Matematika OKTV I. kategória 2017/2018 második forduló szakgimnázium-szakközépiskola
|
|
- Gyula Fábián
- 5 évvel ezelőtt
- Látták:
Átírás
1 O k t a t á s i H i v a t a l A 017/018. tanévi Országos Középiskolai Tanulmáni Versen második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKGIMNÁZIUM, SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató 1. Adja meg az összes olan négjegű pozitív egész számot, amelre igaz, hog az első három jegéből alkotott háromjegű szám kétszer akkora, mint az utolsó három jegéből alkotott háromjegű szám. Megoldás: Legen a keresett négjegű szám abcd, amelet felírhatunk abcd = 1000a + 10bc + d alakban is. A feltételek miatt a 0 és b 0, ezért bc kétjegű szám. A bc kétjegű szám segítségével felírhatók az abc és bcd háromjegű számok is: (1) abc = 100a + bc ; A feladat feltétele és (1) szerint bcd = 10bc + d. ahonnan a műveletek elvégzésével és rendezéssel 100a + bc = (10bc + d), () 100a d = 19bc. Ez azt jelenti, hog a kétjegű bc szám páros, ezért () jobb oldala a 19 szám páros többszöröse. Vizsgáljuk a () egenletet az a és d számjegek lehetséges értékei szerint. 1
2 Ha a = 1, akkor 100a d értéke a [8; 100] intervallumba eső valamelik páros egész szám, hiszen a lehetséges legnagobb d számjeg, azaz d = 9 mellett 100a d = 8, míg a legkisebb d számjeg, vagis d = 0 esetén 100a d = 100. Uganakkor a [8; 100] intervallumban a 19-nek egetlen többszöröse van, mégpedig 95 = 19 5, de ez nem páros szám, továbbá ez esetben bc nem kétjegű. Ezért a = 1 nem lehetséges. Hasonlóképpen vizsgálhatjuk, hog a = ; 3; 4; ; 8; 9 esetén a 19-nek mel páros többszörösei vannak a intervallumban. [100a 18; 100a] Számolási eredméneinket táblázatba is foglalhatjuk: a [100a 18; 100a] bc d abcd 1 [8; 100] [18; 00] [8; 300] [38; 400] [48; 500] [58; 600] [68; 700] [78; 800] [88; 900] pont Minden lehetséges esetet megvizsgáltunk és azt kaptuk, hog a feladat feltételeinek nég darab négjegű pozitív egész szám felel meg: Ezek a számok valóban megfelelők, mert 105; 563; 7368; = 105; 56 = 63; 736 = 368; 84 = 41.
3 . Határozza meg az (x + (m ) x m) ( x + (m + 1) x m) 0 egenlőtlenség egész megoldásainak számát az m pozitív egész szám függvénében. Megoldás: A feladat megoldását két eset vizsgálatára bontjuk. Első eset: az egenlőtlenség fennáll, ha az (1) x + (m ) x m 0 () x + (m + 1) x m 0 egenlőtlenségek mindegike teljesül. Az (1) egenlőtlenség bal oldalán szereplő másodfokú kifejezés diszkriminánsa: (m ) 4 ( m) = (m + ), a () egenlőtlenség bal oldalán levő másodfokú kifejezés diszkriminánsa pedig (m + 1) 4 ( 1) ( m) = (m 1). Ez azt is jelenti, hog mindkét másodfokú kifejezésnek vannak zérushelei, mégpedig illetve x 11 = m és x 1 = x 1 = 1 és x = m. Az (1) és () egenlőtlenségek megoldásainak halmazát rendre M 1 ; M -vel jelölve és felhasználva, hog m < 0: M 1 = ] ; m] [; [ és M = [1; m]. Az eredeti egenlőtlenség megoldásai egrészt az x = m; x = 1 egész számok, hiszen ezekre az (1), illetve () egenlőtlenségek bal oldala zérus, tehát a szorzatuk is nulla, és íg az eredeti egenlőtlenség fennáll. Másrészt az első esetben megoldások az M 1 M = [; m] halmazba tartozó egészek, ezekből pontosan m 1 darab van. Íg az első esetnek összesen egész szám felel meg. m + 1 3
4 Második eset: a feladat egenlőtlensége akkor is teljesül, ha (3) x + (m ) x m 0 és (4) x + (m + 1) x m 0 egszerre igaz. A (3) és (4) egenlőtlenségek bal oldalán látható másodfokú kifejezések zérusheleit már ismerjük, ezért (3) és (4) megoldásait rendre M 3 ; M 4 -gel jelölve: M 3 = [ m; ] M 4 = ] ; 1] [m; [. A (3) és (4) egenlőtlenségek közös megoldásai az M 3 M 4 = [ m; 1] halmazba tartoznak, ebben a halmazban pontosan darab egész szám van. m + Uganakkor ebből az m + egész számból az x = m; x = 1 megoldásokat az első esetben már figelembe vettük. Ezért a második esetben összesen m darab olan megoldás van, amel az előzőben nem szerepelt. A két lehetséges esetet megvizsgáltuk és azt kaptuk, hog ha m pozitív egész szám, akkor az (x + (m ) x m) ( x + (m + 1) x m) 0 egenlőtlenségnek m m = 3m + 1 darab egész megoldása van. Megjegzés: a) Ha m = 1, akkor az x = és az x = m számok azonosak, de a feladatnak ekkor is 3m + 1, azaz 4 darab megoldása van, mégpedig az x = 1; x = 0; x = 1; x = egész számok. b) Ha a versenző az m = 1; ; 3; értékekre megvizsgál eg-eg esetet és abban heles következtetésre jut, de más érdemi megállapítást nem tesz, akkor erre ot kapjon. 4
