Bizonyítási módszerek - megoldások. 1. Igazoljuk, hogy menden természetes szám esetén ha. Megoldás: 9 n n = 9k = 3 3k 3 n.
|
|
- Gyöngyi Faragó
- 5 évvel ezelőtt
- Látták:
Átírás
1 Bizonyítási módszerek - megoldások 1. Igazoljuk, hogy menden természetes szám esetén ha (a) 9 n 3 n (b) 4 n 2 n (c) 21 n 3 n (d) 21 n 7 n (e) 5 n 25 n (f) 4 n 16 n (g) 15 n (3 n 5 n) 9 n n = 9k = 3 3k 3 n 4 n n = 4k = 2 2k 2 n 21 n = 21k = 3 7k 3 n 21 n n = 21k = 7 3k 7 n 5 n 25 n = 25 n 5 n 25 n n = 25k = 5 5k 5 n 4 n 16 n = 16 4 n 16 n = 16k = 4 4k 4 n 15 n (3 n 5 n) = (3 n 5 n 15 n Ez viszont nyilvánvaló, mert (3; 5) = 1, azaz relatív prímek. (h) 4 n 3 2 n (i) 3 n 9 n 4 n 3 2 n = 2 n 4 n 3 2 n n = 2k n 3 = 2 3 k 3 = 8k 3 = 4 2k 3 4 n 3 3 n 9 n = 9 n 3 n 9 n n = 9k = 3 3k 3 n
2 (j) 2 n 2 2 n (k) 2 (n 5 + 3n 3 + 7) 2 n 2 n 2 2 n = 2 n 2 n 2 2 n n = 2k n 2 = 22k = 4k = 2 2k 2 n 2 2 (n 5 + 3n 3 + 7) 2 n = 2 n 2 (n 5 + 3n 3 + 7) 2 n n = 2k n 5 +3n 3 +7 = (2k) 5 +3 (2k) = 2 ( 2 4 k k ) +1 2 (n 5 +3n 3 +7) (l) 2 n 2 n 2 (m) 3 (n 3 + 2n) 2 n n = 2k n 2 = (2k) 2 = 4k 2 = 2 2k 2 2 n 2 n 3 + 2n = n(n 2 + 2) 3 eset lehetséges: 1. eset: n = 3k n 3 + 2n = 3k(n 2 + 2) 3 (n 3 + 2n) 2. eset: n = 3k + 1 n 3 + 2n = n ( (3k + 1) ) = n(9k 2 + 6k + 3) = 3n(3k 2 + 2k + 1) 3 (n 3 + 2n) 3. eset: n = 3k 1 n 3 + 2n = n ( (3k 1) ) = n(9k 2 6k + 3) = 3n(3k 2 2k + 1) 3 (n 3 + 2n) Több eset nem lévén az állítást bizonyítottuk. 2. megoldás: Felhasználjuk, hogy három egymást követő egész szám szorzata osztható 3-mal, vagyis (n 1)n(n + 1) = 3k n 3 +2n = n 3 n+3n = n(n 2 1)+3n = (n 1)n(n+1)+3n = 3k+3n = 3(k+n) 3 (n 3 +2n) (n) 2 (n 2 3n) n 2 3n = n(n 3) 2 eset lehetséges. 1. eset: n = 2k n 2 3n = 2k(n 3) 2 (n 2 3n) 2. eset: n = 2k 1 n 2 3n = n(2k 4) = 2n(k 2) 2 (n 2 n 2 ) Több eset nem lévén az állítást bizonyítottuk. 2. megoldás: Felhasználjuk, hogy két egymást követő egész szám szorzata osztható 2-vel, vagyis (n 1)n = 2k (o) 4 (n 4 + 3n 2 ) n 2 3n = n 2 n 2n = (n 1)n 2n = 2k 2n = 2(k n) 2 (n 2 3n) n 4 + 3n 2 = n 2 (n 2 + 3) 2 eset lehetséges. 1. eset: n = 2k n 4 + 3n 2 = (2k) 2 (n 2 + 3) = 4k 2 (n 2 + 3) 4 (n 4 + 3n 2 ) 2, eset: n = 2k 1 n 4 +n 2 = n 2 ( (2k 1) ) = n 2 (4k 2 4k +4) = 4n 2 (k 2 k +1) 4 (n 4 +3n 2 )
3 (p) 6 (n 3 n) Mivel 6 = 2 3, és (2; 3) = 1, azaz relatív prímek, ezért elegendő bizonyítanunk, hogy 2 (n 3 n) és 3 (n 3 n). Mivel n 3 n = n(n 2 1) = (n 1)n(n + 1), vagyis 3 egymást követő természetes szám szorzata, ezért 3-mal és 2-vel is osztható. Ezzel állításunkat igazoltuk. (q) 3 (n 3 + 5n) n 3 + 5n = n(n 2 + 5) 3 eset lehetséges. 1. eset n = 5k n 3 + 5n = 3k(n 2 + 5) 3 (n 3 + 5n) 2. és 3. eset: n = 3k ± 1 n 3 + 5n = n ( (3k±) ) = n(9k 2 ± 6k + 6) = 3n(3k 2 ± 2k + 2) 3 (n 3 + 5n) Több eset nem lévén az állítást bizonyítottuk. (r) 15 (n 6 n 2 ) Mivel 15 = 3 5 és 3, 5 relatív prímek, ezért elegendő bizonyítanunk, hogy a kifejezés osztható 3-mal és 5-tel. Viszont n 6 n 2 = n 2 (n 4 1) = n 2 (n 2 1)(n 2 + 1) = (n 1)n(n + 1)(n 2 + 1)n. Ez 3-mal osztható, mert három egymást követő természetes szám szorzata osztható 3-mal. Már csak 5-tel való oszthatóságot kell bizonyítanunk. 5 eset lehetséges. 1, eset: n = 5k n 6 n 2 = (5k) 2 (n 4 1) = 5 5k(n 4 1) 5 (n 6 n 2 ) 2. és 3. eset: n = 5k±1 n 6 n 2 = n 2 ( (5k ± 1) 2 1 ) (n 2 +1) = n 2 (25k 2 ±10k+1 1)(n 2 +1) = 5n 2 (5k 2 ±2k) 5 4. és 5. eset: n = 5k±2 n 6 n 2 = n 2 (n 2 1) ( (5k + 2) ) = n 2 (n 2 1)(25k 2 +10k+5) = 5n 2 (n 2 1)(5k 2 +2k+1) (s) 6 (n n) Felhasználjuk, hogy 3 egymást követő természetes szám szorzata osztható 2-vel és 3-mal, vagyis 6-tal, azaz (n 1)n(n + 1) = 6k. n 3 +11n = n 3 n+12n = n(n 2 ) 1)+12n = (n 1)n(n+1)+12n = 6k+12n = 6(k+2n) 6 (n 3 +11n) (t) 30 (5n n n) Felhasználjuk, hogy 3 egymást követő természetes szám szorzata osztható 2-vel és 3-mal, vagyis 6-tal, azaz (n 1)n(n + 1) = 6k, illetve két egymást követő terbésszetes szám szorzata osztható 2-v2l: n(n + 1) = 2l. 5n n n = 5(n 3 n + 3n 2 + 3n + 12n) = 5 ( n(n 2 1) + 3n(n + 1) + 12n ) = = 5 ((n 1)n(n + 1) + 6l + 12n) = 5(6k + 6l + 12n) = 30(k + l + 2n) 30 (5n n n) (u) 120 (n 5 5n 3 + 4n) Mivel 120 = 8 3 5, és 3; 5; 8 számok páronként relatív prímek elegendő belátnunk, hogy az adott kifejezés osztható 3-mal. 5 tel és 8-cal.
