Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség)

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség)"

Átírás

1 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 x y! Ekkor sin sin sin sin x y, hisz, mivel x y Ebből következően egyenlőség akkor és csak akkor állhat fenn, ha x=y Mivel x sin x, így könnyen jön az állítás x y Ebből következően egyenlőség akkor és csak akkor állhat fenn, ha x=y Mivel az f : 0; ; x x folytonos az értelmezési tartományán, ezért elég azt belátni, hogy szigorúan gyengén konkáv ezen az intervallumon Ismert, hogy x y x y sin x y sin( x y) x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y Mivel x y Ebből következően egyenlőség akkor és csak akkor állhat fenn, ha x=y Érdemes végiggondolni az egységsugarú kör felhasználásával történő elemi bizonyítást! 4 a) Használjuk fel, hogy T abc r, továbbá 4R a Rsin, b Rsin, c Rsin b) A Héron-képlet szerint T s s a s b s c, valamint r Ezen utóbbit felírva a többi szögre is kapjuk az állítást s a /6

2 c) Tudjuk, hogy 80 d) Használjuk fel a koszinusz-tételt és a trigonometrikus területképletet, valamint a kotangens definícióját! e) b c a c a b bc ca ab b c a a c b 6s s a s b s c abc abc s 4t t 4t r abcs s abc R f) r Használjuk a b) feladat megoldásában látott összefüggést és írjuk fel ennek s a megfelelőjét a többi szögre is, valamint alkalmazzuk a Héron-képletet és a T=rs a területképletet! g) Használjuk fel, hogy sin sin( ), az feladatban látott összefüggést, és a koszinuszra felírt hasonló összefüggést! h) Az előzőhöz hasonlóan megoldható i) Használjuk az feladatban látott összefüggést és a koszinuszra felírt hasonló összefüggést! j) Az előzőhöz hasonló k) Mivel sin sin így négyzetre emelés után ebből pedig jön az állítás l) Hasonló az előzőhöz m) Következik az alábbiból sin sin /6

3 c c 90 c c c c c n) A korábbiakból levezethető 5 a) Legkisebb felső korlát: Az feladatból tudjuk, hogy a szinusz függvény a [0;π] intervallumon szigorúan konvex, így a Jensen-egyenlőtlenség alapján sin sin sin sin sin 60 Legnagyobb alsó korlát: A szinuszok összege mindig pozitív, de a 0-t tetszőlegesen megközelítheti Tekintsük egy olyan egyenlő szárú háromszöget, melynek szögei 80,, n n n! Ekkor sin sin sin sin 80 sin sin sin n n n n sin 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, ekkor az, hegyesszög Így a feladat alapján sin Legnagyobb alsó korlát: Az előző feladatból ismert, hogy r r Mivel R R 0, ezért a koszinuszok összege nagyobb -nél Az -et viszont tetszőlegesen megközelítheti Az előzőhöz hasonlóan legyen 80,, n n n! /6

4 Ekkor 80, n n n n ha n Felhasználtuk, hogy a koszinusz függvény az értelmezési tartománya minden pontjában folytonos Tehát legnagyobb alsókorlátja az c) Legkisebb felső korlát: Mivel a tényezők pozitívok, így a háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlensége, és a Jensen-egyenlőtlenség alapján írhatjuk, hogy sin sin sin 8 sin sin sin sin sin 0 Legnagyobb alsó korlát: Az előzőekhez hasonlóan belátható, hogy 0-nál nagyobb, de azt tetszölegesen megközelítheti, tehát a 0 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 Derék- ill tompaszögű háromszög esetén pedig nyilván kisebb -nél, mivel a szorzat 0, ill negatív Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos Legnagyobb alsó korlát: Az előzőekhez hasonlóan belátható, hogy --nél nagyobb, de azt tetszőlegesen megközelítheti, tehát a - Az a) és b) feladatban elemi megfontolásokkal, a Jensen-egyenlőtlenség alkalmazása nélkül is megkereshetjük a kifejezések maximumát, amiből jön a c) és d) feladat kifejezéseinek a maximuma is Lásd Reiman István: Geometria és határterületei című könyvében 6 A bizonyítás jön a 4 feladat e) részéből az 5 feladat b) részének felhasználásával 4/6

5 Az állítás elemi úton is bizonyítható a Feuerbach kör felhasználásával Lásd Reiman István: Geometria és határterületei című könyvében 7 Használjuk a háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlenségét, a 4 feladat c) részét, a feladat eredményét, és a Jensen-egyenlőtlenséget ebben a sorrendben! 8 Teljes négyzetek összegére való visszavezetéssel könnyen igazolható, hogy 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 csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos b) Az állítás jön a 4 feladat k) és az ötödik feladat d) részéből Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos c) 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 sin sin sin 7 d) Ebben a feladatban az előzőhöz hasonlóan járhatunk el sin sin sin 7 e) Mivel egy háromszög szögeinek szinusza pozitív ezért alkalmazzuk a háromtagú számtaniharmonikus közép egyenlőtlenségét, és az 5 feladat a) részét! 5/6

6 9 9 sin sin sin sin sin sin f) A háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlenségéből és az 5 feladat c) részéből jön 0 a) Használjuk fel a közismert ab bc ca egyenlőtlenséget, a két oldalt és közbezárt szög szinuszát tartalmazó területképletet, valamint a 9 feladat e) részét ab bc ca ab bc ca s 4 4 t t t sin sin sin Adott kerületű háromszögek közül a szabályos háromszög területe a legnagyobb Adott területű háromszögek közül a szabályos háromszög kerülete a legkisebb Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei című könyvében b) Következik az előzőből a t=rs képlet felhasználásával Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos 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 Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei című könyvében c) Tudjuk, hogy a Rsin, b Rsin, c R sin, így 5 feladat a) része alapján s Rsin Rsin Rsin R sin sin sin R Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos 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 Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei című könyvében 6/6

7 d) Használjuk fel az a) és a c) feladatot! Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos 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 Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei című könyvében Az egyenlőtlenség bizonyításához használjuk fel, hogy a háromszög hozzáírt köre a szemközti csúcshoz tartozó oldalak egyenesét a szemközti csúcstól félkerület távolságra érinti Mivel a szemközti csúcshoz tartozó belső szögfelezők átmennek a hozzáírt kör középpontján, ezért felírható, hogy pl r a s, ahol r a az A csúccsal szemközti hozzáírt kör sugara A többi szögre is felírva hasonló összefüggéseket és felhasználva, hogy a f : 0; ; x x függvény a az értelmezési tartományán szigorúan konvex, a Jensen-egyenlőtlenség alapján kapjuk, hogy ra rb rb s s s s 6 Bontsuk fel a zárójeleket a baloldalon, majd megfelelő csoportosítás és kiemelés után alkalmazzuk a koszinusz-tételt, valamint az 5 feladat b) részét! Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos A koszinusz-tétel alapján azt kapjuk, hogy bc ac ba b c a a c b b a c 9 9, ahol alkalmaztuk a háromtagú számtani-harmonikus közép egyenlőtlenségét (hegyesszögek koszinusza pozitív), és az 5 feladat b) részét! Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos 4 Mivel s a félkerület, így ezt beírva az eredetivel ekvivalens alábbi egyenlőtlenséghez jutunk ab bc ca b c a c a b Ezt leosztva a pozitív a+b+c-vel megkapjuk a ab bc ca b c a c a b egyenlőtlenséget, mely ugyancsak ekvivalens az eredetivel, így elég ezt bizonyítani 7/6

