Ábrahám Gábor: A Jensen-egyenlőtlenség. Megoldások. Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség)

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Ábrahám Gábor: A Jensen-egyenlőtlenség. Megoldások. Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség)"

Átírás

1 Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség) I. Geometriai egyenlőtlenségek, szélsőérték feladatok 1. Mivel az [ ] f :0; π ; xa sin xfolytonos az értelmezési tartományán, ezért elég azt belátni, hogy szigorúan gyengén konkáv ezen az intervallumon. Legyen 0 x< y π! Ekkor sin x + sin y sin x + y os x y sin x + y x y <, hisz os < 1, mivel x y. Ebből következően egyenlőség akkor és sak akkor állhat fenn, ha xy. π. Mivel osx sin x+, így könnyen jön az állítás. x y. Ebből következően egyenlőség akkor és sak akkor állhat fenn, ha xy. π 3. Mivel az f :0; ; x tgx a folytonos az értelmezési tartományán, ezért elég azt belátni, hogy szigorúan gyengén konkáv ezen az intervallumon. Ismert, hogy x+ y x+ y sin os tgx+ tgy sin( x+ y) os x osy osx os y x+ y os x+ y 1+ os( x+ y) x+ y tg tg osx osy osx osy ( ) 1 os x y + osx os y x+ y tg osx osy ( x y) 1 os 1+ x + y x + tg tg y > osx os y Mivel x y. Ebből következően egyenlőség akkor és sak akkor állhat fenn, ha xy. Érdemes végiggondolni az egységsugarú kör felhasználásával történő elemi bizonyítást! 4. a) a + b + ab Használjuk fel, hogy T r, továbbá 4R a R sinα, b R sin β, R sinγ. b) A Héron-képlet szerint T s( s a)( s b)( s tg α s r, valamint. Ezen utóbbit felírva a többi szögre is kapjuk az állítást. a Matematika Oktatási Portál, - 1/17 -

2 tgα + tg β Tudjuk, hogy tgγ tg( 180 α β ) tg( α + β ). tgα tg β 1 d) Használjuk fel a koszinusz-tételt és a trigonometrikus területképletet, valamint a kotangens definíióját! e) b + a + a b a + b osα+ osβ+ os γ + + b a ab a+ b+ b+ a a+ b a+ b 16s( s a)( s b)( s ab a+ b+ ab s ( )( )( )( ) ( ) 4t t 4t r abs s ab R f) r Használjuk a b) feladat megoldásában látott tg α összefüggést és írjuk fel ennek s a megfelelőjét a többi szögre is, valamint alkalmazzuk a Héron-képletet és a Trs a területképletet! g) Használjuk fel, hogy sinγ sin( α+β ), az 1. feladatban látott összefüggést, és a koszinuszra felírt hasonló összefüggést! h) Az előzőhöz hasonlóan megoldható. i) Használjuk az 1. feladatban látott összefüggést és a koszinuszra felírt hasonló összefüggést! j) Az előzőhöz hasonló k) Mivel os α + β osγ osα os β sinα sin β ( ) osα os β + osγ sinα sin β így négyzetre emelés után os α os 1 os β + osα os β osγ α os β + os ebből pedig jön az állítás. l) Hasonló az előzőhöz. m) Következik az alábbiból. α os + os β γ ( 1 os α )( 1 os β ) Matematika Oktatási Portál, - /17 -

3 γ α + β tg tg 90 n) A korábbiakból levezethető. 1 α β tg + α β tg + tg α β tg tg 1 5. a) Legkisebb felső korlát: Az 1. feladatból tudjuk, hogy a szinusz függvény a [0;π] intervallumon szigorúan konvex, így a α+β+γ o 3 3 Jensen-egyenlőtlenség alapján sinα+ sinβ+ sinγ sin sin60 3. Legnagyobb alsó korlát: A szinuszok összege mindig pozitív, de a 0-t tetszőlegesen megközelítheti. Tekintsük egy 1 1 olyan egyenlő szárú háromszöget, melynek szögei α 180 o, β, γ! n n n Ekkor o 1 1 sinα+ sinβ+ sinγ sin sin sin + sin n n n n 1 1 sin os + 1 0, ha n. n n Felhasználtuk, hogy a szinusz függvény az értelmezési tartománya minden pontjában folytonos. Tehát legnagyobb alsókorlátja a 0. b) Legkisebb felső korlát: Legyen α β γ, ekkor az αβ, hegyesszög. Így a. feladat alapján α+β α+β osα+ osβ+ osγ os + osγ os os( α+β ) α+β α+β α+β α+β α+β os os + sin 1+ os os 3 1 α+β α+β 3 1 α+β 3 + os os 1 os Legnagyobb alsó korlát: r r Az előző feladatból ismert, hogy osα + os β + osγ 1+. Mivel 0 R R >, ezért a koszinuszok összege nagyobb 1-nél. Az 1-et viszont tetszőlegesen megközelítheti. Az 1 1 előzőhöz hasonlóan legyen α 180 o, β, γ! n n n Matematika Oktatási Portál, - 3/17 -

4 Ekkor o 1 1 osα+ osβ+ osγ os os os + os 1+ 1, n n n n ha n. Felhasználtuk, hogy a koszinusz függvény az értelmezési tartománya minden pontjában folytonos. Tehát legnagyobb alsókorlátja az 1. Legkisebb felső korlát: Mivel a tényezők pozitívok, így a háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlensége, és a Jensen-egyenlőtlenség alapján írhatjuk, hogy α β γ α β γ sin + sin + sin + + α β γ sin sin sin sin o sin Legnagyobb alsó korlát: Az előzőekhez hasonlóan belátható, hogy 0-nál nagyobb, de azt tetszölegesen megközelítheti, tehát a 0. 3 Az előző feladat h) összefüggéséből és a b) részből könnyen kapjuk a legkisebb felső korlátot. d) Legkisebb felső korlát: Hegyesszögű háromszög esetén a háromtagú számtani-mértani közép és a b) feladat alapján jön kapjuk, hogy a szorzat legfeljebb 1. Derék- ill. tompaszögű háromszög esetén pedig nyilván kisebb 1 -nél, mivel a szorzat 0, ill. negatív. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. Legnagyobb alsó korlát: Az előzőekhez hasonlóan belátható, hogy -1-nél nagyobb, de azt tetszőlegesen megközelítheti, tehát a -1. Az a) és b) feladatban elemi megfontolásokkal, a Jensen-egyenlőtlenség alkalmazása nélkül is megkereshetjük a kifejezések maximumát, amiből jön a és d) feladat kifejezéseinek a maximuma is. Lásd Reiman István: Geometria és határterületei ímű könyvében. 6. A bizonyítás jön a 4. feladat e) részéből az 5. feladat b) részének felhasználásával. Matematika Oktatási Portál, - 4/17 -