4 n 5 5n 3 + 4n = n(n 4 5n 2 + 4) = n(n 2 1)(n 2 4) = (n 2)(n 1)n(n + 1)(n + 2) 3-mal osztható, mert három egymást követő természetes szám oszthat 3-mal. Öttel osztható, mert öt egymást követő természetes szám szorzata. 8-cal is osztható, mert négy egymást követő természetes szám szorzata osztható nyolccal. (v) 120 (5n n 3 5n 2 10n) Mivel 120 = 8 3 5, és 3; 5; 8 számok páronként relatív prímek elegendő belátnunk, hogy az adott kifejezés osztható 3-mal. 5 tel és 8-cal. 5n 4 +10n 3 5n 2 10n = 5n ( n 2 (n 2) n(n 2) ) = 5(n 2)n(n 2 1) = 5(n 2)(n 1)n(n+1) 3-mal osztható, mert három egymást követő természetes szám oszthat 3-mal. Öttel nyilvánvalóan osztható. 8-cal is osztható, mert négy egymást követő természetes szám szorzata osztható nyolccal. 2. Igazoljuk, hogy minden két egymást követő természetes szám szorzata osztható kettővel. Feladat értelmében, ha n N 2 n(n + 1) Két eset lehetséges. 1. eset: n = 2k n(n + 1) = 2k(n + 1) 2 n(n + 1) 2. eset: n = 2k 1 n(n + 1) = (2k 1)2k 2 n(n + 1) 3. Igazoljuk, hogy minden két egymást követő páros természetes szám szorzata osztható nyolccal. Feladat értelmében ha n N 8 2n(2n + 2) Felhasználjuk, hogy két egymást követő természetes szém szorzata osztható kettővel: n(n + 1) = 2k. 2n(2n + 2) = 4n(n + 1) = 4 2k = 8k 8 2n(2n + 2) 4. Bizonyítsuk be, hogy bármely három egymást követő természetes szám szorzata osztható hárommal. Feladat értelmében bizonyítandó ha n N 3 n(n + 1)(n + 2) 3 eset lehetséges. 1. eset: n = 3k n(n + 1)(n + 2) = 3k(n + 1)(n + 2) 3 n(n + 1)(n + 2) 2. eset: n = 3k 1 n(n + 1)(n + 2) = n 3k(n + 2) 3 n(n + 1)(n + 2) 3. eset: n = 3k + 1 n(n + 1)(n + 2) = n(n + 1)(3k + 3) = 3n(n + 1)(k + 1) 3 n(n + 1)(n + 2) 5. Bizonyítsuk be, hogy egy tízes számrendszerben felírt szám osztható kettővel, ha páros számra végződik. Minden n természetes felírható n = 10a + b alakban, ahol b az n szám utolsó számjegye. Ha Ezzel allításunkat bizonyítottuk. 2 b b = 2k n = 10a + b = 10a + 2k = 2(5a + k) 2 n
5 6. Bizonyítsuk be, hogy egy tízes számrendszerben felírt szám osztható öttel, ha ötre vagy nullára végződik. Minden n természetes felírható n = 10a + b alakban, ahol b az n szám utolsó számjegye. Ha b = 0 vagy b = 5, akkor Ezzel allításunkat bizonyítottuk. 5 b b = 5k n = 10a + b = 10a + 5k = 5(2a + k) 5 n 7. Bizonyítsuk be, hogy egy tízes számrendszerben felírt természetes szám osztható néggyel, ha a két utolsó számjegy által alkotott szám osztható néggyel. Minden n természetes felírható n = 100a + b alakban, ahol b az n szám utolsó két számjegyéből előállított szám. Ha Ezzel allításunkat bizonyítottuk. 4 b b = 4k n = 100a + b = 100a + 4k = 4(25a + k) 4 n 8. Bizonyítsuk be, hogy egy tízes számrendszerben felírt természetes szám osztható nyolccal, ha a három utolsó számjegy által alkotott szám osztható nyolccal. Minden n természetes felírható n = 1000a + b alakban, ahol b az n szám utolsó három számjegyéből előállított szám. Ha 8 b b = 8k n = 1000a + b = 1000a + 8k = 8(125a + k) 8 n Ezzel allításunkat bizonyítottuk. 9. Bizonyítsuk be, hogy egy tízes számrendszerben felírt természetes szám osztható hárommal, ha a számjegyeik összege osztható hárommal. Legyen n = a r a r 1 a r 2... a 2 a 1 a 0 tetszőleges természetes szám, ahol a r, a r 1,..., a 2, a 1, a 0. Tételezzük fel, hogy az n számjegyeinek összege osztható 3-mal, azaz Ekkor a r + a r a 2 + a 1 + a 0 = 3k. n =a r a r 1 a r 2... a 2 a 1 a 0 =a r 10 r + a r 1 10 r a a a 0 = =a r 10 r + a r 1 10 r a a a 0 (a r + a r a 2 + a 1 + a 0 )+ + (a r + a r a 2 + a 1 + a 0 ) = =a r 10 r a r + a r 1 10 r 1 a r a a 2 + a 1 10 a (a r + a r a 2 + a 1 + a 0 ) = =a r (10 r 1) + a r 1 (10 r 1 1) + + a 2 (10 2 1) + a 1 (10 1) + 3k = r r 1 =a r a r a a k = =3 a r r a r 1 r a a k 3 n
