Matematika | Felsőoktatás » Matematika szigorlatok, megoldással

Matematika szigorlat (Inf I. 2001 június 5) Megoldások: 1. Legyen az F: − 1 R{0}R; F ( x) = x ⋅ e x . a) Végezzen határértékvizsgálatot a 0-ban és a végtelenekben. b) Végezzen szélsőértékvizsgálatot! b) Határozza meg F értékkészletét! c) Mely tartományra képezi le az F függvény a ]-1,0[ intervallumot? Megoldás: a) 0-ban a baloldali határérték meghatározására alkalmazzuk a l’Hospital 1 1 −x 1 − szabályt: lim x ⋅ e x0 − 0 − 1 x = lim x e x0 − 0 1 2 = lim x x0 − 0 e −1 = −∞ (3 pont) x2 x 0-ban a jobboldali határérték esetén mindkét tényező 0-hoz tart: lim x ⋅ e x +0 − 1 x = 0 (1 pont) A függvénynek a 0 pontban nincs határértéke, mert a jobb- és a baloldali határérték különböző. (1 pont) lim x ⋅ e x −∞ − 1 x = −∞ és lim x ⋅ e x +∞ − 1 x = +∞ . (Az előbbi “-∞⋅1”, míg az utóbbi “∞⋅1” alakú) (2 pont) 1 ′ 1 −  −   1 x 

 b) A függvényt differenciálva  x ⋅ e  = e x 1 +  kifejezést kapjuk, melynek 0x    helye: x=-1. (3 pont) Ebben a pontban a derivált pozitívból negatívba vált előjelet. Itt a függvénynek tehát lokális maximuma van, a maximális érték y=-e. (2 pont) c) Készítse el a függvénygörbe globális ábráját, melynek alapján: RF=] -∞,-e]∪]0,∞[. (4 pont) d) F(]-1,0[)=] -∞,-e[ (4 pont) 2. Döntse el, hogy az alábbi állítások közül melyek igazak ill. hamisak a) Ha egy valós egyváltozós függvény folytonos valamely pontjában, akkor e pontban differenciálható. − 1 b) Az F: R{0}R; F ( x) = x ⋅ e x függvénynek a 0 pontban nincs határértéke. c) Van olyan valós egyváltozós függvény, amelyre igaz, hogy tetszőleges valós számbeli helyen ha folytonos, akkor differenciálható. d) Van olyan egyváltozós valós függvény, amelyhez létezik olyan valós szám, ahol a függvény folytonos és nem differenciálható.

Írja le a fenti állításokat az alábbiakban megadott nyelvben. Legyenek egy elsőrendű nyelvben a változójelek:f és u. A kostansjelek pedig F és 0 A kétváltozós predikátumjelek H, D és C. Útm.: Alkalmazzuk a következő jelöléseket: Hfu:=” f-nek van határértéke u-ban”,: Cfu:= “f folytonos u-ban” és Dfu:=” f differenciálható az u pontban”. Megoldás: a) hamis, ellenpélda: x függvény az x=0 helyen folytonos és nem differenciálható.(2 pont) A formula: ∀f∀u( Cfu Dfu) (3 pont) b) igaz, az előző példa a) pontja alapján. (2 pont) A formula ¬HF 0 (3 pont) c) igaz, mert pl. az előző példa alapján ilyen f az x ⋅ e A formula: ∃f∀u (Cfu Dfu ) (3 pont) − 1 x függvény. (2 pont) d) igaz. Az x függvény az x=0 helyen ilyen függvény (2 pont) A formula: ∃f∃u (Cfu ∧ ¬Dfu ) (3 pont) 3. Definiálja az alábbi gráfelméleti fogalmakat: a.)Euler-séta b.)Gráf faváza (feszítőfája) c.)Az alábbi ábrákon rajzolja be a

