Egyenletek, egyenlőtlenségek VII.

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Egyenletek, egyenlőtlenségek VII."

Átírás

1 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 megoldása lehet, de megoldó képlet csak negyedfokú egyenletig ismert. A harmad és negyedfokú megoldó képlet bonyolultsága miatt a gyakorlatban azonban nem alkalmazható. Magasabb fokú egyenletek megoldása: A kettőnél magasabb fokú egyenletek megoldását bizonyos esetekben vissza tudjuk vezetni másodfokú egyenletek megoldására. Ekkor először keresnünk kell egy olyan kifejezést, melyet az eredeti egyenletbe behelyettesítve egy másodfokú egyenlethez jutunk. Ezt követően megoldjuk a másodfokú egyenletet, majd a kapott értékeket visszahelyettesítjük az általunk meghatározott kifejezésbe. Egyenletrendszerek megoldása: A korábban tanult módszerek (egyenlő együtthatók; behelyettesítő; összehasonlító) mellett a megoldásokhoz egy újabb módszert is alkalmazhatunk: új ismeretlen bevezetésével egyszerűbb alakra hozzuk az egyenleteket, s azokat megoldva a kapott eredményeket visszahelyettesítjük az általunk bevezetett ismeretlenek helyére. Megjegyzés: Abban az esetben, ha egy egyenletrendszerben a változók felcserélése után ugyanazt az egyenletrendszert kapjuk, akkor azt szimmetrikus egyenletrendszernek nevezzük és a megoldásaira igaz, hogy x 1 = y 2 és y 1 = x 2. Azaz, ha kaptunk egy jó megoldást, akkor a tagok felcserélésével szintén jó megoldást kapunk. 1

2 1. Oldd meg a következő magasabb fokú egyenleteket! (Alaphalmaz: R) a) x 4 3x 2 4 = 0 b) 2x x 3 16 = 0 c) x 4 3 5x = 0 d) 8 (x 1) (x 1) 3 27 = 0 Vezessünk be új ismeretlent, s oldjuk meg a kapott másodfokú egyenletet, majd a megoldásokat helyettesítsük vissza a bevezetett ismeretlen helyére. a) x 4 3x 2 4 = 0 Legyen: a = x 2. Ekkor a behelyettesítés után a következő egyenlethez jutunk: a 2 3a 4 = 0. A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: a 1 = 4 és a 2 = 1. Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az x értékeit. Ha a 1 = 4, akkor x 2 = 4, vagyis a megoldások: x 1 = 2 és x 2 = 2. Ha a 2 = 1, akkor x 2 = 1, vagyis ennek az egyenletnek nincs megoldása. Ezek alapján az eredeti egyenlet megoldásai: x 1 = 2 és x 2 = 2. 2

3 b) 2x x 3 16 = 0 Legyen: a = x 3. Ekkor a behelyettesítés után a következő egyenlethez jutunk: 2a a 16 = 0. A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: a 1 = 1 és a 2 = 8. Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az x értékeit. Ha a 1 = 1, akkor x 3 = 1, vagyis a megoldás: x 1 = 1. Ha a 2 = 8, akkor x 3 = 8, vagyis a megoldás: x 2 = 2. Ezek alapján az eredeti egyenlet megoldásai: x 1 = 1 és x 2 = 2. c) x 4 3 5x = 0 Legyen: a = x 2 3. Ekkor a behelyettesítés után a következő egyenlethez jutunk: a 2 5a + 4 = 0. A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: a 1 = 1 és a 2 = 4. Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az x értékeit. Ha a 1 = 1, akkor x 2 3 = 1, vagyis a megoldások: x 1 = 1 és x 2 = 1. Ha a 2 = 4, akkor x 2 3 = 4, vagyis a megoldások: x 3 = 8 és x 4 = 8. Ezek alapján az eredeti egyenlet megoldásai: x 1 = 1, x 2 = 1, x 3 = 8 és x 4 = 8. 3

4 d) 8 (x 1) (x 1) 3 27 = 0 Legyen: a = (x 1) 3. Ekkor a behelyettesítés után a következő egyenlethez jutunk: 8a 2 215a 27 = 0. A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: a 1 = 1 8 és a 2 = 27. Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az x értékeit. Ha a 1 = 1 8, akkor (x 1)3 = 1 8, vagyis a megoldás: x 1 = 1 2. Ha a 2 = 27, akkor (x 1) 3 = 27, vagyis a megoldás: x 2 = 4. Ezek alapján az eredeti egyenlet megoldásai: x 1 = 1 2 és x 2 = Oldd meg a következő magasabb fokú egyenleteket! a) 2x 4 3x 3 x 2 3x + 2 = 0 b) x 3 6x x 6 = 0 c) x 4 + x 3 7x 2 x + 6 = 0 Ezeket az egyenleteket behelyettesítéssel nem tudjuk megoldani, ezért más megoldási módszert kell keresnünk. A megoldásokhoz a következőket használhatjuk fel: szorzattá alakítás kiemeléssel vagy polinomok osztásával; szimmetrikus egyenletek tulajdonságaival. a) 2x 4 3x 3 x 2 3x + 2 = 0 Ebben az esetben észrevehetjük, hogy az együtthatók szimmetrikusak a középső együtthatóra nézve, vagyis: 2; 3; 1; 3; 2. Ekkor az egyenlet rendezése után egy alkalmas helyettesítéssel szintén átalakíthatjuk másodfokú egyenletté. A szimmetrikus egyenletek esetében, ha x megoldása az egyenletnek, akkor az 1 x is megoldás lesz. Az ilyen tulajdonságú egyenleteket reciprok egyenleteknek nevezzük. 4

5 Osszuk el az egyenletet x 2 tel (mivel az x = 0 nem megoldás, így oszthatunk vele): 2x 2 3x 1 3 x + 2 x 2 = 0 Hozzuk a következő alakra az egyenletet: 2 (x x 2) 3 (x + 1 x ) 1 = 0. Mivel (x + 1 x )2 = x x 2, ezért ebből azt kapjuk, hogy x2 + 1 x 2 = (x + 1 x )2 2. Ezt helyettesítsük be az eredeti egyenletünkbe, majd rendezzük az egyenletet: 2 [(x + 1 x )2 2] 3 (x + 1 x ) 1 = 0 2 (x + 1 x )2 3 (x + 1 x ) 5 = 0 Ezt követően egy alkalmas helyettesítéssel az egyenlet másodfokúvá válik. Legyen: a = x + 1 x. Ekkor a behelyettesítés után a következő egyenlethez jutunk: 2a 2 3a 5 = 0. A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: a 1 = 5 2 és a 2 = 1. Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az x értékeit. Ha a 1 = 5 2, akkor x + 1 x = 5 2, amiből a következő egyenlet adódik: 2x2 5x + 2 = 0. A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: x 1 = 2 és x 2 = 1 2. Ha a 2 = 1, akkor x + 1 x = 1, amiből a következő egyenlet adódik: x2 + x + 1 = 0. A megoldó képlet segítségével azt kapjuk, hogy ennek az egyenletnek nincs megoldása. Ezek alapján az eredeti egyenlet megoldásai: x 1 = 2 és x 2 =