6 10. Bizonyítsuk be, hogy egy tízes számrendszerben felírt természetes szám osztható kilenccel, ha a számjegyeik összege osztható kilenccel. Legyen n = a r a r 1 a r 2... a 2 a 1 a 0 tetszőleges természetes szám, ahol a r, a r 1,..., a 2, a 1, a 0. Tételezzük fel, hogy az n számjegyeinek összege osztható 9-cel, azaz Ekkor a r + a r a 2 + a 1 + a 0 = 9k. n =a r a r 1 a r 2... a 2 a 1 a 0 =a r 10 r + a r 1 10 r a a a 0 = =a r 10 r + a r 1 10 r a a a 0 (a r + a r a 2 + a 1 + a 0 )+ + (a r + a r a 2 + a 1 + a 0 ) = =a r 10 r a r + a r 1 10 r 1 a r a a 2 + a 1 10 a (a r + a r a 2 + a 1 + a 0 ) = =a r (10 r 1) + a r 1 (10 r 1 1) + + a 2 (10 2 1) + a 1 (10 1) + 9k = r r 1 =a r a r a a k = =9 a r r a r 1 r a a 1 + k 9 n 11. Igazoljuk, hogy tetszőleges n természetes szám esetén ha (a) 3 (n 2) 6 (n 2 5n + 6) 3 (n 2) n 2 = 3k n = 3k+2 n 2 5n+6 = (n 2)(n 3) = 3k(n 3) 3 (n 2 5n+6) (b) 5 n 30 (n 3 n) Mivel 30 = 5 6 és 6 és 6 számok relatív prímek, ezért elegendő bizonyitani, hogy a kifejezés osztható 5-tel és 6-tal. Mivel n 3 n = n(n 2 1) = (n 1)n(n + 1), ami három egymást követő szám szorzata, ami osztható 3-mal és 2-vel, így 6-tal is. Másrészt Ezzel állításunkat bizoníítottuk. (c) 2 n 16 (n 4 1) 5 n = 5k n 3 n = n(n 2 1) = 5k(n 2 1) 5 (n 3 n). (d) 4 n 16 (n 2 + 4n) 2 n n =2k 1 n 4 1 = (n 2 1)(n 2 + 1) = (n 1)(n + 1)(n 2 + 1) = =(2k 2)2k((2k 1) 2 + 1) = 4(k 1)k(4k 2 4k + 2) = 2l =8 (k 1)k(2k 2 2k + 1) = 16l(2k 2 2k + 1) 16 (n 4 1) 4 n n = 4k n 2 + 4n = n(n + 4) = 4k(4k + 4) = 16k(k + 1) 16 (n 2 + 4n)
7 (e) 6 n 12 (n 2 + 2n) 6 n n = 6k n 2 + 2n = n(n + 2) = 6k(6k + 2) = 12k(3k + 1) 12 (n 2 + 2n) (f) 5 n 15 (n 2 + n) Az állítás hamis, mert n = 10 esetén n 2 + n = 110, ami nem osztható 15-tel. (g) 3 (n 2) 6 (n 2 5n + 6) lásd a 11. (a) feladatot. 12. Bizonyítsuk be, hogy 2, 3, 5, 7 irracionális számok. 2: Tételezzük fel, hogy 2 racionális szám, vagyis felírható két egész szám hányadosaként, amelyek relatív prímek: p 2 = (p; q) = 1 q 2 q = p / 2 2q 2 = p 2 p = 2k 2q 2 = 4k 2 / : 2 q = 2k 2 q = 2l Ez viszont ellentmondás, mert (p; q) 2, viszont a feltétel miatt (p; q) = 1. Ezzel állításunkat bebizonyítottuk. 3: Tételezzük fel, hogy 3 racionális szám, vagyis felírható két egész szám hányadosaként, amelyek relatív prímek: p 3 = (p; q) = 1 q 3 q = p / 2 3q 2 = p 2 p = 3k 3q 2 = 9k 2 / : 3 q = 3k 2 q = 3l Ez viszont ellentmondás, mert (p; q) 3, viszont a feltétel miatt (p; q) = 1. Ezzel állításunkat bebizonyítottuk. 5: Tételezzük fel, hogy 5 racionális szám, vagyis felírható két egész szám hányadosaként, amelyek relatív prímek: p 5 = (p; q) = 1 q 5 q = p / 2 5q 2 = p 2 p = 5k 5q 2 = 25k 2 / : 5 q = 5k 2 q = 5l Ez viszont ellentmondás, mert (p; q) 5, viszont a feltétel miatt (p; q) = 1.
8 Ezzel állításunkat bebizonyítottuk. 7: Tételezzük fel, hogy 7 racionális szám, vagyis felírható két egész szám hányadosaként, amelyek relatív prímek: p 7 = (p; q) = 1 q 7 q = p / 2 7q 2 = p 2 p = 7k 7q 2 = 49k 2 / : 2 q = 7k 2 q = 7l Ez viszont ellentmondás, mert (p; q) 7, viszont a feltétel miatt (p; q) = 1. Ezzel állításunkat bebizonyítottuk.
