Mi az, hogy egyenlet. Megoldhatók-e az egyenletek. Mi az, hogy egyenlet. Több egyenlet együttese az ókorban. Számokat keresünk 2.
|
|
- Boglárka Pappné
- 4 évvel ezelőtt
- Látták:
Átírás
1 A probléma Mi az, hogy egyenlet. Megoldhatók-e az egyenletek. Időutazás a matematika 4000 éves történetében. Klukovits Lajos TTIK Bolyai Intézet május 4. Egy egyszerű definíció. Egy vagy több olyan matematikai objektumot például számot (hosszúságot, területet és hasonlókat, például speciális tulajdonságú számot is ideértve), függvényt, mátrixot, halmazt keresünk, amely(ek) bizonyos előre adott föltételeknek tesznek eleget. Számokat keresünk 1. (1a) Melyek azok a k > 1 természetes számok, amelyek két prímszám összegére bonthatók, azaz amelyekre megoldható az x + y = 2k k > 1 egyenlet a prímszámok körében. Goldbach sejtése: tetszőleges k > 1-re van megoldás. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május 4. 1 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május 4. 2 / 46 Mi az, hogy egyenlet. A probléma Számokat keresünk 2. (1b) Melyek azok az x valós/komplex számok, amelyekre x 2 + x 3 = 0, x 5 + x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 = 0, x = 0. (1c) Palermoi János (XIII. sz. eleje) kérdése a II. Frigyeshez látogató pisai Leonardohoz (Fibonacci). Melyik az a négyzetszám, amelyhez 5-öt adva is, meg 5-öt levonva is négyzetszámot kapunk. Azaz, mely x, y, z (racionális) számokra teljesül, hogy A probléma Több egyenlet együttese az ókorban A VIII/1. Probléma a kínai Kilenc Könyv-ből. 3 jó kévéből, 2 közepes kévéből és 1 rossz kévéből 39 tau gabonát kapunk. 2 jó kévéből, 3 közepes kévéből és 1 rossz kévéből 34 tau gabonát kapunk. 1 jó, 2 közepes és 3 rossz kévéből pedig 26 tau gabonát. Mennyi gabonát kapunk 1-1 jó, közepes és rossz kévéből? A válasz. 1 jó kéve tau, 1 közepes kéve 4 1 4, 1 rossz kéve tau gabonát ad. x = y 2 x 2 5 = z 2 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május 4. 3 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május 4. 4 / 46
2 A probléma A probléma Mi az, hogy egyenlet. Függvényeket keresünk. 1 Melyek azok az f függvények, amelyekre f (x + y) = f (x) + f (y) Mátrixot keresünk. Legyen A R n n szimmetrikus mátrix. Határozzuk meg azt az X R n n invertálható mátrixot, amelyre minden olyan x, y-ra, amelyekre az f függvény értelmezve van. 2 Melyek azok az f függvények, amelyekre f (x y) = f (x) + f (y) ahol D diagonális mátrix. X 1 AX = D, minden olyan x, y-ra, amelyekre az f függvény értelmezve van. 3 Jelölje x = x(t) egy harmónikus oszcillátor amplitúdójának időbeli változását. Ezt a következő egyenlet megoldása adja periódikus kényszererő esetén: Mẍ + Kx = F sin(ω a t), ahol ẍ a keresett függvény (idő szerinti) második deriváltját jelöli, M, K, F konstansok. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május 4. 5 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május 4. 6 / 46 A VIII/1. Probléma megoldása 1. A VIII/1. Probléma megoldása 2. Az eredmény közlését egy némileg részletezett számolás követte, a megfelelően kirakott számolótábla-képeket közöltek kommentár nélkül. Az elv meglepő. A táblák A számolás folytatása = 23 4, ( ) : 5 : 36 = 4 1 4, ( ) : 3 : 36 = Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május 4. 7 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május 4. 8 / 46
3 A VIII/1. Probléma megoldása 3. A modern megoldás 1. Ha x, y, z jelöli a jó, a közepes és a rossz kévék adta gabonát, akkor az 3x + 2y + z = 39 2x + 3y + z = 34 x + 2y + 3z = 26 egyenletrendszert kell megoldani. Ez megfelel az 1. Táblaképnek. A modern megoldás 2. A 2. Táblaképnek megfelelő egyenletrendszer: 3x + 2y + z = 39 5y + z = 24 4y + 8z = 39 A VIII/1. Probléma megoldása 4. A modern megoldás 3. A 3. Táblaképnek megfelelő egyenletrendszer: A modern megoldás 4. 3x + 2y + z = 39 5y + z = 24 36z = 99 Ezen utolsó egyenletrendszer már könnyen megoldható: = 23 4 ( ) : 5 : 36 = ( ) : 3 : 36 = Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május 4. 9 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Mit rejt az ókori számolás? Bármennyire is meglepő az nem más, mint az, amit ma Gauss-elimináció néven ismerünk és kiterjedten használunk. Korabeli neve Feng csen. Határozatlan egyenletrendszer a Kilenc Könyv-ből. A többlet és hiány módszere. A VII/3. Probléma. Emberek egy csoportja közösen akar megvásárolni egy Chin-követ. Ha mindegyikük 1 2 pénzt fizet, akkor 4 pénz a többlet, míg ha 1 3 pénzt fizetnek, akkor akkor 3 pénz a hiány. Hány ember akar vásárolni, és mennyi a kő ára? A megoldás és a számolás. 42 ember vásárol és 17 pénz a Chin-kő ára. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 ( 1 (4 + 3): 2 1 ) = 42 ember 3 ( ) ( : 2 1 ) = = = 17 a kő. 3 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46