6 b) x 3 6x x 6 = 0 Ebben az esetben úgy oldhatjuk meg az egyenletet, hogy a tagok megfelelő rendezésével szorzattá alakítjuk a baloldalon álló kifejezést. x 3 6x x 6 = x 3 x 2 5x 2 + 5x + 6x 6 = = x 2 (x 1) 5x (x 1) + 6 (x 1) = (x 2 5x + 6) (x 1). Az egyenlet így felírható a következő alakban is: (x 2 5x + 6) (x 1) = 0. Egy szorzat értéke akkor 0, ha valamelyik tényezője 0. Ha az x 1 = 0, akkor x 1 = 1. Ha az x 2 5x + 6 = 0, akkor a megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: x 2 = 2 és x 3 = 3. Ezek alapján az eredeti egyenlet megoldásai: x 1 = 1, x 2 = 2 és x 3 = 3. c) x 4 + x 3 7x 2 x + 6 = 0 Ebben az esetben úgy oldhatjuk meg az egyenletet, hogy a baloldalon álló kifejezést szorzattá alakítjuk polinomok osztásával. Hozzuk a következő alakra az egyenletet: x (x 3 + x 2 7x 1) = 6. Ebből látható, hogy ha az egyenletnek van egész megoldása, akkor x biztosan osztója lesz a ( 6) - nak. Ezek alapján az x értéke a következők közül kerülhet ki: ± 1; ± 2; ± 3; ± 6. Próbálgatások (behelyettesítések) után kapjuk, hogy x 1 = 1 megoldása az egyenletnek. Mivel a gyöktényezős alak magasabb fokú egyenletnél is fennáll, ezért azt alkalmazva, az eredeti egyenletünk bal oldala egy harmad és egy első fokú polinom szorzataként is felírható. Osszuk el az egyenletünk bal oldalán álló kifejezést (x + 1) - gyel, hogy megkapjuk a harmadfokú tagunkat. 6

7 (x 4 + x 3 7x 2 x + 6) (x + 1) = x 3 7x + 6 x 4 + x 3 7x 2 x + 6 7x 2 7x 6x + 6 6x Ezek alapján az eredeti egyenletünk felírható a következő szorzatalakban: (x + 1) (x 3 7x + 6) = 0. Egy szorzat értéke akkor 0, ha valamelyik tényezője 0. Ezek alapján az x 3 7x + 6 = 0 egyenlet gyöke, megoldása az eredeti egyenletnek is. Ezt az egyenletet az előzőhöz hasonlóan oldhatjuk meg: az egyenlet bal oldalát polinomok osztásával felírjuk egy első és egy másodfokú polinom szorzataként. Hozzuk a következő alakra az egyenletet: x (x 2 7) = 6. Ebből látható, hogy ha az egyenletnek van egész megoldása, akkor x biztosan osztója lesz a ( 6) - nak. Ezek alapján az x értéke a következők közül kerülhet ki: ± 1; ± 2; ± 3; ± 6. A behelyettesítések után kapjuk, hogy x = 1 is jó megoldás. Osszuk el az egyenletünket (x 1) - gyel, hogy megkapjuk a másodfokú tagunkat. (x 3 7x + 6) (x 1) = x 2 + x 6 x 3 x 2 x 2 7x + 6 x 2 x 6x + 6 6x

8 Ezek alapján az egyenletünk felírható a következő szorzatalakban: (x 1) (x 2 + x 6) = 0. Ebből következik, hogy az x 2 + x 6 = 0 egyenlet gyöke, megoldása lesz az eredeti egyenletnek is. A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: x 1 = 2 és x 2 = 3. Ezek alapján az eredeti egyenlet megoldásai: x 1 = 1, x 2 = 1, x 3 = 2 és x 4 = Az x 2 + 4ax + 2a 2 + 3a 1 = 0 egyenlet gyökei az a paraméter mely értékeinél lesznek egyenlők? A gyökök akkor lesznek egyenlők, ha a diszkrimináns értéke 0. Ezek alapján a következőt írhatjuk fel: D = (4a) 2 4 (2a 2 + 3a 1) = 8a 2 12a + 4 = 0 A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet két megoldása: a 1 = 1 és a 2 = A p, q milyen egyjegyű pozitív egész értékeire lesz az x 2 + px + q = 0 egyenlet egyik gyöke a másik gyök négyszerese? A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet két megoldása: x 1 = p p2 4q 2 és x 2 = p + p2 4q. 2 A feladat alapján x 2 = 4x 1, vagy x 1 = 4x 2. Az első esetben, behelyettesítés után, hozzuk a következő alakra az egyenletet: 3p = 5 p 2 4q. Mivel a baloldalon egy negatív érték szerepel, a jobboldalon pedig egy pozitív, így ebben az esetben nincs olyan p és q megoldás, melyre teljesülne az egyenlőség. 8

9 A másik esetben, behelyettesítés után, hozzuk a következő alakra az egyenletet: 3p = 5 p 2 4q. Ebből azt kapjuk, hogy p 2 = 25 4 q. Mivel a megoldások csak pozitív egyjegyű egészek lehetnek, ezért q csak 4 - gyel osztható egyjegyű szám lehet, vagyis 4, vagy 8. A behelyettesítések után azt kapjuk, hogy csak a q = 4 lesz jó megoldás, s ekkor p = 5. Visszahelyettesítve az eredeti egyenletbe azt kapjuk, hogy az egyenlet x 2 + 5x + 4 = 0 alakú lesz, melynek a gyökei x 1 = 1 és x 2 = Határozd meg az m paraméter értékét úgy, hogy a következő kifejezés értéke bármely x esetén negatív legyen: mx 2 + (m 1) x + m 1! Ha az m egyenlő lenne 0 - val, akkor lineáris egyenlőséget kapnánk, aminek a képe egy egyenes, vagyis nem lenne minden x esetén negatív, így ez nem lehetséges. Továbbá, ha minden x esetén negatív értéket kapunk, akkor a függvény képe egy lefelé nyíló parabola lesz, vagyis az x 2 együtthatója egy negatív szám lesz, azaz m < 0. Mivel minden x esetén negatív értéket kapunk, ez azt jelenti, hogy a parabola az x tengely alatt helyezkedik el és nem metszi se hol az x tengelyt. Ezek alapján az egyenletnek nincs megoldása, vagyis a diszkrimináns kisebb, mint 0. Írjuk fel a diszkriminánsra vonatkozó összefüggést és oldjuk meg az egyenlőtlenséget. D = (m 1) 2 4 m (m 1) < 0 3m 2 + 2m + 1 < 0 A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldásai: x 1 = 1 3 és x 2 = 1. 9