5 3. Oldja meg a valós számpárok halmazán az logx(x + x ) = log(x) ; x x + = 1 x egenletekből álló egenletrendszert. Megoldás: Az első egenlet mindkét oldalának numerusza a logaritmus értelmezése miatt pozitív, ezért x csak pozitív szám lehet. A logaritmus alapszáma pozitív, ezért x > 0, ezzel teljesül, hog a bal oldal logaritmusos kifejezésének alapszáma is pozitív. Ez azt jelenti, hog is pozitív szám. Ilen feltételek mellett az egenletrendszer második egenletének jobb oldala is értelmezett. Uganakkor a logaritmus alapszáma 1 nem lehet, ezért x. Az első egenlet jobb oldalát írjuk át alapú logaritmusra: ahonnan szerint az első egenlet alakba írható. x log(x) = x logx(x) logx ( x ), logx ( x ) = 1 logx(x + x ) + logx(x) = 0 Az azonos alapú logaritmusos kifejezések összegére vonatkozó műveleti azonosság alapján logx[(x + x ) x] = 0. A kapott egenlet numeruszának szorzattá alakításával pedig (1) logx[x (x + ) x] = 0. Az egenletrendszer második egenletét felhasználva azt kapjuk, hog (x + ) x = 1, ez pedig azt jelenti, hog felírható az (1) egenlettel ekvivalens () logx(x) = 0. egenlet. 5
6 A logaritmus definíciója szerint a () egenletből az következik, hog ez pedig az feltétel alapján azt jelenti, hog ( x ) 0 = x, x > 0 x = 1. A kapott eredmént behelettesítve az egenletrendszer második egenletébe: 1 + = 1, ahonnan ekvivalens átalakításokkal a (3) + 1 = 0 másodfokú egenletet kapjuk. A (3) egenlet megoldásai 1 = ; =. Az megoldás negatív, ezért nem felel meg a feladat feltételének. Az egenletrendszer megoldása tehát egetlen számpár, ez pedig x = 1; = Átalakításaink a feltételek által meghatározott számhalmazokon ekvivalensek voltak, ezért a kapott számok az eredeti egenletrendszer mindkét egenletét kielégítik. Megjegzések: a) Az egenletrendszer első egenletének mindkét oldalát tetszőleges a > 0; a 1 alapú logaritmusos kifejezéssé alakíthatjuk. Az átalakítással az log a [x (x + ) x] = log a 1 egenletet felírva az x (x + ) x = 1 egenletet kapjuk, amelből az egenletrendszer második egenletét figelembe véve x = 1 adódik. b) Alkalmazhatjuk az első egenletben az. helettesítést, ekkor alapján és szerint x = 1. x (x + ) = 1 logx ( 1 ) = log ( 1 x ) = log (x) x log (x 1 x ) = 0 6
7 4. Az ABC háromszög α szögére teljesül, hog sin 3 α + cos 3 α = 1. Mekkora háromszög legnagobb szöge? 1. Megoldás: Mivel α eg háromszög szöge, ezért teljesülnie kell a és feltételeknek. 0 < sinα 1, 1 < cosα < 1 Felhasználjuk a sin α + cos α = 1 trigonometrikus azonosságot, ezzel a megadott egenlet a sin 3 α + cos 3 α = sin α + cos α alakba írható, ahonnan átrendezéssel és kiemeléssel azt kapjuk, hog (1) sin α (sinα 1) = cos α (1 cosα). Nilvánvaló, hog sin α 0 és cos α 0, továbbá a feltételek miatt és sinα cosα > 0. A kapott két feltétel egszerre csak úg állhat fenn, ha sinα 1 = 0, azaz, ha sinα = 1. Ebből azonnal következik, hog cosα = 0, ezért az (1) egenlet mindkét oldala zérus. Az ABC háromszög α szögére sinα = 1 miatt α = 90 teljesül. Ha a háromszögben az egik szög derékszög, akkor ennél nagobb szög a háromszögben már nem lehetséges, tehát a háromszög legnagobb szöge: α = 90. 7
