3. Algebrai kifejezések, átalakítások

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "3. Algebrai kifejezések, átalakítások"

Átírás

1 I Elméleti összefoglaló Műveletek polinomokkal Algebrai kifejezések, átalakítások Az olyan betűs kifejezéseket, amelyek csak valós számokat, változók pozitív egész kitevőjű hatványait, valamint összeadás, kivonás és szorzás műveleteket tartalmaznak, polinomoknak nevezzük Például: +, y + y, a + b, ( a+ ( a + b, 0 A polinomokat az összeadás és a kivonás szerint tagokra, a szorzás szerint tényezőkre bonthatjuk Például a 0ab b 4y + y y egy kéttényezős szorzat, + egy háromtagú kifejezés, amelynek első tényezője egy kéttagú, második tényezője egy háromtagú kifejezés (Valójában y = y y -t és y= y-t is tekinthetnénk egy-egy kéttényezős szorzatnak, de általában tényezőkről csak a többtagú kifejezéseket tartalmazó zárójelek például ( 4y és ( y y + esetében beszélünk Az azonos tényezőkből álló szorzatot hatványalakban is írhatjuk, például ( a háromtényezős szorzat + egy A polinomok tagjaiban szereplő számokat együtthatóknak, az egy tagban szereplő ismeretlenek kitevőinek összegét fokszámnak nevezzük Például 0ab együtthatója 0, fokszáma, míg együttha- tója, fokszáma Egy polinom fokszámának (vagy fokának a benne szereplő tagok fokszámai közül a legnagyobbat nevezzük Például a harmadfokú, az y + y y ötödfokú, az nulladfokú (konstans kifejezés A polinomok tagjait gyakran fokszámuk szerinti csökkenő sorrendben írjuk (több azonos fokú tag esetén azokat valamelyik változó fokszáma szerint rendezzük Két kifejezést egyneműnek nevezünk, ha ugyanazon változók szerepelnek bennük, ugyanazokon a hatványkitevőkön, azaz legfeljebb együtthatóikban különböznek Például c d és 0c d egynemű kifejezések Az egynemű kifejezéseket gyakran összevonjuk, például cd+ 0cd= 7cd Egy kéttényezős szorzatot átalakíthatunk zárójelfelbontással úgy, hogy az egyik kifejezés minden tagját megszorozzuk a másik kifejezés minden tagjával, majd a kapott szorzatokat összeadjuk, például 4y y y y y 4y 4y 4yy y y 4y 4y + = + + = + + (az utolsó lépésben az egynemű kifejezéseket összevontuk, továbbá a polinom tagjait fokszám szerinti csökkenő sorrendbe rendeztük, az azonos fokú tagokon belül fokszáma szerint haladva Szorzattá alakítás Gyakran célszerű egy többtagú kifejezést több kifejezés szorzataként felírnunk Ha ezt meg tudjuk ten- 4y = + y y, ni, akkor azt mondjuk, hogy szorzattá alakítjuk a kifejezést Például + + = ( + ( + = ( + A szorzattá alakítás nem mindig végezhető el, például c cd d c d c d c d + 4y nem írható fel két (vagy töb polinom szorzataként A szorzattá alakítás történhet: a több tagban is szereplő változó(k kiemelésével, például u u u ( u + = + ;

2 a tagok megfelelő sorrendbe történő csoportosításával, majd több egymás utáni kiemeléssel, például ac + bd + ad + bc = ac + bc + ad + bd = c ( a + + d ( a + = ( a + ( c + ; egyváltozós polinomok esetén a gyöktényezős alak segítségével, például + 0 esetén a + 0= 0 másodfokú egyenlet = és = gyökeit felhasználva ( ( módon (ez magasabb fokú polinomoknál csak akkor alkalmazható, ha könynyen ki tudjuk számítani a megfelelő egyenlet gyökeit; a nevezetes azonosságok alkalmazásával (ezek felsorolását lásd a következő részben Másodfokú függvények ábrázolásakor használatos még a teljes négyzetté alakítás, amikor a megadott kifejezést egy zárójeles kifejezés négyzetének segítségével próbáljuk meg felírni Ha a függvénynek van (egy vagy két zérushelye, akkor eljuthatunk a szorzatalakig, például 0 ( + = és 6+ = ( 4= ( ( + = ( ( A teljes négyzetté alakítás azonban nem mindig jelent szorzattá alakítást Ha ugyanis a függvénynek nincs zérushelye (és így a kifejezésnek sincs gyöktényezős alakj, akkor nem kaphatunk szorzatalakot, hanem csak egy kifejezés négyzetének és egy konstans tagnak az összegét, például 6+ = ( + 4 Nevezetes azonosságok A gyakran használt zárójelfelbontási és szorzattá alakítási összefüggéseket nevezetes azonosságok formájában szoktuk megfogalmazni Az alábbiakban a, b és c tetszőleges valós számokat jelölnek A zárójelfelbontásból adódó azonosságok a következők: a+ b = a + ab+ b ; a b = a ab+ b ; a+ b = a + a b+ ab + b ; a b = a a b+ ab b ; a + b + c = a + b + c + ab + ac + bc A szorzattá alakításból adódó azonosságok a következők: a + b a valós számkörben nem alakítható szorzattá; a b ( a ( a = + ; a b ( a ( a ab b + = + + ; a b ( a ( a ab b = + + Megjegyzés: Az azonosságok fenti két csoportba sorolása nem jelent éles elkülönülést, mind a két

3 típusú (zárójelfelbontással, illetve szorzattá alakítással keletkező azonosság megfordítható Ha például egy kifejezés átalakítása során ( a+ helyére írunk a + ab+ b -et, akkor zárójelfelbontást + + helyére írunk alkalmaztunk, ha viszont a ab b a+ b -t, akkor szorzattá alakítást Ugyanígy bizonyos feladatokban (főként törtek egyszerűsítésénél, közös nevező meghatározásánál célszerű a b helyére ( a+ ( a -t írnunk (szorzattá alakítás, míg más feladatokban (főként összevonásnál, polinomok összeadásakor célravezető ( a+ ( a helyére a b -et írnunk (zárójelfelbontás Megjegyzés: A nevezetes azonosságok a következőképpen általánosíthatók (ahol n pozitív egész: n n n n 0 n n n 0 n n n k k a+ b = a b + a b + + a b = a b 0 n k (binomiális tétel; n n 0 n 0 n n k k a b = a b a b + ± a b = a b ( k= 0 n n n n n k 0 n k ; n n n n n n ha n páratlan, akkor a b ( a ( a a b a b b k= 0 + = ; n n n n n n ha n páros, akkor a b ( a ( a a b a b b = ; n n n n n n tetszőleges pozitív egész n-re a b ( a ( a a b a b b = Megjegyzés: A nevezetes azonosságoknak geometriai jelentést is tulajdoníthatunk, például pozitív a és b esetén a+ b = a + ab+ b szemléltethető egy a+ b oldalú négyzet területének kétféle kiszámításával: a négyzet területe egyrészt ( a+, másrészt az ábra szerint négy részre darabolva az egyes részek területének összege a + ab+ ab+ b Algebrai törtek Két polinom hányadosát algebrai törtnek nevezzük Például: y, + y a b a b a +, ( Míg a polinomokat a bennük szereplő változók bármely (valós értéke esetén értelmezni tudtuk, addig az

