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

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 -

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

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

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

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

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

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

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

Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek

Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek 9 Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek Irracionális egyenletek /I a) Az egyenlet bal oldala a nemnegatív számok halmazán, a jobb oldal minden valós szám esetén

Részletesebben

Egyenletek, egyenlőtlenségek VIII.

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

Részletesebben

Érettségi feladatok: 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

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

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

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

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

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

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

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2006. február 21. KÖZÉPSZINT I.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2006. február 21. KÖZÉPSZINT I. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 006. február 1. KÖZÉPSZINT I. 1) Mennyi annak a mértani sorozatnak a hányadosa, amelynek harmadik tagja 5, hatodik tagja pedig 40? ( pont) 3 1 5 a a q 5 6 1 40 a a q Innen q Összesen:

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

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

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

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

Részletesebben

6. 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

Végeredmények, feladatok részletes megoldása

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

Részletesebben

Tehát a lejtő hossza 90 méter. Hegyesszögek szögfüggvényei. Feladat: Megoldás: α = 30 h = 45 m s =? s = 2h = 2 45m s = 90m

Tehát a lejtő hossza 90 méter. Hegyesszögek szögfüggvényei. Feladat: Megoldás: α = 30 h = 45 m s =? s = 2h = 2 45m s = 90m Hegyesszögek szögfüggvényei Feldt: Kovás slád hétvégén kirándulni ment. Az útjuk során egy 0 -os emelkedőhöz értek. Milyen hosszú z emelkedő, h mgsság 45 méter? Megoldás: Rjzoljuk le keletkezett háromszöget!

Részletesebben

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

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

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2008. október 21. EMELT SZINT

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

Részletesebben

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

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

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

Háromszögek ismétlés Háromszög egyenlőtlenség(tétel a háromszög oldalairól.) Háromszög szögei (Belső, külső szögek fogalma és összegük) Háromszögek

Háromszögek ismétlés Háromszög egyenlőtlenség(tétel a háromszög oldalairól.) Háromszög szögei (Belső, külső szögek fogalma és összegük) Háromszögek 2013. 11.19. Háromszögek ismétlés Háromszög egyenlőtlenség(tétel a háromszög oldalairól.) Háromszög szögei (Belső, külső szögek fogalma és összegük) Háromszögek csoportosítása szögeik szerint (hegyes-,

Részletesebben

Osztályozóvizsga követelményei

Osztályozóvizsga követelményei Osztályozóvizsga követelményei Képzés típusa: Tantárgy: Nyolcosztályos gimnázium Matematika Évfolyam: 11 Emelt óraszámú csoport Emelt szintű csoport Vizsga típusa: Írásbeli Követelmények, témakörök: Emelt

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

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

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

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Koordinátageometria

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

Részletesebben

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

15. Koordinátageometria

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

Részletesebben

Hasonlóság. kísérleti feladatgyűjtemény POKG 2015. 10. osztályos matematika

Hasonlóság. kísérleti feladatgyűjtemény POKG 2015. 10. osztályos matematika Hasonlóság kísérleti feladatgyűjtemény 10. osztályos matematika POKG 2015. Hasonló háromszögek oldalaránya 0. Keressük meg az alábbi háromszögek összetartozó oldalpárjait és arányossággal számítsuk ki

Részletesebben

A lehetetlenségre visszavezetés módszere (A reductio ad absurdum módszer)

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

Részletesebben

3 2 x 1 = 5. (9 pont) 2. Mekkora a szabályos kilencszög kerülete és területe, ha a legrövidebb átlója 85? (11 pont)

3 2 x 1 = 5. (9 pont) 2. Mekkora a szabályos kilencszög kerülete és területe, ha a legrövidebb átlója 85? (11 pont) 1997 Írásbeli érettségi-felvételi feladatok 1. Oldja meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: 3 2 x 1 2 2 x 1 + 2 2x 1 3 2 x 1 = 5. (9 pont) 2 2. Mekkora a szabályos kilencszög kerülete és területe,

