Kalkulus példatár informatikusoknak II. : egyetemi tananyag 9789632795225, 9632795229 [PDF]

Zitiervorschau

Írta:

SZALKAI ISTVÁN DÓSA GYÖRGY

KALKULUS PÉLDATÁR INFORMATIKUSOKNAK II. Egyetemi tananyag

2011

COPYRIGHT: 2011–2016, Dr. Szalkai István, Dr. Dósa György, Pannon Egyetem M˝uszaki Informatikai Kar Matematika Tanszék LEKTORÁLTA: Dr. Molnárka Gy˝oz˝o, Széchenyi István Egyetem M˝uszaki Tudományi Kar Mechatronika és Gépszerkezettan Tanszék Creative Commons NonCommercial-NoDerivs 3.0 (CC BY-NC-ND 3.0) A szerz˝o nevének feltüntetése mellett nem kereskedelmi céllal szabadon másolható, terjeszthet˝o, megjelentethet˝o és el˝oadható, de nem módosítható. TÁMOGATÁS: Készült a TÁMOP-4.1.2-08/1/A-2009-0008 számú, „Tananyagfejlesztés mérnök informatikus, programtervez˝o informatikus és gazdaságinformatikus képzésekhez” cím˝u projekt keretében.

ISBN 978-963-279-522-5 KÉSZÜLT: a Typotex Kiadó gondozásában ˝ VEZETO: ˝ Votisky Zsuzsa FELELOS ˝ AZ ELEKTRONIKUS KIADÁST ELOKÉSZÍTETTE: Juhász Lehel

KULCSSZAVAK: többváltozós integrálás és deriválás, közönséges differenciálegyenletek, parciális törtekre bontás, Laplace-transzformáció, Fourier-sorok. ÖSSZEFOGLALÁS: A példatárban található feladatok felölelik a többváltozós integrálás és deriválás, közönséges differenciál- és integro- egyenletek, a parciális törtekre bontás, Laplace-transzformáció és Fourier-sorok, az RLC elektronikus áramkörök alapjait. A b˝oséges útmutatóban röviden megtaláljuk a legfontosabb megoldási módszerek leírását is. A feladatgy˝ujtemény legnagyobb részét a feladatok részletes megoldásai (esetenként magyarázatokkal, megjegyzésekkel) teszik ki. A függelékben a legfontosabb tételek, képletek, táblázatok és tárgymutató kaptak helyet. Két animáció és két szemléltet˝o program is segíti a megértést és egyszer˝ubb feladatok kiszámíttatását. Mind egyéni, mind csoportos felkészüléshez ajáljuk ezt a példatárat.

Tartalomjegyzék Bevezetés

7

Feladatok F1. Többváltozós függvények folytonossága és deriválhatósága . . . . . Folytonosság . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Parciális deriváltak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Differenciálhatóság . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Iránymenti derivált . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Összetett függvény deriválása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Magasabbrend˝u deriváltak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Széls˝oértékszámítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Érint˝osík, Taylor-polinom, közelít˝o módszerek . . . . . . . . . . F2. Két- és többváltozós integrálok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Szukcesszív integrálás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Transzformációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Többváltozós integrálok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . F3. Többváltozós integrálok alkalmazásai . . . . . . . . . . . . . . . . F4. Közönséges differenciálegyenletek alapjai . . . . . . . . . . . . . . F5. Els˝orend˝u differenciálegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Szétválasztható változójú egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . Visszavezethet˝o típusok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lineáris egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bernoulli-egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Egzakt egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . F6. Els˝orend˝u differenciálegyenletek alkalmazásai . . . . . . . . . . . . F7. Parciális törtekre bontás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . F8. Laplace-transzformáció és inverze . . . . . . . . . . . . . . . . . . F9. Integro-differenciálegyenletek megoldása Laplace-transzformációval Lineáris differenciálegyenletek és -rendszerek . . . . . . . . . . . Integro-differenciálegyenletek és -rendszerek . . . . . . . . . . . Alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . F10. Fourier-sorok, alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fourier-sorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9 9 9 9 10 10 11 11 12 12 12 12 14 15 15 16 17 17 17 17 18 18 18 19 20 21 21 22 22 24 24 25

c www.tankonyvtar.hu

4

TARTALOMJEGYZÉK

Útmutatások U1. Többváltozós függvények folytonossága és deriválhatósága . . . . . U2. Két- és többváltozós integrálok, transzformációk . . . . . . . . . . . Transzformációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . U3. Többváltozós integrálok alkalmazásai . . . . . . . . . . . . . . . . . Fizikai képletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . U4. Közönséges differenciálegyenletek alapjai . . . . . . . . . . . . . . . U5. Els˝orend˝u differenciálegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Szétválasztható változójú egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . Visszavezethet˝o típusok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lineáris egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bernoulli-egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Egzakt egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . U6. Els˝orend˝u differenciálegyenletek alkalmazásai . . . . . . . . . . . . U7. Parciális törtekre bontás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . U8. Laplace-transzformáció és inverze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . U9. Integro-differenciálegyenletek megoldása Laplace-transzformációval Alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . U10. Fourier-sorok, alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . R-L-C áramkörökr˝ol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Megoldások M1. Többváltozós függvények folytonossága és deriválhatósága Folytonosság . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Parciális deriváltak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Differenciálhatóság . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Iránymenti derivált . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Összetett függvény deriválása . . . . . . . . . . . . . . . Magasabbrend˝u deriváltak . . . . . . . . . . . . . . . . . Széls˝oértékszámítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Érint˝osík, Taylor-polinom, közelít˝o módszerek . . . . . . M2. Két- és többváltozós integrálok, transzformációk . . . . . . Szukcesszív integrálás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Transzformációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Többváltozós integrálok . . . . . . . . . . . . . . . . . . M3. Többváltozós integrálok alkalmazásai . . . . . . . . . . . . M4. Közönséges differenciálegyenletek alapjai . . . . . . . . . M5. Els˝orend˝u differenciálegyenletek . . . . . . . . . . . . . . Szétválasztható változójú egyenletek . . . . . . . . . . . . Visszavezethet˝o típusok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lineáris egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bernoulli-egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Egzakt egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . M6. Els˝orend˝u differenciálegyenletek alkalmazásai . . . . . . . c www.tankonyvtar.hu

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26 26 29 30 32 32 33 34 34 34 34 35 35 36 36 37 37 37 38 39

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40 40 40 41 43 47 49 51 53 61 63 63 71 73 75 80 82 82 83 87 88 89 91

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

TARTALOMJEGYZÉK

5

M7. Parciális törtekre bontás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . M8. Laplace-transzformáció és inverze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . M9. Integro-differenciálegyenletek megoldása Laplace-transzformációval Lineáris differenciálegyenletek és -rendszerek . . . . . . . . . . . . Integro-differenciálegyenletek és -rendszerek . . . . . . . . . . . . Alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . M10. Fourier-sorok, alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fourier-sorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

96 100 105 105 112 113 118 118 127

Javasolt irodalom

130

Név- és tárgymutató

131

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

Bevezetés Feladatgy˝ujteményünk újdonsága, hogy (majdnem) minden feladat részletes, lépésenkénti megoldását tartalmazza, rövid elméleti magyarázatokkal. A megoldás elolvasása el˝ott azonban olvassuk el a 2. részben írt rövid Útmutatást, ahol a legtöbb elméleti képletet is megtaláljuk. Két animációt és két interaktív programot is mellékelünk: A RAMKOR - ANIM . GIF (+html) és T RAKTRIX - ANIM . GIF (+html), I RANYMEZO . EXE és E ULERTV. EXE, ez utóbbiakhoz tömör H ELP vagy H ELP használati útmutató és mintaképek is tartoznak. A válogatott gyakorlati példák els˝osorban a matematikai számítási módszerek (többváltozós integrál- és differenciálszámítás, közönséges differenciálegyenletek) és azok alkalmazásainak (modell-állítás) jobb megértését kívánják el˝osegíteni. Kiemelten kezeltük az elektronikai alkalmazásokat. Bár nem a szokásos analízishez tartozik: közelít˝o módszereket is igyekeztünk minél többet bemutatni: érint˝osíkok, Euler-töröttvonal, Fourier-sorok, stb. felhasználásával. Ezek nagy része a folytonos mennyiséget/módszert közelíti diszkrét mennyiségekkel illetve módszerekkel, ami az informatikai módszerek egyik alappillére. Természetesen nem csak informatikusok forgathatják haszonnal a feladatgy˝ujteményt: a feladatokat szigorú matematikai alapossággal oldjuk meg, az alkalmazások megértéséhez középiskolai ismeretek is elegend˝oek. A feladatok nehézségi foka nagyon sokféle: az egyszer˝u bevezet˝o példáktól egészen a „tanárizzasztó” méret˝uig minden megtalálható benne. Terjedelmi okokból kimaradtak: komplex számok és alkalmazásaik; differenciálegyenleteknél az „állandók variálása” és a „klasszikus” módszerek, hiányos egyenletek. Legtöbb feladattípusra csak egy megoldási módszert ismertetünk, mégpedig azokat a módszereket részesítettük el˝onyben, melyek K.É.P. nélkül általános megoldásokat adnak. Magasabbrend˝u egyenleteket csak Laplace transzformációval oldunk meg. Részletes Laplace-, differenciálés egyéb táblázatokat (és egyéb oktatási segédanyagokat) találunk Szalkai István honlapjának Analízis c. részében: HTTP :// MATH . UNI - PANNON . HU /~ SZALKAI / címen. Elemi analízis problémák gyakorlására javasoljuk dr. Koltay László – dr. Szalkai István: Analízis I. feladatgy˝ujteményét (Pannon Egyetemi Kiadó, Veszprém, 2008), amely szintén részletes megoldásokat és megjegyzéseket, képleteket is tartalmaz. Néhány alkalmazott jelölés: y = f (x) helyett sokszor csak y-t vagy y(x)-t írunk, ex helyett néha exp(x)-et; arctg(x) = arctan(x), sh(x) = sinh(x), ch(x) = cosh(x), th(x) = tanh(x), stb.; többváltozós függvényeknél: z = f (x, y) vagy z = f (x1 , x2 , . . . , xn ); c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

8

BEVEZETÉS

többdimemziós pontoknál: (x1 , x2 , . . . , xn ) vagy a csak egyszer˝uen a, P ; ∂ d f , dx f , fx0 ; parciális deriváltakra: D1 f , ∂x∂ 1 f , dxd1 f , f10 vagy csak Dx f , ∂x DIFE = „differenciálegyenlet”, K.É.P. = „Kezdeti Érték Probléma”; H(t) = 1 (t ≥ 0) és H(t) = 0 máskor – ún. Heaviside függvény. Köszönetünket fejezzük ki dr. Gróf Józsefnek és dr. Székely Sándornak, a Matematika Tanszék lelkes oktatóinak az alkalmazások terén nyújtott sok segítségért!

c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

Feladatok F1. Többváltozós függvények folytonossága és deriválhatósága Folytonosság 1.1. Számítsuk ki a következ˝o függvények határértékét és ellen˝orizzük lehetséges folytonosságukat a feltüntetett „kritikus” helyeken:  
1 1 1 lim sin(xy) , lim , lim − , a) lim cos(y) sin x2 , x xy x y (x,y)→(0,1)

(x,y)→(π,0)

b) c)

y2

lim

2 2 (x,y)→(0,0) x +y

lim

√

(x,y)→(0,0)

lim

,

xy 2

2 2 (x,y)→(0,0) x +y

x , x2 +y 2

d)

x2 +y 2 2 −y 2 , x (x,y)→(1,1)

e)

x+y lim 2 +y 2 , x (x,y)→(∞,∞)

lim

lim

,

(x,y)→(0,0)

√ xy

(x,y)→(0,0)

(x,y)→(0,0)

x2 +y 2

,

(x,y)→(0,0)

sin(x) sin(y) , x2 +y 2

√x

lim (x,y)→(0,0)

2

x2 +y 2

lim x+y , (x,y)→(0,0) x−y ,

x−y lim 2 2, (x,y)→(1,1) x −y

lim

x+y lim 2 −y 2 , x (x,y)→(∞,∞)

x·y lim 2 +y 2 , x (x,y)→(∞,∞)

lim

sin



(x,y)→(∞,∞)

πx 6x+y



.

Parciális deriváltak 1.2. Adjuk meg a parciális deriváltak értékét az adott helyeken! a) f (x, y) = 2x2 + y − ∂ f (1, 2), ∂x

x y

+π

∂ f (1, 2), ∂y x

b) f (x, y, z) = ze− y ∂ f (0, 1, 2), ∂x

( c) f (x, y) =

√

0

∂ f (0, −4), ∂x

∂ f (0, −4). ∂y

x, z ∈ R, y 6= 0 ∂ f (1, 2, 0), ∂y

xy x2 +y 2

x ≥ 0, y 6= 0

ha ha

∂ f (1, 1, 0). ∂z

x2 + y 2 > 0 , x2 + y 2 = 0

∂ f (0, 0), ∂x

∂ f (0, 1), ∂y

∂ f (1, 2). ∂x

1.3. Adjuk meg a parciális derivált függvényeket! a) f (x, y, z) = x2 + x · y 2 + 3z 2 ∂ f (x, y, z), ∂x

∂ f (x, y, z), ∂y

x, y, z ∈ R ∂ f (x, y, z). ∂z

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

10

FELADATOK

b) f (x, y) = √

x x2 +y 2

(x2 + y 2 > 0),

∂ f (x, y). ∂y

∂ f (x, y), ∂x

Differenciálhatóság 1.4. Vizsgáljuk meg az alábbi függvények differenciálhatóságát! a) f (x, y) = x2 − xy + y 2 b) f (x, y) = y sin2 x + x cos2 y p c) f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
d) f (x, y) = ln 1 + xy ( xy x2 + y 2 > 0 2 2 e) f (x, y) = x +y 0 x2 + y 2 = 0 ( x|y| √ x2 + y 2 > 0 2 +y 2 x f) f (x, y) = 0 x2 + y 2 = 0 1.5. Adjuk meg a gradiensvektort az adott pontokban! a) f (x, y) = x3 + y 2 − 3xy (0, 0), (0, 1), (x, y), p b) f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 (1, 1, 1), (x, y, z), c) f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 d) f (x, y, z) = √

z x2 +y 2

(1, 2, 3), (3, 4, 5),

(x, y, z), (x, y, z).

Iránymenti derivált 1.6. Adjuk meg az f függvény iránymenti deriváltját az a pontban a v vektor illetve α szög irányában!   a) f (x, y, z) = ex

2 +y 2

a = (−1, 2),

b) f (x, y, z) = z sin(x + y) c) f (x, y) = ln(x + y) ( x|y| √ x2 +y 2 d) f (x, y) = 0

v=
a = π3 , π6 , 1 ,

a = (1, 1),

√1 , √1 2 2

√
v = 3, 11, 4 ,

α = 30◦ ,

x2 + y 2 > 0 x2 + y 2 = 0

,

a = (0, 0),

√
v = 1, 3 .

→ − 1.7. Adjuk meg az f (x, y) = x2 − 2x2 y + xy 2 + 1 függvény P (1, 2) pontbeli, Q (4, 6) vektor irányába vett iránymenti deriváltját! 1.8. Milyen irányban változik „legjobban” az f (x, y) = x2 +4y 2 függvény a P (2, 1) pontban? c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

F1. Többváltozós függvények folytonossága és deriválhatósága

11

Összetett függvény deriválása 1.9. Adjuk meg az összetett függvény deriváltját! a) f (x, y, z) = xyz, x(u, v) = u2 + v, b) f (x, y) = xy , 2 +y 2

x(r, φ) = r cos φ,

,

z(u, v) = sin u,

y(t) = et ,

x(t) = ln t,

c) f (x, y) = ex

y(u, v) = u − v 2 ,

y(r, φ) = r sin φ.

1.10. Adjuk meg az f ◦ (x, y) összetett függvény gradiensét az a pontban (azaz f (x(a), y(a)) értékét), ha a) f (x, y) = x2 + xy, a = (1, 2), x(1, 2) = 3, y(1, 2) = 4, √ grad x(1, 2) = (−1, 0), grad y(1, 2) = ( 2, 10), b)

∂ f (−1, 1) ∂x

∂ f (−1, 1) ∂y

= 3,

x(u, v) = u2 − v 2 ,

= 2,

uv , y(u, v) = − √ 2

√ a = (−1, 2).

1.11. Legyen g : R → R differenciálható függvény, és legyen
f (x, y) = xy + g xy (x 6= 0). Mutassuk meg, hogy teljesül az x·

∂ f (x, y) ∂x

+y·

∂ f (x, y) ∂y

= 2xy összefüggés.

Magasabbrendu˝ deriváltak 1.12. Adjuk megp az alábbi parciális derivált függvényeket: ∂2 ∂2 ∂2 f, f, f, a) f (x, y) = 2xy + y 2 ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 b) f (x, y, z) = 2x2 y − 3y 2 z + xyz ∂2 f, ∂x∂y

c) f (x, y) = xy

∂2 f, ∂x∂y

∂2 f, ∂y∂x

∂2 f, ∂x2

∂3 f, ∂x∂y∂z

∂3 f, ∂x2 ∂y

∂3 f, ∂x2 ∂y

∂3 f. ∂x∂y∂x

1.13. Számítsuk ki a következ˝o parciális deriváltak értékét a megadott helyen: a) f (x, y) =

( b) f (x, y) =

∂2 f (0, 0), ∂x2

1+x 1+y x3 y−xy 3 x2 +y 2

0

∂2 f (1, 1), ∂x∂y

x2 + y 2 > 0 x2 + y 2 = 0

∂2 f (2, 2), ∂y 2

∂2 f (0, 0), ∂x∂y

∂2 f (0, 0). ∂y∂x

1.14. Ha g, h : R → R kétszer differenciálható függvények, mutassuk meg, hogy az
√ f (x, y) = g(xy) + xy · h xy (xy > 0) függvényre teljesül, hogy 2

2

∂ 2 ∂ x2 ∂x 2 f (x, y) − y ∂y 2 f (x, y) = 0.

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

12

FELADATOK

Széls˝oértékszámítás 1.15. Hol vannak stacionárius pontjai (hol lehet széls˝oértéke) az alábbi függvényeknek? a) f (x, y, z) = x2 + 2xy − 2x + 2y 2 − 2y + z 2 + 1 b) f (x, y) = ex

2 −y 2

c) f (x, y) = sin x + cos y + x − y. 1.16. Keressük az alábbi függvények széls˝oértékeit: a) f (x, y) = 2x4 + y 4 − x2 − 2y 2 b) f (x, y) = xe−

x2 +y 2 2

c) f (x, y) = x4 + y 4 − 2x2 + 4xy − 2y 2 p d) f (x, y) = xy 1 − x2 − y 2 (x2 + y 2 ≤ 1) 1−x+y e) f (x, y) = p . 1 + x2 + y 2

Érint˝osík, Taylor-polinom, közelít˝o módszerek 1.17. i) Írja fel az alábbi függvények érint˝osíkjának egyenletét a megadott a pontokban, ii) az érint˝osík segítségével közelítse a függvényt az a pont egy környezetében, iii) számítsa ki a függvény értékét közelít˝oleg a b pontban: a) f (x, y) = x2 + y 2 ,

a = (4,3),

b = (4,01; 2,97),

b) f (x, y) = xy + xy ,

a = (3,2),

b = (2,98; 2,03),

c) x3 + x − y 3 + 2y + z 3 + 15 = 0,

P = (−1,3, 2),

b(−1,03; 2,96).

1.18. Keresse meg az alábbi egyenletrendszer egy közelít˝o megoldását a függvények érint˝osíkjainak segítségével a megadott kezd˝o értékekb˝ol kiindulva, 6 tizedesjegy pontossággal: ( f (x, y) = x3 + 2xy 2 − y 4 + 37 = 0 g(x, y) = 3x2 − 5x2 y + 2y 3 − 6 = 0 x0 = 1,5,

y0 = 2,5

x0 = 1,

ill.

y0 = 1.

x2 y

1.19. Írja fel az f (x, y, z) = x+3z függvény a = (2, −1,8) pont körüli 3-rend˝u Taylorpolinomját, és ennek felhasználásával becsülje meg az f (1,99, −0,89, 8,06) függvényértéket!

F2. Két- és többváltozós integrálok Szukcesszív integrálás 2.1. Számítsuk ki az alábbi szukcesszív (ismételt) integrálokat:     R7 R5 2 R2 R9 5 3 3 a) x + y dx dy, x y dy dx, 3

4

c www.tankonyvtar.hu

1

8

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

F2. Két- és többváltozós integrálok

b)

RR

f

ahol

f (x, y) =

H

13

x y

és

H az A(2, 3), B(2, 5), C(6, 5), D(6, 3) pontok

által határolt téglalap. R R c) (2x2 + 3xy + 4y 2 ) dxdy. [1,2]× [0,3]

2.2. Számítsa ki az alábbi

Rb v(x) R

f (x, y) dydx integrálokat, ahol

a u(x)

a) u(x) = x2 − 2x − 4, v(x) = 3x2 + 8x, f (x, y) = 3x2 + 8y 2 − xy, a = −6,83, b = 8,49, √ b) u(x) = x2 + x − 4, v(x) = 3 x + 8x, f (x, y) = x2 + xy, a = 3, b = 9. RR 2.3. Számítsa ki az alábbi f integrálokat, ahol a H korlátos tartományt alulról és felülr˝ol H

a g és h függvénygörbék határolják: a) f (x, y) = x + y, b) f (x, y) = 2y,

g(x) = x2 + 2x,

g(x) = x2 ,

h(x) = 4 − x2 ,

h(x) = x + 2,

g(x) = sin(x), h(x) = 2 sin(x), 0 ≤ x ≤ π. RR 2.4. Számítsa ki az alábbi f integrálokat. (Minden esetben rajzolja fel a H tartományt is. c) f (x, y) = y cos(x),

H

Ahol lehet, számítsa ki az integrált mind függ˝olegesen, mind vízszintesen is.) a) f (x, y) = x2 +y+1, H-t az x-tengely, y-tengely és az x+2y = 1 egyenes határolják, b) f (x, y) =

√ 1 − x2 és H = {(x, y) : x ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ 1},

c) f (x, y) = xy és H a koordinátatengelyek és az y = 1−x egyenes által bezárt korlátos halmaz, d!) f (x, y) = x2 + y 3 , H = ABC4 = az A(3, 2), B(5, 8) és C(9, 4) pontok által meghatározott háromszög, e) f (x, y) = yx és H = az (1, 0) középpontú egységsugarú kör x tengely feletti fele, f) f (x, y) = y és H = origó középpontú egységsugarú kör I. síknegyedbe es˝o negyede, √ g) f (x, y) = 1 + 2xy és H az y = x, y = 2x − 1 és x = 0 görbék által határolt korlátos halmaz, h) f (x, y) = xey és H-t az x = 0, y = 0, y = 2 és y = 4 − 2x egyenesek határolják. 2.5. Adja meg a H tartományt az alábbi feladatokban: √ √ 2 R3 4x−x R 2 R3/2 R1−y a) f (x, y) dydx, b) f (x, y) dxdy, 1

c)

√ − 3/2

1

R2

√ 1+ R 1−y

0

y

1/2

f (x, y) dxdy.

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

14

FELADATOK

2.6. Cserélje fel az integrálás sorrendjét (azaz vízszintes és függ˝oleges irányát) az alábbi feladatokban: a)

1,5 R 3−y/2 R 0

0

√

−

b*)

f (x, y) dxdy,

0

√

0

f (x, y) dxdy,

1−y 2

R3 Rx2

f (x, y) dxdy,

0 y

1−y R

R1

R1 R1

f (x, y) dydx +

0

R3/2

√ 2 R1−y

√ − 3/2

R4 Rx2

R3

4x−x R 2

1

1

f (x, y) dydx,

f (x, y) dxdy,

y

f (x, y) dydx,

3 2x−6

c) a 2.5. feladatban szerepl˝o integrálokban. R R x2 2.7. Számítsa ki az e dxy integrált, ahol H-t az x-tengely, az y = x és az x = 1 H

egyenesek határolják.

Transzformációk 2.8. Számítsuk ki az alábbi

RR

f integrálokat polártranszformáció segítségével, ahol:

H

a) f (x, y) = y

és

H = origó közep˝u egységsugarú kör I. síknegyedbe es˝o negyede,

b) f (x, y) = yx és H = az (1, 0) közep˝u egységsugarú kör x tengely feletti fele, p c1 ) f (x, y) = 3 x2 + y 2 és H = {(x, y) : x2 + y 2 ≤ 1, y > −x}, c2 ) f (x, y) = ln(1 + x2 + y 2 )

H = {(x, y) : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4}, n √ √ o c3 ) f (x, y) = x3 − 2xy és H = (x, y) : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4, 33 x ≤ y ≤ 3x , n o y2 x2 d) f (x, y) = 3x + y és H = (x, y) : 4 + 9 ≤ 1 .

2.9. Számítsuk ki az alábbi

RR

és

f integrálokat lineáris transzformáció segítségével, ahol:

H

a) f (x, y) = x2 − y 2 és meghatározott paralelogramma, b) f (x, y) = xy és rozott paralelogramma,

H = az A(0, 0), B(3, 1), C(5, 4), D(2, 3) pontok által

H = az A(0, 0), B(1, 2), C(1, 3), D(2, 1) pontok által meghatá-

c) f (x, y) = x + y és H = az A(−2, 0), B(0, 3), C(2, 0), D(0, −3) pontok által meghatározott paralelogramma. RR 2.10. Számítsuk ki az alábbi f integrálokat egyéb transzformáció segítségével, ahol: H

y a) f (x, y) = , H = az y = x meghatározott korlátos síkrész, c www.tankonyvtar.hu

1 , x

y =

4 , x

y = x és y = 2x görbék által

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

F3. Többváltozós integrálok alkalmazásai

b*) f (x, y) = 1, zott korlátos síkrész,

15

H = az y = x1 , y = x4 , y = x2 /2 és y = 2x2 görbék által meghatáro-

c) f (x, y) = 2x + 3y, H = az y = meghatározott korlátos síkrész.

1 , x

y =

3 , x

y =

1√ x 2

√ és y = 5 x görbék által

Többváltozós integrálok 2.11. Számítsuk ki az alábbi szukcesszív többszörös integrálokat: RRR a) (x + 3y 5 + xz 2 ) dxyz ahol H az (−1,2, −3) és (4, 5, 9) átlós csúcsokkal meghaH

tározott téglatest, b)

R2 2+3x R x+y R

(x2 − 3y 3 + xz) dzdydx,

c*)

1 2−x x−7y

q 2 b 1− x2 a R R a 0

0

Rc c

q

2 x2 + y2 a2 b

yz √ dzdydx. x

F3. Többváltozós integrálok alkalmazásai 3.1. Számítsuk ki az alábbi görbék közötti területet: 4 1 a) y = , y = , y = x és y = 2x, x x 4 1 b) y = , y = , y = x2 /2 és y = 2x2 . x x 3.2. Határozza meg az f (x, y) = 1 − x2 − 2y 2 ellipszis keresztmetszet˝u „paraboloid” [x, y] sík feletti részének térfogatát. 3.3. Határozza meg az x2 +z 2 = r2 és y 2 +z 2 = r2 egymásra mer˝oleges hengerek metszetének térfogatát. 3.4. Mekkora térfogatot metsz ki az origó középpontú, R = 2 sugarú gömbb˝ol az ρ = R/2 sugarú, az origót érint˝o henger (Viviani- féle test)? 3.5. Határozza meg a z = xy ún. „nyeregfelület” x2 + y 2 = R kör „feletti” részének felszínét. p 3.6. Határozza meg a z = 1 − x2 − y 2 forgási paraboloid alakú tükör felszínét. 3.7. Határozzuk meg az alábbi, [x, y] síkban fekv˝o síkidomok súlypontjainak koordinátáit: a) az y = x2 görbe és y = 0, x = 4 egyenesek által határolt (homogén) paraboladarab, b) az x2 + y 2 ≤ R2 homogén körlemez y ≥ 0 fele,  c) (x, y) : x2/3 + y 2/3 ≤ R2 homogén asztroid I. síknegyedbe es˝o negyede. c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

16

FELADATOK

3.8. Az [x, y] sík (0, 0), (1, 0), (1, 1), (0, 1) négyzete fölé állított (z tengellyel párhuzamos) négyzetes hasábot elvágjuk a (0, 0, 0), (1, 0, 1), (1, 1, 2), (0, 1, 1) pontokon átmen˝o S síkkal. a) Határozzuk meg a keletkezett test súlypontjának [x, y] síkra való vetületét. b) Határozzuk meg a súlypont z koordinátáját is! 3.9. Határozzuk meg a z = 0, x = a, y = b síkokkal és a z 2 = xy felülettel határolt homogén test súlypontját. 3.10. Határozzuk meg az R sugarú, m tömeg˝u homogén körlap középpontjára vonatkozó tehetetlenségi nyomatékát! 3.11. Határozzuk meg az a × b méret˝u homogén téglalap oldalaira vonatkozó tehetetlenségi nyomatékát. 3.12. Határozzuk meg az y = x2 görbe és az y = x egyenes közötti homogén síklemez origóra vonatkozó tehetetlenségi nyomatékát. 3.13. Határozzuk meg az a él˝u kocka középpontján átmen˝o, az élekkel párhuzamos tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatékát.

