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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Egyenletek, egyenlőtlenségek VIII.

Egyenletek, egyenlőtlenségek VIII. Egyenletek, egyenlőtlenségek VIII. 1. Melyik az a szám, amelynek a felét és az ötödét összeszorozva, a szám hétszeresét kapjuk? Legyen a keresett szám:. A szöveg alapján felírhatjuk a következő egyenletet:

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

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

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

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

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

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

Prof. Báthori Éva, Prof. Betuker Enikő, Prof. Gyulai Andrea, Prof. István Zoltán, Prof. Nagy Olga, Prof. Pálhegyi-Farkas László ÉRETTSÉGI SEGÉDANYAG

Prof. Báthori Éva, Prof. Betuker Enikő, Prof. Gyulai Andrea, Prof. István Zoltán, Prof. Nagy Olga, Prof. Pálhegyi-Farkas László ÉRETTSÉGI SEGÉDANYAG Prof. Báthori Éva, Prof. Betuker Enikő, Prof. Gyulai Andrea, Prof. István Zoltán, Prof. Nagy Olga, Prof. Pálhegyi-Farkas László ÉRETTSÉGI SEGÉDANYAG MATEMATIKA M TECHNOLÓGIAI SZAKOSZTÁLYOK RÉSZÉRE 05 ORADEA

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 TANMENET SZAKKÖZÉPISKOLA 9.A, 9.D. OSZTÁLY HETI 4 ÓRA 37 HÉT ÖSSZ: 148 ÓRA

MATEMATIKA TANMENET SZAKKÖZÉPISKOLA 9.A, 9.D. OSZTÁLY HETI 4 ÓRA 37 HÉT ÖSSZ: 148 ÓRA MINŐSÉGIRÁNYÍTÁSI ELJÁRÁS MELLÉKLET Tanmenetborító ME-III.1./1 2 Azonosító: Változatszám : Érvényesség kezdete: Oldal/összes: 1/6 Fájlnév: ME- III.1.1.Tanmenetborító SZK-DC-2013 2013. 09. 01. MATEMATIKA

Részletesebben

MATEMATIKA TANMENET SZAKKÖZÉPISKOLA 10.B OSZTÁLY HETI 4 ÓRA 37 HÉT/ ÖSSZ 148 ÓRA

MATEMATIKA TANMENET SZAKKÖZÉPISKOLA 10.B OSZTÁLY HETI 4 ÓRA 37 HÉT/ ÖSSZ 148 ÓRA MINŐSÉGIRÁNYÍTÁSI ELJÁRÁS MELLÉKLET Tanmenetborító Azonosító: ME-III.1./1 Változatszám: 2 Érvényesség 2013. 09. 01. kezdete: Oldal/összes: 1/7 Fájlnév: ME- III.1.1.Tanmenetborító SZK- DC-2013 MATEMATIKA

Részletesebben

Sorozatok - kidolgozott típuspéldák

Sorozatok - kidolgozott típuspéldák 1. oldal, összesen: 8 oldal Sorozatok - kidolgozott típuspéldák Elmélet: Számtani sorozat: a 1 a sorozat első tagja, d a különbsége a sorozat bármelyik tagját kifejezhetjük a 1 és d segítségével: a n =

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

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

13. Trigonometria II.

13. Trigonometria II. Trigonometria II I Elméleti összefoglaló Tetszőleges α szög szinusza a koordinátasíkon az i vektortól az óramutató járásával ellentétes irányban α szöggel elforgatott e egységvektor második koordinátája

Részletesebben

Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit!

Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit! 1. 2. 3. 4. Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit! Add meg a kivonásban szereplő számok elnevezéseit! Add meg a szorzásban szereplő számok elnevezéseit! Add meg az osztásban szereplő számok

Részletesebben

4. Számelmélet, számrendszerek

4. Számelmélet, számrendszerek I. Elméleti összefoglaló A maradékos osztás tétele: 4. Számelmélet, számrendszerek Legyen a tetszőleges, b pedig nullától különböző egész szám. Ekkor léteznek olyan, egyértelműen meghatározott q és r egész

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

A 2006-2007. tanévi matematika OKTV I. kategória első (iskolai) fordulójának pontozási útmutatója

A 2006-2007. tanévi matematika OKTV I. kategória első (iskolai) fordulójának pontozási útmutatója SZAKKÖZÉPISKOLA A 006-007. tanévi matematika OKTV I. kategória első (iskolai) fordulójának pontozási útmutatója. Feladat: Egy számtani sorozat három egymást követő tagjához rendre 3-at, -et, 3-at adva

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

M/D/13. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát a közös nevezővel, 12-vel; így a következő egyenlethez jutunk: = 24

M/D/13. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát a közös nevezővel, 12-vel; így a következő egyenlethez jutunk: = 24 OKTATÁSI MINISZTÉRIUM M/D/13 Dolgozók gimnáziuma Dolgozók szakközépiskolája Szakmunkások szakközépiskolája intenzív tagozat) 003. május ) Határozza meg a következő egyenlet racionális gyökét! 1 3 4 + 5

Részletesebben

15. Koordinátageometria

15. Koordinátageometria I. Elméleti összefoglaló Koordinátákkal adott vektorok 15. Koordinátageometria Ha a(a ; a ) és b(b ; b ) a sík két vektora, λ valós szám, akkor az a vektor hossza: a = a + a a két vektor összege : a +

Részletesebben

Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely. 2015. március 30. A 11-12. osztályosok feladatainak javítókulcsa

Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely. 2015. március 30. A 11-12. osztályosok feladatainak javítókulcsa Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely 2015. március 30. A 11-12. osztályosok feladatainak javítókulcsa Feladatok csak szakközépiskolásoknak Sz 1. A C csúcs értelemszerűen az AB oldal felező

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2008. október 21. EMELT SZINT

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2008. október 21. EMELT SZINT MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 008. október. EMELT SZINT ) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenleteket: a) b) lg 8 0 6 I. (5 pont) (5 pont) a) A logaritmus értelmezése alapján: 80 ( vagy ) Egy szorzat

Részletesebben

EXPONENCIÁLIS EGYENLETEK

EXPONENCIÁLIS EGYENLETEK Sokszínű matematika /. oldal. feladat a) = Mivel mindegik hatván alapja hatván, ezért átírjuk a -et és a -ot: = ( ) Alkalmazzuk a hatván hatvána azonosságot! ( ) = A bal oldalon az azonos alapú hatvánok

Részletesebben

Lineáris algebra zárthelyi dolgozat javítókulcs, Informatika I. 2005.márc.11. A csoport

Lineáris algebra zárthelyi dolgozat javítókulcs, Informatika I. 2005.márc.11. A csoport Lineáris algebra zárthelyi dolgozat javítókulcs, Informatika I. 2005.márc.11. A csoport 1. Egy egyenesre esnek-e az A (2, 5, 1), B (5, 17, 7) és C (3, 9, 3) pontok? 5 pont Megoldás: Nem, mert AB (3, 12,

Részletesebben

L'Hospital-szabály. 2015. március 15. ln(x 2) x 2. ln(x 2) = ln(3 2) = ln 1 = 0. A nevez határértéke: lim. (x 2 9) = 3 2 9 = 0.

L'Hospital-szabály. 2015. március 15. ln(x 2) x 2. ln(x 2) = ln(3 2) = ln 1 = 0. A nevez határértéke: lim. (x 2 9) = 3 2 9 = 0. L'Hospital-szabály 25. március 5.. Alapfeladatok ln 2. Feladat: Határozzuk meg a határértéket! 3 2 9 Megoldás: Amint a korábbi határértékes feladatokban, els ként most is a határérték típusát kell megvizsgálnunk.

