvektor csere után kapjuk:
x2 x3 b
x1 -1 1 1
e2 3 -1 2
e3 3 -1 2
b
x1
x2
2 3
x3 -3 -2
e3 0 0
Látjuk, hogy további bázisvektor csere nem hajtható végre. Az együttható
mátrix rangja ρ(A) = 2, a kibővített mátrix rangja ρ( Ã) = 2. A két
rang megeggyezik ezért van megoldás. Az ismeretlenek száma 3 tehát a
szabadság fok 3 − ρ(A) = 1, tehát végtelen sok megoldás van. Ezek az
utolsó táblázat alapján a következő formában adhatók meg:
x1 + 2x2 = 3
x3 − 3x2 = −2 ,
⎧
⎨ x1 = 3 − 2t
x2 = t ,
⎩
x3 = −2 + 3t
ahol a t tetszőleges valós paraméter.
6