EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA A Z n HALMAZON. egyenletrendszer megoldása a

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA A Z n HALMAZON. egyenletrendszer megoldása a"

Átírás

1 Az érettségi vizsgára előkészülő taulók figyelmébe! 4. Az EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA A Z HALMAZON a1 x + b1 y = c1 egyeletredszer megoldása a a x + b y = c Z halmazo (. rész) Ebbe a részbe az elsőfokú kétismeretlees egyeletredszerek a Z halmazo törtéő megoldási módszerei közül amikor lehet, leghamarabb a helyettesítési módszerrel próbálkozuk. Úgyszité amikor lehet, a kiküszöbölés módszerét is alkalmazhatjuk de láti fogjuk, hogy midkét módszerek előyei és hátráyai is lehetek, em beszélve arról, hogy esetekét egyik vagy másik módszer em is alkalmazható, ilyekor még más eljárásokat is beiktatuk. Mit ebbe, mit a következő részbe az egyeletredszerek megoldása sorá dolgot figyelük meg: az egyeletredszer megoldhatóságát valamit a megoldások számát. És midezeket sok példa segítségével végezzük el. A) A helyettesítés módszeréek első lépése az, hogy valamelyik egyeletből kifejezzük valamelyik ismeretlet. Ellebe ezt csak akkor tudjuk megvalósítai, ha az éppe kifejezedő ismeretle együtthatója ivertálható a Z halmazo, ami csak akkor lehetséges, ha ez az együttható relatív prím az -el. Az iverz elemmel való beszorzás utá 3. részbe is vázolt számolási eljárásokat követjük, és a x = b illetve c y = d egyeletek megoldásával találjuk szembe maguk. B) A kiküszöbölés módszere ott kezdődik, hogy pl. az x kiküszöbölése céljából az 1. egyeletet p-vel, a másodikat q-val szorozzuk be (p, q * Z ), úgy, hogy a1 p + a q = 0 a1 p = ( a) q legye, ahoa pl. p = ( a) és q = a 1 megfelel. Így a két beszorzott egyeletet összeadva egy c y = d alakú egyeletet kapuk. Ha eek va megoldása, akkor hasoló módo az y kiküszöbölése (vagy az előző y visszahelyettesítése) utá egy a x = b egyelet megoldásához jutuk, és a továbbiakba miél optimálisabb folytatási lehetőségeket keresük C) A kifejezési módszer beszorzás utá ugyaúgy kezdődik mit az előző módszer, ellebe a p, q Z értékekkel való beszorzás utá em a 0 kialakítására törekszük, haem 1 együttható kialakítására (így az illető ismeretle kifejezhető), vagyis a p + b q = 1 alakú egyeletet kell megoldauk, ami csak az (a, b, )= 1 esetbe eredméyez megoldást. Midezt kokrét gyakorlatok alapjá jobba megérthetjük. D) A zérusosztóval való beszorzás akkor alkalmazható, ha az a 1, a, b 1, b együtthatók valamelyike, vagy egyike sem ivertálható. Ilye esetbe úgy szorzuk be egy k Z zérusosztóval, hogy k a 1, k a, k b 1, k b valamelyike (de e midegyike!) 0 legye, így ezáltal a kiküszöbölés módszeréél hamarabb egy a x = b illetve c y = d alakú egyelet megoldásához jutuk. E) A Z valamelyik ivertálható elemével való beszorzást főleg azért alkalmazzuk, hogy a másik egyelettel olya lieáris kombiációt állítsuk elő amikor az előző módszerek valamelyike sikerese alkalmazható.

2 Előre kihagsúlyozzuk, hogy az egyeletredszer megoldása az a x = b, c y = d vagy a x + b y = c alakú egyeletek megoldására vezetődik vissza, és ezekről részletese az 1. illetve. részbe írtuk (MatLap /009 illetve MatLap 3/009). 1. Az a 1, a, b 1, b együtthatók midegyike ivertálható a Z halmazo A léyeg jobb áttekithetősége kedvéért az eszmefuttatásukat feladatokkal szemléltetjük. 1. példa: Oldjuk meg Z7 -be a x + 3 y = 4 és 4 x + y = 5 egyeletredszert. Megoldások: Első módszer yilvávalóa a helyettesítési módszer, hisze mid a égy együttható ivertálható, ezért bármelyik egyeletből bármelyik ismeretle kifejezhető. Szorozzuk be az 1. egyeletet pl. = 4 -pal. Mivel (4, 7)= 1, biztosa em hozuk be idege gyököt (részletesebbe lásd az előző, 3. részbe, MatLap 4/009). Ekkor x + 5 y = vagyis x = y + adódik, amit a. egyeletbe helyettesítve, a 3 y = 4 egyelet adódik, és mivel (3, 7)= 1 ezért eek az egyeletek egyetle megoldása va a Z7 -be, ez y= 6, amire x = 6+ = 0. Tehát a feladatak egyetle megoldása va a Z7 -be, és ez éppe a (0,6) számpár. Második módszer: a kiküszöbölés módszerét próbáljuk alkalmazi, ezért az y kiküszöbölése céljából a. egyeletet -pal szorozva, és az 1. egyelettel összeadva a 3 x = 0 egyeletet kapjuk és mivel (3, 7)= 1, ezért gyökvesztés élkül 3 -pal egyszerűsítve x= 0 adódik. Most az x kiküszöbölése céljából a p + 4 q = 0 p = 3q elérése lee célszerű, így a p = 3 és q = választás célravezető. Ez egyeletek p-vel illetve q-val való beszorzása és összegezése utá a 6 y = 1 egyelet adódik, és a (6, 7)= 1 alapjá egy megoldás va, y= 6 éppe megfelel. Harmadik módszer: például a kiküszöbölés módszerévek az y kiküszöbölése az előbbiek szerit az x= 0 megoldáshoz vezet, és ezt behelyettesítve az egyeletredszer két egyeletébe, 3 y = 4 és y = 5 adódik, és mivel (3, 7)= (, 7)= 1, ezért midkét egyeletek 1-1 megoldása va és köye belátható hogy y= 6 megfelel. (Ha ezt a kombiált módszert akarjuk alkalmazi, természetese célszerűbb a köyebbe kiküszöbölhető ismeretlet küszöbölésével kezdei.).1. példa: Oldjuk meg Z5 -be a 3 x + y = 4 és x + 3 y = 1 egyeletredszert. Megoldás: Az előbbi megoldási módszerekhez viszoyítva belátható, hogy ezúttal is a helyettesítési módszer a legalkalmasabb. Az 1. egyeletet = 13 -pal szorozva 14 x + y = vagyis y = 11x +, amit a. egyeletbe helyettesítve a 10 x = 0 egyelethez jutuk, amiből a (, 5)= 1 miatt gyökvesztés élkül -pal egyszerűsítve az 5 x = 10 köyebbe megoldható egyelet adódik. Mivel (5, 5)= 5, ezért a megoldások x= + 5 m = 5m + alakúak, ahol (5, 5) m {0, 1,, 3, 4}. Tehát x {, 7, 1, 17, } és így az y = 11x + alapjá a megoldáshalmaz M= {( ; 4 ), ( 7 ; 4 ), (1 ;9 ), (17 ;14 ), ( ;19 )}.