F4. Közönséges differenciálegyenletek alapjai 4.0. Adjuk meg az alábbi differenciálegyenletek értelmezési tartományát: x·y x y √ y0 = 2 , y0 = + , a) y 0 = x2 − y 2 , y 0 = 2 y, x −1 2y 2x 2 y y b) x · y 0 + 2y = 3x, x − 3 + 2 · y 0 = 0. x x 4.1. Számítsuk ki az alábbi explixit egyenletek kezdetiérték-feladatai megoldásgörbéinek megadott pontbeli érint˝oi egyenletét! Számítsuk ki y 00 értékét is a megadott pontokban! a) y 0 = x2 − y 2 ,

y(1) = 2,

x2 , y(2) = 3, y · (1 + x3 ) x y + , y(−1) = −2, c) y 0 (x) = 2y 2x d*) x · y 0 (x) + 2 · y(x) = 3x, y(0) = 0. b) y 0 (x) =

4.2. Vázoljuk az alábbi explicit egyenletek iránymez˝ojét, a megadott tartományok legalább 4 × 4 pontjában, majd vázoljuk a megoldás-sereget („általános megoldás”). Végül rajzoljuk fel a K.É.P. megoldását vázlatosan. (Csak a megoldás elkészítése után használjuk a Feladatgy˝ujteményhez mellékelt I RANYMEZO . EXE interaktív programot!) a) y 0 = x2 − y 2 , 2 ≤ x ≤ 5, 1 ≤ y ≤ 4, y(3) = 2, √ b) y 0 = 2 y, −2 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 4, y(1) = 2, x·y c) y 0 = 2 , 1 < x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 4, y(2) = 1. x −1 c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

F5. Els˝orend˝u differenciálegyenletek

17

4.3. Oldjuk meg az el˝oz˝o feladat K.É.P.-t közelít˝oleg δ = 0,1 lépésközzel: számoljunk ki legalább 10 lépést (Euler „töröttvonal” közelít˝o módszere). (Csak a megoldás elkészítése után használjuk a Feladatgy˝ujteményhez mellékelt E ULERTV. EXE interaktív programot!) 4.4. Ellen˝orizzük, hogy az alábbi egyenleteket kielégítik-e a megadott függvények: y a) y 0 = , y(x) = c · x (c ∈ R), x y2 x·y ahol x2 + 2 = 1 (b > 0, |x| ≤ 1, y > 0), b) y 0 = 2 x −1 b ( (x − c)2 ha x ≥ c √ c) y 0 = 2 y ha y1 (x) = (x − c)2 ill. y2 (x) = (c ∈ R). 0 máskor

F5. Els˝orendu˝ differenciálegyenletek Oldjuk meg az alábbi els˝orend˝u differenciálegyenleteket.

Szétválasztható változójú egyenletek 5.1. a) y 0 (x) = y 2 (x) · cos(x), 0

b) y (x) =

x2 , y·(1+x3 )

y(0) = 2, c) y 0 (x)−1−x−y 2 −xy 2 = 0,

y(1) = 2,

y(0) = 1.

Visszavezethet˝o típusok A következ˝o típusú differenciálegyenleteket bizonyos transzformációkkal szétválasztható változójú egyenletekké alakíthatjuk. 5.2. a) y 0 (x) = (y − x)2 , c) y 0 (x) = cos(x + y), 5.3. a) y 0 (x) = c) y 0 (x) =

y2 + xy , x2 y − cos xy , x

b) y 0 (x) = (2x + 3y)2 + 1,

y(1) = 3,

y(0) = −1,

y(0) = π2 . b) y 0 (x) =

y(1) = 3,

x 2y

+

y , 2x

y(−1) = −2,

y(3) = π.

Lineáris egyenletek 5.4. y 0 (x) − x · y(x) = x, 5.5. a) y 0 (x) + c) y 0 (x) +

y(x) x 1−x x2

y(0) = 1.

+ ex = 0,

y(1) = 0,

· y(x) = e1/x ,

5.6. a) y 0 (x) + y(x) = e−x ,

b) y 0 (x) −

2x 1+x2

· y(x) = 1,

y(0) = 1,

b) x · y 0 (x) + 2y(x) = 3x,

y(0) = 0,

y(−1) = 2.

y(1) = 0,

c) (1 − x2 ) · y 0 (x) + x · y(x) = 1,

y(0) = 1,

d) y 0 (x) + tg(x) · y(x) = sin(2x),

y(0) = 2.

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

18

FELADATOK

Bernoulli-egyenletek 5.7. a) y 0 (x) − c) y 0 (x) −

y(x) x 2y x

=

= 2y 2 (x), y3 , x3

y(1) = 2,

b) y 0 (x) − y(x) = x ·

p

y(x),

y(0) = 1,

y(−1) = 2.

Egzakt egyenletek 5.8. a) (x2 + y) − (y − x)y 0 (x) = 0, b) y 0 (x) =

2x+3y·x2 , 3y 2 −x3

y(2) = 3,

y(0) = 0,

2

c) x − xy 3 + xy2 · y 0 (x) = 0, y(1) = −2,  2  2 y x d) x+y + x+y · y 0 (x) = 0, y(2) = 3.

F6. Els˝orendu˝ differenciálegyenletek alkalmazásai 6.1. Határozzuk meg azon függvénygörbéket, melyeket az y tengely körül állandó ω szögsebességgel megforgatva tetsz˝oleges pontjára helyezett pontszer˝u test egyensúlyban marad. 6.2. Határozzuk meg azon görbék egyenletét, amelyeknél az érintési pont felezi az érint˝onek a koordinátatengelyek közötti szakaszát. 6.3. Keressük meg azokat az y = f (x) görbéket, amelyeknek bármely E(x0 , y0 ) pontjára teljesül a következ˝o: az E-ben húzott érint˝o, az érintési pontban húzott „függ˝oleges” egyenes (egyenlete: x = x0 ) és a „vízszintes” ordináta- (y-) tengely által határolt háromszög területe (mindig) egységnyi. 6.4. Egy test 10 perc alatt 100 ◦ C-ról 60 ◦ C-ra h˝ult le. A környez˝o leveg˝o h˝omérsékletét 20 ◦ C-on tartják. Mikorra h˝ul le a test 25 ◦ C-ra, ha a h˝ulés sebessége arányos a test és a környezet h˝omérsékletének különbségével? 6.5. 100 gr sóra vizet öntünk és keverjük, az oldódás sebessége a még fel nem oldódott só tömegével arányos. 1 perc elteltével még 50 gr feloldatlan só volt az oldatban. Adjuk meg a feloldott só tömegének id˝ot˝ol való függését! 6.6. Egy 50 literes tartályban 8%-os sóoldat van. Egyszerre megnyitunk két csapot: az egyiken 4 `/perc sebességgel 10%-os sóoldat folyik be, a másikon (egyenletes elkeveredést feltételezve) ugyancsak 4 `/perc sebességgel folyik ki az oldat. Mennyi só lesz a tartályban 15 perc múlva? 6.7. * A járda szélén húzunk h hosszú kötélen egy (pontszer˝u) kiskocsit, amely kezdetben d > 0 távolságban van a járdától. Milyen görbe mentén halad a kocsi? c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

F7. Parciális törtekre bontás

19

6.8. Tetsz˝oleges edény alján lev˝o√ , az edény méreteihez képest kisméret˝u lyukon keresztül a víz kifolyási sebessége v = 0,6 2gh, ahol h a nyílás feletti vízoszlop magassága Mennyi id˝o alatt folyik ki a víz az A terület˝u lyukon keresztül, ha az edény a) alapkörén álló henger, b) csúcsán álló (lefelé sz˝ukül˝o) kúp, c) felül nyitott félgömb. 6.9. Milyen alakot vesz fel a két rögzített végénél felfüggesztett homogén, nem nyúló kötél, amit csak a saját súlya terhel? 6.10. u(t) feszültségforrásra kapcsoltunk sorosan egy R = 20Ω ellenállást és egy L = 10H önindukciójú tekercset. Határozzuk meg a t ≥ 0 id˝o függvényében az i(t) áramer˝osséget, ha i(0) = 0 és a) u(t) = 100 V (egyenfeszültség), b) u(t) = U0 · sin(ωt) V (váltófeszültség), ω = 100π, U0 = 240 V.

F7. Parciális törtekre bontás 7.1. Végezze el a következ˝o polinomok maradékos osztását: a) (x4 + x2 ) : (x − 2), b) (x3 + 3x + 5) : (2x2 − 7x + 9), c) (4x5 + 5x − 2) : (2x3 + 3). 7.2. Bontsa fel irreducibilis tényez˝ok szorzatára az alábbi polinomokat: a) x3 − 1,

x3 + 1,

x4 − 1,

b) 2x3 − 5x2 + 3x − 2,

x4 + 1,

x2 − 3x + 1,

x2 + 5x + 7,

2x3 − x2 − 1,

c*) x4 + 2x3 + 2x2 + 2x − 1. 7.3. Bontsa fel az alábbi törteket egy valódi tört és egy polinom összegére: x4 + 3x − 6 , x2 + x − 2

2x3 − 7x , x4 − 3

3x3 − 2x2 + 4 , x2 − 8x + 15

x5 + 1 , x5 − 3x

x5 + 2x2 + 3 . x+1

7.4. Írja fel az alábbi törtek racionális tört alakját, a konstansok kiszámítása nélkül: x3 − 8x2 + 12 , (x − 1)2 (x2 + 4x + 9)

x4 + 5x2 + 3 , (x + 7) (x2 + 5x + 7)2

x2 + 8x + 2 , (x − 1)3 (x2 + 4x + 9)2 (x + 7) (x2 + 5)

3x3 − 2x2 + 4 . x2 − 8x + 15

7.5. Bontsa fel az alábbi törteket parciális törtekre: 1 , k · (k + 1)

x+6 , 2 x +x−2

3x + 2 , 2 (x + 2x + 5) (x + 1)

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

x2 − 1 , x3 + 2x2

x , (1 − 2x)2 c www.tankonyvtar.hu

20

FELADATOK

x , (x − 1)3 (*)

x3 , (x2 + 1)2

x2 + 5 , x4 − 16

1 , 2 (1 − x ) (1 − x3 )

3x3 − 2x2 + 4 , x2 − 8x + 15

7s4 + 23s3 − 30s2 − 172s − 150 . (s + 2)4 (s − 5)

F8. Laplace-transzformáció és inverze 8.1. a) Vázoljuk az alábbi függvényeket és számítsuk ki Laplace-transzformáltjukat a definíció alapján: ( ( 1 ha 2 ≤ t < 3 1 ha 2 ≤ t f1 (t) = , f2 (t) = , 0 máskor 0 máskor  (  t − 1 ha 1 ≤ t < 2 t ha 3 ≤ t f3 (t) = , , (!) f4 (t) = 1 ha 2 ≤ t  0 máskor  0 máskor f5 (t) = a (3, 2) és (5, 7) pontokat összeköt˝o szakasz, ( sin(t) ha 2π ≤ t ≤ 4π f6 (t) = , 0 máskor ( k ha k − 1 ≤ t < k (k = 1, 2, 3, . . . ) . f7 (t) = 0 máskor b) Az alábbi periodikus függvényekhez keressünk képletet, majd határozzuk meg Laplacetranszformáltjaikat (használjuk a Heaviside-függvényt: H(t) = 1 ha t ≥ 0 és H(t) = 0 máskor).

1. ábra. 8.1.b)

c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

F9. Integro-differenciálegyenletek megoldása Laplace-transzformációval

21

8.2. Számítsuk ki az alábbi függvények Laplace-transzformáltját az alapfüggvények és a m˝uveleti szabályok segítségével: a) 7t2 − 3t + 5,

3 − 4e(5+6i)t ,

t3 e−7t ,

e5t cos(2t),

t3 eit ,

sh(2t),

t · ch(3t),

t2 e6t sin(4t), b*) 5t ,

cos2 (t),

1−e−t , t

cos3 (4t),

c) f1 (t) és f4 (t) a 8.1. feladatból. 8.3. Számítsuk ki az alábbi függvények Laplace-transzformáltját: t · cos(ωt), t · sin(ωt), t · ch(ωt), t · sh(ωt). 8.4. Számítsuk ki az alábbi racionális törtfüggvények inverz Laplace-transzformáltját parciális törtekre bontással: 1 1 1 5s + 3 s + 10 1 1 a) , , , , , , , 5s − 3 s2 − 4 s2 + 4 s2 + 4 s2 + 4s + 3 (s + 3)5 (2s − 1)3 4s + 2 , s2 + 6s + 13

s+1 , (s + 3)5 b*) c)

1 , 2 (s + ω 2 )2

3s + 6 , (s2 + 4)2

s2 , (s2 + ω 2 )2

s , 2 (s + ω 2 )2 s2 − 3 , (s2 + 4)2

s2 , (s − 3)5

1 , s3 + 6s2 + 13s

s3 , (s2 + 9)2

5s + 3 . (s2 − 1)2

8.5. Számítsuk ki a következ˝o konvolúciókat: eαx ∗ eβx ,

x ∗ eλx ,

x2 ∗ eλx ,

1 ∗ f (x),

xn n!

∗

xk k!

(n, k ∈ N).

F9. Integro-differenciálegyenletek megoldása Laplacetranszformációval Lineáris differenciálegyenletek és -rendszerek Laplace-transzformációval oldjuk meg az alábbi lineáris differenciálegyenleteket: 9.1. a) y 0 + 3y = ex + cos(2x),

y(0) = 1,

b) y 00 − 2y 0 − 3y = e3x + 2ex , c) y 00 − 6y 0 + 13y = 16xex ,

y(0) = 0, y 0 (0) = 0, y(0) = 2, y 0 (0) = 4,

d) y 00 + 6y 0 + 13y = e3x cos(2x), e) y 000 + 4y 0 = cos(2x),

y(0) = 0,

f) y 00 − 3y 0 − 10y = x2 e−2x ,

y(0) = 0, y 0 (0) = 0, y 0 (0) = 0, y 00 (0) = 0,

y(0) = 7, y 0 (0) = 2.

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

22

FELADATOK

9.2. a) y (3) (x) + y 0 (x) = 1,

y(π) = 2, y 0 (π) = 0, y 00 (π) = π,

b) y (3) (x) − y 00 (x) = −6x, 9.3. a) y 00 (x) − y(x) =

1 , 1+ex

b) y 00 (x) = arctg(x),

y(1) = 7, y 0 (1) = 10, y 00 (1) = 12. y(0) = y 0 (0) = 0,

y(0) = y 0 (0) = 0,

c) y 00 (x) − y(x) = th(x),

y(0) = y 0 (0) = 0, 2

d*) y 00 (x) − 2y 0 (x) + y(x) = 1 − e−x ,

y(0) = y 0 (0) = 0.

9.4. Laplace-transzformációval oldjuk meg az alábbi lineáris differenciálegyenlet-rendszereket: ( x0 (t) = 7x(t) + 9y(t) x(0) = 8 a) , y 0 (t) = x(t) − y(t) y(0) = 2 ( x0 (t) = x(t) + 2y(t) + e3t x(0) = 0 , b) y 0 (t) = x(t) + 2y(t) y(0) = 0 ( x0 (t) = −5x(t) − y(t) + 5et x(0) = −1 c) , y 0 (t) = x(t) − 3y(t) − 50tet y(0) = 2  0  x (t) = y(t) + 1 x(0) = 0 d) y 0 (t) = z(t) + 2 y(0) = 0 .   0 z (t) = x(t) + 3 z(0) = 0

Integro-differenciálegyenletek és -rendszerek 9.5. Laplace-transzformációval oldjuk meg az alábbi integro- differenciálegyenleteket és rendszereket: Rx a) y(x) = sin(x) + 0 ex−t · y(t) dt, Rx b) y 0 (x) + 2y(x) + 0 y(t) dt = sin(x), y(0) = 1, ( Rx Rx y1 (x) = 2 − 0 (x − t) · y1 (t) dt − 4 0 y2 (t) dt c) . Rx Rx y2 (x) = 1 − 0 y1 (t) dt − 0 (x − t) · y2 (t) dt

Alkalmazások 9.6. Egy R = 3Ω ellenállás, egy L = 1 Henry önindukciójú tekercs és egy C = 0,001F kondenzátor sorban van kapcsolva az u(t) feszültségre. Mekkora lesz az áramer˝osség t sec múlva? Az alábbi adatok esetén készítsen számításokat: a) u(t) = u0 , i(0) = i0 (0) = 0 illetve i(0) = i0 > 0, i(0) = i1 ≥ 0 (magára hagyott rezg˝okör), b) u(t) = sin(10t), i(0) = i0 (0) = 0 (gerjesztett rezg˝okör), c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

F9. Integro-differenciálegyenletek megoldása Laplace-transzformációval

23

2. ábra. 9.6.d**)

c*) vizsgáljuk meg a megoldás tendenciáját ( lim i(t) értékét) a gerjeszt˝o ωg frekvenciától t→∞

függ˝oen, azaz u(t) = sin(ωg t), i(0) = i0 (0) = 0,

d**) oldjuk meg általánosan R, L, c ∈ R-re ha u(t) = U0 · sin(ωg t), i(0) = i0 (0) = 0, majd hasonlítsuk össze a c) feladattal. 9.7. S˝ur˝u anyagban lefelé süllyed˝o test sebessége m · v 0 (t) = mg − k · v(t), v(0) = v0 , ahol g a gravitációs állandó, m, k, v0 ∈ R+ valós számok. Keresend˝o v(t) és a„végleges” sebesség, azaz lim v(t). t→∞

9.8. Egy ideális, k rugóállandójú, súlytalan rugó végén m állandó tömeg˝u test függ, a rugót s0 hosszan megnyújtjuk / összenyomjuk (s0 > 0 vagy s0 < 0), ezen felül a rugó végét id˝oben változó FK (t) kényszerer˝ovel terheljük (pl. egy másik, ráakasztott, id˝oben változtatható tömeggel). Írjuk le és értékeljük a rugó végének s(t) kitérési függvényét, ha a) FK (t) = 0, s(0) = s0 (elengedett azaz terheletlen rugó), r k , s(0) = s0 (az ωK kényszerfrekvencia különb) FK (t) = mB · sin(ωK t) ha ωK 6= m bözik a rendszer saját frekvenciájától), r k c) ugyanaz, mint b) csak ωK = . m

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

24

FELADATOK

F10. Fourier-sorok, alkalmazások Fourier-sorok 10.1. Az alábbi ábrákhoz adja meg a függvényt definiáló formulát, majd számítsa ki Fouriersorukat: a)

3. ábra. 10.1.a)

b) lásd a 8.1.b) feladat ábráját. 10.2. Az alábbi képletekkel megadott periodikus függvényeket rajzolja fel és számítsa ki Fourier-sorukat: f0 (x) = 1, f2 (x) = x2 ,

x ∈ R;

x ∈ [−π, π];

f4 (x) = cos(3x),

x ∈ [−π, π];

f1 (x) = x,

f3 (x) = 5x2 − 4x + 7,

x ∈ [−2,2];

f5 (x) = |sin(x)|;

f6 (x) = e−2x , x ∈ [−2,2]; ( 1 ha − π ≤ x < 0 f7 (x) = , 0 ha 0 ≤ x < π ( u ha − L ≤ x < 0 fu,v (x) = , v ha 0 ≤ x < L ( x ha f11 (x) = 2x ha c www.tankonyvtar.hu

x ∈ [−π, π];

−1≤x0 , α pedig tetsz˝oleges (rögzített) valós szám, ahol Dom(F ) = {z ∈ C : Re(z) > α}.

U9. Integro - differenciálegyenletek megoldása Laplacetranszformációval 9.2. Ha a K.É.P nem az x0 = 0 pontban van megadva, akkor a függvényt vízszintesen eltolva alkalmazzuk az Eltolási tételt: L (f (t − b)) = e−bs F (s). 9.3. Ha az egyenlet jobb oldalán lev˝o f (x) függvénynek nincs Laplace-transzformáltja, akkor használjuk az F (s) = L (f (x)) rövidítést, majd vissza transzformáláskor a Konvolúciótételt: L (f ∗ g) = L(f ) · L(g), vagy másképpen L−1 (F · G) = L−1 (F ) ∗ L−1 (G).

Alkalmazások 9.6. Az ábrán vázolt rezg˝okörök esetén L · i00 (t) + R · i0 (x) +

1 · i(t) = u0 (t) C

(lásd még a 10. fejezet útmutatójában található általános elektronikai összefoglalót is). c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

38

ÚTMUTATÁSOK

9.7. Ha csak v(t) határértékére vagyunk kíváncsiak, akkor használhatjuk a következ˝o összefüggést: lim f (t) = lim s · F (s) t→∞

s→0

ahol F = L(f ). 9.8. Alkalmazzuk az Frug´o = −k · s

és

Fo¨ssz = m · a = m · s00 = Frug´o + FK

összefüggéseket.

U10. Fourier-sorok, alkalmazások A Fourier-sor definíciója („képlete”): ha az f függvény periódusa [−L, L], akkor     ∞  kπx kπx a0 X + + bk · sin ak · cos F (f (x)) := 2 L L k=1 ahol 1 ak = L

ZL

 f (x) cos

kπx L

 dx,

k = 0, 1, 2, . . .

dx,

k = 1, 2, . . . .

−L

1 bk = L

ZL

 f (x) sin

kπx L

 

−L

Speciálisan L = π esetén ∞

a0 X + (ak · cos(kx) + bk · sin(kx)) F (f (x)) = 2 k=1 ahol 1 ak = π bk =

1 π

Zπ f (x) cos(kx) dx,

k = 0, 1, 2, . . .

f (x) sin(kx) dx,

k = 1, 2, . . . .

−π Zπ



−π

10.1. Ha valamely függvény megkapható egy másik lineáris transzformációival, akkor Fourier-transzformáltját már könnyen el˝oállíthatjuk. Pontosabban: ha g(x) = α · f (x) + β és h(x) = f (γ · x) akkor

F(g) = F αf(x) + β = α · F f(x) + β

F(h) = F f(γx) (x) = F f(x) (γx) . c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

U10. Fourier-sorok, alkalmazások

39

R-L-C áramkörökr˝ol Soros kapcsolásnál if o (t) = i1 (t) = · · · = in (t), uf o (t) = u1 (t) + · · · + un (t), párhuzamos kapcsolásnál if o (t) = i1 (t)+· · ·+in (t), uf o (t) = u1 (t) = · · · = un (t) bármely t ∈ R id˝opillanatban, továbbá: R ellenállásnál L tekercsnél C kapacitásnál

uR (t) = R · i(t) uL (t) = L · uC (t) =

d i(t) dt

(R ∈ R), (L ∈ R),

1 Rt · i(τ ) dτ C 0

(C ∈ R).

A jegyzetben a 6.10, 9.6, 10.5 sorszámú feladatok vonatkoznak elektronikai áramkörökre. 10.5. Mivel a bemeneti körre felírt egyenlet |sin (100πt)| miatt nem számolható, ezért helyette Fourier-sorát véve tagonként oldjuk meg az egyenletet és a megoldásokat összegezzük.

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

Megoldások M1. Többváltozós függvények folytonossága és deriválhatósága Folytonosság 1.1. a)

lim

cos(y) sin

(x,y)→(π,0)

lim (x,y)→(0,1)

sin(xy) x

1 lim (x,y)→(0,0) xy

=

x 2




= 1 · 1 = 1.

lim (x,y)→(0,1)

sin(xy) yx

· y = 1 · 1 = 1. 1 lim = lim tx12 különböz˝o t száx→0 (x,y)→(0,0) xy 1 esetén lim x2 = +∞ míg pl. t = −1 esetén x→0

nem létezik, mert y = tx esetén

mokra különböz˝o eredményt ad, pl. t = 1 1 1 lim −x2 = −∞. Azonban lim xy = +∞ könnyen belátható.

x→0

(x,y)→(0,0)

lim (x,y)→(0,0)



1 x

−

1 y



1 x

nem létezik, mert lim

x→0

−

1 tx




= lim

x→0

t−1 tx




= 0 vagy ±∞, t-t˝ol és

x el˝ojelét˝ol függ˝oen. b)

y2 2 +y 2 x (x,y)→(0,0)

lim

xy 2 2 +y 2 x (x,y)→(0,0)

t2 x2 2 2 2 x→0 x +t x

nem létezik, mert lim

xy 2 x2 +y 2

=

t2 1+t2

nem csak egy értéket vesz fel.

tx3 x2 +t2 x2

t t 2 < K = x· 1+t 2 , de mivel 1+t 2 valamilyen K ∈ R korlátra (∀t ∈ R, K értéke lényegtelen), így x2xy+y2 < |x| · K → 0 mid˝on x → 0. lim

= 0 mert y = tx esetén

sin(x) sin(y) x2 +y 2 (x,y)→(0,0)

lim

=

nem létezik, mert y = tx esetén a

sin(x) sin(y) sin(x) sin(tx) sin(x) sin(tx) t = = · · 2 2 2 2 x +y x (1 + t ) x tx 1 + t2 kifejezés határértéke függ t értékét˝ol. lim x+y (x,y)→(0,0) x−y c)

lim (x,y)→(0,0)

x+tx x→0 x−tx

nem létezik, mert lim

√

x x2 +y 2

c www.tankonyvtar.hu

=

nem létezik, mert lim

x→0

1+t 1−t

függ t értékét˝ol.

√ x x2 +t2 x2

=

ñ1 1+t2

függ t értékét˝ol.

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M1. Többváltozós függvények folytonossága és deriválhatósága

41

lim √ xy = 0 mert y = tx esetén √ xy = x2 +y 2 x2 +y 2 √ t < K valamilyen K ∈ R korlátra (∀t ∈ R, 1+t2 xy √ x2 +y2 < |x| · K → 0 mid˝on x → 0. (x,y)→(0,0)

lim

√x

(x,y)→(0,0)

d)

2

→ 0), de a nevez˝o el˝ojele instabil, vagyis =

1 lim (x,y)→(1,1) x+y

x+y = 0, lim 2 2 (x,y)→(∞,∞) x +y 1 1+t < | 1 | · K → 0 mid˝on x x 1+t2 x

e)

x2 +y 2 x2 −y 2

mert y = tx esetén

lim (x,y)→(∞,∞)

sin

=

1 , x−y

nem létezik, mert y = tx esetén

πx 6x+y



x+y x2 +y 2

=

x+tx x2 +t2 x2

=

1 x

·

1+t 1+t2

és

→ ∞, a b) 2/ feladathoz hasonlóan.

x+y x+y 2 −y 2 nem létezik, mert x2 −y 2 x (x,y)→(∞,∞) 1 = −1 , ami minden h∈ R esetén más. x−y h



→ „ ± ∞” – ami nem lehetséges.