Részletesebben

Az osztályozóvizsgák követelményrendszere MATEMATIKA

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

Részletesebben

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

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

Részletesebben

Telepítő programok. Euklides 2.4 (Geometriai szerkesztőprogram) (A makrók megnyitásához szükséges!) Wingeom (Geometriai szerkesztőprogram)

Telepítő programok. Euklides 2.4 (Geometriai szerkesztőprogram) (A makrók megnyitásához szükséges!) Wingeom (Geometriai szerkesztőprogram) Telepítő programok Euklides 2.4 (Geometriai szerkesztőprogram) (A makrók megnyitásához szükséges!) Wingeom (Geometriai szerkesztőprogram) Súgó Menü Súgó Visszalépés a főmenübe Visszalépés a kiválasztott

Részletesebben

Hatvány, gyök, normálalak

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

Részletesebben

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

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

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

Részletesebben

Az osztályozóvizsgák követelményrendszere 9. évfolyam

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

Részletesebben

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

A III. forduló megoldásai

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

Részletesebben

Síkbeli egyenesek. 2. Egy egyenes az x = 1 4t, y = 2 + t parméteres egyenletekkel adott. Határozzuk meg

Síkbeli egyenesek. 2. Egy egyenes az x = 1 4t, y = 2 + t parméteres egyenletekkel adott. Határozzuk meg Analitikus mértan 3. FELADATLAP Síkbeli egyenesek 1. Írjuk fel annak az egyenesnek a paraméteres egyenleteit, amely (i) áthalad az M 0 (1, 2) ponton és párhuzamos a a(3, 1) vektorral; (ii) áthalad az origón

Részletesebben

MATEMATIKA C 12. évfolyam 4. modul Még egyszer!

MATEMATIKA C 12. évfolyam 4. modul Még egyszer! MATEMATIKA C 1. évfolyam 4. modul Még egyszer! Készítette: Kovács Károlyné Matematika C 1. évfolyam 4. modul: Még eygszer! Tanári útmutató A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály Modulkapcsolódási pontok

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

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

Részletesebben

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

Osztályozóvizsga követelményei

Osztályozóvizsga követelményei Osztályozóvizsga követelményei Képzés típusa: Tantárgy: Nyolcosztályos gimnázium Matematika Évfolyam: 11 Emelt óraszámú csoport Emelt szintű csoport Vizsga típusa: Írásbeli Követelmények, témakörök: Gondolkodási

Részletesebben

14. Vektorok. I. Elméleti összefoglaló. Vektor. Az irányított szakaszokat vektoroknak nevezzük:

14. Vektorok. I. Elméleti összefoglaló. Vektor. Az irányított szakaszokat vektoroknak nevezzük: 14. Vektorok I. Elméleti összefoglaló Vektor Az irányított szakaszokat vektoroknak nevezzük: Jelölés: a kezdő és a végpont megadásával: AB ; egy kisbetűvel: v, írásban aláhúzás is szokásos: a; nyomtatásban

Részletesebben

Matematika. 9.osztály: Ajánlott tankönyv és feladatgyűjtemény: Matematika I-II. kötet (Apáczai Kiadó; AP-090803 és AP-090804)

Matematika. 9.osztály: Ajánlott tankönyv és feladatgyűjtemény: Matematika I-II. kötet (Apáczai Kiadó; AP-090803 és AP-090804) Matematika A definíciókat és tételeket (bizonyítás nélkül) ki kell mondani, a tananyagrészekhez tartozó alap- és közepes nehézségű feladatokat kell tudni megoldani A javítóvizsga 60 -es írásbeliből áll.