Számelmélet Megoldások
Számelmélet Megoldások 1) Egy számtani sorozat második tagja 17, harmadik tagja 1. a) Mekkora az első 150 tag összege? (5 pont) Kiszámoltuk ebben a sorozatban az első 111 tag összegét: 5 863. b) Igaz-e,
RészletesebbenSzámelmélet. 4. Igazolja, hogy ha hat egész szám összege páratlan, akkor e számok szorzata páros!
Számelmélet - oszthatóság definíciója - oszthatósági szabályok - maradékos osztás - prímek definíciója - összetett szám definíciója - legnagyobb közös osztó definíciója - legnagyobb közös osztó meghatározása
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 2. forduló haladók II. kategória
Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 2. forduló haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Az a b pozitív egészek és tudjuk hogy a 2
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet I.
Számelmélet I. DEFINÍCIÓ: (Osztó, többszörös) Ha egy a szám felírható egy b szám és egy másik egész szám szorzataként, akkor a b számot az a osztójának, az a számot a b többszörösének nevezzük. Megjegyzés:
RészletesebbenElemi matematika szakkör
Elemi matematika szakkör Kolozsvár, 2015. október 5. 1.1. Feladat. Egy pozitív egész számot K tulajdonságúnak nevezünk, ha számjegyei nullától különböznek és nincs két azonos számjegye. Határozd meg az
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Számelmélet
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Számelmélet A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
Részletesebben7. Számelmélet. 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel?
7. Számelmélet I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel? ELTE 2006. október 27. (matematika
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Számelmélet
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Számelmélet A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenHatványozás. A hatványozás azonosságai
Hatványozás Definíció: a 0 = 1, ahol a R, azaz bármely szám nulladik hatványa mindig 1. a 1 = a, ahol a R, azaz bármely szám első hatványa önmaga a n = a a a, ahol a R, n N + n darab 3 4 = 3 3 3 3 = 84
Részletesebben4. Számelmélet, számrendszerek
I. Elméleti összefoglaló A maradékos osztás tétele: 4. Számelmélet, számrendszerek Legyen a tetszőleges, b pedig nullától különböző egész szám. Ekkor léteznek olyan, egyértelműen meghatározott q és r egész
RészletesebbenOszthatósági problémák
Oszthatósági problémák Érdekes kérdés, hogy egy adott számot el lehet-e osztani egy másik számmal (maradék nélkül). Ezek eldöntésére a matematika tanulmányok során néhány speciális esetre látunk is példát,
RészletesebbenSzámelmélet, műveletek, egyenletek, algebrai kifejezések, egyéb
Számelmélet, műveletek, egyenletek, algebrai kifejezések, egyéb 2004_02/4 Tegyél * jelet a táblázat megfelelő rovataiba! Biztosan Lehet hogy, de nem biztos Lehetetlen a) b) c) Négy egymást követő természetes
Részletesebben1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen
10. osztály 1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy ( a + b + c) 3 4 ab + bc + ca Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen A feladatban szereplő kettős
RészletesebbenOSZTHATÓSÁG. Osztók és többszörösök : a 3 többszörösei : a 4 többszörösei Ahol mindkét jel megtalálható a 12 többszöröseit találjuk.
Osztók és többszörösök 1783. A megadott számok elsõ tíz többszöröse: 3: 3 6 9 12 15 18 21 24 27 30 4: 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 5: 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 6: 6 12 18 24 30 36 42 48 54 60 1784. :
RészletesebbenOszthatóság. Oszthatóság definíciója (az egészek illetve a természetes számok halmazán):
Oszthatóság Oszthatóság definíciója (az egészek illetve a természetes számok halmazán): Azt mondjuk, hogy az a osztója b-nek (jel: a b), ha van olyan c egész, amelyre ac = b. A témakörben a betűk egész
RészletesebbenKövetkezik, hogy B-nek minden prímosztója 4k + 1 alakú, de akkor B maga is 4k + 1 alakú, s ez ellentmondás.
Prímszámok A (pozitív) prímszámok sorozata a következő: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19,... 1. Tétel. Végtelen sok prímszám van. Első bizonyítás. (Euklidész) Tegyük fel, hogy állításunk nem igaz, tehát véges
Részletesebben1. Halmazok, számhalmazok, alapműveletek
1. Halmazok, számhalmazok, alapműveletek I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Határozza meg az (A B)\C halmaz elemszámát, ha A tartalmazza az összes 19-nél kisebb természetes számot, továbbá B a prímszámok halmaza
RészletesebbenOktatási Hivatal. 1 pont. A feltételek alapján felírhatók az. összevonás után az. 1 pont
Oktatási Hivatal Öt pozitív egész szám egy számtani sorozat első öt eleme A sorozatnak a különbsége prímszám Tudjuk hogy az első négy szám köbének összege megegyezik az ezen öt tag közül vett páros sorszámú
Részletesebben7! (7 2)! = 7! 5! = 7 6 5! 5 = = ből 4 elem A lehetőségek száma megegyezik az 5 elem negyedosztályú variációjának számával:
Kombinatorika Variáció - megoldások 1. Hány kétjegyű szám képezhető a 2, 3, 5, 6, 7, 8, 9 számjegyekből. ha minden számjegyet csak egyszer használhatunk fel? A lehetőségek száma annyi, mint amennyi 7 elem
Részletesebben1. melléklet: A tanárokkal készített interjúk főbb kérdései
12. Mellékletek 1. melléklet: A tanárokkal készített interjúk főbb kérdései 1. Mikor tanít számelméletet és hány órában? (Pl. 9. osztályban a nevezetes azonosságok után 4 órában.) 2. Milyen könyvet használnak
RészletesebbenMatematika 7. osztály
ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnázium és Kollégium Hat évfolyamos képzés Matematika 7. osztály III. rész: Számelmélet Készítette: Balázs Ádám Budapest, 2018 2. Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék III.
Részletesebben44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY. Megyei forduló április 11.