5 Az állítás elemi úton is bizonyítható a Feuerbah kör felhasználásával. Lásd Reiman István: Geometria és határterületei ímű könyvében. 7. Használjuk a háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlenségét, a 4. feladat részét, a 3. feladat eredményét, és a Jensen-egyenlőtlenséget ebben a sorrendben! 8. Teljes négyzetek összegére való visszavezetéssel könnyen igazolható, hogy α β γ α β β γ γ α tg + tg + tg tg tg + tg tg + tg tg. Ebből pedig a 4. feladat f) része alapján jön az állítás. 9. a) Az állítás jön a 4. feladat l) és az ötödik feladat d) részéből. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. b) Az állítás jön a 4. feladat k) és az ötödik feladat d) részéből. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. A háromszögben a félszögek koszinusza pozitív. Ezért ebben és a következő feladatban is alkalmazhatjuk a háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlenségét. Ezen kívül felhasználjuk a 4. feladat g) részét, valamint az 5. feladat a) részét α β γ 3 α β γ os os os os os os ( sinα+ sinβ+ sin γ) d) Ebben a feladatban az előzőhöz hasonlóan járhatunk el α β γ 3 α β γ os os os os os os sinα+ sinβ+ sin γ e) Mivel egy háromszög szögeinek szinusza pozitív ezért alkalmazzuk a háromtagú számtaniharmonikus közép egyenlőtlenségét, és az 5. feladat a) részét! Matematika Oktatási Portál, - 5/17 -

6 sinα sinβ sinγ sinα+ sinβ+ sin γ 3 3 f) A háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlenségéből és az 5. feladat részéből jön. 10. a) Használjuk fel a közismert a + b + ab+ b+ a egyenlőtlenséget, a két oldalt és közbezárt szög szinuszát tartalmazó területképletet, valamint a 9. feladat e) részét. a+ b+ a + b + + ab+ b+ a 3ab+ 3b+ 3a s t + + t t sinγ sinα sinβ 1. Adott kerületű háromszögek közül a szabályos háromszög területe a legnagyobb.. Adott területű háromszögek közül a szabályos háromszög kerülete a legkisebb. 3. Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei ímű könyvében. b) Következik az előzőből a trs képlet felhasználásával. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 1. Adott kerületű háromszögek közül a szabályos háromszög beírt körének sugara a legnagyobb.. Adott sugarú kör köré írt háromszögek közül a szabályos háromszög kerülete a legkisebb. 3. Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei ímű könyvében. Tudjuk, hogy a Rsin α, b Rsin β, Rsin γ, így 5. feladat a) része alapján 3 3 s Rsinα+ Rsinβ+ Rsinγ R( sinα+ sinβ+ sin γ) R. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 1. Adott kerületű háromszögek közül a szabályos háromszög köré írt körének sugara a legkisebb.. Adott sugarú körbe írt háromszögek közül a szabályos háromszög kerülete a legnagyobb. 3. Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei ímű könyvében. Matematika Oktatási Portál, - 6/17 -

7 d) Használjuk fel az a) és a feladatot! Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 1. Adott területű háromszögek közül a szabályos háromszög köré írt körének sugara a legkisebb.. Adott sugarú körbe írt háromszögek közül a szabályos háromszög területe a legnagyobb. 3. Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei ímű könyvében. 11. Az egyenlőtlenség bizonyításához használjuk fel, hogy a háromszög hozzáírt köre a szemközti súshoz tartozó oldalak egyenesét a szemközti sústól félkerület távolságra érinti. Mivel a szemközti súshoz tartozó belső szögfelezők átmennek a hozzáírt kör középpontján, ezért α r felírható, hogy pl. tg a, ahol r a az A súsal szemközti hozzáírt kör sugara. A többi s π szögre is felírva hasonló összefüggéseket és felhasználva, hogy a f :0; ; x tgx a függvény a az értelmezési tartományán szigorúan konvex, a Jensen-egyenlőtlenség alapján 3 kapjuk, hogy ra rb rb s tg α tg β tg γ 3stg α+β+γ s 3s Bontsuk fel a zárójeleket a baloldalon, majd megfelelő soportosítás és kiemelés után alkalmazzuk a koszinusz-tételt, valamint az 5. feladat b) részét! Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 13. A koszinusz-tétel alapján azt kapjuk, hogy b a ba b + a a + b b + a osα osβ os γ osα+ osβ+ osγ 3, ahol alkalmaztuk a háromtagú számtani-harmonikus közép egyenlőtlenségét (hegyesszögek koszinusza pozitív), és az 5. feladat b) részét! Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 14. Mivel s a félkerület, így ezt beírva az eredetivel ekvivalens alábbi egyenlőtlenséghez jutunk. ab b a + + a+ b+ a+ b b+ a + a b Ezt leosztva a pozitív a+b+-vel megkapjuk a ab b a a+ b b+ a + a b ( ) ( ) ( ) egyenlőtlenséget, mely ugyansak ekvivalens az eredetivel, így elég ezt bizonyítani. Matematika Oktatási Portál, - 7/17 -