4 A kezdetek A továbbiakban: Az ókori eredmények: összegzés. Számokat keresünk, és p(x) = 0 alakú egyenletekre szorítkozunk, ahol p(x) = x n + a n 1 x n a 1 x + a 0, azaz polinom, és a 0, a 1,..., a n 1 K valamely K számtestre. Az ilyen alakúegyenletek megoldhtóságát vizsgáljuk. Lineáris egyenletek, egyenletrendszerek. Lineáris egyenletekek megoldottak valamennyi folyammenti kultúrában. Kínában a legföljebb 5 határozatlanos egyenletrendszerekkel is boldogultak: Feng csen, azaz elimináció módszerével. Magasabbfokú egyenletek Mezopotámiában meg tudtak oldani minden olyan másodfokú egyenletet, amelynek van pozitív gyöke. Megoldási eljárásuk lényege teljes a négyzetté kiegészítés. Ugyanott hatvány táblázatok segítségével igen speciális harmadfokú egyenletekkel is boldogultak. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Ókori eredmények. A kezdetek Észrevétel. Minden tiszta empíria, semmi indoklás, pláne bizonyítás. Csak eljárásokat közöltek verbálisan. A korai iszlám kultúrkör. Feladat al-khwarizmi híres értekezéséből (arab, IX. sz.) Egy négyzet és tíz gyöke ugyanazon mennyiségnek harminckilenc dirhem, azaz mi legyen a négyzet, amelyet saját gyökének tízszeresével növelve harminckilencet ad. Megoldási módszerük. Lényegében a Mezopotámiából ismert, szintén csak verbálisan írták le. Ami új: geometriai indoklásokat közöltek, amelyekben Euklidesz II. könyvére támaszkodtak. Al-Khwarizmi két híres módszere. al-jabr: az amit ma mérlegelvnek mondunk, továbbá összeillesztés. al-mukábala: az egynemű tagok összevonára. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46
5 Al-Khwarizmi egy újítása. Szemléltesen. A megoldási, számolási eljárását, amely megegyezett az ismert mezopotámiaival, geometriai úton indokolja. Ebben Euklidesz Elemek c. művének II. könyvére támaszkodik, DE... Eljárása messze nem szigorú bizonyítás, szó sincs dedukciókról. Al-Khwarizmi indoklása. Rajzoljunk egy négyzetet, és mindegyik oldalához illesszünk egy-egy 10 4 magasságú téglalapot, majd az egészítsük ki négyzetté. Ennek területe ( ) = 64, oldala 8 hosszúságú, így a belső négyzet oldala = 3. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Omar Khajjam egy feladata (perzsa, XII. sz.). Kérdések, vélemények. Egy köb meg egy oldal és valamely szám együtt egyenlő egy négyzettel Számára ez a következő geometriai problémát rejtette: Adott a, b, c hosszúságú szakaszokhoz konstruáljunk olyan x szakaszt, amelyre x 3 + b 2 x + a 3 = cx 2. Omar Khajjam geometriai megoldása. Kérdések. 1 Lehetséges-e algebrai módszerekkel is megoldani minden harmadfokú egyenletet? Khajjam geometriai úton az összes típust kezelni tudta. 2 Vannak-e olyan geometriai módszerek, amelyekkel negyedfokú egyenleteket lehet megoldani? 3 A harmadfokú esetben kúpszeleteket kell használni. Milyen görbék szerepelhetnének a negyedfokú esetben? x = BL Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46
6 Kérdések, vélemények. Vélemények. 1 Az iszlám tudósok szerint a másodnál magasabb fokú egyenletek csak geometriai úton oldhatók meg. 2 Eléggé általános volt a XX. század második feléig az a nézet, hogy: az iszlám matematikusok e vélekedését először a XVI. századi itáliai maestrok és matematikusok cáfolták meg. 3 DE a XX. század utolsó harmadában földolgozott kódexek mást tanusítanak: 4 Maestro Benedetto, Maestro Dardi és Piero della Francesca korábbi traktátusaiban algebrai megoldások szerepelnek. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Maestro Dardi, XIV. sz., Pisa. Aliabraa di algibra, 1344 körül Az egyenlet megoldását a következő számolással kapta: Megjegyzés. x x x = 4000 x = 3 ( = ) Dardi a megoldást szöveges utasításként adta meg. Még az ő korában sem írtak mai értelemben vett formulákat, képleteket. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Kérdések Maestro Dardi traktátusával kapcsolatban Egy rekonstrukció. 1 Hogyan jöhetett erre rá? 2 Indokolta-e eljárását? 3 Általános érvényű módszere, azaz tetszőleges x 3 + bx 2 + cx = n alakú egyenletre alkalmazható, 4 vagy csak speciális (együttható) föltételek mellett működik? A traktátusban csak a másodikra van válasz: nem olvashatunk benne indoklásokat. Egy lehetséges válasz az 1. és 3. kérdésre. Kíséreljük meg Al-Khwarizmi eljárását általánosítani harmadfokú egyenletekre. Világos, hogy ekkor négyzet helyett kockával kell dolgozni. Tekintsünk egy x + L oldalélű kockát. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46
7 A kocka. A kocka fölbontása. E kocka 8 részre bontható: egy x oldalélű kockára, térfogata x 3, három x alapélű és L magasságú négyzetes hasábra, térfogatuk 3x 2 L, három négyzet alapú hasábra, alapélük L, magasságuk x, térfogatuk 3xL 2, egy L oldalélű kockára, térfogata L 3. Ezekből x 3 + 3x 2 L + 3xL 2 + L 3 = (x + L) 3. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 A rekonstrukció. A konklúzió. Összehasonĺıtva egyenletünkkel. Adjunk (2) mindkét oldalához L 3 -t. x 3 + 3x 2 L + 3xL 2 + L 3 = (x + L) 3 (1) x 3 + bx 2 + cx = n (2) Összehasonĺıtva (1)-gyel szükségképp teljesül, hogy c = 3L 2 és b = 3L, Amiből L = c b és b2 = 3c. Egy x 3 + bx 2 + cx = n alakú egyenlet megoldása akkor írható ( x = 3 c ) 3 b + n c b alakban, ha b 2 = 3c. Dardi módszere tehát CSAK speciális esetben alkalmazható. DE EZ tekinthető az egyik első kísérletnek a harmadfokú egyenletek algebrai megoldására, bár néhány kortársához hasonlóan csak speciális eseteket tud kezelni. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46
8 Áttörés a XVI. században. Tartaglia (Nicolo FONTANA) eljárása. Az x 3 + px + q = 0 egyenletre van megoldóképlet, azaz egy olyan formula, amelyben a 4 alapművelet valamint (egész kitevőjű) gyökvonás(ok) szerepel(nek), és bármely adott fokszámú egyenlet együtthatóit behelyettesítve megkapjuk a gyököket: x = 3 q (q ) 2 ( p ) q (q ) 2 ( p ) Ez az ún. Cardano-képlet, Bár.. Áttörés a XVI. században. Az eljárás alapja. Hasonlóan a másodfokú egyenletekre vonatkozó ókori eljáráshoz, itt is eggyel alacsonyabb fokú egyenlet megoldására lehetett visszavezetni a problémát. A továbblépés lehetősége. Kérdés. Vissza lehet-e vezetni a negyedfokú egyenlet megoldását egy harmadfokú egyenlet megoldására. Válasz. Igen. Az x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 alakú egyenletekhez meg lehet határozni olyan harmadfokú egyenleteket, amelyek együtthatói a, b, c, d-től és racionális konstansoktól függenek. Az első ilyen eljárást Cardano tanítványa (inasa?) Ferrari találta, ma is használatos. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Áttörés a XVI. században. Zuanne de Tonini da COI feladata Girolamo Cardano számára. Osszuk a 10-et három részre úgy, hogy azok folytonos arányban álljanak, s az első kettő szorzata 6 legyen. A megoldandó egyenletrendszer, egyenlet. Áttörés a XVI. században. FERRARI eljárása. Alapja a geometriai úton igazolt (s + a + b) 2 = (s + a) 2 + 2sb + 2ab + b 2 vagyis az negyedfokú egyenlet. x + y + z = 10 xz = y 2 xy = 6 y 4 + 6y = 60y azonosság, Euklidész Elemek II.4. tételének általánosítása. Az egyik oldalon teljes negyedik-, a másikon teljes második hatványt tudott kialakítani, ami után csak négyzetgyököt kellett vonni. Az átalakítás során egy harmadfokú egyenletet kellett megoldania. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46