44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Megyei forduló - 2015. április 11. HETEDIK OSZTÁLY - Javítási útmutató 1. Ki lehet-e tölteni a következő táblázat mezőit pozitív egész számokkal úgy, hogy
Részletesebben43. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY ORSZÁGOS DÖNTŐ 1. forduló NYOLCADIK OSZTÁLY- MEGOLDÁSVÁZLATOK
43. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY ORSZÁGOS DÖNTŐ 1. forduló NYOLCADIK OSZTÁLY- MEGOLDÁSVÁZLATOK 1. A 2014-et felírtuk három természetes szám összegeként úgy, hogy ha az első számot elosztjuk
RészletesebbenHHF0CX. k darab halmaz sorbarendezésének a lehetősége k! Így adódik az alábbi képlet:
Gábor Miklós HHF0CX 5.7-16. Vegyük úgy, hogy a feleségek akkor vannak a helyükön, ha a saját férjeikkel táncolnak. Ekkor már látszik, hogy azon esetek száma, amikor senki sem táncol a saját férjével, megegyezik
RészletesebbenV. Békés Megyei Középiskolai Matematikaverseny 2012/2013 Megoldások 12. évfolyam
01/01 1. évfolyam 1. Egy röplabda bajnokságban minden csapat pontosan egyszer játszik a többi csapat mindegyikével. A bajnokságból még két forduló van hátra és eddig 104 mérkőzést játszottak le. Hány csapat
RészletesebbenSzakács Lili Kata megoldása
1. feladat Igazoljuk, hogy minden pozitív egész számnak van olyan többszöröse, ami 0-tól 9-ig az összes számjegyet tartalmazza legalább egyszer! Andó Angelika megoldása Áll.: minden a Z + -nak van olyan
RészletesebbenMegoldások 9. osztály
XXV. Nemzetközi Magyar Matematikaverseny Budapest, 2016. március 1115. Megoldások 9. osztály 1. feladat Nevezzünk egy számot prímösszeg nek, ha a tízes számrendszerben felírt szám számjegyeinek összege
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 8. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
RészletesebbenOszthatósági alapfogalmak, oszthatósági szabályok
Számelmélet Oszthatósági alapfogalmak, oszthatósági szabályok 305 a) hamis, b) igaz, c) igaz, d) igaz, e) igaz, f) igaz, g) hamis, h) igaz, i) igaz, j) hamis, k) igaz, l) hamis, m) igaz, n) hamis, o) hamis,
Részletesebben4. Sorozatok. 2. Igazoljuk minél rövidebben, hogy a következő egyenlőség helyes: 100 =
4. Sorozatok Megjegyzés: A szakirodalomban használt a sorozat tagjáról, máskor eleméről beszélni. Az alábbiakban mindkét kifejezést használtuk megtartva a feladatok eredeti fogalmazását. I. Feladatok.
Részletesebben1. megold s: A keresett háromjegyű szám egyik számjegye a 3-as, a két ismeretlen számjegyet jelölje a és b. A feltétel szerint
A 004{005. tan vi matematika OKTV I. kateg ria els (iskolai) fordul ja feladatainak megold sai 1. feladat Melyek azok a 10-es számrendszerbeli háromjegyű pozitív egész számok, amelyeknek számjegyei közül
RészletesebbenDiszkrét matematika I.
Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 1. Diszkrét matematika I. középszint 8. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2014. ősz Elemi számelmélet Diszkrét matematika I. középszint
Részletesebbenilletve a n 3 illetve a 2n 5
BEVEZETÉS A SZÁMELMÉLETBE 1. Határozzuk meg azokat az a természetes számokat ((a, b) számpárokat), amely(ek)re teljesülnek az alábbi feltételek: a. [a, 16] = 48 b. (a, 0) = 1 c. (a, 60) = 15 d. (a, b)
Részletesebben25. tétel: Bizonyítási módszerek és bemutatásuk tételek bizonyításában, tétel és megfordítása, szükséges és elégséges feltétel
5. tétel: Bizonyítási módszerek és bemutatásuk tételek bizonyításában, tétel és megfordítása, szükséges és elégséges feltétel Axióma: Bizonyítás: olyan állítás, amelynek igazságát bizonyítás nélkül elfogadjuk.
RészletesebbenA 2015/2016. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták)
A 205/206. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták Javítási-értékelési útmutató. feladat Az {,2,...,n} halmaz
RészletesebbenXX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny
XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny Bonyhád, 011. március 11 15. 10. osztály 1. feladat: Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b és c. Bizonyítsuk be, hogy 3 (a+b+c) ab+bc+ca 4 Mikor állhat
RészletesebbenBevezetés az algebrába az egész számok
Bevezetés az algebrába az egész számok Wettl Ferenc V. 15-09-11 Wettl Ferenc Bevezetés az algebrába az egész számok V. 15-09-11 1 / 32 Jelölések 1 Egész számok és sorozataik 2 Oszthatóság 3 Közös osztók
RészletesebbenBizonyítási módszerek ÉV ELEJI FELADATOK
Bizonyítási módszerek ÉV ELEJI FELADATOK Év eleji feladatok Szükséges eszközök: A4-es négyzetrácsos füzet Letölthető tananyag: Emelt szintű matematika érettségi témakörök (2016) Forrás: www.mozaik.info.hu
RészletesebbenSzámelmélet. Oszthatóság
Számelmélet Oszthatóság Egy szám mindazok az egész számok, amelyek az adott számban maradék nélkül megvannak. Pl: 12 osztói: 12=1x12=(-1)x(-12)=2x6=(-2)x(-6)=3x4=(-3)x(- 4) Azt is mondhatjuk, hogy 12 az
RészletesebbenEgészrészes feladatok
Kitűzött feladatok Egészrészes feladatok Győry Ákos Miskolc, Földes Ferenc Gimnázium 1. feladat. Oldjuk meg a valós számok halmazán a { } 3x 1 x+1 7 egyenletet!. feladat. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 9. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Számelmélet
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Számelmélet A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenÉrdekességek az elemi matematika köréből
Érdekességek az elemi matematika köréből Csizmadia László Bolyai Intézet, Szegedi Tudományegyetem Kutatók éjszakája Szeged, SZTE L. Csizmadia (Szeged) Kutatók éjszakája 2011. 2011.09.23. 1 / 17 Társasház
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások. 21 és 5 7 = 15
Megoldások 1. Írj fel 4 számot törtalakban a 3 7 és 5 7 között! Bővítsük a nevezőket a megfelelő mértékig: 3 7 = 9 21 és 5 7 = 15 21. Ezek alapján a megoldás: 10 21, 11 21, 12 21, 13 21. 2. Írd fel törtalakban
RészletesebbenVII.A. Oszthatóság, maradékos osztás Megoldások
VIIA Oszthatóság, maradékos osztás Megoldások 11 Igen, mert a 4x = 8 egyenlet megoldható a természetes számok halmazában: x = 2 12 Nem, mert a 4x = 10 egyenlet nem oldható meg a természetes számok halmazában
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2008/2009-es tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória
Bolyai János Matematikai Társulat Oktatási és Kulturális Minisztérium Támogatáskezelő Igazgatósága támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 00/009-es tanév első (iskolai) forduló haladók II.
RészletesebbenBevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok
. fejezet Bevezetés Algebrai feladatok J. A számok gyakran használt halmazaira a következ jelöléseket vezetjük be: N a nemnegatív egész számok, N + a pozitív egész számok, Z az egész számok, Q a racionális
RészletesebbenSzámelmélet (2017. február 8.) Bogya Norbert, Kátai-Urbán Kamilla
Számelmélet (2017 február 8) Bogya Norbert, Kátai-Urbán Kamilla 1 Oszthatóság 1 Definíció Legyen a, b Z Az a osztója b-nek, ha létezik olyan c Z egész szám, melyre ac = b Jelölése: a b 2 Példa 3 12, 2
RészletesebbenElemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged
Magas szintű matematikai tehetséggondozás Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged Ahhoz, hogy egy diák kimagasló eredményeket érhessen el matematika versenyeken, elengedhetetlenül
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 8. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
Részletesebben2, a) Három ketted b) Háromszázkettőezer nyolcszázhét c) Két egész tizenöt század d) Két egész öt tized e) Egymillió - hét.
X 000 X00 X0 X X / /0 /00 / 000 Tízezres Ezres Százas Tízes Egyes Tize. vessző Tized Század Ezred Tízezred,, 0 7 a) Három ketted b) Háromszázkettőezer nyolcszázhét c) Két egész tizenöt század d) Két egész
RészletesebbenSzA XIII. gyakorlat, december. 3/5.
SzA XIII. gyakorlat, 2013. december. 3/5. Drótos Márton 3 + 2 = 1 drotos@cs.bme.hu 1. Határozzuk meg az Euklidészi algoritmussal lnko(504, 372)-t! Határozzuk meg lkkt(504, 372)-t! Hány osztója van 504-nek?
Részletesebben2. Feladatsor. N k = {(a 1,...,a k ) : a 1,...,a k N}
2. Feladatsor Oszthatóság, legnagyobb közös osztó, prímfaktorizáció az egész számok körében 1 Kötelező házi feladat(ok) 2., Határozzuk meg a ϕ:z Z, z [ z 5] leképezés magját. Adjuk meg a ker(ϕ)-hez tartozó
RészletesebbenSZÁMELMÉLET FELADATSOR
SZÁMELMÉLET FELADATSOR Oszthatóság 1. Az 123x4 számban milyen számjegy állhat x helyén, ha a szám osztható a) 3-mal; e) 6-tal; b) 9-cel; f) 24-gyel; c) 4-gyel; g) 36-tal; d) 8-cal; h) 72-vel? 2. Határozd
Részletesebben1. A Horner-elrendezés
1. A Horner-elrendezés A polinomok műveleti tulajdonságai Polinomokkal a szokásos módon számolhatunk: Tétel (K2.1.6, HF ellenőrizni) Tetszőleges f,g,h polinomokra érvényesek az alábbiak. (1) (f +g)+h =
RészletesebbenA 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató
Oktatási Hivatal 04/0 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MTEMTIK I KTEGÓRI (SZKKÖZÉPISKOL) Javítási-értékelési útmutató Határozza meg a tízes számrendszerbeli x = abba és y =
Részletesebben1. zárthelyi,
1. zárthelyi, 2010.03.2. 1. Jelölje B n azt a gráfot, melynek csúcsai az n hosszúságú 0 1 sorozatok, két sorozat akkor és csak akkor van összekötve éllel, ha pontosan egy vagy két helyen különböznek. Adjuk
RészletesebbenSzámokkal kapcsolatos feladatok.
Számokkal kapcsolatos feladatok. 1. Egy tört számlálója -tel kisebb, mint a nevezője. Ha a tört számlálójához 17-et, a nevezőjéhez -t adunk, akkor a tört reciprokát kapjuk. Melyik ez a tört? A szám: 17
RészletesebbenKombinatorika. Permutáció
Kombinatorika Permutáció 1. Adva van az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számjegy. Hány különböző 9-jegyű szám állítható elő ezekkel a számjegyekkel, ha a számjegyek nem ismétlődhetnek? Mi van akkor, ha a szám
RészletesebbenÖrök visszatérés Periodikus sorozatok Sorozatok 2. feladatcsomag
Örök visszatérés Periodikus sorozatok Sorozatok 2. feladatcsomag Életkor: Fogalmak, eljárások: 13 16 év szabályfelismerés, szabályalkotás oszthatóság, maradékosztályok racionális és irracionális számok
RészletesebbenA logika, és a matematikai logika alapjait is neves görög tudós filozófus Arisztotelész rakta le "Analitika" című művében, Kr.e. IV. században.