8 A koszinusz-tételből jön, hogy ( a b) ab( 1 os ) + + γ. A többi tagra is írjuk fel a megfelelő összefüggést, majd helyettesítsünk be! ab b a a+ b b+ a + a b 1+ osγ 1+ osβ 1+ os α ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( + osγ ) + 1 ( + osβ ) + 1 ( + osα ) 3+ osγ+ osβ+ osα Itt alkalmaztuk a háromtagú számtani-harmonikus közép egyenlőtlenségét és az 5. feladat b) részét. 15. Első egyenlőtlenség. Mivel a Rsin α, b Rsin β, Rsin γ, így R R R a b 4 sin α sin β sin γ 4sin α+ sin β+ sin γ , itt felhasználtuk a háromtagú számtani-harmonikus közép egyenlőtlenségét és a 9. feladat a) részét. Ebből már könnyen jön az állítás. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. Második egyenlőtlenség. Legyen a beírt kör érintési pontjai által az oldalakból levágott szakaszok hossza az A súsnál x, a B súsnál y, a C súsnál z! Ekkor ay+z, bx+z, x+y. Másrészt α r β, r γ tg tg, tg r. x y z Ezek alapján a b ( y+ z) ( x+ z) ( x+ y) 4 yz xz xy 1 β γ α γ β α 1 tg tg tg tg tg tg 4r + + 4r, itt felhasználtuk a két tagú számtani-mértani közép közötti egyenlőtlenséget és a 4. feladat f) részét. Egyenlőség mindkét esetben akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 16. Ha tükrözzük a háromszöget az a oldal felezőpontjára, akkor egy olyan paralelogrammát kapunk, melynek egyik átlója s a, szögei α, 180 -α. Írjuk fel a s a átlóra a koszinusz-tételt! 4s b + b os 180 α b + + b osα, így o Ekkor pl. a ( ) a b + + b osα ( b + b os α) sa b osα. Írjuk fel a többi 4 4 nevezőre is, valamint szorozzunk be t vel és használjuk fel a trigonometrikus Matematika Oktatási Portál, - 8/17 -

9 területképletet. Ekkor az eredetivel ekvivalens egyenlőtlenséghez jutunk, mely az alábbi módon igazolható t t t b sinα a sinβ ba sin γ a b b osα a osβ ba os γ sa sb s tgα+ tgβ+ tgγ 3 3, ami ekvivalens a kiindulási egyenlőtlenséggel. Itt felhasználtuk a 7. feladatot az n1 estre. 17. Alakítsuk át a baloldali kifejezést az alábbi módon! t t t ab 4t b 4t a 4t ab b a t t t tgα+ tgβ+ tgγ sin γ sin α sin β Itt felhasználtuk a trigonometrikus Pitagorasz-tételt és azt is, hogy a háromszög hegyesszögű, valamint a 7. feladatot az n1 estre. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. ab 18. Az egyenlőtlenség következik a 10. feladat d) részéből a t képlet felhasználásával. 4R 19. Bizonyítsuk be azt, hogy a PQR háromszögön kívüli rész területe nem kisebb az ABC háromszög területének a ¾-ed részénél! Ehhez használjuk fel a háromszög trigonometrikus területképletét és fejezzük ki a háromszög oldalaival a PC, PB, QA, QC, RA, RB szakaszok hosszát, ahol P az a oldal és a szemközti szögfelező metszéspontja, Q a b oldalé és a szemközti szögfelezőé, míg az a oldalé és a szemközti szögfelezőé. A szögfelező tétel alapján a ba BP, PC b+ b+, ab b CQ, QA a+ a+, b a AR, RB a+ b a+ b. Így a kimaradó rész területe a trigonometrikus területképlet alapján. Matematika Oktatási Portál, - 9/17 -

10 1 b b a a ba ba sinα+ sinβ+ sin γ a+ a+ b a+ b+ b a+ + b 1 b b TABC a a TABC ba ba TABC 3 TABC + + a a b b a b b a a b ba Egyszerűsítés és az (a+b)(b+(+a)-val való beszorzás és rendezés után az előzővel ekvivalens ab + ba + b + b + a + a 6ab egyenlőtlenséghez jutunk, ami a hattagú számtani-mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján igaz. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 0. A feladat megoldásában felhasználjuk a kerületi szögek tételét. Ez alapján RPQ β+γ, PQR α+γ, QRP β+α, így a PQR háromszög biztosan hegyesszögű, tehát a köré írt kör O középpontja a háromszögön belül van. Ezek után felírhatjuk, hogy R sin( β+α) R sin( β+γ) R sin( γ+α) T TPQO + TRQO + TPRO + + R ( sinγ+ sinα+ sinβ) Az ABC háromszög területe kifejezhető a t R sinγsinαsin β alakban. Így a bizonyítandó egyenlőtlenség ekvivalens a ( sinγ+ sinα+ sinβ) 3 7sinγsinαsin β egyenlőtlenséggel, ami a háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlensége miatt igaz. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 1. A háromszög területét kifejezhetjük az x, y, z szakaszok és az oldalak, íll. a beírt kör sugara és ax+ by+ z a+ b+ az oldalak segítségével az alábbi módon. T r. Ebből Matematika Oktatási Portál, - 10/17 -

11 ax+ by+ z r. Alkalmazzuk a súlyozott számtani-harmonikus közép közötti a+ b+ egyenlőtlenséget az alábbi módon! a b a 1 b ( a+ b+ + + x y z a+ b+ x a+ b+ y a+ b+ z a+ b+ 1 ( a+ b+ ( a+ b+ ax+ by+ z r Tehát a b a + b Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha xyz, azaz P a x y z r beírt kör középpontja.. Első egyenlőtlenség. Készítsünk ábrát! Osszuk végig az egyenlőtlenséget PA PB PC-vel, ekkor az eredetivel x+ yz+ yx+ z ekvivalens 1 egyenlőtlenséget CP AP BP kapjuk. Az ábrán létrejövő derékszögű háromszögekben felírhatjuk hegyesszög szinuszának definíióját. Ez alapján x+ yz+ yx+ z CP AP BP sinγ + sinγ sinα + sinα sinβ+ sinβ Második egyenlőtlenség. Ez triviális. ( )( )( ) γ α β sin sin sin 1 Itt felhasználtuk az 1. feladat, illetve a 5/ eredményét. Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha P egy szabályos háromszög középpontja. Érdemes meggondolni, hogy a bizonyítás tompaszögű háromszög esetén is helyes. 3. Emeljük négyzetre az egyenlőtlenség mindkét oldalát ekkor az eredetivel ekvivalens ( ) R x + y + z 9 egyenlőtlenséghez jutunk. A Cauhy-egyenlőtlenség alapján ( x y z) xa yb z ( ax by z) a b a b R Így azt elég bizonyítani, hogy ( ax+ by+ z) + +. a b Az első zárójelben a háromszög területének a kétszerese szerepel. Matematika Oktatási Portál, - 11/17 -