= 21 ,

lim

x·y 2 +y 2 x (x,y)→(∞,∞)

K értéke lényegtelen), így

2 2 nem létezik, mert ugyan xx2 +y → ∞ (a számláló korlátos és a nevez˝o −y 2

2 +y 2 lim xx2 −y 2 (x,y)→(1,1)

lim

t = x √1+t 2 , továbbá

= 0 az el˝oz˝o feladathoz hasonlóan.

x2 +y 2

x−y lim 2 2 (x,y)→(1,1) x −y

2 √ x t x2 +x2 t2

és az y = x + h helyettesítés alapján

x·y x2 +y 2

nem létezik, mert y = tx esetén

=

t 1+t2

πx 6x+y

=

minden t ∈ R-re más. π 6+t

minden t ∈ R-re más.

Parciális deriváltak 1.2. a) Az x változó szerinti√ parciális függvény és deriváltja y = 2 esetén: ∂ x 7→ f (x, 2) = 2x2 + 2 − 2x + π, x 7→ ∂x f (x, 2) = 4x − 4√1 x (x > 0), x = 1 7→

∂ 1 15 f (1, 2) = 4 − = . ∂x 4 4

Az y változó szerinti parciális függvény és deriváltja x = 1 esetén: ∂ y 7→ f (1, y) = 2 + y − y1 + π, y 7→ ∂y f (1, y) = 1 + y12 (y 6= 0), y = 2 7→

∂ 1 5 f (1, 2) = 1 + = . ∂y 4 4

Az x változó szerinti parciális függvény y = −4 esetén: √ x 2 x 7→ f (x, −4) = 2x − 4 + 4 + π (x ≥ 0) ∂ ami x = 0 pontban nem differenciálható, tehát ∂x f (0, −4) nem létezik. Az y változó szerinti parciális függvény és deriváltja x = 0 esetén: ∂ y 7→ f (0, y) = y + π, y 7→ ∂y f (0, y) = 1 (y 6= 0), y = −4 7→

∂ f (0, −4) = 1. ∂y

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

42

MEGOLDÁSOK

b) Az x változó szerinti parciális függvény és deriváltja y = 1, z = 2 esetén: ∂ f (x, 1, 2) = −2e−x , x 7→ f (x, 1, 2) = 2e−x , x 7→ ∂x x = 0 7→

∂ f (0, 1, 2) = −2. ∂x

Az y változó szerinti parciális függvény és deriváltja x = 1, z = 0 esetén: ∂ y 7→ f (1, y, 0) = 0, y 7→ ∂y f (1, y, 0) = 0 (y 6= 0), y = 2 7→

∂ f (1, 2, 0) = 0. ∂y

A z változó szerinti parciális függvény és deriváltja x = 1, y = 1 esetén: ∂ f (1, 1, z) = e−1 z 7→ f (1, 1, z) = ze−1 , z 7→ ∂z z = 0 7→

∂ 1 f (1, 1, 0) = . ∂z e

c) Az x változó szerinti parciális függvény és deriváltja y = 0 esetén: ∂ x 7→ f (x, 0) = 0, x 7→ ∂x f (x, 0) = 0 (x ∈ R), x = 0 7→

∂ f (0, 0) = 0. ∂x

Az y változó szerinti parciális függvény és deriváltja x = 0 esetén: ∂ y 7→ f (0, y) = 0, y 7→ ∂y f (0, y) = 0 (y ∈ R), y = 0 7→

∂ f (0, 0) = 0. ∂y

Az x változó szerinti parciális függvény és deriváltja y = 2 esetén:
0 2 −8 2x 2x ∂ x 7→ f (x, 2) = x2 +4 , x 7→ ∂x f (x, 2) = x2 +4 = − (x2x2 +4) (x ∈ R) , 2 x = 1 7→ 1.3. a) ∂ ∂y

∂ ∂x

(x2 + x · y 2 + 3z 2 ) = 2x + y 2 ,

(x2 + x · y 2 + 3z 2 ) = 2xy, b)

∂ 6 f (1, 2) = . ∂x 25

∂ ∂z

(x2 + x · y 2 + 3z 2 ) = 6z (x, y, z ∈ R). ! ∂ x y2 p = x2 + y 2 > 0 3 2 2 ∂x x +y (x2 + y 2 ) 2 ! ∂ x xy p =− x2 + y 2 > 0 3 2 2 ∂y 2 x2 + y 2 (x + y )

c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M1. Többváltozós függvények folytonossága és deriválhatósága

43

Differenciálhatóság 1.4. a) Mivel


∂ x2 − xy + y 2 = 2x − y ∂x
∂ x2 − xy + y 2 = 2y − x ∂y

x, y ∈ R x, y ∈ R

folytonosak, f (totálisan) differenciálható minden (x, y) ∈ R2 pontban.
∂ b) Mivel y sin2 x + x cos2 y = y sin 2x + cos2 y x, y ∈ R ∂x
∂ y sin2 x + x cos2 y = sin2 x − x sin 2y x, y ∈ R ∂y folytonosak, f (totálisan) differenciálható minden (x, y) ∈ R2 pontban. c) (  −1 ha x < 0 ∂ √ 2 ∂ x ∂ f (x, 0, 0) = x + 02 + 02 = |x| = = , x 6= 0 ∂x ∂x ∂x |x| +1 ha x < 0  ∂ ∂ p 2 x f (x, y, z) = x + y2 + z2 = p mivel y 2 + z 2 > 0 ∂x ∂x x2 + y 2 + z 2 tehát

x ∂ f (x, y, z) = p ∂x x2 + y 2 + z 2

ha

x2 + y 2 + z 2 > 0

és hasonlóan y ∂ f (x, y, z) = p ∂y x2 + y 2 + z 2 ∂ z f (x, y, z) = p 2 ∂z x + y2 + z2

ha x2 + y 2 + z 2 > 0 ha x2 + y 2 + z 2 > 0

folytonos függvények az origót kivéve, ezért f (totálisan) differenciálható minden (x, y, z) ∈ R3 r {(0, 0, 0)} pontban.
y ∂ d) ln 1 + xy = − x1 · x+y ha x 6= 0 és xy > −1 ∂x
∂ 1 ha x 6= 0 és xy > −1 ln 1 + xy = x+y ∂y  folytonos függvények, ezért f (totálisan) differenciálható a (x, y) ∈ R2 | x 6= 0 és xy > −1 halmaz minden pontjában. e) Mivel   xy ∂ ∂ x2 − y 2 f (x, y) = = −y · ∂x ∂x x2 + y 2 (x2 + y 2 )2   ∂ ∂ xy y 2 − x2 f (x, y) = = −x · ∂y ∂y x2 + y 2 (x2 + y 2 )2 c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

ha

x2 + y 2 > 0,

ha

x2 + y 2 > 0,

c www.tankonyvtar.hu

44

MEGOLDÁSOK

∂ ∂ f (x, 0) = 0, f (0, 0) = 0, f (0, y) = 0, f (0, 0) = 0, ∂x ∂y így a parciális derivált függvények folytonosak minden (x, y) ∈ R2 r {(0, 0)} pontban, tehát ezekben a pontokban f differenciálható. Az origóban viszont, bár léteznek a parciális deriváltak, f nem folytonos, ugyanis

 lim

n→∞

1 1 , n n



1 1 lim f ( , ) = lim n→∞ n→∞ n n

= (0, 0)

1 n2 1 n2

+

1 n2

= 2 6= f (0, 0) = 0

tehát f nem differenciálható a (0, 0) pontban. f) Mivel ∂ ∂ x |y| |y|3 p f (x, y) = ha y 6= 0 = 3 ∂x ∂x x2 + y 2 (x2 + y 2 ) 2 ∂ ∂ x |y| x3 p hay = 6 0 f (x, y) = = sign(y) · 3 ∂y ∂y x2 + y 2 (x2 + y 2 ) 2 folytonos függvények, f differenciálható minden (x, y) ∈ R2 r {(a, 0) | a ∈ R} pontban. Vizsgáljuk most a differenciálhatóságot az x tengely pontjaiban: ∂ f (0, 0) ∂x

A (0, 0) pontban nem differenciálható, ugyanis renciálhatóság esetén f (x, y) = f (0, 0) + x

=

∂ f (0, 0) ∂y

= 0 miatt a diffe-

∂ ∂ f (0, 0) + y f (0, 0) + R(x, y) = R(x, y) ∂x ∂y

R(x, y) p = 0 teljesülne. (x,y)→(0,0) x2 + y 2 lim

Most azonban ∂ f (a, 0) ∂x

=

lim ( 1 , 1 ) n→∞ n n

∂ f (a, 0) ∂y

R( n1 , n1 ) 1 6 0. Egy (a, 0), a 6= 0 pontban = = = (0, 0) és lim q n→∞ 2 1 1 + 2 2 n n

= 0, és differenciálhatóság esetén

f (x, y) = f (a, 0) + x ·

∂ ∂ f (a, 0) + y · f (a, 0) + R(x, y) = R(x, y), ∂x ∂y

R(x, y) p = 0 teljesülne. (x,y)→(a,0) x2 + y 2 Most azonban lim (a + n1 , n1 ) = (a, 0) és és

lim

n→∞

(a+ n1 )| n1 | 2 (a+ n1 ) + n12 lim q
2 n→∞ a + n1 − a + q

c www.tankonyvtar.hu

(a+ n1 ) 2 sign(a) (a+ n1 ) + n12 √ = √ 6 0. = 2 2

q

= lim 1 n2

n→∞

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M1. Többváltozós függvények folytonossága és deriválhatósága

45

5. ábra. 1.4.f) megoldás

x|y| z=p x2 + y 2 1.5. a) (x, y) ∈ R2 esetén
∂ x3 + y 2 − 3xy = 3x2 − 3y ∂x
∂ x3 + y 2 − 3xy = 2y − 3x ∂y folytonos függvények, ezért grad f (0, 0) = (0, 0) grad f (0, 1) = (−3, 2) grad f (x, y) = 3x2 − 3y, 2y − 3x




(x, y) ∈ R2 .

b) Használjuk az 1.4.c) feladat megoldását:   1 1 1 grad f (1, 1, 1) = √ , √ , √ 3 3 3 és (x, y, z) ∈ R3 r {(0, 0, 0)} esetén grad f (x, y, z) =

y

x

z

p ,p ,p x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2

! .

Megjegyzés: Az r = (x, y, z) jelöléssel függvényünk f (r) = |r| c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

r ∈ R3 c www.tankonyvtar.hu

46

MEGOLDÁSOK

alakban írható, és deriváltja, azaz gradiense f 0 (r) = grad f (r) =

r |r|

r ∈ R3 r {(0, 0, 0)}

ami megfelel az f (x) = |x|

x∈R

függvény deriválásaként kapható, igaz egyszer˝ubb alakban is írható  x 1 x>0 0 f (x) = = x ∈ R r {0)} −1 x < 0 |x| eredménynek. c) (x, y, z) ∈ R3 esetén
∂ x2 + y 2 + z 2 = 2x ∂x
∂ x2 + y 2 + z 2 = 2y ∂y
∂ x2 + y 2 + z 2 = 2z ∂z folytonos függvények, ezért grad f (1, 2, 3) = (2, 4, 6) grad f (x, y, z) = (2x, 2y, 2z)

(x, y, z) ∈ R3 .

Megjegyzés Az r = (x, y, z) jelöléssel függvényünk f (r) = |r|2 (r ∈ R3 ) alakban írható, és deriváltja (gradiense) f 0 (r) = grad f (r) = 2r (r ∈ R3 ), ami megfelel az f (x) = = |x|2 = x2 (x ∈ R) függvény deriválásaként kapható f 0 (x) = 2x (x ∈ R) eredménynek. d) x2 + y 2 > 0 esetén −xz ∂ z p = 3 ∂x x2 + y 2 (x2 + y 2 ) 2 ∂ z −yz p = 3 ∂y x2 + y 2 (x2 + y 2 ) 2 ∂ z 1 p =p 2 2 2 ∂z x + y x + y2 folytonos függvények, ezért   −3 −4 1 grad f (3, 4, 5) = , , 25 25 5 grad f (x, y, z) =

−xz (x2

c www.tankonyvtar.hu

+

3

y2) 2

−yz

, (x2

+

1

3

y2) 2

,p x2 + y 2

! x2 + y 2 > 0.

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M1. Többváltozós függvények folytonossága és deriválhatósága

47

Iránymenti derivált 1.6. a) v =



√1 , √1 2 2



egységvektor, és ∂ x2 +y2 2 2 e = 2xex +y ∂x ∂ x2 +y2 2 2 e = 2yex +y ∂y

folytonos függvények, tehát grad f (−1, 2) = (−2e6 , 4e6 ) ezért √ 1 1 Dv f (−1, 2) = −2e6 · √ + 4e6 · √ = 2e6 ≈ 570,53. 2 2   √ √ b) v = (3, 11, 4) normáltja: 36 , 611 , 46 , és ∂ z sin(x + y) = z cos (x + y) ∂x ∂ z sin(x + y) = z cos (x + y) ∂y ∂ z sin(x + y) = sin (x + y) ∂z √ 
 folytonos függvények, tehát grad f π6 , π6 , 1 = 12 , 12 , 23 , ezért √ √  π π  1 3 1 √11 √3 4 3 + 2 11 + 8 3 , ,1 = · + · + · = ≈ 0,978 74. Dv f 6 6 2 6 2 6 2 6 24 c) Az α (= 30◦ ) =

π 6

szög irányába mutató egységvektor ! √  π π 3 1 v = cos , sin = , , 6 6 2 2

és

∂ 1 ∂ ln(x + y) = ln(x + y) = x+y >0 ∂x ∂y x+y
folytonos függvények, tehát grad f (1, 1) = 21 , 12 ezért √ √ 1 3 1 1 3+1 D30◦ f (1, 1) = Dv f (1, 1) = · + · = ≈ 0,683 01. 2 2 2 2 4  √  v d) v normáltja: ev = |v| = 21 , 23 . Mivel f a (0, 0) pontban nem differenciálható (lásd az 1.4.f) feladat megoldása), ezért adjuk meg a √   √  t t 3 √ 2 2  t t 3 3 t  ha t 6= 0 f 2 , 2 = |t| = 4 g(t) :=    f (0, 0) = 0 ha t 6= 0 c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

48

MEGOLDÁSOK

függvény deriváltját t = 0 helyen: √ 0

Dv f (0, 0) = g (0) =

3 . 4

Megjegyzés: Vegyük észre, hogy minden α irányban létezik az iránymenti derivált az origóban, mivel t 7→ f (t cos α, t sin α) = p

t cos α |t sin α| (t cos α)2 + (t sin α)2

= t cos α |sin α|

és a derivált értéke a t = 0 pontban: Dα f (0, 0) = cos α |sin α|. Tehát minden iránymenti derivált létezik, de f nem differenciálható a (0, 0) pontban (lásd az 1.4.f) feladat megoldása).
−→ 1.7. v = P Q(3, 4), normálva 53 , 45 ∂ f (x, y) = ∂x ∂ f (x, y) = ∂y


∂ x2 − 2x2 y + xy 2 + 1 = y 2 − 4xy + 2x ∂x
∂ x2 − 2x2 y + xy 2 + 1 = −2x(x − y) ∂y

∂ f (1, 2) = 22 − 4 · 1 · 2 + 2 · 1 = −2 ∂x ∂ f (1, 2) = −2 · 1(1 − 2) = 2 ∂y grad f (1, 2) = (−2, 2) − → f (1, 2) = −2 · D− PQ

3 4 2 +2· = . 5 5 5

1.8. ∂ f (x, y) = ∂x ∂ f (x, y) = ∂y


∂ x2 + 4y 2 = 2x ∂x
∂ x2 + 4y 2 = 8y ∂y

∂ f (2, 1) = 4 ∂x ∂ f (2, 1) = 8 ∂y

grad f (2, 1) = (4, 8) Tehát a „legnagyobb növekedés” iránya és értéke v = (4, 8)

Dv f (1, 2) = |grad f (2, 1)| =

√

√ 42 + 82 = 4 5,

a „legnagyobb csökkenés” iránya és értéke −v = (−4, −8) c www.tankonyvtar.hu

√ D−v f (1, 2) = − |grad f (2, 1)| = −4 5. c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M1. Többváltozós függvények folytonossága és deriválhatósága

49

Összetett függvény deriválása 1.9. a) f (x, y, z) = xyz, x(u, v) = u2 + v, y(u, v) = u − v 2 és z(u, v) = sin u parciális deriváltjai: ∂ f (x, y, z) = yz ∂x

∂ f (x, y, z) = xz ∂y

∂ f (x, y, z) = xy, ∂z

∂ ∂ ∂ x(u, v) = 2u y(u, v) = 1 z(u, v) = cos u ∂u ∂u ∂u ∂ ∂ ∂ x(u, v) = 1 y(u, v) = −2v z(u, v) = 0. ∂v ∂v ∂v Tehát az összetett függvény parciális deriváltjai:
∂ f u2 + v, u − v 2 , sin u = ∂u


= u − v 2 · sin u · 2u + u2 + v · sin u · 1 + (u2 + v) · u − v 2 · cos u,
∂ f u2 + v, u − v 2 , sin u = ∂v


= u − v 2 · sin u · 1 + u2 + v · sin u · (−2v) + (u2 + v) · u − v 2 · 0. b) f (x, y) = xy , x(t) = ln t, y(t) = et parciális deriváltjai ∂ 1 f (x, y) = ∂x y

x ∂ f (x, y) = − 2 ∂y y

∂ 1 x(t) = x0 (t) = ∂t t ∂ y(t) = y 0 (t) = et . ∂t Tehát az összetétellel kapott egyváltozós függvény deriváltja:

0 ∂ 1 1 ln t 1 − t · ln t f ln t, et = f (ln t, et ) = t · − 2t · et = . ∂t e t e tet 2 +y 2

c) f (x, y) = ex

, x(r, φ) = r cos φ, y(r, φ) = r sin φ parciális deriváltjai:

∂ 2 2 f (x, y) = 2xex +y ∂x

∂ 2 2 f (x, y) = 2yex +y ∂y

∂ ∂ x(r, φ) = cos φ y(r, φ) = sin φ ∂r ∂r ∂ ∂ x(r, φ) = −r sin φ y(r, φ) = r cos φ. ∂φ ∂φ c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

50

MEGOLDÁSOK

Tehát az összetett függvény parciális deriváltjai: ∂ 2 2 2 f (r cos φ, r sin φ) = 2r cos2 φ · er + 2r sin2 φ · er = 2rer ∂r ∂ 2 2 f (r cos φ, r sin φ) = −r2 sin(2φ) · er + r2 sin(2φ) · er = 0 ∂φ felhasználva a 2 sin φ · cos φ = sin(2φ) azonosságot. √ 1.10. a) grad x(1, 2) = (−1, 0), grad y(1, 2) = ( 2, 10) és f (x, y) = x2 + xy parciális deriváltjai az (x(1, 2), y(1, 2)) = (3, 4) pontban: ∂ ∂ f (x, y) = 2x + y f (3, 4) = 2 · 3 + 4 = 10 ∂x ∂x ∂ ∂ f (x, y) = x f (3, 4) = 4 ∂y ∂y Tehát az F (u, v) = f (x(u, v), y(u, v)) összetett függvény deriváltja az (1, 2) pontban:    √  √ grad F (1, 2) = 10 · (−1) + 4 · 2, 10 · 0 + 4 · 10 = 4 2 − 10, 40 . uv b) grad f (−1, 1) = (3, 2), és az x(u, v) = u2 − v 2 y(u, v) = − √ „helyettesít˝o” 2 √ függvények és parciális deriváltjaik értéke az a = (u, v) = (−1, 2) pontban   √  √  x −1, 2 = −1 x −1, 2 = 1 √ 
∂ ∂ ∂  x(u, v) = u2 − v 2 = 2u x −1, 2 = −2 ∂u ∂u  ∂u  √  ∂ uv v ∂  ∂ y(u, v) = −√ = −√ y −1, 2 = −1 ∂u ∂u ∂u 2 2 √  √
∂ ∂ ∂  2 2 x(u, v) = x −1, 2 = −2 2 u − v = −2v ∂v ∂v  ∂v  √  ∂ ∂ uv ∂  u 1 y(u, v) = y −√ = −√ y −1, 2 = √ . ∂v ∂v ∂v 2 2 2 √
Tehát az F (u, v) = f (x(u, v), y(u, v)) függvény deriváltja a −1, 2 pontban      √  √  √  1 grad F −1, 2 = 3(−2) + 2(−1), 3 −2 2 + 2 √ = −8, −5 2 . 2 1.11. Mivel y ∂ y g = g0 · ∂x x x y ∂ y g = g0 · ∂y x x c www.tankonyvtar.hu

y  y  ∂ y = g0 · − 2 ∂x x x x y 1 ∂ y = g0 · ∂y x x x c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M1. Többváltozós függvények folytonossága és deriválhatósága

51

kapjuk ∂ f (x, y) = ∂x ∂ f (x, y) = ∂y

y  y   y  y ∂  y xy + g = y + g0 · − 2 = y − 2 · g0 ∂x x x x x x  y  y 1 y ∂  1 xy + g = x + g0 · = x + · g0 ∂y x x x x x

amiket szorozva az x illetve y változóval, majd összegezve kapjuk a bizonyítandó x· összefüggést (mivel

y x

· g0

y x




∂ ∂ f (x, y) + y · f (x, y) = 2xy ∂x ∂y kiesik).

Magasabbrendu˝ deriváltak 1.12. a) Ha 2xy + y 2 > 0  ∂ p y 2 2xy + y = p 2 ∂x y + 2xy !  ∂ y −y 2 ∂ 2 p 2 = p 2xy + y = 3 ∂x2 ∂x y 2 + 2xy (y 2 + 2xy) 2 !  ∂ 2 p ∂ y xy p 2xy + y 2 = = 3 ∂x∂y ∂y y 2 + 2xy (y 2 + 2xy) 2  p   ∂ ∂ 2 p ∂ 2xy + y 2 = 2xy + y 2 = ∂y 2 ∂y ∂y ! ∂ −x2 x+y p = = 3 . ∂y y 2 + 2xy (y 2 + 2xy) 2 b) ∂ ∂x ∂2 ∂x∂y ∂2 ∂x2 3 ∂ ∂x∂y∂z ∂3 ∂x2 ∂y


2x2 y − 3y 2 z + xyz = 4xy + yz
∂ 2x2 y − 3y 2 z + xyz = (4xy + yz) = 4x + z ∂y
∂ 2x2 y − 3y 2 z + xyz = (4xy + yz) = 4y ∂x
∂ 2x2 y − 3y 2 z + xyz = (4x + z) = 1 ∂z
∂ 2x2 y − 3y 2 z + xyz = (4y) = 4. ∂y

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

52

MEGOLDÁSOK

c) Ha x > 0 akkor ∂ (xy ) = y · xy−1 ∂x
∂ ∂2 (xy ) = y · xy−1 = xy−1 (y ln x + 1) ∂x∂y ∂y ∂ (xy ) = xy ln x ∂y ∂2 ∂ (xy ) = (xy ln x) = xy−1 (y ln x + 1) ∂y∂x ∂x  


∂ ∂ ∂ ∂3 y y−1 = (x ) = y·x xy−2 y 2 − y = 2 ∂x ∂y ∂y ∂x ∂y
y−2 2 =x 2y + y ln x − y ln x − 1

∂3 ∂ (xy ) = xy−1 (y ln x + 1) = xy−2 2y + y 2 ln x − y ln x − 1 . ∂x∂y∂x ∂x Megjegyzés: Vegyük észre, hogy a kapott parciális derivált függvények folytonosak, ezért az eredmény nem függ a deriválás változóinak sorrendjét˝ol, tehát: ∂2 ∂2 f= f ∂x∂y ∂y∂x

∂3 ∂3 f = f. ∂x2 ∂y ∂x∂y∂x

és

1.13. a) Ha y 6= −1 akkor   ∂ 1+x 1 = ∂x 1 + y y+1     2 ∂ 1+x ∂ 1 ∂2 f (0, 0) = 0 = = 0 ∂x2 1 + y ∂x y + 1 ∂x2     −1 ∂2 1+x ∂ 1 −1 ∂2 f (1, 1) = = = 2 ∂x∂y 1 + y ∂y y + 1 ∂x∂y 2 (y + 1)   ∂ 1+x x+1 =− ∂y 1 + y (y + 1)2     ∂ x+1 2 ∂2 1 + x x+1 ∂2 = − = 2 f (2, 2) = . 2 3 2 2 ∂y 1+y ∂y ∂y 9 (y + 1) (y + 1) ( 3 x y−xy 3 x2 + y 2 > 0 x2 +y 2 b) f (x, y) = , ezért f (x, 0) = f (0, y) = 0 és 0 x2 + y 2 = 0 ∂ f (x, y) = ∂x

(

y (x4 +4x2 y 2 −y 4 )

x 6= 0y ∈ R 0 x=0y∈R ( x(−x4 +4x2 y 2 +y 4 ) ∂ − y 6= 0x ∈ R (x2 +y 2 )2 f (x, y) = ∂y 0 y=0x∈R

c www.tankonyvtar.hu

(x2 +y 2 )2

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M1. Többváltozós függvények folytonossága és deriválhatósága

tehát

∂ f (0, y) ∂x

= −y

y ∈ R és

∂ f (x, 0) ∂y

=x

  ∂ ∂ f (0, y) = −1 y ∈ R ∂y ∂x   ∂ ∂ f (x, 0) = 1 x ∈ R ∂x ∂y

53

x ∈ R, ezért ∂2 f (0, 0) = −1 ∂x∂y ∂2 f (0, 0) = 1. ∂y∂x

Megjegyzés: Vegyük észre, hogy a másodrend˝u parciális derivált függvények nem folytonosak, ugyanis például    4 +4x2 y 2 −y 4 y x ( )  ∂ ∂2 x 6= 0y ∈ R ∂y (x2 +y 2 )2 f (x, y) =  ∂x∂y ∂ (−y) x = 0y ∈ R ∂y ( 6 4 2 2 4 6 x +9x y −9x y −y x 6= 0y ∈ R (x2 +y 2 )3 = −1 x = 0y ∈ R     1 ∂2 1 ∂2 , 0 → (0, 0) lim f , 0 = 1 6= f (0, 0) = −1, n→∞ ∂x∂y n n ∂x∂y ezért nem következik a vegyes másodrend˝uek egyenl˝osége! 1.14. Ha xy > 0 akkor  y   y  y √xy  y  ∂ ∂  y √ 0 f (x, y) = g(xy) + xy · h = g (xy)y + √ h − h0 ∂x ∂x x 2 xy x x2 x       2√ 2 2 2 y xy 00 y y y ∂ y 00 2 0 y p f (x, y) = g (xy)y − h + h + h √ ∂x2 x x2 xy x x4 x 4 x3 y 3 √      xy 0  y  ∂ ∂ y x y √ f (x, y) = g(xy) + xyh = g 0 (xy)x + √ h + h ∂y ∂y x 2 xy x x x √       xy x2 y 1 ∂2 y y 00 2 p f (x, y) = g (xy)x − h + √ · h0 + 2 h00 2 3 3 ∂y x xy x x x 4 xy amib˝ol kapjuk 2 ∂2 2 ∂ x f (x, y) − y f (x, y) = 0. ∂x2 ∂y 2 2

Széls˝oértékszámítás 1.15. a) Az  ∂  (x2 + 2xy − 2x + 2y 2 − 2y + z 2 + 1) = 2x + 2y − 2 = 0  ∂x   ∂ (x2 + 2xy − 2x + 2y 2 − 2y + z 2 + 1) = 2x + 4y − 2 = 0 ∂y     ∂ (x2 + 2xy − 2x + 2y 2 − 2y + z 2 + 1) = 2z = 0 ∂z egyenletrendszer megoldása a P (1, 0, 0) stacionárius pont. c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

54

MEGOLDÁSOK

Megjegyzés: Vegyük észre, hogy a függvényünk a következ˝o alakban írható: f (x, y, z) = x2 + 2xy − 2x + 2y 2 − 2y + z 2 + 1 = = ((x − 1) + y)2 + y 2 + z 2 ≥ 0 = f (1, 0, 0) tehát a P (1, 0, 0) stacionárius pont – most szemmel láthatóan – (globális) minimum hely! b) Az