LOGIKA A logika tudománnyá válása az ókori Görögországban kezdődött. Maga a logika szó is görög eredetű, a logosz szó jelentése: szó, fogalom, ész, szabály. Már az első tudósok, filozófusok, és politikusok
RészletesebbenKijelentéslogika, ítéletkalkulus
Kijelentéslogika, ítéletkalkulus Kijelentés, ítélet: olyan kijelentő mondat, amelyről egyértelműen eldönthető, hogy igaz vagy hamis Logikai értékek: igaz, hamis zürke I: 52-53, 61-62, 88, 95 Logikai műveletek
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. estis képzés 017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. estis képzés 4. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján
RészletesebbenISKOLÁD NEVE:... Az első három feladat feleletválasztós. Egyenként 5-5 pontot érnek. Egy feladatnak több jó megoldása is lehet. A) 6 B) 8 C) 10 D) 12
2. OSZTÁLY 1. Mennyi az alábbi kifejezés értéke: 0 2 + 4 6 + 8 10 + 12 14 + 16 18 + 20 A) 6 B) 8 C) 10 D) 12 2. Egy szabályos dobókockával kétszer dobok. Mennyi nem lehet a dobott számok összege? A) 1
RészletesebbenMEMO (Middle European Mathematical Olympiad) Szoldatics József, Dunakeszi
Szoldatics József: MEMO MEMO (Middle European Mathematical Olympiad) Szoldatics József, Dunakeszi A feladatmegoldó szemináriumon első részében egy rövid beszámolót fognak hallani a 010. szeptember 9. és
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória
Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Az a és b befogójú derékszögű háromszögnek
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet
Számelmélet DEFINÍCIÓ: (Ellentett) Egy szám ellentettjén azt a számot értjük, amelyet a számhoz hozzáadva az 0 lesz. Egy szám ellentettje megegyezik a szám ( 1) szeresével. DEFINÍCIÓ: (Reciprok) Egy 0
RészletesebbenAnalízis I. Vizsgatételsor
Analízis I. Vizsgatételsor Programtervező Informatikus szak 2008-2009. 2. félév Készítette: Szabó Zoltán SZZNACI.ELTE zotyo@bolyaimk.hu v.0.6 RC 004 Forrás: Oláh Gábor: ANALÍZIS I.-II. VIZSGATÉTELSOR 2006-2007-/2
RészletesebbenDiszkrét matematika 1. estis képzés. Komputeralgebra Tanszék ősz
Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 1. Diszkrét matematika 1. estis képzés 6. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2015. ősz Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis
RészletesebbenKOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.
KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I. 4 IV. FÜGGVÉNYEk 1. LEkÉPEZÉSEk, függvények Definíció Legyen és két halmaz. Egy függvény -ből -ba egy olyan szabály, amely minden elemhez pontosan egy elemet rendel hozzá. Az
RészletesebbenBevezetés a matematikába (2009. ősz) 1. röpdolgozat
Bevezetés a matematikába (2009. ősz) 1. röpdolgozat 1. feladat. Fogalmazza meg a következő ítélet kontrapozícióját: Ha a sorozat csökkenő és alulról korlátos, akkor konvergens. 2. feladat. Vezessük be
RészletesebbenXXIII. Vályi Gyula Emlékverseny május 13. V. osztály
XXIII. Vályi Gyula Emlékverseny Marosvásárhely 207. május 3. V. osztály. Sári néni a piacon 00 db háromféle tojást vásárolt 00 RON értékben. Tudva azt, hogy a tyúktojás ára 50 bani, a libatojás 5 RON és
Részletesebben1. A maradékos osztás
1. A maradékos osztás Egész számok osztása Példa 223 = 7 31+6. Visszaszorzunk Kivonunk 223 : 7 = 31 21 13 7 6 Állítás (számelméletből) Minden a,b Z esetén, ahol b 0, létezik olyan q,r Z, hogy a = bq +
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. estis képzés 017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. estis képzés 3. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján
Részletesebben1. Tekintsük a következő két halmazt: G = {1; 2; 3; 4; 6; 12} és H = {1; 2; 4; 8; 16}. Elemeik felsorolásával adja meg a G H és a H \ G halmazokat!
1. Tekintsük a következő két halmazt: G = {1; 2; 3; 4; 6; 12} és H = {1; 2; 4; 8; 16}. Elemeik felsorolásával adja meg a G H és a H \ G halmazokat! G H = H \ G = 2. Ha 1 kg szalámi ára 2800 Ft, akkor hány
RészletesebbenA lehetetlenségre visszavezetés módszere (A reductio ad absurdum módszer)
A lehetetlenségre visszavezetés módszere (A reductio ad absurdum módszer) Ezt a módszert akkor alkalmazzuk, amikor könnyebb bizonyítani egy állítás ellentettjét, mintsem az állítást direktben. Ez a módszer
RészletesebbenGAUSS-EGÉSZEK ÉS DIRICHLET TÉTELE
GAUSS-EGÉSZEK ÉS DIRICHLET TÉTELE KEITH KEARNES, KISS EMIL, SZENDREI ÁGNES Második rész Cikkünk első részében az elemrend és a körosztási polinomok fogalmára alapozva beláttuk, hogy ha n pozitív egész,
RészletesebbenFeladatlap. a hatosztályos speciális matematika tantervű osztályok írásbeli vizsgájára (2006)
Feladatlap a hatosztályos speciális matematika tantervű osztályok írásbeli vizsgájára (2006) 1) Karcsi januárban betegség miatt háromszor hiányzott az iskolából:12-én,14-én és 24-én. Milyen napra esett
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Logaritmus
Logaritmus DEFINÍCIÓ: (Logaritmus) Ha egy pozitív valós számot adott, - től különböző pozitív alapú hatvány alakban írunk fel, akkor ennek a hatványnak a kitevőjét logaritmusnak nevezzük. Bármely pozitív
Részletesebben44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY. Megyei forduló április mal, így a számjegyeinek összege is osztható 3-mal.
44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Megyei forduló - 2015. április 11. HATODIK OSZTÁLY - Javítási útmutató 1. Melyik a legkisebb 3-mal osztható négyjegyű szám, amelynek minden számjegye különböző,
RészletesebbenAz ellenpéldával történő cáfolás az elemi matematikában
Az ellenpéldával történő cáfolás az elemi matematikában Tuzson Zoltán, Székelyudvarhely Ismeretes, hogy a logika a helyes gondolkodás törvényeit leíró tudomány, ezért más tudományágakban sem nélkülözhető.