10 Mivel az x 2 együtthatója egy negatív szám (a < 0), ezért a függvény képét a következőképpen vázolhatjuk: Az egyenlőtlenséget tekintve, a függvénynek azt a részét kell megoldásként tekintenünk, mely az x tengely alatt található. Ezek alapján a megoldás: x < 1 vagy 1 < x. 3 A megoldást összevetve a kezdeti feltétellel (m < 0), azt kapjuk, hogy a feladat megoldása: m < Az m paraméter mely értékeinél lesz a következő egyenlet egyik gyöke a másiknak kétszerese? Határozd meg az egyenlet gyökeit is! 2x (m 2) x + 16 = 0 A feladat szövege alapján felírhatjuk, hogy x 1 = 2x 2. Írjuk fel a gyökök szorzatára vonatkozó Viete formulát és helyettesítsük be a kapott alakot. x 1 x 2 = x 2 2 = 8 x 2 2 = 4 Ebből azt kapjuk, hogy x 2 = 2 vagy x 2 = 2. Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az x 1 értékeit is. Ha x 2 = 2, akkor x 1 = 4. Ha x 2 = 2, akkor x 1 = 4. 10

11 Az m meghatározásához írjuk fel a gyökök összegére vonatkozó Viete formulát is, majd helyettesítsünk be ismét. x 1 + x 2 = ( 3) (m 2) 2 3x 2 = ( 3) (m 2) 2 m = 2x Helyettesítsük vissza az x 2 re kapott értékeket, s így megkapjuk a lehetséges m értékeket is. Ha x 2 = 2, akkor m = 2. Ha x 2 = 2, akkor m = Az x 2 + px + q = 0 egyenlet egyik gyöke 5, a másik 7. Határozd meg p és q értékét! I. megoldás: Írjuk fel a Viete formulákat és helyettesítsünk be. x 1 + x 2 = p = p p = 12 x 1 x 2 = q 5 7 = q q = 35 II. megoldás: Mivel a gyökök kielégítik az egyenletet, ezért helyettesítsük be azokat az x helyére p + q = p + q = 0 A második egyenletből kivonva az elsőt, azt kapjuk, hogy p = 12. Ezt helyettesítsük vissza valamely kezdeti egyenletbe, s így megkapjuk q értékét is: q = 35. Ezek alapján az eredeti egyenletünk a következő alakú: x 2 12x + 35 = 0. 11

12 8. Határozd meg az a valós paraméter értékét úgy, hogy a következő egyenlet mindkét gyöke negatív legyen! (a 2) x 2 + 2x 2a = 0 Akkor lesz két megoldása az egyenletnek, ha a 2 0 és D > 0. Ezekből azt kapjuk, hogy a 2 és D = 4 4 (a 2) ( 2a) = 8a 2 16a + 4 > 0. Mindkét gyök akkor lesz negatív, ha az összegük negatív és a szorzatuk pozitív. Írjuk fel a gyökök összegét és szorzatát a Viete formulák segítségével. x 1 + x 2 = 2 a 2 és x 1 x 2 = 2a a 2. Első eset, ha a gyökök összege negatív. 2 a 2 < 0 2 a 2 > 0 Egy tört akkor pozitív, ha a számláló és nevező előjele megegyezik. Ebből következik, hogy az első eset megoldása: a 2 > 0 a > 2. Második eset, ha a gyökök szorzata pozitív. 2a 2 a > 0 Ha a számláló és nevező is pozitív: a > 0 és 2 a > 0 2 > a. A megoldás: 0 < a < 2. Ha a számláló és nevező is negatív: a < 0 és 2 a < 0 2 < a. Ekkor nincs megoldás. Mivel a két ág független egymástól, ezért a második eset megoldása: 0 < a < 2. Mivel a két esetnek egyszerre kel teljesülnie, ezért a két eset megoldását összevetve azt kapjuk, hogy nincs közös részük, vagyis a feladatnak nincs megoldása. Így a kezdeti feltételt (D = 8a 2 16a + 4 > 0) már nem szükséges megvizsgálnunk. 12

13 9. A p paraméter mely értékére teljesül a következő egyenlőtlenség minden x - re? (p 2) x 2 + 2px + p + 4 > 0 Ahhoz, hogy az egyenlőtlenség fennálljon, a következőknek kell teljesülnie. A baloldalon álló kifejezésnek a képe olyan parabolának kell lennie, amely nem metszi az x tengelyt és minden pontja az x tengely fölött helyezkedjen el. Az első esetben a másodfokú egyenletnek nem lehet megoldása, vagyis a diszkriminánsnak kisebbnek kell lennie, mint 0: D = 4p 2 4 (p 2) (p + 4) < 0 4p 2 4p 2 8p + 32 < 0 p > 4. A második esetben a kifejezés főegyütthatójának pozitívnek kell lennie (és nem lehet 0): p 2 > 0 p > 2. A feladat megoldásához a két feltételnek egyszerre kell teljesülnie. Ezek alapján a feladat megoldása: p > Oldd meg a következő egyenletrendszereket! (Alaphalmaz: R) a) x2 xy y 2 = 19 } x y = 7 b) x + y = 5 xy = 6 } c) d) x 2 + y 2 + x + y = 18 2x 2 2y 2 + 2x 2y = 12 } x 2 3xy + y 2 = 1 3x 2 xy + 3y 2 = 13 } a) x2 xy y 2 = 19 } x y = 7 Ebben az esetben a behelyettesítő módszert célszerű alkalmaznunk. 13

14 A második egyenletből fejezzük ki x et, s a következőt kapjuk: x = 7 + y. Ezt helyettesítsük be az első egyenletbe, majd rendezzük az egyenletet. (7 + y) 2 (7 + y) y y 2 = y + y 2 7y y 2 y 2 = 19 y 2 7y 30 = 0 A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: y 1 = 10 és y 2 = 3. Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az x értékeit is. Ha y 1 = 10, akkor: x 1 = x 1 = 17. Ha y 2 = 3, akkor: x 2 = 7 3 x 2 = 4. Ezek alapján az egyenletrendszer megoldásai: (17; 10), (4; 3). b) x + y = 5 xy = 6 } Feltétel: x 0 és y 0 Ebben az esetben behelyettesítés után az új ismeretlen bevezetését célszerű alkalmaznunk. Az első egyenletből a következőt kapjuk: x = 5 y. Ezt helyettesítsük be az első egyenletbe, majd rendezzük az egyenletet. (5 y) y = 6 y 5 y + 6 = 0 Legyen az új ismeretlen: a = y. 14