9 Áttörés a XVI. században. Áttörés a XVI. században. Az általános eset. A megoldandó egyenlet: x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d = 0. Ferrari ötlete alapján a bal oldalt két legföljebb másodfokú polinom négyzetének különbségeként álĺıthatjuk elő: x 4 +ax 3 + bx 2 + cx + d = (x 2 + a ) 2 x + α)2 (( a α b)x 2 + (α c)x + (α 2 d) Az előbbi polinomok együtthatóinak meghatározásához meg kell oldani egy α-ra harmadfokú egyenletet, hiszen a második polinom diszkriminánsának zéróval egyenlőnek kell lennie. Az eljárás csak az együtthatókat és racionális konstansokat használ. Az eddigiek összegzése. A másod-, a harmad-, és a negyedfokú egyenletek mindig megoldhatók, vannak olyan megoldási eljárások, amelyek csak a fokszámtól függenek. A kulcs mindhárom esetben egy-egy eggyel alacsonyabb fokú egyenlet megoldása volt. Ezen rezolvens egyenletek együtthatói az eredeti egyenletek együtthatóiból és (racionális) számokból kaphatók a négy alapművelet véges sokszori alkalmazásával (azok polinomjai). Ezen fölismerés a továbblépés kulcsa lehet. Tovább erősítés ad Viéte fölfedezése, amit általánosan és mai jelölésekkel adunk meg, de előbb egy érdekes feladatot mutatunk. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 A továbblépés előtt. Egy érdekes egyenlet ban a flamand Adrian van ROOMEN a következő feladatot tette közzé. Oldjuk meg a következő egyenletet (röviden írva). x 45 45x x x x x = A Megjegyezte, hogy egyenlete szabályos sokszögek vizsgálatából adódott, és először speciális eseteket kellene elintézni. Például ha A = , akkor x = , Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 A továbblépés előtt. Egy érdekes egyenlet. Ez igen jó közeĺıtés, hiszen elvégezve a gyökvonásokat A 1, , és ekkor x 1, A hiba nagyságrendje mindössze F. Viète megoldása IV. Henrik francia király udvari ügyésze, csillagásza és matematikusa észrevette, hogy a bal oldal megkapható sin 45x-ből, és egy alkalmas transzformációval. E fölismerés alapján Viète 23 megoldást talált alakban. sin ( ϕ 45 n8 ) 0 n < 23 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46
10 Viéte formulái. Ha α 1,..., α n jelöli az egyenlet gyökeit, akkor x n + a 1 x n 1 + a 2 x n a n 1 x + a n = 0 α 1 + α 2 + α n = a 1 α 1 α 2 + α 1 α α 1 α n + α 2 α α n 1 α n = a 2 α 1 α 2 α α n 2 α n 1 α n = a 3 α 1 α 2... α n = α n, ami azt (is) jelenti, hogy az egyenlet együtthatói a gyökök racionális függvényei.. Tovább ezen az úton. Kérdések. 1 Van-e gyökképlet az ötödfokú egyenletekre? 2 Ha igen, akkor általában is igaz-e, hogy tetszőleges n-edfokú egyenlet gyökeit megkaphatjuk alkalmas n-nél alacsonyabb fokú egyenletek megoldásai révén. 3 Ezen rezolvens egyenletek az eredeti egyenlet együtthatói és racionális konstansok segítségével kaphatók-e meg. A kérdések megválaszolása egy kb. 200 éve programot adott. Csak néhány résztvevő: Euler, Lagrange, Legendre. A XVIII. század végén (a sikertelenség miatt) néhányan bátortalanul fölvetették: Biztosan léteznek a keresett gyökképletek??? Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 A probláma általánosítása A megoldhatóság általában. A probláma általánosítása A kérdések precíz megfogalmazása. És, ha nincs gyökképlet... A negatív eredmény bizonyítása nagyobb körültekintést igényel: pontosan meg kell mondani, hogy MI AZ, AMI NINCS. Egyáltalán: Van-e minden egyenletnek gyöke? Gauss: VAN. Két egyszerű kérdés. 1 Van-e mindig gyökképlet, azaz van-e olyan megoldási eljárás, amely csak az egyenlet fokszámtól függ, az együtthatóktól független. 2 Ha ilyen nincs, van-e minden esetben olyan (véges) eljárás, amely az együtthatókból elvezet a gyökökhöz. 1 Legyen f = x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 tetszőleges polinom (n 2). Létezik-e olyan csak n-től függő eljárás, amellyel az f = 0 egyenlet gyökei megkaphatók az a 0,..., a n 1 együtthatókból és adott (racionális) számokból a négy alapművelet (összeadás, kivonás, szorzás és osztás), valamint gyökvonások (egész kitevős) véges sokszori alkalmazásával. Adott n esetén mindig ugyanúgy. 2 Ha az előbbire valamely n-re nemleges a válasz, akkor létezik-e olyan eljárás minden kérdéses n-re, amely a konkrét együtthatóktól, és bizonyos konstansoktól is függ az n-en kívül. F. GAUSS, A klasszikus algebra alaptétele. Minden valós együtthatós polinom fölbontható legföljebb másodfokú valós együtthatós polinomok szorzatára. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46