8 A koszinusz-tételből jön, hogy ab A többi tagra is írjuk fel a megfelelő összefüggést, majd helyettesítsünk be! ab bc ca b c a c a b Itt alkalmaztuk a háromtagú számtani-harmonikus közép egyenlőtlenségét és az 5 feladat b) részét 5 Első egyenlőtlenség Mivel a Rsin, b Rsin, c R sin, így R R R 9 4 sin sin sin 4 sin sin sin , itt felhasználtuk a háromtagú számtani-harmonikus közép egyenlőtlenségét és a 9 feladat a) részét Ebből már könnyen jön az állítás Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos Második egyenlőtlenség Legyen a beírt kör érintési pontjai által az oldalakból levágott szakaszok hossza az A csúcsnál x, a B csúcsnál y, a C csúcsnál z! Ekkor a=y+z, b=x+z, c=x+y Másrészt r, r, r x y z Ezek alapján ( y z) ( x z) ( x y) 4 yz xz xy 4r 4r, itt felhasználtuk a két tagú számtani-mértani közép közötti egyenlőtlenséget és a 4 feladat f) részét Egyenlőség mindkét esetben akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos 6 Ha tükrözzük a háromszöget az a oldal felezőpontjára, akkor egy olyan paralelogrammát kapunk, melynek egyik átlója s a, szögei α, 80 -α Írjuk fel a s a átlóra a koszinusz-tételt! Ekkor pl 4s b c bc 80 b c bc, így a bc b c bc sa bc Írjuk fel a többi 4 4 nevezőre is, valamint szorozzunk be t vel és használjuk fel a trigonometrikus 8/6

9 területképletet Ekkor az eredetivel ekvivalens egyenlőtlenséghez jutunk, mely az alábbi módon igazolható t t t bc sin ac sin ba sin a b c bc ac ba sa sb sc 4 4 4, ami ekvivalens a kiindulási egyenlőtlenséggel Itt felhasználtuk a 7 feladatot az n= estre 7 Alakítsuk át a baloldali kifejezést az alábbi módon! t t t a b 4t c b 4t a c 4t b a c t t t sin sin sin Itt felhasználtuk a trigonometrikus Pitagorasz-tételt és azt is, hogy a háromszög hegyesszögű, valamint a 7 feladatot az n= estre Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos abc 8 Az egyenlőtlenség következik a 0 feladat d) részéből a t képlet felhasználásával 4R 9 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 c oldalé és a szemközti szögfelezőé A szögfelező tétel alapján ca ba BP, PC b c b c, ab bc CQ, QA a c a c, cb ac AR, RB a b a b Így a kimaradó rész területe a trigonometrikus területképlet alapján 9/6

10 bc bc ac ac ba ba sin sin sin a c a b b a c c b bc bc TABC ac ac TABC ba ba TABC T a c a b bc b ac a c c b ba 4 Egyszerűsítés és az (a+b)(b+c)(c+a)-val való beszorzás és rendezés után az előzővel ekvivalens ab ba cb bc ac ca 6abc egyenlőtlenséghez jutunk, ami a hattagú számtani-mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján igaz Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos ABC 0 A feladat megoldásában felhasználjuk a kerületi szögek tételét Ez alapján RPQ, PQR, QRP, így a PQR háromszög biztosan hegyesszögű, tehát a köré írt kör O középpontja a háromszögön belül van Ezek után felírhatjuk, hogy T T T T R PQO RQO PRO sin sin sin Az ABC háromszög területe kifejezhető a egyenlőtlenség ekvivalens a R sin( ) R sin( ) R sin( ) t R sin sin sin alakban Így a bizonyítandó sin sin sin 7sin sin sin egyenlőtlenséggel, ami a háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlensége miatt igaz Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos A háromszög területét kifejezhetjük az x, y, z szakaszok és az oldalak, íll a beírt kör sugara és ax by cz az oldalak segítségével az alábbi módon T r Ebből 0/6

11 ax by cz r Alkalmazzuk a súlyozott számtani-harmonikus közép közötti egyenlőtlenséget az alábbi módon! a b c x y z x y z ax by cz r Tehát x y z r beírt kör középpontja Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha x=y=z, azaz P a Első egyenlőtlenség Készítsünk ábrát! Osszuk végig az egyenlőtlenséget PA PB PC-vel, ekkor az eredetivel x y z y x z ekvivalens egyenlőtlenséget CP AP BP kapjuk Az ábrán létrejövő derékszögű háromszögekben felírhatjuk hegyesszög szinuszának definícióját Ez alapján x y z y x z CP AP BP sin sin sin sin sin sin Második egyenlőtlenség Ez triviális sin sin sin Itt felhasználtuk az feladat, illetve a 5/c eredményét Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha P egy szabályos háromszög középpontja Érdemes meggondolni, hogy a bizonyítás tompaszögű háromszög esetén is helyes Emeljük négyzetre az egyenlőtlenség mindkét oldalát ekkor az eredetivel ekvivalens R x y z 9 egyenlőtlenséghez jutunk A Cauchy-egyenlőtlenség alapján x y z xa yb zc ax by cz Így azt elég bizonyítani, hogy ax by cz 9R Az első zárójelben a háromszög területének a kétszerese szerepel /6

12 Így ax by cz abc T R 4 sin sin 4 sin sin 4 bc ac ab R R R sin sin R R R sin sin sin sin sin sin R ( ) ( ) ( ) 9R R R Itt felhasználtuk, hogy a koszinusz függvény maximuma, és az 5/b feladat eredményét II Egyenletek, egyenlőtlenségek Az első egyenletből kapjuk, hogy xyz= A második egyenlet baloldalának becsléséhez használjuk fel azt, hogy a valós számok halmazán értelmezett f(x)=0 x függvény szigorúan monoton növekvő és szigorúan konvex, valamint alkalmazzuk a Jensen-egyenlőtlenséget x y z x y z x y z x y z xyz Innen jön, hogy x=y=z Használjuk fel, hogy ha az f : a; b ; x f ( x ) függvényre minden x, y a; b esetén teljesül, hogy f ( x) f ( y) f xy, akkor bármely x, x,, xn a; b esetén fennáll az f ( x ) f ( x) f ( xn) nf n x x x n! Ez alapján elég azt bizonyítani, hogy bármely xy, esetén viszont ekvivalens a x y xy Ez 0 x y xy egyenlőtlenséggel, ami triviálisan igaz A feltételt tekintsük c-re nézve másodfokú egyenletnek Így a c abc b a egyenletet kapjuk, melynek diszkriminánsa a b D ab 4 a b Könnyen meggondolhatjuk, hogy a kifejezésben szereplő második és harmadik tényező nem lehet negatív a feltétel miatt, így a b, Írjuk fel a megoldó képletet! a b 0, 0 a b, ahol, 0;, hisz 0 ; Legyen /6