  ∂ ex2 −y2 = 2xex2 −y2 = 0 ∂x  ∂ ex2 −y2 = −2yex2 −y2 = 0 ∂y

egyenletrendszer megoldása a P (0, 0) stacionárius pont. 2 −y 2

Megjegyzés: A z = ex

egyenlet˝u

6. ábra. 1.15.b) megoldás z = ex

2 −y 2

felülettel adott függvénynek a P (0, 0) stacionárius pontban nincs széls˝oértéke, mert: 2

ha x 6= 0

2

ha y 6= 0.

f (x, 0) = ex > 1 = f (0, 0) és

f (0, y) = e−y < 1 = f (0, 0) c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M1. Többváltozós függvények folytonossága és deriválhatósága

55

c) Az ∂ (sin x + cos y + x − y) = cos x + 1 = 0 ∂x ∂ (sin x + cos y + x − y) = − sin y − 1 = 0 ∂y
egyenletrendszer megoldásai a Pk,l π + 2kπ, 3π + 2lπ (k, l ∈ N) stacionárius pontok. 2 1.16. a) A
∂ 2x4 + y 4 − x2 − 2y 2 = 8x3 − 2x = 0 ∂x
∂ 2x4 + y 4 − x2 − 2y 2 = 4y(y 2 − 1) = 0 ∂y       −1 1 −1 egyenletrendszer megoldásai P1 , 1 , P2 (0, 1), P3 , 1 , P4 , 0 , P5 (0, 0), 2 2 2       1 −1 1 P6 , 0 , P7 , −1 , P8 (0, −1), P9 , −1 , továbbá 2 2 2
∂2 4 4 2 2 2x + y − x − 2y = 24x2 − 2 ∂x2
∂2 4 4 2 2 2x + y − x − 2y = 12y 2 − 4 ∂y 2
∂2 2x4 + y 4 − x2 − 2y 2 = 0 ∂xy vagyis

∆(x, y) = 24x2 − 2 12y 2 − 2 − 02 . ∆ (P1 ) = (24/4 − 2) (12 − 2) = 40 > 0 tehát P1 -ben van széls˝oérték, ∂2 (P1 ) = 4 > 0 ∂x2 miatt P1 minimumhely, a minimum értéke  f (P1 ) = f

  4  2 −1 −1 −1 −9 4 ,1 = 2 +1 − − 2 · 12 = , 2 2 2 8

∆ (P2 ) = (−2)(12 − 2) = −20 < 0 tehát P2 -ben nincs széls˝oérték (P2 nyeregpont), ∂2 (P3 ) = 4 > 0 tehát P3 -ban minimum van, ∂x2 ∆ (P4 ) = (24/4 − 2)(−2) = −8 < 0 tehát P4 -ben nincs széls˝oérték (P4 nyeregpont),

∆ (P3 ) = (24/4 − 2)(12 − 2) = 40 > 0 és

∆ (P5 ) = (−2)(−2) = 4 > 0 és

∂2 (P5 ) = −2 tehát P5 -ben maximum van, ∂x2

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

56

MEGOLDÁSOK

∆ (P6 ) = (24/4 − 2)(−2) = −8 < 0 tehát P6 -ban nincs széls˝oérték (P6 nyeregpont), ∂2 (P7 ) = 4 > 0 tehát P7 -ben minimum van, ∂x2 ∆ (P8 ) = (−2)(12 − 2) = −20 < 0 tehát P8 -ban nincs széls˝oérték (P8 nyeregpont),

∆ (P7 ) = (24/4 − 2)(12 − 2) = 40 > 0 és

∂2 ∆ (P9 ) = (24/4 − 2)(12 − 2) = 40 > 0 és 2 (P9 ) = 4 > 0 tehát P9 -ben minimum van. ∂x

7. ábra. 1.16.a) megoldás 2x4 + y 4 − x2 − 2y 2 b) Az   2 2
x2 +y2 ∂ − x +y xe 2 = x2 − 1 e − 2 = 0 ∂x   2 2 x2 +y 2 ∂ − x +y xe 2 = −xye− 2 = 0 ∂y egyenletrendszer megoldásai a P (1, 0), Q(−1, 0) stacionárius pontok, továbbá   2 2
− x2 +y2 ∂2 − x +y 2 2 xe = x x − 3 e 2 ∂x2   2 2
− x2 +y2 ∂2 − x +y 2 2 xe = x y − 1 e 2 ∂y 2   2 2
x2 +y2 ∂2 − x +y 2 xe = y x2 − 1 e− 2 ∂y∂x c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M1. Többváltozós függvények folytonossága és deriválhatósága

57

vagyis  
− x2 +y2
− x2 +y2
− x2 +y2 2 2 2 2 2 2 . ∆(x, y) = x x − 3 e ·x y −1 e − y x −1 e 2

A P (1, 0) pontban



∂2 f ∂x2



(P ) =

−2 √ , e



∂2 f ∂y 2



(P ) = − √1e ,



∂2 f ∂y∂x



(P ) = 0, így

  2 −2 1 −0= >0 ∆(P ) = √ · − √ e e e  2  ∂ −2 < 0 miatt a P (1, 0) pont lokális tehát P -ben van f -nek széls˝oértéke, és ∂x (P ) = √ 2f e maximumhely, ahol a maximum értéke f (P ) = √1e .  2   2  2 ∂ ∂ √ f (Q) = f (Q) = √1e , A Q(−1, 0) pontban ∂x , 2 ∂y 2 e  2  ∂ f (Q) = 0, így ∂y∂x 1 2 2 ∆(Q) = √ · √ − 0 = > 0 e e e  2  ∂ (Q) = √2e > 0 miatt a Q(−1, 0) pont tehát Q-ban is van széls˝oértéke f -nek, és ∂x 2f lokális minimumhely, ahol a minimum értéke f (Q) = − √1e . c) A
∂ x4 + y 4 − 2x2 + 4xy − 2y 2 = 4x3 − 4x + 4y = 0 ∂x
∂ x4 + y 4 − 2x2 + 4xy − 2y 2 = 4y 3 − 4y + 4x = 0 ∂y √ √
√ √ egyenletrendszer megoldásai a P (− 2, 2), Q 2, − 2 , R(0, 0) stacionárius pontok. Továbbá ∂2 f (x, y) = ∂x2 ∂2 f (x, y) = ∂y 2 ∂2 f (x, y) = ∂x∂y

∂ (4x3 − 4x + 4y) = 12x2 − 4 ∂x ∂ (4y 3 − 4y + 4x) = 12y 2 − 4 ∂y
∂ 4x3 − 4x + 4y = 4 ∂y

vagyis

∆(x, y) = 12x2 − 4 12y 2 − 4 − 42 . √ √ A P (− 2, 2) pontban       √ 2 √ 2 ∆(P ) = 12 − 2 − 4 12 2 − 4 − 42 = 384 > 0,  √ 2 12 − 2 − 4 = 20 > 0 c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

58

MEGOLDÁSOK

√ √ √ √ tehát a P (− 2, 2) pont lokális minimumhely és f (− 2, 2) = −8. √ √ A Q( 2, − 2) pontban       √ 2 √ 2 ∆(Q) = 12 2 −4 12 − 2 − 4 − 42 = 384 > 0, √ 2 12 2 − 4 = 20 > 0 √ √ √ √ tehát a Q( 2, − 2) pont lokális minimumhely, és f ( 2, − 2) = −8. Az R(0, 0) pontban ∆(R) = (−4)(−4) − 42 = 0, tehát az R(0, 0) pontról ∆ segítségével nem dönthet˝o el, hogy széls˝oérték hely-e. Megjegyzés: A függvény grafikonjáról

8. ábra. 1.16.c) megoldás z = x4 + y 4 − 2x2 + 4xy − 2y 2 is látható, hogy az R pontban (origóban) az f (x, 0) = x4 −2x2 és f (0, y) = y 4 −2y 2 parciális függvényeknek maximuma van, de a H = {(a, a) | a ∈ R} pontokban vett f (a, a) = 2a4 függvényértékeknek az origóban minimumhelye van, tehát az origó nyeregpont, vagyis nem széls˝oérték hely. c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M1. Többváltozós függvények folytonossága és deriválhatósága

59

d) A  ∂  p 2x2 + y 2 − 1 2 2 xy 1 − x − y = −y p =0 ∂x 1 − x2 − y 2  x2 + 2y 2 − 1 ∂  p xy 1 − x2 − y 2 = −x p =0 ∂y 1 − x2 − y 2   1 1 √ √ egyenletrendszer megoldásai a P (0, 0), Q1,2,3,4 ± 3 , ± 3 stacionárius pontok, továbbá ! ∂2 2x2 + y 2 − 1 2x2 + 3y 2 − 3 ∂ p −y = xy f (x, y) = 3 ∂x2 ∂x 1 − x2 − y 2 (1 − x2 − y 2 1) 2 ! ∂2 x2 + 2y 2 − 1 3x2 + 2y 2 − 3 ∂ p −x = xy f (x, y) = 3 ∂y 2 ∂y 1 − x2 − y 2 (1 − x2 − y 2 ) 2 ! 2x4 + 3x2 y 2 − 3x2 + 2y 4 − 3y 2 + 1 ∂ 2x2 + y 2 − 1 ∂2 = f (x, y) = −y p . 3 ∂x∂y ∂y 1 − x2 − y 2 (1 − x2 − y 2 ) 2 A P (0, 0) esetén ∆(P ) = −1 < 0 tehát nincs széls˝oérték.   Q1 √13 , √13 esetén  ∆ (Q1 ) =

   2 4√ 4√ 2√ − 3 − 3 − − 3 =4>0 3 3 3

és −

4√ 3 < 0, 3

tehát Q1 maximumhely és  f

1 1 √ ,√ 3 3

 =

1√ 3. 9

  Q2 − √13 , √13 esetén  ∆ (Q2 ) =

   2 4√ 4√ 2√ 3 3 − − 3 =4>0 3 3 3

és

4√ 3 > 0, 3

tehát Q2 minimumhely és  f Q3



√1 , − √1 3 3



1 1 √ ,√ 3 3

 =−

1√ 3. 9

esetén  ∆ (Q3 ) =

   2 4√ 4√ 2√ 3 3 − − 3 =4>0 3 3 3

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

60

MEGOLDÁSOK

és

4√ 3 > 0, 3

tehát Q3 minimumhely és  f Q4



√1 , √1 3 3



1 1 √ ,√ 3 3

 =−

1√ 3. 9

esetén  ∆ (Q4 ) =

   2 4√ 4√ 2√ − 3 − 3 − − 3 =4>0 3 3 3

és −

4√ 3 < 0, 3

tehát Q4 maximumhely és  f

1 1 √ ,√ 3 3

 =

1√ 3. 9

e) A − (y 2 + xy + x + 1) ∂ 1−x+y p = =0 3 ∂x 1 + x2 + y 2 (x2 + y 2 + 1) 2 ∂ 1−x+y (x2 + yx − y + 1) p =0 = 3 ∂y 1 + x2 + y 2 (x2 + y 2 + 1) 2

(I) (II)

egyenletrendszer megoldása: (I) − (II) = 0 =⇒ −(x − y − 1)(x + y) = 0 alapján y = −x vagy y = x − 1. Csak az els˝o esetben kapunk valós gyököket: x = −1, y = 1 vagyis P (−1, 1) az egyetlen stacionárius pont. − (−2x2 y − 2x2 − 3xy 2 − 3x + y 3 + y 2 + y + 1) ∂2 f (x, y) = 5 ∂x2 (x2 + y 2 + 1) 2 ∂2 − (−x3 + 3x2 y + x2 + 2xy 2 − x − 2y 2 + 3y + 1) f (x, y) = 5 ∂y 2 (x2 + y 2 + 1) 2 ∂2 −x3 − 2x2 y + 2xy 2 + 3xy − x + y 3 + y f (x, y) = . 5 ∂x∂y (x2 + y 2 + 1) 2 így ∆(P ) =

√ ! −2 3 · 9

√ ! −2 3 − 9

√ !2 −1 3 1 = >0 9 9

és

√ ∂2 −2 3 (P ) = < 0, ∂x2 9 tehát P -ben maximuma van a függvénynek. c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M1. Többváltozós függvények folytonossága és deriválhatósága

61

Érint˝osík, Taylor-polinom, közelít˝o módszerek 1.17. a) f (x0 , y0 ) = 42 + 32 = 25, fx0 = 2x, fx0 (a) = 2 · 4, fy0 = 2y, fy0 (a) = 2 · 3, tehát az érint˝osík z = 25 + 8 · (x − 4) + 6 · (y − 3), vagy átrendezve: 8x + 6y − z = 25. A függvény közelítése: f (x, y) ≈ 25 + 8 · (x − 4) + 6 · (y − 3) = 8x + 6y − 25, így közelítése a b pontban: f (b) ≈ 8 · 4,01 + 6 · 2,97 − 25 = 24,9. Megjegyzés: f (b) valódi értéke: f (b) = 4,012 + 2,972 = 24,901. b) fx0 = y · xy−1 + y1 , fy0 = xy ln x −

x , y2

      3 1 3 2 2−1 2 z= 3 + + 2·3 + (x − 3) + 3 ln 3 − 2 (y − 2) = 2 2 2 13 = x + (9 ln 3 − 3/4) y − (18 ln 3 + 15/2) 2 ≈ 6,5x + 9,1375y − 27,2750 ≈ f (x, y), f (b) ≈ 6,5 · 2,98 + 9,1375 · 2,03 − 27,2750 = 10,6441. c) Az egyenlet z-re könnyen megoldható: p z = − 3 x3 + x − y 3 + 2y + 15 = f (x, y),

a = (−1, 3)

és P valóban illeszkedik a felületre: f (−1, 3) = 2. Továbbá:

∂ f ∂x

=

−1 3

z = 2 − 31 (x + 1) + f (b) ≈

1,03 3

+

25 12

3x2 +1

√ 3

(x3 +x−y 3 +2y+15)2

25 (y 12

· 2,96 −

− 3) = 55 12

−1 x 3

,

+

∂ f ∂y 25 y 12

=

−

1 3

55 12

√ 3

3y 2 −2 (x3 +x−y 3 +2y+15)2

,p

≈ f (x, y),

≈ 1,9267.

1.18. a) x0 = 1,5, y0 = 2,5, f (x0 , y0 ) = 20,06250, g (x0 , y0 ) = 3,87500, fx0 (x0 , y0 ) = = 19,25000, fy0 (x0 , y0 ) = −47,50000, gx0 (x0 , y0 ) = −28,50000, gy0 (x0 , y0 ) = 26,25000, b1 = −109,93750, b2 = 19,00000, az egyenletrendszer: ( 19,25 · x − 47,50 · y = −109,937 50 −28,50 · x + 26,25 · y = 19,000 00 melynek megoldása: {x1 = 2,33766, y1 = 3,26184}. A fenti eljárást iterálva (többször megismételve) kapjuk: x1 = 2,33766, y1 = 3,26184, f (x1 , y1 ) = −13,68319, g (x1 , y1 ) = −9,32084, fx0 (x1 , y1 ) = 37,67320, fy0 (x1 , y1 ) = = −108,31858, gx0 (x1 , y1 ) = −62,22484, gy0 (x1 , y1 ) = 36,51437, b1 = −251,56769, b2 = −17,03566, az új egyenletrendszer: ( 37,67320 · x − 108,31858 · y = −251,56769 −62,22484 · x + 36,51437 · y = −17,03566,

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

62

MEGOLDÁSOK

2,05632, y2 = 3,03767, f (x2 , y2 ) = −1,50124, g(x2 , y2 ) = −1,47810, = 31,14020, fy0 (x2 , y2 ) = −87,13373, gx0 (x2 , y2 ) = −50,12624, gy0 (x2 , y2 ) = = 34,22229, b1 = −199,14784, b2 = 2,35845, x2 = 0 fx (x2 , y2 )

x3 = 2,00176, y3 = 3,00094, f (x3 , y3 ) = −0,02613, g (x3 , y3 ) = −0,05246, (x3 , y3 ) = 30,03235, fy0 (x3 , y3 ) = −84,07278, gx0 (x3 , y3 ) = −48,06094, gy0 (x3 , y3 ) = = 33,99864, b1 = −192,15366, b2 = 5,87399,

fx0

x4 = 2,00000, y4 = 3,00000, f (x4 , y4 ) = −0,00001, g (x4 , y4 ) = −0,00005, (x4 , y4 ) = 30,00003, fy0 (x4 , y4 ) = −84,00004, gx0 (x4 , y4 ) = −48,00005, gy0 (x4 , y4 ) = = 33,99999, b1 = −192,00008, b2 = 5,99987,

fx0

x5 = 2,00000, y5 = 3,00000, f (x5 , y5 ) = −0,00000, g (x5 , y5 ) = 0,00000. Tehát (x5 , y5 ) a megadott pontossággal közelítik az eredeti egyenletrendszer (egyik) gyökét. b) Az (x0 , y0 ) = (1,000 00, 1,000 00) kiinduló értékek 13 (fentihez hasonló) lépés után adnak kívánt pontosságú gyököt: (x13 , y13 ) = (−1,374 87, −2,156 24). x2 y −22 , f (a) = 2+3·8 x+3z −3x2 y 2 0 ; fz0 = (x+3z) 2 , fz (a) 13

1.19. f = fy0 (a) =

= =

−4 ; 26 3 ; 169

fx0 =

18yz 2 00 00 , fxx (a) = −144 ; fyy = (x+3z)3 2197 x(x+6z) −18xyz 25 00 00 , fxy (a) = 169 ; fxz = (x+3z)3 , (x+3z)2

00 fxx = 00 = fxy

2xy(x+3z)−x2 y , (x+3z)2

fx0 (a) =

00 00 0 = fyy (a); fzz = 00 (a) = fxz

36 ; 2197

00 = fyz

−25 ; 169

18x2 y , (x+3z)3 −3x2 , t(x+3z)2

fy0 =

00 fzz (a) = 00 (a) = fyz

x2 , x+3z

−9 ; 2197 −3 ; 169

2y −54yz 2 216 000 000 , fxxx (a) = 28561 ; fzzz = −162·x , (x+3z)4 (x+3z)4 18yz(2x−3z) 81 18z 2 144 180 000 000 000 000 000 fzzz (a) = 57122 ; fxxy = (x+3z)3 , fxxy (a) = 2197 ; fxxz = (x+3z)4 , fxxz (a) = 28561 ; −207 18x2 9 −18xz 000 000 000 000 000 fxzz = −18xy(x−6z) , fxzz (a) = 57122 ; fyzz = (x+3z) fxyz = (x+3z) 3 , fyzz (a) = 2197 ; 3, (x+3z)4 −36 000 fxyz (a) = 2197 ; tehát (Ta3 , f ) (x, y, z) =

000 000 000 000 fyyy = fxyy = fyyz = 0; fxxx =

−4/26 −25/169 2/13 3/169 ·1+ (x − 2) + (y + 1) + (z − 8)+ 0! 1! 1! 1! −144/2197 0 −9/2197 (x − 2)2 + (y + 1)2 + (z − 8)2 + + 2! 2! 2! 25/169 36/2197 −3/169 + (x − 2)(y + 1) + (x − 2)(y + 1) + (y + 1)(z − 8)+ 2! 2! 2! 216/28561 0 81/57122 + (x − 2)3 + (y + 1)3 + (z − 8)3 + 3! 3! 3! 144/2197 0 180/28561 + (x − 2)2 (y + 1) + (y + 1)2 (x − 2) + (x − 2)2 (z − 8)+ 3! 3! 3! −207/57122 0 9/2197 + (z − 8)2 (x − 2) + (y + 1)2 (z − 8) + (y + 1)2 (z − 8)+ 3! 3! 3! −36/2197 + (x − 2)(y + 1)(z − 8) ≈ 3! ≈ − 0,1538 − 0,1479(x − 2) + 0,153 8(y + 1) + 0,0178(z − 8)+ =

c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M2. Két- és többváltozós integrálok, transzformációk

63

− 0,0328(x − 2)2 − 0,0020(z − 8)2 + 0,0739(x − 2)(y + 1)+ + 0,0082(x − 2)(y + 1) − 0,0089(y + 1)(z − 8) + 0,0013(x − 2)3 + + 0,0002(z − 8)3 + 0,0109(x − 2)2 (y + 1) + 0,0011(x − 2)2 (z − 8)+ − 0,0006(z − 8)2 (x − 2) + 0,0007(y + 1)2 (z − 8)− − 0,0027(x − 2)(y + 1)(z − 8), és így f (1,99, −0,89, 8,06) ≈ ≈ − 0,1538 − 0,1479(1,99 − 2) + 0,1538(−0,89 + 1) + 0,0178(8,06 − 8)− − 0,0328(1,99 − 2)2 − 0,0020(8,06 − 8)2 + 0,0739(1,99 − 2)(−0,89 + 1)+ + 0,0082(1,99 − 2)(−0,89 + 1) − 0,0089(−0,89 + 1)(8,06 − 8)+ + 0,0013(1,99 − 2)3 + 0,0002(8,06 − 8)3 + 0,0109(1,99 − 2)2 (−0,89 + 1)+ + 0,0011(1,99 − 2)2 (8,06 − 8) − 0,0006(8,06 − 8)2 (1,99 − 2)+ + 0,0007(−0,89 + 1)2 (8,06 − 8) − 0,0027(1,99 − 2)(−0,89 + 1)(8,06 − 8) ≈ ≈0,000 000 708.

M2. Két- és többváltozós integrálok, transzformációk Szukcesszív integrálás 2.1. a1 ) El˝oször a bels˝o zárójelet számítjuk ki: Z 1 x2 + y 3 dx = x3 + y 3 x + C, 3 5  x=5     Z 1 3 1 3 1 3 61 2 3 3 3 3 x + y dx = x + y x = 5 +y 5 − 4 +y 4 = + y3, 3 3 3 3 x=4 4

R + y 3 dy = 61 y + 14 y 4 + C, ezután 61 3 3  y=7 RR R7 végül f = 61 + y 3 dy = 61 y + 14 y 4 y=3 = 3 3 3

H

61 3


· 7 + 14 74 −

61 3

· 3 + 14 34




≈

˙ ≈ 661,3333. a2 ) El˝oször a bels˝o zárójelet számítjuk ki: Z 1 x5 y 3 dy = x5 y 4 + C, 4 Z9
2465 5 1  y=9 1 x5 y 3 dy = x5 y 4 y=8 = x5 94 − 84 = x, 4 4 4 8

R ezután 2465 x5 dx = 2465 · 16 x6 + C = 2465 x6 + C, 4 4 24 RR R2 x=2 végül f = 2465 x5 dx = 2465 [x6 ]x=1 = 2465 (26 − 1) = 6470,625. 4 24 24 H

1

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

64

MEGOLDÁSOK

b) „Függ˝olegesen” integrálva:

RR

f=

 R6 R5 2

H

3

x y

 dy

dx.

El˝oször a bels˝o zárójelet számítjuk ki: Z Z x 1 dy = x dy = x ln |y| + C, y y   Z5 x 5 y=5 dy = x [ln |y|]y=3 = x (ln(5) − ln(3)) = x ln , y 3 3

ezután

R

x ln Z6

Z Z f=

2

H

5 3




dx = ln

5 3




· 12 x2 + C, végül

6      
5 1 2 5 5 1 2 = ln dx = ln x · 6 − 22 ≈ 8,1732. x ln 3 3 2 3 2 2

„Vízszintesen” integrálva:

RR H

f=

 R5 R6 3

2

x y

 dx

dy.

El˝oször a bels˝o zárójelet számítjuk ki: Z Z x 1 1 dx = x dy = x2 + C, y y 2y Z6
16 1  2 x=6 x 1 2 dy = x x=2 = 6 − 22 = , y 2y 2y y 2

ezután

R

16 y

dy = 16 ln |y| + C, végül Z5

Z Z f=

16 dy = 16 [ln |y|]53 = 16 (ln(5) − ln(3)) ≈ 8,1732. y

3

H

2.2. a) El˝oször 3xZ2 +8x

 y=3x2 +8x 8 3 1 2 2 3x + 8y − xy dy = 3x y + y − xy = 3 2 y=x2 −2x−4 x2 −2x−4  
8
3 1
2 2 2 2 2 = 3x 3x + 8x + 3x + 8x − x 3x + 8x − 3 2  
8 2
3 1
2 2 2 2 x − 2x − 4 − x x − 2x − 4 = − 3x x − 2x − 4 + 3 2 3764 3 512 208 6 = x + 588x5 + 1516x4 + x + 20x2 + 264x + , 3 3 3 másodszor 2

c www.tankonyvtar.hu

2




c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M2. Két- és többváltozós integrálok, transzformációk

Z8,49 

65

3764 3 512 208 6 x + 588x5 + 1516x4 + x + 20x2 + 264x + 3 3 3

 dx =

−6,83

x=8,49 208 7 1516 5 941 4 20 3 512 6 2 = x + 98x + x + x + x + 132x + x = 21 5 3 3 3 x= −6,83 208 1516 941 20 =( · 8,497 + 98 · 8,496 + · 8,495 + · 8,494 + · 8,493 + 21 5 3 3 512 + 132 · 8,492 + · 8,49)− 3 208 1516 941 −( · (−6,83)7 + 98 · (−6,83)6 + · (−6,83)5 + · (−6,83)4 + 21 5 3 20 512 + · (−6,83)3 + 132 · (−6,83)2 + · (−6,83)) ≈ 8,3951 × 107 . 3 3 

b) √ 3 Zx+8x



1 x2 + xy dy = x2 y + xy 2 2


y=3√x+8x

x2 +x−4

 =

x

2

= y=x2 +x−4

  
1
2
2
1 √ √ 2 2 2 − x x +x−4 + x x +x−4 = 3 x + 8x + x 3 x + 8x 2 2 √
5 1 85 25 = − x5 − 2x4 + x3 + x2 − 8x + 27 x , 2 2 2

Z Z H

 Z9  √
5 85 3 25 2 1 5 4 dx = f= − x − 2x + x + x − 8x + 27 x 2 2 2 3  9 54 √
7 85 4 25 3 2 5 1 6 2 = x + x + x − x − x − 4x = 7 8 6 5 12 3 1458 √ 721 341 − 3+ ≈ 20248,9814. 7 35

2.3. a) g és h metszéspontjai pontosan a g(x) = h(x) azaz az x2 + 2x = 4 − x2 egyenlet megoldásai: x1 = −2, x2 = 1. A [−2, 1] intervallumon x2 + 2x ≤ 4 − x2 , tehát Z1

Z Z f=



Z1 =

 (x + y) dy  dx =

 −2

H

4−x Z 2

x 4−x

y=4−x2  xy + y 2 /2 y=x2 +2x dx =

−2

x2 +2x



Z1  

2




+ 4−x


2 2

2




2

/2 − x x + 2x − x + 2x


2

 /2 dx =

−2

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

66

MEGOLDÁSOK

Z1

1 8 3 2 −4x − 8x + 4x + 8 dx = −x − x + 2x + 8x = = 3 −2 −2     8 8 3 2 4 = −1 − + 2 + 8 − −(−2) − (−2) + 2(−2) + 8(−2) = 9. 3 3 3

2






4

b) g és h metszéspontjai: az x2 = x + 2 egyenlet megoldásai: x1 = −1, x2 = 2. A [−1, 2] intervallumon x2 ≤ x + 2, tehát Z2