8 . Megoldás: Mivel α eg háromszög szöge, ezért teljesülnie kell a és feltételeknek. 0 < sinα 1, 1 < cosα < 1 A 0 < sinα feltétel miatt sin α > 0, ezért a sinα 1 egenlőtlenség mindkét oldalát szorozhatjuk a pozitív sin α számmal, ebből azt kapjuk, hog (1) sin 3 α sin α. Nilvánvaló, hog az ABC háromszög bármel szögének koszinusznégzete nemnegatív, ezért teljesül az is, hog () cos α 0. Tegük föl először, hog cos α > 0 igaz. A kezdeti feltételekből cosα < 1 is következik. Ennek az egenlőtlenségnek mindkét oldalát a cos α > 0 számmal szorozva (3) cos 3 α < cos α következik. Összeadva az (1) és (3) egenlőtlenségek megfelelő oldalait: sin 3 α + cos 3 α < sin α + cos α. A kapott egenlőtlenség ellentmondásra vezet, mert a feladat feltétele szerint sin 3 α + cos 3 α = 1 és a sin α + cos α = 1 trigonometrikus azonosság szerint az egenlőtlenség jobb oldalának értéke is 1. Az ellentmondás oka a cos α > 0 feltevés. Ez pontosan azt jelenti, hog a () egenlőtlenségben csakis cos α = 0, vagis cosα = 0 lehetséges. Kapott eredménünk szerint az ABC háromszög α szögére cosα = 0 és íg α = 90. Ha a háromszögben az egik szög derékszög, akkor ennél nagobb szög a háromszögben már nem lehetséges, tehát a háromszög legnagobb szöge: α = 90. 8
9 5. Legen d az az ABC hegesszögű háromszög síkjában az ABC háromszög A csúcsán átmenő egenes, amel az AB és AC egenesek egikével sem esik egbe. Legenek a B 1 és C ok rendre a B és C pontok merőleges vetületei a d egenesen. Határozza meg a d egenes helzetét úg, hog a BB 1 + CC 1 összeg maximális legen. Megoldás: Két esetet vizsgálunk, először azt, amikor a d egenesnek a BC szakasszal nincs közös pontja, másodszor pedig azt, amikor van közös pontjuk. Tekintsük az első esetnek megfelelően készített ábrát, amelen a BC oldal felezőpontját D-vel, a D pontnak a d egenesre eső merőleges vetületét D 1 -gel jelöltük. 1. ábra A BCC 1 B 1 derékszögű trapéz, amelnek középvonala a DD 1 szakasz, ezért a középvonal tulajdonságát felhasználva: BB 1 + CC 1 = DD 1. Az ábra DD 1 és DA szakaszaira nilvánvalóan teljesül a (1) DD 1 DA egenlőtlenség. Ebből az következik, hog azaz BB 1 + CC 1 DA, () BB 1 + CC 1 DA. Az (1) és íg a () egenlőtlenségben pontosan akkor van egenlőség, ha a d egenes merőleges az ABC háromszög DA súlvonalára. 9
10 Legen most a d egenes és a BC szakasz közös pontja E, és tekintsük az ehhez tartozó ábrát.. ábra Az ábra BB 1 ; CC 1 szakaszaira érvénesek a (3) BB 1 BE; CC 1 CE egenlőtlenségek. Az egenlőtlenségek megfelelő oldalainak összeadásával azt kapjuk, hog azaz BB 1 + CC 1 BE + CE, (4) BB 1 + CC 1 BC. A (3) egenlőtlenségekben egenlőség pontosan akkor van, ha a B 1 ; C 1 és E pontok azonosak, vagis éppen akkor, amikor a d egenes merőleges a BC szakaszra. Ez utóbbi pedig azt jelenti, hog az AE szakasz az ABC háromszög A csúcsból induló magassága. Ekkor a (4) egenlőtlenségben is az egenlőség esete áll fenn. 10
11 Végül választ adunk arra, hog a feladat feltételei, tehát az ABC háromszög tulajdonságai alapján az első, vag a második eset adja a BB 1 + CC 1 összeg maximumát. Tekintsük ezért a BC szakasz Thalész-körét, ennek középpontja a BC felezőpontja, sugara a BC szakasz fele. Mivel az ABC háromszög a feltétel szerint hegesszögű háromszög, ezért az A pont a BC oldal Thalész-körének külső pontja. Ekkor az A csúcshoz tartozó súlvonal nilván hosszabb, mint a Thalész-kör sugara, vagis mint a BC oldal fele. Ebből pedig arra következtetünk, hog az első esetben, tehát az A ponton átmenő súlvonalra merőleges d egenes esetén kapjuk a maximális BB 1 + CC 1 távolságösszeget. 11
Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2012/2013 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) Döntő Megoldások
Országos Középiskolai Tanulmáni Versen / Matematika I kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) Döntő Megoldások Eg papírlapra felírtuk a pozitív egész számokat n -től n -ig Azt vettük észre hog a felírt páros számok
RészletesebbenMatematika szintfelmérő szeptember
Matematika szintfelmérő 015. szeptember matematika BSC MO 1. A faglaltok éjszakáján eg közvéleménkutatásban vizsgált csoport %-ának ízlett az eperfaglalt, 94%-ának pedig a citromfaglalt. A két gümölcsfaglalt
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 =
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Egyenletek, egyenletrendszerek
1) MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Egenletek, egenletrendszerek A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval
RészletesebbenMAGYARÁZAT A MATEMATIKA NULLADIK ZÁRTHELYI MINTAFELADATSOR FELADATAIHOZ 2010.
