Egyenletek, egyenlőtlenségek VII.

Save this PDF as:

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

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

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

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

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

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások Megoldások 1. Oldd meg a következő egyenleteket! (Alaphalmaz: R) a) log 4 (x ) = 3 b) lg (x 4) = lg (8x 10) c) log x + log 3 = log 15 d) log x 0x log x 5 = e) log 3 (x 1) = log 3 4 f) log 5 x = 4 g) lg

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

Exponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások

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

Részletesebben

3. Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek

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

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások Megoldások 1. Oldd meg a következő egyenleteket! (Alaphalmaz: Z) a) (x 1) (x + 1) 7x + 1 = x (4 + x) + 2 b) 1 2 [5 (x 1) (1 + 2x) 2 4x] = (7 x) x c) 2 (x + 5) (x 2) 2 + (x + 1) 2 = 6 (2x + 1) d) 6 (x 8)

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

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

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

Részletesebben

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

Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek Megoldások

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

Részletesebben

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 Exponenciális és Logaritmikus kifejezések

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

Részletesebben

: s s t 2 s t. m m m. e f e f. a a ab a b c. a c b ac. 5. Végezzük el a kijelölt m veleteket a változók lehetséges értékei mellett!

: s s t 2 s t. m m m. e f e f. a a ab a b c. a c b ac. 5. Végezzük el a kijelölt m veleteket a változók lehetséges értékei mellett! nomosztással a megoldást visszavezethetjük egy alacsonyabb fokú egyenlet megoldására Mivel a 4 6 8 6 egyenletben az együtthatók összege 6 8 6 ezért az egyenletnek gyöke az (mert esetén a kifejezés helyettesítési

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

Abszolútértékes és gyökös kifejezések Megoldások

Abszolútértékes 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

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 Paraméter

MATEMATIKA 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

Részletesebben

a) 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.

a) 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

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

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Abszolútértékes és gyökös kifejezések

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

Részletesebben

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

Megoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 1. Határozd meg a következő kifejezésekben a c értékét!

Megoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 1. Határozd meg a következő kifejezésekben a c értékét! Megoldások. Határozd meg a következő kifejezésekben a c értékét! log 4 = c log 7 = c log 5 5 = c lg 0 = c log 7 49 = c A feladatok megoldásához használjuk a definíciót: log a b = c b = a c. log 4 = c 4

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

352 Nevezetes egyenlôtlenségek. , az átfogó hossza 81 cm

352 Nevezetes egyenlôtlenségek. , az átfogó hossza 81 cm 5 Nevezetes egyenlôtlenségek a b 775 Legyenek a befogók: a, b Ekkor 9 + $ ab A maimális ab terület 0, 5cm, az átfogó hossza 8 cm a b a b 776 + # +, azaz a + b $ 88, tehát a keresett minimális érték: 88

Részletesebben

Hatványozás. A hatványozás azonosságai

Hatványozás. A hatványozás azonosságai Hatványozás Definíció: a 0 = 1, ahol a R, azaz bármely szám nulladik hatványa mindig 1. a 1 = a, ahol a R, azaz bármely szám első hatványa önmaga a n = a a a, ahol a R, n N + n darab 3 4 = 3 3 3 3 = 84

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

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

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

Egészrészes feladatok

Egészrészes feladatok Kitűzött feladatok Egészrészes feladatok Győry Ákos Miskolc, Földes Ferenc Gimnázium 1. feladat. Oldjuk meg a valós számok halmazán a { } 3x 1 x+1 7 egyenletet!. feladat. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges

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

1.1. Alapfogalmak. Vektor: R 2 beli elemek vektorok. Pl.: (2, 3) egy olyan vektor aminek a kezdo pontja a (0, 0) pont és a végpontja a

1.1. Alapfogalmak. Vektor: R 2 beli elemek vektorok. Pl.: (2, 3) egy olyan vektor aminek a kezdo pontja a (0, 0) pont és a végpontja a 1. 1. hét 1.1. Alapfogalmak Vektor: R 2 beli elemek vektorok. Pl.: (2, 3) egy olyan vektor aminek a kezdo pontja a (0, 0) pont és a végpontja a (2, 3) Egyenes normál vektora egy pontban: egy olyan vektor

Részletesebben

Függvények Megoldások

Függvények 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

Részletesebben

Függvények július 13. f(x) = 1 x+x 2 f() = 1 ()+() 2 f(f(x)) = 1 (1 x+x 2 )+(1 x+x 2 ) 2 Rendezés után kapjuk, hogy:

Függvények július 13. f(x) = 1 x+x 2 f() = 1 ()+() 2 f(f(x)) = 1 (1 x+x 2 )+(1 x+x 2 ) 2 Rendezés után kapjuk, hogy: Függvények 015. július 1. 1. Feladat: Határozza meg a következ összetett függvényeket! f(x) = cos x + x g(x) = x f(g(x)) =? g(f(x)) =? Megoldás: Összetett függvény el állításához a küls függvényben a független

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

3. Lineáris differenciálegyenletek

3. Lineáris differenciálegyenletek 3. Lineáris differenciálegyenletek A közönséges differenciálegyenletek két nagy csoportba oszthatók lineáris és nemlineáris egyenletek csoportjába. Ez a felbontás kicsit önkényesnek tűnhet, a megoldásra

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

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

2. Algebrai átalakítások

2. Algebrai átalakítások I. Nulladik ZH-ban láttuk: 2. Algebrai átalakítások 1. Mi az alábbi kifejezés legegyszerűbb alakja a változó lehetséges értékei esetén? (A) x + 1 x 1 (x 1)(x 2 + 3x + 2) (1 x 2 )(x + 2) (B) 1 (C) 2 (D)

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

10. Koordinátageometria

10. 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

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

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

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások. 1. Az alábbi hozzárendelések közül melyik függvény? Válaszod indokold!