13 c ; ab a b Ebből csak a Így a b ab c felel meg a feltételnek 4 c sin sin ( ) c tehát c ( ) Legyen c, ahol 0;, hisz 0 Így ( ) Tudjuk, hogy ( ), ezért ( ) Mivel 0 ;, ezért az eddigiekből következik, hogy Tehát az I 5/b alapján Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a=b=c 4 Fejezzük ki a feltételből z-t z x xy y! Mivel x, y>0, ezért legyen x, y, ahol, 0;! Ekkor z Másrészt legyen z, 0,! Ekkor, ami az eddigiek alapján azt jelenti, hogy Így x y z Itt felhasználtuk az I 5/b feladatot Egyenlő akkor és csak akkor, ha x=y=z 5 Mivel x, y, z -nél kisebb pozitív valós számok, ezért legyen x, y, z, ahol,, 0; /6

14 Ekkor a feltétel alapján z yx y x y x yx c Így c, ami az értelmezési tartomány miatt azt jelent, hogy, azaz, ahol a szögek hegyesszögek Így x y z x y z, itt felhasználtuk a kétszeres szög tangensére vonatkozó összefüggést és a 7 feladatot n=- re Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha x=y=z 6 Legyen a+b+c=d! Ekkor, így legyen x, y, z, tehát x+y+z= d d d d d d Így a bizonyítandó egyenlőtlenség a következő alakot ölti d d d a 8bc b 8ac c 8ba b a c c b a x y z x 8yz y 8xz z 8yx d d d d d d d d d, ahol x+y+z= Ezt az eljárást nevezik normalizálásnak Ebből kiderül, hogy az általánosság megszorítása nélkül már az elején feltehetjük, hogy a+b+c=, azaz normalizálhatjuk az ismeretleneket Éljünk ezzel a lehetőséggel! 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 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 4/6

15 a 8bc b 8ac c 8ba f a a 8bc b b 8ac c c 8ba af a 8bc bf b 8ac cf c 8ba tehát azt kell belátni, hogy f a a 8bc b b 8ac c c 8ba Mivel f szigorúan csökkenő és f()=, ezért elég azt belátni, hogy a a 8bc b b 8ac c c 8ba, azaz a a 8bc b b 8ac c c 8ba 4abc Ismert az ( a b)( c b)( c a ) összefüggés Ezt beírva és az egyenlőtlenséget rendezve az eredetivel ekvivalens ab ba cb bc ac ca 6abc egyenlőtlenséghez jutunk, amit már igazoltunk Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a=b=c 7 Az előző feladatban látottakhoz hasonlóan igazolható, hogy a folytonos f : ; f ( x) szigorúan konvex xx ( ) Így d d 4 f ( b) f ( c) f ( d) f ( a) b b c c d d a a f ab bc cd da 4 d 64, tehát b b c c d d a a ab bc cd da 4( ab bc cd da ) Így elég belátni, hogy 64 8 ab bc cd da 4( ab bc cd da) ( a c)( b d) ab bc cd da 4 4 ab bc cd da 6 ( d) d 0 Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a=b=c=d= 5/6

16 8 A négyzeyök függvény szigorúan konkáv az értelmezési tartományán Használjuk fel ezt a tényt! a c 4 a( ) a b 4 b( ) b c 4 c( ) a b b c c a ( ) ( a b)( a c) ( ) ( c b)( a b) ( ) ( a c)( b c) a c 4 a( ) a b 4 b( ) b c 4 c( ) ( ) ( a b)( a c) ( ) ( c b)( a b) ( ) ( a c)( b c) a( ) b( ) c( ) ( a b)( a c) ( c b)( a b) ( a c)( b c) Ezután azt kell belátni, hogy a( ) b( ) c( ) 9 ( a b)( a c) ( c b)( a b) ( a c)( b c) 4 ( ab bc ca)( ) 9 ( a b)( a c)( b c) 4, ezen utóbbi pedig ekvivalens a ab ba cb bc ac ca 6abc egyenlőtlenséggel, amit már korábban beláttunk Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a=b=c 6/6

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

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

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

MATEMATIKA ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI-FELVÉTELI FELADATOK 2003. május 19. du. JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI-FELVÉTELI FELADATOK 2003. május 19. du. JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ MATEMATIKA ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI-FELVÉTELI FELADATOK 00 május 9 du JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ Oldja meg a rendezett valós számpárok halmazán az alábbi egyenletrendszert! + y = 6 x + y = 9 x A nevezők miatt az alaphalmaz

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szint 0613 ÉRETTSÉGI VIZSGA 007. május 8. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Formai előírások: Fontos tudnivalók

Részletesebben

5. Trigonometria. 2 cos 40 cos 20 sin 20. BC kifejezés pontos értéke?

5. Trigonometria. 2 cos 40 cos 20 sin 20. BC kifejezés pontos értéke? 5. Trigonometria I. Feladatok 1. Mutassuk meg, hogy cos 0 cos 0 sin 0 3. KöMaL 010/október; C. 108.. Az ABC háromszög belsejében lévő P pontra PAB PBC PCA φ. Mutassuk meg, hogy ha a háromszög szögei α,

Részletesebben

Analízisfeladat-gyűjtemény IV.

Analízisfeladat-gyűjtemény IV. Oktatási segédanyag a Programtervező matematikus szak Analízis. című tantárgyához (003 004. tanév tavaszi félév) Analízisfeladat-gyűjtemény IV. (Függvények határértéke és folytonossága) Összeállította

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2007/2008-as tanév 2. forduló haladók I. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2007/2008-as tanév 2. forduló haladók I. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Oktatási és Kulturális Minisztérium Támogatáskezelő Igazgatósága támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 007/008-as tanév. forduló haladók I. kategória Megoldások

Részletesebben

MATEMATIKA tankönyvcsaládunkat

MATEMATIKA tankönyvcsaládunkat Bemutatjuk a NAT 01 és a hozzá kapcsolódó új kerettantervek alapján készült MATEMATIKA tankönyvcsaládunkat 9 10 1 MATEMATIKA A KÖTETEKBEN FELLELHETŐ DIDAKTIKAI ESZKÖZTÁR A SOROZAT KÖTETEI A KÖVETKEZŐ KERETTANTERVEK

Részletesebben

Elsőfokú egyenletek...