15 Ekkor a behelyettesítés után a következő alakhoz jutunk: a 2 5a + 6 = 0. A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: a 1 = 2 és a 2 = 3. Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az y értékeit. Ha a 1 = 2, akkor 2 = y 1, vagyis y 1 = 4. Ha a 2 = 3, akkkor 3 = y 2, vagyis y 2 = 9. Ezeket visszahelyettesítve pedig megkapjuk az x értékeit is. Ha y 1 = 4, akkor: x 1 = 5 2 x 1 = 9. Ha y 2 = 9, akkor: x 2 = 5 3 x 2 = 4. Ezek alapján az egyenletrendszer megoldásai: (9; 4), (4; 9). c) x 2 + y 2 + x + y = 18 2x 2 2y 2 + 2x 2y = 12 } Ebben az esetben az egyenlő együtthatók módszerét célszerű alkalmaznunk. Szorozzuk be az első egyenletet 2 vel. 2x 2 + 2y 2 + 2x + 2y = 36 2x 2 2y 2 + 2x 2y = 12 Adjuk össze a két egyenletet, s így a következőt kapjuk: 4x 2 + 4x = 48. Ebből rendezés után a következő alakot kapjuk: x 2 + x 12 = 0. A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: x 1 = 4 és x 2 = 3. Ezeket visszahelyettesítve az eredeti egyenletek valamelyikébe megkapjuk az y értékeit is. 15

16 Ha x 1 = 4, akkor: ( 4) 2 + y y = 18 y 2 + y 6 = 0 y 1 = 3 és y 2 = 2. Ha x 2 = 3, akkor: y y = 18 y 2 + y 6 = 0 y 3 = 3 és y 4 = 2. Ezek alapján az egyenletrendszer megoldásai: ( 4; 3), ( 4; 2), (3; 3) és (3; 2). d) x2 3xy + y 2 = 1 3x 2 xy + 3y 2 = 13 } Ebben az esetben először az egyenlő együtthatók módszerét célszerű alkalmaznunk. Szorozzuk be az első egyenletet 3 - mal. 3x 2 9xy + 3y 2 = 3 3x 2 xy + 3y 2 = 13 Vonjuk ki az első egyenletből a második egyenletet, így a következőt kapjuk: xy = 2. Ebből fejezzük ki x et, s a következőt kapjuk: x = 2 y. Ezt helyettesítsük be az eredeti egyenletrendszer valamelyik egyenletébe, majd rendezzük az egyenletet. ( 2 y )2 3 2 y y + y2 = 1 y 4 5y = 0 A magasabb fokú egyenlet megoldásához vezessünk be új ismeretlent. Legyen az új ismeretlen: a = y 2. Ekkor a behelyettesítés után a következő alakhoz jutunk: a 2 5a + 4 = 0. A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: a 1 = 1 és a 2 = 4. 16

17 Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az y értékeit. Ha a 1 = 1, akkor y 2 = 1, vagyis y 1 = 1 és y 2 = 1. Ha a 2 = 4, akkor y 2 = 4, vagyis y 3 = 2 és y 4 = 2. Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az x értékeit is. Ha y 1 = 1, akkor: x 1 = 2 1 = 2. Ha y 2 = 1, akkor: x 2 = 2 1 = 2. Ha y 3 = 2, akkor: x 3 = 2 2 = 1. Ha y 4 = 2, akkor: x 4 = 2 2 = 1. Ezek alapján az egyenletrendszer megoldásai: (2; 1), ( 2; 1), (1; 2) és ( 1; 2). 17

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek A másodfokú egyenlet grafikus megoldása Példa1. Ábrázold az f(x) = x + 1x + 16 függvényt, majd olvasd le az ábráról az alábbi egyenlet megoldását: x + 1x + 16 = 0.

Részletesebben

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek A másodfokú egyenlet grafikus megoldása Példa1. Ábrázold az f(x) = x 1x 16 függvényt, majd olvasd le az ábráról az alábbi egyenlet megoldását: x 1x 16 =. 1. lépés:

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

Egyenletek, egyenlőtlenségek V.

Egyenletek, egyenlőtlenségek V. Egyenletek, egyenlőtlenségek V. DEFINÍCIÓ: (Másodfokú egyenlet) Az ax + bx + c = 0 alakban felírható egyenletet (a, b, c R; a 0), ahol x a változó, másodfokú egyenletnek nevezzük. TÉTEL: Az ax + bx + c

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

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

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

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

Matematika 10 Másodfokú egyenletek. matematika és fizika szakos középiskolai tanár. > o < 2015. szeptember 27.

Matematika 10 Másodfokú egyenletek. matematika és fizika szakos középiskolai tanár. > o < 2015. szeptember 27. Matematika 10 Másodfokú egyenletek Juhász László matematika és fizika szakos középiskolai tanár > o < 2015. szeptember 27. copyright: c Juhász László Ennek a könyvnek a használatát szerzői jog védi. A

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Trigonometria

MATEMATIKA 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

Részletesebben

Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged

Elemi 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

Részletesebben

Oktatási Hivatal. 1 pont. A feltételek alapján felírhatók az. összevonás után az. 1 pont

Oktatási 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

Részletesebben

y + a y + b y = r(x),

y + a y + b y = r(x), Definíció 1 A másodrendű, állandó együtthatós, lineáris differenciálegyenletek általános alakja y + a y + b y = r(x), ( ) ahol a és b valós számok, r(x) pedig adott függvény. Ha az r(x) függvény az azonosan

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések

MATEMATIKA 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

Részletesebben

ALGEBRAI KIFEJEZÉSEK, EGYENLETEK

ALGEBRAI KIFEJEZÉSEK, EGYENLETEK ALGEBRAI KIFEJEZÉSEK, EGYENLETEK AZ ALGEBRAI KIFEJEZÉS FOGALMÁNAK KIALAKÍTÁSA (7-9. OSZTÁLY) Racionális algebrai kifejezés (betűs kifejezés): betűket és számokat a négy alapművelet véges sokszori alkalmazásával

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

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

Határozatlan integrál (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

Határozatlan integrál (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Határozatlan integrál () First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. Az összetett függvények integrálására szolgáló egyik módszer a helyettesítéssel való integrálás. Az idevonatkozó tétel pontos

Részletesebben

Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai 1.

Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai 1. Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai.). Feladat. Határozzuk meg az alábbi integrálokat: a) x x + dx d) xe x dx b) c)

Részletesebben

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2006-2007. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai

Az 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

Részletesebben

7. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek I.

7. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek I. 7. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek I. I. Elméleti összefoglaló Egyenlet Az egyenlet két oldalát függvénynek tekintjük: f(x) = g(x). Az f és g függvények értelmezési tartományának közös

Részletesebben

Módszertani megjegyzés: A kikötés az osztás műveletéhez kötődik. A jobb megértés miatt célszerű egy-két példát mu-

Módszertani megjegyzés: A kikötés az osztás műveletéhez kötődik. A jobb megértés miatt célszerű egy-két példát mu- . modul: ELSŐFOKÚ TÖRTES EGYENLETEK A következő órákon olyan egyenletekkel foglalkozunk, amelyek nevezőjében ismeretlen található. Ha a tört nevezőjében ismeretlen van, akkor kikötést kell tennünk: az

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Sorozatok II.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Sorozatok II. Sorozatok II. DEFINÍCIÓ: (Mértani sorozat) Az (a n ) valós számsorozatot mértani sorozatnak nevezzük, ha van olyan valós szám, amellyel a sorozat bármely tagját megszorozva a következő tagot kapjuk. Jelöléssel:

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

Sorozatok I. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)

Sorozatok I. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Sorozatok I. DEFINÍCIÓ: (Számsorozat) A számsorozat olyan függvény, amelynek értelmezési tartománya a pozitív egész számok halmaza, értékkészlete a valós számok egy részhalmaza. Jelölés: (a n ), {a n }.

Részletesebben

6. Függvények. 1. Az alábbi függvények közül melyik szigorúan monoton növekvő a 0;1 intervallumban?

6. Függvények. 1. Az alábbi függvények közül melyik szigorúan monoton növekvő a 0;1 intervallumban? 6. Függvények I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Az alábbi függvények közül melyik szigorúan monoton növekvő a 0;1 intervallumban? f x g x cos x h x x ( ) sin x (A) Az f és a h. (B) Mindhárom. (C) Csak az f.

Részletesebben

11. Sorozatok. I. Nulladik ZH-ban láttuk:

11. Sorozatok. I. Nulladik ZH-ban láttuk: 11. Sorozatok I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Egy számtani sorozat harmadik eleme 15, a nyolcadik eleme 30. Mely n természetes számra igaz, hogy a sorozat első n elemének összege 6? A szokásos jelöléseket

Részletesebben

6. Differenciálegyenletek

6. Differenciálegyenletek 312 6. Differenciálegyenletek 6.1. A differenciálegyenlet fogalma Meghatározni az f függvény F primitív függvényét annyit jelent, mint találni egy olyan F függvényt, amely differenciálható az adott intervallumon

Részletesebben

Intergrált Intenzív Matematika Érettségi

Intergrált 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,,.

Részletesebben

3. Algebrai kifejezések, átalakítások

3. Algebrai kifejezések, átalakítások I Elméleti összefoglaló Műveletek polinomokkal Algebrai kifejezések, átalakítások Az olyan betűs kifejezéseket, amelyek csak valós számokat, változók pozitív egész kitevőjű hatványait, valamint összeadás,

Részletesebben

20. tétel A kör és a parabola a koordinátasíkon, egyenessel való kölcsönös helyzetük. Másodfokú egyenlőtlenségek.

20. tétel A kör és a parabola a koordinátasíkon, egyenessel való kölcsönös helyzetük. Másodfokú egyenlőtlenségek. . tétel A kör és a parabola a koordinátasíkon, egyenessel való kölcsönös helyzetük. Másodfokú egyenlőtlenségek. Először megadom a síkbeli definíciójukat, mert ez alapján vezetjük le az egyenletüket. Alakzat

Részletesebben

M. 33. Határozza meg az összes olyan kétjegyű szám összegét, amelyek 4-gyel osztva maradékul 3-at adnak!

M. 33. Határozza meg az összes olyan kétjegyű szám összegét, amelyek 4-gyel osztva maradékul 3-at adnak! Magyar Ifjúság 6 V SOROZATOK a) Három szám összege 76 E három számot tekinthetjük egy mértani sorozat három egymás után következő elemének vagy pedig egy számtani sorozat első, negyedik és hatodik elemének

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA I 6 VI KOmPLEX SZÁmOk 1 A komplex SZÁmOk HALmAZA A komplex számok olyan halmazt alkotnak amelyekben elvégezhető az összeadás és a szorzás azaz két komplex szám összege és szorzata

Részletesebben

Feladatok a Diffrenciálegyenletek IV témakörhöz. 1. Határozzuk meg következő differenciálegyenletek általános megoldását a próba függvény módszerrel.

Feladatok a Diffrenciálegyenletek IV témakörhöz. 1. Határozzuk meg következő differenciálegyenletek általános megoldását a próba függvény módszerrel. Feladatok a Diffrenciálegyenletek IV témakörhöz 1 Határozzuk meg következő differenciálegyenletek általános megoldását a próba függvény módszerrel (a) y 3y 4y = 3e t (b) y 3y 4y = sin t (c) y 3y 4y = 8t

Részletesebben

Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november. I. rész

Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november. I. rész Pataki János, november Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november I rész feladat Oldja meg az alábbi egyenleteket: a) log 7 log log log 7 ; b) ( )

Részletesebben

Paraméteres és összetett egyenlôtlenségek

Paraméteres és összetett egyenlôtlenségek araméteres és összetett egyenlôtlenségek 79 6 a) Minden valós szám b) Nincs ilyen valós szám c) c < vagy c > ; d) d # vagy d $ 6 a) Az elsô egyenlôtlenségbôl: m < - vagy m > A második egyenlôtlenségbôl:

Részletesebben

x a x, ha a > 1 x a x, ha 0 < a < 1

x a x, ha a > 1 x a x, ha 0 < a < 1 EL 18 Valós exponenciális függvények Definíció: Ha a R, a>0, akkor legyen a x = e x lna, x R A valós változós exponenciális függvények grafikonja: x a x, ha a > 1 x a x, ha 0 < a < 1 A szinusz függvény

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

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2014/2015-ös tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2014/2015-ös tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 01/01-ös tanév első iskolai) forduló Haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Adott az alábbi két egyenletrendszer:

Részletesebben

IV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Megoldások november

IV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Megoldások november IV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Megoldások 009. november Határozatlan integrálás.05. + C + C.06. + C + C.07. ( ( 5 5 + C.08. ( ( + 5 5 + + C.09. + ( + ln + + C.. ( + ( + ( + 5 5 + + C.. + ( + ( + ( + + ( + ( + +

Részletesebben

Hódmezővásárhelyi Városi Matematikaverseny április 14. A osztályosok feladatainak javítókulcsa

Hódmezővásárhelyi Városi Matematikaverseny április 14. A osztályosok feladatainak javítókulcsa Hódmezővásárhelyi Városi Matematikaverseny 2003. április 14. A 11-12. osztályosok feladatainak javítókulcsa 1. feladat Egy számtani sorozatot az első eleme és különbsége egyértelműen meghatározza, azt