Z Z f=

−1

H

Z2 =



 Zx+2 Z2   2 y=x+2   y y=x2 dx = 2y dy  dx = −1

x2

(x + 2)2 − x


4

Z2 dx =

−1

(−x4 + x2 + 4x + 4) dx =

−1

 2 1 5 1 3 72 2 = − x + x + 2x + 4x = . 5 3 5 −1 2.4. a) Függ˝olegesen: Z1

Z Z f=

0

H

  y=1/2−x/2 y=1/2−x/2 Z1  Z 1 2 2 2  dx = (x + y + 1) dy  dx = x y+ y +y 2 y=0

=

0

y=0

Z1 x

2



1 x − 2 2



1 + 2



1 x − 2 2

2

 +

1 x − 2 2



! −0

dx =

0

1   Z1  5 5 3 3 2 5 1 3 5 2 3 1 4 = − x + x − x+ dx = − x + x − x + x = 2 8 4 8 8 24 8 8 0 0

1 5 3 5 1 =− + − + −0= . 8 24 8 8 3 Vízszintesen: Z Z H

  x=1−2y ! Z1/2 x=1−2y Z Z1/2 
1 3  f= x2 + y + 1 dx dy = x + yx + x dy = 3 x=0 0

Z1/2 =

x=0

0

 1 3 (1 − 2y) + y (1 − 2y) + (1 − 2y) − 0 dy = 3

0

c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M2. Két- és többváltozós integrálok, transzformációk

67

  1/2 Z1/2 4 2 4 2 3 3 2 4 8 3 2 dy = − y + y − y + y = − y + 2y − 3y + = 3 3 3 3 2 3 0 0  4  3  2   2 1 3 1 4 1 1 2 1 + − + −0= . =− 3 2 3 2 2 2 3 2 3 b) Függ˝olegesen: Z1

Z Z f=

 Zy=1√ Z1 h √ iy=1  1 − x2 dy  dx = y 1 − x2 dx = 

y=x

0

H

y=x

0

Z1 √

Z1 √

Z1
1/2 1 dx = = 1 − x2 − x 1 − x2 dx = 1 − x2 dx + −2x 1 − x2 2 0 0 0  1  1 1 1 1 2 2 3/2 = arcsin(x) + sin(2 · arcsin(x)) + (1 − x ) = 2 4 2 3 0 0   1 1 1 2 = arcsin(1) + sin(2 · arcsin(1)) − 0 + · (0 − 1) = 2 4 2 3 π  1 π 1 = + 0 − = − ≈ 0,4521 4 3 4 3 √

mivel Z √ 1 1 1 − x2 dx = arcsin(x) + sin(2 · arcsin(x)) + C. 2 4

(10)

Vízszintesen: Z1

Z Z f=



Zx=y√

 0

H

 1 − x2 dx dy =

ismét (10) szerint:

x=0

Z1  = 0

x=y 1 1 arcsin(x) + sin(2 · arcsin(x)) dy = 2 4 x=0

Z1  =

 1 1 arcsin(y) + sin(2 · arcsin(y)) − 0 dy = 2 4

(z)

0

1 2

R

1 2



y · arcsin(y) + p és sin(2 · arcsin(y)) = 2y 1 − y 2 miatt ahol

arcsin(y) dy =

1 4

R

2y

p 1 − y 2 dy =

1 4

·

p

1 − y2

−2 (1 3

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem



− y 2 )3/2

/I. típ. helyettesítés/

/I. típ. helyettesítés/ c www.tankonyvtar.hu

68

MEGOLDÁSOK

TEHÁT     1 −2 p
3/2 1 1 2 y · arcsin(y) + 1 − y 2 + · 1−y = (z) = 2 4 3 0     1 1 1 −2 π 1 (arcsin(1) + 0) + 0 − (0 + 1) + · · 1 = − ≈ 0,4521. = 2 2 4 3 4 3 d) a = BC egyenes egyenlete (x − 5)(4 − 8) = (9 − 5)(y − 8) azaz y = −x + 13 vagy x = −y + 13, b = AC egyenes egyenlete (x − 3)(4 − 2) = (9 − 3)(y − 2) azaz y = 31 x + 1 vagy x = 3y − 3, c = AB egyenes egyenlete (x − 3)(8 − 2) = (5 − 3)(y − 2) azaz y = 3x − 7 vagy x = 13 y + 37 . „Függ˝olegesen” integrálva (x = 5-nél el kell vágnunk):  y=c egyenes   y=a egyenes  Z Z Z5 Z Z Z9 f=  f (x, y) dy  dx +  f (x, y) dy  dx, H

3

5

y=b egyenes

az els˝o tényez˝o   y=3x−7 Z5 Z Z5
  x2 + y 3 dy  dx =  3

y= 31 x+1

Z5 =



1 x2 y + y 4 4

3

1 x2 (3x − 7) + (3x − 7)4 − x2 4



y=b egyenes

y=3x−7 ! dx = y= 13 x+1

  4 ! 1 1 1 x+1 − x+1 dx = 3 4 3

3

Z5 

 1640 4 5032 3 1960 2 3088 = x − x + x − x + 600 dx = 81 27 3 3 3  x=5 328 5 1258 4 1960 3 1544 2 = x − x + x − x + 600x = 81 27 9 3 x=3   328 5 1258 4 1960 3 1544 2 = ·5 − ·5 + ·5 − · 5 + 600 · 5 − 81 27 9 3   328 5 1258 4 1960 3 1544 2 51 152 − ·3 − ·3 + ·3 − · 3 + 600 · 3 = ≈ 631,5062, 81 27 9 3 81

c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M2. Két- és többváltozós integrálok, transzformációk

a második tényez˝o   y=−x+13 Z9 Z9 Z
  =  x2 + y 3 dy  dx = 5

1 x2 (−x + 13) + (−x + 13)4 − x2 4

=

1 x2 y + y 4 4

y=−x+13 ! dx = y= 31 x+1

5

y= 13 x+1

Z9



69



  4 ! 1 1 1 x+1 − x+1 dx = 3 4 3

5

Z9 

 20 4 388 3 796 2 6592 = x − x + x − x + 7140 dx = 81 27 3 3 5  x=9 4 5 97 4 796 3 3296 2 = x − x + x − x + 7140x = 81 27 9 3 x=5   4 97 4 796 3 3296 2 5 = ·9 − ·9 + ·9 − · 9 + 7140 · 9 − 81 27 9 3   4 97 4 796 3 3296 2 153 184 5 − ·5 − ·5 + ·5 − · 5 + 7140 · 5 = ≈ 1891,1605, 81 27 9 3 81 tehát Z Z f=

7568 51 152 153 184 + = ≈ 2522,6667. 81 81 3

H

„Vízszintes” integrálás esetén y = 4-nél kell elvágni: Z4

Z Z f=

  x=a  Z Zx=b Z8 7568  f (x, y) dx dy+  f (x, y) dx dy = · · · = ≈ 2522,6667. 3 

x=c

2

H

4

x=c

e) H képlete: H = {(x, y) : (x − 1)2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ y}, ezért

Z Z

Z2

Z Z f=

H

yx dxdy = H

1 = 2

0

√   



1−(x−1)2

Z

 y · x dy   dx =

0

Z2


1 x 1 − (x − 1)2 − 0 dx = 2 0   1 1 4 2 3 2 = − ·2 + ·2 −0 = . 2 4 3 3

Z2 x· 0

Z2

3

−x + 2x 0



2




1 2 y 2

y=√1−(x−1)2 dx = y=0

 2 1 1 4 2 3 dx = − x + x = 2 4 3 0

(Lásd még a 2.8.b) feladat megoldását is.)

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

70

MEGOLDÁSOK

f) H képlete: H = {(x, y) : x2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ x, 0 ≤ y}, ezért „Függ˝olegesen” integrálva: Z1

Z Z f=



√ y=Z 1−x2

y=0



=

Z1 

 y dy  dx =

  0

H



1 1 x − x3 2 3

1 2 y 2

y=√1−x2

0

1 = 0

1 2

 1−

1 3



y=0

1 dx = 2

Z1

1 − x2 dx =

0

1 = , 3

„Vízszintesen” integrálva: Z1

Z Z f= H

0

   

x=

 √ 2 Z1 Z 1−y Z1 p 
1/2 −1 2 dy = −2y 1 − y 2 y dx  dy = y 1 − y dy = 2

x=0

0

0


i1 −1 2 1 2h 1 2 3/2 = · · (0 − 1) = . 1−y = 2 3 2 3 3 0 (Lásd még a 2.8.a) feladat megoldását is) 2.5. a) H = {(x, y) : 1 ≤ y ≤ 4x − x2 , 1 ≤ x ≤ 3}, tehát H-t az y = 4x − x2 parabola és az x = 1, x = 3 és y = 1 egyenesek határolják. n √ √ o p b) H = (x, y) : 21 ≤ x ≤ 1 − y 2 , −2 3 ≤ y ≤ 23 , tehát H-t az x2 + y 2 = 1 körnek √

√

az x = 21 egyenest˝ol jobbra es˝o szeletének az y = −2 3 és y = 23 egyenesek közötti darabja alkotja. Mivel azonban ez utóbbi egyenesek éppen a körszelet „csúcsain” haladnak át, nincs is szerepük H határolásában. Ez azt jelenti, hogy H pontosan az origó középpontú, egyégsugarú körb˝ol az x = 12 egyenes által levágott kisebbik körszelet.  √ c) H = (x, y) : y ≤ x ≤ 1 + 1 − y, 0 ≤ y ≤ 2 . Mivel azonban 1 < y esetén √ a 1 − y kifejezés nem értelmezhet˝o, ezért ilyen y-ok nem adnak tényleges pontokat H-hoz. Így o n p H = (x, y) : y ≤ x ≤ 1 + 1 − y, 0 ≤ y ≤ 1 , tehát H-t az y = 1 − (x − 1)2 parabola és az y = x (jobbra), y = 0 (= x tengely, felfelé) és y = 1 egyenes (lefelé) határolják. Az y = 1 egyenesre nincs szükség, az el˝oz˝o feladathoz hasonló okok miatt. 2.6. a1 ) A feladatban felírt képlet vízszintesen integrál. Ekkor H éppen az A(0, 0), B(0, 1,5), C(2,25, 1,5) és D(3, 0) pontok által meghatározott trapéz (készítsen ábrát!), ezért függ˝oleges integráláskor x = 2,25-nál ketté kell vágnunk a H tartományt. Mivel az x = 3 − 12 y egyenes c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M2. Két- és többváltozós integrálok, transzformációk

71

ekvivalens y = 6 − 2x-el, így   Z1,5 x=3−y/2 Z  f (x, y) dx dy = 0

x=0

    Z2,25 y=1,5 Z Z3 y=6−2x Z   = f (x, y) dy  dx + f (x, y) dy  dx. 0

y=0

2,25

y=0

b*) A feladatban felírt képlet függ˝olegesen integrál. A H tartományt az x tengely, az y = x2 parabola, az x = 4 függ˝oleges és az y = 2x − 6 (ferde) egyenes határolják (készítsen ábrát!). A két egyenes a (4, 2) pontban metszi egymást, ezért vízszintes integráláskor y = 2nél ketté kell vágnunk a H tartományt. Mivel az y = 2x−6 egyenlet ekvivalens x = y2 +6-tal, így     Z16 Zx=4 Z Z Z2 x=y/2+6 Z     f (x, y) dx dy +  f (x, y) dx dy. f=  √ x= y

0

H

√ x= y

2

2.7. a) H tulajdonképpen az O(0, 0), A(1, 1) és B(1, 0) pontok által meghatározott háromszög. A vízszintes és a függ˝oleges lehet˝oségek:     Z Z Z1 Z1 Z1 Zx 2 2 f =  ex dx dy =  ex dy  dx. 0

H

y

0

0

R 2 Liouville tétele szerint az ex dx primitív függvény képlettel nem írható fel, ezért csak függ˝olegesen tudunk integrálni:   Z Z Z1 Zx Z1 h i  2 2 y=x x x f =  e dy  dx = ye dx = y=0

0

H

=

0

Z1 

0 x2

xe

Z1  1 h x2 i1 e 1 2 − 0 dx = 2xex dx = e = ≈ 1,3591. 2 2 2 0

0

0

Transzformációk 2.8. a) Az {x = r · cos(ϕ) + u0 , y = r · sin(ϕ) + v0 } helyettesítésnél (u0 , v0 ) = (0, 0) a kör középpontja, 0 ≤ r ≤ 1 és 0 ≤ ϕ ≤ π/2, tehát    1  Z Z Z Z Zπ/2 Z1 Zπ/2 Z  r · sin(ϕ) · r dr dϕ = f= y dxdy = sin(ϕ) ·  r2 dr dϕ = H

0

H

Zπ/2



1 sin(ϕ) · r3 3

= 0

0

1 dϕ = 0

0

1 3

Zπ/2 sin(ϕ) dϕ =

0

1 1 [− cos(ϕ)]π/2 = . 0 3 3

0

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

72

MEGOLDÁSOK

b) Használjuk az {x = r · cos(ϕ) + u0 , y = r · sin(ϕ) + v0 } helyettesítést: (u0 , v0 ) = = (1, 0), 0 ≤ r ≤ 1 és 0 ≤ ϕ ≤ π, tehát   Z Z Zπ Z1 Z Z f= yx dxdy =  r sin(ϕ) (r cos(ϕ) + 1) r dr dϕ = H Zπ

H

=

0

0



Z1



 r3 sin(ϕ) cos(ϕ) + r2 sin(ϕ) dr dϕ =

0

0

Zπ



1 sin(ϕ) cos(ϕ) r4 4

= 0

1



1 + sin(ϕ) r3 3 0

1 ! dϕ = 0

Zπ 1 1 sin(2ϕ) dϕ + sin(ϕ) dϕ = 2 3 0 π0  1 1 1 1 1 1 2 = · (− cos(2ϕ)) + [(− cos(ϕ))]π0 = · 0 + (1 + 1) = . 4 2 2 3 16 3 3 0 1 = 4

Zπ

(Lásd még a 2.4.e) feladat megoldását is.) − − − 2.9. a) A paralelogrammát az → u = (3, 1) és → v = (2, 3) vektorok feszítik ki (ell: B + → v = → − = D + u = C), tehát alkalmazzuk az {x = 3k + 2`, y = k + 3`} helyettesítést: Z1 Z1

Z Z f= H

0

0

Z1

Z1

= 0

0 1 Z


(3k + 2`)2 − (k + 3`)2 (3 · 3 − 1 · 2) dkd` =

(8k 2 + 6k` − 5`2 ) · 7 dkd` = 7

Z1



Z1

 0

 (8k 2 + 6k` − 5`2 ) dk  d` =

0

k=1  Z1  8 6 8 3 6 2 2 2 k + k ` − 5` k d` = 7 + ` − 5` − 0 d` = =7 3 2 3 2 k=0 0 0 1    3 2 5 3 8 3 5 35 8 =7 + − −0 = . =7 `+ ` − ` 3 2 3 0 3 2 3 2 q n o √ 2.10. a) Az Útmutatás alapján x = k` , y = k` , det(J) = 2`1 és 1 ≤ k ≤ 4, 1 ≤ ` ≤ 2. Ezek alapján     Z2 Z4 Z Z Z2 Z4 √ r k 1 ` y/x dxdy =  k`/ · dk  d` =  dk  d` = ` 2` 2` 1 1 1 1 H  4  2 2  2 Z Z Z  k=4 Z2 1 1 3 3 3   = dk d` = k d` = d` = ` = . 2 2 k=1 2 2 1 2 !



1

c www.tankonyvtar.hu

1

1

1

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M2. Két- és többváltozós integrálok, transzformációk

73

b) Az Útmutató szerint x = k 1/3 `−1/3 , y = k 2/3 `1/3 , k1 = 1, k2 = 4, `1 = 21 , `2 = 2, det(J) = 92 `−1 + 91 `−5/3 , így Z`2 Zk2 

Z Z 1 dxdy = H

2 −1 1 −5/3 ` + ` 9 9





2 1 dkd` = 3 ln(`) − `−2/3 9 6

`=2 = `=1/2

`1 k1

=

4 1 1 ln 2 − 2−2/3 + 22/3 ≈ 1,4029. 3 2 2

c) x = k 2/3 `−2/3 , y = k 1/3 `2/3 , k1 = 1, k2 = 3, `1 = 21 , `2 = 5, det(J) = 23 `−1 , így Z5 Z3

Z Z (2x + 3y) dxdy =

2k 2/3 `−2/3 + 3k 1/3 `2/3


2 −1 ` dkd` = 3

6 5/3 −2/3 9 4/3 2/3 k ` + k ` 5 4



1/2 1

H

Z5  =

2 · `−1 3

k=3

1/2

Z5 =

d` = k=1

! √ 2 4 3 9 3 3 12 3 3 √ + − 5 d` ≈ 25,0029. − √ 2 3` 5 ` 53 2 3 ` 5` 3

1/2

Többváltozós integrálok 2.11. a) Z9 Z5 Z4

5

x + 3y + xz −3 2 −1

2




Z9 Z5  dxdydz =

1 1 2 x + 3y 5 x + x2 z 2 2 2

−3 2

Z9

Z5

=



1 1 · (42 − 1) + 3y 5 (4 + 1) + z 2 (42 − 1) 2 2

x=4 dydz = x=−1

 dydz =

−3 2

Z9  =

15 15 15 y + y6 + z2y 2 6 2

−3

Z9 

y=5 dz = y=2

45 15 6 45 + (5 − 26 ) + z 2 2 6 2





45 15 45 3 = dz = z + (56 − 26 )z + z 2 6 2·3 −3   45 45 3 15 6 6 3 = (9 + 3) + (5 − 2 )(9 + 3) + (9 + 3 ) = 472 770. 2 6 6

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

z=9 = z=−3

c www.tankonyvtar.hu

74

MEGOLDÁSOK

b) z=x+y Z2 2+3x Z Zx+y Z2 2+3x Z  1 2 2 3 2 3 x z − 3y z + xz (x − 3y + xz) dzdydx = dydx = 2 z=x−7y 1 2−x x−7y

1 2−x

Z2 2+3x Z  =


1 2 2 (x − 3y )(y + 7y) + x (x + y) − (x − 7y) dydx = 2 2

3

1 2−x

Z2 2+3x Z = (8x2 y − 24y 4 + 8x2 y − 24xy 2 ) dydx = 1 2−x

Z2  =

24 8x y − y 5 − 8xy 3 5 2 2

1

Z2 =

y=2+3x dx = y=2−x


8x2 (2 + 3x)2 − (2 − x)2 −

1



24 5 5 3 3 (2 + 3x) − (2 − x) − 8x (2 + 3x) − (2 − x) − dx = 5  Z2  −5856 5 4 3 2 x − 4000x − 5632x − 3456x − 1536x dx = = 5 1  x=2 −976 6 5 4 3 2 = x − 800x − 1408x − 1152x − 768x = 5 x=1 −342 928 = = −68585,6. 5 q q   c) 2 2 b 1− x2 b 1− x2 a c a a Z Z Z Z Z a  2 z=c   yz yz   dydx = √ √ dz dydx = q   x 2 x z=c x2 + y2 q 0

0

0

2 x2 + y2 a2 b

c

Za b

a2

0

b2

q 2 1− x2 a

  2  x y2 = 1− dydx = + 2 a2 b 0 0  q x2   Za b Z1− a2 2    yc x2 y 3 c2  dx = √ √ =  1 − − dy  a2 2 x 2b2 x  0

Za  = 0

c www.tankonyvtar.hu

Z

yc2 √ 2 x

0 2 2

y c √ 4 x

2

 1−

x a2

4 2

 −

y c √ 8b2 x

y=b

q 2 1− x2 a

dx = y=0

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M3. Többváltozós integrálok alkalmazásai

Za =

c 2 b2 √ 4 x

75

 2  2 x2 b4 c 2 x2 1− 2 − 2√ 1− 2 dx = a a 8b x

0

c 2 b2 = 8 c 2 b2 8 2 2 cb = 8 =

Za

 2 Za x2 1 1 7 c 2 b2 2 3 √ − 2 x 2 + 4 x 2 dx = 1− 2 dx = a 8 a x a 0 0  x=a √ 4 5 2 9 2 2 2 x − 2x + 4x = 5a 9a x=0   √ 4 5 8√ 2 2 2 9 2 a − 2 a2 + 4 a2 = ab c . 5a 9a 45 1 √ x

M3. Többváltozós integrálok alkalmazásai 3.1. a) A 2.10.a) feladat transzformációját alkalmazva:   Z Z Z2 Z4 1 3 TH = 1 dxdy =  dk  d` ≈ ln(2) = 1,0397. 2` 2 1

H

1

b) A 2.10.b) feladatban már kiszámoltuk: TH =

1 1 4 ln 2 − 2−2/3 + 22/3 ≈ 1,4029. 3 2 2

3.2. AR felület az [x, y] síkot az 1−x2 −2y 2 = 0 egyenlet˝u ellipszisben metszi, tehát a térfogat R V = f ahol H = {(x, y) ∈ R2 : x2 + 2y 2 ≤ 1}. H

Polártranszformációt alkalmazva Z2π Z1


r 1 − r2 cos2 ϕ − r2 sin2 ϕ √ drdϕ = 2

V = 0

√

2π ≈ 1,1107. 4

0

3.3. A két henger forgástengelyei az x és y koordinátatengelyek. Felülr˝ol nézve a két henger metszésvonalai az y = x és y = −x egyenesek. A közös rész egyik nyolcada pl. a (0, 0), (r, 0) és (r, r) pontok √ által határolt háromszög alatt és felett van, határfelülete az x2 + z 2 = r2 henger, azaz a z = ± r2 − x2 függvény. Tehát a térfogat Zr Zx √ Zr √ 16 V = 16 r2 − x2 dydx = 16 x r2 − x2 dx = r3 . 3 0

0

0

Megjegyzés: A térfogat kiszámítására Bláthy Ottó rövid, szemléletes megoldást adott: „ A közös test elöl- és oldalnézete kör, felülnézete és minden vízszintes metszete pedig a megfelel˝o kör köré írt négyzet. Tehát a közös test köbtartalma úgy viszonylik a gömbéhez, mint a négyzet területe a beírt köréhez, vagyis arányuk 4 : π. Tehát a közös test köbtartalma 4 4 3 · r π = 16 r3 .” π 3 3 c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

76

MEGOLDÁSOK

2 2 2 2 3.4.R A R testet felülr˝ol határoló gömb egyenlete x + y + z = R azaz z = az tartománya a henger és az [x, y] sík metszete:  T = (x, y) : (x − 1)2 + y 2 ≤ ρ2

p R 2 − x2 − y 2 ,

R Rp R2 − x2 − y 2 dydx. Az x = r cos ϕ, egy origót érint˝o kör, így a térfogat V = 2  T  −π π y = r sin ϕ polártranszformáció után T = (r, ϕ) : ≤ ϕ ≤ , 0 ≤ r ≤ R cos ϕ és 2 2 π

π

  Z2 RZcos ϕ √ Z2
3 r=R cos ϕ −1 2 2 2 2 2 2 dϕ = V =2 r R − r drdϕ = 2 R −r 2 3 r=0 −π 2

−π 2

0

π

=

−2 3 R 3

π

Z2 h

Z2 i 3
−4 R3 (sin3 ϕ − 1) dϕ = 1 − cos2 ϕ 2 − 1 dϕ = 3

−π 2 π 2

0

π/2  Z
−4 3 4 3 1 3 2 = R = sin ϕ(1 − cos ϕ) − 1 dϕ = R cos ϕ − cos ϕ + ϕ 3 3 3 0 0  4 3 π 2 = R − ≈ 1,2055R3 . 3 2 3 RRp ∂ ∂ 1 + x2 + y 2 . Polártranszformáció után 3.5. ∂x f = y és ∂y f = x, tehát A = H

Z2π ZR p Z2π ZR √ A= r 1 + (r cos ϕ)2 + (r sin ϕ)2 drdϕ = r 1 + r2 drdϕ = 0

0

0

0

 i 3 R 3 2π h 2 2π  2 (r + 1) 2 = (R + 1) 2 − 1 . = 3 3 0 3.6.

∂ f ∂x

= −2x,

∂ f ∂y

= −2y így a felszín Z p  π √ 1 + 4x2 + 4y 2 dxy = 125 − 1 6

Z A= x2 +y 2 ≤1

(polárkoordinátás helyettesítés után). 3.7. a) A nevez˝o √

Z4 Z x Z4 √ 2 h 3 ix=4 16 T = 1 dydx = x dx = x2 = , 3 3 x=0 0

c www.tankonyvtar.hu

0

0

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M3. Többváltozós integrálok alkalmazásai √

R4 R x

R4

77

2 h 5 ix=4 64 xs számlálója x dydx = x dx = x2 = , 5 5 x=0 0 0 0 √ x 4 4 R R R 1 1 x=4 ys számlálója y dydx = x dx = [x2 ]x=0 = 4, 2 4 0 0 0   64 16 12 16 3 12 3 tehát xs = / = , ys = 4/ = , S = , . 5 3 5 3 4 5 4 3 2

b) Mivel a félkör szimmetrikus az y tengelyre ezért xs = 0. A lemez homogenitása miatt ρ(x, y) = 1 és a nevez˝o éppen a félkör területe = R2 π/2. √ RR RR2 −x2 RR 2 4R 2 y dydx = R3 , tehát ys = 32 R3 / R2 π = A számláló pedig = y dxy = , 3 3π 0 −R H
és így a súlypont S(xs , ys ) = 0, 4R . 3π c) Az x = r cos3 ϕ, y = r sin3 ϕ, det(J) = 3r cos2 ϕ sin2 ϕ transzformáció után a nevez˝o Zπ/2ZR

Z Z =

1 dxy = 0

H

3R2 1 = · 2 4

Zπ/2 0

3R2 3r cos2 ϕ sin2 ϕ drdϕ = 2

Zπ/2

1 sin(2ϕ) 2

2 dϕ =

0

0

 ϕ=π/2 3R2 1 1 − cos(4ϕ) = dϕ = ϕ − sin(4ϕ) 2 16 4 ϕ=0

2

 3π 3R  π = −0 = R2 ; 16 2 32 mindkét számláló Z Z Zπ/2ZR = x dxy = 3r2 cos5 ϕ sin2 ϕ drdϕ = 0

H

= R3

0

Zπ/2


2 cos(ϕ) · 1 − sin2 (ϕ) · sin2 (ϕ) dϕ =

0

Zπ/2 =R cos(ϕ) · (sin6 ϕ − 2 sin4 ϕ + sin2 ϕ) dϕ = 3

0

ϕ=π/2 2 5 1 3 1 7 =R sin ϕ − sin ϕ + sin ϕ = 7 5 3 ϕ=0   1 2 1 8 3 3 =R − + = R 7 5 3 105 3



hiszen H szimmetrikus az y = x egyenesre. Így a súlypontra xs = ys =

8 R3 / 3π R2 105 32

256 = R azaz S = 315π

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem



 256 256 R, R . 315π 315π c www.tankonyvtar.hu

78

MEGOLDÁSOK

3.8. a) A test szimmetrikus az y = x egyenesre, vagyis xs = ys . Ha csak a súlypont vetületére vagyunk kíváncsiak, akkor a test tekinthet˝o egy [x, y] síkban fekv˝o négyzetlemeznek, melynek (x, y) pontjában s˝ur˝usége ρ(x, y) = f (x, y) = x + y. Z1 Z1 Z1 Z1 7 , a nevez˝o = x + y dyx = 1 (= a Ekkor a számlálók = x(x + y) dyx = 12 0 0 0 0  7 7 megmaradt test térfogata), tehát a súlypont vetülete S = , . 12 12 b) A térbeli súlypont z koordinátájának meghatározásához hármas integrál kell (most ρ(x, y, z) = 1). Z Z Z zs számlálója = K Z1

Z1 = 0

0 Z1

Z1 Z1 Zx+y z dxyz = z dzdxdy = 0

0

0

1 1 (x + y)2 dxdy = 2 2

Z1 Z1 0

(x2 + 2xy + y 2 ) dxdy =

0

 Z1  1 3 1 1 2 2 2 x + x y + xy +y+y dy = dy = 3 2 3 x=0 0 0  y=1   1 1 1 1 1 1 1 2 1 3 7 = = y+ y + y + + = , 2 3 2 3 2 3 2 3 12 y=0 1 = 2

x=1



Z Z Z míg zs nevez˝oje =

1 dxyz = VK = 1 (= K térfogata). K

 Tehát a súlypont S =

 7 7 7 , , . 12 12 12

3.9. A közös nevez˝o √

Z Z Z m=V = K

Za Zb Za Zb Z xy 4 3 3 √ 1 dzdydx = xy dydx = a 2 b 2 , 1 dxyz = 9 0

0

0

0

0

√

Z Z Z xs számlálója = K

Za Zb Z xy Za Zb 3 1 4 5 3 x dxyz = x dzdydx = x 2 y 2 dydx = a 2 b 2 , 15 0

0

0

0

0

√

Z Z Z ys számlálója = K

c www.tankonyvtar.hu

Za Zb Za Zb Z xy 1 3 4 3 5 y dzdydx = x 2 y 2 dydx = a 2 b 2 , y dxyz = 15 0

0

0

0

0

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M4. Közönséges differenciálegyenletek alapjai