11 A Válaszok. A végső megoldás Galois eredményei 1. A végső megoldás 1. kérdés. Az olasz Paolo Ruffini 1798-as nem teljesen korrekt (nem teljes) bizonyítása szerint az első kérdésre a válasz NEM. Az első korrekt nemleges választ az első kérdésre 1826-ban a norvég Nils Henrik Abel adta. A sors iróniája, hogy kezdetben mindketten úgy vélték, hogy megtalálták az ötödfokú egyenlet gyökképletét. 2. kérdés ben a francia Evariste Galois mindkét kérdésre korrekt választ adott. Korrekt kritériumot adott arra, hogy a 2. kérdésre mely polinomok esetén igen a válasz. Módszere alapvetően különbözött elődeiétől: nem foglalkozott az ún. rezolvens egyenletekkel. Módszerének fő vonásai (mai terminológiával) 1 Három új fogalmat vezetett be. 1 A T C halmaz (szám)test, ha zárt a szokásos négy alapmüveletre. 2 Ha T K testek, akkor K a T test bővítése. 3 A G halmaz csoport, ha definiálva van rajta egy asszociatív (általában szorzásként írt) művelet, van G-ben egységelem és minden elemnek van inverze. 2 A probléma újrafogalmazása. Legyen K az együtthatókat tartalmazó legszűkebb test. Létezik-e testeknek olyan K T 1 T 2... véges sorozata, amelyben van egy olyan T n test, amely tartalmazza a gyököket (amely fölött a polinom lineáris tényezők szorzatára bomlik). A testeket úgy kapjuk, hogy minden egyes lépésben egy ún. gyökmennyiséggel, k a alakú számmal bővítünk: T i = T i 1 ( k a), ahol a T i 1. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Galois eredményei 2. A végső megoldás Az alapvető és teljesen új ötlete. Az előbbi kérdést átfogalmazta csoportelméleti kérdéssé. Az ötlet megvalósítása 1. Legyen K N egy testbővítés és G(K N) az N test azon automorfizmusainak halmaza, amelyek K elemeit elemenként fixen hagyják. G(K N) csoport a leképezésszorzással, a testbővítés Galois-csoportja. Legyen K a p polinom együtthatóit tartalmazó legszűkebb test, és K N a gyököket tartalmazó minimális test. A G(K N) csoportot a p polinom Galois-csoportjának nevezzük, jelölése: G(p K). E csoport izomorf a polinom gyökei egy permutációcsoportjával. A továbbiakban ezt tekintjük a Galois-csoportnak. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Galois eredményei 3. A végleges válaszok. A végső megoldás 1 Az előbbiekben leírt testlánc pontosan akkor létezik, ha a polinom Galois-csoportjának van egy speciális normálosztó lánca, másképpen mondva e csoport föloldható. 2 Ha n > 4 és a p együtthatói teljesen függetlenek akkor nem létezik a kívánt bővítés, azaz az n > 4 esetben nincs gyökképlet. 3 Ez esetben ugyanis ha deg p = n, akkor G(p N) = S n. Ez utóbbi csoport azonban n > 4-re nem föloldható. 4 Bármely n > 4 esetén van olyan egyenlet, amelyhez nem létezik a kívánt bővítés, azaz gyökei nem kaphatók meg az együtthatókból a négy alapművelet és gyökvonások véges sokszori alkalmazásával. 5 Példa. x 5 4x + 2 = 0 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46
12 A végső megoldás Az f = x 5 4x + 2 = 0 egyenlet. Az egyenlet együtthatói által generált test Q, és a Schönemann-Eisenstein tétel szerint a f irreducibilis fölötte. Legyen G = G(f Q) S 5 a keresett Galois csoport. Egyszerűen kapható, hogy f ( 2) < 0, f (0) > 0, f (1) < 0, f (2) > 0, tehát f -nek legalább 3 valós gyöke van. Az f = 5x 4 4 polinomnak csak 2 valós gyöke van, f -nek 3 valós és 2 komplex gyöke (egy konjugált pár) van. Legyen x 1, x 2 C \ R, x 2 = x 1, és N = Q(x 1,..., x 5 ) a gyököket tartalmazó legszűkebb bővítés. A végső megoldás Az f = x 5 4x + 2 = 0 egyenlet. A komplex konjugálás olyan automorfizmus, amely a racionális számtestet elemenkint fixen hagyja, ezért a G(f Q) Galois-csoport tartalmaz transzpozíciót. Igazolhatók a következők: 1 Irreducibilis polinom Galois-csoportja tranzitív permutációcsoport, azaz bármely két gyökhöz van benne egy olyan permutació, amely az egyiket a másikba viszi. 2 Legyen p prímszám és G S p olyan tranzitív permutációcsoport, amely tartalmaz transzpozíciót. Ekkor G = S p. Ezek alapján G(f Q) = S 5. Mivel az S 5 teljes permutációcsoport egyetlen nemtriviális normálosztója az A 5 alternálócsoport, amely nemkommutatív és egyszerű, S 5 nem lehet föloldható. Ez azt jelenti, hogy egyenletünk gyökei nem kaphatók meg az együtthatókból a kívánt módon. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek május / 46
Mi az, hogy egyenlet. Megoldhatók-e az egyenletek. Mi az, hogy egyenlet. Mi az, hogy egyenlet. Számokat keresünk 3.