4 algebrai törtek értelmezési tartományának vizsgálatakor ki kell zárnunk azokat a helyettesítési értékeket, amikor a nevező 0 Az algebrai törtekkel a következő műveleteket végezhetjük: Algebrai törtek egyszerűsítésekor a számlálót és a nevezőt is szorzattá alakítjuk (ha lehet, és + a közös tényezőket (ha vannak elhagyjuk, például + + = = y + ( y + y + Nagyon fontos, hogy egyszerűsíteni csak szorzatalakban, szorzótényezővel szabad, tehát például + -at nem egyszerűsíthetjük -ra (hiszen ez egy másik algebrai tört, amelynek helyettesítési értéke általában nem egyezik meg az eredeti tört helyettesítési y + y értékével Algebrai törtek összevonásakor a törteket bővítéssel közös nevezőre hozzuk, majd a számlálókat összevonjuk, például + = + = y+ ( + y ( y+ + + y + y y + y + y + y + Algebrai törtek szorzása a törtek szorzásának megfelelően történik (a szorzat számlálója a számlálók szorzata, nevezője a nevezők szorzata lesz, például Természetesen szükség esetén egyszerűsíthetünk, például a b ab = a+ b a b a+ b a b y = y = y + y + + Algebrai törtek osztása a törtek osztásának megfelelően történik (az osztó reciprokával szorzunk, például c d c d c d c : = = ( + c d c Természetesen itt is egyszerű- c c c c+ d c c+ d ( síthetünk, az előző példában c d c c+ d c d c c d = = c c+ d c c+ d c II Kidolgozott feladatok Végezzük el a kijelölt műveleteket, majd adjuk meg az eredményt minél egyszerűbb alakban! ( a+ 7 ( a ( a ( a+ ( b 4 ( c+ A zárójelek felbontása, majd az egynemű kifejezések összevonása után a következőket kapjuk: = = + a a a a a a a a a a a a b 4c c + b = bc + 0b c 8bc = 0b + 7bc c 4

5 A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következőket! ( 4 + ( b + ( 4 ab ( 4ij + k ( 4ij k d f ( d ( d + cd + 4c A nevezetes azonosságok alkalmazásával a következőket kapjuk: + c = 9+ 6c+ c 4 4ab 6ab 8ab = + 4ij + k 4ij k = 4ij k = 6i j 9k b+ = b + b + b + = 8b + 6b + 4b+ 7 d 4 = d d 4 + d 4 4 = d d + 48d 64 d c d cd c d c d c = = 8 f Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket! + a ( y b ( y 0 i ij ik jk l 0l y 8c + c d + 6cd + d f p p 6 89 Az első két esetben csoportosítást és kiemelést alkalmazunk: ( i 0ij ( ik jk i ( i j k ( i j ( i j( i k + = + = + Másképpen csoportosítva: ( i ik ( 0ij jk i ( i k j ( i k ( i k ( i j + + = + + = + a ( y b ( y a ( y b ( y ( y ( a = + = + A következő három esetben a nevezetes azonosságokat alkalmazzuk: l 0l 00 ( l 0 + = y 4y ( 4y ( 0y 6y = = + + 8c + c d + 6cd + d = c+ d Az utolsó esetben a másodfokú egyenlet gyöktényezős alakját használjuk: f A p 6 p 89 = 0 egyenlet megoldásai p = 7 és p = 9, így a gyöktényezős alak a kö-

6 vetkező: p 6p 89= ( p+ 7 ( p 9 Ugyanezt megadhatjuk ( p ( p 9 ( p 7 ( p 7 + alakban is 4 Egyszerűsítsük a következő algebrai törteket a változók lehetséges értékei mellett! + vagy a 7a c 4d 8c 8d y 0 + 0y Először a számlálót és a nevezőt is szorzattá alakítjuk, majd a közös szorzótényezőkkel egyszerűsítünk Bár a feladat szövege nem kérdezett rá, megadjuk azt is, hogy az egyes kifejezések a változók mely értékeire nincsenek értelmezve (mert ekkor a törtek nevezője 0 lenn 4a 4 4 a 4 a+ a 4 a = = = 7a+ 7 7 a+ 7 a+ 7, ahol a ( c ( c cd d 4c 4d c + cd + d = = Az egyszerűsítés során bővül a kifejezés 8c 8d 8 ( c+ ( c ( c+ értelmezési tartománya, ugyanis az eredeti kifejezésben c+ d 0 és c d 0 (vagyis c ± d, míg az egyszerűsítés után már csak a c+ d 0 feltétel (vagyis c d marad meg Viszont az átalakítás csak az eredeti értelmezési tartományon igaz, hiszen c= d esetén csak az egyszerűsített kifejezést tudnánk értelmezni, az eredetit nem Így az ilyen típusú feladatokban mindig az eredeti kifejezés értelmezési tartományát (pontosabban a meg nem engedett eseteket fogjuk megadni ( y ( y y + y = = 0 + 0y 0 + y y + y y + y, ahol + y 0, azaz y Végezzük el a kijelölt műveleteket a változók lehetséges értékei mellett! a+ 4a a + a+ 4a 4a e ef e f + ef e + ef ef + y y : y y A szükséges összevonások, illetve a lehetséges egyszerűsítések céljából mindhárom esetben először szorzattá alakítjuk a kifejezések számlálóit és nevezőit (ahol ez lehetséges, majd ezekkel végezzük el a műveleteket a+ 4a a a+ 4a a + = + = a+ 4a 4a a+ ( a ( a+ ( a ( a+ ( a ( a+ ( a a+ 4a + 4a a+ a a 6a+ 8a 4 + a+ 8a 4a 4a = = = =, ahol + ( a ( a a ± e e f ef e+ f = = e+ f = e f e ef e f + ef e f e + ef ef e e+ f ef e+ f e f, ahol e 0, f 0 és 6

7 + y y + y y + y y + y+ y : = = = y y y y y + y y + y y + y+ y + y+ y = = y + y y y, ahol 0, y 0, + y 0 és y 0, vagy összefoglalóan 0 és ± y (Az értelmezési tartomány vizsgálatakor az eredeti törtek nevezőiről, illetve az osztó számlálójáról kötöttük ki, hogy egyik sem lehet 0 6 Egyszerűsítsük a 6b 9b + 9b 6 b törtet, ahol b,! A törtet akkor tudjuk egyszerűsíteni, ha a számlálót szorzattá alakítva ki tudunk emelni belőle b ( b, b =, esetén a számláló értéke Tehát b =, gyöke a szerepelni fog a b, tényező = -et (vagy b, -et Ezt valóban meg tudjuk tenni, mert 6, 9, + 9, 6 = 0, 4, 7 + 8, 6 = 0 6b 9b + 9b 6= 0 egyenletnek, így annak gyöktényezős alakjában A harmadfokú egyenlet további gyökeinek ismerete nélkül azonban közvetlenül nem tudjuk felírni a b, kiemelése után maradó további szorzótényező(kt Ezért a racionális számok osztásához hasonlóan el kell osztanunk a számlálót b, -tel Ezt a következőképpen tehetjük meg, az úgynevezett polinomosztás módszerével: ( b b b ( b :, = Mivel az osztandó harmadfokú, az osztó pedig elsőfokú, ezért a hányados biztosan másodfokú lesz Az osztandóban a legmagasabb fokú tag 6b, az osztóban pedig b, ezért a hányados legmagasabb fokú tagja = 6b Visszaszorozva kapjuk, hogy 6b ( b, = 6b 9b, amelyet le- 6b b vonunk az osztandóból: 6b 9b + 9b 6 : b, = 6 b + 6b 9b 0b + 9b 6 Innentől az eddigi lépéseket ismételjük, először a 0b + 9b 6 kifejezésre, és így tovább: 6b 9b + 9b 6 : b, = 6b 0b+ 4 6b 9b 0b + 9b 6 0b + b 4b 6 4b 6 0 Az utolsó lépésben 0 maradékot kaptunk, tehát a osztható, 6b 9b 9b 6 + kifejezés maradék nélkül b -tel Vagyis 6b 9b 9b 6 ( b, ( 6b 0b 4 + = + A második ténye- 7