3 Köye belátható, hogy ameyibe a kiküszöbölés módszerével próbálkoztuk vola, úgy a sorra megoldadó a x = b és c y = d egyeletek midegyikéek 5-5 megoldása va (hisze az előbb kaptuk az 5 megoldáspárt), és az 5 5 megoldáspárból az 5 téyleges megoldáspár kiválasztása hosszadalmas, ezért ebbe az esetbe a kiküszöbölés módszere is hosszadalmas... példa: Oldjuk meg Z5 -be a 3 x + y = 4 és x + 3 y = egyeletredszert. Megoldás: Az előbb is alkalmazott helyettesítés módszer alapjá eljutuk az y = 11x + egyelethez, amit a. egyeletbe helyettesítve kapjuk, hogy 10 x = 1. Mivel (10, 5)= 5 1 hamis, ezért az egyeletredszerek ics megoldása. Ha a kiküszöbölés módszerével akarjuk megoldai, akkor az x kiküszöbölése végett az 1. egyeletet p-vel, a másodikat q-val szorozzuk be úgy, hogy 3 p + q = 0 3 p = 3q legye, ahol pl. p = 3 és q = 3 megfelel, így a beszorzások yomá a 19 x + 1 y = 17 és 6 x + 9 y = 6 egyeletek adódak, amelyek összegezéséből 5 x = 4 amiek ics megoldása, hisze (5, 5)= 5 4 hamis. Az együtthatókba levő szimmetria miatt az y kiküszöbölése is potosa ugyaezeket a számolásokat igéyli. 3. példa: Oldjuk meg Z5 -be a 3 x + y = 4 és x + 3 y = egyeletredszert. Megoldás: Az 1. egyeletet 3 = -pal szorozva x + 4 y = 3 vagyis x = y + 3, adódik, ami a. egyelet alapjá a 1 = elletmodáshoz vezet, vagyis az egyeletek ics megoldása a Z -be. Második megoldási módszer gyaát köye észrevehető, hogy ha összeadjuk a két 5 egyelet megfelelő oldalait, akkor a 0 = 1 elletmodást kapjuk. 4. példa: Oldjuk meg Z5 -be a 3 x + y = 4 és x + 3 y = 1 egyeletredszert. Megoldás: Ha ezúttal is összegezék a két egyelet megfelelő oldalait, akkor a 0 = 0 igaz állításhoz jutuk, ami elgodolkoztathat, hogy vajo ez azt jeleti-e, hogy az (x, y) Z 5 Z 5 mid a 5 számpára megoldás lee? A választ köye megkapjuk, ha a helyettesítési módszerrel, az 1. egyeletet ezúttal is 3 = -pal szorozzuk, ahoa x + 4 y = 3 vagyis x = y + 3 adódik. Ameyibe ezt behelyettesíteék a. egyeletbe, a semmitmodó 0 = 0 állítást kapák. Tehát, az egyeletredszerek valóba mide y Z 5 megoldása lesz, tehát y { 0, 1,, 3, 4 } ellebe az ezekek megfelelő x megoldásokat az x = y + 3 összefüggés származtatja, így a megoldáshalmaz M ={( 0 ; ), (1 ;3 ), ( ; 4 ), ( 3 ; 0 ), ( 4 ; 4 )}. A következő részbe majd belátjuk, hogy az előző égy példa, egymástól léyegese külöböző 4 esethez tartozik, ellebe a helyettesítési módszer em adhat iformációt eze 4 típus mibelétéről, sem a megoldások számáról, de az adott feltételek mellett ezzel a módszerrel az egyeletredszerek köyűszerrel megoldhatók.. Az 1 a, a, 1 b, b együtthatók em midegyike ivertálható a Z halmazo Nyilvávalóa ezt úgy kell érteük, hogy az együtthatók között va legalább egy ivertálható. Ugyacsak párhuzamba állított feladatoko keresztül szemléltetjük és figyeljük meg, hogy ez a helyzet mibe változtatja az előbbi eszmefejtésüket. Természetese, továbbra is megmarad a helyettesítési módszerrel való biztos megoldhatósági lehetőség, hisze legalább egyik

4 egyeletből, kifejezhető legalább egyik ismeretle. Ellebe érdemes lee tudi, hogy milye más lehetőségek maradak, vagy adódak! Folyamatosa erre is választ kapuk! 5. példa: Oldjuk meg Z8 -ba a 3 x + y = 4 és x + 3 y = 1 egyeletredszert. Megoldás: A Z8 -ba csak a 3 ivertálható, így az 1. egyeletet 3 = 3 -pal szorozva, az x + 6 y = 4 x = y + 4 adódik, amit a. egyeletbe helyettesítve a 7 y = 1 egyeletet kapjuk, és mivel (7, 8)= 1 ezért az egyeletek csak egyetle megoldása va, köye belátható, hogy y = 7 megoldás. Erre kapjuk, hogy x =, vagyis ebbe az esetbe is éppe egy megoldásuk va. Vegyük észre, hogy a 3 kivételével a többi együttható mid zérusosztó a Z8 -ba, ezért midegyikéhez található olya szám a Z8 -ba, amellyel szorozva 0 -pot kapuk. Erre alapozva egy második megoldási módszer adódik, ha például az 1. egyeletet beszorozzuk 4 -pal (figyelem, a (4, 8)= 4 miatt idege gyököket is kaphatuk), akkor 4 x = 0 adódik amit gyökveszteség miatt em egyszerűsíthetjük 4 -pal! A (4, 8)= 4 alapjá az egyeletek 4 megoldása va, ezek x= 8 m = m, ahol m {0, 1,, 3}, vagyis x { 0,, 4, 6 }. Az y (4,8) meghatározása céljából máris két lehetőségük adódik. Az egyik az, hogy ezeket az értékeket redre visszahelyettesítjük a két egyeletbe. Azoal belátható, hogy ilymódo elég hosszadalmas megoldai az adódott a y = b alakú egyeleteket, amelyek száma esetükbe éppe 8. A másik lehetőség az, hogy ameyibe lehet, az egyeletek valamelyikét (akárcsak a megoldás kezdeté) úgy szorozzuk be valamelyik zérusosztóval, hogy ezúttal x együtthatója legye ulla (de az y együtthatója e legye ulla). A. egyeletet ugyacsak 4 -pal szorozva 4 y = 4 adódik, és a (4, 8)= 4 alapjá eek az egyeletek is égy megoldása va, éspedig m y= 1+ 8 = m + 1, ahol m {0, 1,, 3}, vagyis y {1, 3, 5, 7 }. Nem marad más hátra, (4,8) mit az, hogy a képezhető 4 4=16 számpárról megállapítsuk, hogy melyek is a megoldások. Ezt leghamarabb az egyeletredszer egyeleteibe való visszahelyettesítéssel végezhetjük el, és mideképpe járhatóbb útak tűik, mit az előbbi próbálkozás. Ellebe agyszámú y megoldás eseté ez sem rövid eljárás, de például egyszerű számítógépes program alkalmazásával gyorsa elleőrizhetők, hogy melyek a téyleges megoldások, és melyek jöttek be idege gyökek. Esetükbe az egyetle (x, y) megoldás csak a (, 7 ) a többi idege gyök példa: Oldjuk meg Z10 -be a 3 x + y = 4 és x + 3 y = 1 egyeletredszert. Megoldás: Ezúttal is a Z10 -be is csak a 3 az ivertálható, így az 1. egyeletet 3 = 7 -pal szorozva x + 4 y = 8 x = 6 y + 8 adódik, amit a. egyeletbe helyettesítve a 5 y = 5 egyeletet kapjuk, amiek (5, 10)= 5 megoldása va y= m + 1 ahol m {0, 1,, 3, 5}.Az x = 6 y + 8 összefüggés alapjá a megoldáshalmaz M= {( 0 ;1 ), ( ;9 ), ( 4 ; 7 ), ( 6 ;3 ), (8 ;5 )}. Egy második módszerkét, ameyibe összeadjuk a két egyeletet az 5 z = 5 alakú egyelet

5 adódik (z= x+ y) amelyek a megoldásai z= x+ y= m + 1, és m {0, 1,, 3, 5}, így az x= m + 1- y visszahelyettesíthető valamelyik eredeti egyeletbe ahoa a már felsorolt 5 megoldáspárt kapjuk. Természetese a B) E) módszerek midegyike többé vagy kevésbé hosszabb számolások utá szité megoldáshoz vezetek. 6.. példa: Oldjuk meg Z10 -be a 3 x + y = 4 és x + 3 y = egyeletredszert. Megoldás: A két egyeletet összeadva az 5( x + y) = 6 5 z = 6 adódik (z= x+ y), és mivel (5, 10)=5 6 hamis állítás, ezért az egyeletek, és így az egyeletredszerek sics megoldása. Második módszer: a Z10 ivertálható elemei 3, 7 és 9, így az 1. egyeletet 3 = 7 -pal szorozva x + 4 y = 8 x = y + 8 amit a. egyeletbe helyettesítve 7 y = 6 adódik, és a (7, 10)= 1 alapjá egyetle megoldás va, és y = 8 megfelel, amit az 1. egyeletbe visszaírva 3 x = 8 adódik, és a (3, 10)= 1 alapjá 1 megoldása va, és x = 6 megfelel, de a ( 6,8 ) em elégítik ki az. egyeletet. Belátható, hogy ha a egyelet midegyikét az 5 zérusosztóval szorozák be, akkor az 5 x = 0 és 5 y = 0 egyeletekhez juták, amelyekek az (5, 10)= 5 alapjá 5-5 megoldása va, és ezek leelleőrzése eléggé hosszadalmas. 7. példa: Oldjuk meg Z8 -ba a x + 3 y = és 4 x + y = 6 egyeletredszert. Megoldás: Mivel a Z8 -ba az ivertálható elemek 3, 5 és 7, ha az 1. egyeletet 3 = 3 -pal szorozzuk, 6 x + y = 6 y = x + 6 adódik, ami a. egyelet alapjá a 0 = elletmodáshoz vezet. Második módszer: a két egyeletet összegezve 6 x + 5 y = 0 5 y = x adódik amit 5 = 5 -pal beszorozva y= x, amit behelyettesítve az. egyeletbe 0 = 6 elletmodás adódik (az 1. egyeletbe helyettesítve csak 0 = 0 azoosság adóda). Harmadik módszer: ha az egyeleteket redre a 4 zérusosztóval szorozzuk a két egyeletből 4 y = 0 és 0 = 0 adódik, és a (4, 8)= 4 alapjá égy y megoldás va, ezek y { 0,, 4, 6 } amelyeket visszaírva a két egyeletbe a következő egyeletpárokat kapjuk: ( x = és 4 x = 6 ), ( x = 4 és 4 x = ), ( x = 6 és 4 x = 6 ), ( x = 0 és 4 x = ). A (4, 8)= 4 és 4 6 illetve 4 hamis állítások alapjá a 4 x = 6 illetve 4 x = egyeletekek ics megoldásuk a Z8 -ba. 8. példa: Oldjuk meg Z8 -ba a x + 3 y = 1 és 4 x + y = 6 egyeletredszert. Megoldás: Mivel a Z8 -ba az ivertálható elemek 3, 5 és 7, ha az 1. egyeletet 3 = 3 -pal szorozzuk, 6 x + y = 3 y = x + 3 adódik, ami a. egyelet alapjá a 0 = 0 adódik. Tehát x Z 8 és az y = x + 6 alapjá M={( 0 ;3 ), (1 ;5 ), ( ; 7 ), ( 3 ;1 ), ( 4 ;3 ), ( 5,5 ),( 6, 7 ), ( 7,1 ) }. Második módszer: az 1. egyeletet 4 zérusosztóval szorozva a 4 y = 4 egyeletet kapjuk, amelyek a (4, 8)= 4 alapjá égy megoldása va, ezek y= 1 m +, ahol m {1, 3, 5, 7}. Ha visszahelyettesítjük az egyeletredszerbe, oa megkapjuk az x megoldásokat is, mide y