MAGYARÁZAT A MATEMATIKA NULLADIK ZÁRTHELYI MINTAFELADATSOR FELADATAIHOZ 00.. Tetszőleges, nem negatív szám esetén, Göktelenítsük a nevezőt: (B). Menni a 0 kifejezés értéke? (D) 0 0 0 0 0000 400 0. 5 Felhasznált
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Egyenletek, egyenletrendszerek
1) MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Egenletek, egenletrendszerek A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval
Részletesebben10.3. A MÁSODFOKÚ EGYENLET
.. A MÁSODFOKÚ EGYENLET A másodfokú egenlet és függvén megoldások w9 a) ( ) + ; b) ( ) + ; c) ( + ) ; d) ( 6) ; e) ( + 8) 6; f) ( ) 9; g) (,),; h) ( +,),; i) ( ) + ; j) ( ) ; k) ( + ) + 7; l) ( ) + 9.
RészletesebbenBolyai János Matematikai Társulat. Rátz László Vándorgyűlés Baja
Bolai János Matematikai Társulat Rátz László Vándorgűlés 06. Baja Záródolgozat dr. Nag Piroska Mária, Dunakeszi Dunakeszi, 06.07.. A Vándorgűlésen Erdős Gábor az általános iskolai szekcióban tartott szemináriumot
RészletesebbenA 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató
Oktatási Hivatal A 0/04 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi erseny második forduló MATEMATIKA I KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató A 57 olyan háromjegyű szám, amelynek számjegyei
RészletesebbenOrszágos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2011/2012 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló - megoldások. 1 pont Ekkor
Okta tási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 0/0 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA). forduló - megoldások. Az valós számra teljesül a 3 sin sin cos sin egyenlőség. Milyen értékeket
RészletesebbenA 2016/2017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKGIMNÁZIUM, SZAKKÖZÉPISKOLA)
Oktatási Hivatal A 016/017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKGIMNÁZIUM, SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató 1. Egy húrtrapéz pontosan
Részletesebben9. évfolyam Javítóvizsga felkészülést segítő feladatok
Halmazok: 9. évfolam Javítóvizsga felkészülést segítő feladatok. Adott két halmaz. A : a ; a : páros és B : ;;8;0;;;8;0;. Add meg a következő halmazműveleteket az elemek felsorolásával és készíts Venn
RészletesebbenOrszágos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2009/2010 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló feladatainak megoldása
Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny / Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló feladatainak megoldása. Oldja meg a valós számok legbővebb részhalmazán a egyenlőtlenséget!
Részletesebben1) Adja meg a következő függvények legbővebb értelmezési tartományát! 2) Határozzuk meg a következő függvény értelmezési tartományát!
Függvének Feladatok Értelmezési tartomán ) Adja meg a következő függvének legbővebb értelmezési tartománát! a) 5 b) + + c) d) lg tg e) ln + ln ( ) Megoldás: a) 5 b) + + = R c) és sosem teljesül. d) tg
RészletesebbenAz Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai. x 2 sin x cos (2x) < 1 x.
Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi második fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Oldja meg a következő egyenlőtlenséget, ha x > 0: x 2 sin
RészletesebbenJAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ
Matematika emelt szint 051 ÉRETTSÉGI VIZSGA 005.október 5. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások: A dolgozatot
RészletesebbenTrigonometria 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!
Részletesebbena.) b.) c.) d.) e.) össz. 4 pont 2 pont 4 pont 2 pont 3 pont 15 pont
1. Az alábbi feladatok egszerűek, akár fejben is kiszámíthatóak, de a piszkozatpapíron is gondolkodhat. A megoldásokat azonban erre a papírra írja! a.) A 2x 2 5x 3 0 egenlet megoldása nélkül határozza
RészletesebbenXXVII. Erdélyi Magyar Matematikaverseny Nagyvárad, február I. forduló - 9. osztály
Nagvárad, 07. február 3 6.. feladat: Két játékos a következő játékot játssza: Az,,3,...,07 véges számsorozatból váltakozva kiválasztanak eg-eg számot, és azt törlik a sorozatból. Bármelikük látja, hog
RészletesebbenAz Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2006-2007. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai
Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 006-007. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Melyek azok a pozitív egészek, amelyeknek pontosan négy pozitív
RészletesebbenKalkulus S af ar Orsolya F uggv enyek S af ar Orsolya Kalkulus
Függvények Mi a függvény? A függvény egy hozzárendelési szabály. Egy valós függvény a valós számokhoz, esetleg egy részükhöz rendel hozzá pontosan egy valós számot valamilyen szabály (nem feltétlen képlet)
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
Részletesebben9. Exponenciális és logaritmusos egyenletek, egyenlőtlenségek
. Eponenciális és ritmusos egenletek, egenlőtlenségek Elméleti összefoglló H >, b>, és vlós számok, kkor + ( ) b ( b) H >, kkor z z ( ) ( ) f függvén szigorún monoton növekvő, míg h <
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Trigonometria
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Trigonometria A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett
Részletesebben1.1. Halmazelméleti alapfogalmak
. Halmazok, relációk, függvének.. Halmazelméleti alapfogalmak... A halmaz fogalma A halmazt a halmazelmélet alapfogalmának tekintjük és ezért nem definiáljuk. Szokás azt mondani, hog a halmaz különböző
RészletesebbenSokszínû matematika 12. A KITÛZÖTT FELADATOK EREDMÉNYE
Sokszínû matematika. A KITÛZÖTT FELADATOK EREDMÉNYE Számsorozatok SOKSZÍNÛ MATEMATIKA A KITÛZÖTT FELADATOK EREDMÉNYE. A számsorozat fogalma, példák sorozatokra. A pozitív páros számok sorozatának n-edik
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
Részletesebbenegyenlőtlenségnek 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
Részletesebben5. Végezd el a kijelölt műveleteket, és ahol lehet, vonj össze!