8 ( b ( b b+ 6b 9b + 9b 6 zőből -t kiemelve a tört így írható fel: =, b ( b, a tört egyszerűsített alakja b b+ 7 Határozzuk meg számológép használata nélkül a következő műveletek végeredményét! Tehát f 999 A szorzások írásbeli elvégzése helyett alkalmazhatjuk a nevezetes azonosságokat, így a műveletek végeredményei akár fejben is kiszámíthatók: 9 6 = ( 60 ( 60 + = 60 = 600 = = + = + + = + + = = = + = + = = + = = = 6 8 = = 00 4 = 400 f = = + = + = = = Igazoljuk grafikus úton az a b ( a ( a = + összefüggést! Tegyük fel először, hogy a> b, majd tekintsük a következő ábrát ( T, T, T és T 4 a megfelelő téglalapok területét jelöli, de a bizonyításban ezeket felhasználjuk az egyes téglalapokra történő hivatkozásként is: Az ábrán T, T és T 4 együttesen egy a oldalú négyzetet alkot, így T T T a T = Mivel 4 8

9 egy b oldalú négyzet, ezért T4 = b, vagyis T + T = a b Mivel T és T együttesen egy a+ b szélességű, a b magasságú téglalapot alkot, ezért T + T = ( a+ ( a Továbbá T = T, hiszen mindkettő egy-egy b és a b oldalhosszúságú téglalap Vagyis T+ T = T+ T, így éppen a b = a+ b a b összefüggést kaptuk, ezzel az állítást beláttuk a bizonyítandó Ha a= b, akkor az a b = ( a+ ( a egyenlőség mindkét oldala 0, tehát az biztosan teljesül Ha pedig a b <, akkor az egyenlőség mindkét oldalát ( -gyel szorozva a b a = b+ a b a összefüggést kapjuk, amelynek bizonyításához elegendő az előző ábrán a és b szerepét felcserélni 9 Oldjuk meg a valós számok halmazán a = egyenletet! I A negyedfokú egyenletekre létezik általános megoldási eljárás, ez azonban meghaladja a középiskolai módszereket A mostani feladatban szereplő negyedfokú egyenlet viszont speciális, úgynevezett szimmetrikus egyenlet, mert az együtthatók szimmetrikusak (a negyedfokú és a konstans tag együtthatója egyaránt 6, a harmadfokú és az elsőfokú tag együtthatója egyaránt Szimmetrikus egyenletekre alkalmazható a következőkben ismertetett módszer Mivel = 0 nem megoldása az egyenletnek (hiszen a konstans tag 6, tehát = 0 esetén a bal oldal értéke 6, ezért leoszthatjuk az egyenlet mindkét oldalát -tel: = A szimmetrikus tagokat egymás mellé rendezve ezt kapjuk: = Mivel + = + + = + +, ezért + = + Így az y = + 6 y y+ 8 = 0 alakban írható, amely y-ra új ismeretlen bevezetésével az egyenlet nézve másodfokú, a rendezés után ezt kapjuk: y = 6y y = Ennek megoldásai y = és 6 Ha y =, akkor az + = egyenlet mindkét oldalát -szel szorozva az + = másodfokú egyenlethez jutunk, amelynek megoldásai = és = Ha y =, akkor az + = egyenlet mindkét oldalát -szel szorozva az + = 0 másodfokú egyenlethez jutunk, amelynek egyetlen megoldása = Tehát az eredeti egyenletnek három valós megoldása van:, és Ellenőrzéssel meggyőződhetünk róla, hogy ezek valóban jó megoldások II Magasabb fokú egyenletek megoldásánál hasznos lehet, ha valamilyen úton megsejtjük az egyenlet egyik gyökét, ekkor ugyanis a megfelelő gyöktényező kiemelésével és poli- 9

10 nomosztással a megoldást visszavezethetjük egy alacsonyabb fokú egyenlet megoldására Mivel a = 0 egyenletben az együtthatók összege = 0, ezért az egyenletnek gyöke az (mert = esetén a kifejezés helyettesítési értéke pont az együtthatók összeg, vagyis biztosan kiemelhető gyöktényezőként Polinomosztással kapjuk: + + = : A = 0 harmadfokú egyenletben az együtthatók összege = 0, tehát ennek az egyenletnek is gyöke az, így még egyszer kiemelhető gyöktényezőként: : = A + = másodfokú egyenlet gyökei (a megoldóképlettel = és = Tehát az eredeti negyedfokú egyenlet megoldásai: =, = és = 4 = Ellenőrzéssel meggyőződhetünk róla, hogy ezek valóban jó megoldások Megjegyzés: A fenti gondolatmenetben láttuk, hogy ha egy egyenletben az együtthatók összege 0, akkor az egyenletnek gyöke az Hasznos megfigyelés még, hogy ha egy egyenlet együtthatóinak váltakozó előjelű összege 0, akkor az egyenletnek gyöke a III Ajánlott feladatok Végezzük el a kijelölt műveleteket, majd adjuk meg az eredményt minél egyszerűbb alakban! ( a ( a ( a ( a ( p 4q ( pq+ p + + +, ahol n ( ( n n n n n n w + w+ w w ( u v ( u u v v A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következőket! + e+ f ( y y ( c+ ( + 0

11 n 4 n 4 ( a + b ( a b ( pq f ( t u ( 4t + tu+ u g ( c + 4 h ( uv + 4s ( uv 4s i ( k + l+ m Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket! 44 j + 0ij + i 4 6 ur 6 p 49z rz+ 64r u 6u v+ uv 8v a + 8 f jl km jm kl g 6 64c 7d h 6z z i y y y Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett! 6b + 6 b 8c 8d 0c + 0d u u u u 9 b b + 6b+ + b+ a + v a v + av f ac bc + ad bd ac + bc + ad + bd g ab a b + c a + c b + ac h + + i 4 s + st st s + st st Végezzük el a kijelölt műveleteket a változók lehetséges értékei mellett! c + d c+ d c d c d 4 + e f e + f m m : m m m m m g 6 + g 8g + 6 g 0 a 8 7a+ a+ a + a+ 4 f a a 6 0 : a + + a a a+ 6a+ 9a g u+ v u v + u u v u uv h l+ l+ + l l i j i j i + : i ij i+ j i + ij j + ij 6 Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett! 9a 4a + a 6 6a 8 4 8b b + b + b 9 4b 9 7 Határozzuk meg számológép használata nélkül a következő műveletek végeredményét! f 8 Határozzuk meg számológép használata nélkül, hogy az 9 és a 489 közül melyik számnak van több pozitív osztója!