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 080 ÉRETTSÉGI VIZSGA 009. május 5. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:

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

1. A komplex számok definíciója

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

Részletesebben

Dr`avni izpitni center MATEMATIKA

Dr`avni izpitni center MATEMATIKA Dr`avni izpitni center *P05C10113M* ŐSZI IDŐSZAK MATEMATIKA ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 005. augusztus 9., hétfő SZAKMAI ÉRETTSÉGI VIZSGA RIC 005 P05-C101-1-3M ÚTMUTATÓ a szakmai írásbeli érettségi vizsga feladatainak

Részletesebben

Geometria. a. Alapfogalmak: pont, egyenes, vonal, sík, tér (Az alapfogalamakat nem definiáljuk)

Geometria. a. Alapfogalmak: pont, egyenes, vonal, sík, tér (Az alapfogalamakat nem definiáljuk) 1. Térelemek Geometria a. Alapfogalmak: pont, egyenes, vonal, sík, tér (Az alapfogalamakat nem definiáljuk) b. Def: félegyenes, szakasz, félsík, féltér. c. Kölcsönös helyzetük: i. pont és (egyenes vagy

Részletesebben

19. Területszámítás. Minden sokszöghöz hozzárendelünk egy pozitív valós számot. A hozzárendelés az alábbi tulajdonságokkal rendelkezik:

19. Területszámítás. Minden sokszöghöz hozzárendelünk egy pozitív valós számot. A hozzárendelés az alábbi tulajdonságokkal rendelkezik: 19. Területszámítás I. Elméleti összefoglaló Sokszög területe: Minden sokszöghöz hozzárendelünk egy pozitív valós számot. A hozzárendelés az alábbi tulajdonságokkal rendelkezik: Az egység (oldalú) négyzet

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

Érettségi előkészítő emelt szint 11-12. évf. Matematika. 11. évfolyam. Tematikai egység/fejlesztési cél

Érettségi előkészítő emelt szint 11-12. évf. Matematika. 11. évfolyam. Tematikai egység/fejlesztési cél Emelt szintű matematika érettségi előkészítő 11. évfolyam Tematikai egység/fejlesztési cél Órakeret 72 óra Kötelező Szabad Összesen 1. Gondolkodási módszerek Halmazok, matematikai logika, kombinatorika,

Részletesebben

MATEMATIKA ÍRÁSBELI VIZSGA 2009. május 5.

MATEMATIKA ÍRÁSBELI VIZSGA 2009. május 5. MATEMATIKA ÍRÁSBELI VIZSGA 2009. május 5. I. rész Fontos tudnivalók A megoldások sorrendje tetszőleges. A feladatok megoldásához szöveges adatok tárolására és megjelenítésére nem alkalmas zsebszámológépet

Részletesebben

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

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

Részletesebben

MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI 2013 I. rész

MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI 2013 I. rész MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI 203 I. rész. Oldja meg a következő egyenletet: x 2 25. Az egyenlet megoldása: 2. Egy vállalat 280 000 Ft-ért vásárol egy számítógépet. A számítógép évente 5%-ot veszít az értékéből.

Részletesebben

Célok, feladatok Fejlesztési terület Ismeretanyag. A kilencedik osztályos tananyagra támaszkodva egy nyílt végű feladat megoldása, megbeszélése.

Célok, feladatok Fejlesztési terület Ismeretanyag. A kilencedik osztályos tananyagra támaszkodva egy nyílt végű feladat megoldása, megbeszélése. Matematika 10. első kötet Témák Az óra témája (tankönyvi 1. Bevezető óra (101. Ismerkedés a tankönyvvel 2. Nyílt végű feladat: Szálloda tervezése (102. 3. Matematikai logika: Igaz vagy hamis (103. 4. Matematikai

Részletesebben

Osztályozó- és javítóvizsga témakörei MATEMATIKA tantárgyból

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

Részletesebben

Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit.

Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit. 2. A VALÓS SZÁMOK 2.1 A valós számok aximómarendszere Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit. 1.Testaxiómák R-ben két művelet van értelmezve, az

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 0631 É RETTSÉGI VIZSGA 006. október 5. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Formai előírások: Fontos tudnivalók

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Számelmélet

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

Részletesebben

15. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

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

Részletesebben

GEOMETRIA. b a X O Y. A pótszögek olyan szögpárok, amelyek az összege 90. A szögek egymás pótszögei. b a

GEOMETRIA. b a X O Y. A pótszögek olyan szögpárok, amelyek az összege 90. A szögek egymás pótszögei. b a GOMTRI ndrea Philippou, Marios ntoniades Szakaszok és félegyenesek gy szakasz felezőmerőlegese egy olyan egyenes, félegyenes vagy szakasz, ami áthalad a szakasz középpontján és merőleges a szakaszra. Tétel:

Részletesebben

A feladatsorok összeállításánál felhasználtuk a Nemzeti Tankönyvkiadó Gyakorló és érettségire felkészítő feladatgyűjtemény I III. példatárát. I.