1 1. Rendezd a következő polinomokat a bennük lévő változó növekedő hatvánkitevői szerint! a) 2 + + 2 b) 2 + + 2 + 6 2. Melek egnemű algebrai kifejezések? a) a 2 b; 2ab; a 2 b; 2a b; 1,a 2 b b) 2 ; 2 ;
Részletesebben2. Egyenletek I. Feladatok 1. a) b) c) d) 2. a) b) c) d) 3. a) b) c) d) e)
. Egenletek I. Feldtok. Oldj meg z lábbi egenleteket egenletrendszereket vlós számok hlmzán. ) b) ( ) ( ) 8 Klmár László Mtemtik Versen döntője 99. 8. osztál c) ( ) ( ) ( ) ( ) OKTV II. ktegóri. forduló
RészletesebbenEXPONENCIÁLIS EGYENLETEK
Sokszínű matematika /. oldal. feladat a) = Mivel mindegik hatván alapja hatván, ezért átírjuk a -et és a -ot: = ( ) Alkalmazzuk a hatván hatvána azonosságot! ( ) = A bal oldalon az azonos alapú hatvánok
RészletesebbenKétváltozós függvények ábrázolása síkmetszetek képzése által
Kétváltozós függvének ábrázolása síkmetszetek képzése által ) Ábrázoljuk a z + felületet! Az [,] síkkal párhuzamos síkokkal z c) képzett metszetek körök: + c, tehát a felület z tengelű forgásfelület; Az
RészletesebbenHalmazok Egész számok
Halmazok.. Egész számok A,,,,,,,, számokat egész számoknak nevezzük. ármel két egész szám összege, szorzata, különbsége is egész szám..5. ábra Adóslevél.6. ábra Az adósságok könvelése is megkívánta a negatív
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
Részletesebben8. feladatsor. Kisérettségi feladatsorok matematikából. 8. feladatsor. I. rész
Kisérettségi feladatsorok matematikából I. rész. Egy deltoid két szomszédos szöge 7 és 0. Mekkora lehet a hiányzó két szög? pont. Hozza egyszerűbb alakra a kifejezést, majd számolja ki az értékét, ha a=
RészletesebbenTöbbváltozós analízis gyakorlat, megoldások
Többváltozós analízis gakorlat, megoldások Általános iskolai matematikatanár szak 7/8. őszi félév. Differenciál- és integrálszámítás alkalmazásai. Határozzuk meg az alábbi differenciálegenletek összes,
RészletesebbenNémeth László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely. 2015. március 30. A 11-12. osztályosok feladatainak javítókulcsa
Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely 2015. március 30. A 11-12. osztályosok feladatainak javítókulcsa Feladatok csak szakközépiskolásoknak Sz 1. A C csúcs értelemszerűen az AB oldal felező
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
RészletesebbenAz Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai. 81f 2 + 90l 2 f 2 + l 2
Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Két iskola tanulói műveltségi vetélkedőn vettek részt. A 100
RészletesebbenExponenciális 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
RészletesebbenMegoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
Megoldások 1. Határozd meg az a és b vektor skaláris szorzatát, ha a = 5, b = 4 és a közbezárt szög φ = 55! Alkalmazzuk a megfelelő képletet: a b = a b cos φ = 5 4 cos 55 11,47. 2. Határozd meg a következő
RészletesebbenMATEMATIKA 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
RészletesebbenAz 1. forduló feladatainak megoldása
Az 1. forduló feladatainak megoldása 1. Bizonyítsa be, hogy a kocka éléből, lapátlójából és testátlójából háromszög szerkeszthető, és ennek a háromszögnek van két egymásra merőleges súlyvonala! Megoldás:
RészletesebbenTeljes függvényvizsgálat példafeladatok
Teljes függvénvizsgálat példafeladatok Végezz teljes függvénvizsgálatot az alábbi függvéneken! Az esetenként vázlatos megoldásokat a következő oldalakon találod, de javaslom, hog először önállóan láss
RészletesebbenSíkgeometria 12. évfolyam. Szögek, szögpárok és fajtáik
Szögek, szögpárok és fajtáik Szögfajták: Jelölés: Mindkét esetben: α + β = 180 Pótszögek: Olyan szögek, amelyeknek összege 90. Oldalak szerint csoportosítva A háromszögek Általános háromszög: Minden oldala
RészletesebbenKalkulus II., harmadik házi feladat
Név: Neptun: Web: http://mawell.sze.hu/~ungert Kalkulus II., harmadik házi feladat.,5 pont) Határozzuk meg a következ határértékeket: ahol a) A =, ), b) A =, ), c) A =, ).,) A Az egszer bb kezelhet ség
RészletesebbenAnalízis I. zárthelyi dolgozat javítókulcs, Informatika I okt. 19. A csoport
Analízis I. zártheli dolgozat javítókulcs, Informatika I. 0. okt. 9. Elméleti kérdések A csoport. Hogan számíthatjuk ki két trigonometrikus alakban megadott komple szám szorzatát más alakba való átváltás
Részletesebben9. 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
RészletesebbenA differenciálegyenlet általános megoldása az összes megoldást tartalmazó halmaz.