Elsőfokú egyenletek... 1. Hozza egyszerűbb alakra a következő kifejezést: 1967. N 1. Elsőfokú egyenletek... I. sorozat ( 1 a 1 + 1 ) ( 1 : a+1 a 1 1 ). a+1 2. Oldja meg a következő egyenletet: 1981. G 1. 3x 1 2x 6 + 5 2 = 3x+1

Részletesebben

Első sorozat (2000. május 22. du.) 1. Oldjamegavalós számok halmazán a. cos x + sin2 x cos x. +sinx +sin2x =

Első sorozat (2000. május 22. du.) 1. Oldjamegavalós számok halmazán a. cos x + sin2 x cos x. +sinx +sin2x = 2000 Írásbeli érettségi-felvételi feladatok Első sorozat (2000. május 22. du.) 1. Oldjamegavalós számok halmazán a egyenletet! cos x + sin2 x cos x +sinx +sin2x = 1 cos x (9 pont) 2. Az ABCO háromszög

Részletesebben

Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály, középszint

Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály, középszint TÁMOP-.1.4-08/2-2009-0011 A kompetencia alapú oktatás feltételeinek megteremtése Vas megye közoktatási intézményeiben Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály, középszint Vasvár,

Részletesebben

I. rész. x 100. Melyik a legkisebb egész szám,

I. rész. x 100. Melyik a legkisebb egész szám, Dobos Sándor, 005. november Középszintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Dobos Sándor; dátum: 005. november 1. feladat A 70-nek 80%-a mely számnak a 70%-a? I. rész. feladat Egy szabályos

Részletesebben

2. Interpolációs görbetervezés

2. Interpolációs görbetervezés 2. Interpolációs görbetervezés Gondoljunk arra, hogy egy grafikus tervező húz egy vonalat (szabadformájú görbét), ezt a vonalat nekünk számítógép által feldolgozhatóvá kell tennünk. Ennek egyik módja,

Részletesebben

Számhalmazok. n n. a valós számok halmaza, ahol : nem írható fel két egész szám hányadosaként az irracionális számok halmaza.

Számhalmazok. n n. a valós számok halmaza, ahol : nem írható fel két egész szám hányadosaként az irracionális számok halmaza. Matematika Számok, műveletek A természetes számok halmaza: Számhalmazok Ha m és n természetes szám, akkor az m természetes számok halmazán. Példa: 6+x=2. n egyenlet nem feltétlenül oldható meg a Az egész

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

Bolyai János Matematikai Társulat

Bolyai János Matematikai Társulat Bolyai János Matematikai Társulat Oktatási és Kulturális Minisztérium Támogatáskezelő Igazgatósága támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 007/008-as tanév első (iskolai) forduló haladók II.

Részletesebben

MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY

MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY Pék Johanna MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY Nem matematika alapszakos hallgatók számára Tartalomjegyzék Előszó iii. Lineáris algebra.. Mátrixok...................................... Lineáris egyenletrendszerek..........................

Részletesebben

5.10. Exponenciális egyenletek... 155 5.11. A logaritmus függvény... 161 5.12. Logaritmusos egyenletek... 165 5.13. A szinusz függvény... 178 5.14.

5.10. Exponenciális egyenletek... 155 5.11. A logaritmus függvény... 161 5.12. Logaritmusos egyenletek... 165 5.13. A szinusz függvény... 178 5.14. Tartalomjegyzék 1 A matematikai logika elemei 1 11 Az ítéletkalkulus elemei 1 12 A predikátum-kalkulus elemei 7 13 Halmazok 10 14 A matematikai indukció elve 14 2 Valós számok 19 21 Valós számhalmazok

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

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Geometria I.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Geometria I. Geometria I. Alapfogalmak: Az olyan fogalmakat, amelyeket nem tudunk egyszerűbb fogalmakra visszavezetni, alapfogalmaknak nevezzük, s ezeket nem definiáljuk. Pl.: pont, egyenes, sík, tér, illeszkedés.

Részletesebben

MATEMATIKA 9. osztály Segédanyag 4 óra/hét

MATEMATIKA 9. osztály Segédanyag 4 óra/hét MATEMATIKA 9. osztály Segédanyag 4 óra/hét - 1 - Az óraszámok az AROMOBAN követhetőek nyomon! A tananyag feldolgozása a SOKSZÍNŰ MATEMATIKA (Mozaik, 013) tankönyv és a SOKSZÍNŰ MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY

Részletesebben

2. Hatványozás, gyökvonás

2. Hatványozás, gyökvonás 2. Hatványozás, gyökvonás I. Elméleti összefoglaló Egész kitevőjű hatvány értelmezése: a 1, ha a R; a 0; a a, ha a R. Ha a R és n N; n > 1, akkor a olyan n tényezős szorzatot jelöl, aminek minden tényezője

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2007. október 25. EMELT SZINT I.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2007. október 25. EMELT SZINT I. 1) x x MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 007. október 5. EMELT SZINT I. a) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet! (5 pont) b) Oldja meg a valós számpárok halmazán az alábbi egyenletrendszert! lg x

Részletesebben

Beadható feladatok. 2006. december 4. 1. Add meg az alábbi probléma állapottér-reprezentációját!

Beadható feladatok. 2006. december 4. 1. Add meg az alábbi probléma állapottér-reprezentációját! Beadható feladatok 2006. december 4. 1. Feladatok 2006. szeptember 13-án kitűzött feladat: 1. Add meg az alábbi probléma állapottér-reprezentációját! Adott I 1,..., I n [0, 1] intervallumokból szeretnénk

Részletesebben

Széchenyi István Egyetem, 2005

Széchenyi István Egyetem, 2005 Gáspár Csaba, Molnárka Győző Lineáris algebra és többváltozós függvények Széchenyi István Egyetem, 25 Vektorterek Ebben a fejezetben a geometriai vektorfogalom ( irányított szakasz ) erős általánosítását

Részletesebben

Miskolci Egyetem GÉPÉSZMÉRNÖKI ÉS INFORMATIKAI KAR. Analízis I. példatár. (kidolgozott megoldásokkal) elektronikus feladatgyűjtemény

Miskolci Egyetem GÉPÉSZMÉRNÖKI ÉS INFORMATIKAI KAR. Analízis I. példatár. (kidolgozott megoldásokkal) elektronikus feladatgyűjtemény Miskolci Egyetem GÉPÉSZMÉRNÖKI ÉS INFORMATIKAI KAR Analízis I. példatár kidolgozott megoldásokkal) elektronikus feladatgyűjtemény Összeállította: Lengyelné Dr. Szilágyi Szilvia Miskolc, 013. Köszönetnyilvánítás

Részletesebben

A csavarvonalról és a csavarmenetről

A csavarvonalról és a csavarmenetről A csavarvonalról és a csavarmenetről A témáoz kapcsolódó korábbi dolgozatunk: Ricard I. A Gépészeti alapismeretek tantárgyban a csavarok mint gépelemek tanulmányozását a csavarvonal ismertetésével kezdjük.