megnevezett részgráfokat, ha lehetséges, ha nem lehet, akkor indokolja. Nyitott Euler séta Zárt Euler séta faváz(feszítőfa) Megoldás: a) Euler séta: olyan élsorozat, mely a gráf összes élét tartalmazza. Az Euler séta zárt, ha az élsorozat kezdő- és végpontja megegyezik, egyébként nyitott.(5 pont) b) Összefüggő gráf fa részgráfja, mely a gráf összes pontját tartalmazza.(6 pont) c) Az első gráfhoz van nyitott Euler séta, mert pontosan két páratlan fokú pontja van. A második gráfnak nincs zárt Euler sétája, mert van páratlan fokú pontja. (9 pont) 4. a) Definiálja a kétváltozós f függvény P0 ( x0 ; y0 ) -beli x-szerinti parciális deriváltját! Legyen f ( x; y) = e xy− 2 x− y b) Határozza meg f P0 (0;0 ) -beli parciális deriváltjait! c) Van-e az f függvénynek szélsőértékhelye? d) Számítsa ki az { ∫∫T (x −1) f (x)dT kettős integrált, ahol } T = ( x; y) ∈ R 2 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 . Megoldás:

a) Ha az f kétválttozós fügvény értelmezett a P0 ( x0 ; y0 ) pont egy környezetében és a f ( x, y0 ) − f ( x0 , y0 ) határérték létezik és véges, akkor az f függvényt x-szerint lim x x0 x − x0 parciálisan differenciálhatónak nevezzük a P0 ( x0 ; y0 ) pontban és x szerinti parciális deriváltja ez a határérték. (3 pont) b) f x′ ( x; y) = ( y − 2 )e xy− 2 x− y , f y′ ( x; y) = ( x − 1)e xy− 2 x− y . Behelyettesítve: f x′ (0;0 ) = −2 , f y′ (0;0) = −1 (4 pont) c) Az elsőrendű parciális deriváltak mindegyike csak a P0 (1;2 ) pontban zérus. (2 pont) A másodrendű parciális deriváltfüggvények: f xx′′ ( x; y) = ( y − 2 ) e xy− 2 x− y , 2 f yy′′ ( x; y) = ( x − 1)2 e xy− 2 x− y , f xy′′ ( x; y ) = ( x − 1)( y − 2 )e xy − 2 x − y + e xy − 2 x − y . Behelyettesítve P0 koordinátáit: f xx′′ (P0 ) = f yy′′ (P0 ) = 0 , f xy′′ (P0 ) = e −2 0 e −2 1 = −e − 4 = − < 0

, az f függvénynek nincs szélsőértéke a P0 e4 0 pontban. (6 pont) d) 1 1 1 1 1    − x −1 e − 2 x  xy− 2 x− y 1 − x−1 −2 x xy− 2 x− y − e dx = − e + dy dx = ∫ e 0 dx = ∫ e  = ∫0  ∫0 (x − 1)e 2 0  0 0  1 1 1 = − 2 + − (5 pont) e 2 2e Mivel e −2 [ ] ( ) 5. a) Mikor nevezünk egy numerikus sort konvergensnek? b) Milyen x valós számokra konvergens az 1 + 1 x + 1 x 2 + 1 x3 +  függvénysor? c) Határozza meg az előző függvénysor összegfüggvényét! d) Fejtse Maclaurin-sorba az f ( x) = x cos 2 x függvényt! Hol konvergens a kapott sor? e) Legyen az f : R R függvény értéke f ( x) = x ha − π < x ≤ π és f ( x) = f ( x + 2π ) ∀x ∈ R esetén. Határozza meg f Fourier-sorában a cos 2 x együtthatóját! Megoldás: a) A numerikus sort konvergensnek nevezzük, ha részletösszegeinek sorozata konvergens. (2 pont) b) Mivel a függvénysor mértani sor,

melynek hányadosa 1 x 1 x , pontosan akkor konvergens, ha <1 (2 pont) A konvergenciatartomány ennek alapján: ]− ∞;−1[ ∪ ]1; ∞[ . (3 pont) c) 1 1− 1 = x x −1 , tehát S : ]− ∞;−1[ ∪ ]1; ∞[ R : S ( x) = x x −1 (3 pont) x 2n ∞ x2n n (2 x) ⇒ cos 2 x = ∑ (− 1) ⇒ (2n )! (2n )! n =0 n =0 ∞ 2 2 n x 2 n +1 (4 pont) x cos 2 x = ∑ (− 1)n (2n )! n =0 d) cos x = ∞ n ∑ (− 1) A kapott sor minden x valós számra konvergens. (1 pont) e) π π π π π 2 1 2   x sin 2 x  sin 2 x  2  cos 2 x  a 2 = ∫ x cos 2 xdx = ∫ x cos 2 xdx =  = dx =  −  π  4  0 π −π π0 π   2  0 ∫0 2  0 (5 pont) Informatika I. matematika szigorlat 2001 jún 12 1.  x≤0  x − 1, ha  2 f: RR; f ( x) =  x , ha 0 < x ≤ 1  1 x >1  − x , ha a) Igaz-e, hogy az f függvény felülről korlátos? Ha igen, adja meg egy felső korlátját! b) Határozza meg