12 Így ab ( ax+ by+ z) + + T a b a b R a b 1 1 ( b+ a+ ab) ( 4 R sin β sin γ+ 4 R sin α sin γ+ 4 R sin α sin β ) R R R β γ+ α γ+ α β ( sin sin sin sin sin sin ) ( os( ) os( ) os( ) os os os ) R β γ + α γ + α β + β+ α+ γ 3 9R R( 3+ osβ+ osα+ osγ) R 3+ Itt felhasználtuk, hogy a koszinusz függvény maximuma 1, és az 5/b feladat eredményét. Matematika Oktatási Portál, - 1/17 -

13 II. Egyenletek, egyenlőtlenségek 1. Az első egyenletből kapjuk, hogy xyz1. A második egyenlet baloldalának besléséhez használjuk fel azt, hogy a valós számok halmazán értelmezett f(x)10 x függvény szigorúan monoton növekvő és szigorúan konvex, valamint alkalmazzuk a Jensen-egyenlőtlenséget. x y z x+ y+ z x y z 3 x+ y+ z xyz Innen jön, hogy xyz.. Használjuk fel, hogy ha az f :[ ab ; ] ; xa f( x) függvényre minden xy, [ ab ; ] esetén teljesül, hogy f( x) f( y) f ( xy ) esetén fennáll az f( x1) f( x)... f( xn) nf ( 1... ) n x x xn +, akkor bármely x, x,..., x [ ab ; ] ! Ez alapján elég azt bizonyítani, hogy bármely xy, 1 esetén viszont ekvivalens a 0 ( x y) ( 1 xy ) n Ez 1+ x 1+ y 1+ xy egyenlőtlenséggel, ami triviálisan igaz. 3. A feltételt tekintsük -re nézve másodfokú egyenletnek. Így a + ab+ b + a 4 0 egyenletet kapjuk, melynek diszkriminánsa a b D ( ab) 4( a + b 4) Könnyen meggondolhatjuk, hogy a kifejezésben szereplő második és harmadik tényező a b nem lehet negatív a feltétel miatt, így 1 0,1 0. Legyen a b π os α, osβ, ahol αβ, 0;, hisz 0 a ; b < 1. Írjuk fel a megoldó képletet! 1; a b ab ± 1 1 Ebből sak a Így a b ab felel meg a feltételnek. ( )( ) 4osαosβ+ 1 os α 1 os β 1 os ( αosβ sinαsinβ ) os( α+β) Matematika Oktatási Portál, - 13/17 -

14 π tehát os( α+β ). Legyen os γ, ahol γ 0;, hisz 0 < 1. Így osγ os( α+β ). Tudjuk, hogy os os( ) γ π γ, ezért ( ) os α+β os( π γ ). Mivel 0 <π γ; α+β<π, ezért az eddigiekből következik, hogy α+β+γπ. a b 3 Tehát a+ b+ + + os ( α+ osβ+ osγ) 3 az I. 5/b alapján. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha ab. 4. Fejezzük ki a feltételből z-t x+ y z xy 1! π Mivel x, y>0, ezért legyen x tgα, y tgβ, ahol αβ, 0;! Ekkor tgα+ tgβ z tg α+β tgα tgβ 1 ( ) ( ) ( ) π. Másrészt legyen z tgγ, γ 0,! Ekkor tgγ tg α+β tg α+β, ami az eddigiek alapján azt jelenti, hogy α+β+γπ. Így x 1+ y 1+ z 1+ tg α 1+ tg β 1+ tg γ 3 osα+ osβ + osγ Itt felhasználtuk az I. 5/b feladatot. Egyenlő akkor és sak akkor, ha xyz. 5. α β γ Mivel x, y, z 1-nél kisebb pozitív valós számok, ezért legyen x tg, y tg, z tg, π ahol αβγ,, 0;. 1 yx α+β Ekkor a feltétel alapján z tg. y+ x y+ x α β α+β tg + tg tg 1 yx α β 1 tg tg γ α+β α β γ π Így tg tg, ami az értelmezési tartomány miatt azt jelent, hogy + +, azaz α+β+γπ, ahol a szögek hegyesszögek. Így Matematika Oktatási Portál, - 14/17 -