79

√

Za Zb Z xy Za Zb 1 1 z dzdydx = xy dydx = a2 b2 , zs számlálója = z dxyz = 2 8 0 0 0 0 0 K   9√ 3 3 a, b, tehát S = ab . 5 5 32 Z Z Z

3.10. ρ(x, y) =

m állandó, így az integrál elé kiemelhet˝o: R2 π Z Z
m 1 m 2πR4 Θz = 2 = R2 m x2 + y 2 dxy = 2 · R π R π 4 2 x2 +y 2 ≤R2

(polárkoordinátás helyettesítést alkalmazva). 3.11. H = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b} választással Z Z ρ 1 y 2 dxy = ab3 = mb2 Θx = ρ 3 3 H

és Z Z Θy = ρ

1 x2 dxy = ma2 3

H

ahol m = ρab a test tömege. Megjegyzés: A feladat és végeredménye egy b illetve a hosszúságú, m tömeg˝u rúd végpontjára vonatkozó tehetetlenségi nyomatékának is tekinthet˝o. Z Z

x2 + y

3.12. Θ(0,0) = Θx + Θy = 1 ·

Z1 Zx


2

dxy = 0 x2

H

Z1  =

1 x2 y + y 3 3

y=x y=x2

0


x2 + y 2 dydx =

 Z1  1 6 3 1 3 4 3 dx = x + x − x − x dx = . 3 3 35 0

3.13. Legyen a kocka középpontja az origó, a vonatkoztatási egyenes a x tengely. Ekkor Za/2 Za/2 Za/2 Θx = ρ ·

y2 + z


2

Za/2 Za/2 dxyz = ρa

−a/2 −a/2 −a/2

Za/2  = ρa 

−a/2 −a/2

1 3 y + z2y 3

−a/2

1 3 1 = ρa a z + z3a 12 3


y 2 + z 2 dydz =

Za/2 

y=a/2 dz = ρa y=−a/2

z=a/2 z=−a/2

1 3 a + z2a 12

 dz =

−a/2



 1 4 1 4 1 1 = ρa a + a = ρa5 = ma2 12 12 6 6

hiszen m = ρa3 . c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

80

MEGOLDÁSOK

M4. Közönséges differenciálegyenletek alapjai 4.0. a) y 0 = x2 − y 2 =⇒ x ∈ R, y ∈ R, √ y 0 = 2 y =⇒ x ∈ R, y ≥ 0, x·y =⇒ x > 1 vagy x < 1, mindkét esetben y ∈ R, x2 − 1 x y y0 = + =⇒ (x > 0 vagy x < 0) és (y > 0 vagy y < 0) = valamelyik 2y 2x síknegyed. y b) x · y 0 + 2y = 3x =⇒ y 0 = 3 − 2 =⇒ x > 0 vagy x < 0, mindkét esetben x y ∈ R,  2  y y2 y x2 y 2 − x4 0 0 · =⇒ (x > 0 vagy x − 3 + 2 · y = 0 =⇒ y = − x = x x y x3 xy x < 0) és (y > 0 vagy y < 0) = valamelyik (nyílt) síknegyed. y0 =

4.1. a) m = y 0 (1) = 12 − 22 = −3, tehát az érint˝o egyenlete: y = 2 − 3 (x − 1) = 5 − 3x.

y 00 =


d x2 − y 2 = 2x − 2y · y 0 , dx

tehát y 00 (1) = 2 · 1 − 2 · 2 · (−3) = 14. 22 4 = , az érint˝o: b) m = y (2) = 3 3 · (1 + 2 ) 27 0

4 73 4 (x − 2) = x + , 27 27 27 2 d x · (2 − x3 ) x , y 00 = = dx y · (1 + x3 ) y (x3 + 1)2 −4 y 00 (2) = . 81 y =3+

5 5 c) m = y (−1) = , y = −2+ (x+1), y 00 = 4 4 0

d dx



x y + 2y 2x

 =

x2 − y 2 00 3 , y (−1) = . 2 2x y 4

d*) x = y = 0 esetén az egyenletb˝ol y 0 (0) nem határozható meg, ezért a K.É.P.-nak nincs megoldása. 4.2. A Feladatgy˝ujteményhez mellékelt I RANYMEZO . EXE interaktív program segítségével tetsz˝oleges explicit els˝orend˝u differenciálegyenletet beírhatunk, iránymez˝oket rajzolhatunk és tanulmányozhatunk, a program Help-jében például a c) feladat megoldását láthatjuk. c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M4. Közönséges differenciálegyenletek alapjai

81

4.3. a) P0 = (x0 ; y0 ) = (3; 2), y 0 (x0 ) = 5, y = 2 + 5(x − 3), x1 = x0 + δ = 3,1

=⇒

y1 = 2 + 5 · δ = 2,5,

P1 = (x1 ; y1 ) = (3,1; 2,5), y 0 (x1 ) = 3,36, y = 2,5 + 3,36(x − 3,1), x2 = x1 + δ = 3,2

=⇒

y2 = 2,5 + 3,36 · 0,1 = 2,836,

P2 = (3,2; 2,836), y 0 (x2 ) ≈ 2,1971, x3 = 3,3, y1 = 2,836 + 2,1971 · 0,1 ≈ 3,0557, vagyis a folytatás: i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

xi 3,0 3,1 3,2 3,3 3,4 3,5 3,6 3,7 3,8 3,9 4,0

yi 2,0000 2,5000 2,8360 3,0557 3,2110 3,3359 3,4481 3,5552 3,6602 3,7645 3,8684

yi0 5,0000 3,3600 2,1971 1,5526 1,2496 1,1215 1,0707 1,0509 1,0426 1,0385 1,0358

b), c) hasonlóan: i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

xi 1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8 1,9 2,0

yi 2,0000 2,2828 2,5850 2,9066 3,2476 3,6080 3,9878 4,3873 4,8062 5,2446 5,7027

yi0 2,8284 3,0218 3,2156 3,4097 3,6042 3,7989 3,9939 4,1892 4,3846 4,5802 4,7761

i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

xi 2,0 2,1 2,2y 2,3y 2,4y 2,5 2,6y 2,7y 2,8 2,9 3,0

yi 1,0000 1,0667 1,1324 1,1972 1.2y614 1.3y250 1.3yy881 1,4507 1,5130 1,5749 1,6366

yi0 0,6667 0,6568 0.6y487 0.6y418 0,6360 0,6309 0,6265 0,6227 0,6193 0,6163 0,6137

A jelen feladatgy˝ujteményhez mellékelt E ULERTV. EXE interaktív program segítségével tetsz˝oleges explicit els˝orend˝u differenciálegyenlet bármely (egyszerre legfeljebb tíz) K.É.P. c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

82

MEGOLDÁSOK

pontjából kiinduló megoldását közelíthetjük, álló- és mozgóképeket készíthetünk, a számítások részleteit táblázatba menthetjük. A program Help-jében például a c) feladat egy animált megoldását láthatjuk. 4.4. a) y 0 (x) = (cx)0 = c és

c·x y y(x) = = c, tehát valóban y 0 = . x x x

√ −2bx b) y(x) = b 1 − x2 , tehát y 0 (x) = √ , míg 2 1 − x2 √ x · b 1 − x2 xb x · y(x) √ = = , x2 − 1 x2 − 1 − 1 − x2 ami ugyanaz. √ c) y10 = 2(x − c), 2 y1 = 2 |x − c| CSAK x ≥ c esetén egyenl˝o! √ y20 = 2 y2 hiszen y2 kizárólag x ≥ c esetén értelmezett.

M5. Els˝orendu˝ differenciálegyenletek Szétválasztható változójú egyenletek 5.1. a) y(x) =

R 1 y 0 (x) dx = 2 y (x) y2 1 (C ∈ R). sin(x)+C

R

R dy = cos(x) dx, K.É.P.:

= − sin(x) + C, az általános megoldás:

1 C = . Dom(y) 2

kikötései: y 6= 0, sin(x) + C = 6 0, x0 = 0, így − arcsin 12 < x < π + arcsin 21 , azaz: −0,523 60 < x < 3,6652. R R R x2 1 3 b) y 0 (x) · y(x) dx = ydy = 12 y 2 (x) = 1+x y(x) = 3 dx = 3 ln |1 + x | + C, q = ± 23 ln |1 + x3 | + C, K.É.P.: y(0) =

r

1 =2 sin(0) + C

−1 y

2 ln 2 ≈ 3,5379. Dom(y) 3 p −3 3 kikötései: x 6= −1 azaz −1 < x, 0 ≤ 32 ln (1 + x3 ) + C azaz e 2 C − 1 ≈ −0,9983 ≤ x, vagyis: −1 < x. R y0 (x) R 1 c) y 0 (x) = 1 + x + y 2 + xy 2 = (1 + x) · (1 + y 2 ), 1+y dy = arctg(y) = 2 (x) dx = 1+y 2
R 1 2 1 2 = 1 + x dx = x + 2 x + C, y(x) = tg x + 2 x + C , K.É.P.: 2=

2 ln 2 + C 3

=⇒

=⇒

1 = tg (0 + C) c www.tankonyvtar.hu

C =4−

=⇒

C=

π . 4

Dom(y)

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M5. Els˝orend˝u differenciálegyenletek

kikötései (x0 = 0 és C =

π 4

83

miatt):

π 1 −π < x + x2 + C < 2 2 2

=⇒

r r π π − 1+ −1 0), −1 , ln(x) + C −x y(x) = . ln(x) + C

u(x) =

K.É.P.: y(1) = c www.tankonyvtar.hu

−1 =3 ln(1) + C

=⇒

C=

−1 . 3

Dom(y)

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M5. Els˝orend˝u differenciálegyenletek

85

kikötései: x 6= 0, −1 6= 0, ln(x) + C 1 ln(x) + C = ln(x) − 6= 0 3 u(x) =

azaz

1

x 6= e 3 ≈ 1,3956. 1

Tehát x0 = 1 miatt 1 < x < e 3 . b) u(x) := xy , 1 u(x) + , 2u(x) 2   1 1 u(x) 1 1 − u2 (x) 0 u (x) = − = · , x 2u(x) 2 x 2u(x) Z Z Z 2u(x) 0 2u 1 2 u (x) dx = du = − ln 1 − u (x) = dx = ln(−x) + C 2 2 1 − u (x) 1−u x

y 0 (x) = u(x) + x · u0 (x) =

(mert x0 < 0),
1 C = ± −x · e , 1 − u2 (x) ∓1 . 1 − u2 (x) = x · eC A ± eldöntése a K.É.P.-val: 

2

1 − u (−1) = 1 −

−2 −1

2 = −3 =

+1 (−1) · eC

=⇒

1 C = ln , 3

tehát r u(x) = ± u(−1) =

1−

1 , x · eC

−2 =2 −1

miatt r u(x) = + 1 −

1 x · eC

és r y(x) = x ·

1−

1 . x · eC

Dom(y)

kikötései: x 6= 0, r u(x) =

1−

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

1 6= 0 x · eC c www.tankonyvtar.hu

86

MEGOLDÁSOK

és

r y(x) = x ·

1−

1 6= 0 x · eC

=⇒

x 6= e−C = 3,

1 − u2 (x) 6= 0 vagyis r 1−

1 6= ±1 x · eC

=⇒

x ∈ R.

Tehát x0 = −1 miatt x < 0. c) u(x) := xy , y 0 (x) = u(x) + x · u0 (x) = u(x) − cos (u(x)) , −1 cos (u(x)) , u0 (x) = x   Z Z Z u0 (x) 1 −1 1 1 + sin u dx = du = ln = dx = − ln(x) + C cos (u(x)) cos(u) 2 1 − sin u x (mert x0 > 0),   1 + sin u = −2 ln(x) + C, ln 1 − sin u 1 + sin u 2 = − 1 = x−2 D (D = eC > 0), 1 − sin u 1 − sin u 2 , 1 − sin u = 1 + x−2 D   2 , u(x) = arcsin 1 − 1 + x−2 D   2 y(x) = x · arcsin 1 − . 1 + x−2 D K.É.P.: 

2 y(3) = 3 arcsin 1 − 1 + 3−2 D

 =π

=⇒

−9 D=√ −9≈ 3/4 − 1/2 ≈ 125,3538.

Dom(y)

kikötései: x 6= 0,   cos (u(x)) = cos arcsin 1 −

2 1 + x−2 D

 6= 0

és sin (u(x)) 6= 0 =⇒ x ∈ R, 1 + x−2 D 6= 0 =⇒ x ∈ R, 2 −1 < 1 − < 1 =⇒ x ∈ R. 1 + x−2 D Tehát x0 = 3 miatt 0 < x. c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M5. Els˝orend˝u differenciálegyenletek

87

Lineáris egyenletek 5.4. P (x) =

R

−x dx =

−1 2 x, 2

Z q(x)e

Z

P (x)

2 /2

x · e−x

dx =

= −e−x

2 /2

dx =

+ C,

így (7) szerint az általános megoldás y(x) = ex

2 /2

  2 2 · −e−x /2 + C = Cex /2 − 1.

K.É.P.: y(0) = Ce0 − 1 = 1 tehát C = 2. Dom(y) = R. 5.5. a) P (x) =

R

1 x

dx = ln(x)

Z

P (x)

q(x)e

/mivel x0 > 0/, Z

x

−e · e

dx =

ln(x)

Z

xex dx = −ex (x − 1) + C,

=−

így y(x) = e

− ln(x)

  1 C · (−e (x − 1) + C) = −e 1 − + . x x x

x

K.É.P.: y(1) = C = 0. Dom(y) = R+ . b) P (x) =

R

Z

−2x 1+x2

dx = − ln (x2 + 1),

P (x)

q(x)e

Z dx =

− ln(x2 +1)

1·e

Z dx =

x2

1 dx = arctg(x) + C, +1


y(x) = x2 + 1 · (arctg(x) + C) . K.É.P.: y(0) = 1 · C = 1, Dom(y) = R. c) P (x) = Z q(x)e

R

P (x)

1−x x2

dx = Z

dx =

e

−1 x

1/x

(x ln(−x) + 1) = − ln(−x) − 

1 · exp − ln(−x) − x



1 x

Z dx =

(mert x0 < 0), −1 dx = − ln(−x) + C x

(mert x0 < 0),   1 1 y(x) = exp ln(−x) + · (− ln(−x) + C) = xe x (ln(−x) − C) . x K.É.P.: y(−1) = −e−1 · (−C) = 2

=⇒

C = 2e ≈ 5,4366.

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

Dom(y) = R− . c www.tankonyvtar.hu

88

MEGOLDÁSOK

Bernoulli-egyenletek 5.7. a) u(x) := y 1−2 (x) = y −1 (x),
0 −u0 (x) y(x) u−1 (x) = + 2y 2 (x) = + 2u−2 (x), y 0 (x) = u−1 (x) = 2 u (x) x x u(x) u0 (x) + = −2, x Z 1 P (x) = dx = ln(x) x (mert x0 > 0), Z Z ln(x) −2e dx = −2x dx = −x2 + C,
−x2 + C u(x) = e− ln(x) · −x2 + C = , x x y(x) = u−1 (x) = . C − x2 K.É.P.: y(1) =

1 C−12

=2

u(x) = tehát 0 < x
0. Dom(y) kikötései: y(x) > 0 =⇒ x ∈ R. c) u(x) = y 1−3 (x) = y −2 (x),
0 −1 −3/2 u (x) · u0 (x) = y 0 (x) = u−1/2 (x) = 2 2y y 3 2 1 = + 3 = u−1/2 (x) + 3 u−3/2 (x), x x x x c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M5. Els˝orend˝u differenciálegyenletek

89

−2 4 u0 (x) + u(x) = 3 , x x Z 4 P (x) = dx = 4 ln(−x) (mert x0 < 0), x Z
−x2 + C −2 4 ln(−x) −4 2 u(x) = e−4 ln(−x) · e dx = x · −x + C = , x3 x4 r x4 x2 √ y(x) = u−1/2 (x) = = . C − x2 C − x2 K.É.P.: y(−1) = √

1 =2 C −1

5 C= . 4

=⇒

Dom(y) kikötései: x 6= 0, x < 0, C − x2 > 0 tehát −

q

5 4

⇐⇒

|x|
0), R ahonnan f (x) = kx dx = k2 x2 + C. Tehát a forgó/megkevert pohár víz valóban forgási paraboloid alakú. 6.2. Az y = f (x) függvénygörbét E (x0 , f (x0 )) pontjában érint˝o egyenes egyenlete y = f (x0 ) + f 0 (x0 ) · (x − x0 ) , ennek tengelymetszetei A (0, yM ) és B (xM , 0) ahol yM = f (x0 ) − f 0 (x0 ) · x0 és c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

92

MEGOLDÁSOK

0 = f (x0 ) + f 0 (x0 ) · (xM − x0 ) alapján xM =

f 0 (x0 ) · x0 − f (x0 ) f 0 (x0 )

(feltéve f 0 (x0 ) 6= 0). E akkor felez˝opontja AB-nek, ha x0 = 12 xM és f (x0 ) = 12 yM . Mindkét egyenl˝oség ekvivalens az x0 ·f 0 (x0 ) = −f (x0 ) egyenl˝oséggel (x0 ∈ Dom(f )), vagyis az x · f 0 (x) = −f (x) szétválasztható differenciálegyenlettel. Ennek megoldása (ha csak az I. síknegyedben keressük): Z 0 Z Z f (x) 1 −1 dx = df = ln (f (x)) = dx = − ln(x) + C, f (x) f x vagyis D eC = f (x) = x x minden D > 0 számra. 6.3. Az el˝oz˝o feladat szerint az y = f (x) függvénygörbét E (x0 , f (x0 )) pontjában érint˝o egyenes tengelymetszetei A (0, yM ) és B (xM , 0), ahol yM = f (x0 ) − f 0 (x0 ) · x0 és xM =

f 0 (x0 ) · x0 − f (x0 ) . f 0 (x0 )

A körülírt háromszög területe T (x0 ) = ± 12 (xM − x0 ) · f (x0 ) (el˝ojel attól függ˝oen, hogy f monoton n˝o vagy csökken). Tehát   1 f 0 (x0 ) · x0 − f (x0 ) 1 f 2 (x0 ) − x , 1=± · f (x ) = ∓ 0 0 2 f 0 (x0 ) 2 f 0 (x0 ) vagyis az f 0 (x) = ∓ 12 f 2 (x0 ) szétválasztható egyenlethez jutunk, aminek megoldása f (x) = −1 2 = ∓x/2+C = ±x+D (C, D ∈ R). 6.4. Legyen x(t) = a test h˝omérséklete t ≥ 0 id˝opontban, az egyenlet: x0 (t) = k · (x(t) − 20)

(k < 0) ,

x(0) = 100, x(10) = 60. A lineáris egyenlet általános megoldása: x(t) · e−kt = 20e−kt + C. A K.É.P. megoldása C = 80, k = −1 ln 2 ≈ −0,0693. 10 A keresett id˝opontot az x (t0 ) = 20 + Cekt0 = 25 egyenlet megoldása adja: t0 = 40 (perc). c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M6. Els˝orend˝u differenciálegyenletek alkalmazásai

93

6.5. Jelölje x(t) a még fel nem oldott só mennyiségét, azaz x(0) = 100 és x(1) = 50. A feltétel szerint x0 (t) = k · x(t) ahol k < 0. Ennek megoldása x(t) = ekt · C, a K.É.P. alapján C = 100
és k = − ln 2 ≈ −0,6931. A feloldott só mennyisége pedig 100 − x(t) = 100 · 1 − 21t . 6.6. Jelölje c(t) az oldat töménységét az id˝o függvényében: c(0) = 0,08, ekkor a tartályban oldott anyag m(t) = 50c(t), m(0) = 4 és m0 (t) = 4 · 0,1 − 4 · c(t) = 0,4 −

4 m(t). 50

A lineáris egyenlet megoldása m(t) = Ce−0,08t + 5, a K.É.P. miatt C = −1. 15 perc múlva az oldatban m(15) = 5 − e−0,08·15 ≈ 4,6988 g só lesz, a koncentráció pedig c(15) =

1 m(15) ≈ 0,09399 ≈ 9,4% lesz. 50

6.7. * Legyen a járda az y tengely. Az y = f (x) függvénygörbét E (x0 , f (x0 )) pontjában érint˝o egyenes y-tengelymetszete A (0, y1 ) ahol y1 = f (x0 ) − f 0 (x0 ) · x0 (a 6.2. feladat alapján). Az EAqtávolság négyzete (x0 )2 + (f (x0 ) − y1 )2 = (x0 )2 + (f 0 (x0 ) · x0 )2 = h2 azaz f 0 (x0 ) = ±

h2 −(x0 )2 (x0 )2

Z r f (x) = ±

ahonnan

h2 − x2 dx = h ln x2

√ 2  √ h − x2 − h + h2 − x2 + C. x

Ha a kocsi a (d, 0) pontból indul, akkor az f (d) = 0 K.É.P.-ból C kiszámítható. (A kocsi által leírt görbe neve: vonszolási görbe vagy traktrix.) A mellékelt T RAKTRIX - ANIM . GIF (+html) mozgóképen szemléltetjük a kocsi mozgását. 6.8. Ha V (t) és h(t) jelöli az edényben p lev˝o víz térfogatát és a nyílás feletti magasságát, akkor minden esetben V 0 (t) = −A · 0,6 2g · h(t). Az alábbi példákban legyen a lyuk az edény legalján, a víz magassága h(0) = h0 . a) Ha a p henger alapterülete T akkor V (t)p = T · h(t), V 0 (t) = T · h0 (t) = √ A·0,6 2g = −A · 0,6 2g · h(t) vagyis a h0 (t) = −K · h(t) (K = ∈ R+ ) szétválasztható T
√ 2 K t , a K.É.P. miatt C = egyenletet kapjuk, melynek megoldása h(t) = C − h0 és 2 √ h0 C 0≤t≤ K = K . b) Ha a lyuk nagyon kicsi a kúp méreteihez képest, akkor nem kell csonkakúpként számítanunk. Jelöljük a kezdeti h0 magas vízoszlop térfogatát V0 -al, ekkor  3 h(t) V (t) = V0 · , h0 p V0 V 0 (t) = 3 · 3h2 (t) · h0 (t) = −A · 0,6 2g · h(t), h0 vagyis a c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

94

MEGOLDÁSOK

h0 (t) = −K · h−3/2 (t) (K =

√ A·0,6 2g·h30 3V0

∈ R+ ) egyenletet kapjuk, melynek megoldása  h(t) =

A K.É.P. miatt C = 52 (h0 )5/2 és 0 ≤ t ≤

2/5 5 (C − Kt) . 2

C . K

c) Az R sugarú gömb h magasságú süvegének térfogata π π V = h2 · (3R − h) = Rπh2 − h3 , 3 3 tehát p
V 0 (t) = h0 (t) · π 2Rh(t) − h2 (t) = −A · 0,6 2g · h(t). Így a
h0 (t) · 2Rh1/2 (t) − h3/2 (t) = −K √ −A · 0,6 2g (K = ∈ R+ ) π differenciálegyenletet kapjuk, melynek megoldása (z)

2 4 3/2 Rh (t) − h5/2 (t) = −Kt + C 3 5

ahol a K.É.P. miatt 4 3/2 2 5/2 C = Rh0 − h0 3 5 és 0≤t≤

C . K

A (z) algebrai egyenletet (közelít˝oleg, pl.„intervallum-felezés” módszerrel) megoldva megkapjuk a h(t) függvényt. 6.9. Ha a kötél (függvény) monoton ágában vagyunk és ∆x = h nagyon kicsi, akkor az P0 (x0 , f (x0 )) és Ph (x0 + h, f (x0 + h)) pontokban az Fk kötéler˝ok ellentétes irányban hatnak: Fv vízszintes összetev˝ojük összege 0: Fv (x0 ) = Fv (x0 + h)

(11)

(általában az F er˝ovektor hosszát F -el jelöljük), míg Ff függ˝oleges összetev˝ojük a közöttük lev˝o kötéldarab súlyával (gravitációs er˝o) együtt ad 0-t: Ff (x0 + h) = Ff (x0 ) + mg és

q q 2 2 0 m = ρQ h + (h · f (x0 )) = ρQh 1 + (f 0 (x0 ))2

c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M6. Els˝orend˝u differenciálegyenletek alkalmazásai

95

ahol a kötél s˝ur˝usége ρ, keresztmetszete Q, és a kötelet az [x0 , x0 + h] intervallumon az x0 beli érint˝ovel közelítettük, tehát q (12) Ff (x0 + h) − Ff (x0 ) = ρQhg 1 + (f 0 (x0 ))2 . Az (Fv , Ff , Fk ) derékszög˝u háromszögek hasonlóak a megfelel˝o (ugyanazon pontban vett)   q 2 0 0 1, f , (f ) + 1 derékszög˝u háromszögekhez, tehát (11) és (12) alapján (Fv és h-val egyszer˝usítve) q f 0 (x0 + h) − f 0 (x0 ) ρQg = 1 + (f 0 (x0 ))2 , h Fv majd lim határátmenetet véve kapjuk a keresett differenciálegyenletet: h→0

00

f (x0 ) = K ·

q

1 + (f 0 (x0 ))2

(13)

ahol K ∈ R+ állandó, x0 ∈ [xA , xB ] tetsz˝oleges, A (xA , yA ) és B (xB , yB ) a kötél rögzítési pontjai. 0 0 Az p (13) egyenlet megoldása: vezessük be az u = f új változót, ekkor u (x) = = K 1 + u2 (x), Z Z Z u0 (x) 1 p √ dx = du = Ar sinh (u(x)) = K dx = Kx + C1 f (x) = 1 + u2 1 + u2 (x) Z Z 1 = u(x) dx = sinh (Kx + C1 ) = cosh (Kx + C1 ) + C2 , K

tehát a végeredmény: 1 cosh (Kx + C1 ) + C2 . K A kötél rögzítési pontjait figyelembe véve az  1  yA = f (xA ) = cosh (KxA + C1 ) + C2 K  yB = f (xB ) = 1 cosh (KxB + C1 ) + C2 K f (x) =

egyenletrendszert kell megoldanunk. A  cosh(α) − cosh(β) = 2 sinh

α+β 2



 sinh

α−β 2



azonosság alapján az     2 xA + xB xA − xB sinh K + C1 sinh K yA − yB = K 2 2 összefüggésb˝ol C1 és C2 kiszámítható. c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

96

MEGOLDÁSOK

6.10. a) R · i(t) + L · i0 (t) = U0 (U0 = 100V )

U0 − R · i(t) =⇒ i0 (t) = szeparálható L 0 R R i (t) 1 dt = di = U0 − R · i(t) U0 − R · i