az f függvény értelmezési tartományának azon részhalmazát, melyet f a ]-1;0[ intervallumra képez le. c) Az f függvény . Tegye igazzá a fenti állítást a szürjektív, bijektív, injektív függvénytulajdonságok valamelyikének beírásával. Definiálja a beírt tulajdonságot és indokolja állítását! d) Mely pontokban nem differenciálható az f függvény és miért? 2 e) Számítsa ki az ∫ f (x)dx értéket! 0 Megoldás: Az f függvény mindhárom definíciós intervallumban szigorúan monoton növekvő és folytonos. (Azonban az egész értelmezési tartományán nem monoton) A monotonitások igazolása történhet deriváltfüggvénnyel, de indokolhatjuk azzal is, hogy mindhárom intervallumban a függvényt középiskolából ismert elemi függvények írják le. a) A legkisebb felső korlát a ]− ∞;0] intervallumon f (0 ) = −1 a ]0;1] intervallumon f (1) = 1 az ]1; ∞[ intervallumon lim f ( x) = 0 x∞ Tehát igaz, hogy felülről korlátos, a

legkisebb felső korlát: sup f ( x) = max{− 1;0;1} = 1 x∈R (4 pont) b) lim f ( x) = −1 és lim f ( x) = 0 , f folytonos ]1; ∞[ -ben ezért ]1; ∞[ a keresett halmaz. Más x1+ 0 x∞ megoldás nincs, mert a halmaz nem szűkíthető, hiszen a függvény minden értéket csak egyszer vesz fel ]1; ∞[ -ben a szigorú monotonitás miatt, és nem is bővíthető, mert f (]− ∞;0]) = ]− ∞;−1] , f (]0;1]) = ]0;1] s ezek egyikének sincs eleme ]− 1;0[ -ban. (4 pont) c) Ha x1 ≠ x2 , akkor f ( x1 ) ≠ f ( x2 ) . Ugyanis ha x1 és x2 mindegyike a ]− ∞;0] , ]0;1] , ]1; ∞[ intervallumok közül ugyanabba esik, akkor az állítás következik a szigorú monotonitásból. Ha x1 és x2 a fenti intrvallumok közül két különbözőbe esik, akkor ugyancsak teljesül a fenti állítás, mert az intervallumok képei diszjunktak. R f = f (]− ∞;0]) ∪ f (]0;1]) ∪ f (]1; ∞[) = ]− ∞;0[ ∪ ]0;1] azaz az értékkészlet valódi része a valós számok

halmazának, tehát f injektív. (2 pont) Def: Egy g : A B függvény injektív, ha g ( A) ⊂ B , g ( A) ≠ B és g kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés. (2 pont) d) A függvény az x0 = 0 és az x1 = 1 helyek kivételével mindenhol differenciálható, e két helyen pedig nem, hiszen nem is folytonos x0 = 0 -ban és x1 = 1 -ben . (Nem egyezik meg a helyettesítési érték a jobboldali határértékkel.) (4 pont) 2 e) ∫ 0 1  x3  1 f ( x)dx = ∫ x dx + ∫ − dx =   − [ln x]12 = − ln 2 (4 pont) x 3  3 0 0 1 1 2 2 1 2. 1. ∀f ([M ( f ) ∧ C ( f )] B( f )) 2. ∃f (¬B( f ) ∧ C ( f ) ∧ M ( f )) a) Írja le a fenti formulák tagadását úgy, hogy az 1. tagadásánál az egzisztenciális-, a 2 tagadásánál az univerzális kvantort használja! b) Értelmezze (írja le szöveggel) a fenti logikai formulákat a következő interpretációban: Legyen az alaphalmaz: {f: RR } M, C, B egyváltozós predikátumok, jelentésük M szigorúan