6 megoldás eseté éppe két x megoldást. Harmadik módszer gyaát vegyük észre, hogy az egyeletek bármelyikét az 5 vagy 7 ivertálható elemekkel beszorozva az 5 3 = 7 illetve az 7 3 = 5 alapjá ivertálható együtthatókat kapuk, így alkalmazható a helyettesítési módszer. Megjegyzés: ha valamelyik egyeletbe az x együtthatója, a másik egyeletbe pedig az y együtthatója ivertálható, akkor a helyettesítési módszer a legalkalmasabb megoldási módszer! 3. Az a 1, a, b 1, b együtthatók egyike sem ivertálható a Z halmazo Ebbe az esetbe idulásból em alkalmazhatjuk a helyettesítési módszert, de a B) E) módszerek bármelyikével próbálkozhatuk (vigyázat, mert esetekét a beszorzásokból adódó idege gyököket ki kell szűrük!). Sok esetbe ha a kiküszöbölés módszerével próbálkozuk, akkor esetekét egy zérusosztóval való beszorzást miatt idege gyökök kerülhetek be, vagy hosszas számolások aódhatak, a meg 0 = 0 semmitmodó (haszálhatatla) azoosságot is kaphatuk. 9. példa: Oldjuk meg Z6 -ba a 3 x + y = 4 és x + 3 y = 1 egyeletredszert. Megoldás: A kiküszöbölés módszeréek (ezúttal a D) módszer) alkalmazása céljából ha az 1. egyeletet 3 -pal szorozzuk akkor 3 x = 0 egyelet adódik, ha pedig -pal szorozák, akkor a 4 y = egyelet adódik. Az elsőek (3,6)= 3, a másodikak (,6)= megoldása va, és ezek x { 0,, 4 }, illetve y {, 5 }, és a 6 számpárból csak a (,5 ) megoldás, a többi idege megoldás. Második módszer: Az első egyeletet az 5 ivertálható elemmel beszorozva a 3 x + 4 y = egyelet adódik, amit a. egyelettel összeadva az 5 x + y = 3 adja, ahoa bármelyik ismeretle kifejezhető, az optimálisabb kifejezés az y = x + 3 amit az 1. egyeletbe visszahelyettesítve az 5 x= 4 egyeletet adja és az (5, 6)= 1 alapjá egyetle megoldása va, x= éppe megfelel, és erre y= 5. Ez a megoldás esetükbe rövidebb mit az előbbi példa: Oldjuk meg Z6 -ba a x + 3 y = 3 és 4 x + y = 4 egyeletredszert. Megoldás: A két egyeletet összeadva az 5 y = 1 egyelet adódik, az (5, 6)= 1 alapjá egyetle megoldása va, y= 5 megfelel, amit ha visszaíruk a két egyeletbe x = 0 és 4 x = 0 adódik, és ahoa x = 0 és x = 3, ezért a megoldáshalmaz M= {( 0,5 );( 3,5 )}. Második módszer: Az 1. egyeletet az 5 ivertálható elemmel, a másodikat a zérusosztóval szorozva és összegezve y = 5 adódik, amit visszahelyettesítve a két egyeletbe, az előző megoldásokat kapjuk. Harmadik módszer gyaát, ha a vagy a 3 zérusosztókkal szorzuk, akkor a x = b illetve c y = d alakú egyeleteket kapuk, ezeket megoldva csak az előző két számpár felel meg példa: Oldjuk meg Z1 -ba a 9 x + y = 3 és 3 x + 4 y = egyeletredszert. Megoldás: A két egyeletet összeadva a 6 y= 5 egyelet adódik amiek a (6, 1)= 6 1 hamis állítás alapjá ics megoldása. Második módszer: ivertálható elemekkel szorzuk be. Ha az 1. egyeletet 7 -pal szorozzuk és ezt kivojuk a. egyeletből, akkor a y = 5 egyelet kapjuk,

7 amiek a (, 1)= 5 hamis állítás alapjá ics megoldása. Úgyszité ha a. egyeletet 5 -pal szorozzuk és az 1. egyelettel összegezzük, akkor a 10 y = 1 egyelet adódik, amiek a (10, 1)= 1 hamis állítás alapjá szité ics megoldása. 11. példa: Oldjuk meg Z6 -ba a x + 4 y = és 4 x + y = egyeletredszert. Megoldás: A két egyelet összegezése a 0 = 4 hamis állítást adja, vagyis az egyeletredszerek ics megoldása. Ellebe a C) módszer em alkalmazható sikerrel, mert a p + 4 q = 1 illetve 4 p + q = 1 egyeletekek a (, 4, 6)= 1 hamis állítás alapjá ics megoldásuk. A 3 zérusosztóval való beszorzás a 0 = 0 semmitmodó azoossághoz vezet, így ez a próbálkozás sem válik be. Ellebe ha akár az 1. egyeletet, akár a. egyeletet az 5 szimmetrizálható elemmel szorozzuk a másik egyelettel együtt a 4 x + y = 10 és 4 x + y = alapjá a 10 = elletmodást adja, a második esetbe pedig a x + 4 y = 10 és x + 4 y = alapjá úgyszité a 10 = elletmodás adódik. Ha jól megfigyeljük, akkor az elletmodás ie adódik: x + 4 y = 5 (4 x + y) vagy 4 x + y =5 ( x + 4 y ) és 5 = példa: Oldjuk meg Z6 -ba a x + 4 y = 4 és 4 x + y = egyeletredszert. Megoldás: A két egyelet összegezése ezúttal a semmitmodó 0 = 0 azoossághoz vezet. Úgyszité, az előbbi számolások alapjá sem a C) módszer, sem a 3 zérusosztóval való beszorzás em vezet eredméyre. Ellebe az 5 -pal való beszorzás alapjá rájövük, hogy 5( x + 4 y 4) = 4 x + y sőt mi több fordítva is igaz, vagyis 5(4 x + y ) = x + 4 y 4. Akármelyik változatra is figyelük az következik, hogy egyik egyelet a másik egyeletek a 4 -pal való beszorzottja, ezért a megoldadó egyeletredszer pl. x + 4 y = 0 és 5 ( x + 4 y )= 0 és az (5, 6)= 1 alapjá gyökvesztés élkül egyszerűsíthetük 5 -pal. Ebből kifolyólag a megoldadó egyeletredszer egyetle egyeletből áll, a x + 4 y = 0 x + 4 y = 4 egyeletből. A feladatot és a részletes megoldását a. részbe megtaláljuk (MatLap 3/009, 5. példa). Az előbbiekbe bemutatott, agyszámú példák segítségével szemléltetett helyettesítési, kiküszöbölési vagy éppe más módszerek agyo kevés esetbe egedek következteti a kezdetbe felvetett kérdésük megválaszolására: az egyeletredszer megoldhatóságára valamit a megoldások számára. De midezek elleére a megoldási módszerek (az illető feltételek mellett) midig eredméyre vezettek, vagyis gyakorlati szempotból fotos az a téy, hogy ezekkel a módszerekkel megoldhatjuk a feladatokat (de előfordulhat, hogy esetekét hosszasabb számolásokba kell bocsátkozuk). Éppe ezért természetes az az elvárás, hogy a megoldási eljárások mellett, a feltett két kérdésre is választ kapjuk, a meg a áttekithetőbb, rövidebb módszerek utá kutassuk, és ezáltal átfogóbba, teljességébe láthassuk a kétismeretlees egyeletredszerek megoldását. Erre a következő részbe bemutatásra kerülő, determiások segítségével törtéő megoldás ad kielégítő választ.

EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA A Z n HALMAZON. egyenletrendszer megoldása a Z

EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA A Z n HALMAZON. egyenletrendszer megoldása a Z Az érettségi vizsgára előkészülő taulók figyelmébe! EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA A Z HALMAZON a x + b y c 5. Az egyeletredszer megoldása a Z halmazo (3. rész) a x + b y c A hivatkozások köyítése

Részletesebben

1.1 Példa. Polinomok és egyenletek. Jaroslav Zhouf. Első rész. Lineáris egyenletek. 1 A lineáris egyenlet definíciója

1.1 Példa. Polinomok és egyenletek. Jaroslav Zhouf. Első rész. Lineáris egyenletek. 1 A lineáris egyenlet definíciója Poliomok és egyeletek Jaroslav Zhouf Első rész Lieáris egyeletek A lieáris egyelet defiíciója A következő formájú egyeleteket: ahol a, b valós számok és a + b 0, a 0, lieáris egyeletek hívjuk, az ismeretle

Részletesebben

A figurális számokról (IV.)

A figurális számokról (IV.) A figurális számokról (IV.) Tuzso Zoltá, Székelyudvarhely A továbbiakba külöféle számkombiációk és összefüggések reprezetálásáról, és bizoyos összegek kiszámolásáról íruk. Sajátos összefüggések Az elekbe

Részletesebben

MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA)

MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) O k t a t á s i H i v a t a l A 5/6 taévi Országos Középiskolai Taulmáyi Versey első forduló MATEMATIKA I KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató A 5 olya égyjegyű szám, amelyek számjegyei

Részletesebben

MAGASABBFOKÚ MÁTRIXEGYENLETEK MEGOLDÁSA

MAGASABBFOKÚ MÁTRIXEGYENLETEK MEGOLDÁSA 1 MAGASABBFOKÚ MÁTRIXEGYENLETEK MEGOLDÁSA Tuzso Zoltá Akár a régebbi, akár az alteratív XI. osztályos algebra taköyveket lapozva, akár példatárakba vagy matematikai verseyeke gyakra találkozuk egyél magasabb

Részletesebben

(A TÁMOP /2/A/KMR számú projekt keretében írt egyetemi jegyzetrészlet):

(A TÁMOP /2/A/KMR számú projekt keretében írt egyetemi jegyzetrészlet): A umerikus sorozatok fogalma, határértéke (A TÁMOP-4-8//A/KMR-9-8 számú projekt keretébe írt egyetemi jegyzetrészlet): Koverges és diverges sorozatok Defiíció: A természetes számoko értelmezett N R sorozatokak

Részletesebben

VII. A határozatlan esetek kiküszöbölése

VII. A határozatlan esetek kiküszöbölése A határozatla esetek kiküszöbölése 9 VII A határozatla esetek kiküszöbölése 7 A l Hospital szabály A véges övekedések tétele alapjá egy függvéy értékét egy potba közelíthetjük az köryezetébe felvett valamely

Részletesebben

1. A KOMPLEX SZÁMTEST A természetes, az egész, a racionális és a valós számok ismeretét feltételezzük:

1. A KOMPLEX SZÁMTEST A természetes, az egész, a racionális és a valós számok ismeretét feltételezzük: 1. A KOMPLEX SZÁMTEST A természetes, az egész, a raioális és a valós számok ismeretét feltételezzük: N = f1 ::: :::g Z = f::: 3 0 1 3 :::g p Q = j p q Z és q 6= 0 : q A valós szám értelmezése végtele tizedestörtkét

Részletesebben

Egyenletek és egyenletrendszerek megoldása a Z n halmazon Az a x = b egyenlet megoldása a Z n halmazon

Egyenletek és egyenletrendszerek megoldása a Z n halmazon Az a x = b egyenlet megoldása a Z n halmazon Az érettségi vizsgára előkészülő taulók figyelmébe! Egyeletek és egyeletreszerek megolása a Z halmazo Az a x = b egyelet megolása a Z halmazo Az utóbbi iőbe mit a XII. osztályos alteratív taköyvekbe, mit

Részletesebben

( a b)( c d) 2 ab2 cd 2 abcd 2 Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn

( a b)( c d) 2 ab2 cd 2 abcd 2 Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn Feladatok közepek közötti egyelőtleségekre (megoldások, megoldási ötletek) A továbbiakba szmk=számtai-mértai közép közötti egyelőtleség, szhk=számtaiharmoikus közép közötti egyelőtleség, míg szk= számtai-égyzetes

Részletesebben

SZÁMELMÉLET. Vasile Berinde, Filippo Spagnolo

SZÁMELMÉLET. Vasile Berinde, Filippo Spagnolo SZÁMELMÉLET Vasile Beride, Filippo Spagolo A számelmélet a matematika egyik legrégibb ága, és az egyik legagyobb is egybe Eek a fejezetek az a célja, hogy egy elemi bevezetést yújtso az első szite lévő

Részletesebben

2. Hatványsorok. A végtelen soroknál tanultuk, hogy az. végtelen sort adja: 1 + x + x x n +...

2. Hatványsorok. A végtelen soroknál tanultuk, hogy az. végtelen sort adja: 1 + x + x x n +... . Függvéysorok. Bevezetés és defiíciók A végtele sorokál taultuk, hogy az + x + x + + x +... végtele összeg x < eseté koverges. A feti végtele összegre úgy is godolhatuk, hogy végtele sok függvéyt aduk

Részletesebben

Egyenletek, egyenlőtlenségek VII.

Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Magasabbfokú egyenletek: A 3, vagy annál nagyobb fokú egyenleteket magasabb fokú egyenleteknek nevezzük. Megjegyzés: Egy n - ed fokú egyenletnek legfeljebb n darab valós

Részletesebben

Komplex számok. d) Re(z 4 ) = 0, Im(z 4 ) = 1 e) Re(z 5 ) = 0, Im(z 5 ) = 2 f) Re(z 6 ) = 1, Im(z 6 ) = 0

Komplex számok. d) Re(z 4 ) = 0, Im(z 4 ) = 1 e) Re(z 5 ) = 0, Im(z 5 ) = 2 f) Re(z 6 ) = 1, Im(z 6 ) = 0 Komplex számok 1 Adjuk meg az alábbi komplex számok valós, illetve képzetes részét: a + i b i c z d z i e z 5 i f z 1 A z a + bi komplex szám valós része: Rez a, képzetes része Imz b Ez alapjá a megoldások

Részletesebben

10.M ALGEBRA < <

10.M ALGEBRA < < 0.M ALGEBRA GYÖKÖS KIFEJEZÉSEK. Mutassuk meg, hogy < + +... + < + + 008 009 + 009 008 5. Mutassuk meg, hogy va olya pozitív egész szám, amelyre 99 < + + +... + < 995. Igazoljuk, hogy bármely pozitív egész

Részletesebben

Rudas Tamás: A hibahatár a becsült mennyiség függvényében a mért pártpreferenciák téves értelmezésének egyik forrása

Rudas Tamás: A hibahatár a becsült mennyiség függvényében a mért pártpreferenciák téves értelmezésének egyik forrása Rudas Tamás: A hibahatár a becsült meyiség függvéyébe a mért ártrefereciák téves értelmezéséek egyik forrása Megjelet: Agelusz Róbert és Tardos Róbert szerk.: Mérésről mérésre. A választáskutatás módszertai

Részletesebben

Számsorozatok. 1. Alapfeladatok december 22. sorozat határértékét, ha. 1. Feladat: Határozzuk meg az a n = 3n2 + 7n 5n létezik.