12 9 Határozzuk meg a és b értékét, ha tudjuk, hogy minden a = b összefüggés!, esetén teljesül az 0 Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenleteket! = = 0 Döntsük el a következő műveletek végeredményeiről, hogy racionálisak vagy irracionálisak-e! Határozzuk meg a lehet! y y kifejezés minimumát, ha és y tetszőleges valós szám y z Határozzuk meg az a + b + c kifejezés értékét, ha y z + + = a b c a b c és + + = 0 teljesül y z (ahol a, b, c,, y és z egyike sem 0! 4 Írjuk fel minél egyszerűbb alakban a következő kifejezést, ahol { 0; ; ; ; 4; } : ( ( ( 4 ( 4 ( Az ajánlott feladatok megoldásai Végezzük el a kijelölt műveleteket, majd adjuk meg az eredményt minél egyszerűbb alakban! ( a ( a ( a ( a ( p 4q ( pq+ p + + +, ahol n ( ( n n n n n n w + w+ w w ( u v ( u u v v a a+ + a+ a 4 = a + a a + a 4a+ a 8= a 4a p q pq+ p = pq+ p p pq pq+ q= = p 7 pq 4 pq 0 p+ 8q 4 4 w w w w w w w w w w w w w w w + + = + + = Más- képpen: ( ( 4 w w w w w w w w w = + = ( n n n n n n n n n n n n n n n n n n u + v u u v + v + = u u v + u v + u + u v u v + v + v = n = u + v n + u n + v n n n n n n n n n n n Másképpen: ( u v ( u u v v u v u v =

13 A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következőket! e+ f ( y y ( c+ ( + n 4 n 4 ( a + b ( a b ( pq f ( t u ( 4t + tu+ u g ( c + 4 h ( uv + 4s ( uv 4s i ( k + l+ m A nevezetes azonosságok alkalmazásával a következőket kapjuk: 9 e+ f = e ef + f y y = 8 y 6 y + 4 y 7 y c+ + c = c+ = 4c + 0c+ n 4 n 4 n a + b a b = a b 8 pq 9p q 6 pq 4 = + t u 4t tu u 8t u + + = f g c+ 4 = c + c + 48c+ 64 uv + 4s uv 4s = 4u v 6s h i k + l + m = k + 4l + 9m + 4kl + 6km + lm Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket! 44 j + 0ij + i 4 6 ur 6 p 49z rz+ 64r u 6u v+ uv 8v a + 8 f jl km jm kl g 6 64c 7d h 6z z i y y y j 0ij i ( j i + + = + ur 4 6 p 6 ( ur 4 p ( ur 4 p = + + = = 49z rz 64r ( 7z 8r ( 8r 7z

14 u 6u v+ uv 8v = u v a 8 ( a ( a a 4 + = + + f 8 jl 0km jm kl ( 8 jl jm ( kl 0km 6 j ( l m k ( l m + = + = + = ( l m ( 6j k = + g 64c 7d 6 ( 4c d ( 6c cd 9d 4 = + + h A 6z z 0 = egyenlet gyökei z = és z =, így ( z ( z = + 6z z = 6 z+ z = i ( y ( 6y ( 0y 0 ( y 6 ( y 0 ( y + + = + + = ( y ( 6 0 = + + Mivel az = 0 másodfokú egyenletnek nincs valós megoldása (a diszkriminánsa negatív, ezért az 4 Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett! szorzótényező nem bontható tovább 6b + 6 b 8c 8d 0c + 0d u u u u 9 b b + 6b+ + b+ a + v a v + av f ac bc + ad bd ac + bc + ad + bd g ab a b + c a + c b + ac h + + i 4 s + st st s + st st 6 ( b + 6b + 6 = = b b+ b b, ahol b ± 8c 8d 8 c+ d c d 4 c d = = 0c + 0d 0 c+ d c cd + d c cd + d, ahol c d ( u ( u u 9u + 7u 7 = = u 9 u+ u u+, ahol u ± ( b+ ( b+ b b b = = b b b b b , ahol b és b a + v ( a+ v ( a av+ v ( a+ v ( a av+ v = = = a+ v a v + av a av+ v + av a av+ v, ahol a av+ v 0 4

15 (ez csak az a= v= 0 esetet zárja ki f ac bc + ad bd c a b + d a b a b c+ d a b = = = ac + bc + ad + bd c a + b + d a + b a + b c + d a + b, ahol a b és c d g ( a + ac+ c b a+ c b ab a b + c c a ab b c a b c a b c a b c a + b = = = = a + c b + ac a+ c+ b a+ c b a+ c+ b ahol b ± ( a+ h ( + ( = = = = +, ahol és i 4 + s s + st t s s st+ st t s s s t + t s t s s t s t = = = = s + s t st s s + st t s s + 6st st t s s s+ t t s+ t ( s s t s t s s t + = = s s+ t s t s t, ahol s 0, s t és t s Megjegyzés: Az i feladat számlálója és nevezője más módszerrel is szorzattá alakítható, amely hasznos bizonyos kétismeretlenes másodfokú polinomok esetében Például a nevezőben lévő s + st t szorzattá alakításakor tekintsük a s + st t = 0 egyenletet, amely s-re nézve t± t + 4t t± 7t egy másodfokú, t paraméterű egyenlet Ennek megoldásai s, = =, 6 6 t t vagyis s = t és s =, így az egyenlet gyöktényezős alakja ( s+ t s, amely ( s t ( s t + alakban is írható Végezzük el a kijelölt műveleteket a változók lehetséges értékei mellett!, c + d c+ d c d c d 4 + e f e + f m m : m m m + m+ m g 6 + g 8g + 6 g 0 a 8 7a a a a 4 f a a 6 0 : a + + a a a+ 6a+ 9a g u+ v u v + u u v u uv h l+ l+ + l l i j i j i + : i ij i+ j i + ij j + ij ( c + d ( c+ c + d c+ d c + d c+ d c d c d c d c d c d c d c d = = = + +

16 ( c c + d c cd d c cd + d c d = = = = c+ d c d c+ d c d c+ d c d c+ d 4 e + f + 4 e f 7 e f + = = e f e + f e f e + f e f ( m + + m m 4 m+ m 4 = = m 6m 8 m 4m 4 : m m m m m m m m és m, ahol c ± d, ahol 0 e, f és e f, ahol m, ( g + 6 ( g 4 g 6 g 6 g + 6g 4 + = + = = = g 4 4 g 4 g 4 g g g g g + =, ahol g 4 4 ( g, ahol a (A máso- a 8 7a+ a a + a+ 4 7 ( a+ 7 ( a = = a+ a + a+ 4 ( a+ a + a+ 4 dik tört nevezője sosem 0, mert a + a+ 4= ( a = f a a 6a + 0a a a+ + a a a + : = = a a+ 6a+ 9a a a+ a a+ 9a + a+ a 6a a a + a a a a+ a = = = = a a+ a a+ a+ a a+ a+ a a+ a =, ahol + g ( a a ±, a 0 és a ( + ( ( + u+ v u v u v u + u+ v u u v u v u u v + = = = = u u v u uv u u v u u v u u v = u v, ahol u 0 és u v h l+ l+ + = l + + l+ + + l = l + +, ahol l 0 Másképpen: l l l l l l l l = l+ = l + + = l + + l l l l l i j i j i j i j i + : : = + = i ij i+ j i + ij j + ij i ( i j i+ j i ( i+ j j ( j+ i j + i i j i j j i i j + i ij ij j i = : = : = i i+ j i j i j i+ j i i+ j i j i j i+ j 6