monoton, C folytonos, B bijektív. Határozza meg a formulák logikai értékét az adott interpretációban! Megoldás: a) 1. ∃f (¬([M ( f ) ∧ C ( f )] B( f ))) vagy ∃f (M ( f ) ∧ C ( f ) ∧ ¬B( f )) (4 pont) 2. ∀f (¬(¬B( f ) ∧ C ( f ) ∧ M ( f ))) vagy ∀f (B( f ) ∨ ¬C ( f ) ∨ ¬M ( f )) (4 pont) b) 1. Ha egy valós-valós függvény szigorúan monoton és folytonos, akkor bijektív (4 pont) 2. Létezik olyan valós-valós függvény, amely szigorúan monoton és folytonos, de nem bijektív. (4 pont) c) Az első állítás hamis, a második igaz. (4 pont) 3. a) Írja fel annak a fának a szomszédsági mátrixát, amely Prüfer kódja: (1,2,4,5,4,4,8)! b) Legyen a G egyszerű gráf pontjainak halmaza {1,2,3,4,5}. Hány ilyen gráf van? Megoldás: a) A fa előállítása: (Mivel a kód 7 elemű, a fának 8 pontja van) 7 P 124544 Q 3678 (8 pont) 12454 367 1245 124 12 1 36 35 34 23 12 3 1 2 8 4 5 A fa szomszédsági mátrixa: (4 pont) 1 0 1 1 0 0 0 0 0

2 1 0 0 1 0 0 0 0 3 1 0 0 0 0 0 0 0 4 5 6 7 8 1 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 3 0 0 0 0 0 4 0 1 0 1 1 5 1 0 1 0 0 6 0 1 0 0 0 7 1 0 0 0 0 8 1 0 0 0 0 5 b) n = 5; A lehetséges élek (pontpárok) száma   = 10 . Két számozott szögpontú gráf  2 különböző, ha legalább egy élben eltérnek egymástól, ezért az ilyen gráfok száma: V2(,i10) = 210 = 1024 . (8 pont) 6 4.  1 − 1  x , v =   , f : R 2 R; f ( x; y ) = v * A v A=  − 1 0   y a) Írja fel az f ( x; y ) kétváltozós függvényt megadó képletet a szokásos formában! b) Van-e f értelmezési tartományának olyan pontja, ahol a gradiensvektor nullvektor? c) Van-e az f függvénynek szélsőértéke? d) Írja fel a z = f ( x; y ) felület érintősíkjának egyenletét a P0 (1;0 ) pontban! Megoldás: a) A mátrixszorzásokat elvégezve: f ( x; y) = x 2 − 2 xy (5 pont) b) f x′ ( x; y) = 2 x − 2 y , f y′ ( x; y) = −2 x . Mindkét parciális

derivált csak akkor 0, (azaz a gradiensvektor csak abban az esetben nullvektor), ha x = y = 0 (4 pont) 2 −2 c) f xx′′ ( x; y) = 2 , f yy′′ ( x; y) = 0 , f xy′′ ( x; y) = −2 . Mivel = −4 < 0 a függvénynek −2 0 nincs szélsőértéke. (6 pont) d) z0 = f (1;0 ) = 1 , n (2;−2;−1) , tehát az egyenlet: 2 x − 2 y − z = 1 (5 pont) 5. a) Mit nevezünk egy differenciálegyenlet általános-, illetve partikuláris megoldásának? b) Megoldása-e a differenciálegyenletnek 2 y + y = 2 sin x + x(sin x + 2 cos x ) y1 = x sin x függvény? az π  c) Eleget tesz-e a fenti y1 függvény az y1′   = 0 feltételnek? 2 d) Egy másodrendű, állandó együtthatós, homogén lineáris differenciálegyenlet karakterisztikus egyenlete: λ2 − 2λ + 2 = 0 Adja meg a differenciálegyenlet általános megoldását! e) Egy másodrendű, állandó együtthatós, lineáris differenciálegyenlet zavarófüggvénye h( x ) = e 3 x − sin 2 x + 4 x 2 . Milyen