Differenciálegenletek Bevezetés Differenciálegenletnek olan egenletet nevezünk, amelben az ismeretlen eg függvén és az egenlet tartalmazza az ismeretlen függvén (valahánad rendű) deriváltját. Például:
RészletesebbenA 2006-2007. tanévi matematika OKTV I. kategória első (iskolai) fordulójának pontozási útmutatója
SZAKKÖZÉPISKOLA A 006-007. tanévi matematika OKTV I. kategória első (iskolai) fordulójának pontozási útmutatója. Feladat: Egy számtani sorozat három egymást követő tagjához rendre 3-at, -et, 3-at adva
RészletesebbenBodó Bea, Somonné Szabó Klára Matematika 2. közgazdászoknak
ábra: Ábra Bodó Bea, Somonné Szabó Klára Matematika. közgazdászoknak III. modul: Többváltozós üggvének 5. lecke: Többváltozós üggvének, parciális deriválás Tanulási cél: Megismerkedni a többváltozós üggvének
RészletesebbenHatárérték. Wettl Ferenc el adása alapján és Wettl Ferenc el adása alapján Határérték és
2015.09.28. és 2015.09.30. 2015.09.28. és 2015.09.30. 1 / Tartalom 1 A valós függvén fogalma 2 A határérték fogalma a végtelenben véges pontban Végtelen határértékek 3 A határértékek kiszámítása A rend
Részletesebben1 1 y2 =lnec x. 1 y 2 = A x2, ahol A R tetsz. y =± 1 A x 2 (A R) y = 3 3 2x+1 dx. 1 y dy = ln y = 3 2 ln 2x+1 +C. y =A 2x+1 3/2. 1+y = x.
Mat. A3 9. feladatsor 06/7, első félév. Határozzuk meg az alábbi differenciálegenletek típusát (eplicit-e vag implicit, milen rendű, illetve fokú, homogén vag inhomogén)! a) 3 (tg) +ch = 0 b) = e ln c)
RészletesebbenPRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÁSA: MATEMATIKA, KÖZÉP SZINT. 3, ahonnan 2 x = 3, tehát. x =. 2
FELADATSOR MEGOLDÁSA I. rész 1.1.) a) igaz b) hamis. 1..) A helyes megoldás: b) R = r 1..) x = 7 = ahonnan x = tehát x =. 1.4.) Az oszlopdiagramból kiolvasható hogy a két üzem termelése között a legnagyobb
RészletesebbenJuhász István Orosz Gyula Paróczay József Szászné dr. Simon Judit. Az érthetõ matematika tankönyv feladatainak megoldásai
Juhász István Orosz Gula Parócza József Szászné dr Simon Judit MATEMATIKA 9 Az érthetõ matematika tankönv feladatainak megoldásai A megoldások olvasásához Acrobat Reader program szükséges, amel ingenesen
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
Részletesebben13. Trigonometria II.
Trigonometria II I Elméleti összefoglaló Tetszőleges α szög szinusza a koordinátasíkon az i vektortól az óramutató járásával ellentétes irányban α szöggel elforgatott e egységvektor második koordinátája
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
RészletesebbenMATEMATIKA 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
RészletesebbenFeladatok MATEMATIKÁBÓL
Feladatok MATEMATIKÁBÓL a 1. évfolyam számára III. 1. Számítsuk ki a következő hatványok értékét! a) b) 7 c) 5 d) 5 1 e) 6 1 6 f) ( 81 16 ) g) 0,00001 5. Írjuk fel gyökjelekkel a következő hatványokat!