17 i + j ij i j i+ j j j = = = i i+ j i j i j j i ( ( i + j ij ( 6 Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett!, ahol i 0, i ± j és j 0 9a 4a + a 6 6a 8 4 8b b + b + b 9 4b 9 A tört akkor értelmezhető, ha 4 a Az eredményt polinomosztással kapjuk: a a + a a = a a+ 9a a 0a + a 6 0a + 40a a 6 a : 6 8 Tehát az egyszerűsített tört értéke + a a Megjegyzés: Ha a nevezőt ( a 4 alakra hozzuk, majd a számlálót csak a 4 a 0a 4 -gyel osztjuk + el, akkor a végeredményt alakban kapjuk meg Így az osztás során minden együttható egész lesz, ez azonban nem szükségszerű egy polinomosztásnál, mint azt a fenti példa is mutatja Fontos megfigyelnünk, hogy a 6a 8 -cal történő osztáskor az első lépésben a hányados első tagja a lett (tehát a nem egész együtthatók is megengedettek, nem pedig a, ekkor ugyanis a 9a -ből még a megmaradt volna, viszont az osztási lépésekben a maradék fokszámának mindig kisebbnek kell lennie az osztó fokszámánál (kivéve, ha a hányados 0 A tört akkor értelmezhető, ha b ± (ezek a nevező gyökei Polinomosztással kapjuk, hogy: 4 8b b + b + b 9 : 4b 9 = b b+ 4 8b 8b b + 0b + b 9 b + 7b 0b 0b 4b 9 4 4b + 6 Mivel az utolsó lépésben a maradék 4b + 6, ez viszont már nem osztható 4b 9-cel, ezért a tört számlálója nem osztható maradék nélkül a nevezővel (A maradékos osztás a következőkép- 4 8b b + b + b 9 = b b+ 4b 9 4b+ 6 pen lenne felírható: 7

18 A nevező viszont szorzattá alakítható: 4b 9 ( b ( b = +, így megpróbálhatjuk külön- külön a szorzótényezők valamelyikével elosztani a tört számlálóját Mivel b = gyöke a számlálónak (ezt behelyettesítéssel ellenőrizhetjük, de b = nem gyöke, ezért b -mal fogjuk tudni maradék nélkül elosztani a számlálót: A kapott 4b b b b + b + b b = b + b+ 8b b b + b 9 b b 6b 9 6b : kifejezés már biztosan nem osztható maradék nélkül b + -mal, hiszen b = nem gyöke 4b + b+ -nak (Ráadásul ha osztható lenne vele, akkor az eredeti kifejezéssel is el tudtuk volna osztani az eredeti számlálót Így tehát az egyszerűsítés a következőképpen írható le: ( 4b + b+ ( b b 9 b+ b b+ 4 8b b b b 9 4b b = = 7 Határozzuk meg számológép használata nélkül a következő műveletek végeredményét! 4b f = + = + + = + + = 8 + = = = 0 = = = + = + = 6 79 = ( 70 9 ( = 70 9 = = 489 = ( = ( = = ( = = = 9 = + + = = 0 = 0 f 8

19 8 Határozzuk meg számológép használata nélkül, hogy az 9 és a 489 közül melyik számnak van több pozitív osztója! Az osztók számát meghatározhatnánk a számok prímtényezős felbontásából, azonban sem az 9, sem a 489 nem osztható semelyik egyjegyű prímmel sem, így a prímtényezők keresése hosszabb írásbeli osztásokat igényelne Vegyük észre, hogy 9 = = 40 és azonosságokkal 9 ( 40 ( = = 70, így a nevezetes = + = és 489 = = 7 67 adódik Mivel a 7, 4, 67, 7 számok mindegyike prím, ezért az 9 és a 489 is két prím szorzata, tehát ugyanannyi (4 d pozitív osztójuk van 9 Határozzuk meg a és b értékét, ha tudjuk, hogy minden a = b összefüggés!, esetén teljesül az A jobb oldal átalakítva: a + a + b b Mivel = + + egyenlősége 0 ( a ( a a b a + + b a+ a+ b b + = = teljesül minden megengedett értékre, ezért a számlálók + = + + alakban is írható Két (elsőfokú polinom pontosan akkor egyenlő, ha együtthatóik rendre megegyeznek, azaz a+ b= 0 és a b= Az első összefüggésből a b és 0 a = adódik 7 =, ezt a másodikba helyettesítve b b= 7b=, ahonnan b = 7 Megjegyzés: Ezt az eljárást amikor tehát egy (legaláb másodfokú nevezőjű algebrai törtet több elsőfokú nevezőjű tört összegeként írunk fel parciális törtekre bontásnak nevezzük 0 Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenleteket! = = 0 Mivel az együtthatók váltakozó előjeles összege 8 ( 6 + ( 9 ( = 0, ezért az = gyöke az egyenletnek, így + szorzótényezőként kiemelhető belőle Polinomosztással kapjuk: + = : 8 4 9

20 A 8 4 = 0 másodfokú egyenlet gyökei = és = Tehát az eredeti egyenlet 4 három megoldása a, az és a Ellenőrzéssel meggyőződhetünk róla, hogy ezek mindegyike valóban jó 4 megoldás Mivel szimmetrikus negyedfokú egyenletről van szó, amelynek a 0 nem gyöke, ezért -tel végigosztva a = egyenletet kapjuk, amely az re nézve má- összefüggés alapján = 0 alakra hozható Ez sodfokú, a két gyök és = + Ha + =, akkor az + = 0 egyenletből az = és = megoldásokat kapjuk 9 9 Ha + =, akkor az + + = 0 egyenletből az = és 4 = megoldásokat 0 0 kapjuk Ellenőrzéssel meggyőződ- Tehát az eredeti egyenlet négy megoldása az, a, a és a hetünk róla, hogy ezek mindegyike valóban jó megoldás Döntsük el a következő műveletek végeredményeiről, hogy racionálisak vagy irracionálisak-e! = 9 6 = = = racionális + + = ( + + ( = + + = + + ( = irracionális = ( + 6 ( 6 = = + 6 ( 6 = racionális Határozzuk meg a lehet! y y kifejezés minimumát, ha és y tetszőleges valós szám Keressünk teljes négyzeteket: y y ( y ( egy teljes négyzet értéke mindig nemnegatív, ezért ( y ( = Mivel , vagyis a ki- 0

21 fejezés értéke legalább Pontosan akkor lehet, ha + y= 0 és + = 0 Ez meg is valósulhat, = és y = esetén Tehát a kifejezés minimuma y z Határozzuk meg az a + b + c kifejezés értékét, ha y z + + = a b c a b c és + + = 0 teljesül y z (ahol a, b, c,, y és z egyike sem 0! a b c Az + + = 0 egyenletet yz -vel szorozva az ayz + bz + cy = 0 összefüggést y z yz z y y z kapjuk, amelyet abc -vel elosztva a + + = 0 egyenlethez jutunk Mivel + + =, bc ac ab a b c y z y z y z yz y z így = + + = , ahonnan + + = a kere- a b c a b c ab ac bc a b c sett kifejezés értéke 4 Írjuk fel minél egyszerűbb alakban a következő kifejezést, ahol { 0; ; ; ; 4; } : ( ( ( 4 ( 4 ( Az ( ( ( ( 4 ( közös nevező választása rendkívül hosszú számolást eredményezne Ehelyett észrevehetjük (a parciális törtekre bontás korábban ismertetett módszerével, hogy = =, és így tovább, ( + +, = Vagyis a vizsgált kifejezés felírható a következőképpen: = = IV Ellenőrző feladatok Végezzük el a kijelölt műveleteket, majd adjuk meg az eredményt minél egyszerűbb alakban! ( ( b+ ( b ( b 4b ( f f + ef ( e + ef f A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következőket! ef 4e ( q r + c+ d 4 4 ( uv u v y y ( y ( y + f ( f g 4h