1 i0 (t) = =⇒ U0 − R · i(t) L −1 1 = ln (U0 − R · i) = t + C azaz R L  U R 1 K R 0 i(t) = U0 − e−( L t+RC ) = − e− L t R R R =⇒

egyenlet

U0 ), R

K ∈ R+ . Az i(0) = 0 K.É.P. miatt K = U0 vagyis  R U0  1 − e− L t i(t) = R U0 tehát lim i(t) = . A feladat adataival i(t) = 5 − 5e−2t . t→∞ R (hiszen i ≤

b) L · i0 (t) + R · i(t) = U0 · sin(ωt) lineáris egyenlet, általános megoldása R U0 (R sin(ωt) − Lω cos(ωt)) + Ce− L t = 2 +R    R Lω U0 sin ωt − arctg =√ + Ce− L t 2 2 2 R L ω +R

i(t) =

L2 ω 2

a 10.5. feladat megoldásánál ismertetett (15) összefüggés alapján, és az i(0) = 0 K.É.P. miatt 10 · (100π) 240 LωU0 = 2 =≈ 0,07639. C= 2 2 2 L ω +R 10 · (100π)2 + 202 A feladat paramétereivel az 10i0 (t) + 20i(t) = 240 sin (2π50 · t) egyenlet megoldása 240 (20 sin(100πt) − 10 · 100π cos(100πt)) + Ce−2t = 2 2 2 10 · (100π) + 20    240 10 · 100π sin 100πt − arctg + Ce−2t ≈ =p 2 2 2 20 10 (100π) + 20 −5 ≈ 2,4316 · 10 · (20 sin(314t) − 1000π · cos(314t)) + 0,07639 · e−2t ≈ 0,07639 · sin (314t − 1,5644) + 0,07639 · e−2t .

i(t) =

M7. Parciális törtekre bontás
7.1. a) x4 + x2 : (x − 2) = x3 + 2x2 + 5x + 10 2x3 + x2 5x2 10x 20 c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M7. Parciális törtekre bontás

97

azaz (x4 + x2 ) = (x − 2) · (x3 + 2x2 + 5x + 10) + (20). b) (x3 + 3x + 5) = (2x2 − 7x + 9) ·

1 x 2

+

7 4




+

43 x 4

−

43 4


.

c) 4x5 + 5x − 2 = (2x3 + 3) · 2x2 + (−6x2 + 5x − 2). 7.2. a) x3 −1 = (x−1)(x2 +x+1), x3 +1 = (x+1)(x2 −x+1), x4 −1 = (x2 −1)(x2 +1) = = (x − 1)(x + 1)(x2 + 1). x4 + 1 reducibilis az Algebra Alaptétele szerint. Próbálkozzunk x4 + 1 = = (x2 + ax + b) (x2 + cx + d) alakú felbontással, ahonnan az együtthatók összehasonlítása alapján a  0 =c+a    0 = d + ac + b  0 = ad + bc    1 = bd (nemlineáris) egyenletrendszert kapjuk, melynek megoldása az √

  √ 2 x +1= x −x 2+1 x +x 2+1 4



2

(14)

irreducibilis felbontást adja. (Az x4 + 1 = 0 egyenlet komplex gyökeinek segítségével is megkaphatjuk ezt a felbontást.) b) 2x3 − 5x2 + 3x − 2 harmadfokú, ezért R[x]-ben van gyöke. Egész együtthatós, ezért a konstans tag osztóit kipróbálva kapjuk az x = 2 gyököt. Polinomosztással kapjuk: (2x3 − 5x2 + 3x − 2) = (x − 2) · (2x2 − x + 1). Hasonlóan: 2x3 − x2 − 1 = (x − 1) · (2x2 + x + 1). c*) A p(x) = x4 + 2x3 + 2x2 + 2x − 1 = 0 negyedfokú egyenlet gyökei közelít˝oleg x1 ≈ 0,3392, x2 ≈ −1,7130, x3,4 ≈ −0,3131 ± 1,2739 · i, tehát p(x) ≈ (x − 0,339)(x + 1,713)(x + 0,313 − 1,274i)(x + 0,313 + 1,274i) ≈ (x − 0,3392)(x + 1,7130)(x2 + 0,6263x + 1,7208). Másik megoldás: Az x4 + 2x3 + 2x2 + 2x − 1 = (x2 + Ax + B)(x2 + Cx + D) próbálkozásból (A, B, C, D ∈ R) a  2    2  2    −1

=C +A = D + AC + B = AD + BC = BD

egyenletrendszert kapjuk, ami szintén elvezet az el˝oz˝o végeredményhez. c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

98

MEGOLDÁSOK

7.3. Ha a számláló fokszáma nem kisebb a nevez˝o fokánál, akkor a számlálót el kell osztanunk polinomosztással a nevez˝ovel.
x4 + 3x − 6 −2x 2 = x − x + 3 + 2 , 2 x +x−2 x +x−2 3x3 − 2x2 + 4 131x − 326 = (3x + 22) + , x2 − 8x + 15 x2 − 8x + 15 x5 + 1 3x =1+ 5 , 5 x − 3x x − 3x
x5 + 2x2 + 3 4 = x 4 − x3 + x2 + x − 1 + . x+1 x+1 x3 − 8x2 + 12 A B x4 + 5x2 + 3 Cx + D = + , + = (x − 1)2 (x2 + 4x + 9) x − 1 (x − 1)2 x2 + 4x + 9 (x + 7) (x2 + 5x + 7)2 Bx + C Dx + E A + 2 + , = 2 x + 7 x + 5x + 7 (x + 5x + 7)2 7.4.

x2 + 8x + 2 = (x + 8)3 (x2 + 4x + 9)2 (x + 7) (x2 + 5) A H B C Dx + E Fx + G Ix + J = + + + + 2 + + 2 , 2 2 3 x + 8 (x + 8) (x + 8) x + 4x + 9 (x2 + 4x + 9) x+7 x +5 3x3 − 2x2 + 4 131x − 326 131x − 326 = (3x + 22) + 2 = (3x + 22) + = 2 x − 8x + 15 x − 8x + 15 (x − 3)(x − 5) B A + . = (3x + 22) + x−3 x−5 1 A B A(k + 1) + Bk = + = , vagyis a számlálók egyez˝osége: 1 = k · (k + 1) k k+1 k · (k + 1) = A(k + 1) + Bk. Helyettesítsük be k helyére 0-át ill. −1-et, ahonnan A = 1, B = −1, 1 1 1 vagyis = − . k · (k + 1) k k+1 7.5.

x2

x+6 x+6 A B A(x − 1) + B(x + 2) = = + = +x−2 (x + 2)(x − 1) x+2 x−1 (x + 2)(x − 1)

vagyis x + 6 = A(x − 1) + B(x + 2). Az x = −2 és x = 1 helyettesítés után kapjuk: −4 7 x+6 3 3 = + . x2 + x − 2 x+2 x−1 −1 13 + x4 3x + 2 4 4 = + , (x2 + 2x + 5) (x + 1) x + 1 x2 + 2x + 5 −1 1 3 x2 − 1 2 4 4 = + + , x3 + 2x2 x2 x x+2

c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M7. Parciális törtekre bontás

99

x 1/2 −1/2 x 1 1 + = , = + , 2 2 3 3 (1 − 2x) 1 − 2x (1 − 2x) (x − 1) (x − 1) (x − 1)2 9 9 1 −x x x2 + 5 x3 32 32 8 = + , = − − ; x4 − 16 x − 2 x + 2 x2 + 4 (x2 + 1)2 (x2 + 1)2 x2 + 1 1 1 = = 2 3 2 (1 − x ) (1 − x ) (1 − x) (1 + x)(1 + x + x2 ) A B Dx + E C = + + + , 2 1 − x (1 − x) 1 + x 1 + x + x2 közös nevez˝ore hozás után a számlálók egyenl˝osége:

1 = A(1 − x)(1 + x) 1 + x + x2 + B(1 + x) 1 + x + x2 +
+C(1 − x)2 1 + x + x2 + (Dx + E)(1 − x)2 (1 + x). Az x = 1, −1, 0 és például a −2, +2 értékek behelyettesítése után kapjuk: A = 41 , B = 16 , C = 41 , D = 0 és E = 31 , vagyis 1 1 1 4 6 = + + 2 3 (1 − x ) (1 − x ) 1 − x (1 − x)2

+

1 4

+

1 3

. 1 + x 1 + x + x2 131x − 326 A B 3x3 − 2x2 + 4 = (3x + 22) + 2 = 3x + 22 + + = 2 x − 8x + 15 x − 8x + 15 x−3 x−5 −33,5 164,5 = 3x + 22 + + . x−3 x−5 7s4 + 23s3 − 30s2 − 172s − 150 = (s + 2)4 (s − 5) A B C D E = + + + + s + 2 (s + 2)2 (s + 2)3 (s + 2)4 s − 5 közös nevez˝ore hozás után a számlálók egyenl˝osége: 7s4 + 23s3 − 30s2 − 172s − 150 = = A(s + 2)3 (s − 5) + B(s + 2)2 (s − 5) + C(s + 2)(s − 5) + D(s − 5) + E(s + 2)4 . Az s = 5, −2, 0, 1, −1 értékeket behelyettesítve kapjuk: E = D= C=

−2 317 ≈ −0,2857, A = 112401 ≈ 4,7135, B = 7 2 − 49 ≈ −0,0408. Tehát a keresett felbontás

5490 2401

≈ 2,2865,

2 − 343 ≈ −0,0058,

11 317 2 2 2 5490 7s4 + 23s3 − 30s2 − 172s − 150 2401 343 49 7 2401 = − − − + (s + 2)4 (s − 5) s + 2 (s + 2)2 (s + 2)3 (s + 2)4 s − 5

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

100

MEGOLDÁSOK

M8. Laplace-transzformáció és inverze 8.1. a)

10. ábra. 8.1.a) e−2s − e−3s , s 2 t=2 s (lásd még a 8.2.c) feladat megoldását is),  t=ω R∞ L(f2 ) = 2 e−st dt = lim −1 e−st t=2 = 1s e−2s , s L(f1 ) =

R3

1 · e−st dt =

 −1

e−st

t=3

=

ω→∞

∞    t=ω Z t 1 −t −st 1 −st −st e + e dt = lim − + e L(f3 ) = t · e dt = = ω→∞ s s s s2 3 3 t=3   3 1 3s + 1 −3s + 2 e−3s = e . =0+ s s s2 Z

∞

−st



Megjegyzés: Az „eltolási” tételt most(nem használhatjuk, hiszen f3 nem az id(t) = t t−3 ha 3 ≤ t (el) függvény „eltoltja”. Ez utóbbi f3 (t) = , melynek Laplace- transzfor0 máskor máltja  ∞ Z ∞ Z −(t − 3) −st 1 (el) −st −st L(f3 ) = (t − 3)e dt = e + e dt = s s 3 3  t=ω   1 t−3 −st + 2 e = = lim − ω→∞ s s t=3   0 1 1 =0+ + 2 e−3s = 2 e−3s = az „eltolási” tétel szerint is. s s s Z

2

Z

∞

(t − 1) · e dt + 1 · e−st dt = 1 2   t=2   t−1 1 1 −s 1 1 1 1 −2s −st = −e + 2 + e = 2e − + 2 e−2s + e−2s = s s s s s s s t=1
1 = 2 e−s − e−2s s

L(f4 ) =

−st

(lásd még a 8.2.c) feladat megoldását is), c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M8. Laplace-transzformáció és inverze

101

a két ponton átmen˝o egyenes egyenlete y = 2,5x − 5,5, ezért t=5 −1 −st (2,5t − 5,5)e dt = L(f5 ) = e (5st − 11s + 5) = 2s2 3 t=3
−1 = 2 e−5s (14s + 5) − e−3s (4s + 5) , 2s  t=4π Z 4π
1 −st −st cos t + s sin t sin(t) · e dt = −e L(f6 ) = e−2πs − e−4πs , = 2 2 s +1 s +1 2π t=2π Z ∞ ∞ ∞ k X X −k
1 − es X −st −sk −s(k−1) L(f7 ) = e dt = e −e = k· (−k)e−sk = s s k−1 k=1 k=1 k=0 !   ∞ ∞ s s X s X d −sk 1 − e d d 1 1−e 1−e −sk e = · = = e = s k=0 ds s ds k=0 s ds 1 − e−s Z

=

5



−st

e−s (es − 1) s (e−s − 1)2

(Re(s) > 0) .

Másképpen: a H(t) = 1 (t ≥ 0) Heaviside – függvény és az Eltolási tétel segítségével:

L(f7 ) = L

∞ X

! k · (H (t − (k − 1)) − H(t − k))

k=1

=

∞ X

k e−s(k−1) − e−sk

k=1


1 = s

∞ X s 1 = (1 − e ) (−k) · e−sk , s k=1

innen ugyanaz, mint az el˝oz˝o megoldásban. b) f (t) = b · (H(t) − H(t − a) + H(t − 2a) − + . . . ) ,
b b L(f ) = 1 − e−as + e−2as − + . . . = , s s (1 + e−as ) b g(t) = t · H(t) − bH(t − a) − bH(t − 2a) − . . . , a  1 b be−as −as −2as L(g) = b − e − e − . . . = − . as2 as2 s (1 − e−as ) 8.2. a) L (7t2 − 3t + 5) =

7·2 s3

−

3 s2

+ 5s ,



3 4 , L 3 − 4e(5+6i)t = L(3) − 4L e(5+6i)t = − s s − (5 + 6i) s−5 L(e5t cos(2t)) = , (s − 5)2 + 22 c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

102

MEGOLDÁSOK

3! 6 = , 4 (s + 7) (s + 7)4 6 L(t3 eit ) = , (s − i)4  

1
1 1 2 1 −2t 2t = L e −L e − = 2 , L(sh(2t)) = 2 2 s−2 s+2 s −4  0 s d s2 + 9 L(t · ch(3t)) = − L(ch(3t)) = − 2 = , ds s − 32 (s2 − 9)2  00 d2 42 32 (3s2 − 36s + 92) 2 6t 6t L(t e sin(4t)) = 2 L(e sin(4t)) = . = ds (s − 6)2 + 42 (s2 − 12s + 52)3 L(t3 e−7t ) =

b*) 5t = et·ln 5 miatt L (5t ) =

1 , s−ln 5

  1 1 1 s s2 + 2 2 cos (t) = (1 + cos 2t) miatt L(cos (t)) = + 2 , = 2 2 s s + 22 s (s2 + 4) 1 1 1 cos3 α = (1 + cos 2α) · cos α = cos α + cos 2α · cos α = 2 2 2 1 1 1 3 = cos α + (cos 3α + cos α) = cos3 α = cos 3α + cos α 2 4 4 4 2

miatt 1 s 3 s s (s2 + 112) + = , 4 s2 + 122 4 s2 + 42 (s2 + 144) (s2 + 16)

L(cos3 (4t)) =

−t

az f (t) = 1−et = −L (1 − e−t ) =

d d jelölést és a L(t · f (t)) = R− ds L(f ) azonosságot használva: L(f ) = ds
1 −1 1 1 + s+1 , ahonnan L(f ) = s + s+1 ds = ln 1 + s + C. Mivel lim |s|→∞
L(f )(s) = 0, ezért C = 0 vagyis L(f ) = ln 1 + 1s . −1 s

c) A 8.1 feladat jelöléseit használjuk: Mivel f1 (t) = f2 (t) − f2 (t − 1), ezért
1
1 −2s
L(f1 ) = L(f2 ) − L(f2 ) · e−s = L(f2 ) · 1 − e−s = e−2s 1 − e−s = e − e−3s , s s Mivel f4 (t) = f3 (t + 2) − f3 (t + 1), ezért
1
1 L(f4 )(s) = e2s · L(f3 )(s) − es · L(f3 )(s) = e2s − es · 2 e−3s = 2 e2s − es . s s

c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M8. Laplace-transzformáció és inverze

103

d 8.3. A L (t · f (t)) = − ds L (f (t)) szabályt alkalmazzuk:

d s 2 ds s + ω 2 d ω L (t sin (ωt)) = − 2 ds s + ω 2 d s L (t · ch (ωt)) = − 2 ds s − ω 2 d ω L (t · sh (ωt)) = − 2 ds s − ω 2  
3 1 1 −1 = L = 51 e 5 t , 5s−3 5(s−3/5) L (t cos (ωt)) = −

8.4. a) L−1

s2 − ω 2 , (s2 + ω 2 )2 2ωs , = (s2 + ω 2 )2 s2 + ω 2 = , (s2 − ω 2 )2 2ωs . = 2 (ω − s2 )2 =

  
1 1 1 1 1 2t −2t −1 − e − = e = sh(2t), = L L s2 − 4 4(s − 2) 4(s + 2) 4 2     1 1 2 1 L−1 = L−1 = sin(2t), 2 2 2 s +4 2 s +2 2     3 2 3 5s + 3 s −1 −1 + · 2 L =L = 5 cos(2t) + sin(2t), 5 2 2 2 2 s +4 s +2 2 s +2 2 s + 10 9/2 7/2 s + 10 = = − 2 s + 4s + 3 (s + 1)(s + 3) s+1 s+3 így       7 s + 10 9 −1 1 7 −1 1 9 −1 L = L − L = e−t − e−3t , 2 s + 4s + 3 2 s+1 2 s+3 2 2   1 1 L−1 = t4 e−3t , 5 4! (s + 3)     1 1 1 2 t/2 1 −1 −1 te , =L = L 3 3 8 (s − 1/2) 8 · 2! (2s − 1)       s+1 1 2 1 3 2 4 −1 −1 −3t L =L − =e t − t , (s + 3)5 (s + 3)4 (s + 3)5 3! 4!     4s + 2 4(s + 3) − 10 = L−1 = L−1 2 s + 6s + 13 (s + 3)2 + 4   s+3 2 −1 =L 4 −5 = (4 cos(2t) − 5 sin(2t)) · e−3t , (s + 3)2 + 22 (s + 3)2 + 22     1 1 1 s+6 −1 −1 L =L − = s ((s + 3)2 + 4) 13s 13 (s + 3)2 + 4   1 −1 1 s+3 3 2 = L − − = 13 s (s + 3)2 + 22 2 (s + 3)2 + 22   1 1 3 = − cos(2t) + sin(2t) · e−3t , 13 13 2 −1



c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

104

MEGOLDÁSOK

L

−1



s2 (s − 3)5

 =L

−1



1 6 9 + + 3 4 (s − 3) (s − 3) (s − 3)5

 =e

3t



 1 2 9 4 3 t +t + t . 2 4!

b*) a 8.3 feladat eredményeit használjuk:   s 1 L−1 (s2 +ω = 2ω t sin (ωt), 2 2)     R   t s 1 s −1 1 −1 · L−1 (s2 +ω = L = L dx = 2 )2 s (s2 +ω 2 )2 0 (s2 +ω 2 )2 Rt 1 = 0 2ω x · sin (ωx) dx = 2ω1 3 [sin (xω) − xω · cos (xω)]x=t x=0 = = 2ω1 3 (sin (ωt) − tω cos (ωt)),   2 2   s2 s −ω 1 −1 −1 2 L =L + ω (s2 +ω2 )2 = (s2 +ω 2 )2 (s2 +ω 2 )2 az el˝oz˝o eredmény segítségével = t cos (ωt) + =

1 2ω

ω2 2ω 3

(sin (ωt) − tω cos (ωt)) =

(sin (tω) + tω cos (tω)).

c) a b) feladat eredményei alapján:   3s + 6 3 6 −1 L = t sin(2t) + (sin(2t) − 2t cos(2t)) = 2 2·2 2 · 23 (s2 + 4)   3 3 3 t+ = sin 2t − t cos 2t, 4 8 4  2  s −3 1 3 L−1 = (sin(2t) + 2t cos(2t)) − (sin(2t) − 2t cos(2t)) = 2 2 2·2 2 · 23 (s + 4) 7 1 sin 2t + t cos 2t, =  16 3  8   s s 9s 9 −1 −1 =L − = cos(3t) − t sin(3t), L 2 2 2 s + 9 (s2 + 9) 2·3 (s2 + 9)     3 2 1 5s + 3 3 −1 −1 − + − L =L = 4(s + 1) 4(s − 1) (s − 1)2 2(s + 1)2 (s2 − 1)2     3 −t 3 t 1 −t 3 1 −3 t −t = e − e + 2te − te = − t e + + 2t et . 4 4 2 4 2 4 8.5. e

αx

βx

∗e

Z =

x

e

α(x−t

βt

· e dt = e

αx

Z

0

e(β−α)t dt =

0 (β−α)t

t=x

 (β−α)x  eβx − eαx e e = eαx = e −1 = , β − α t=0 β−α β−α Z x Z x Z x λt λt = (x − t) · e dt = x e dt − t · eλt dt = 

x ∗ eλx

x

0

c www.tankonyvtar.hu

αx

0

0

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M9. Integro-differenciálegyenletek megoldása Laplace-transzformációval

105

t=x  t=x   1 λt 1 λt 1  1 − 2 e (λt − 1) =x e = x eλx − 1 − 2 eλx (λx − 1) + 1 = λ λ λ λ t=0 t=0 1 1 1 = 2 eλx − x − 2 , λ λ Zλ x
t=x 1  (x − t)2 · eλt dt = 3 etλ t2 λ2 − 2txλ2 − 2tλ + x2 λ2 + 2xλ + 2 t=0 = x2 ∗ eλx = λ 0
1 = 3 2exλ − x2 λ2 − 2xλ − 2 , λ Rx 1 ∗ f (x) = 0 1 · f (t) dt = F (x) − F (0) ahol F (x) az f (x) egy primitív függvénye, Z x xn xk 1 ∗ = (x − t)n · tk dt = /teljes indukcióval n ∈ N-re/ n! k! n! · k! 0 !   Z x k+1 t=x n 1 t + = (x − t)n · (x − t)n−1 · tk+1 dt = · · · = n! · k! k + 1 t=0 k + 1 0  t=x  t=x 1 tk+1 tk+2 1 n n−1 + + (x − t) · (x − t) · = n! · k! k + 1 t=0 (n − 1)! · (k + 1)! k + 2 t=0 !  t=x Z x 1 1 tk+n k+n 1 + ··· + + t dt = (x − t) · 1! · (k + n − 1)! k + n t=0 k + n 0 Z x  k+n+1 t=x 1 1 1 tk+n dt = =0+ t dt = · xk+n+1. t=0 (k + n)! 0 (k + n + 1)! (k + n + 1)! 

M9. Integro-differenciálegyenletek megoldása Laplacetranszformációval Lineáris differenciálegyenletek és -rendszerek 9.1. Az egyenlet mindkét oldalának vesszük a Laplace-transzformáltját („mérleg-elv”): az Y = L(y) jelölést és az L (y 0 ) = s · Y (s) − y(0) összefüggést felhasználva: 1 s a) L (y 0 + 3y) = sY (s) − 1 + 3Y (s) = L (ex + cos(2x)) = s−1 + s2 +2 2, 1 s Y (s) · (s + 3) − 1 = s−1 + s2 +22 , s(s2 +s+3) 1 s Y (s) · (s + 3) = s−1 + s2 +2 2 + 1 = (s−1)(s2 +22 ) , 3 4 s + 13 s (s2 + s + 3) 1 27 13 Y (s) = = + + , (s − 1) (s2 + 22 ) (s + 3) s2 + 4 4(s − 1) 52(s + 3)



3 4 s + 13 13 s2 + 4

 1 27 y(x) = L + + = 4(s − 1) 52(s + 3) 3 4 1 27 = cos(2x) + sin(2x) + ex + e−3x . 13 13 · 2 4 52 −1

b) L (y 00 − 2y 0 − 3y) = s(sY (s) − 0) − 0 − 2(sY (s) − 0) − 3Y (s) = c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

106

MEGOLDÁSOK

= Y (s) (s2 − 2s − 3) = L (e3x + 2ex ) =

1 s−3

+

2 s−1

=

3s − 7 , (s − 3)(s − 1)

3s − 7 3s − 7 = = 2 2 (s − 3)(s − 1) (s − 2s − 3) (s − 3) (s − 1)(s + 1) 1 3 1 5 − + + = , 16(s + 1) 2(s − 1) 16(s − 3) 4(s − 3)2   3 1 5 −x 1 x −1 + t e3x . y(x) = L (Y (s)) = e − e + 16 2 16 4

Y (s) =

c) L (y 00 − 6y 0 + 13y) = s (sY (s) − 2) − 4 − 6 (sY (s) − 2) + 13Y (s) = 16 = Y (s) + (8 − 2s) = L (16xex ) = , (s − 1)2 16 − (8 − 2s) (s−1)2 (s2 − 6s + 13)

2 (s3 − 6s2 + 9s + 4) = (s − 1)2 ((s − 3)2 + 4) 1 2 s−5 = + + = 2 s − 1 (s − 1) (s − 3)2 + 4 1 2 s−3 2 − , = + + s − 1 (s − 1)2 (s − 3)2 + 22 (s − 3)2 + 22

Y (s) =

=

y(x) = L−1 (Y (s)) = ex + 2xex + e3x cos(2x) − e3x sin(2x) = = ex (1 + 2x) + e3x (cos(2x) − sin(2x)) . d) L (y 00 + 6y 0 + 13y) = s2 Y (s) + 6sY (s) + 13Y (s) =

= Y (s) s2 + 6s + 13 = L e3x cos(2x) =

s−3 , (s − 3)2 + 22

s−3 s−3 = = ((s − 3)2 + 22 ) (s2 + 6s + 13) ((s − 3)2 + 22 ) ((s + 3)2 + 22 ) 1 1 5 31 s − 156 s + 156 52 52 = − , (s − 3)2 + 22 (s + 3)2 + 22

Y (s) =


!
! 1 −5 3 31 3 − 3) + 156 + 52 (s + 3) + − −1 52 156 52 y(x) = L (Y (s)) = L −L = (s − 3)2 + 22 (s + 3)2 + 22     1 1 1 11 3x −3x =e cos(2x) + sin(2x) − e cos(2x) + sin(2x) . 52 39 · 2 52 78 · 2 −1

c www.tankonyvtar.hu

−1

1 (s 52

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M9. Integro-differenciálegyenletek megoldása Laplace-transzformációval

107

e) L (y 000 + 4y 0 ) = s3 Y (s) + 4sY (s) = Y (s) (s3 + 4s) = L(cos 2x) = 1 s = Y (s) = 3 2, 2 2 2 (s + 4s) (s + 2 ) (s + 4)   y(x) = L−1 00

1 (s2 +22 )2

=

1 2·23

s , s2 +22

(sin(2x) − 2x cos(2x)) a 8.4.b*) feladat alapján.

0

f) L (y − 3y − 10y) = (s (sY (s) − 7) − 2) − 3 (sY (s) − 7) − 10Y (s) = 2 = (s2 − 3s − 10) Y (s) − 7s + 19 = L (x2 e−2x ) = (s+2) 3, 2 + 7s − 19 (s+2)3 (s2 − 3s − 10)

7s4 + 23s3 − 30s2 − 172s − 150 = (s + 2)4 (s − 5) 2/343 11 317/2401 2/49 2/7 5490/2401 − , = − − + 2 3 4 s+2 (s + 2) (s + 2) (s + 2) s−5

Y (s) =

=

(a 7.5. feladat számításai szerint), ahonnan 11 317 −2x 2 2 1 2 −2x 2 1 3 −2x 5490 5x e − xe−2x − · xe − · xe + e = 2401 343 49 2 7 6 2401   5490 5x 2 2 2 11 317 1 3 −2x = e +e x+ − x − x − . 2401 21 98 343 2401

y(x) = L−1 (Y (s)) =

9.2. a) Vezessük be a z(x) := y(x + π) új ismeretlent. Ekkor az egyenlet: z (3) (x) + z 0 (x) = 1,

z(0) = 2,

z 0 (0) = 0,

z 00 (0) = π,


1 vagyis L z (3) (x) + z 0 (x) = s3 · Z(s) − 2s2 − π + s · Z(s) − 2 = L(1) = , s 1 s

+ 2s2 + 2 + π 1 + 2s3 + (2 + π)s 2 + π 1 + πs 1 = = − + , s3 + s s2 (s2 + 1) s s2 + 1 s2 z(x) = 2 + π − sin(x) − π cos(x) + x, y(x) = z(x − π) = 2 + x − sin(x − π) − π cos(x − π) = x + 2 + sin(x) + π cos(x).