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

9. modul Szinusz- és koszinusztétel. Készítette: Csákvári Ágnes

9. modul Szinusz- és koszinusztétel. Készítette: Csákvári Ágnes 9. modul Szinusz- és koszinusztétel Készítette: Csákvári Ágnes Matematika A 11. évfolyam 9. modul: Szinusz- és koszinusztétel Tanári útmutató A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály Modulkapcsolódási

Részletesebben

Nemzeti versenyek 11 12. évfolyam

Nemzeti versenyek 11 12. évfolyam Nemzeti versenyek 11 12. évfolyam Szerkesztette: I. N. Szergejeva 2015. február 2. Technikai munkák (MatKönyv project, TEX programozás, PHP programozás, tördelés...) Dénes Balázs, Grósz Dániel, Hraskó

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

4) Az ABCD négyzet oldalvektorai körül a=ab és b=bc. Adja meg az AC és BD vektorokat a és b vektorral kifejezve!

4) Az ABCD négyzet oldalvektorai körül a=ab és b=bc. Adja meg az AC és BD vektorokat a és b vektorral kifejezve! (9/1) Vektorok, Koordináta Geometria 1) Szerkessze meg az a + b és az a b vektort, ha a és b egy szabályos háromszögnek a mellékelt ábra szerinti oldalvektorai! 2) Az ABC háromszög két oldalának vektora

Részletesebben

2) = 0 ahol x 1 és x 2 az ax 2 + bx + c = 0 ( a,b, c R és a 0 )

2) = 0 ahol x 1 és x 2 az ax 2 + bx + c = 0 ( a,b, c R és a 0 ) Fogalom gyűjtemény Abszcissza: az x tengely Abszolút értékes egyenletek: azok az egyenletek, amelyekben abszolút érték jel szerepel. Abszolútérték-függvény: egy elemi egyváltozós valós függvény, mely minden

Részletesebben

MATEMATIKA GYAKORLÓ FELADATGYŰJTEMÉNY

MATEMATIKA GYAKORLÓ FELADATGYŰJTEMÉNY MATEMATIKA GYAKORLÓ FELADATGYŰJTEMÉNY (Kezdő 9. évfolyam) A feladatokat a Borbás Lászlóné MATEMATIKA a nyelvi előkészítő évfolyamok számára című könyv alapján állítottuk össze. I. Számok, műveletek számokkal.

Részletesebben

Bevezetés a számításelméletbe I. feladatgyűjtemény. Szeszlér Dávid, Wiener Gábor

Bevezetés a számításelméletbe I. feladatgyűjtemény. Szeszlér Dávid, Wiener Gábor Bevezetés a számításelméletbe I. feladatgyűjtemény Szeszlér Dávid, Wiener Gábor Tartalomjegyzék Előszó 2 1. Feladatok 5 1.1. Térbeli koordinátageometria........................... 5 1.2. Vektortér, altér..................................

Részletesebben

Mezei Ildikó-Ilona. Analitikus mértan

Mezei Ildikó-Ilona. Analitikus mértan Mezei Ildikó-Ilona Analitikus mértan feladatgyűjtemény Kolozsvár 05 Tartalomjegyzék. Vektoralgebra 3.. Műveletek vektorokkal.................................. 3.. Egyenes vektoriális egyenlete..............................

Részletesebben

A gyakorlatok HF-inak megoldása Az 1. gyakorlat HF-inak megoldása. 1. Tagadások:

A gyakorlatok HF-inak megoldása Az 1. gyakorlat HF-inak megoldása. 1. Tagadások: . Tagadások: A gyakorlatok HF-inak megoldása Az. gyakorlat HF-inak megoldása "Nem észak felé kell indulnunk és nem kell visszafordulnunk." "Nem esik az es, vagy nem fúj a szél." "Van olyan puha szilva,

Részletesebben

MATEMATIKA Kiss Árpád Országos Közoktatási Szolgáltató Intézmény Vizsgafejlesztő Központ

MATEMATIKA Kiss Árpád Országos Közoktatási Szolgáltató Intézmény Vizsgafejlesztő Központ MATEMATIKA Kiss Árpád Országos Közoktatási Szolgáltató Intézmény Vizsgafejlesztő Központ I. RÉSZLETES ÉRETTSÉGI VIZSGAKÖVETELMÉNY Az érettségi követelményeit két szinten határozzuk meg: középszinten a

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

Középszintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: 2005. november. I. rész

Középszintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: 2005. november. I. rész Pataki János, 005. november Középszintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: 005. november I. rész. feladat Egy liter 0%-os alkoholhoz / liter 40%-os alkoholt keverünk.

Részletesebben

Komplex számok. 2014. szeptember 4. 1. Feladat: Legyen z 1 = 2 3i és z 2 = 4i 1. Határozza meg az alábbi kifejezés értékét!

Komplex számok. 2014. szeptember 4. 1. Feladat: Legyen z 1 = 2 3i és z 2 = 4i 1. Határozza meg az alábbi kifejezés értékét! Komplex számok 014. szeptember 4. 1. Feladat: Legyen z 1 i és z 4i 1. (z 1 z ) (z 1 z ) (( i) (4i 1)) (6 9i 8i + ) 8 17i 8 + 17i. Feladat: Legyen z 1 i és z 4i 1. Határozza meg az alábbi kifejezés értékét!

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 161 ÉRETTSÉGI VIZSGA 016. május. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

Gáspár Csaba. Analízis

Gáspár Csaba. Analízis Gáspár Csaba Analízis Készült a HEFOP 3.3.-P.-004-09-00/.0 pályázat támogatásával Szerzők: Lektor: Gáspár Csaba Szili László, egyetemi docens c Gáspár Csaba, 006. Tartalomjegyzék. Bevezetés 5. Alapvető

Részletesebben

Egyetemi matematika az iskolában

Egyetemi matematika az iskolában Matematikatanítási és Módszertani Központ Egyetemi matematika az iskolában Hegyvári Norbert 013 Tartalomjegyzék 1. Irracionális számok; 4. További irracionális számok 7 3. Végtelen tizedestörtek 7 4. Végtelen

Részletesebben

Gondolkodjunk a fizika segı tse ge vel!