RészletesebbenTrigonometria Megoldások. 1) Oldja meg a következő egyenletet a valós számok halmazán! (12 pont) Megoldás:
Trigonometria Megoldások ) Oldja meg a következő egyenletet a valós számok halmazán! cos + cos = sin ( pont) sin cos + = + = ( ) cos cos cos (+ pont) cos + cos = 0 A másodfokú egyenlet megoldóképletével
RészletesebbenMATEMATIKA 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
RészletesebbenFüggvények Megoldások
Függvények Megoldások ) Az ábrán egy ; intervallumon értelmezett függvény grafikonja látható. Válassza ki a felsoroltakból a függvény hozzárendelési szabályát! a) x x b) x x + c) x ( x + ) b) Az x függvény
RészletesebbenElemi függvények. Nevezetes függvények. 1. A hatványfüggvény
Elemi függvének Tétel: Ha az = ϕ() függvén az = f () függvén inverze, akkor = ϕ() függvén grafikonja az = f () függvén képéből az = egenesre való tükrözéssel nerhető. Tétel: Minden szigorúan monoton függvénnek
RészletesebbenHúrnégyszögek, Ptolemaiosz tétele
Húrnégyszögek, Ptolemaiosz tétele Markó Zoltán 11C Húrnégyszögek Definíció: Húrnégyszögnek nevezzük az olyan négyszöget, amely köré kör írható Vagyis az olyan konvex négyszögek, amelyeknek oldalai egyben
RészletesebbenA fő - másodrendű nyomatékok meghatározása feltételes szélsőérték - feladatként
A fő - másodrendű nomatékok meghatározása feltételes szélsőérték - feladatként A Keresztmetszeti jellemzők című mappa első lakója eg ritkábban látható levezetést mutat be amel talán segít helesen elrendezni
Részletesebben3. Lokális approximáció elve, végeselem diszkretizáció egydimenziós feladatra
SZÉCHENYI ISÁN EGYEEM AAMAZO MECHANIA ANSZÉ 6. MECHANIA-ÉGESEEM MÓDSZER EŐADÁS (kidolgozta: Szüle eronika, eg. ts.) I. előadás. okális aroimáció elve, végeselem diszkretizáció egdimenziós feladatra.. Csomóonti
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Trigonometria
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Trigonometria A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenFüggvények. 1. Nevezetes függvények A hatványfüggvény
Függvének Tétel: Ha az = ϕ() függvén az = f () függvén inverze, akkor = ϕ() függvén grafikonja az = f () függvén képéből az = egenesre való tükrözéssel nerhető. Tétel: Minden szigorúan monoton függvénnek
Részletesebben1. Lineáris transzformáció
Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása eg adott bázisban: Emlékeztető: Legen B = {u,, u n } eg tetszőleges bázisa az R n -nek, Eg tetszőleges v R n vektor egértelműen felírható
Részletesebbena) A logaritmus értelmezése alapján: x 8 0 ( x 2 2 vagy x 2 2) (1 pont) Egy szorzat értéke pontosan akkor 0, ha valamelyik szorzótényező 0.
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval
RészletesebbenSkaláris szorzat: a b cos, ahol α a két vektor által bezárt szög.
1 Összeadás: Legyen a (7; 3) és b (- 2; 4), akkor az összegük a + b (7 + (-2); 3 + 4) = (5; 7) Kivonás: Legyen a (7; 3) és b (- 2; 4), akkor a különbségük a b (7 - (-2); 3-4)=(9; - 1) Valós számmal való
RészletesebbenVI. Deriválható függvények tulajdonságai
1 Deriválhtó függvének tuljdonsági VI Deriválhtó függvének tuljdonsági Ebben fejezetben zt vizsgáljuk, hog deriválhtó függvének esetén derivált milen összefüggésben vn függvén más tuljdonságivl, és hogn
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
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT. Koordináta-geometria
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT 1) Adott két pont: A 4; 1 felezőpontjának koordinátáit! AB felezőpontja legyen F. Koordináta-geometria és B 3 1; Írja fel az AB szakasz 1 3 4
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások
Megoldások 1. Tekintsük az alábbi szabályos hatszögben a következő vektorokat: a = AB és b = AF. Add meg az FO, DC, AO, AC, BE, FB, CE, DF vektorok koordinátáit az (a ; b ) koordinátarendszerben! Alkalmazzuk
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI május 3. EMELT SZINT I.
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 0. május. EMELT SZINT I. ) Hatjegyű pozitív egész számokat képezünk úgy, hogy a képzett számban szereplő számjegy annyiszor fordul elő, amekkora a számjegy. Hány ilyen hatjegyű számjegy
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
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Koordináta-geometria
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Koordináta-geometria A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett
RészletesebbenAbszolútértékes és gyökös kifejezések Megoldások
Abszolútértékes és gyökös kifejezések Megoldások ) Igazolja, hogy az alábbi négy egyenlet közül az a) és b) jelű egyenletnek pontosan egy megoldása van, a c) és d) jelű egyenletnek viszont nincs megoldása
RészletesebbenExponenciális és logaritmusos kifejezések, egyenletek
Eponenciális és logaritmusos kifejezések, egyenletek. Hatványozási azonosságok. Számítsd ki a következő hatványok pontos értékét! a) 8 b) 4 c) d) 7 e) f) 9 0, g) 0, 9 h) 6 0, 7,, i) 8 j) 6 k) 4 l) 49,.