A probléma Megoldhatók-e az egyenletek. Időutazás a matematika 4000 éves történetében. Klukovits Lajos TTIK Bolyai Intézet 2015. november 24. Egy egyszerű definíció. Egy vagy több olyan matematikai objektumot
RészletesebbenKlasszikus algebra előadás. Waldhauser Tamás április 14.
Klasszikus algebra előadás Waldhauser Tamás 2014. április 14. Többhatározatlanú polinomok 4.3. Definíció. Adott T test feletti n-határozatlanú monomnak nevezzük az ax k 1 1 xk n n alakú formális kifejezéseket,
RészletesebbenKomplex számok. Wettl Ferenc előadása alapján Wettl Ferenc előadása alapján Komplex számok / 18
Komplex számok Wettl Ferenc előadása alapján 2015.09.23. Wettl Ferenc előadása alapján Komplex számok 2015.09.23. 1 / 18 Tartalom 1 Számok A számfogalom bővülése 2 Algebrai alak Trigonometrikus alak Egységgyökök
Részletesebben1. Interpoláció. Egyértelműség (K2.4.10) Ha f és g ilyen polinomok, akkor n helyen megegyeznek, így a polinomok azonossági tétele miatt egyenlők.
1. Interpoláció Az interpoláció alapproblémája Feladat Olyan polinomot keresünk, amely előre megadott helyeken előre megadott értékeket vesz fel. A helyek: páronként különböző a 1,a 2,...,a n számok. Az
RészletesebbenKomplex számok. Wettl Ferenc Wettl Ferenc () Komplex számok / 9
Komplex számok Wettl Ferenc 2010-09-10 Wettl Ferenc () Komplex számok 2010-09-10 1 / 9 Tartalom 1 Számok Egy kis történelem A megoldóképlet egy speciális esetre Lehet számolni negatív szám gyökével Műveletek
RészletesebbenAlgebra es sz amelm elet 3 el oad as Nevezetes sz amelm eleti probl em ak Waldhauser Tam as 2014 oszi f el ev
Algebra és számelmélet 3 előadás Nevezetes számelméleti problémák Waldhauser Tamás 2014 őszi félév Tartalom 1. Számok felbontása hatványok összegére 2. Prímszámok 3. Algebrai és transzcendens számok Tartalom
RészletesebbenMagasabbfokú egyenletek 1.
Magasabbfokú egyenletek. XVI XVIII. század. Előzmények. Csak pozitív együtthatókat megengedve a következő három típussal kell foglalkozni (azt már az iszlám matematikusok is tudták, hogy hogyan lehet megszabadulni
RészletesebbenEgyenletek, egyenlőtlenségek VII.
Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Magasabbfokú egyenletek: A 3, vagy annál nagyobb fokú egyenleteket magasabb fokú egyenleteknek nevezzük. Megjegyzés: Egy n - ed fokú egyenletnek legfeljebb n darab valós
RészletesebbenPolinomok (el adásvázlat, április 15.) Maróti Miklós
Polinomok (el adásvázlat, 2008 április 15) Maróti Miklós Ennek az el adásnak a megértéséhez a következ fogalmakat kell tudni: gy r, gy r additív csoportja, zéruseleme, és multiplikatív félcsoportja, egységelemes
RészletesebbenKlasszikus algebra előadás. Waldhauser Tamás március 24.
Klasszikus algebra előadás Waldhauser Tamás 2014. március 24. Irreducibilitás 3.33. Definíció. A p T [x] polinom irreducibilis, ha legalább elsőfokú, és csak úgy bontható két polinom szorzatára, hogy az
Részletesebbenmegválaszolása: E. Galois elmélete.