Részletesebben

Halmazok. A és B különbsége: A \ B. A és B metszete: A. A és B uniója: A

Halmazok. A és B különbsége: A \ B. A és B metszete: A. A és B uniója: A Halmazok Érdekes feladat lehet, amikor bizonyos mennyiségű adatok között keressük az adott tulajdonsággal rendelkezők számát. A következőekben azt szeretném megmutatni, hogy a halmazábrák segítségével,

Részletesebben

16. Sorozatok. I. Elméleti összefoglaló. A sorozat fogalma

16. Sorozatok. I. Elméleti összefoglaló. A sorozat fogalma 16. Sorozatok I. Elméleti összefoglaló A sorozat fogalma Sorozatnak nevezzük az olyan függvényt, amelynek értelmezési tartománya a pozitív egész számok halmaza. Számsorozat olyan sorozat, amelynek értékkészlete

Részletesebben

9-10. évfolyam felnőttképzés Heti óraszám: 3 óra

9-10. évfolyam felnőttképzés Heti óraszám: 3 óra 9-10. évfolyam felnőttképzés Heti óraszám: 3 óra Fejlesztési cél/ kompetencia lehetőségei: Gondolkodási képességek: rendszerezés, kombinativitás, deduktív következtetés, valószínűségi Tudásszerző képességek:

Részletesebben

Szöveges feladatok és Egyenletek

Szöveges feladatok és Egyenletek Szöveges feladatok és Egyenletek Sok feladatot meg tudunk oldani következtetéssel, rajz segítségével és egyenlettel is. Vajon mikor érdemes egyenletet felírni? Van-e olyan eset, amikor nem tanácsos, vagy

Részletesebben

Számelmélet. 4. Igazolja, hogy ha hat egész szám összege páratlan, akkor e számok szorzata páros!

Számelmélet. 4. Igazolja, hogy ha hat egész szám összege páratlan, akkor e számok szorzata páros! Számelmélet - oszthatóság definíciója - oszthatósági szabályok - maradékos osztás - prímek definíciója - összetett szám definíciója - legnagyobb közös osztó definíciója - legnagyobb közös osztó meghatározása

Részletesebben

GAUSS-EGÉSZEK ÉS DIRICHLET TÉTELE

GAUSS-EGÉSZEK ÉS DIRICHLET TÉTELE GAUSS-EGÉSZEK ÉS DIRICHLET TÉTELE KEITH KEARNES, KISS EMIL, SZENDREI ÁGNES Második rész Cikkünk első részében az elemrend és a körosztási polinomok fogalmára alapozva beláttuk, hogy ha n pozitív egész,

Részletesebben

7. tétel: Elsı- és másodfokú egyenletek és egyenletrendszerek megoldási módszerei

7. tétel: Elsı- és másodfokú egyenletek és egyenletrendszerek megoldási módszerei 7. tétel: Elsı- és másodfokú egyenletek és egyenletrendszerek megoldási módszerei Elsıfokú függvények: f : A R A R, A és f () = m, hol m; R m 0 Az elsıfokú függvény képe egyenes. (lásd késı) m: meredekség,

Részletesebben

Függvények 1. oldal Készítette: Ernyei Kitti. Függvények

Függvények 1. oldal Készítette: Ernyei Kitti. Függvények Függvények 1. oldal Készítette: Ernyei Kitti Függvények DEFINÍCIÓ: Ha adott két nemüres halmaz: és, továbbá minden eleméhez hozzárendeljük a valamely elemét, akkor ezt a hozzárendelést függvénynek nevezzük.

Részletesebben

Feladatok a logaritmus témaköréhez 11. osztály, középszint

Feladatok a logaritmus témaköréhez 11. osztály, középszint TÁMOP-4-08/-009-00 A kompetencia alapú oktatás feltételeinek megteremtése Vas megye közoktatási intézményeiben Feladatok a logaritmus témaköréhez osztály, középszint Vasvár, 00 május összeállította: Nagy

Részletesebben

Az osztályozóvizsgák követelményrendszere MATEMATIKA

Az osztályozóvizsgák követelményrendszere MATEMATIKA Az osztályozóvizsgák követelményrendszere MATEMATIKA 1. Számok, számhalmazok A 9. évfolyam során feldolgozásra kerülő témakörök: A nyelvi előkészítő és a két tanítási nyelvű osztályok tananyaga: A számfogalom

Részletesebben

Bevezetés a modern fizika fejezeteibe. 4. (b) Kvantummechanika. Utolsó módosítás: 2013. november 9. Dr. Márkus Ferenc BME Fizika Tanszék