próbafüggvényt válasszunk a partikuláris megoldás meghatározásához? (Feltételezzük, hogy nem lép fel rezonancia.) Megoldás: a) A differenciálegyenlet megoldása olyan függvény, amely deriváltjaival együtt kielégíti a differenciálegyenletet. A megoldás általános, ha szabad paramétereinek száma egyenlőa differenciálegyenlet rendjével, partikuláris, he ennél kevesebb. (3 pont) b) Igen, mert a függvényt és y1′ = sin x + x cos x deriváltját behelyettesítve a differenciálegyenletbe, igaz összefüggést kapunk. (4 pont) π π π π c) Mivel y1′   = sin + cos = 1 ≠ 0 ezért nem tesz eleget. (3 pont) 2 2 2 2 d) Az egyenlet gyökei: λ 1, 2 = 1 ± j , így y = e x (C1 cos x + C2 sin x) . (5 pont) e) y p = Ae 3 x + B sin 2 x + C cos 2 x + Dx 2 + Ex + F (5 pont) Matematika szigorlat (informatika szak) javítókulcs, 2001.máj28 1. feladat: a) Határozza meg a c(2,4,c) c paramétert úgy, hogy a c merőleges legyen az a(1,2,-3)

–ra! b) Előállítható-e a c(2,4,-6) vektor a a(1,2,-3), b(2,3,-5) és a d(-1,-3,-4) vektorok lineáris kombinációjaként? Ha igen, állítsa elő! c) Határozza meg a b) –ben szereplő c, b és d vektorok által kifeszített tér dimenzióját! d) Határozza meg a b)-ben szereplő c vektor b-re merőleges összetevőjét! Megoldás: 10 . (3 pont) 3 b) Vegyük észre, hogy c = 2a. A válasz tehát, igen pl: c = 2a+0b+0d (4 pont) c) Válasszuk ki az adott vektorokból a maximális elemszámú lineárisan független vektorrendszert bázisvektor-transzformációval! Mindhárom vektor bevihető a bázisba, így a dimenziószám 3. (5 pont) bc 46 46 69 115 d) c vektor b-ra vetett merőleges-vetületvektora: cb= 2 b = b= i+ j− k . (5 pont) 38 19 19 19 b a) Merőleges vektorok skalárszorzata 0. Ebből c = c vektor b-re merőleges összetevője: c - cb = −8 7 1 i+ j + k (3 pont) 19 19 19 2. feladat: f : R R; f ( x ) = xe x a) Határozza meg a függvény értelmezési

tartományának azt a legbővebb részhalmazát, ahol a függvény monoton növekedő! b) Írja fel a függvénygörbe x0 = 0 helyhez tartozó érintőjének az egyenletét! c) Adja meg az összes olyan halmazt, amit a g : [− 1;+∞[ H ; g ( x ) = f ( x ) kifejezésben H helyére írva, injektív leképezést kapunk? Válaszát indokolja! 1 d) Számítsa ki az ∫ f (x )dx integrál értékét! −1 Megoldás: a) A függvény deriváltja: f ′( x) = e x + xe x = ( x + 1)e x ]− ∞;−1[ intervallumon f ′(x) < 0 , ]− 1; ∞[ -en f ′(x) > 0 , f ′(− 1) = 0 , tehát a legbővebb részhalmaz ahol a függvény növekedő: [− 1; ∞[ . (6 pont) b) Az érintő meredeksége: m = f ′(0 ) = 1 , y(0 ) = 0 , az egyenlet: y = x . (4 pont) c) A g függvény szigorúan monoton növekedő, ezért g ( x1 ) = g ( x2 ) ⇒ x1 = x2 1  1  Mivel g folytonos, g (− 1) = − és lim g ( x) = ∞ , Rg = − ; ∞  . Tehát a leképezés injektív, ha ∞ x e  e 