22 Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket! i ij ik jk + m ( a n ( b 00 f + 60 f g + 9g p q + 8p q 64 j 96 jk + 6k f a a b+ 6ab 8b g v 7v h q 8 6q q + i y+ 8 y+ 9y+ y 4 Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett! c 7d c + 0cd + 4d 8t + 6tu+ 8u 4 4 9t 9u de+ 8de+ 7e de d + 7e 4 Végezzük el a kijelölt műveleteket a változók lehetséges értékei mellett! i j i + j i+ j i j o o + : o+ o a+ 6b 9b a a ab ab 6b b a b a b ( a+ b + a b k l k l + l k l k f a+ 6 a+ 4a 4 + a a a+ 6 Egyszerűsítsük a 4 4k k 9k + k 8 ( k + ( k 7 törtet, ahol k és k 7! 7 Oldjuk meg a valós számok halmazán a = egyenletet! 8 Határozzuk meg számológép használata nélkül a következő műveletek végeredményét! Bizonyítsuk be, hogy a kifejezés értéke minden egész a esetén páratlan szám! 80a a : + a 4a 0 a a+ Az ellenőrző feladatok megoldásai Végezzük el a kijelölt műveleteket, majd adjuk meg az eredményt minél egyszerűbb alakban! ( ( b+ ( b ( b 4b ( f f + ef ( e + ef f 4 b b+ b b 4b = 4b 7b + 8b b+ f f + ef e + ef f = e f + e f + e f + ef 4 0ef ef f 4 + f

23 A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következőket! ( ef 4 q+ r c+ d 4 4 ( uv u v y y ( y ( y 6 ef 4e = e f 40e f + 6e q+ r = 8q + 60q r+ 0qr + r + f ( f g 4h 9 c+ d = c + cd + d uv u 4 v = 7u v 4u 6 v + 6u 9 v 7 8u v y y y + y y = y f g 4h = 4f + 9g + 6h fg 6fh+ 4gh f Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket! i ij ik jk + m ( a n ( b 00 f + 60 f g + 9g p q + 8p q 64 j 96 jk + 6k f a a b+ 6ab 8b g v 7v h q 8 6q q + i y+ 8 y+ 9y+ y i ij ik jk ( i k ( i j + = + m ( a n ( b ( m n ( a = + 00 f + 60 f g + 9g = 0 f + g p q 6 8 p q ( 4 pq p 4 q ( 6 p q 4 8p q 4 p 8 q + = j 96 jk + 6k = 8 j 6k f a a b 6ab 8b ( a +, mert ez utóbbi értéke a 6a b+ ab 8b Ezt felhasználva a a b 6ab 8b ( a a b 6ab ( a ab ( a + = + = + =

24 ( a ( a ab 4b = + g v 7v 4 ( v ( v = + + h q 8 6q q ( q 6q ( q ( q ( q 8q 4 + = + = + + i y 8y 9y y y( 8 9 y( ( ( = = A megoldás öt- lete, hogy az = 0 egyenletnek gyöke a, így + -et kiemelve polinomosztással kapjuk a szorzatalakot 4 Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett! c 7d c + 0cd + 4d 8t + 6tu+ 8u 4 4 9t 9u de+ 8de+ 7e de d + 7e 4 ( c+ c 7d c+ d c d c d = = c + cd + d c+ d 0 4, ahol c d 8t + 6tu+ 8u 8 t+ u t+ u = = t u t + u t+ u t u t + u t u de + 8de+ 7e e d + 7 d + e d + = = de d + 7e 4 d + 7 e e, ahol d 7 és e, ahol t ± u Végezzük el a kijelölt műveleteket a változók lehetséges értékei mellett! i j i + j i+ j i j o o + : o+ o a+ 6b 9b a a ab ab 6b b a b a b ( a+ b + a b k l k l + l k l k f a+ 6 a+ 4a 4 + a a a+ i j i + j i j i + j i+ j i j = = = i+ j i j i+ j i j i+ j i j i j, ahol i ± j ( + o ( o o o o+ 4o o+ o + : : = = =, o+ o o+ ( + o ( o o+ + o o o ahol o ± és o ± 4

25 a+ 6b 9b a a+ 6b b 9b a a a a b 4b a b = = =, a ab ab 6b b a a b b a a b b a ahol a 0, a b és b 0 a b a+ b ( a+ b ( a+ a+ b a b a+ b = = a b a b, ahol a ± b k l k l k 4l k 4l + = =, ahol k 0 és l 0 l k l k 4l k 4l k f a+ 6 a+ 4a 4 a+ + 6 a+ a 4 a+ a + = = a a a+ a a+ ( a ( a ( a ( a = = +, ahol a ± 6 Egyszerűsítsük a 4 4k k 9k + k 8 ( k + ( k 7 törtet, ahol k és k 7! 4 4k k 9k + k 8 ( 4k k + ( k + ( k 7 4k k = = + A végeredményt megkaphatjuk két egymás utáni polinomosztással (például először k + -vel osztjuk el ( k + ( k 7 ( k + ( k 7 az eredeti számlálót, majd a kapott hányadost k 7 -tel osztjuk, vagy fordított sorrendben Megtehetjük azonban azt is, hogy a számlálót rögtön ( k + ( k 7 = k k 4-gyel osztjuk el, ekkor kettő helyett csak egy osztást kell végrehajtanunk Ilyenkor elvileg elképzelhető lenne, hogy az osztás során maradék keletkezik (ha a számláló nem osztható a nevező mindkét szorzótényezőjével, de a mostani feladatban nincsen maradék, ezzel a módszerrel is a helyes végeredményt kapjuk 7 Oldjuk meg a valós számok halmazán a = egyenletet! Mivel az együtthatók összege = 0, ezért az egyenletnek biztosan gyöke az = Az -et szorzótényezőként kiemelve polinomosztással a következő alakot kapjuk: ( ( = 0 A második tényező egy szimmetrikus negyedfokú kifejezés, amely -tel osztva ( 0 és rendezve alakra hozható Ennek + -re vett gyökei 0 és Az 0 + = eset megoldásai = és =, míg az + = eset nem ad valós megoldást (hiszen + = 0 diszkriminánsa negatív, illetve ismert, hogy +

26 Tehát az egyenletnek három valós megoldása van: az, a és a Ellenőrzéssel meggyő- ződhetünk róla, hogy ezek mindegyike valóban jó megoldás 8 Határozzuk meg számológép használata nélkül a következő műveletek végeredményét! = = + = + = 8 7 = = 00 6 = = ( 00 4 ( = 00 4 = = Bizonyítsuk be, hogy a kifejezés értéke minden egész a esetén páratlan szám! 80a a : + a 4a 0 a a+ A nevezők miatt a ±,, vagyis a kifejezés minden egész a-ra értelmezve van 80a a+ a 40a a+ a 40a a a+ : = : = = a +, 4a 0 a a+ a a a+ a 40a amely valóban minden egész a esetén páratlan szám, hiszen egy páros ( a és egy páratlan ( szám összege 6

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

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 VII.

Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. 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

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

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

Algebrai egész kifejezések (polinomok)

Algebrai egész kifejezések (polinomok) Algebrai egész kifejezések (polinomok) Betűk használata a matematikában Feladat Mekkora a 107m 68m oldalhosszúságú téglalap alakú focipála kerülete, területe? a = 107 m b = 68 m Terület T = a b = 107m

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

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

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

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

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

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

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

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai. x 2 sin x cos (2x) < 1 x.