Bevezetés a modern fizika fejezeteibe. 4. (b) Kvantummechanika. Utolsó módosítás: 2013. november 9. Dr. Márkus Ferenc BME Fizika Tanszék Bevezetés a modern fizika fejezeteibe 4. (b) Kvantummechanika Utolsó módosítás: 2013. november 9. 1 A legkisebb hatás elve (1) A legkisebb hatás elve (Hamilton-elv): S: a hatás L: Lagrange-függvény 2 A

Részletesebben

Az osztályozó vizsgák tematikája matematikából

Az osztályozó vizsgák tematikája matematikából Az osztályozó vizsgák tematikája matematikából Matematikából osztályozó vizsgára kötelezhető az a tanuló, aki magántanuló, vagy akinek a hiányzása eléri az össz óraszám 30%-át. Az írásbeli vizsga időtartama

Részletesebben

MATEMATIKA TANMENET. 9. osztály. 4 óra/hét. Budapest, 2014. szeptember

MATEMATIKA TANMENET. 9. osztály. 4 óra/hét. Budapest, 2014. szeptember MATEMATIKA TANMENET 9. osztály 4 óra/hét Budapest, 2014. szeptember 2 Évi óraszám: 144 óra Heti óraszám: 4 óra Ismerkedés, év elejei feladatok, szintfelmérő írása 2 óra I. Kombinatorika, halmazok 13 óra

Részletesebben

Az osztályozóvizsgák követelményrendszere 9. évfolyam

Az osztályozóvizsgák követelményrendszere 9. évfolyam Az osztályozóvizsgák követelményrendszere 9. évfolyam Kombinatorika, halmazok Összeszámlálási feladatok Halmazok, halmazműveletek, halmazok elemszáma Logikai szita Számegyenesek intervallumok Algebra és

Részletesebben

SZÁMRENDSZEREK. c) 136; 253 7. c) 3404; 6514 8. = 139 c) 31210 4. = 508 e) 150 6 = 5843.

SZÁMRENDSZEREK. c) 136; 253 7. c) 3404; 6514 8. = 139 c) 31210 4. = 508 e) 150 6 = 5843. SZÁMRENDSZEREK 1933. A megadott sorrendet követve írtuk át a számokat: a) 2-es számrendszerben: 11; 1001; 1100; 10001; 10111; 100110; 1011011. b) 3-as számrendszerben: 21;110;1011; 1020; 10100; 10102;

Részletesebben

1. feladatsor, megoldások. y y = 0. y h = C e x

1. feladatsor, megoldások. y y = 0. y h = C e x 1. feladatsor, megoldások 1. Ez egy elsőrendű diffegyenlet, először a homogén egyenlet megoldását keressük meg, majd partikuláris megoldást keresünk: y y = 0 Ez pl. egy szétválasztható egyenlet, melynek

Részletesebben

Osztályozóvizsga követelményei

Osztályozóvizsga követelményei Osztályozóvizsga követelményei Képzés típusa: Tantárgy: Nyolcosztályos gimnázium Matematika Évfolyam: 9 Emelt óraszámú csoport Emelt szintű csoport Vizsga típusa: Írásbeli Követelmények, témakörök: Gondolkodási

Részletesebben

Matematika PRÉ megoldókulcs 2013. január 19. MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS KÖZÉPSZINT

Matematika PRÉ megoldókulcs 2013. január 19. MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS KÖZÉPSZINT Matematika PRÉ megoldókulcs 013. január 19. MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS KÖZÉPSZINT I. rész: Az alábbi 1 feladat megoldása kötelező volt! 1) Adott A( 1; 3 ) és B( ; ) 7 9 pont. Határozza meg

Részletesebben

Osztályozóvizsga és javítóvizsga témakörei Matematika 9. évfolyam

Osztályozóvizsga és javítóvizsga témakörei Matematika 9. évfolyam Osztályozóvizsga és javítóvizsga témakörei Matematika 9. évfolyam 1. félév Gondolkozás, számolás - halmazok, műveletek halmazokkal, intervallumok - racionális számok, műveletek racionális számokkal, zárójel