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások. 1. Az alábbi hozzárendelések közül melyik függvény? Válaszod indokold! Megoldások 1. Az alábbi hozzárendelések közül melyik függvény? Válaszod indokold! A: Minden emberhez hozzárendeljük a munkahelyének nevét. B: Minden valós számhoz hozzárendeljük az ellentettjét. C: Minden

Részletesebben

Németh László Matematikaverseny április 16. A osztályosok feladatainak javítókulcsa

Németh 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

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

Differenciálegyenletek

Differenciálegyenletek Differenciálegyenletek Losonczi László Debreceni Egyetem, Közgazdaság- és Gazdaságtudományi Kar Debrecen, 2011/12 tanév, I. félév Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 1 /

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

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

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások Megoldások 1. Írd fel a K (0; 2) középpontú 7 sugarú kör egyenletét! A keresett kör egyenletét felírhatjuk a képletbe való behelyettesítéssel: x 2 + (y + 2) 2 = 49. 2. Írd fel annak a körnek az egyenletét,

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

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

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

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 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

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

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

Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek I.

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

Részletesebben

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

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

2015. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 12. évfolyam

2015. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 12. évfolyam 01. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 1. évfolyam A közölt megoldási utak a feladatoknak nem az egyetlen helyes megoldási módját adják meg, több eltérő megoldás

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

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

Racionális és irracionális kifejezések

Racionális és irracionális kifejezések Racionális és irracionális kifejezések a + b a + ac a_ a+ ci a 77. A feltétel szerint b ac, ezért b c. + ac + c c_ a+ ci c ab ac bc 78. A feltétel szerint: ab+ ac+ bc- b, ezért + + + + a b c abc b -b -,

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

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

Függvények július 13. Határozza meg a következ határértékeket! 1. Feladat: x 0 7x 15 x ) = lim. x 7 x 15 x ) = (2 + 0) = lim.

Függvények július 13. Határozza meg a következ határértékeket! 1. Feladat: x 0 7x 15 x ) = lim. x 7 x 15 x ) = (2 + 0) = lim. Függvények 205. július 3. Határozza meg a következ határértékeket!. Feladat: 2. Feladat: 3. Feladat: 4. Feladat: (2 + 7 5 ) (2 + 7 5 ) (2 + 0 ) (2 + 7 5 ) (2 + 7 5 ) (2 + 0) (2 + 0 7 5 ) (2 + 0 7 5 ) (2

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

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

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

(1 + (y ) 2 = f(x). Határozzuk meg a rúd alakját, ha a nyomaték eloszlás. (y ) 2 + 2yy = 0,

(1 + (y ) 2 = f(x). Határozzuk meg a rúd alakját, ha a nyomaték eloszlás. (y ) 2 + 2yy = 0, Feladatok az 5. hétre. Eredményekkel és kidolgozott megoldásokkal. Oldjuk meg az alábbi másodrend lineáris homogén d.e. - et, tudva, hogy egy megoldása az y = x! x y xy + y = 0.. Oldjuk meg a következ

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

Differenciálegyenletek. Vajda István március 4.

Differenciálegyenletek. Vajda István március 4. Analízis előadások Vajda István 2009. március 4. Függvényegyenletek Definíció: Az olyan egyenleteket, amelyekben a meghatározandó ismeretlen függvény, függvényegyenletnek nevezzük. Függvényegyenletek Definíció:

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

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

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

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

λx f 1 (x) e λx f 2 (x) λe λx f 2 (x) + e λx f 2(x) e λx f 2 (x) Hasonlóan általában is elérhető sorműveletekkel, hogy csak f (j)

λx f 1 (x) e λx f 2 (x) λe λx f 2 (x) + e λx f 2(x) e λx f 2 (x) Hasonlóan általában is elérhető sorműveletekkel, hogy csak f (j) Matematika A3 gyakorlat Energetika és Mechatronika BSc szakok, 016/17 ősz 10 feladatsor: Magasabbrendű lineáris differenciálegyenletek (megoldás) 1 Határozzuk meg az e λx, xe λx, x e λx,, x k 1 e λx függvények

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

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

1. Polinomfüggvények. Állítás Ha f, g C[x] és b C, akkor ( f + g) (b) = f (b) + g (b) és ( f g) (b) = f (b)g (b).

1. Polinomfüggvények. Állítás Ha f, g C[x] és b C, akkor ( f + g) (b) = f (b) + g (b) és ( f g) (b) = f (b)g (b). 1. Polinomfüggvények Behelyettesés polinomba. Definíció Legyen b komplex szám. Az f (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 +... + a n x n polinom b helyen felvett helyettesítési értéke f (b) = a 0 + a 1 b + a 2 b

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

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

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

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

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

A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató

A 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

Részletesebben

Matematika A2 vizsga mgeoldása június 4.

Matematika A2 vizsga mgeoldása június 4. Matematika A vizsga mgeoldása 03. június.. (a (3 pont Definiálja az f(x, y függvény határértékét az (x 0, y 0 helyen! Megoldás: Legyen D R, f : D R. Legyen az f(x, y függvény értelmezve az (x 0, y 0 pont

Részletesebben