Galois életéről A megoldhatóság kérdésének megválaszolása: E. Galois elmélete. Klukovits Lajos TTIK Bolyai Intézet 2013. április 17. 1811. október 25-én született egy Párizs közeli kisvárosban Bourg-la-Reine-ben,
RészletesebbenPolinomok (előadásvázlat, október 21.) Maróti Miklós
Polinomok (előadásvázlat, 2012 október 21) Maróti Miklós Ennek az előadásnak a megértéséhez a következő fogalmakat kell tudni: gyűrű, gyűrű additív csoportja, zéruseleme, és multiplikatív félcsoportja,
RészletesebbenKomplex számok. Wettl Ferenc szeptember 14. Wettl Ferenc Komplex számok szeptember / 23
Komplex számok Wettl Ferenc 2014. szeptember 14. Wettl Ferenc Komplex számok 2014. szeptember 14. 1 / 23 Tartalom 1 Számok A számfogalom b vülése Egy kis történelem 2 Miért számolunk velük? A megoldóképlet
Részletesebben1. A maradékos osztás
1. A maradékos osztás Egész számok osztása Példa 223 = 7 31+6. Visszaszorzunk Kivonunk 223 : 7 = 31 21 13 7 6 Állítás (számelméletből) Minden a,b Z esetén, ahol b 0, létezik olyan q,r Z, hogy a = bq +
RészletesebbenMTN714: BEVEZETÉS AZ ABSZTRAKT ALGEBRÁBA. 1. Csoportelméleti alapfogalmak
MTN714: BEVEZETÉS AZ ABSZTRAKT ALGEBRÁBA 1. Csoportelméleti alapfogalmak 1.1. Feladat. Csoportot alkotnak-e az alábbi halmazok a megadott műveletre nézve? (1) (Z 2 ; ), (2) (Z 2 ; +), (3) (R \ { 1}; ),
Részletesebben1. Polinomok számelmélete
1. Polinomok számelmélete Oszthatóság, egységek. Emlékeztető Legyen R a C, R, Q, Z egyike. Azt mondjuk, hogy (1) a g R[x] polinom osztója f R[x]-nek R[x]-ben, ha létezik olyan h R[x] polinom, hogy f (x)
RészletesebbenZárthelyi feladatok megoldásai tanulságokkal Csikvári Péter 1. a) Számítsuk ki a 2i + 3j + 6k kvaternió inverzét.
Zárthelyi feladatok megoldásai tanulságokkal Csikvári Péter 1. a Számítsuk ki a 2i + 3j + 6k kvaternió inverzét. b Köbgyöktelenítsük a nevezőt az alábbi törtben: 1 3 3. Megoldás: a Egy q = a + bi + cj
RészletesebbenTartalom. Algebrai és transzcendens számok
Nevezetes számelméleti problémák Tartalom 6. Nevezetes számelméleti problémák Számok felbontása hatványok összegére Prímszámok Algebrai és transzcendens számok 6.1. Definíció. Az (x, y, z) N 3 számhármast
RészletesebbenMásodfokú 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:
RészletesebbenKomplex számok. Wettl Ferenc Wettl Ferenc () Komplex számok / 14
Komplex számok Wettl Ferenc 2012-09-07 Wettl Ferenc () Komplex számok 2012-09-07 1 / 14 Tartalom 1 Számok A számfogalom b vülése Egy kis történelem 2 Miért számolunk velük? A megoldóképlet egy speciális
RészletesebbenA folyammenti kultúrák. (a, b, c) N 3 Pithagoraszi számhármas, ha. Pithagoraszi számhármasok, a Fermat problémakör. a 2 + b 2 = c 2.
Pithagoraszi számhármasok, Klukovits Lajos TTIK Bolyai Intézet 014. április 1. Definíciók. (a, b, c) N 3 Pithagoraszi számhármas, ha a + b = c. Az x + y = z egyenletet szokás Pithagoraszi egyenletnek nevezni.
RészletesebbenDiszkrét matematika 2.
Diszkrét matematika 2. 2018. november 23. 1. Diszkrét matematika 2. 9. előadás Fancsali Szabolcs Levente nudniq@cs.elte.hu www.cs.elte.hu/ nudniq Komputeralgebra Tanszék 2018. november 23. Diszkrét matematika
RészletesebbenIntergrált Intenzív Matematika Érettségi
. Adott a mátri, determináns determináns, ahol,, d Számítsd ki:. b) Igazold, hogy a b c. Adott a az 6 0 egyenlet megoldásai. a). c) Számítsd ki a d determináns értékét. d c a b determináns, ahol abc,,.
RészletesebbenMásodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek
Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek A másodfokú egyenlet grafikus megoldása Példa1. Ábrázold az f(x) = x + 1x + 16 függvényt, majd olvasd le az ábráról az alábbi egyenlet megoldását: x + 1x + 16 = 0.
Részletesebben5. Az Algebrai Számelmélet Elemei
5. Az Algebrai Számelmélet Elemei 5.0. Bevezetés. Az algebrai számelmélet legegyszerűbb kérdései az ún. algebrai számtestek egészei gyűrűjének aritmetikai tulajdonságainak vizsgálata. Ezek legegyszerűbb
RészletesebbenA folyammenti kultúrák. (a, b, c) N 3 Pithagoraszi számhármas, ha. Pithagoraszi számhármasok, a Fermat problémakör. a 2 + b 2 = c 2.