A feladatsorok összeállításánál felhasználtuk a Nemzeti Tankönyvkiadó Gyakorló és érettségire felkészítő feladatgyűjtemény I III. példatárát. I. Orosz Gyula, 005. november Középszintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Orosz Gyula; dátum: 005. november A feladatsorok összeállításánál felhasználtuk a Nemzeti Tankönyvkiadó Gyakorló

Részletesebben

Feladatok MATEMATIKÁBÓL II.

Feladatok MATEMATIKÁBÓL II. Feladatok MATEMATIKÁBÓL a 12. évfolyam számára II. 1. Alakítsuk át a következő kifejezéseket úgy, hogy teljes négyzetek jelenjenek meg: a) x 2 2x + b) x 2 6x + 10 c) x 2 + x + 1 d) x 2 12x + 11 e) 2x 2

Részletesebben

Feladatok a logaritmus témaköréhez 11. osztály, középszint

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

Részletesebben

MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS

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

Részletesebben

Számítási feladatok a Számítógépi geometria órához

Számítási feladatok a Számítógépi geometria órához Számítási feladatok a Számítógépi geometria órához Kovács Zoltán Copyright c 2012 Last Revision Date: 2012. október 15. kovacsz@nyf.hu Technikai útmutató a jegyzet használatához A jegyzet képernyőbarát

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 101 ÉRETTSÉGI VIZSGA 010. május 4. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

Nagy Ilona 2013.06.01.

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

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2008. május 06. KÖZÉPSZINT I.

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

Részletesebben

Koordináta-geometria feladatgyűjtemény (A feladatok megoldásai a dokumentum végén találhatók)

Koordináta-geometria feladatgyűjtemény (A feladatok megoldásai a dokumentum végén találhatók) Koordináta-geometria feladatgyűjtemény (A feladatok megoldásai a dokumentum végén találhatók) Vektorok 1. Egy négyzet két szemközti csúcsának koordinátái: A( ; 7) és C(4 ; 1). Határozd meg a másik két

Részletesebben

MATEMATIKA TANMENET SZAKKÖZÉPISKOLA. 9. Nyelvi előkészítő osztály

MATEMATIKA TANMENET SZAKKÖZÉPISKOLA. 9. Nyelvi előkészítő osztály MINŐSÉGIRÁNYÍTÁSI ELJÁRÁS MELLÉKLET Tanmenetborító Azonosító: ME-III.1./1 Változatszám: 2 Érvényesség 2013. 01. 01. kezdete: Oldal/összes: 1/6 Fájlnév: ME- III.1.1.Tanmenetborító SZK- DC-2013 MATEMATIKA

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2013. május 7. KÖZÉPSZINT

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2013. május 7. KÖZÉPSZINT MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 01. május 7. KÖZÉPSZINT 1) Az A és B halmazokról tudjuk, hogy B\ A 1; ; 4; 7. Elemeinek felsorolásával adja meg az A halmazt! A ; 5; 6; 8; 9 I. AB 1; ; ; 4; 5; 6; 7; 8; 9 és ) Egy

Részletesebben

Matematika tanári szeminárium a Fazekasban 2010-2011/7. 7. foglalkozás Egy Szabályos háromszöggel kapcsolatos példa

Matematika tanári szeminárium a Fazekasban 2010-2011/7. 7. foglalkozás Egy Szabályos háromszöggel kapcsolatos példa Matematika tanári szeminárium a Fazekasban 010-011/7. 7. foglalkozás Egy Szabályos háromszöggel kapcsolatos példa A példa A 0-adik Nemzetközi Magyar Matematikaverseny most a határainkon belül Bonyhádon

Részletesebben

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

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

Részletesebben

Osztályozóvizsga követelményei

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

Részletesebben

valós számot tartalmaz, mert az ilyen részhalmazon nem azonosság.