15 α β γ tg tg tg x y z x 1 y 1 z α β λ 1 tg 1 tg 1 tg tgα + tgβ + tgγ 3 3, itt felhasználtuk a kétszeres szög tangensére vonatkozó összefüggést és a 7. feladatot n1- re. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha xyz. a b a b 6. Legyen a+b+d! Ekkor + + 1, így legyen x, y, z, tehát x+y+z1. d d d d d d Így a bizonyítandó egyenlőtlenség a következő alakot ölti a b a b + + d + d + d a + 8b b + 8a + 8ba a b b a ba d dd d dd d dd x y z x + 8yz y + 8xz z + 8yx, ahol x+y+z1. Ezt az eljárást nevezik normalizálásnak. Ebből kiderül, hogy az általánosság megszorítása nélkül már az elején feltehetjük, hogy a+b+1, azaz normalizálhatjuk az ismeretleneket. Éljünk ezzel a lehetőséggel! 1 Most tekintsük az f : + ; f( x) függvényt! Bizonyítsuk be, hogy szigorúan x konvex. Mivel folytonos az értelmezési tartományán, ezért elég azt belátni, hogy szigorúan gyengén konvex. Legyen x, y két tetszőleges pozitív valós szám, ekkor az x+ y 1 x y f( x) + f( y) f egyenlőtlenséget kell belátni, ami x+ y kéttagú számtani és --ed rendű hatványközép közötti egyenlőtlenség miatt igaz. Emiatt alkalmazhatjuk a Jensen egyenlőtlenséget, így a b + + af ( a + 8b + bf ( b + 8a + f ( + 8ba) a + 8b b + 8a + 8ba ( ( 8 ) ( 8 ) ( 8 )) f a a + b + bb + a + + ba ( ) tehát azt kell belátni, hogy f a( a b bb ( a ( ba) szigorúan sökkenő és f(1)1, ezért elég azt belátni, hogy Mivel f ( + 8 ) + ( + 8 ) + ( + 8 ) 1, azaz ( 8 ) ( 8 ) ( ) 4 1 ( ) 3 a a b bb a ba a a + b + bb + a + + ba a + b + + ab a+ b+. a + b + a+ b+ 3( a+ b)( + b)( + a) összefüggés. Ezt beírva és az Ismert az ( ) 3 Matematika Oktatási Portál, - 15/17 -

16 egyenlőtlenséget rendezve az eredetivel ekvivalens ab + ba + b + b + a + a ab 6 egyenlőtlenséghez jutunk, amit már igazoltunk. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha ab. 7. Az előző feladatban látottakhoz hasonlóan igazolható, hogy a folytonos 1 f : + ; f( x) szigorúan konvex. xx ( + 1) Így a b d a b d f( b) f() f( d) f( a) b + b + d + d a + a ab+ b+ d + da 4f 4 a b d 64, tehát b + b + d + d a + a ab+ b+ d + da + 4( ab+ b+ d + da) ( ) Így elég belátni, hogy 64 8 ab+ b+ d + da + 4( ab+ b+ d + da) ( a+ ( b+ d) ( ) ab+ b+ d + da 4 ( ) 4 ab+ b+ d + da 16 ( a+ b+ + d) ( a b d) + 0 Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha abd1. 8. A négyzetgyök függvény szigorúan konkáv az értelmezési tartományán. Használjuk fel ezt a tényt! a b a+ 4 aa ( + b+ a+ b 4( ba+ b+ b+ 4( a+ b a+ b b+ + a ( a+ b+ ( a+ b)( a+ ( a+ b+ ( + b)( a+ b) ( a+ b+ ( a+ ( b+ a+ 4 aa ( + b+ a+ b 4 ba ( + b+ b+ 4( a+ b+ ( a b ( a b)( a ( a b ( b)( a b) ( a b ( a+ ( b aa ( + b+ ba ( + b+ ( a+ b+ + + ( a+ b)( a+ ( + b)( a+ b) ( a+ ( b+ Ezután azt kell belátni, hogy Matematika Oktatási Portál, - 16/17 -

17 aa ( + b+ ba ( + b+ a ( + b ( a+ b)( a+ ( + b)( a+ b) ( a+ ( b+ 4 ( ab+ b+ a)( a+ b+ 9 ( a+ b)( a+ ( b+ 4, ezen utóbbi pedig ekvivalens a ab + ba + b + b + a + a 6ab egyenlőtlenséggel, amit már korábban beláttunk. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha ab. Matematika Oktatási Portál, - 17/17 -

Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség)

Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség) Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség) Mivel az f : 0; ; x sin x folytonos az értelmezési tartományán, ezért elég azt belátni, hogy szigorúan gyengén konkáv ezen az intervallumon Legyen 0

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

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

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

Szélsőérték feladatok megoldása

Szélsőérték feladatok megoldása Szélsőérték feladatok megoldása A z = f (x,y) függvény lokális szélsőértékének meghatározása: A. Szükséges feltétel: f x (x,y) = 0 f y (x,y) = 0 egyenletrendszer megoldása, amire a továbbiakban az x =

Részletesebben

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

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

8. feladatsor. Kisérettségi feladatsorok matematikából. 8. feladatsor. I. rész

8. feladatsor. Kisérettségi feladatsorok matematikából. 8. feladatsor. I. rész Kisérettségi feladatsorok matematikából I. rész. Egy deltoid két szomszédos szöge 7 és 0. Mekkora lehet a hiányzó két szög? pont. Hozza egyszerűbb alakra a kifejezést, majd számolja ki az értékét, ha a=

Részletesebben

XXIV. NEMZETKÖZI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY Szabadka, április 8-12.

XXIV. NEMZETKÖZI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY Szabadka, április 8-12. XXIV. NEMZETKÖZI MGYR MTEMTIKVERSENY Szabadka, 05. április 8-. IX. évfolyam. Egy -as négyzetháló négyzeteibe a bal felső mezőből indulva soronként sorra beirjuk az,,3,,400 pozitív egész számokat. Ezután

Részletesebben

Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán Ábrahám Gábor, Szeged

Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán Ábrahám Gábor, Szeged Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán Ábrahám Gábor, Szeged A 01. május 8.-i emelt szintű matematika érettségin szerepelt az alábbi feladat. Egy háromszög oldalhosszai egy számtani sorozat egymást

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

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

, D(-1; 1). A B csúcs koordinátáit az y = + -. A trapéz BD

, D(-1; 1). A B csúcs koordinátáit az y = + -. A trapéz BD Kör és egyenes kölcsönös helyzete Kör érintôje 7 9 A húr hossza: egység 9 A ( ) ponton átmenô legrövidebb húr merôleges a K szakaszra, ahol K az adott kör középpontja, feltéve, hogy a kör belsejében van

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények

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

Részletesebben

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

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

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

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

V. Békés Megyei Középiskolai Matematikaverseny 2012/2013 Megoldások 11. évfolyam

V. Békés Megyei Középiskolai Matematikaverseny 2012/2013 Megoldások 11. évfolyam 01/01 1. Ha egy kétjegyű szám számjegyeit felcseréljük, akkor a kapott kétjegyű szám értéke az eredeti szám értékénél 108 %-kal nagyobb. Melyik ez a kétjegyű szám? Jelölje a kétjegyű számot xy. 08 A feltételnek

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

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

12. Trigonometria I.

12. Trigonometria I. Trigonometria I I Elméleti összefoglaló Szögmérés A szög mérésének két gyakran használt módja van: fokban, illetve radiánban (ívmértékben) mérünk A teljesszög 0, ennek a 0-ad része az A szög nagyságát

Részletesebben

Hódmezővásárhelyi Városi Matematikaverseny április 14. A osztályosok feladatainak javítókulcsa

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

Részletesebben

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

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

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

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

Bolyai János Matematikai Társulat. 1. Az a és b valós számra a 2 + b 2 = 1 teljesül, ahol ab 0. Határozzuk meg az. szorzat minimumát. Megoldás.