 1  − e ; ∞  ⊆ H . (4 pont)   1 1 1 1 1 2 d) Parciális integrálás módszerével: ∫ xe x dx = xe x −1 − ∫ e x dx = e + − e x −1 = (6 pont) [ ] −1 −1 e [ ] e 3. feladat: a) Határozza meg a y + y sin x = 0 differenciálegyenlet P(0,2 ) ponton átmenő partikuláris megoldását! b) Adja meg a fenti megoldás legnagyobb alsó korlátját és legkisebb pozitív periódusát! c) Határozza meg az y +4 y = e − x differenciálegyenlet y (0 ) = y (0 ) = 0 kezdeti feltételekhez tartozó megoldássát Laplace-transzformáció segítségével! d) Milyen differenciálegyenletek megoldására alkalmazhatjuk a Laplace-transzformációt? Megoldás: a) Az általános megoldás: y = Ce cos x (3 pont) 2 P koordinátáit behelyettesítve: C = ⇒ y p = 2e cos x −1 (2 pont) e x b) Mivel f ( x ) = e szigorúan monoton növekedő és − 2 ≤ cos x − 1 ≤ 0 , y p minimális értéke, ami 2 . (3 pont) e2 y p -nek periódusa 2π , mivel cos x

nek 2π a legkisebb pozitív periódusa. e x kölcsönösen egyértelmű, egyben a függvényértékek alsó korlátja is: 2e − 2 = így 2π egyben a legkisebb pozitív periódusa is y p -nek. (3 pont) 1 1 adódik. Ezt rendezve: y = (2 pont) s +1 (s + 1) s 2 + 4 1 1 1  s Résztörtekre bontva: y =  − 2 + 2  (3 pont) 5  s +1 s + 4 s + 4 1 1  y =  e − x − cos 2 x + sin 2 x  (2 pont) 5 2  d) Lineáris, állandó együtthatós differenciálegyenletek esetén, speciális zavarófüggvény mellett. Legtöbbször adott kezdeti feltétel(ek) melletti partikuláris megoldás meghatározására. (2 pont) c) Transzformálva az egyenletet s 2 y + 4 y = ( ) 4. feladat: a) Határozza meg az f ( x; y ) = xy 2 − y kétváltozós függvény P0 (1;1) ponthoz tartozó legnagyobb iránymenti deriváltját! b) Írja fel a z = f ( x; y ) felület P0 ponthoz tartozó pontjában az érintősík egyenletét! c) Számítsa ki az ∫∫ f (x; y )dT { }

integrált a T = ( x; y ) ∈ R 2 0 ≤ x ≤ 3;0 ≤ y ≤ 2 tartományon! T Megoldás: a) Az iránymenti derivált értéke a gradiensvektor irányában a legnagyobb. (2 pont) f x′ ( x; y ) = y 2 , f y′ ( x; y ) = 2 xy − 1 , (2 pont) behelyettesítve f x′ (P0 ) = f y′ (P0 ) = 1 , tehát a 45 o -os irányszöghöz tartozik a legnagyobb iránymenti derivált. (3 pont) f α′ (P0 ) = cos 45 o ⋅ f x′ (P0 ) + sin 45 o ⋅ f y′ (P0 ) = 2 (2 pont) b) z 0 = f (P0 ) = 0 (1 pont) A normálvektor: n( f x′ (P0 ); f y′ (P0 );−1) = n(1;1;−1) (2 pont) A sík egyenlete: x + y − z = 2 (2 pont) 3 2 2 2 3   x2 y2   9 2 3 3 3 2    2  ∫0  ∫0 xy − y dx dy = ∫0   2 − xy  dy = ∫0  2 y − 3 y dy =  2 y − 2 y  0 = 12 − 6 = 6 0   2 c) ( ) (6 pont) 5. feladat: Hányféleképpen oszthatunk öt gyereknek (A, B, C, D, E) egy-egy csokoládét, ha összesen nyolc