Részletesebben

Állandó együtthatós lineáris rekurziók

Állandó együtthatós lineáris rekurziók 1. fejezet Állandó együtthatós lineáris rekurziók 1.1. A megoldás menete. Mese. Idézzük fel a Fibonacci-számokat! Az F n sorozatot a következő módon definiáltuk: legyen F 0 = 0, F 1 = 1, és F n+2 = F n+1

Részletesebben

MATEMATIKA TANMENET 9.B OSZTÁLY FIZIKA TAGOZAT HETI 6 ÓRA, ÖSSZESEN 216 ÓRA

MATEMATIKA TANMENET 9.B OSZTÁLY FIZIKA TAGOZAT HETI 6 ÓRA, ÖSSZESEN 216 ÓRA MATEMATIKA TANMENET 9.B OSZTÁLY FIZIKA TAGOZAT HETI 6 ÓRA, ÖSSZESEN 216 ÓRA A TÁMOP 3.1.4. EU-s pályázat megvalósításához a matematika (9. b/fizika) tárgy tanmenete a matematika kompetenciaterület A típusú

Részletesebben

Végeredmények, feladatok részletes megoldása

Végeredmények, feladatok részletes megoldása Végeredmények, feladatok részletes megoldása I. Kombinatorika, gráfok Sorba rendezési problémák (Ismétlés). Részhalmaz-kiválasztási problémák, vegyes összeszámlálási feladatok (Ismétlés). Binomiális együtthatók,

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Koordináta-geometria

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

Részletesebben

Hatvány, gyök, normálalak

Hatvány, gyök, normálalak Hatvány, gyök, normálalak 1. Számítsd ki a következő hatványok pontos értékét! 3 5 3 3 1 4 3 3 4 1 7 3 3 75 100 3 0,8 ( ) 6 3 1 3 5 3 1 3 0 999. 3. Számológép használata nélkül számítsd ki a következő

Részletesebben

A III. forduló megoldásai

A III. forduló megoldásai A III. forduló megoldásai 1. Egy dobozban pénzérmék és golyók vannak, amelyek vagy ezüstből, vagy aranyból készültek. A dobozban lévő tárgyak 20%-a golyó, a pénzérmék 40%-a ezüst. A dobozban levő tárgyak

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2008. május 06. KÖZÉPSZINT I.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2008. május 06. KÖZÉPSZINT I. 1) Adja meg a Például: 1 ; 8 8 M 1 ; 10 5 MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 008. május 06. KÖZÉPSZINT I. nyílt intervallum két különböző elemét! ( pont) ( pont) ) Egy 7-tagú társaságban mindenki mindenkivel egyszer

Részletesebben

Matematika 9. matematika és fizika szakos középiskolai tanár. IV. fejezet (kb. 40 tanóra) > o < 2015. szeptember 20.

Matematika 9. matematika és fizika szakos középiskolai tanár. IV. fejezet (kb. 40 tanóra) > o < 2015. szeptember 20. Matematika 9 Tankönyv és feladatgyűjtemény Juhász László matematika és fizika szakos középiskolai tanár IV. fejezet (kb. 40 tanóra) > o < 2015. szeptember 20. copyright: c Juhász László Ennek a könyvnek

Részletesebben

Tartalomjegyzék. 3. Elsőfokú egyenletek és egyenlőtlenségek... 8 3.1. Elsőfokú egyenletek... 8 3.2. Valós szám abszolút értéke...