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai. x 2 sin x cos (2x) < 1 x. Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi második fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Oldja meg a következő egyenlőtlenséget, ha x > 0: x 2 sin

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

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

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

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

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

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

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

Részletesebben

1. A Horner-elrendezés

1. A Horner-elrendezés 1. A Horner-elrendezés A polinomok műveleti tulajdonságai Polinomokkal a szokásos módon számolhatunk: Tétel (K2.1.6, HF ellenőrizni) Tetszőleges f,g,h polinomokra érvényesek az alábbiak. (1) (f +g)+h =

Részletesebben

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

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

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

Egy általános iskolai feladat egyetemi megvilágításban

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

Részletesebben

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

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

7. Számelmélet. 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel? 7. Számelmélet I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel? ELTE 2006. október 27. (matematika

Részletesebben

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

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

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

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

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

Diszkrét matematika 2.C szakirány

Diszkrét matematika 2.C szakirány Diszkrét matematika 2.C szakirány 2015. ősz 1. Diszkrét matematika 2.C szakirány 7. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék 2015.

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

Zárthelyi feladatok megoldásai tanulságokkal Csikvári Péter 1. a) Számítsuk ki a 2i + 3j + 6k kvaternió inverzét.

Zárthelyi feladatok megoldásai tanulságokkal Csikvári Péter 1. a) Számítsuk ki a 2i + 3j + 6k kvaternió inverzét. Zárthelyi feladatok megoldásai tanulságokkal Csikvári Péter 1. a Számítsuk ki a 2i + 3j + 6k kvaternió inverzét. b Köbgyöktelenítsük a nevezőt az alábbi törtben: 1 3 3. Megoldás: a Egy q = a + bi + cj

Részletesebben

karakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja

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

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI 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

Függvény fogalma, jelölések 15

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

Részletesebben

FÜGGVÉNYTANI ALAPOK A) ÉRTELMEZÉSI TARTOMÁNY

FÜGGVÉNYTANI ALAPOK A) ÉRTELMEZÉSI TARTOMÁNY FÜGGVÉNYTANI ALAPOK Foglalkoztunk az alaptulajdonságnak tekinthető értelmezési tartománnyal, és a paritással, továbbá az összetett függvények képzési módjával, illetve ezeknek az elemi függvényekre való

Részletesebben

Irodalom. (a) A T, B T, (b) A + B, C + D, D C, (c) 3A, (d) AD, DA, B T A, 1 2 B = 1 C = A = 1 0 D = (a) 1 1 3, B T = = ( ) ; A T = 1 0

Irodalom. (a) A T, B T, (b) A + B, C + D, D C, (c) 3A, (d) AD, DA, B T A, 1 2 B = 1 C = A = 1 0 D = (a) 1 1 3, B T = = ( ) ; A T = 1 0 Irodalom ezek egyrészt el- A fogalmakat, definíciókat illetően két forrásra támaszkodhatnak: hangzanak az előadáson, másrészt megtalálják a jegyzetben: Szabó László: Bevezetés a lineáris algebrába, Polygon

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

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

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2011/2012 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló - megoldások. 1 pont Ekkor Okta tási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 0/0 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA). forduló - megoldások. Az valós számra teljesül a 3 sin sin cos sin egyenlőség. Milyen értékeket

Részletesebben

Typotex Kiadó. Bevezetés

Typotex Kiadó. Bevezetés Bevezetés A bennünket körülvevő világ leírásához ősidők óta számokat is alkalmazunk. Tekintsük át a számfogalom kiépülésének logikai-történeti folyamatát, amely minden valószínűség szerint a legkorábban

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

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

Tétel: A háromszög belső szögeinek összege: 180

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

Részletesebben

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

1. ábra ábra

1. ábra ábra A kifejtési tétel A kifejtési tétel kimondásához először meg kell ismerkedni az előjeles aldetermináns fogalmával. Ha az n n-es A mátrix i-edik sorának és j-edik oszlopának kereszteződésében az elem áll,

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

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

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

Tanmenet a Matematika 10. tankönyvhöz

Tanmenet a Matematika 10. tankönyvhöz Tanmenet a Matematika 10. tankönyvhöz (111 óra, 148 óra, 185 óra) A tanmenetben olyan órafelosztást adunk, amely alkalmazható mind a középszintû képzés (heti 3 vagy heti 4 óra), mind az emelt szintû képzés

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

Diszkrét matematika 1.

Diszkrét matematika 1. Diszkrét matematika 1. Nagy Gábor nagy@compalg.inf.elte.hu nagygabr@gmail.com ELTE IK Komputeralgebra Tanszék 014. ősz 014-15 őszi félév Gyakorlat: 1. ZH tervezett időpontja: október 1.,. ZH tervezett

Részletesebben

1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen

1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen 10. osztály 1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy ( a + b + c) 3 4 ab + bc + ca Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen A feladatban szereplő kettős

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

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Logaritmus

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Logaritmus Logaritmus DEFINÍCIÓ: (Logaritmus) Ha egy pozitív valós számot adott, - től különböző pozitív alapú hatvány alakban írunk fel, akkor ennek a hatványnak a kitevőjét logaritmusnak nevezzük. Bármely pozitív

Részletesebben

9. Tétel Els - és másodfokú egyenl tlenségek. Pozitív számok nevezetes közepei, ezek felhasználása széls érték-feladatok megoldásában

9. Tétel Els - és másodfokú egyenl tlenségek. Pozitív számok nevezetes közepei, ezek felhasználása széls érték-feladatok megoldásában 9. Tétel Els - és másodfokú egyenl tlenségek. Pozitív számok nevezetes közepei, ezek felhasználása széls érték-feladatok megoldásában Bevezet : A témakörben els - és másodfokú egyenl tlenségek megoldásának

Részletesebben

Bevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok

Bevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok . fejezet Bevezetés Algebrai feladatok J. A számok gyakran használt halmazaira a következ jelöléseket vezetjük be: N a nemnegatív egész számok, N + a pozitív egész számok, Z az egész számok, Q a racionális

Részletesebben

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

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

Részletesebben

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

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

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

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

Részletesebben

Komplex számok trigonometrikus alakja

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

Részletesebben

Matematika pótvizsga témakörök 9. V

Matematika pótvizsga témakörök 9. V Matematika pótvizsga témakörök 9. V 1. Halmazok, műveletek halmazokkal halmaz, halmaz eleme halmazok egyenlősége véges, végtelen halmaz halmazok jelölése, megadása természetes számok egész számok racionális

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

A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM)

A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) Javítási értékelési útmutató 1. Melyek azok a pozitív p és q prímek, amelyekre a számok mindegyike

Részletesebben

SHk rövidítéssel fogunk hivatkozni.