fajtából (a, b, c, d, e, f, g, h) válogathatunk, és a) minden fajtából csak 1 van; b) az A gyerek mindenképpen az f csokiból kér, de egyébként mindegyik fajtából elegendően sok van; c) mindegyik fajtából elegendően sok van, de valakinek mindenképpen adunk az f csokiból; d) mindegyik fajtából elegendően sok van, és pontosan 1 darab f csokit osztunk ki; e) pontosan 2 darab f-et osztunk ki, és a többiből csak 1 darab van. Megoldás: a) 8⋅7⋅6⋅5⋅4 = 6720 : A 8 félét kaphat, B már csak 7 féle csokiból kaphat .stb (8 elem 5-öd osztályú ismétlésnélküli variációja. (3 pont) b) 84 = 4096: Az A gyerek mekapta a csokiját, a többiek mindegyikből kaphatnak. 8 elem 4-edosztályú ismétléses variációja . (3 pont) c) 85 – 75 = 15961. Az összes lehetséges osztásból vegyük ki azokat, amelyekben senki sem kap f csokit. (4 pont) d) 5⋅74 = 12005. Az f –et az 5 gyerek egyike kapja meg, a maradék 4 gyerek a 7 fajta csoki bármelyikét

kaphatja. (5 pont)  5 e)   ⋅ 7⋅6⋅5 = 2100. Válasszuk ki először a 2 gyereket, aki f –et kap (10 eset), majd a maradék 3  2 gyerek a maradék 7 csokiból kap. Ez utóbbi 7 elem 3-mad osztályú ism nélküli variációja (5 pont) Szak: Informatika I. Tárgy: Matematika szigorlat 1. A(3; 2; 4), B(8; 1; 3), Dátum: 2002. jún 18 C(4; 3; 2) a) Írja fel az ABC sı́k egyenletét! M.: 2. M.: b) Számı́tsa ki az ABC háromszög területét! c) Határozza meg az ABC sı́k és a P (7; 4; 2) ponton áthaladó v(2; −1; 2) irányvektorú e egyenes metszéspontját! d) Párhuzamos-e a w(1; −1; 1) vektor az e egyenessel, illetve az ABC sı́kkal? − − − − a) AB(5; −1; −1), AC(1; 1; −2), AB × AC = 3i + 9j + 6k, n(1; 3; 2) S : x + 3y + 2z = 17 1 − − 3√ b) T = AB × AC = 14 ≈ 5, 61 2 2 c) e : x = 7 + 2t y = 4 − t z = 2 + 2t. Behelyettesı́tve a sı́k egyenletébe t = −2 adódik. A metszéspont:

M (3; 6; −2) d) nw = 0 ⇒ n ⊥ w, tehát w párhuzamos a sı́kkal. Ekkor e-vel már nem lehet párhuzamos, mert e és S metszik egymást. 6 pont 4 pont 6 pont 4 pont 4 pont 2 pont 4 pont 6 pont 4 pont x+1 f : R { 1 } ]0; +∞[ f (x) = e x−1 a) Állı́tsa elő f deriváltfüggvényét! b) Vizsgálja meg a függvényt monotonitás szempontjából! c) Határozza meg a függvény legnagyobb alsó és legkisebb felső korlátját! Van-e a függvénynek szélsőértéke? d) Az injektı́v, szürjektı́v és bijektı́v tulajdonságok közül melyik igaz f -re? x+1 2 x−1 a) Df 0 = R { 1 } ; f 0 (x) = − e (x − 1)2 b) A deriváltfüggvény csak negatı́v értéket vesz fel, ı́gy f ]−∞; 1[-ben is és ]1; ∞[-ben is szigorúan monoton csökken. f nem monoton, mert pl 1 f (0) = < e3 = f (2) e c) A függvény csak pozitı́v értékeket vesz fel. (Pozitı́v szám hatványa) Mivel lim− f (x) = 0, ezért a

legnagyobb alsó korlát a 0. lim+ f (x) = +∞, x1 6 pont 4 pont 4 pont 6 pont 6 pont 4 pont 2 pont x1 tehát felülről nem korlátos a függvény. A függvénynek sem abszolút sem lokális szélsőértéke nincs, hiszen értelmezési tartományán mindenütt differenciálható, de a de- 2 pont riváltfüggvény értéke sehol sem 0. d) lim f (x) = e. Figyelembe véve a b) és c) pontban megállapı́tott tux±∞ lajdonságokat f (]−∞; 1[) = ]0; e[ és f (]1; +∞[) = ]e; +∞[. f minden 6 pont értéket csak egyszer vesz fel, tehát injektı́v, e-t nem veszi fel, tehát nem szürjektı́v, ı́gy nem is bijektı́v. 3. M.: a) Határozza meg a (p q) ∧ (q ↔ r) kifejezés egy diszjunktı́v normálformáját, ha p, q, és r kijelentésváltozók! b) Helyesek-e a
(q ∧ r) ⇒ (p q) ∧ (q ↔ r) , illetve
(p q) ∧ (q ↔ r) ⇒ (q ∧ r) következtetések? c) Legyen M a mátrixok halmaza. P xy (x, y ∈ M)