Gondolkodjunk a fizika segı tse ge vel! SZAKDOLGOZAT Gondolkodjunk a fizika segı tse ge vel! Simon Ju lia Matematika BSc., tana ri szakira ny Te mavezeto : Besenyei A da m adjunktus Alkalmazott Analı zis e s Sza mı ta smatematikai Tansze k Eo

Részletesebben

Lineáris programozás. Modellalkotás Grafikus megoldás Feladattípusok Szimplex módszer

Lineáris programozás. Modellalkotás Grafikus megoldás Feladattípusok Szimplex módszer Lineáris programozás Modellalkotás Grafikus megoldás Feladattípusok Szimplex módszer Feladat: Egy gyár kétféle terméket gyárt (A, B): /db Eladási ár 1000 800 Technológiai önköltség 400 300 Normaóraigény

Részletesebben

Az alap- és a képfelület fogalma, megadási módjai és tulajdonságai

Az alap- és a képfelület fogalma, megadási módjai és tulajdonságai A VETÜLETEK ALAP- ÉS KÉPFELÜLETE Az alap- és a képfelület fogalma, megadási módjai és tulajdonságai A geodézia, a térinformatika és a térképészet a görbült földfelületen elhelyezkedő geometriai alakzatokat

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

Mátrixok. 3. fejezet. 3.1. Bevezetés: műveletek táblázatokkal

Mátrixok. 3. fejezet. 3.1. Bevezetés: műveletek táblázatokkal fejezet Mátrixok Az előző fejezetben a mátrixokat csak egyszerű jelölésnek tekintettük, mely az egyenletrendszer együtthatóinak tárolására, és az egyenletrendszer megoldása közbeni számítások egyszerüsítésére

Részletesebben

Analízis előadás és gyakorlat vázlat

Analízis előadás és gyakorlat vázlat Analízis előadás és gyakorlat vázlat Készült a PTE TTK GI szakos hallgatóinak Király Balázs 00-. I. Félév . fejezet Számhalmazok és tulajdonságaik.. Nevezetes számhalmazok ➀ a) jelölése: N b) elemei:

Részletesebben

6. modul Egyenesen előre!

6. modul Egyenesen előre! MATEMATIKA C 11 évfolyam 6 modul Egyenesen előre! Készítette: Kovács Károlyné Matematika C 11 évfolyam 6 modul: Egyenesen előre! Tanári útmutató A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály Modulkapcsolódási

Részletesebben

LINEÁRIS ALGEBRA PÉLDATÁR MÉRNÖK INFORMATIKUSOKNAK

LINEÁRIS ALGEBRA PÉLDATÁR MÉRNÖK INFORMATIKUSOKNAK Írta: LEITOLD ADRIEN LINEÁRIS ALGEBRA PÉLDATÁR MÉRNÖK INFORMATIKUSOKNAK Egyetemi tananyag COPYRIGHT: Dr. Leitold Adrien Pannon Egyetem Műszaki Informatika Kar Matematika Tanszék LEKTORÁLTA: Dr. Buzáné

Részletesebben

MATEMATIKA I. RÉSZLETES ÉRETTSÉGI VIZSGAKÖVETELMÉNY A) KOMPETENCIÁK

MATEMATIKA I. RÉSZLETES ÉRETTSÉGI VIZSGAKÖVETELMÉNY A) KOMPETENCIÁK MATEMATIKA I. RÉSZLETES ÉRETTSÉGI VIZSGAKÖVETELMÉNY Az érettségi követelményeit két szinten határozzuk meg: - középszinten a mai társadalomban tájékozódni és alkotni tudó ember matematikai ismereteit kell

Részletesebben

Lineáris Algebra gyakorlatok

Lineáris Algebra gyakorlatok A V 2 és V 3 vektortér áttekintése Lineáris Algebra gyakorlatok Írta: Simon Ilona Lektorálta: DrBereczky Áron Áttekintjük néhány témakör legfontosabb definícióit és a feladatokban használt tételeket kimondjuk

Részletesebben

Kőszegi Irén MATEMATIKA. 9. évfolyam

Kőszegi Irén MATEMATIKA. 9. évfolyam -- Kőszegi Irén MATEMATIKA 9. évfolyam (a b) 2 = a 2 2ab + b 2 2015 1 2 Tartalom 1. HALMAZOK... 5 2. SZÁMHALMAZOK... 8 3. HATVÁNYOK... 12 4. OSZTHATÓSÁG... 14 5. ALGEBRAI KIFEJEZÉSEK... 17 6. FÜGGVÉNYEK...

Részletesebben

VI.11. TORONY-HÁZ-TETŐ. A feladatsor jellemzői

VI.11. TORONY-HÁZ-TETŐ. A feladatsor jellemzői VI.11. TORONY-HÁZ-TETŐ Tárgy, téma A feladatsor jellemzői Szögfüggvények derékszögű háromszögben, szinusztétel, koszinusztétel, Pitagorasz-tétel. Előzmények Pitagorasz-tétel, derékszögű háromszög trigonometriája,

Részletesebben

Hraskó András, Surányi László: 11-12. spec.mat szakkör Tartotta: Surányi László. Feladatok

Hraskó András, Surányi László: 11-12. spec.mat szakkör Tartotta: Surányi László. Feladatok Feladatok 1. Színezzük meg a koordinátarendszer rácspontjait két színnel, kékkel és pirossal úgy, hogy minden vízszintes egyenesen csak véges sok kék rácspont legyen és minden függőleges egyenesen csak

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

Mátrixok. 2015. február 23. 1. Feladat: Legyen ( 3 0 1 4 1 1 ( 1 0 3 2 1 0 B = A =

Mátrixok. 2015. február 23. 1. Feladat: Legyen ( 3 0 1 4 1 1 ( 1 0 3 2 1 0 B = A = Mátrixok 25. február 23.. Feladat: Legyen A ( 3 2 B ( 3 4 Határozzuk meg A + B, A B, 2A, 3B, 2A 3B,A T és (B T T mátrixokat. A deníciók alapján ( + 3 + 3 + A + B 2 + 4 + + ( 4 2 6 2 ( ( 3 3 2 4 A B 2 4

Részletesebben

Egy csodálatos egyenesről (A Simson-egyenes) Bíró Bálint, Eger

Egy csodálatos egyenesről (A Simson-egyenes) Bíró Bálint, Eger Egy csodálatos egyenesről (A Simson-egyenes) Bíró Bálint, Eger. feladat Állítsunk merőlegeseket egy húrnégyszög csúcsaiból a csúcsokon át nem menő átlókra. Bizonyítsuk be, hogy a merőlegesek talppontjai

Részletesebben

2. feladat Legyenek 1 k n rögzített egészek. Mennyi az. x 1 x 2...x k +x 2 x 3...x k+1 +...+x n k+1 x n k+2...x n

2. feladat Legyenek 1 k n rögzített egészek. Mennyi az. x 1 x 2...x k +x 2 x 3...x k+1 +...+x n k+1 x n k+2...x n Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 2012 13-as tanév MATEMATIKA, III. kategória a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére Az első forduló feladatainak megoldásai Kérjük a javító

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szint 0 ÉRETTSÉGI VIZSGA 00. február. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI MINISZTÉRIUM Matematika emelt szint Fontos tudnivalók Formai

Részletesebben

Kosztolányi József Kovács István Pintér Klára Urbán János Vincze István. tankönyv. Mozaik Kiadó Szeged, 2013

Kosztolányi József Kovács István Pintér Klára Urbán János Vincze István. tankönyv. Mozaik Kiadó Szeged, 2013 Kosztolányi József Kovács István Pintér Klára Urbán János Vincze István tankönyv 0 Mozaik Kiadó Szeged, 03 TARTALOMJEGYZÉK Gondolkodási módszerek. Mi következik ebbõl?... 0. A skatulyaelv... 3. Sorba rendezési