Tartalomjegyzék. 3. Elsőfokú egyenletek és egyenlőtlenségek... 8 3.1. Elsőfokú egyenletek... 8 3.2. Valós szám abszolút értéke... Tartalomjegyzék 1. Műveletek valós számokkal... 1 1.1. Gyökök és hatványozás... 1 1.1.1. Hatványozás... 1 1.1.2. Gyökök... 1 1.2. Azonosságok... 2 1.3. Egyenlőtlenségek... 3 2. Függvények... 5 2.1. A függvény

Részletesebben

6. OSZTÁLY. Az évi munka szervezése, az érdeklõdés felkeltése Feladatok a 6. osztály anyagából. Halmazok Ismétlés (halmaz megadása, részhalmaz)

6. OSZTÁLY. Az évi munka szervezése, az érdeklõdés felkeltése Feladatok a 6. osztály anyagából. Halmazok Ismétlés (halmaz megadása, részhalmaz) 6. OSZTÁLY Óraszám 1. 1. Az évi munka szervezése, az érdeklõdés felkeltése a 6. osztály anyagából Tk. 13/elsõ mintapélda 42/69 70. 96/elsõ mintapélda 202/16. 218/69. 2 3. 2 3. Halmazok Ismétlés (halmaz

Részletesebben

Ismertető A Solver telepítése, illetve indítása A Solver célcella módosuló cellák A feltételek általában a módosuló cellákra hivatkozó képletek.

Ismertető A Solver telepítése, illetve indítása A Solver célcella módosuló cellák A feltételek általában a módosuló cellákra hivatkozó képletek. Ismertető A középiskolában sokféle egyenlet megoldásával megismerkednek a diákok. A matematikaórán azonban csak korlátozott típusú egyenletek fordulnak elő. Nem is cél az egyenletmegoldás általános tárgyalása,

Részletesebben

Osztályozó- és javítóvizsga témakörei MATEMATIKA tantárgyból

Osztályozó- és javítóvizsga témakörei MATEMATIKA tantárgyból Osztályozó- és javítóvizsga témakörei MATEMATIKA tantárgyból 9. évfolyam I. Halmazok 1. Alapfogalmak, jelölések 2. Halmaz, részhalmaz fogalma, részhalmazok száma, jelölések 3. Nevezetes számhalmazok (N,

Részletesebben

Tananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás,

Tananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás, // KURZUS: Matematika II. MODUL: Valószínűség-számítás 21. lecke: A feltételes valószínűség, események függetlensége Tananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás,

Részletesebben

I. Egyszerű egyenletek

I. Egyszerű egyenletek 7. modul: EGYENLETEK 9 I. Egyszerű egyenletek Módszertani megjegyzés: Csoportalakítás. Mindenkinek adunk egy kártyát, melyen azonos időtartamot meghatározó kifejezések vannak. Ez a kiosztás lehet véletlenszerű:

Részletesebben

LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA BÁZISTRANSZFORMÁCIÓVAL. 1. Paramétert nem tartalmazó eset

LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA BÁZISTRANSZFORMÁCIÓVAL. 1. Paramétert nem tartalmazó eset LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA BÁZISTRANSZFORMÁCIÓVAL 1.Példa: Oldjuk meg a következő lineáris egyenletrendszert: 1. Paramétert nem tartalmazó eset x 1 + 3x 2-2x 3 = 2-2x 1-5x 2 + 4x 3 = 0 3x 1

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT. Koordináta-geometria

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT. Koordináta-geometria MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT 1) Adott két pont: A 4; 1 felezőpontjának koordinátáit! AB felezőpontja legyen F. Koordináta-geometria és B 3 1; Írja fel az AB szakasz 1 3 4

Részletesebben

Tartalomjegyzék 1. Műveletek valós számokkal... 1 8 2. Függvények... 8 12 3. Elsőfokú egyenletek és egyenlőtlenségek... 13 16

Tartalomjegyzék 1. Műveletek valós számokkal... 1 8 2. Függvények... 8 12 3. Elsőfokú egyenletek és egyenlőtlenségek... 13 16 Tartalomjegyzék 1. Műveletek valós számokkal... 1 8 1.1. Gyökök és hatványozás... 1 3 1.1.1. Hatványozás...1 1.1.2. Gyökök... 1 3 1.2. Azonosságok... 3 4 1.3. Egyenlőtlenségek... 5 8 2. Függvények... 8

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2012. október 16. KÖZÉPSZINT I.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2012. október 16. KÖZÉPSZINT I. ) Az a n sorozat tagját! MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 0 október KÖZÉPSZINT I számtani sorozat első tagja és differenciája is 4 Adja meg a a 04 ) Az A és B halmazokról tudjuk, hogy AB ; ; ; 4; ;, A\ ; AB ; A ;