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények

MATEMATIKA 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

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

DIFFERENCIÁLEGYENLETEK. BSc. Matematika II. BGRMA2HNND, BGRMA2HNNC

DIFFERENCIÁLEGYENLETEK. BSc. Matematika II. BGRMA2HNND, BGRMA2HNNC BSC MATEMATIKA II. MÁSODRENDŰ LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK BSc. Matematika II. BGRMAHNND, BGRMAHNNC MÁSODRENDŰ DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Egy explicit közönséges másodrendű differenciálegyenlet általános

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA I 8 VIII VEkTOROk 1 VEkTOR Vektoron irányított szakaszt értünk Jelölése: stb Vektorok hossza A vektor abszolút értéke az irányított szakasz hossza Ha a vektor hossza egységnyi akkor

Részletesebben

Lineáris leképezések. 2. Lineáris-e az f : R 2 R 2 f(x, y) = (x + y, x 2 )

Lineáris leképezések. 2. Lineáris-e az f : R 2 R 2 f(x, y) = (x + y, x 2 ) Lineáris leképezések 1 Lineáris-e az f : R 2 R 2 f(x, y = (3x + 2y, x y leképezés? A linearitáshoz ellen riznünk kell, hogy a leképzés additív és homogén Legyen x = (x 1, R 2, y = (y 1, y 2 R 2, c R Ekkor

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Sorozatok II.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Sorozatok II. Sorozatok II. DEFINÍCIÓ: (Mértani sorozat) Az (a n ) valós számsorozatot mértani sorozatnak nevezzük, ha van olyan valós szám, amellyel a sorozat bármely tagját megszorozva a következő tagot kapjuk. Jelöléssel:

Részletesebben

Példatár Lineáris algebra és többváltozós függvények

Példatár Lineáris algebra és többváltozós függvények Példatár Lineáris algebra és többváltozós függvények Simonné Szabó Klára. február 4. Tartalomjegyzék. Integrálszámítás.. Racionális törtek integrálása...................... Alapfeladatok..........................

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet I.

Brósch 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:

Részletesebben

Komplex számok algebrai alakja

Komplex számok algebrai alakja Komplex számok algebrai alakja Lukács Antal 015. február 8. 1. Alapfeladatok 1. Feladat: Legyen z 1 + 3i és z 5 4i! Határozzuk meg az alábbiakat! (a) z 1 + z (b) 3z z 1 (c) z 1 z (d) Re(i z 1 ) (e) Im(z

Részletesebben

Függvények vizsgálata

Függvények vizsgálata Függvények vizsgálata ) Végezzük el az f ) = + polinomfüggvény vizsgálatát! Értelmezési tartomány: D f = R. Zérushelyek: Próbálgatással könnyen adódik, hogy f ) = 0. Ezután polinomosztással: + ) / ) =

Részletesebben

Matematika III. harmadik előadás

Matematika III. harmadik előadás Matematika III. harmadik előadás Kézi Csaba Debreceni Egyetem, Műszaki Kar Debrecen, 2013/14 tanév, I. félév Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 1 / 13 tétel Az y (x)

Részletesebben

Feladatok az 5. hétre. Eredményekkel és teljesen kidolgozott megoldásokkal az 1,2,3.(a),(b),(c), 6.(a) feladatokra

Feladatok az 5. hétre. Eredményekkel és teljesen kidolgozott megoldásokkal az 1,2,3.(a),(b),(c), 6.(a) feladatokra Feladatok az 5. hétre. Eredményekkel és teljesen kidolgozott megoldásokkal az 1,,3.(a),(b),(), 6.(a) feladatokra 1. Oldjuk meg a következő kezdeti érték feladatot: y 1 =, y(0) = 3, 1 x y (0) = 1. Ha egy

Részletesebben

EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK

EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK Elsőfokú egyenletek megoldása mérleg elvvel Az egyenletek megoldása során a következő lépéseket hajtjuk végre: a kijelölt műveletek elvégzésével, az egynemű kifejezések összevonásával

Részletesebben

Taylor-polinomok. 1. Alapfeladatok. 2015. április 11. 1. Feladat: Írjuk fel az f(x) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját!

Taylor-polinomok. 1. Alapfeladatok. 2015. április 11. 1. Feladat: Írjuk fel az f(x) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját! Taylor-polinomok 205. április.. Alapfeladatok. Feladat: Írjuk fel az fx) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját! Megoldás: A feladatot kétféle úton is megoldjuk. Az els megoldásban induljunk el

Részletesebben

Másodfokú egyenletek. 2. Ábrázoljuk és jellemezzük a következő,a valós számok halmazán értelmezett függvényeket!

Másodfokú egyenletek. 2. Ábrázoljuk és jellemezzük a következő,a valós számok halmazán értelmezett függvényeket! Másodfokú egyenletek 1. Alakítsuk teljes négyzetté a következő kifejezéseket! a.) - 4 + 4 b.) - 6 + 8 c.) + 8 - d.) - 4 + 9 e.) - + 8 - f.) - - 4 + 3 g.) + 8-5 h.) - 4 + 3 i.) -3 + 6 + 1. Ábrázoljuk és

Részletesebben

A 2016/2017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKGIMNÁZIUM, SZAKKÖZÉPISKOLA)

A 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

Részletesebben

Megoldás: Mindkét állítás hamis! Indoklás: a) Azonos alapú hatványokat úgy szorzunk, hogy a kitevőket összeadjuk. Tehát: a 3 * a 4 = a 3+4 = a 7

Megoldás: Mindkét állítás hamis! Indoklás: a) Azonos alapú hatványokat úgy szorzunk, hogy a kitevőket összeadjuk. Tehát: a 3 * a 4 = a 3+4 = a 7 A = {1; 3; 5; 7; 9} A B = {3; 5; 7} A/B = {1; 9} Mindkét állítás hamis! Indoklás: a) Azonos alapú hatványokat úgy szorzunk, hogy a kitevőket összeadjuk. Tehát: a 3 * a 4 = a 3+4 = a 7 Azonos alapú hatványokat

Részletesebben

Feladatok megoldásokkal a harmadik gyakorlathoz (érintési paraméterek, L Hospital szabály, elaszticitás) y = 1 + 2(x 1). y = 2x 1.

Feladatok megoldásokkal a harmadik gyakorlathoz (érintési paraméterek, L Hospital szabály, elaszticitás) y = 1 + 2(x 1). y = 2x 1. Feladatok megoldásokkal a harmadik gyakorlathoz (érintési paraméterek, L Hospital szabály, elaszticitás). Feladat. Írjuk fel az f() = függvény 0 = pontbeli érintőjének egyenletét! Az érintő egyenlete y

Részletesebben

Érettségi feladatok: Egyenletek, egyenlőtlenségek 1 / 6. 2005. május 29. 13. a) Melyik (x; y) valós számpár megoldása az alábbi egyenletrendszernek?