SHk rövidítéssel fogunk hivatkozni. Nevezetes függvény-határértékek Az alábbiakban a k sorszámú függvény-határértékek)re az FHk rövidítéssel, a kompozíció határértékéről szóló első, illetve második tételre a KL1, illetve a KL rövidítéssel,

Részletesebben

Gyakorló feladatok javítóvizsgára szakközépiskola matematika 9. évfolyam

Gyakorló feladatok javítóvizsgára szakközépiskola matematika 9. évfolyam Gyakorló feladatok javítóvizsgára szakközépiskola matematika 9. évfolyam Halmazok:. Adott két halmaz: A = kétjegyű pozitív, 4-gyel osztható számok B = 0-nél nagyobb, de 0-nál nem nagyobb pozitív egész

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

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

16. modul: ALGEBRAI AZONOSSÁGOK

16. modul: ALGEBRAI AZONOSSÁGOK MATEMATIK A 9. évfolyam 16. modul: ALGEBRAI AZONOSSÁGOK KÉSZÍTETTE: VIDRA GÁBOR, DARABOS NOÉMI ÁGNES Matematika A 9. évfolyam. 16. modul: ALGEBRAI AZONOSSÁGOK Tanári útmutató 2 A modul célja Időkeret Ajánlott

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

2016/2017. Matematika 9.Kny

2016/2017. Matematika 9.Kny 2016/2017. Matematika 9.Kny Gondolkodási módszerek 1. Számhalmazok: N, Z, Q, Q*, R a számhalmazok kapcsolata, halmazábra 2. Ponthalmazok: o 5. oldal K I. fejezet: 172-178., 180-185., 191. feladat távolsággal

Részletesebben

Oszthatóság. Oszthatóság definíciója (az egészek illetve a természetes számok halmazán):

Oszthatóság. Oszthatóság definíciója (az egészek illetve a természetes számok halmazán): Oszthatóság Oszthatóság definíciója (az egészek illetve a természetes számok halmazán): Azt mondjuk, hogy az a osztója b-nek (jel: a b), ha van olyan c egész, amelyre ac = b. A témakörben a betűk egész

Részletesebben

XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny

XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny Bonyhád, 011. március 11 15. 10. osztály 1. feladat: Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b és c. Bizonyítsuk be, hogy 3 (a+b+c) ab+bc+ca 4 Mikor állhat

Részletesebben

2016/2017. Matematika 9.Kny

2016/2017. Matematika 9.Kny 2016/2017. Matematika 9.Kny Gondolkodási módszerek 1. Számhalmazok: N, Z, Q, Q*, R a számhalmazok kapcsolata, halmazábra 2. Ponthalmazok: o 4. oldal K I. fejezet: 172-178., 180-185., 191. feladat távolsággal

Részletesebben

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatmegoldásai

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatmegoldásai Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 008-009. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára. Határozzuk meg az alábbi egyenletrendszer valós megoldásait. ( x

Részletesebben

MATEMATIKA A 10. évfolyam

MATEMATIKA A 10. évfolyam MATEMATIKA A 10. évfolyam 7. modul Négyzetgyökös egyenletek Készítette: Gidófalvi Zsuzsa Matematika A 10. évfolyam 7. modul: Négyzetgyökös egyenletek Tanári útmutató A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály

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

x = 1 = ı (imaginárius egység), illetve x 12 = 1 ± 1 4 2

x = 1 = ı (imaginárius egység), illetve x 12 = 1 ± 1 4 2 Komplex számok A valós számok és a számegyenes pontjai között kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés létesíthető. A számfogalom a számegyenes pontjainak körében nem bővíthető tovább. A számfogalom bővítését

Részletesebben

Tartalomjegyzék. Tartalomjegyzék Valós változós valós értékű függvények... 2

Tartalomjegyzék. Tartalomjegyzék Valós változós valós értékű függvények... 2 Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék... Valós változós valós értékű függvények... Hatványfüggvények:... Páratlan gyökfüggvények:... Páros gyökfüggvények... Törtkitevős függvények (gyökfüggvények hatványai)...

Részletesebben

1. Mit nevezünk egész számok-nak? Válaszd ki a következő számok közül az egész számokat: 3 ; 3,1 ; 1,2 ; -2 ; -0,7 ; 0 ; 1500

1. Mit nevezünk egész számok-nak? Válaszd ki a következő számok közül az egész számokat: 3 ; 3,1 ; 1,2 ; -2 ; -0,7 ; 0 ; 1500 1. Mit nevezünk egész számok-nak? Válaszd ki a következő számok közül az egész számokat: 3 ; 3,1 ; 1,2 ; -2 ; -0,7 ; 0 ; 1500 2. Mit nevezünk ellentett számok-nak? Ábrázold számegyenesen a következő számokat

Részletesebben

3. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 3. előadás Lineáris egyenletrendszerek

3. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 3. előadás Lineáris egyenletrendszerek 3. Előadás Megyesi László: Lineáris algebra, 47. 50. oldal. Gondolkodnivalók Determinánsok 1. Gondolkodnivaló Determinánselméleti tételek segítségével határozzuk meg a következő n n-es determinánst: 1

Részletesebben

Egész számok. pozitív egész számok: 1; 2; 3; 4;... negatív egész számok: 1; 2; 3; 4;...

Egész számok. pozitív egész számok: 1; 2; 3; 4;... negatív egész számok: 1; 2; 3; 4;... Egész számok természetes számok ( ) pozitív egész számok: 1; 2; 3; 4;... 0 negatív egész számok: 1; 2; 3; 4;... egész számok ( ) 1. Írd a következõ számokat a halmazábra megfelelõ helyére! 3; 7; +6 ; (

Részletesebben

Határozott integrál és alkalmazásai

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

Részletesebben

Megoldások 9. osztály

Megoldások 9. osztály XXV. Nemzetközi Magyar Matematikaverseny Budapest, 2016. március 1115. Megoldások 9. osztály 1. feladat Nevezzünk egy számot prímösszeg nek, ha a tízes számrendszerben felírt szám számjegyeinek összege

Részletesebben

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

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2008/2009-es tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Oktatási és Kulturális Minisztérium Támogatáskezelő Igazgatósága támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 00/009-es tanév első (iskolai) forduló haladók II.

Részletesebben

2. tétel Egész számok - Műveletek egész számokkal. feleletvázlat

2. tétel Egész számok - Műveletek egész számokkal. feleletvázlat 1. tétel Természetes számok tízes számrendszer műveletek és tulajdonságaik Természetes számok, jele, jelölések, ábrázolása számegyenesen műveletek a természetes számok halmazán belül Tízes számrendszer

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

FFT. Második nekifutás. Czirbusz Sándor ELTE IK, Komputeralgebra Tanszék október 2.

FFT. Második nekifutás. Czirbusz Sándor ELTE IK, Komputeralgebra Tanszék október 2. TARTALOMJEGYZÉK Polinomok konvolúviója A DFT és a maradékos osztás Gyűrűk támogatás nélkül Második nekifutás Czirbusz Sándor ELTE IK, Komputeralgebra Tanszék 2015. október 2. TARTALOMJEGYZÉK Polinomok

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

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

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

1. Mit nevezünk egész számok-nak? Válaszd ki a következő számok közül az egész számokat: 3 ; 3,1 ; 1,2 ; -2 ; -0,7 ; 0 ; 1500

1. Mit nevezünk egész számok-nak? Válaszd ki a következő számok közül az egész számokat: 3 ; 3,1 ; 1,2 ; -2 ; -0,7 ; 0 ; 1500 1. Mit nevezünk egész számok-nak? Válaszd ki a következő számok közül az egész számokat: 3 ; 3,1 ; 1,2 ; -2 ; -0,7 ; 0 ; 1500 2. Mit nevezünk ellentett számok-nak? Ábrázold számegyenesen a következő számokat

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 1. forduló haladók III. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 1. forduló haladók III. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Oktatásért Közalapítvány támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 1. forduló haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Határozzuk

Részletesebben

TANMENET. Matematika

TANMENET. Matematika Bethlen Gábor Református Gimnázium és Szathmáry Kollégium 6800 Hódmezővásárhely, Szőnyi utca 2. Telefon: +36-62-241-703 www.bgrg.hu OM: 029736 TANMENET Matematika 2016/2017 9. B tagozat Összeállította:

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

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