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

Részletesebben

Matematika. a fogalma. Négyzetgyökvonás azonosságainak használata. A logaritmus fogalma, logaritmus azonosságai. Áttérés más alapú logaritmusra.

Matematika. a fogalma. Négyzetgyökvonás azonosságainak használata. A logaritmus fogalma, logaritmus azonosságai. Áttérés más alapú logaritmusra. Matematika Gondolkodási módszerek, halmazok, logika, kombinatorika, gráfok 1. Halmazok A halmazok megadásának különböző módjai, a halmaz elemének fogalma. Halmazok egyenlősége, részhalmaz, üres halmaz,

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 11 ÉRETTSÉGI VIZSGA 01. október 16. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 05 ÉRETTSÉGI VIZSGA 007. május 8. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:.

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szint 101 ÉRETTSÉGI VIZSGA 010. október 19. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM Formai előírások: Fontos tudnivalók

Részletesebben

4. A d és az e tetszőleges valós számot jelöl. Adja meg annak az egyenlőségnek a betűjelét, amelyik biztosan igaz (azonosság)!

4. A d és az e tetszőleges valós számot jelöl. Adja meg annak az egyenlőségnek a betűjelét, amelyik biztosan igaz (azonosság)! 005. október. Egyszerűsítse a következő törtet! (x valós szám, x 0 ) x x x. Peti felírt egy hárommal osztható hétjegyű telefonszámot egy cédulára, de az utolsó jegy elmosódott. A barátja úgy emlékszik,

Részletesebben

Számsorozatok (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

Számsorozatok (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Számsorozatok (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. Valós számsorozaton valós számok meghatározott sorrendű végtelen listáját értjük. A hangsúly az egymásután következés rendjén van.

Részletesebben

Azonosító jel: ÉRETTSÉGI VIZSGA 2005. május 10. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA. Időtartam: 45 perc OKTATÁSI MINISZTÉRIUM

Azonosító jel: ÉRETTSÉGI VIZSGA 2005. május 10. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA. Időtartam: 45 perc OKTATÁSI MINISZTÉRIUM ÉRETTSÉGI VIZSGA 2005. május 10. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA I. Időtartam: 45 perc Pótlapok száma Tisztázati Piszkozati OKTATÁSI MINISZTÉRIUM Matematika középszint írásbeli vizsga I. összetevő

Részletesebben

Osztályozó és Javító vizsga témakörei matematikából 9. osztály

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

Részletesebben

Az osztályozó- és javítóvizsga témakörei matematika tantárgyból. 9. évfolyam

Az osztályozó- és javítóvizsga témakörei matematika tantárgyból. 9. évfolyam Az osztályozó- és javítóvizsga témakörei matematika tantárgyból Minden évfolyamra vonatkozóan általános irányelv, hogy a matematikai ismeretek alkalmazásán (feladatok, problémák megoldása) van a hangsúly,

Részletesebben

1. Trigonometria. 1.1. Bevezetés

1. Trigonometria. 1.1. Bevezetés . Trigonometria.. Bevezetés Elöljáróban csak annyit: A szögekkel ideje lenne megtanulni rendesen számolni. Láttuk: Két vektor, vagy ha úgy tetszik, két erő összege igen kényes arra, hogy az összegzendők

Részletesebben

1. FELADAT: SZÁMÍTSD KI A KÖVETKEZŐ SZÁMKIFEJEZÉSEK ÉRTÉKEIT:

1. FELADAT: SZÁMÍTSD KI A KÖVETKEZŐ SZÁMKIFEJEZÉSEK ÉRTÉKEIT: 1. FELADAT: SZÁMÍTSD KI A KÖVETKEZŐ SZÁMKIFEJEZÉSEK ÉRTÉKEIT: a) ( 7) + ( 12) = 19 b) ( 24) + (+15) = 9 c) ( 5) + ( 27) = 32 d) (+19) + (+11) = +30 e) ( 7) ( 25) = +175 f) ( 5) (+14) = 70 g) ( 36) (+6)

Részletesebben