Részletesebben

Számsorozatok Sorozat fogalma, példák sorozatokra, rekurzív sorozatokra, sorozat megadása Számtani sorozat Mértani sorozat Kamatszámítás

Számsorozatok Sorozat fogalma, példák sorozatokra, rekurzív sorozatokra, sorozat megadása Számtani sorozat Mértani sorozat Kamatszámítás 12. évfolyam Osztályozó vizsga 2013. augusztus Számsorozatok Sorozat fogalma, példák sorozatokra, rekurzív sorozatokra, sorozat megadása Számtani sorozat Mértani sorozat Kamatszámítás Ismerje a számsorozat

Részletesebben

JANUS PANNONIUS TUDOMÁNYEGYETEM. Schipp Ferenc ANALÍZIS I. Sorozatok és sorok

JANUS PANNONIUS TUDOMÁNYEGYETEM. Schipp Ferenc ANALÍZIS I. Sorozatok és sorok JANUS PANNONIUS TUDOMÁNYEGYETEM Schipp Ferenc ANALÍZIS I. Sorozatok és sorok Pécs, 1994 Lektorok: Dr. FEHÉR JÁNOS egyetemi docens, kandidtus. Dr. SIMON PÉTER egyetemi docens, kandidtus 1 Előszó Ez a jegyzet

Részletesebben

Az áprilisi vizsga anyaga a fekete betűkkel írott szöveg! A zölddel írott rész az érettségi vizsgáig még megtanulandó anyag!

Az áprilisi vizsga anyaga a fekete betűkkel írott szöveg! A zölddel írott rész az érettségi vizsgáig még megtanulandó anyag! Részletes követelmények Matematika házivizsga Az áprilisi vizsga anyaga a fekete betűkkel írott szöveg! A zölddel írott rész az érettségi vizsgáig még megtanulandó anyag! A vizsga időpontja: 2015. április

Részletesebben

Lineáris algebra bevezető

Lineáris algebra bevezető Lineáris algebra bevezető 1 Egyismeretlenes egyenletek bemelegítés Az ilyen egyenletek rendezés után ax = b alakba írhatók Ha a 0, akkor a(z egyértelmű megoldás x = b/a Ha a = 0, akkor b 0 esetben nincs

Részletesebben

JANUS PANNONIUS TUDOMÁNYEGYETEM. Schipp Ferenc ANALÍZIS II. ***************

JANUS PANNONIUS TUDOMÁNYEGYETEM. Schipp Ferenc ANALÍZIS II. *************** JANUS PANNONIUS TUDOMÁNYEGYETEM Schipp Ferenc ANALÍZIS II. Folytonosság, differenciálhatóság *************** Pécs, 1996 Lektorok: DR. SZÉKELYHIDI LÁSZLÓ egyetemi tanár, a mat. tud. doktora DR. SZILI LÁSZLÓ

Részletesebben

Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai 1.

Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai 1. Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai.). Feladat. Határozzuk meg az alábbi integrálokat: a) x x + dx d) xe x dx b) c)

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Geometria V.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Geometria V. Geometria V. DEFINÍCIÓ: (Középponti szög) Ha egy szög csúcsa egy adott kör középpontja, akkor a kör középponti szögének nevezzük. DEFINÍCIÓ: (Kerületi szög) Ha egy szög csúcsa egy adott körvonal pontja,

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Térgeometria

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

Részletesebben

Matematika felvételi feladatok bővített levezetése 2013 (8. osztályosoknak)

Matematika felvételi feladatok bővített levezetése 2013 (8. osztályosoknak) Matematika felvételi feladatok bővített levezetése 2013 (8. osztályosoknak) Erre a dokumentumra az Edemmester Gamer Blog kiadványokra vonatkozó szabályai érvényesek. 1. feladat: Határozd meg az a, b és

Részletesebben

TENZORSZÁMÍTÁS INDEXES JELÖLÉSMÓDBAN

TENZORSZÁMÍTÁS INDEXES JELÖLÉSMÓDBAN Kozák Imre Szeidl György TENZORSZÁMÍTÁS INDEXES JELÖLÉSMÓDBAN Második, bővített kiadás MISKOLC 2013 Kozák Imre Szeidl György TENZORSZÁMÍTÁS INDEXES JELÖLÉSMÓDBAN Második, bővített kiadás MISKOLC 2013

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2009. október 20. EMELT SZINT

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2009. október 20. EMELT SZINT MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 009. október 0. EMELT SZINT ) Oldja meg az alábbi egyenleteket! a), ahol és b) log 0,5 0,5 7 6 log log 0 I., ahol és (4 pont) (7 pont) log 0,5 a) Az 0,5 egyenletben a hatványozás megfelelő

Részletesebben

10. évfolyam, ötödikepochafüzet

10. évfolyam, ötödikepochafüzet 10. évfolyam, ötödikepochafüzet (Hasonlóság, trigonometria) Tulajdonos: ÖTÖDIK EPOCHAFÜZET TARTALOM I. Geometriai transzformációk... 3 I.1. A geometriai transzformációk ismétlése... 3 I.2. A vektorok ismétlése...

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

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szint 051 ÉRETTSÉGI VIZSGA 007. május 8. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Formai előírások: Fontos tudnivalók

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 0814 ÉRETTSÉGI VIZSGA 009. május 5. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:

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

1992. évi verseny, 2. nap. legkisebb d szám, amelyre igaz, hogy bárhogyan veszünk fel öt pontot

1992. évi verseny, 2. nap. legkisebb d szám, amelyre igaz, hogy bárhogyan veszünk fel öt pontot 1991. évi verseny, 1. nap 1. Bizonyítsd be, hogy 1 101 + 1 102 + 1 103 +... + 1 200 < 1 2. 2. Egy bálon 42-en vettek részt. Az első lány elmondta, hogy 7 fiúval táncolt, a második lány 8-cal, a harmadik

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szint 113 ÉRETTSÉGI VIZSGA 015. május 5. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Formai előírások: Fontos tudnivalók

Részletesebben

A legrövidebb úton úgy tudunk menni az A-ból B-be, hogy csak rézsútosan jobbra és lefele megyünk. (3 pont)

A legrövidebb úton úgy tudunk menni az A-ból B-be, hogy csak rézsútosan jobbra és lefele megyünk. (3 pont) NÉMETH LÁSZLÓ VÁROSI MATEMATIKA VERSENY 015 HÓDMEZŐVÁSÁRHELY 9-. OSZTÁLY 015. MÁRCIUS 30. FELADATOK CSAK SZAKKÖZÉPISKOLÁSOKNAK Sz 1. Futár Berci csomagokat szállít Erdőfalván. Most az A pontból kell eljutnia

Részletesebben

Az osztályozó, javító és különbözeti vizsgák (tanulmányok alatti vizsgák) témakörei matematika tantárgyból

Az osztályozó, javító és különbözeti vizsgák (tanulmányok alatti vizsgák) témakörei matematika tantárgyból Az osztályozó, javító és különbözeti vizsgák (tanulmányok alatti vizsgák) témakörei matematika tantárgyból A vizsga formája: Feladatlap az adott évfolyam anyagából, a megoldásra fordítható idő 60 perc.