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I. 3 III. MEGFELELTETÉSEk, RELÁCIÓk 1. BEVEZETÉS Emlékeztetünk arra, hogy az rendezett párok halmazát az és halmazok Descartes-féle szorzatának nevezzük. Más szóval az és halmazok

Részletesebben

Analízis elo adások. Vajda István. 2012. szeptember 10. Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem. Vajda István (Óbudai Egyetem)

Analízis elo adások. Vajda István. 2012. szeptember 10. Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem. Vajda István (Óbudai Egyetem) Vajda István Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem 1 / 36 Bevezetés A komplex számok értelmezése Definíció: Tekintsük a valós számpárok R2 halmazát és értelmezzük ezen a halmazon a következo két

Részletesebben

A lehetetlenségre visszavezetés módszere (A reductio ad absurdum módszer)

A lehetetlenségre visszavezetés módszere (A reductio ad absurdum módszer) A lehetetlenségre visszavezetés módszere (A reductio ad absurdum módszer) Ezt a módszert akkor alkalmazzuk, amikor könnyebb bizonyítani egy állítás ellentettjét, mintsem az állítást direktben. Ez a módszer

Részletesebben

Miért van az, hogy a legtöbben. a szöveges feladatokkal nem boldogulnak? Részletek a szövegértést fejleszt, kidolgozott feladatlapokból

Miért van az, hogy a legtöbben. a szöveges feladatokkal nem boldogulnak? Részletek a szövegértést fejleszt, kidolgozott feladatlapokból Miért van az, hogy a legtöbben a szöveges feladatokkal nem boldogulnak? Részletek a szövegértést fejleszt, kidolgozott feladatlapokból Elszó 0 éves személyes tapasztalataim azt mutatják, hogy a tanulóknak

Részletesebben

148 feladat 20 ) + ( 1 21 + 2 21 + + 20 200 > 1 2. 1022 + 1. 5. Igazoljuk minél rövidebben, hogy a következő egyenlőség helyes: 51 + 1 52 + + 1

148 feladat 20 ) + ( 1 21 + 2 21 + + 20 200 > 1 2. 1022 + 1. 5. Igazoljuk minél rövidebben, hogy a következő egyenlőség helyes: 51 + 1 52 + + 1 148 feladat a Kalmár László Matematikaversenyről 1. ( 1 19 + 2 19 + + 18 19 ) + ( 1 20 + 2 20 + + 19 20 ) + ( 1 21 + 2 21 + + 20 21 ) + ( 1 22 + 2 22 + + 21 22 ) =? Kalmár László Matematikaverseny megyei

Részletesebben

Mikroszkóp vizsgálata és folyadék törésmutatójának mérése (8-as számú mérés) mérési jegyzõkönyv

Mikroszkóp vizsgálata és folyadék törésmutatójának mérése (8-as számú mérés) mérési jegyzõkönyv (-as számú mérés) mérési jegyzõkönyv Készítette:, II. éves fizikus... Beadás ideje:... / A mérés leírása: A mérés során egy mikroszkóp különbözõ nagyítású objektívjeinek nagyítását, ezek fókusztávolságát

Részletesebben

Nagy Ilona 2013.06.01.

Nagy Ilona 2013.06.01. Bevezető matematika példatár Kádasné Dr. V. Nagy Éva Nagy Ilona 0.06.0. Tartalomjegyzék Bevezető. Gyakorlatok.. Műveletek törtekkel, hatványokkal, gyökökkel................. A logaritmus fogalma; arány-

Részletesebben

11. DETERMINÁNSOK. 11.1 Mátrix fogalma, műveletek mátrixokkal

11. DETERMINÁNSOK. 11.1 Mátrix fogalma, műveletek mátrixokkal 11 DETERMINÁNSOK 111 Mátrix fogalma, műveletek mátrixokkal Bevezetés A közgazdaságtanban gyakoriak az olyan rendszerek melyek jellemzéséhez több adat szükséges Például egy k vállalatból álló csoport minden