Részletesebben4 = 0 egyenlet csak. 4 = 0 egyenletből behelyettesítés és egyszerűsítés után. adódik, ennek az egyenletnek két valós megoldása van, mégpedig
Oktatási Hivatal Az forduló feladatainak megoldása (Szakközépiskola) Melyek azok az m Z számok, amelyekre az ( m ) x mx = 0 egyenletnek legfeljebb egy, az m x + 3mx 4 = 0 egyenletnek legalább egy valós
RészletesebbenKiegészítő részelőadás 2. Algebrai és transzcendens számok, nevezetes konstansok
Kiegészítő részelőadás. Algebrai és transzcendens számo, nevezetes onstanso Dr. Kallós Gábor 04 05 A valós számo ategorizálása Eml. (óori felismerés): nem minden szám írható fel törtszámént (racionálisént)
RészletesebbenDiszkrét matematika I.
Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 1. Diszkrét matematika I. középszint 10. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2014. ősz Felhívás Diszkrét matematika I. középszint 2014.
RészletesebbenBoronkay György Műszaki Középiskola és Gimnázium Vác, Németh László u : /fax:
5. OSZTÁLY 1.) Apám 20 lépésének a hossza 18 méter, az én 10 lépésemé pedig 8 méter. Hány centiméterrel rövidebb az én lépésem az édesapáménál? 18m = 1800cm, így apám egy lépésének hossza 1800:20 = 90cm.
Részletesebben148 feladat 20 ) + ( 1 21 + 2 21 + + 20 200 > 1 2. 1022 + 1. 5. Igazoljuk minél rövidebben, hogy a következő egyenlőség helyes: 51 + 1 52 + + 1
148 feladat a Kalmár László Matematikaversenyről 1. ( 1 19 + 2 19 + + 18 19 ) + ( 1 20 + 2 20 + + 19 20 ) + ( 1 21 + 2 21 + + 20 21 ) + ( 1 22 + 2 22 + + 21 22 ) =? Kalmár László Matematikaverseny megyei
RészletesebbenDiszkrét matematika 2.
Diszkrét matematika 2. 2018. november 23. 1. Diszkrét matematika 2. 9. előadás Fancsali Szabolcs Levente nudniq@cs.elte.hu www.cs.elte.hu/ nudniq Komputeralgebra Tanszék 2018. november 23. Diszkrét matematika
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 1. forduló haladók III. kategória
Bolyai János Matematikai Társulat Oktatásért Közalapítvány támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 1. forduló haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Határozzuk
RészletesebbenIntergrált Intenzív Matematika Érettségi
. Adott a mátri, determináns determináns, ahol,, d Számítsd ki:. b) Igazold, hogy a b c. Adott a az 6 0 egyenlet megoldásai. a). c) Számítsd ki a d determináns értékét. d c a b determináns, ahol abc,,.
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 10. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
Részletesebben3 függvény. Számítsd ki az f 4 f 3 f 3 f 4. egyenlet valós megoldásait! 3 1, 3 és 5 3 1
Érettségi, M, I-es feladatsor, természettudomány.. Számítsd ki a C! összeget! log 4. Határozd meg a. Számítsd ki az egyenlet valós megoldásait! összeg értékét, ha és az 4. Adott az f : 0,, f. Adottak az
Részletesebben1. Tekintsük a következő két halmazt: G = {1; 2; 3; 4; 6; 12} és H = {1; 2; 4; 8; 16}. Elemeik felsorolásával adja meg a G H és a H \ G halmazokat!
1. Tekintsük a következő két halmazt: G = {1; 2; 3; 4; 6; 12} és H = {1; 2; 4; 8; 16}. Elemeik felsorolásával adja meg a G H és a H \ G halmazokat! G H = H \ G = 2. Ha 1 kg szalámi ára 2800 Ft, akkor hány
RészletesebbenEötvös Loránd Tudományegyetem. Természettudományi Kar. Gyarmati Richárd. Számelmélet feladatok szakkörre. Bsc szakdolgozat.
Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Gyarmati Richárd Számelmélet feladatok szakkörre Bsc szakdolgozat Témavezet : Dr. Szalay Mihály Algebra és számelmélet tanszék Budapest, 206 2 Köszönetnyilvánítás
RészletesebbenVersenyfeladatok. Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny és KÖMAL feladatok megoldása, elemzése. Készítette: Perity Dóra Témavezető: Somfai Zsuzsa
Versenyfeladatok Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny és KÖMAL feladatok megoldása, elemzése Készítette: Perity Dóra Témavezető: Somfai Zsuzsa 2013. Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar
RészletesebbenKijelentéslogika, ítéletkalkulus
Kijelentéslogika, ítéletkalkulus Arisztotelész (ie 4. sz) Leibniz (1646-1716) oole (1815-1864) Gödel (1906-1978) Neumann János (1903-1957) Kalmár László (1905-1976) Péter Rózsa (1905-1977) Kijelentés,
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2016/2017-es tanév Kezdők III. kategória I. forduló
Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 016/017-es tanév Kezdők I II. kategória II. forduló Kezdők III. kategória I. forduló Megoldások és javítási útmutató 1. Egy kört
Részletesebben10.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
RészletesebbenAz indukció. Azáltal, hogy ezt az összefüggést felírtuk, ezúttal nem bizonyítottuk, ez csak sejtés!
Az indukció A logikában indukciónak nevezzük azt a következtetési módot, amelyek segítségével valamely osztályon belül az egyes esetekb l az általánosra következtetünk. Például: 0,, 804, 76, 48 mind oszthatóak
RészletesebbenXXII. Vályi Gyula Emlékverseny április 8. V. osztály
V. osztály 1. Egy anya éveinek száma ugyanannyi, mint a lánya életkora hónapokban kifejezve. Mennyi idősek külön-külön, ha az anya 23 évvel és 10 hónappal idősebb a lányánál? 2. Melyek azok a 2016-nál
RészletesebbenVERSENYFELADATOK AZ ÁLTALÁNOS ÉS KÖZÉPISKOLÁBAN SZAKDOLGOZAT. Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar
VERSENYFELADATOK AZ ÁLTALÁNOS ÉS KÖZÉPISKOLÁBAN SZAKDOLGOZAT Készítette: Besenyei Beáta Témavezető: Dr Kiss Emil Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Matematika Alapszak Tanári Szakirány
Részletesebben