Bolyai János Matematikai Társulat. 1. Az a és b valós számra a 2 + b 2 = 1 teljesül, ahol ab 0. Határozzuk meg az. szorzat minimumát. Megoldás. Bolyai János Matematikai Társulat Oktatási Minisztérium Alapkezelő Igazgatósága támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 005/00-os tanév első iskolai) forduló haladók II. kategória nem speciális

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Az a és b befogójú derékszögű háromszögnek

Részletesebben

Koordináta-geometria feladatok (középszint)

Koordináta-geometria feladatok (középszint) Koordináta-geometria feladatok (középszint) 1. (KSZÉV Minta (1) 2004.05/I/4) Adott az A(2; 5) és B(1; 3) pont. Adja meg az AB szakasz felezőpontjának koordinátáit! 2. (KSZÉV Minta (2) 2004.05/I/7) Egy

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 szinusz- és koszinusztétel témaköréhez 11. osztály, középszint

Feladatok a szinusz- és koszinusztétel témaköréhez 11. osztály, középszint TÁMOP-3.1.4-08/-009-0011 A kompetencia alapú oktatás feltételeinek megteremtése Vas megye közoktatási intézményeiben Feladatok a szinusz- és koszinusztétel témaköréhez 11. osztály, középszint Vasvár, 010.

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

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

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

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

Részletesebben

Feladatok MATEMATIKÁBÓL

Feladatok MATEMATIKÁBÓL Feladatok MATEMATIKÁBÓL a 1. évfolyam számára III. 1. Számítsuk ki a következő hatványok értékét! a) b) 7 c) 5 d) 5 1 e) 6 1 6 f) ( 81 16 ) g) 0,00001 5. Írjuk fel gyökjelekkel a következő hatványokat!

Részletesebben

Matematika javítóvizsga témakörök 10.B (kompetencia alapú )

Matematika javítóvizsga témakörök 10.B (kompetencia alapú ) Matematika javítóvizsga témakörök 10.B (kompetencia alapú ) 1. A négyzetgyök fogalma, a négyzetgyökvonás művelete 2. A négyzetgyökvonás azonosságai 3. Műveletek négyzetgyökökkel 4. A nevező gyöktelenítése

Részletesebben

Megoldás A számtani sorozat első három eleme kifejezhető a második elemmel és a differenciával. Összegük így a 2. d =33, azaz 3a 2. a 2.

Megoldás A számtani sorozat első három eleme kifejezhető a második elemmel és a differenciával. Összegük így a 2. d =33, azaz 3a 2. a 2. 1. Egy 33-as létszámú zenetagozatos osztályban hegedülni és zongorázni tanulnak a diákok. Minden diák játszik legalább egy hangszeren. Azok száma, akik mindkét hangszeren játszanak, akik csak hegedülnek,

Részletesebben

IX. A TRIGONOMETRIA ALKALMAZÁSA A GEOMETRIÁBAN

IX. A TRIGONOMETRIA ALKALMAZÁSA A GEOMETRIÁBAN 4 trigonometri lklmzás geometrián IX TRIGONOMETRI LKLMZÁS GEOMETRIÁN IX szinusz tétel Feldt Számítsd ki z háromszög köré írhtó kör sugrát háromszög egy oldl és szemen fekvő szög függvényéen Megoldás z

Részletesebben

ARCHIMEDES MATEMATIKA VERSENY

ARCHIMEDES MATEMATIKA VERSENY Koszinusztétel Tétel: Bármely háromszögben az egyik oldal négyzetét megkapjuk, ha a másik két oldal négyzetének összegéből kivonjuk e két oldal és az általuk közbezárt szög koszinuszának kétszeres szorzatát.

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

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

Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al:

Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al: Bevezető matematika kémikusoknak., 04. ősz. feladatlap. Ábrázoljuk számegyenesen a következő egyenlőtlenségek megoldáshalmazát! (a) x 5 < 3 5 x < 3 x 5 < (d) 5 x

Részletesebben

3. előadás. Elemi geometria Terület, térfogat

3. előadás. Elemi geometria Terület, térfogat 3. előadás Elemi geometria Terület, térfogat Tetraéder Négy, nem egy síkban lévő pont által meghatározott test. 4 csúcs, 6 él, 4 lap Tetraéder Minden tetraédernek egyértelműen létezik körülírt- és beírt

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

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

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

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 2. forduló haladók II. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 2. forduló haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 2. forduló haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Az a b pozitív egészek és tudjuk hogy a 2

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

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

Feladatok a májusi emelt szintű matematika érettségi példáihoz Hraskó András

Feladatok a májusi emelt szintű matematika érettségi példáihoz Hraskó András Feladatok a 2010. májusi emelt szintű matematika érettségi példáihoz Hraskó András 1. Halmazok, halmazműveletek, halmazok számossága, halmazműveletek és logikai műveletek kapcsolata. HA.1.1. Adott a síkon

Részletesebben

Magasabbfokú egyenletek

Magasabbfokú egyenletek 86 Magasabbfokú egyenletek Magasabbfokú egyenletek 5 90 a) =! ; b) =! ; c) = 5, 9 a) Legyen = y Új egyenletünk: y - 5y+ = 0 Ennek gyökei: y=, y= Tehát egyenletünk gyökei:, =!,, =! b) Új egyenletünk: y