Számsorozatok. 1. Alapfeladatok december 22. sorozat határértékét, ha. 1. Feladat: Határozzuk meg az a n = 3n2 + 7n 5n létezik. Számsorozatok 2015. december 22. 1. Alapfeladatok 1. Feladat: Határozzuk meg az a 2 + 7 5 2 + 4 létezik. sorozat határértékét, ha Megoldás: Mivel egy tört határértéke a kérdés, ezért vizsgáljuk meg el

Részletesebben

INJEKTIVITÁS ÉS EGYÉB TULAJDONSÁGOK MEGOLDOTT FELADATOK

INJEKTIVITÁS ÉS EGYÉB TULAJDONSÁGOK MEGOLDOTT FELADATOK Megoldott feladatok Ijektivitás és egyéb tulajdoságok 59 ) INJEKTIVITÁS ÉS EGYÉB TULAJDONSÁGOK MEGOLDOTT FELADATOK Határozd meg azt az f:r R függvéyt, amelyre f ( f ( ) x R és a g:r R g ( = x f ( függvéy

Részletesebben

Matematikai játékok. Svetoslav Bilchev, Emiliya Velikova

Matematikai játékok. Svetoslav Bilchev, Emiliya Velikova Matematikai játékok Svetoslav Bilchev, Emiliya Velikova 1. rész Matematikai tréfák A következő matematikai játékokba matematikai tréfákba a végső eredméy a játék kiidulási feltételeitől függ, és em a játékosok

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Abszolútértékes és gyökös kifejezések

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Abszolútértékes és gyökös kifejezések MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Abszolútértékes és gyökös kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval

Részletesebben

Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek I.

Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek I. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek I. DEFINÍCIÓ: (Nyitott mondat) Az olyan állítást, amelyben az alany helyén változó szerepel, nyitott mondatnak nevezzük. A nyitott mondatba írt változót

Részletesebben

Egy lehetséges tételsor megoldásokkal

Egy lehetséges tételsor megoldásokkal Egy lehetséges tételsor megoldásokkal A vizsgatétel I része a IX és X osztályos ayagot öleli fel, 6 külöböző fejezetből vett feladatból áll, összese potot ér A közzétett tétel-variások és az előző évekbe

Részletesebben

NUMERIKUS SOROK II. Ebben a részben kizárólag a konvergencia vizsgálatával foglalkozunk.

NUMERIKUS SOROK II. Ebben a részben kizárólag a konvergencia vizsgálatával foglalkozunk. NUMERIKUS SOROK II. Ebbe a részbe kizárólag a kovergecia vizsgálatával foglalkozuk. SZÜKSÉGES FELTÉTEL Ha pozitív (vagy em egatív) tagú umerikus sor, akkor a kovergecia szükséges feltétele, hogy lim a

Részletesebben

I. Egyenlet fogalma, algebrai megoldása

I. Egyenlet fogalma, algebrai megoldása 11 modul: EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK MEGOLDÁSA 6 I Egyenlet fogalma, algebrai megoldása Módszertani megjegyzés: Az egyenletek alaphalmazát, értelmezési tartományát később vezetjük be, a törtes egyenletekkel

Részletesebben

Sorozatok október 15. Határozza meg a következ sorozatok határértékeit!

Sorozatok október 15. Határozza meg a következ sorozatok határértékeit! Sorozatok 20. október 5. Határozza meg a következ sorozatok határértékeit!. Zh feladat:vizsgálja meg mootoitás és korlátosság szerit az alábbi sorozatot! a + ha ; 2; 5 Mootoitás eldötéséhez vizsgáljuk

Részletesebben

egyenlőtlenségnek kell teljesülnie.

egyenlőtlenségnek kell teljesülnie. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Abszolútértékes és gyökös kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval

Részletesebben

Nevezetes sorozat-határértékek

Nevezetes sorozat-határértékek Nevezetes sorozat-határértékek. Mide pozitív racioális r szám eseté! / r 0 és! r +. Bizoyítás. Jelöljük p-vel, illetve q-val egy-egy olya pozitív egészt, melyekre p/q r, továbbá legye ε tetszőleges pozitív

Részletesebben

= λ valós megoldása van.

= λ valós megoldása van. Másodredű álladó együtthatós lieáris differeciálegyelet. Általáos alakja: y + a y + by= q Ha q = 0 Ha q 0 akkor homogé lieárisak evezzük. akkor ihomogé lieárisak evezzük. A jobb oldalo lévő q függvéyt

Részletesebben

Gyakorló feladatok II.

Gyakorló feladatok II. Gyakorló feladatok II. Valós sorozatok és sorok Közgazdász szakos hallgatókak a Matematika B című tárgyhoz 2005. október Valós sorozatok elemi tulajdoságai F. Pozitív állítás formájába fogalmazza meg azt,

Részletesebben

Differenciálegyenletek megoldása próbafüggvény-módszerrel

Differenciálegyenletek megoldása próbafüggvény-módszerrel Differenciálegyenletek megoldása próbafüggvény-módszerrel Ez még nem a végleges változat, utoljára módosítva: 2012. április 9.19:38. Elsőrendű egyenletek Legyen adott egy elsőrendű lineáris állandó együtthatós

Részletesebben

Komplex számok (el adásvázlat, 2008. február 12.) Maróti Miklós

Komplex számok (el adásvázlat, 2008. február 12.) Maróti Miklós Komplex számok el adásvázlat, 008. február 1. Maróti Miklós Eek az el adásak a megértéséhez a következ fogalmakat kell tudi: test, test additív és multiplikatív csoportja, valós számok és tulajdoságaik.

Részletesebben

3. SOROZATOK. ( n N) a n+1 < a n. Egy sorozatot (szigorúan) monotonnak mondunk, ha (szigorúan) monoton növekvő vagy csökkenő.

3. SOROZATOK. ( n N) a n+1 < a n. Egy sorozatot (szigorúan) monotonnak mondunk, ha (szigorúan) monoton növekvő vagy csökkenő. 3. SOROZATOK 3. Sorozatok korlátossága, mootoitása, kovergeciája Defiíció. Egy f : N R függvéyt valós szám)sorozatak evezük. Ha A egy adott halmaz és f : N A, akkor f-et A-beli értékű) sorozatak evezzük.

Részletesebben

ALGEBRA. egyenlet megoldásait, ha tudjuk, hogy egész számok, továbbá p + q = 198.

ALGEBRA. egyenlet megoldásait, ha tudjuk, hogy egész számok, továbbá p + q = 198. ALGEBRA MÁSODFOKÚ POLINOMOK. Határozzuk meg az + p + q = 0 egyelet megoldásait, ha tudjuk, hogy egész számok, továbbá p + q = 98.. Határozzuk meg az összes olya pozitív egész p és q számot, amelyre az

Részletesebben

Villamos gépek tantárgy tételei

Villamos gépek tantárgy tételei Villamos gépek tatárgy tételei 7. tétel Mi a szerepe az áram- és feszültségváltókak? Hogya kapcsolódak a hálózathoz, milye előírások voatkozak a biztoságos üzemeltetésükre, kiválasztásukál milye adatot

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szit 1011 ÉRETTSÉGI VIZSGA 013. május 7. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Formai előírások: Fotos tudivalók

Részletesebben

Lineáris kódok. u esetén u oszlopvektor, u T ( n, k ) május 31. Hibajavító kódok 2. 1

Lineáris kódok. u esetén u oszlopvektor, u T ( n, k ) május 31. Hibajavító kódok 2. 1 Lieáris kódok Defiíció. Legye SF q. Ekkor S az F q test feletti vektortér. K lieáris kód, ha K az S k-dimeziós altere. [,k] q vagy [,k,d] q. Jelölések: F u eseté u oszlopvektor, u T (, k ) q sorvektor.

Részletesebben

Exponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások

Exponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások Eponenciális és logaritmikus kifejezések - megoldások Eponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások ) Igazolja, hogy az alábbi négy egyenlet közül az a) és jelű egyenletnek pontosan egy megoldása

Részletesebben

4. Test feletti egyhatározatlanú polinomok. Klasszikus algebra előadás NE KEVERJÜK A POLINOMOT A POLINOMFÜGGVÉNNYEL!!!

4. Test feletti egyhatározatlanú polinomok. Klasszikus algebra előadás NE KEVERJÜK A POLINOMOT A POLINOMFÜGGVÉNNYEL!!! 4. Test feletti egyhatározatlaú poliomok Klasszikus algebra előadás Waldhauser Tamás 2013 április 11. Eddig a poliomokkal mit formális kifejezésekkel számoltuk, em éltük azzal a lehetőséggel, hogy x helyébe

Részletesebben

f (M (ξ)) M (f (ξ)) Bizonyítás: Megjegyezzük, hogy konvex függvényekre mindig létezik a ± ben

f (M (ξ)) M (f (ξ)) Bizonyítás: Megjegyezzük, hogy konvex függvényekre mindig létezik a ± ben Propositio 1 (Jese-egyelőtleség Ha f : kovex, akkor tetszőleges ξ változóra f (M (ξ M (f (ξ feltéve, hogy az egyelőtleségbe szereplő véges vagy végtele várható értékek létezek Bizoyítás: Megjegyezzük,

Részletesebben

A Cauchy függvényegyenlet és néhány rokon probléma

A Cauchy függvényegyenlet és néhány rokon probléma A Cauchy függvéyegyelet és éháy roko probléma Tuzso Zoltá, Székelyudvarhely A függvéyegyeletek egyik alapegyelete a Cauchy függvéyegyelet, amely a következő: Melyek azok az f : R R folytoos függvéyek,

Részletesebben

I. rész. c) Az m valós paraméter értékétől függően hány megoldása van a valós számok halmazán az alábbi egyenletnek?

I. rész. c) Az m valós paraméter értékétől függően hány megoldása van a valós számok halmazán az alábbi egyenletnek? Fazakas Tüde, 05 ovember Emelt szitű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Fazakas Tüde; dátum: 05 ovember I rész feladat a) Egymillió forit összegű jelzálogkölcsöt veszük fel évre 5%-os

Részletesebben

8. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II.

8. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II. 8 Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II Elméleti összefoglaló Az a + b+ c, a egyenletet másodfokú egyenletnek nevezzük A D b ac kifejezést az egyenlet diszkriminánsának nevezzük Ha D >, az

Részletesebben

SZÁMELMÉLET. Szigeti Jenő

SZÁMELMÉLET. Szigeti Jenő SZÁMELMÉLET Sigeti Jeő. OSZTHATÓSÁG A osthatósággal kapcsolatba égy alapvető eredméyt kölük bioyítás élkül. Jelölje φ() a {,,..., } halmaból ao elemek sámát, amelyek relatív prímek a -he. Ha például p

Részletesebben

1. Gyökvonás komplex számból

1. Gyökvonás komplex számból 1. Gyökvoás komplex számból Gyökvoás komplex számból Ismétlés: Ha r,s > 0 valós, akkor r(cosα+isiα) = s(cosβ+isiβ) potosa akkor, ha r = s, és α β a 360 egész számszorosa. Moivre képlete: ( s(cosβ+isiβ)

Részletesebben

Variációk egy egyenlőtlenség kapcsán

Variációk egy egyenlőtlenség kapcsán Variációk egy egyelőtleség kapcsá Tuzso Zoltá, Székelyudvarhely Mit a régebbi, mit az újabb alteratív taköyvekbe valamit számos feladatgyűjteméybe, a matematikai idukció taítása fejezetbe megtalálható

Részletesebben

I. FEJEZET BICIKLIHIÁNYBAN

I. FEJEZET BICIKLIHIÁNYBAN I FEJEZET BICIKLIHIÁNYBAN 1 Az alapfeladat 1 Feladat Két település közti távolság 40 km Két gyerekek ezt a távolságot kellee megteie a lehetőlegrövidebb időalattakövetkező feltételek mellett: Va egy biciklijük

Részletesebben

2. fejezet. Számsorozatok, számsorok

2. fejezet. Számsorozatok, számsorok . fejezet Számsorozatok, számsorok .. Számsorozatok és számsorok... Számsorozat megadása, határértéke Írjuk fel képlettel az alábbi sorozatok -dik elemét! mooto, korlátos, illetve koverges-e! Vizsgáljuk

Részletesebben

A tárgy címe: ANALÍZIS 1 A-B-C (2+2). 1. gyakorlat

A tárgy címe: ANALÍZIS 1 A-B-C (2+2). 1. gyakorlat A tárgy címe: ANALÍZIS A-B-C + gyakorlat Beroulli-egyelőtleség Legye N, x k R k =,, és tegyük fel, hogy vagy x k 0 k =,, vagy pedig x k 0 k =,, Ekkor + x k + x k Speciális Beroulli-egyelőtleség Ha N és

Részletesebben

II. Lineáris egyenletrendszerek megoldása

II. Lineáris egyenletrendszerek megoldása Lieáris egyeletredszerek megoldás 5 II Lieáris egyeletredszerek megoldás Kettő vgy három ismeretlet trtlmzó egyeletredszerek Korábbi tulmáyitok sorá láttátok, hogy vgy ismeretlet trtlmzó lieáris egyeletredszerek

Részletesebben

Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek Megoldások

Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek Megoldások ) Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek - megoldások Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek Megoldások a) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet! = 6 (5 pont) b) Oldja

Részletesebben

2.1. A sorozat fogalma, megadása és ábrázolása

2.1. A sorozat fogalma, megadása és ábrázolása 59. Számsorozatok.. A sorozat fogalma, megadása és ábrázolása.. Defiíció. Azokat az f : N R valós függvéyeket, melyek mide természetes számhoz egy a valós számot redelek hozzá, végtele számsorozatokak,

Részletesebben

Kalkulus II., második házi feladat

Kalkulus II., második házi feladat Uger Tamás Istvá FTDYJ Név: Uger Tamás Istvá Neptu: FTDYJ Web: http://maxwellszehu/~ugert Kalkulus II, második házi feladat pot) Koverges? Abszolút koverges? ) l A feladat teljese yilvávalóa arra kívácsi,

Részletesebben

Hiba! Nincs ilyen stílusú szöveg a dokumentumban.-86. ábra: A példa-feladat kódolási változatai

Hiba! Nincs ilyen stílusú szöveg a dokumentumban.-86. ábra: A példa-feladat kódolási változatai közzétéve a szerző egedélyével) Öfüggő szekuder-változó csoport keresése: egy bevezető példa Ez a módszer az állapothalmazo értelmezett partíció-párok elméleté alapul. E helye em lehet céluk az elmélet

Részletesebben

1. Adatok közelítése. Bevezetés. 1-1 A közelítő függvény

1. Adatok közelítése. Bevezetés. 1-1 A közelítő függvény Palácz Béla - Soft Computig - 11-1. Adatok közelítése 1. Adatok közelítése Bevezetés A természettudomáyos feladatok megoldásához, a vizsgált jeleségek, folyamatok főbb jellemzői közötti összefüggések ismeretére,

Részletesebben

Diszkrét matematika II., 3. előadás. Komplex számok

Diszkrét matematika II., 3. előadás. Komplex számok 1 Diszkrét matematika II., 3. előadás Komplex számok Dr. Takách Géza NyME FMK Iformatikai Itézet takach@if.yme.hu http://if.yme.hu/ takach/ 2007. február 22. Komplex számok Szereték kibővítei a valós számtestet,

Részletesebben

8.1. A rezgések szétcsatolása harmonikus közelítésben. Normálrezgések. = =q n és legyen itt a potenciál nulla. q i j. szimmetrikus. q k.

8.1. A rezgések szétcsatolása harmonikus közelítésben. Normálrezgések. = =q n és legyen itt a potenciál nulla. q i j. szimmetrikus. q k. 8. KIS REZGÉSEK STABIL EGYENSÚLYI HELYZET KÖRÜL 8.. A rezgések szétcsatolása harmoikus közelítésbe. Normálrezgések Egyesúlyi helyzet: olya helyzet, amelybe belehelyezve a redszert (ulla kezdősebességgel),

Részletesebben

Feladatok megoldása. Diszkrét matematika I. Beadandó feladatok. Bujtás Ferenc (CZU7KZ) December 14, feladat: (A B A A \ C = B)

Feladatok megoldása. Diszkrét matematika I. Beadandó feladatok. Bujtás Ferenc (CZU7KZ) December 14, feladat: (A B A A \ C = B) Diszkrét matematika I. Beadadó feladatok Bujtás Ferec (CZU7KZ) December 14 014 Feladatok megoldása 1..1-6. feladat: (A B A A \ C = B) A B A = A \ C = B igazolása: A B A = B \A = Ø = B = A B (Mivel a B-ek

Részletesebben

Ingatlanfinanszírozás és befektetés

Ingatlanfinanszírozás és befektetés Nyugat-Magyarországi Egyetem Geoiformatikai Kar Igatlameedzser 8000 Székesfehérvár, Pirosalma u. 1-3. Szakiráyú Továbbképzési Szak Igatlafiaszírozás és befektetés 2. Gazdasági matematikai alapok Szerzı:

Részletesebben

GAZDASÁGI MATEMATIKA 1. ANALÍZIS

GAZDASÁGI MATEMATIKA 1. ANALÍZIS SZENT ISTVÁN EGYETEM GAZDASÁGI, AGRÁR- ÉS EGÉSZSÉGTUDOMÁNYI KAR Dr. Szakács Attila GAZDASÁGI MATEMATIKA. ANALÍZIS Segédlet öálló mukához. átdolgozott, bővített kiadás Békéscsaba, Lektorálták: DR. PATAY

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Eponenciális és Logaritmikus kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szoálhatnak fontos információval