Érettségi feladatok: Egyenletek, egyenlőtlenségek 1 / 6. 2005. május 29. 13. a) Melyik (x; y) valós számpár megoldása az alábbi egyenletrendszernek? Érettségi feladatok: Egyenletek, egyenlőtlenségek 1 / 6 Elsőfokú 2005. május 28. 1. Mely x valós számokra igaz, hogy x 7? 13. a) Oldja meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán! x 1 2x 4 2 5 2005.

Részletesebben

11. osztály. 1. Oldja meg az egyenletrendszert a valós számok halmazán! (10 pont) Megoldás: A három egyenlet összege: 2 ( + yz + zx) = 22.

11. osztály. 1. Oldja meg az egyenletrendszert a valós számok halmazán! (10 pont) Megoldás: A három egyenlet összege: 2 ( + yz + zx) = 22. osztály Oldja meg az egyenletrendszert a valós számok halmazán! y + yz = 8 yz + z = 9 z + y = 5 (0 pont) Megoldás: A három egyenlet összege: ( + yz + z) = Ebből kivonva az egyenleteket: y =, yz = 6, z

Részletesebben

OSZTHATÓSÁG. Osztók és többszörösök : a 3 többszörösei : a 4 többszörösei Ahol mindkét jel megtalálható a 12 többszöröseit találjuk.

OSZTHATÓSÁG. 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. :

Részletesebben

GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN

GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék Gazdaságmatematika középhaladó szinten MÁSODFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLŽTLENSÉGEK Készítette: Gábor Szakmai felel s: Gábor

Részletesebben

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Matematika I

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Matematika I Matematika I (Analízis) Készítette: Horváth Gábor Kötelező irodalom: Ács László, Gáspár Csaba: Analízis 1 Oktatási segédanyagok és a tantárgyi követelményrendszer megtalálható a http://rs1.szif.hu/ horvathg/horvathg.html

Részletesebben

Szélsőérték feladatok megoldása

Szélsőérték 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

6. Függvények. Legyen függvény és nem üreshalmaz. A függvényt az f K-ra való kiterjesztésének

6. Függvények. Legyen függvény és nem üreshalmaz. A függvényt az f K-ra való kiterjesztésének 6. Függvények I. Elméleti összefoglaló A függvény fogalma, értelmezési tartomány, képhalmaz, értékkészlet Legyen az A és B halmaz egyike sem üreshalmaz. Ha az A halmaz minden egyes eleméhez hozzárendeljük

Részletesebben

karakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja

karakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja Mátrixok hasonlósága, karakterisztikus mátrix, karakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja 1.Mátrixok hasonlósága, karakterisztikus mátrix, karakterisztikus

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Függvények

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Függvények MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Függvények A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek

Részletesebben

Matematika (mesterképzés)

Matematika (mesterképzés) Matematika (mesterképzés) Környezet- és Településmérnököknek Debreceni Egyetem Műszaki Kar, Műszaki Alaptárgyi Tanszék Vinczéné Varga A. Környezet- és Településmérnököknek 2016/2017/I 1 / 29 Lineáris tér,

Részletesebben

Határozott integrál és alkalmazásai

Határozott integrál és alkalmazásai Határozott integrál és alkalmazásai 5. május 5.. Alapfeladatok. Feladat: + d = Megoldás: Egy határozott integrál kiszámolása a feladat. Ilyenkor a Newton-Leibniz-tételt használhatjuk, mely azt mondja ki,

Részletesebben

Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály, középszint

Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály, középszint TÁMOP-.1.4-08/2-2009-0011 A kompetencia alapú oktatás feltételeinek megteremtése Vas megye közoktatási intézményeiben Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály, középszint Vasvár,

Részletesebben

Lineáris algebra 2. Filip Ferdinánd december 7. siva.banki.hu/jegyzetek

Lineáris algebra 2. Filip Ferdinánd december 7. siva.banki.hu/jegyzetek Lineáris algebra 2 Filip Ferdinánd filipferdinand@bgkuni-obudahu sivabankihu/jegyzetek 2015 december 7 Filip Ferdinánd 2016 februar 9 Lineáris algebra 2 1 / 37 Az el adás vázlata Determináns Determináns

Részletesebben

Matematika 11 Koordináta geometria. matematika és fizika szakos középiskolai tanár. > o < szeptember 27.

Matematika 11 Koordináta geometria. matematika és fizika szakos középiskolai tanár. > o < szeptember 27. Matematika 11 Koordináta geometria Juhász László matematika és fizika szakos középiskolai tanár > o < 2015. szeptember 27. copyright: c Juhász László Ennek a könyvnek a használatát szerzői jog védi. A

Részletesebben

Első zárthelyi dolgozat megoldásai biomatematikából * A verzió

Első zárthelyi dolgozat megoldásai biomatematikából * A verzió Első zárthelyi dolgozat megoldásai biomatematikából * A verzió Elméleti kérdések: E. Mikor nevezünk egy gráfot gyengén és mikor erősen összefüggőnek? Adjon példát gyengén összefüggő de erősen nem összefüggő

Részletesebben

Vektorgeometria (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

Vektorgeometria (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Vektorgeometria (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. Tekintsünk a térben egy P (p 1, p 2, p 3 ) pontot és egy v = (v 1, v 2, v 3 ) = 0 vektort. Ekkor pontosan egy egyenes létezik,

Részletesebben

Összefoglaló feladatgy jtemény matematikából nemcsak felvételiz knek

Összefoglaló feladatgy jtemény matematikából nemcsak felvételiz knek Univerzita J. Selyeho - Selye János Egyetem Ekonomická fakulta - Gazdaságtudományi Kar Összefoglaló feladatgy jtemény matematikából nemcsak felvételiz knek Árki Zuzana Csiba Peter Fehér Zoltán Tóth János

Részletesebben

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2011/2012 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló - megoldások. 1 pont Ekkor

Országos 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

Részletesebben

valós számot tartalmaz, mert az ilyen részhalmazon nem azonosság.

valós számot tartalmaz, mert az ilyen részhalmazon nem azonosság. 2. Közönséges differenciálegyenlet megoldása, megoldhatósága Definíció: Az y függvényt a valós számok H halmazán a közönséges differenciálegyenlet megoldásának nevezzük, ha az y = y(x) helyettesítést elvégezve

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet I.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet I. Számelmélet I. DEFINÍCIÓ: (Ellentett) Egy szám ellentettjén azt a számot értjük, amelyet a számhoz hozzáadva az 0 lesz. Egy szám ellentettje megegyezik a szám ( 1) szeresével. Számfogalmak kialakítása:

Részletesebben

Függvény fogalma, jelölések 15

Függvény fogalma, jelölések 15 DOLGO[Z]ZATOK 9.. 1. Függvény fogalma, jelölések 1 1. Az alábbi hozzárendelések közül melyek függvények? a) A magyarországi megyékhez hozzárendeljük a székhelyüket. b) Az egész számokhoz hozzárendeljük

Részletesebben

1. A Horner-elrendezés

1. 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 =

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA II 8 VIII Elsőrendű DIFFERENCIÁLEGYENLETEk 1 Alapvető ÖSSZEFÜGGÉSEk Elsőrendű differenciálegyenlet általános és partikuláris megoldása Az vagy (1) elsőrendű differenciálegyenlet

Részletesebben

Diszkrét matematika II., 5. előadás. Lineáris egyenletrendszerek

Diszkrét matematika II., 5. előadás. Lineáris egyenletrendszerek 1 Diszkrét matematika II, 5 előadás Lineáris egyenletrendszerek Dr Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach@infnymehu http://infnymehu/ takach/ 2007 március 8 Egyenletrendszerek Középiskolás módszerek:

Részletesebben

Komplex számok trigonometrikus alakja

Komplex számok trigonometrikus alakja Komplex számok trigonometrikus alakja 015. február 15. 1. Alapfeladatok 1. Feladat: Határozzuk meg az alábbi algebrai alakban adott komplex számok trigonometrikus alakját! z 1 = 4 + 4i, z = 4 + i, z =

Részletesebben

P ÓTVIZSGA F ELKÉSZÍTŐ FÜZETEK UNIÓS RENDSZERŰ PÓTVIZSGÁHOZ. 9. osztályosoknak SZAKKÖZÉP

P ÓTVIZSGA F ELKÉSZÍTŐ FÜZETEK UNIÓS RENDSZERŰ PÓTVIZSGÁHOZ. 9. osztályosoknak SZAKKÖZÉP J UHÁSZ I STVÁN P ÓTVIZSGA F ELKÉSZÍTŐ FÜZETEK UNIÓS RENDSZERŰ PÓTVIZSGÁHOZ T é m a k ö r ö k é s p r ó b a f e l a d a t s o r 9. osztályosoknak SZAKKÖZÉP 1. oldal 9. OSZTÁLYOS PÓTVIZSGA TÉMAKÖRÖK: I.

Részletesebben

Egy általános iskolai feladat egyetemi megvilágításban

Egy általános iskolai feladat egyetemi megvilágításban Egy általános iskolai feladat egyetemi megvilágításban avagy mit kell(ene) tudnia egy 8.-osnak a matematika versenyeken Kunos Ádám Középiskolás pályázat díjkiosztó SZTE Bolyai Intézet 2011. november 12.

Részletesebben

1. Interpoláció. Egyértelműség (K2.4.10) Ha f és g ilyen polinomok, akkor n helyen megegyeznek, így a polinomok azonossági tétele miatt egyenlők.

1. Interpoláció. Egyértelműség (K2.4.10) Ha f és g ilyen polinomok, akkor n helyen megegyeznek, így a polinomok azonossági tétele miatt egyenlők. 1. Interpoláció Az interpoláció alapproblémája Feladat Olyan polinomot keresünk, amely előre megadott helyeken előre megadott értékeket vesz fel. A helyek: páronként különböző a 1,a 2,...,a n számok. Az

Részletesebben

25 i, = i, z 1. (x y) + 2i xy 6.1

25 i, = i, z 1. (x y) + 2i xy 6.1 6 Komplex számok megoldások Lásd ábra z = + i, z = + i, z = i, z = i z = 7i, z = + 5i, z = 5i, z = i, z 5 = 9, z 6 = 0 Teljes indukcióval 5 Teljes indukcióval 6 Az el z feladatból következik z = z = =

Részletesebben

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Komplex számok (2)

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Komplex számok (2) 2. előadás Komplex számok (2) 1. A a + bi (a, b) kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés lehetővé teszi, hogy a komplex számokat a sík pontjaival, illetve helyvektoraival ábrázoljuk. A derékszögű koordináta

Részletesebben

2) Írja fel az alábbi lineáris függvény grafikonjának egyenletét! (3pont)

2) Írja fel az alábbi lineáris függvény grafikonjának egyenletét! (3pont) (11/1) Függvények 1 1) Ábrázolja az f()= -4 függvényt a [ ;10 ] intervallumon! (pont) ) Írja fel az alábbi lineáris függvény grafikonjának egyenletét! (3pont) 3) Ábrázolja + 1 - függvényt a [ ;] -on! (3pont)

Részletesebben

Oszthatósági problémák

Oszthatósági 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,

Részletesebben

Abszolútértékes egyenlôtlenségek

Abszolútértékes egyenlôtlenségek Abszolútértékes egyenlôtlenségek 575. a) $, $ ; b) < - vagy $, # - vagy > 4. 5 576. a) =, =- 6, 5 =, =-, 7 =, 4 = 5; b) nincs megoldás;! c), = - ; d) =-. Abszolútértékes egyenlôtlenségek 577. a) - # #,

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2008/2009-es tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória

Arany 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.

Részletesebben

7. Számelmélet. 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel?

7. 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

Részletesebben

Tétel: A háromszög belső szögeinek összege: 180

Tétel: A háromszög belső szögeinek összege: 180 Tétel: A háromszög belső szögeinek összege: 180 Bizonyítás: legyenek az ABC háromszög belső szögei α, β, γ. Húzzunk a C csúcson át párhuzamost AB-vel. A C csúcsnál keletkezett egyenesszöget a háromszög

Részletesebben

15. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

15. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 15 LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 151 Lineáris egyenletrendszer, Gauss elimináció 1 Definíció Lineáris egyenletrendszernek nevezzük az (1) a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a

Részletesebben

MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS

MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS Matematika PRÉ megoldókulcs 0. január. MTEMTIK PRÓBÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS = KÖZÉP SZINT = I. rész: z alábbi feladat megoldása kötelező volt! ) Oldd meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán! tg

Részletesebben

Lineáris egyenletrendszerek

Lineáris egyenletrendszerek Lineáris egyenletrendszerek Lineáris egyenletrendszernek nevezzük az a 11 x 1 + a 12 x 2 +... +a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 +... +a 2n x n = b 2.. a k1 x 1 + a k2 x 2 +... +a kn x n = b k n ismeretlenes,

Részletesebben

Törtek. Rendelhetőek nagyon jó szemléltethető eszközök könyvesboltokban és internetek is, pl:

Törtek. Rendelhetőek nagyon jó szemléltethető eszközök könyvesboltokban és internetek is, pl: Törtek A törteknek kétféle értelmezése van: - Egy egészet valamennyi részre (nevező) osztunk, és abból kiválasztunk valahány darabot (számláló) - Valamennyi egészet (számláló), valahány részre osztunk

Részletesebben