Részletesebben

Matematika szóbeli érettségi témakörök 2016/2017-es tanév őszi vizsgaidőszak

Matematika szóbeli érettségi témakörök 2016/2017-es tanév őszi vizsgaidőszak Matematika szóbeli érettségi témakörök 2016/2017-es tanév őszi vizsgaidőszak Halmazok Halmazok egyenlősége Részhalmaz, valódi részhalmaz Üres halmaz Véges és végtelen halmaz Halmazműveletek (unió, metszet,

Részletesebben

= 0. 1 pont. Összesen: 12 pont

= 0. 1 pont. Összesen: 12 pont 1. Egy számtani sorozat páros sorszámú, illetve páratlan sorszámú tagjai is számtani sorozatot alkotnak. Páratlan sorszámú tag összesen 11 darab van, páros sorszámú pedig 10. A feladat feltétele szerint:

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

Háromszögek, négyszögek, sokszögek 9. évfolyam

Háromszögek, négyszögek, sokszögek 9. évfolyam Háromszögek, négyszögek, sokszögek 9. évfolyam I. Pontok, egyenesek, síkok és ezek kölcsönös helyzetet 1) a pont, az egyenes, a sík és az illeszkedés alapfogalmak 2) két egyenes metsző, ha van közös pontjuk

Részletesebben

1. tétel. 1. Egy derékszögű háromszög egyik szöge 50, a szög melletti befogója 7 cm. Mekkora a háromszög átfogója? (4 pont)

1. tétel. 1. Egy derékszögű háromszög egyik szöge 50, a szög melletti befogója 7 cm. Mekkora a háromszög átfogója? (4 pont) 1. tétel 1. Egy derékszögű háromszög egyik szöge 50, a szög melletti befogója cm. Mekkora a háromszög átfogója? (4 pont). Adott az ábrán két vektor. Rajzolja meg a b, a b és az a b vektorokat! (6 pont)

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

Ismételjük a geometriát egy feladaton keresztül!

Ismételjük a geometriát egy feladaton keresztül! Laczkó László Készült a Fazekas ihály Oktatási Kulturális és Sport lapítvány támogatásával z árák elektronikus változatát Véges árton (009c) diák készítette feladat z hegyesszögű háromszög -nél levő szöge.

Részletesebben

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

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

Részletesebben

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

Nagy András. Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály 2010.

Nagy András. Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály 2010. Nagy András Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály 010. Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály 1) Döntsd el, hogy a P pont illeszkedik-e az e egyenesre

Részletesebben

3 függvény. Számítsd ki az f 4 f 3 f 3 f 4. egyenlet valós megoldásait! 3 1, 3 és 5 3 1

3 függvény. Számítsd ki az f 4 f 3 f 3 f 4. egyenlet valós megoldásait! 3 1, 3 és 5 3 1 Érettségi, M, I-es feladatsor, természettudomány.. Számítsd ki a C! összeget! log 4. Határozd meg a. Számítsd ki az egyenlet valós megoldásait! összeg értékét, ha és az 4. Adott az f : 0,, f. Adottak az

Részletesebben

8. modul Egyszerűbb trigonometrikus egyenletek, egyenlőtlenségek. Készítette: Darabos Noémi Ágnes

8. modul Egyszerűbb trigonometrikus egyenletek, egyenlőtlenségek. Készítette: Darabos Noémi Ágnes 8. modul Egyszerűbb trigonometrikus egyenletek, egyenlőtlenségek Készítette: Darabos Noémi Ágnes Matematika A. évfolyam 8. modul: Egyszerűbb trigonometrikus egyenletek, egyenlőtlenségek Tanári útmutató

Részletesebben

( a b)( c d) 2 ab2 cd 2 abcd 2 Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn

( a b)( c d) 2 ab2 cd 2 abcd 2 Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn Feladatok közepek közötti egyelőtleségekre (megoldások, megoldási ötletek) A továbbiakba szmk=számtai-mértai közép közötti egyelőtleség, szhk=számtaiharmoikus közép közötti egyelőtleség, míg szk= számtai-égyzetes

Részletesebben

NULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI

NULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI A NULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI 20-09-2 Terem: Munkaidő: 0 perc. A dolgozat megírásához íróeszközön kívül semmilyen segédeszköz nem használható! Csak és kizárólag tollal tölthető ki a feladatlap, a ceruzával

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 1. forduló haladók III. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 1. forduló haladók III. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 0/03-as tanév. forduló haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató. Egy kör kerületére felírjuk -től 3-ig az egészeket

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉP SZINT Síkgeometria

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉP SZINT Síkgeometria MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉP SZINT Síkgeometria 1) Döntse el, hogy a következő állítások közül melyik igaz és melyik hamis! a) A háromszög köré írható kör középpontja mindig valamelyik súlyvonalra

Részletesebben

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai. 81f 2 + 90l 2 f 2 + l 2

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai. 81f 2 + 90l 2 f 2 + l 2 Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Két iskola tanulói műveltségi vetélkedőn vettek részt. A 100

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

Érettségi feladatok: Síkgeometria 1/6

Érettségi feladatok: Síkgeometria 1/6 Érettségi feladatok: Síkgeometria 1/6 2005. május 10. 4. Döntse el, hogy a következő állítások közül melyik igaz és melyik hamis! A: A háromszög köré írható kör középpontja mindig valamelyik súlyvonalra

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 tanmenet 10. osztály (heti 3 óra) A gyökvonás 14 óra

Matematika tanmenet 10. osztály (heti 3 óra) A gyökvonás 14 óra Matematika tanmenet 10. osztály (heti 3 óra) Tankönyv: Ábrahám Gábor Dr. Kosztolányiné Nagy Erzsébet Tóth Julianna: Matematika 10. Példatárak: Fuksz Éva Riener Ferenc: É rettségi feladatgyűjtemény matematikából