RészletesebbenKoordináta-geometria alapozó feladatok
Koordináta-geometria alapozó feladatok 1. Határozd meg az AB szakasz felezőpontját! (1,5 ; 3,5) (0,5 ; ) (6,5 ; 8,5) (4,5 ; ) (0,5 ; 1,5) (0 ; 0) (0 ; 8,5) (1 ; 1) ( 1,5 ; ) (3,5 ; 3) (0 ; 3) ( 1 ; 1,5).
Részletesebben7. Kétváltozós függvények
Matematika segédanag 7. Kétváltozós függvének 7.. Alapfogalmak Az A és B halmazok A B-vel jelölt Descartes-szorzatán azt a halmazt értjük, melnek elemei mindazon a, b) rendezett párok, amelekre a A és
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenKisérettségi feladatgyűjtemény
Kisérettségi feladatgyűjtemény Halmazok 1. Egy fordítóiroda angol és német fordítást vállal. Az irodában 50 fordító dolgozik, akiknek 70%-a angol nyelven, 50%-a német nyelven fordít. Hány fordító dolgozik
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Paraméter
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Paraméter A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenMásodfokú függvények
Másodfokú függvének Definíció: Azokat a valós számok halmazán értelmezett függvéneket, amelek hozzárendelési szabála f() = a + bc + c (a, b, c R, a ) alakú, másodfokú függvéneknek nevezzük. A másodfokú
RészletesebbenEgyenletek, 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
Részletesebben10. Koordinátageometria
I. Nulladik ZH-ban láttuk: 0. Koordinátageometria. Melyek azok a P x; y pontok, amelyek koordinátái kielégítik az Ábrázolja a megoldáshalmazt a koordináta-síkon! x y x 0 egyenlőtlenséget? ELTE 00. szeptember
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval
RészletesebbenNémeth László Matematikaverseny április 16. A osztályosok feladatainak javítókulcsa
Németh László Matematikaverseny 007. április 16. A 9-10. osztályosok feladatainak javítókulcsa Feladatok csak 9. osztályosoknak 1. feladat a) Vegyük észre, hogy 7 + 5 felírható 1 + 3 + 6 + alakban, így
RészletesebbenKészítette: Vidra Gábor. 7. modul Koordinátageometria 2 A kör
Készítette: Vidra Gábor 7. modul Koordinátageometria A kör Matematika A. évfolam 7. modul: Koordinátageometria A kör Tanári útmutató A modul célja Időkeret Ajánlott korosztál Modulkapcsolódási pontok A
RészletesebbenKoordináta-geometria feladatok (középszint)
Koordináta-geometria feladatok (középszint) 1. (KSZÉV Minta (1) 2004.05/I/4) Adott az A(2; 5) és B(1; 3) pont. Adja meg az AB szakasz felezőpontjának koordinátáit! 2. (KSZÉV Minta (2) 2004.05/I/7) Egy
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
Részletesebben1. feladat Bizonyítsuk be, hogy egy ABCD húrnégyszögben AC BD
1. feladat Bizonyítsuk be, hogy egy ABCD húrnégyszögben AC BD = DA AB + BC CD AB BC + CD DA. Első megoldás: A húrnégyszögnek az A, B, C, ill. D csúcsoknál levő szögét jelölje rendre α, β, γ, ill. δ, azab,
RészletesebbenKidolgozott feladatok a gyökvonás témakörhöz (10.A osztály)
1. Számítsuk ki a következő szorzatok értékét! (a) 3 3 3 (b) 7 3 7 3 1 9. Számítsuk ki a következő hánadosokat! (a) (b) 1 0 1 0 3. Döntsük el, melik szám a nagobb! (a) ( 3) vag ( ) 3 (b) Mivel tudjuk,
RészletesebbenHatvány, gyök, normálalak
Hatvány, gyök, normálalak 1. Számítsd ki a következő hatványok pontos értékét! 3 5 3 3 1 4 3 3 4 1 7 3 3 75 100 3 0,8 ( ) 6 3 1 3 5 3 1 3 0 999. 3. Számológép használata nélkül számítsd ki a következő
RészletesebbenSzélsőérték feladatok megoldása
Szélsőérték feladatok megoldása A z = f (x,y) függvény lokális szélsőértékének meghatározása: A. Szükséges feltétel: f x (x,y) = 0 f y (x,y) = 0 egyenletrendszer megoldása, amire a továbbiakban az x =
Részletesebben= és a kínálati függvény pedig p = 60
GYAKORLÓ FELADATOK 1: PIACI MECHANIZMUS 1. Adja meg a keresleti és a kínálati függvének pontos definícióját! Mikor beszélhetünk piaci egensúlról?. Eg piacon a keresletet és a kínálatot a p = 140 0, 1q
RészletesebbenSzélsőérték problémák elemi megoldása II. rész Geometriai szélsőértékek Tuzson Zoltán, Székelyudvarhely
Szélsőérték problémák elemi megoldása II. rész Geometriai szélsőértékek Tuzson Zoltán, Székelyudvarhely Ebben a részben geometriai problémák szélsőértékeinek a megállapításával foglalkozunk, a síkgeometriai
Részletesebben