Részletesebben

KockaKobak Országos Matematikaverseny 8. osztály

KockaKobak Országos Matematikaverseny 8. osztály KockaKobak Országos Matematikaverseny 8. osztály 2012. november 12. Feladatok: PÉCSI ISTVÁN, középiskolai tanár SZÉP JÁNOS, középiskolai tanár Lektorok: LADÁNYI ANDREA, középiskolai tanár TÓTH JÁNOS, középiskolai

Részletesebben

3. Öt alma és hat narancs 20Ft-tal kerül többe, mint hat alma és öt narancs. Hány forinttal kerül többe egy narancs egy

3. Öt alma és hat narancs 20Ft-tal kerül többe, mint hat alma és öt narancs. Hány forinttal kerül többe egy narancs egy 1. forduló feladatai 1. Üres cédulákra neveket írtunk, minden cédulára egyet. Egy cédulára Annát, két cédulára Pétert, három cédulára Bencét és négy cédulára Petrát. Ezután az összes cédulát egy üres kalapba

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

Gyakorló feladatok vektoralgebrából

Gyakorló feladatok vektoralgebrából Gyakorló feladatok ektoralgebrából Az alábbi feladatokban, hasak nem jelezzük másként, az i, j, k bázist használjk.. a.) Milyen messze annak egymástól az A(,,) és a B(4,-,6) pontok? b.) Számítsa ki az

Részletesebben

KÖZÉPISKOLAI MATEMATIKAI ÉS FIZIKAI LAPOK ALAPÍTOTTA: ARANY DÁNIEL 1894-ben

KÖZÉPISKOLAI MATEMATIKAI ÉS FIZIKAI LAPOK ALAPÍTOTTA: ARANY DÁNIEL 1894-ben 2015.2.5 21:19 65. oldal 1. lap KöMaL, 2015. február KÖZÉPISKOLAI MATEMATIKAI ÉS FIZIKAI LAPOK ALAPÍTOTTA: ARANY DÁNIEL 1894-ben 65. évfolyam 2. szám Budapest, 2015. február Megjelenik évente 9 számban,

Részletesebben

10.3. A MÁSODFOKÚ EGYENLET

10.3. A MÁSODFOKÚ EGYENLET .. A MÁSODFOKÚ EGYENLET A másodfokú egenlet és függvén megoldások w9 a) ( ) + ; b) ( ) + ; c) ( + ) ; d) ( 6) ; e) ( + 8) 6; f) ( ) 9; g) (,),; h) ( +,),; i) ( ) + ; j) ( ) ; k) ( + ) + 7; l) ( ) + 9.

Részletesebben

1. Oldja meg a z 3 (5 + 3j) (8 + 2j) 2. Adottak az A(1,4,3), B(3,1, 1), C( 5,2,4) pontok a térben.

1. Oldja meg a z 3 (5 + 3j) (8 + 2j) 2. Adottak az A(1,4,3), B(3,1, 1), C( 5,2,4) pontok a térben. Szak: Műszaki menedzser I. Dátum: 006. június. MEGOLDÓKULCS Tárgy: Matematika szigorlat Idő: 0 perc Neptun kód: Előadó: Berta Gábor szig 06 06 0 Pontszám: /00p. Oldja meg a z (5 + j (8 + j + = (+5j (7

Részletesebben

4. modul Poliéderek felszíne, térfogata

4. modul Poliéderek felszíne, térfogata Matematika A 1. évfolyam 4. modul Poliéderek felszíne, térfogata Készítette: Vidra Gábor Matematika A 1. évfolyam 4. modul: POLIÉDEREK FELSZÍNE, TÉRFOGATA Tanári útmutató A modul célja Időkeret Ajánlott

Részletesebben

Analízis 1. (BSc) vizsgakérdések Programtervez informatikus szak 2008-2009. tanév 2. félév

Analízis 1. (BSc) vizsgakérdések Programtervez informatikus szak 2008-2009. tanév 2. félév Analízis 1. (BSc) vizsgakérdések Programtervez informatikus szak 2008-2009. tanév 2. félév Valós számok 1. Hogyan szól a Bernoulli-egyenl tlenség? Mikor van egyenl ség? Válasz. Minden h 1 valós számra

Részletesebben

2. OPTIKA 2.1. Elmélet 2.1.1. Geometriai optika

2. OPTIKA 2.1. Elmélet 2.1.1. Geometriai optika 2. OPTIKA 2.1. Elmélet Az optika tudománya a látás élményéből fejlődött ki. A tárgyakat azért látjuk, mert fényt bocsátanak ki, vagy a rájuk eső fényt visszaverik, és ezt a fényt a szemünk érzékeli. A

Részletesebben

Nemzetközi Magyar Matematikaverseny 2016

Nemzetközi Magyar Matematikaverseny 2016 Nemzetközi Magyar Matematikaverseny 2016 2016 Fazekas, Berzsenyi Budapest Berzsenyi Dániel Gimnázium Fazekas Mihály Gimnázium Budapest 2. javított kiadás 2016. március 1115. Technikai el készítés, tördelés:

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2012. május 8. EMELT SZINT I.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2012. május 8. EMELT SZINT I. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 01. május 8. EMELT SZINT I. 1) Egy 011-ben készült statisztikai összehasonlításban az alábbiakat olvashatjuk: Ha New York-ban az átlagfizetést és az átlagos árszínvonalat egyaránt

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

Geometriai példatár 2.

Geometriai példatár 2. Nyugat-magyarországi Egyetem Geoinformatikai Kara Baboss Csaba Szabó Gábor Geometriai példatár 2 GEM2 modul Metrikus feladatok SZÉKESFEHÉRVÁR 2010 Jelen szellemi terméket a szerzői jogról szóló 1999 évi

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 2. forduló haladók II. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 2. forduló haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Oktatásért Közalapítvány támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 010/011-es tanév. forduló haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Egy sportversenyen

Részletesebben

Relációs algebra áttekintés és egy táblára vonatkozó lekérdezések

Relációs algebra áttekintés és egy táblára vonatkozó lekérdezések Relációs algebra áttekintés és egy táblára vonatkozó lekérdezések Tankönyv: Ullman-Widom: Adatbázisrendszerek Alapvetés Második, átdolgozott kiadás, Panem, 2009 2.4. Relációs algebra (áttekintés) 5.1.

Részletesebben

Matematika POKLICNA MATURA

Matematika POKLICNA MATURA Szakmai érettségi tantárgyi vizsgakatalógus Matematika POKLICNA MATURA A tantárgyi vizsgakatalógus a 0-es tavaszi vizsgaidőszaktól kezdve alkalmazható mindaddig, amíg új nem készül. A katalógus érvényességét

Részletesebben