Részletesebben

Érettségi feladatok: Trigonometria 1 /6

Érettségi feladatok: Trigonometria 1 /6 Érettségi feladatok: Trigonometria 1 /6 2003. Próba 14. Egy hajó a Csendes-óceán egy szigetéről elindulva 40 perc alatt 24 km-t haladt észak felé, majd az eredeti haladási irányhoz képest 65 -ot nyugat

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK EMELT SZINT Koordinátageometria

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK EMELT SZINT Koordinátageometria 1) MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK EMELT SZINT Koordinátageometria A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek

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

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2012/2013 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) Döntő Megoldások

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2012/2013 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) Döntő Megoldások Országos Középiskolai Tanulmáni Versen / Matematika I kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) Döntő Megoldások Eg papírlapra felírtuk a pozitív egész számokat n -től n -ig Azt vettük észre hog a felírt páros számok

Részletesebben

4. A kézfogások száma pont Összesen: 2 pont

4. A kézfogások száma pont Összesen: 2 pont I. 1. A páros számokat tartalmazó részhalmazok: 6 ; 8 ; 6 ; 8. { } { } { }. 5 ( a ) 17 Összesen: t = = a a Összesen: ot kaphat a vizsgázó, ha csak két helyes részhalmazt ír fel. Szintén jár, ha a helyes

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

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

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

Részletesebben

NULLADIK MATEMATIKA szeptember 7.

NULLADIK MATEMATIKA szeptember 7. A NULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI 0. szeptember Terem: Munkaidő: 0 perc. A dolgozat megírásához íróeszközön kívül semmilyen segédeszköz nem használható. Válaszait csak az üres mezőkbe írja! A javítók a szürke

Részletesebben

10. Síkgeometria. I. Elméleti összefoglaló. Szögek, nevezetes szögpárok

10. Síkgeometria. I. Elméleti összefoglaló. Szögek, nevezetes szögpárok 10. Síkgeometria I. Elméleti összefoglaló Szögek, nevezetes szögpárok Egy adott pontból kiinduló két félegyenes a síkot két részre bontja. Egy-egy ilyen rész neve szögtartomány, vagy szög. A két félegyenest

Részletesebben

A Malfatti probléma Fonyó Lajos, Keszthely

A Malfatti probléma Fonyó Lajos, Keszthely Fonyó Lajos: A Malfatti probléma A Malfatti probléma Fonyó Lajos, Keszthely Giovanni Francesco Malfatti (171-1807) olasz matematikus 180-ban vetette fel az alábbi problémát: Adott egy háromszög alapú egyenes

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

Fa rudak forgatása II.

Fa rudak forgatása II. Fa rudak forgatása II. Dolgozatunk I. részében egy speciális esetre oldottuk meg a kitűzött feladatokat. Most egy általánosabb elrendezés vizsgálatát végezzük el. A számítás a korábbi úton halad, ügyelve

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

54. Mit nevezünk rombusznak? A rombusz olyan négyszög,

54. Mit nevezünk rombusznak? A rombusz olyan négyszög, 52. Sorold fel a deltoid tulajdonságait! 53. Hogy számoljuk ki a deltoid területét? A deltoid egyik átlója a deltoid Átlói. A szimmetriaátló a másik átlót és a deltoid szögét. A szimmetriatengely két ellentétes

Részletesebben

A valós számok halmaza 5. I. rész MATEMATIKAI ANALÍZIS

A valós számok halmaza 5. I. rész MATEMATIKAI ANALÍZIS A valós számok halmaza 5 I rész MATEMATIKAI ANALÍZIS 6 A valós számok halmaza A valós számok halmaza 7 I A valós számok halmaza A valós számokra vonatkozó axiómák A matematika lépten-nyomon felhasználja

Részletesebben

Geometria 1 összefoglalás o konvex szögek

Geometria 1 összefoglalás o konvex szögek Geometria 1 összefoglalás Alapfogalmak: a pont, az egyenes és a sík Axiómák: 1. Bármely 2 pontra illeszkedik egy és csak egy egyenes. 2. Három nem egy egyenesre eső pontra illeszkedik egy és csak egy sík.

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

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

Részletesebben

Hasonlósági transzformációk II. (Befogó -, magasság tétel; hasonló alakzatok)

Hasonlósági transzformációk II. (Befogó -, magasság tétel; hasonló alakzatok) Hasonlósági transzformációk II. (Befogó -, magasság tétel; hasonló alakzatok) DEFINÍCIÓ: (Hasonló alakzatok) Két alakzat hasonló, ha van olyan hasonlósági transzformáció, amely az egyik alakzatot a másikba

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

1. Ábrázolja az f(x)= x-4 függvényt a [ 2;10 ] intervallumon! (2 pont) 2. Írja fel az alábbi lineáris függvény grafikonjának egyenletét!

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

Részletesebben

XVIII. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny

XVIII. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny 9. osztály 1. feladat: Oldjuk meg a természetes számok halmazán az 1 1 1 egyenletet? x y 009 Kántor Sándor (Debrecen). feladat: B Az ABCD deltoidban az A és C csúcsnál derékszög van, és a BD átló 1 cm.

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

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

A táblára felírtuk a 0-tól 2003-ig terjedő egész számokat (tehát összesen 2004 db számot). Mekkora a táblán levő számjegyek összege?

A táblára felírtuk a 0-tól 2003-ig terjedő egész számokat (tehát összesen 2004 db számot). Mekkora a táblán levő számjegyek összege? ! " # $ %& '()(* $ A táblára felírtuk a 0-tól 00-ig terjedő egész számokat (tehát összesen 004 db számot). Mekkora a táblán levő számjegyek összege? 0 0 0 0 0. 9 7. 9 9 9 + ')./ &,- $ Először a 0-tól 999-ig

Részletesebben

NULLADIK MATEMATIKA szeptember 13.

NULLADIK MATEMATIKA szeptember 13. A NULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI 0. szeptember. Terem: Munkaidő: 0 perc. A dolgozat megírásához íróeszközön kívül semmilyen segédeszköz nem használható nálható. Válaszait csak az üres mezőkbe írja! A javítók

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