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 111 É RETTSÉGI VIZSGA 011. október 18. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

1. A komplex számok definíciója

1. A komplex számok definíciója 1. A komplex számok definíciója A számkör bővítése Tétel Nincs olyan n természetes szám, melyre n + 3 = 1. Bizonyítás Ha n természetes szám, akkor n+3 3. Ezért bevezettük a negatív számokat, közöttük van

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Koordinátageometria

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Koordinátageometria ) MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Koordinátageometria A szürkített hátterű feladatrzek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 0813 ÉRETTSÉGI VIZSGA 008. május 6. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

Osztályozó és Javító vizsga témakörei matematikából 9. osztály

Osztályozó és Javító vizsga témakörei matematikából 9. osztály Osztályozó és Javító vizsga témakörei matematikából 9. osztály 1. félév 1. Kombinatorika, halmazok Számoljuk össze! Összeszámlálási feladatok Matematikai logika Halmazok Halmazműveletek Halmazok elemszáma,

Részletesebben

Matematika tanmenet, 9. osztály (heti 4 óra) Halmazok, műveletek racionális számok között 12 óra. Az n elemű halmaz részhalmazainak száma

Matematika tanmenet, 9. osztály (heti 4 óra) Halmazok, műveletek racionális számok között 12 óra. Az n elemű halmaz részhalmazainak száma Matematika tanmenet, 9. osztály (heti 4 óra) Tankönyv: Ábrahám Gábor Dr. Kosztolányiné Nagy Erzsébet Tóth Julianna: Matematika 9. Példatárak: É rettségi feladatgyűjtemény matematikából I. Érettségi feladatgyűjtemény

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I. 1 I. HALmAZOk 1. JELÖLÉSEk A halmaz fogalmát tulajdonságait gyakran használjuk a matematikában. A halmazt nem definiáljuk, ezt alapfogalomnak tekintjük. Ez nem szokatlan, hiszen

Részletesebben

19. AZ ÖSSZEHASONLÍTÁSOS RENDEZÉSEK MŰVELETIGÉNYÉNEK ALSÓ KORLÁTJAI

19. AZ ÖSSZEHASONLÍTÁSOS RENDEZÉSEK MŰVELETIGÉNYÉNEK ALSÓ KORLÁTJAI 19. AZ ÖSSZEHASONLÍTÁSOS RENDEZÉSEK MŰVELETIGÉNYÉNEK ALSÓ KORLÁTJAI Ebben a fejezetben aszimptotikus (nagyságrendi) alsó korlátot adunk az összehasonlításokat használó rendező eljárások lépésszámára. Pontosabban,

Részletesebben

17.2. Az egyenes egyenletei síkbeli koordinátarendszerben

17.2. Az egyenes egyenletei síkbeli koordinátarendszerben Tartalom Előszó 13 1. Halmazok; a matematikai logika elemei 15 1.1. A halmaz fogalma; jelölések 15 1.2. Részhalmazok; komplementer halmaz 16 1.3. Halmazműveletek 17 1.4. A halmazok ekvivalenciája 20 1.5.

Részletesebben

Elméleti kérdés minták (3 x 5 pont) 1. Definiálja két halmaz unióját! Készítsen hozzá Venn-diagramot!

Elméleti kérdés minták (3 x 5 pont) 1. Definiálja két halmaz unióját! Készítsen hozzá Venn-diagramot! Elméleti kérdés minták (3 x 5 pont) 1. Deiniálja két halmaz unióját! Készítsen hozzá Venn-diagramot!. Csoportosítsa a négyszögeket az oldalak párhuzamossága, és egyenlősége alapján! 3. Határozza meg a

Részletesebben

Feladatok és megoldások a 8. hétre Építőkari Matematika A3

Feladatok és megoldások a 8. hétre Építőkari Matematika A3 Feladatok és megoldások a 8. hétre Építőkari Matematika A3 1. Oldjuk meg a következő differenciálegyenlet rendszert: x + 2y 3x + 4y = 2 sin t 2x + y + 2x y = cos t. (1 2. Oldjuk meg a következő differenciálegyenlet

Részletesebben