Z(s) =

b) Vezessük be a z(x) := y (x + 1)

új ismeretlent. Ekkor az egyenlet:

z (3) (x) − z 00 (x) = −6 (x + 1), z(0) = 7, z 0 (0) = 10, z 00 (0) = 12, megoldása:
L z (3) (x) − z 00 (x) = s3 · Z(s) − 7s2 − 10s − 12 − s2 · Z (s) + 7s + 10 = 6 6 = Z(s) (s3 − s2 ) − 7s2 − 3s − 2 = L (−6x − 6) = − − 2 , s s 6 6 2 − − 2 + 7s + 3s + 2 7s4 + 3s3 + 2s2 − 6s − 6 Z(s) = s s 3 = = 7s + 2 4 s −s s (s − 1)

10 s2

+

12 s3

+

6 , s4

z(x) = x3 + 6x2 + 10x + 7, y(x) = z (x − 1) = (x − 1)3 + 6 (x − 1)2 + 10 (x − 1) + 7 = x3 + 3x2 + x + 2. c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

108

MEGOLDÁSOK

9.3. a) L (y 00 (x) − y(x)) = s2 Y (s) − Y (s) = (s2 − 1) Y (s) =   1 =L = F (s), 1 + ex Y (s) =

1 s2 −1

y(x) = L−1

· F (s), 1 s2 −1

= sh(x) ∗ =

1 2

Rx

ex

0


· F (s) = L−1

1 1+ex

=

Rx 0

1




s2 −1

sh (x − t) ·

∗ L−1 (F (s)) =

1 1+et

dt =

Rx 0

1 2

·

ex−t − e−x+t dt = 1 + et

t e−t −x e − e dt = 1 + et 1 + et t=x

t=x

= 21 ex [ln (1 + e−t ) − e−t ]t=0 − 21 e−x [ln (et + 1)]t=0 = = 21 ex [(ln (1 + e−x ) − e−x ) − (ln(2) − 1)] − 21 e−x [ln (ex + 1) − ln(2)] =   −x  
x = 12 ex ln 1+e2 − e−x ln e 2+1 + ex − 1 . b) y 00 (x) = arctan (x) =⇒ s2 Y (s) = F (s) így   Rx 1 y(x) = L−1 · F (s) = x ∗ arctan(x) = (x − t) · arctan(t) dt = s2 0  t=x = 12 t − 12 arctan t − 12 t2 arctan t − 21 x ln (t2 + 1) + tx arctan t t=0 = = 12 x − 12 arctan x − 12 x2 arctan x − 12 x ln (x2 + 1) + x2 arctan x = = 21 (x2 − 1) · arctan(x) + 12 x − 12 x ln (x2 + 1). Megjegyzés: A feladat ismételt integrállal is kiszámolható: R y 0 (x) = arctan(x) dx = x · arctan(x) − 21 ln (x2 + 1) + C1 , R y(x) = x arctan(x) − 21 ln (x2 + 1) + C1 dx =
= 21 (x2 − 1) arctan(x) − 12 x ln (x2 + 1) + x 12 + C1 + C2 , y(0) = C2 = 0

K.É.P.: y 0 (x) =

d dx

= C1 − Tehát

=⇒

C2 = 0,

1 (x2 − 1) arctan(x) − 12 x ln (x2 + 1) + x 12 + C1 + C2 = 2 1 ln (x2 + 1) + x arctan x, y 0 (0) = C1 + 0 = 0 =⇒ C1 = 2 y(x) = 21 (x2 − 1) arctan(x) − 12 x ln (x2 + 1) + 21 x.







0,

c) L (y 00 (x) − y(x)) = s2 · Y (s) − 0 − Y (s) = L (tanh(x)) = F (s), Y (s) =

1 s2 −1

y(x) = L−1 =

Rx 0

· F (s), 1 s2 −1




∗ L−1 (F (s)) = sinh(x) ∗ tanh(x) =

Rx 0

sinh (x − t) ·

sinh(t) dt = cosh(t)

1 · 1 (cosh(x) − cosh (x − 2t)) dt = cosh(t) 2

c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M9. Integro-differenciálegyenletek megoldása Laplace-transzformációval

=

cosh(x) 2

A=

Rx

Rx cosh (x − 2t) 1 dt − 12 dt = cosh (t) cosh(t) 0

0

cosh(x) 2

R e2x + u4 du = ex u2 (u2 + 1)

=

1 u ex

−

ex u

1 ex

ex u2

+

−

1 u2 +1

ex +

et ex

ex et

− (ex + e−x ) arctan u =

−

= 2 sinh (t − x) − 2 cosh(x) · arctan (et ), y(x) =

ahol

cosh(x) 2

1 ex

2

ex u2

+ uex 1 · du = u + u1 u

R cosh (x − 2t) R ex−2t + e−x+2t R B= dt = dt = cosh(t) et + e−t R

t=x 1 · [A]t=x t=0 − 2 [B]t=0

1 dt = 2 arctan (et ), cosh(t)

R

=

109




du =

− (ex + e−x ) arctan (et ) = tehát

t=x

t=x

· [2 arctan (et )]t=0 − 12 [2 sinh (t − x) − 2 cosh(x) · arctan (et )]t=0 =

= cosh(x) · (arctan (ex ) − arctan (1)) − − (sinh(0) − cosh(x) · arctan (ex ) − sinh (−x) + cosh(x) · arctan (1)) =   π π x
= cosh(x) · 2 arctan (ex ) − − sinh(x) = cosh(x) · ln 1+e − − sinh(x). 1−ex 2 2   2 d*) L (y 00 − 2y 0 + y) = s2 Y (s) − 2sY (s) + Y (s) = L 1 − e−x = F (s), Y (s) =

s2

1 1 · F (s) = · F (s), − 2s + 1 (s − 1)2

−1

y(x) = L (Y ) = L

−1



1 (s − 1)2



∗ L−1 (F ) = x



−x2

= xe ∗ 1 − e



Zx

x−t

(x − t)e

=



1−e

−t2



dt

0

a primitív függvény: Z

Z Z Z Z   2 −t2 −t x x −t x −t x −t2 1−e dt = xe e dt − e te dt + e te dt − xe e−t −t dt = (x − t)e Z Z Z Z −1 2 x −t x −t x −t2 −t x = xe e dt − e te dt + e (−2t − 1 + 1)e dt − xe e−t −t dt = 2   Z Z −1 −t2 −t −1 2 x −t x −t x −t2 −t x = −xe e + e e (t + 1) + e e + e dt − xe e−t −t dt = 2 2   Z 1 x −t2 −t 1 x 2 x −t x −t x = −xe e + e e (t + 1) − e e − e + xe · e−t −t dt. 2 2 x−t

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

110

MEGOLDÁSOK

R 2 Az F (t) = e−t −t dt integrál ugyan Newton tétele szerint létezik, de Liouville tétele szerint nem írható fel képlettel. Tehát csak annyit írhatunk: 

1 2 y(x) = −xex e−t + ex e−t (t + 1) − ex e−t −t 2 1 1 2 = 1 + xex − ex − e−x − 2 2



t=x

 −

t=0

 Zx 1 x 2 e + xex · e−t −t dt = 2 0

 Zx 1 x 2 x e + xe · e−t −t dt. 2 0

Rx Megjegyzés: Mivel bármely folytonos f (t) függvény esetén 0 f (t) dt tetsz˝oleges x ∈ R értékre könnyen (és tetsz˝oleges pontossággal) kiszámolható, ezért y(x)-et lényegében kiszámoltuk. Használatosak az Z x 2 2 erf(x) := √ e−t dt π 0 és a

1 Φ(x) := √ 2π

x

Z

e

−t2 2

dt =

−∞

1 1 erf(x) + 2 2

jelölések (és értékeik táblázatban is megtalálhatóak), melyek segítségével y(x) így írható: √ 1/4



πe 1 x 1 −x2 1 x x x y(x) = 1 + xe − 2 e − 2 e − 2 e + xe · · erf x + 12 − erf 12 . 2 9.4. Az (X = L(x) és Y = L(y) jelöléseket használjuk. sX(s) − 8 = 7X(s) + 9Y (s) a) , sY (s) − 2 = X(s) − Y (s) Y (s) = 19 (sX(s) − 8 − 7X(s)), =⇒ X(s)

1 s (sX(s) − 8 − 7X(s)) − 2 9
1 2 s − 97 s − 1 + 9s − 97 = 89 s 9

X(s) =

(

8 s+2+ 89 9 1 2 7 s − 9 s−1+ 9s − 97 9

)

=

8s+26 s2 −6s−16

= X(s) − 19 (sX(s) − 8 − 7X(s)), + 2 + 89 , =

8s+26 (s+2)(s−8)

=

9 s−8

−

1 , s+2

x(t) = L−1 (X(s)) = 9e8t − e−2t , és az els˝o differenciálegyenletb˝ol: 0

y(t) = 19 x0 (t) − 79 x (t) = 91 (9e8t − e−2t ) − 79 (9e8t − e−2t ) = = 8e8t + 92 e−2t − 7e8t + 97 e−2t = e8t + e−2t . ( b)

sX(s) = X(s) + 2Y (s) +

1 s−3 ,

sY (s) = X(s) + 2Y (s) a második egyenletb˝ol Y (s) = c www.tankonyvtar.hu

X(s) , majd visszahelyettesítve az els˝o egyenletbe: s−2 c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M9. Integro-differenciálegyenletek megoldása Laplace-transzformációval

sX(s) = X(s) + 2 X(s) + s−2 X(s) =

1 s−3

s−1−

2 s−2

=

1 s−3

2 s−2

X(s) s − 1 −

=⇒

s−2 = s (s − 3)2

2 9(s−3)

+

1 3(s−3)2

−




=

111

1 , s−3

2 , 9s

x(t) = L−1 (X(s)) = 29 e3t + 13 te3t − 92 , Y (s) =

X(s) = s−2

1 s(s−3)2

=

1 3(s−3)2

−

1 9(s−3)

+

1 , 9s

y(t) = L−1 (Y (s)) = 13 te3t − 91 e3t + 19 . ( c) azaz (

5 sX(s) + 1 = −5X(s) − Y (s) + s−1 50 sY (s) − 2 = X(s) − 3Y (s) − (s−1) 2

5 (s + 5) X(s) + Y (s) = s−1 − 1 = −s+6 s−1 2s2 −4s−48 . 50 = −X(s) + (s + 3) Y (s) = 2 − (s−1) 2 (s−1)2

A (lineáris algebrai) egyenletrendszert Cramer szabállyal is megoldhatjuk: −s+6 s−1  det 2s2 −4s−48 

X(s) =

(s−1)

2



1   s+3 

s+5 1  det −1 s + 3 

s+5  det −1 Y (s) =



 −s+6 s−1  2s2 −4s−48  2 (s−1) 

s+5 1  −1 s + 3

=

−s3 +2s2 +19s+30 s2 −2s+1 2 s + 8s + 16

=

=

2s3 +5s2 −61s−246 s2 −2s+1 2 s + 8s + 16

=

det

=

2s3 + 5s2 − 61s − 246 = (s − 1)2 (s + 4)2

3 s−1

−

12 (s−1)2

−

1 s+4

2 (s−1)2

−

−

1 s+4

+

2 , (s+4)2

2 , (s+4)2

ahonnan x(t) = L−1 (X(s)) = 2tet − e−4t + 2te−4t , y(t) = L−1 (Y (s)) = 3et − 12tet − e−4t − 2te−4t .   sX(s) = Y (s) + 1s sY (s) = Z(s) + 2s d)  sZ(s) = X(s) + 3s ahonnan X(s) =

s2 + 2s + 3 s =
2 s4 − s s + 12 +

Y (s) =

2s2 + 3s + 1 −s − 1 =
2 s4 − s s + 12 +

+

3 4

3 4

2 3 − , s−1 s

+

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

2 1 − , s−1 s c www.tankonyvtar.hu

112

MEGOLDÁSOK

Z(s) =

3s2 + s + 2 1 =
2 4 1 s −s s+ 2 +

és

3 4

+

2 2 − , s−1 s



 1 2

1 2

s+ −  t q 2  + 2e − 3 =
1 2 3 s+ 2 + 4 q  q   q −1 3 3 t − 12 43 sin t + 2et − 3, = e 2 t cos 4 4

 x(t) = L−1 (X(s)) = L−1 

y(t) = L

−1

−1

z(t) = L

(X(s)) = −e (X(s)) =

q

−1 t 2



4 −1 e2t 3

q  3 t + cos 4

√

3 3

q  3 sin t + 2et − 1, 4

q  3 · sin t + 2et − 2. 4

Integro-differenciálegyenletek és -rendszerek Rx 9.5. a) Mivel 0 ex−t · y(t) dt = exp ∗y (konvolúció), ezért
Rx 1 · Y (s). L 0 ex−t · y(t) dt = L (et ) · L (y(t)) = s−1 Az eredeti egyenlet mindkét oldalát L -transzformálva:
Rx 1 L(y) = Y (s) = L sin (x) + 0 ex−t · y(t) dt = 1+s 2 + Y (s) =

1

1 1+s2 1 − s−1

=

(s2

1 s−1

· Y (s),

1 1 s−3 s−1 = − · 2 , + 1) (s − 2) 5 (s − 2) 5 s + 1

y(x) = L−1 (Y ) = 15 e2x − 51 cos x + 53 sin x.
Rx b) L y 0 (x) + 2y (x) + 0 y(t)dt = sY (s) − 1 + 2Y (s) + 1s Y (s) = L (sin(x)) = Y (s) =

1 s2 +1

+1

s+2+

1 s

=

1 , s2 +1

3 s3 + 2s 1 1 − , 2 = 2 + 2 2 s + 1 2 (s + 1) 2 (s + 1) (s + 1) (s + 1)

y(x) = L−1 (Y ) = e−x − 32 xe−x + 21 sin x. Rx c) Vegyük észre, hogy 0 (x − t) · yi (t) dt = x ∗ yi (x), ezért  Y1 (s) = 2s − L(x) · Y1 (s) − 4 · 1s Y2 (s) = 2s − s12 · Y1 (s) − 4s · Y2 (s) , Y2 (s) = 1s − 1s Y1 (s) − L(x) · Y2 (s) = 1s − 1s · Y1 (s) − s12 · Y2 (s) azaz
1 + s12 · Y1 (s) +
4s Y2 (s) = 2s , 1 · Y1 (s) + 1 + s12 · Y2 (s) = 1s s ahonnan 2(s+1) 2s 2 Y1 (s) = (s+1) − (s+1) =⇒ y1 (x) = L−1 (Y1 ) = 2e−x (1 − x), 2 = 2 (s+1)2 Y2 (s) =

s (s+1)2

= 21 Y1 (s)

c www.tankonyvtar.hu

=⇒

y2 (x) = L−1 (Y2 ) = e−x (1 − x). c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M9. Integro-differenciálegyenletek megoldása Laplace-transzformációval

113

Alkalmazások 9.6. Az egyenlet mindegyik esetben 1 · i00 (t) + 3i0 (t) + Az egyenlet bal oldalának Laplace-transzformáltja :

1 i (t) 0,001

= u0 (t).

1 L = s2 I(s) − s · i0 − i1 + 3 (sI(s) − i0 ) + I(s) = 0,001   1 = I(s) · s2 + 3s + + (s · i0 + i1 + 3i0 ) . 0,001 a) i(0) = i0 (0) = 0 esetén   1 2 L =I(s) · s + 3s + = L (u0 (t)) = 0 =⇒ i(t) ≡ 0 0,001 i(0) = i0 , i0 (0) = i1 esetén 1 I(s) = 0, L =s2 I(s) − s · i0 − i1 + 3 (sI(s) − i0 ) + 0,001 I(s) =

(∀t ∈ R) .

s · i0 + i1 + 3 · i0 , s2 + 3s + 1000 √

i(t) = L−1 (I(s)) = i0 · e

− 23 t

√ − 32 t

= i0 T · e

· sin

cos

3991 t+δ 2

(T ∈ R+ , δ ∈ R).  b) L = I(s) · s2 + 3s + ahonnan

1 0,001



!   2 3991 3 i1 t +√ + · sin 2 3991 2 i0

!! √ 3991 t = 2

! egy csillapodó szinuszhullám

= L (sin0 (10t)) = L (10 cos (10t)) =

10s s2 +100

,

10 10 10 100 s + 2703 s + 2703 10s 901 901 I(s) = 2 = 2 − 2 (s + 100) (s2 + 3s + 1000) s + 100 s + 3s + 1000

és L−1 után (a 10.5. feladatban ismertetett (15) összefüggés felhasználásával) ! √ √ √ 1 10 10 − 3 t 3991 11 3991 3991 i(t) = sin (10t) + cos (10t) − e 2 cos t+ sin t 2703 901 901 2 11 973 2 √  √  √ 3 3991 10 − 23 t 2√9010 = 3√1901 sin (10t + arctan (30)) − 901 e · 3 3991 sin 3991 t + arctan 2 11 3

≈ 0,0111 sin (10t + 1,5375) − 0,0111e− 2 t sin (31,5872t + 1,5128) 3

egy beálló szinuszhullám hiszen t → ∞ esetén e− 2 t → 0. c*) A b) feladathoz hasonlóan c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

114

MEGOLDÁSOK

 L = I(s) · s2 + 3s +

1 0,001



= L (u0 (t)) = L (ωg cos (ωg t)) =

sωg + ωg2

s2

ahonnan sωg
= ωg · I(s) = 2 2 s + ωg (s2 + 3s + 1000) ahol

ωg2 − 1000 , A=C= nev



As + B Cs + D + 2 2 2 s + ωg s + 3s + 1000

−3ωg2 B= , nev

D=



−3000 nev

és nev = ωg4 − 1991ωg2 + 1000 000, a nevez˝onek nincs valós gyöke. i(t) = L−1 (I(s)) = ! √ √   D 2 − 3 3 3991 3991 B t + √C sin t = = ωg · A cos tωg + sin tωg + ωg Ce− 2 t cos ωg 2 2 3991 ! √ 3 3991 = T1 · sin (ωg t + v1 ) + C · T2 · e− 2 t sin t + v2 , 2 ahol s



B ωg

2

1 , A2 + =√ nev v !2 r u √ D u − 3 2 4000 nev t C , T2 = 12 + √ = · 2 3991 ωg − 1000 3991   2   ωg − 1000 Aωg = arctan v1 = arctan B −3

T1 =

és

√

v2 = arctan

3991 2 D−3 C

! = arctan

√
! − 3991 ωg2 − 1000 3ωg2 + 3000

a (15) azonosság alapján, tehát i(t) =
ωg2 − 1000 −3 ωg2 + 1000 3 1 = ωg · √ sin (ωg t + v1 ) + · · e− 2 t sin 2 nev ωg − 1000 nev = ωg ·


−3 ωg2 + 1000 3 1 √ sin (ωg t + v1 ) + · e− 2 t sin nev nev

c www.tankonyvtar.hu

√

!! √ 3991 t + v2 = 2 3991 t + v2 2

!! .

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M9. Integro-differenciálegyenletek megoldása Laplace-transzformációval

115

3

Elemzés: t → ∞ esetén az e− 2 t tag elenyész˝o, ekkor ωg ωg i(t) ≈ √ sin (ωg t + v1 ) = p 4 sin (ωg t + v1 ) nev ωg − 1991ωg2 + 1000 000 ami egy tiszta szinuszhullám. Megjegyezzük, hogy a gyakorlatban fellép˝o sok u(t) függvény esetén a megoldást Laplace -transzformációval nem lehet el˝oállítani, a megoldás közelítése u(t) Fourier-sorával lehetséges. A 10.5. feladatban látunk erre példát. d**) Az Li00 (t) + Ri0 (t) + 1c i(t) = u0 (t) = U0 ωg cos (ωg t) egyenlet általános megoldása: i(t) =

cωg U0 cos tωg − Lc2 ωg3 U0 cos tωg + Rc2 ωg2 U0 sin tωg + L2 c2 ωg4 − 2Lcωg2 + R2 c2 ωg2 + 1 !! r 1 1 1 2 1 t (R c − 4L) − R + C2 exp + L 2 c 2 !! r 1 1 1 1 2 + C3 exp − t R+ (R c − 4L) . L 2 2 c

Az i(0) = Dt i(0) = 0 K.É.P. megoldása cωg U0 cos (tωg ) − Lc2 ωg3 U0 cos (tωg ) + Rc2 ωg2 U0 sin (tωg ) = L2 c2 ωg4 − 2Lcωg2 + R2 c2 ωg2 + 1   1 − Lωg · cos (tωg ) + R sin (tωg ) cωg = U0 · = L2 ωg2 − 2 Lc + R2 + c21ω2 g     U0 1 = − Lωg · cos (tωg ) =  2 · R sin (tωg ) + cωg 1 2 R + Lωg − cωg s !!  2 1 − Lω g U0 1 cωg = − Lωg · sin tωg + arctan =  2 · R 2 + cω R 1 g 2 R + Lωg − cωg !! Lωg − cω1g U0 = =r  2 · sin tωg − arctan R 1 R2 + Lωg − cωg    U0 Lωg 1 =r  2 · sin ωg t − arctan R − Rcωg R2 + Lωg − cω1g

i(t) =

(a 10.5. feladatban ismertetett (15) azonosság felhasználásával). U0 Elemzés: Az amplitúdó A (ωg ) = r  2 1 2 R + Lωg − cωg c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

116

MEGOLDÁSOK

pontosan akkor maximális, ha Lωg −

1 = 0, azaz cωg 1 ωg = √ , Lc

U0 U0 ekkor A (ωg ) = és az áramer˝osség i(t) = · sin (ωg t), továbbá fáziseltolódás sincs R R (mintha L és c egymást kompenzálná). 1 1 Ha c-t tudjuk változtatni, akkor c = kell; ha L változtatható, akkor legyen L = 2 ; 2 Lωg cωg 1 míg ωg -re a feltétel ωg = √ . Lc 9.7. L (m · v 0 (t)) = ms · V (s) − mv0 = L (mg − kv (t)) =

mg s

− k · V (s),

+ mv0 mv0 − kg m2 gm mg + smv0 = = + , ms + k s(ms + k) k + ms ks
gm mg −1 − k t v(t) = e m gm2 − kmv0 + , lim v(t) = . t→∞ km k k

V (s) =

mg s

Megjegyzés: az Útmutatóban említett tétel szerint is lim v(t) = lim s · V (s) =

t→∞

s→0

mg . k

9.8. A differenciálegyenlet mindegyik esetben m · s00 (t) = −k · s(t) + FK (t). −k a) Az m · s00 (t) = −k · s(t) azaz s00 (t) = · s(t) egyenlet megoldása (a L (s(t)) = m = S (ξ) és s0 (0) = s1 jelölésekkel): −k L (s00 (t)) = ξ · (ξ · S (ξ) − s0 ) − s1 = S (ξ) ξ 2 − s0 ξ − s1 = · S (ξ) , m   k s0 ξ + s1 S (ξ) ξ 2 + = s0 ξ + s1 =⇒ S (ξ) = 2 k , m ξ +m s(t) = L−1 (S (ξ)) = L−1 r =

s20 +

s0 ξ + s1 k ξ2 + m

s1 · sin ωR + arctg ωR 

!



r = s0 cos

! r ! k s1 k t + q sin t = m m k m

s0 ω s1 R

 q

k a 10.5. feladat megoldásában ismertetett (15) azonosság alapján, ahol ωR = m a „rugó+m tömeg˝u test”-rendszer saját frekvenciája. q Elemzés: A mozgás legnagyobb kitérése= amplitúdó= A = s20 + ωsR1 . Ha csak elengedjük a rendszert, akkor s1 = 0, ekkor a fenti megoldás  π s(t) = s0 · sin ωR + = s0 · cos (ωR ) , 2

c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M10. Fourier-sorok, alkalmazások

117

ez esetben A = s0 és a fáziskésés δ = arctg



s0 ω s1 R



=

π . 2

−k b) Az egyenlet most s00 (t) = · s(t) + B · sin (ωK t), megoldása az a) részben használt m jelölésekkel: −k ωK L (s00 (t)) = ξ 2 · S (ξ) − s0 ξ − s1 = · S (ξ) + B 2 , 2 m s + ωK   ωK k 2 = s0 ξ + s1 + B 2 =⇒ S (ξ) ξ + 2 m ξ + ωK S (ξ) =

K s0 ξ + s1 + B ξ2ω+ω 2

K

ξ2 +

k m

=

2 2 s0 ξ 3 + s1 ξ 2 + s0 ξωK + s1 ωK + BωK = 2 2 2 2 (ξ + ωR ) (ξ + ωK )

r ξs0 + E F ωK k = 2 − 2 ahol F = B 2 , E = s1 + F, ωR = , 2 2 2 ξ + ωR ξ + ωK ωK − ωR m   F ξs0 + E E F −1 s(t) = L − = s cos (tω ) + sin (tω ) − sin (tωK ) = 0 R R 2 2 ξ 2 + ωR ξ 2 + ωK ωR ωK   ωK B s1 B · sin (tωK ) = + sin (tωR ) − 2 = s0 cos (tωR ) + 2 2 ωR ωR ωK − ωR ωK − ωR2   B ωK = A2 · sin (ωR + δ2 ) + 2 sin (tωR ) − sin (tωK ) . ωK − ωR2 ωR Elemzés: ha a kényszerfrekvencia ωK megközelíti ωR -et, a rendszer saját frekvenciáját, akkor az amplitúdó nagyon nagy lehet. −k · s(t) + B · sin (ωR t), megoldása a b)-ben számoltak c) Az egyenlet most s00 (t) = m felhasználásával: R s0 ξ + s1 + B ξ2ω+ω 2 s0 ξ 3 + s1 ξ 2 + s0 ξωR2 + s1 ωR2 + BωR R = S (ξ) = = 2 ξ 2 + ωR2 (ξ 2 + ωR2 ) ξs0 + s1 BωR = 2 + 2, 2 ξ + ωR (ξ 2 + ωR2 ) ! ξs + s Bω 0 1 R + = s(t) = L−1 2 2 2 2 ξ + ωR (ξ + ωR2 )   s1 B B = s0 cos (tωR ) + + 2 sin (tωR ) − t cos (tωR ) = ωR 2ωR 2ωR B = A3 · sin (ωR + δ3 ) − t cos (tωR ) . 2ωR Elemzés: t → ∞ esetén az amplitúdó mindenképpen +∞-be tart. Megjegyezzük, hogy a feladatban megoldott állandó együtthatójú másodrend˝u lineáris homogén differenciálegyenleteket az ún. „klasszikus” módszerrel egyszer˝ubben és áttekinthet˝obben oldhatjuk meg, ez sajnos jelen Feladatgy˝ujteménybe terjedelmi korlátozások miatt nem fért be. c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

c www.tankonyvtar.hu

118

MEGOLDÁSOK

M10. Fourier-sorok, alkalmazások Fourier-sorok 10.1. a) fA (x) =

( 1

ha − π ≤ x < 0

−1 ha 0 ≤ x < π  ak =

1 π

,

Z0



Zπ

− cos(kx)dx = 0

cos(kx) dx +

−π

0

(páratlan függvény „koszinuszos” tagjai nullák),  1 bk =  π

Z0

Zπ sin(kx) dx +

−π

0



 x=0 2 − cos(kx) − sin(kx) dx = = π k x=−π

  2 − cos(0) − cos(kπ) 2 = − = (−1 + cos(kπ)) = π k k πk ( −4 ha k páratlan = πk 0 ha k páros tehát −4 F (fA (x)) = π =

∞ X k=1

  1 1 sin(x) + sin(3x) + sin(5x) + . . . = 3 5 −4 sin ((2k − 1)x) . (2k − 1)π

fB (x) = 2x ha x ∈ [−1, 1); Z1 ak = 1 ·

2x · cos(kπx) dx = 0

mert az integrandus páratlan függvény,

−1

Z1 bk = 1 ·

2x sin(kπx) dx =

2 4 x=+1 [sin(πkx) − πkx · cos(πkx)] = (−1)k+1 x=−1 2 2 π k πk

−1

tehát F (fB (x)) =

∞ 4(−1)k+1 P sin(kπx). πk k=1

c www.tankonyvtar.hu

c Szalkai István, Dósa György, Pannon Egyetem

M10. Fourier-sorok, alkalmazások

fC (x) =

  cl − 3     6 + 2x

ha − 4,5 ≤ x < −3 ha − 3 ≤ x < 0

 6 − 2x ha      −3 ha

1 a0 = 4,5

119

0 ≤x