Részletesebben

Kvantum párhuzamosság Deutsch algoritmus Deutsch-Jozsa algoritmus

Kvantum párhuzamosság Deutsch algoritmus Deutsch-Jozsa algoritmus LOGO Kvatum párhuzamosság Deutsch algoritmus Deutsch-Jozsa algoritmus Gyögyösi László BME Villamosméröki és Iormatikai Kar Bevezető Kvatum párhuzamosság Bármilye biáris üggvéyre, ahol { } { } : 0, 0,,

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szit 1611 ÉRETTSÉGI VIZSGA 017. május 9. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Fotos tudivalók Formai előírások: 1. Kérjük,

Részletesebben

1 k < n(1 + log n) C 1n log n, d n. (1 1 r k + 1 ) = 1. = 0 és lim. lim n. f(n) < C 3

1 k < n(1 + log n) C 1n log n, d n. (1 1 r k + 1 ) = 1. = 0 és lim. lim n. f(n) < C 3 Dr. Tóth László, Fejezetek az elemi számelméletből és az algebrából (PTE TTK, 200) Számelméleti függvéyek Számelméleti függvéyek értékeire voatkozó becslések A τ() = d, σ() = d d és φ() (Euler-függvéy)

Részletesebben

5. Kombinatorika. 8. Legfeljebb hány pozitív egész számot adhatunk meg úgy, hogy semelyik kettő összege és különbsége se legyen osztható 2015-tel?

5. Kombinatorika. 8. Legfeljebb hány pozitív egész számot adhatunk meg úgy, hogy semelyik kettő összege és különbsége se legyen osztható 2015-tel? 5. Kombiatorika I. Feladatok. Háyféleképpe olvashatók ki az alábbi ábrákról a PAPRIKAJANCSI, a FELADAT és a MATEMATIKASZAKKÖR szavak, ha midig a bal felső sarokból kell iduluk, és mide lépésük csak jobbra

Részletesebben

A G miatt (3tagra) Az egyenlőtlenségek két végét továbbvizsgálva, ha mindkét oldalt hatványozzuk:

A G miatt (3tagra) Az egyenlőtlenségek két végét továbbvizsgálva, ha mindkét oldalt hatványozzuk: Kocsis Júlia Egyelőtleségek 1. Feladat: Bizoytsuk be, hogy tetszőleges a, b, c pozitv valósakra a a b b c c (abc) a+b+c. Megoldás: Tekitsük a, b és c számok saját magukkal súlyozott harmoikus és mértai

Részletesebben

3. Számelmélet. 1-nek pedig pontosan három. Hány pozitív osztója van az n számnak? OKTV 2012/2013; I. kategória, 1. forduló

3. Számelmélet. 1-nek pedig pontosan három. Hány pozitív osztója van az n számnak? OKTV 2012/2013; I. kategória, 1. forduló . Számelmélet I. Feladatok 1. Háy égyzetszám osztója va a 7 5 5 7 számak?. Az pozitív egész számak potosa két pozitív osztója va, az + 1-ek pedig potosa három. Háy pozitív osztója va az + 01 számak? OKTV

Részletesebben

A Gauss elimináció ... ... ... ... M [ ]...

A Gauss elimináció ... ... ... ... M [ ]... A Guss elimiáció Tekitsük egy lieáris egyeletredszert, mely m egyeletet és ismeretlet trtlmz: A feti egyeletredszer együtthtómátri és kibővített mátri: A Guss elimiációs módszer tetszőleges lieáris egyeletredszer

Részletesebben

194 Műveletek II. MŰVELETEK. 2.1. A művelet fogalma

194 Műveletek II. MŰVELETEK. 2.1. A művelet fogalma 94 Műveletek II MŰVELETEK A művelet fogalma Az elmúlt éveke már regeteg művelettel találkoztatok matematikai taulmáyaitok sorá Először a természetes számok összeadásával találkozhattatok, már I első osztálya,

Részletesebben

18. Differenciálszámítás

18. Differenciálszámítás 8. Differeciálszámítás I. Elméleti összefoglaló Függvéy határértéke Defiíció: Az köryezetei az ] ε, ε[ + yílt itervallumok, ahol ε > tetszőleges. Defiíció: Az f függvéyek az véges helye vett határértéke

Részletesebben

összeadjuk 0-t kapunk. Képletben:

összeadjuk 0-t kapunk. Képletben: 814 A ferde kifejtés tétele Ha egy determináns valamely sorának elemeit egy másik sor elemeihez tartozó adjungáltakkal szorozzuk meg és a szorzatokat összeadjuk 0-t kapunk Képletben: n a ij A kj = 0, ha

Részletesebben

A Venn-Euler- diagram és a logikai szita

A Venn-Euler- diagram és a logikai szita A Ve-Euler- diagram és a logikai szita Ebbe a részbe a Ve-Euler diagramról, a logikai szitáról, és a két témakör kapcsolatáról íruk, számos jellemző, megoldott feladattal szemléltetve a leírtakat. Az ábrákak

Részletesebben

Egyenletek, egyenlőtlenségek X.

Egyenletek, egyenlőtlenségek X. Egyenletek, egyenlőtlenségek X. DEFINÍCIÓ: (Logaritmus) Ha egy pozitív valós számot adott, 1 - től különböző pozitív alapú hatvány alakban írunk fel, akkor ennek a hatványnak a kitevőjét logaritmusnak

Részletesebben

PRÓBAÉRETTSÉGI VIZSGA február 10.

PRÓBAÉRETTSÉGI VIZSGA február 10. PRÓBAÉRETTSÉGI VIZSGA 08. február 0. STUDIUM GENERALE MATEMATIKA SZEKCIÓ MATEMATIKA EMELT SZINTŰ PRÓBAÉRETTSÉGI VIZSGA Javítási útmutató 08. február 0. STUDIUM GENERALE MATEMATIKA SZEKCIÓ Matematika Írásbeli

Részletesebben

V. Deriválható függvények

V. Deriválható függvények Deriválható függvéyek V Deriválható függvéyek 5 A derivált fogalmához vezető feladatok A sebesség értelmezése Legye az M egy egyees voalú egyeletes mozgást végző pot Ez azt jeleti, hogy a mozgás pályája

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szit 09 ÉRETTSÉGI VIZSGA 0 május 8 MATEMATIA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉELÉSI ÚTMUTATÓ NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM Fotos tudivalók Formai előírások: A dolgozatot

Részletesebben

Matematika I. 9. előadás

Matematika I. 9. előadás Matematika I. 9. előadás Valós számsorozat kovergeciája +-hez ill. --hez divergáló sorozatok A határérték és a műveletek kapcsolata Valós számsorozatok mootoitása, korlátossága Komplex számsorozatok kovergeciája

Részletesebben

Számelméleti alapfogalmak

Számelméleti alapfogalmak Számelméleti alapfogalma A maradéos osztás tétele Legye a és b ét természetes szám, b, és a>b Aor egyértelme léteze q és r természetes számo, amelyere igaz: a b q r, r b Megevezés: a osztadó b osztó q

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Eponenciális és Logaritmikus kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA II 9 IX Magasabbrendű DIFFERENCIÁLEGYENLETEk 1 Alapvető ÖSSZEFÜGGÉSEk n-ed rendű differenciálegyenletek Az alakú ahol n-edrendű differenciálegyenlet általános megoldása tetszőleges

Részletesebben

LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK október 12. Irodalom A fogalmakat, definíciókat illetően két forrásra támaszkodhatnak: ezek egyrészt elhangzanak

LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK október 12. Irodalom A fogalmakat, definíciókat illetően két forrásra támaszkodhatnak: ezek egyrészt elhangzanak LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 004. október. Irodalom A fogalmakat, definíciókat illetően két forrásra támaszkodhatnak: ezek egyrészt elhangzanak az előadáson, másrészt megtalálják a jegyzetben: Szabó László:

Részletesebben

megoldásvázlatok Kalkulus gyakorlat Fizika BSc I/1, 1. feladatsor 1. Rajzoljuk le a számegyenesen az alábbi halmazokat!

megoldásvázlatok Kalkulus gyakorlat Fizika BSc I/1, 1. feladatsor 1. Rajzoljuk le a számegyenesen az alábbi halmazokat! megoldásvázlatok Fizika BSc I/,. feladatsor. Rajzoljuk le a számegyeese az alábbi halmazokat! a { R < 5}, b { R 4}, c { Z 4}, d { Q < 4 6}, e { N 3 }.. Igazak-e az alábbi állítások? Adjuk meg az állítások