jelentse azt, hogy x és y összeszorozhatók xy sorrendben, Sxn (x ∈ M, n ∈ N) azt, hogy x sorainak száma n, Oxn (x ∈ M, n ∈ N) azt, hogy x oszlopainak száma n, Enm, (n, m ∈ N pedig azt, hogy n = m). Adja meg az alábbi állı́tásokat szöveges formában, ha az alaphalmaz U = M ∪ N: (1) ∀x, ∀y, ∀n, ∀m [(P xy ∧ Oxn ∧ Sym) (Enm)] (2) ∃x, ∃y,∃n [Sxn ∧ Syn ∧
P xy]  (3) ∀x, ∀y ∃n(Sxn ∧ Oyn) P xy Melyik állı́tás igaz? p q r p q q ↔ r (p q) ∧ (q ↔ r) q ∧ r 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 a) (¬p ∧ ¬q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ q ∧ r)
∨ (p ∧ q ∧ r). b) (q ∧ r) ⇒ (p q) ∧ (q ↔ r) helyes, mert ha q
∧ r igaz, akkor (p q) ∧ (q ↔ r) is igaz. A (p q) ∧ (q ↔ r) ⇒ (q ∧ r) következtetés hamis mert pl. ha mindegyik kijelentésváltozó hamis, akkor (p q) ∧ (q ↔ r) igaz q ∧ r mégis hamis. c) (1) Ha két

mátrix összeszorozható, akkor az első oszlopainak száma megegyezik a második sorainak számával. (igaz) (2) Van két olyan mátrix, amelyeknek ugyanannyi sora van és összeszorozhatók. (igaz) (3) Ha az x mátrix sorainak száma megegyezik az y mátrix oszlopainak számával, akkor x és y ebben a sorrendben összeszorozható. (hamis) 8 pont 4 pont 8 pont 4 pont 4 pont 4 pont 8 pont 4. M.: f : R2 R ; f (x; y) = sin x cos y a) Határozza meg f parciális deriváltjait és az α = 45◦ -os szöghöz tartozó π π  iránymenti deriváltját a P0 ; pontban! 6 6 b) Írja fel a z = f (x; y) felület P0 -hoz tartozó érintősı́kjának egyenletét! c) Számı́tsa ki f kettősnintegrálját a πo 2 T = (x; y) ∈ R | 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ 2 tartományon! Ábrázolja a T tartományt! 3 a) fx0 (x; y) = cos x cos y, fx0 (P0 ) = , 4 1 0 0 fy (x; y) = − sin x sin y, fy (P0 ) = − 4√ 2 ≈ 0, 3536 fα0 (P0 ) = fx0

(P0 ) cos α + fy0 (P0 ) sin α = 4 √ 3 π √ b) z0 = , n(3; −1; −4) és S : 3x − y − 4z = − 3 ≈ −0, 6848 4 3 π  π  RR R2 Rπ R2 c) f (x; y) dT = sin x cos y dx dy = [− cos x sin y]π0 dy = T π 2 R 0 0 0 6 pont 6 pont 8 pont 4 pont 2 pont 6 pont 8 pont π 2 2 cos y dy = [2 sin y]0 = 2 0 5. M.: Hányféleképpen lehet kitölteni egy lottószelvényt (ötöslottó: 90 számból 5-öt kell megjelölni), ha 6 pont a) csak páros számot jelölünk meg; 6 pont b) két páros és három páratlan számot jelölünk meg; 8 pont c) a legnagyobb és a legkisebb megjelölt szám különbsége 20.   45 a) 6 pont 5    45 45 6 pont b) · 2 3 19 8 pont c) 70 · 3