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások Megoldások 1. Oldd meg a következő exponenciális egyenletrendszereket! (Alaphalmaz: R) 5 3 x 2 2 y = 7 2 3 x + 2 y = 10 7 x+1 6 y+3 = 1 6 y+2 7 x = 5 (6 y + 1) c) 25 (5 x ) y = 1 3 y 27 x = 3 Megoldás:

Részletesebben

Kalkulus I. Első zárthelyi dolgozat 2014. szeptember 16. MINTA. és q = k 2. k 2. = k 1l 2 k 2 l 1. l 1 l 2. 5 2n 6n + 8

Kalkulus I. Első zárthelyi dolgozat 2014. szeptember 16. MINTA. és q = k 2. k 2. = k 1l 2 k 2 l 1. l 1 l 2. 5 2n 6n + 8 Név, Neptu-kód:.................................................................... 1. Legyeek p, q Q tetszőlegesek. Mutassuk meg, hogy ekkor p q Q. Tegyük fel, hogy p, q Q. Ekkor létezek olya k 1, k 2,

Részletesebben

Trigonometria Megoldások. 1) Igazolja, hogy ha egy háromszög szögeire érvényes az alábbi összefüggés: sin : sin = cos + : cos +, ( ) ( )

Trigonometria Megoldások. 1) Igazolja, hogy ha egy háromszög szögeire érvényes az alábbi összefüggés: sin : sin = cos + : cos +, ( ) ( ) Trigonometria Megoldások Trigonometria - megoldások ) Igazolja, hogy ha egy háromszög szögeire érvényes az alábbi összefüggés: sin : sin = cos + : cos +, ( ) ( ) akkor a háromszög egyenlő szárú vagy derékszögű!

Részletesebben

A paramétereket kísérletileg meghatározott yi értékekre támaszkodva becsülik. Ha n darab kisérletet (megfigyelést, mérést) végeznek, n darab

A paramétereket kísérletileg meghatározott yi értékekre támaszkodva becsülik. Ha n darab kisérletet (megfigyelést, mérést) végeznek, n darab öbbváltozós regresszók Paraméterbecslés-. A paraméterbecslés.. A probléma megfogalmazása A paramétereket kísérletleg meghatározott y értékekre támaszkodva becsülk. Ha darab ksérletet (megfgyelést, mérést

Részletesebben

Innen. 2. Az. s n = 1 + q + q 2 + + q n 1 = 1 qn. és q n 0 akkor és csak akkor, ha q < 1. a a n végtelen sor konvergenciáján nem változtat az, ha

Innen. 2. Az. s n = 1 + q + q 2 + + q n 1 = 1 qn. és q n 0 akkor és csak akkor, ha q < 1. a a n végtelen sor konvergenciáján nem változtat az, ha . Végtele sorok. Bevezetés és defiíciók Bevezetéskét próbáljuk meg az 4... végtele összegek értelmet adi. Mivel végtele sokszor em tuduk összeadi, emiatt csak az első tagot adjuk össze: legye s = 4 8 =,

Részletesebben

Hanka László. Fejezetek a matematikából

Hanka László. Fejezetek a matematikából Haka László Egyetemi jegyzet Budapest, 03 ÓE - BGK - 304 Szerző: Dr. Haka László adjuktus (OE BGK) Lektor: Hosszú Ferec mestertaár (OE BGK) Fiamak Boldizsárak Előszó Ez az elektroikus egyetemi jegyzet

Részletesebben

9. Trigonometria. I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Tegye nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi értékeket! Megoldás:

9. Trigonometria. I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Tegye nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi értékeket! Megoldás: 9. Trigonometria I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Tegye nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi értékeket! x = cos 150 ; y = sin 5 ; z = tg ( 60 ) (A) z < x < y (B) x < y < z (C) y < x < z (D) z < y

Részletesebben

2. egy iskola tanulói, a változók: magasságuk cm-ben, súlyuk (tömegük) kilóban; 3. egy iskola tanulói, a változó: tanulmányi átlaguk;

2. egy iskola tanulói, a változók: magasságuk cm-ben, súlyuk (tömegük) kilóban; 3. egy iskola tanulói, a változó: tanulmányi átlaguk; Statisztika Tegyük fel, hogy va egy halmazuk, és tekitsük egy vagy több valószíűségi változót, amelyek a halmaz mide elemé felveszek valamilye értéket. A halmazt populációak vagy sokaságak evezzük. Példák:

Részletesebben

Algebrai egyenlőtlenségek versenyeken Dr. Kiss Géza, Budapest

Algebrai egyenlőtlenségek versenyeken Dr. Kiss Géza, Budapest Magas szitű matematikai tehetséggodozás Algebrai egyelőtleségek verseyeke Dr Kiss Géza, Budapest Néháy helyettesítési módszer és a Cauchy-Schwarz-egyelőtleség speciális esetéek alkalmazása bizoyítási feladatokba

Részletesebben

3. Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek

3. Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek . Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Mennyi a 2x 2 8x 5 = 0 egyenlet gyökeinek a szorzata? (A) 10 (B) 2 (C) 2,5 (D) 4 (E) ezek egyike sem Megoldás I.: BME 2011.

Részletesebben

Minta JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ A MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI 2. FELADATSORHOZ

Minta JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ A MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI 2. FELADATSORHOZ JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ A MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI. FELADATSORHOZ Formai előírások: A dolgozatot a vizsgázó által haszált szíűtől eltérő szíű tollal kell javítai, és a taári gyakorlatak megfelelőe

Részletesebben

Magasabbfokú egyenletek

Magasabbfokú egyenletek 86 Magasabbfokú egyenletek Magasabbfokú egyenletek 5 90 a) =! ; b) =! ; c) = 5, 9 a) Legyen = y Új egyenletünk: y - 5y+ = 0 Ennek gyökei: y=, y= Tehát egyenletünk gyökei:, =!,, =! b) Új egyenletünk: y

Részletesebben

Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek

Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek 9 Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek Irracionális egyenletek /I a) Az egyenlet bal oldala a nemnegatív számok halmazán, a jobb oldal minden valós szám esetén

Részletesebben

VÉLETLENÍTETT ALGORITMUSOK. 1.ea.

VÉLETLENÍTETT ALGORITMUSOK. 1.ea. VÉLETLENÍTETT ALGORITMUSOK 1.ea. 1. Bevezetés - (Mire jók a véletleített algoritmusok, alap techikák) 1.1. Gyorsredezés Vegyük egy ismert példát, a redezések témaköréből, méghozzá a gyorsredezés algoritmusát.

Részletesebben

Az iparosodás és az infrastrukturális fejlődés típusai

Az iparosodás és az infrastrukturális fejlődés típusai Az iparosodás és az ifrastrukturális fejlődés típusai Az iparosodás és az ifrastrukturális fejlődés kapcsolatába törtéelmileg három fejlődési típus vázolható fel: megelőző, lácszerűe együtt haladó, utólagosa

Részletesebben

2.5. A lineáris kongruencia egyenlet.

2.5. A lineáris kongruencia egyenlet. 2.5. A lieáris kogruecia egyelet. Defiíció: Kogruecia Az a és b egész számokat kogruesek modjuk az modulus szerit, ha az szeriti osztás utái maradékaik megegyezek, vagy ami ugyaaz: ha. Jelölésbe: a bmod.

Részletesebben

II. INTEGRÁLÁSI MÓDSZEREK

II. INTEGRÁLÁSI MÓDSZEREK Itegrálási módszerek 5 II INTEGRÁLÁSI MÓDSZEREK A parciális itegrálás módszere Ha az f, g : D (D em degeerált itervallumok egyesítése) függvéyek deriválhatók a D halmazo, akkor tudjuk, hogy a szorzatuk

Részletesebben

Pályázat címe: Pályázati azonosító: Kedvezményezett: Szegedi Tudományegyetem Cím: 6720 Szeged, Dugonics tér 13. www.u-szeged.hu www.palyazat.gov.

Pályázat címe: Pályázati azonosító: Kedvezményezett: Szegedi Tudományegyetem Cím: 6720 Szeged, Dugonics tér 13. www.u-szeged.hu www.palyazat.gov. Pályázat címe: Új geerációs sorttudomáyi kézés és tartalomfejlesztés, hazai és emzetközi hálózatfejlesztés és társadalmasítás a Szegedi Tudomáyegyeteme Pályázati azoosító: TÁMOP-4...E-5//KONV-05-000 Sortstatisztika

Részletesebben

Matematikai játékok. Svetoslav Bilchev, Emiliya Velikova

Matematikai játékok. Svetoslav Bilchev, Emiliya Velikova Első rész Matematikai tréfák Matematikai játékok Svetoslav Bilchev, Emiliya Velikova A következő matematikai játékokba matematikai tréfákba a végső eredméy a játék kiidulási feltételeitől függ, és em a

Részletesebben