Pithagoraszi számhármasok, Klukovits Lajos TTIK Bolyai Intézet 016. április 7. Definíciók. (a, b, c) N 3 Pithagoraszi számhármas, ha a + b = c. Az x + y = z egyenletet szokás Pithagoraszi egyenletnek nevezni.
RészletesebbenKOVÁCS 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
Részletesebbeny + a y + b y = r(x),
Definíció 1 A másodrendű, állandó együtthatós, lineáris differenciálegyenletek általános alakja y + a y + b y = r(x), ( ) ahol a és b valós számok, r(x) pedig adott függvény. Ha az r(x) függvény az azonosan
RészletesebbenKongruenciák. Waldhauser Tamás
Algebra és számelmélet 3 előadás Kongruenciák Waldhauser Tamás 2014 őszi félév Tartalom 1. Diofantoszi egyenletek 2. Kongruenciareláció, maradékosztályok 3. Lineáris kongruenciák és multiplikatív inverzek
RészletesebbenAlgoritmuselmélet gyakorlat (MMN111G)
Algoritmuselmélet gyakorlat (MMN111G) 2014. január 14. 1. Gyakorlat 1.1. Feladat. Adott K testre rendre K[x] és K(x) jelöli a K feletti polinomok és racionális törtfüggvények halmazát. Mutassuk meg, hogy
RészletesebbenALGEBRAI KIFEJEZÉSEK, EGYENLETEK
ALGEBRAI KIFEJEZÉSEK, EGYENLETEK AZ ALGEBRAI KIFEJEZÉS FOGALMÁNAK KIALAKÍTÁSA (7-9. OSZTÁLY) Racionális algebrai kifejezés (betűs kifejezés): betűket és számokat a négy alapművelet véges sokszori alkalmazásával
RészletesebbenDIFFERENCIÁLEGYENLETEK. BSc. Matematika II. BGRMA2HNND, BGRMA2HNNC
BSC MATEMATIKA II. MÁSODRENDŰ LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK BSc. Matematika II. BGRMAHNND, BGRMAHNNC MÁSODRENDŰ DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Egy explicit közönséges másodrendű differenciálegyenlet általános
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 4. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
RészletesebbenMatematika A1a Analízis
B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E T E M Matematika A1a Analízis BMETE90AX00 Komplex számok StKis, EIC 2019-02-06 Wettl Ferenc
RészletesebbenHatározatlan integrál
Határozatlan integrál Boros Zoltán Debreceni Egyetem, TTK Matematikai Intézet, Anaĺızis Tanszék Debrecen, 207. február 20 27. Primitív függvény, határozatlan integrál A továbbiakban legyen I R intervallum.
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 1. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. középszint 016. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 1. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
RészletesebbenVektorterek. Wettl Ferenc február 17. Wettl Ferenc Vektorterek február / 27
Vektorterek Wettl Ferenc 2015. február 17. Wettl Ferenc Vektorterek 2015. február 17. 1 / 27 Tartalom 1 Egyenletrendszerek 2 Algebrai struktúrák 3 Vektortér 4 Bázis, dimenzió 5 Valós mátrixok és egyenletrendszerek
RészletesebbenEgy általános iskolai feladat egyetemi megvilágításban
Egy általános iskolai feladat egyetemi megvilágításban avagy mit kell(ene) tudnia egy 8.-osnak a matematika versenyeken Kunos Ádám Középiskolás pályázat díjkiosztó SZTE Bolyai Intézet 2011. november 12.
RészletesebbenVEKTORTEREK I. VEKTORTÉR, ALTÉR, GENERÁTORRENDSZER október 15. Irodalom. További ajánlott feladatok
VEKTORTEREK I. VEKTORTÉR, ALTÉR, GENERÁTORRENDSZER 2004. október 15. Irodalom A fogalmakat, definíciókat illetően két forrásra támaszkodhatnak: ezek egyrészt elhangzanak az előadáson, másrészt megtalálják
Részletesebben1. A polinom fogalma. Számolás formális kifejezésekkel. Feladat Oldjuk meg az x2 + x + 1 x + 1. = x egyenletet.
1. A polinom fogalma Számolás formális kifejezésekkel. Feladat Oldjuk meg az x2 + x + 1 x + 1 = x egyenletet. Megoldás x + 1-gyel átszorozva x 2 + x + 1 = x 2 + x. Innen 1 = 0. Ez ellentmondás, így az
RészletesebbenLineáris Algebra. Tartalomjegyzék. Pejó Balázs. 1. Peano-axiomák
Lineáris Algebra Pejó Balázs Tartalomjegyzék 1. Peano-axiomák 2 1.1. 1.................................................... 2 1.2. 2.................................................... 2 1.3. 3....................................................
RészletesebbenKvadratikus alakok és euklideszi terek (előadásvázlat, október 5.) Maróti Miklós, Kátai-Urbán Kamilla
Kvadratikus alakok és euklideszi terek (előadásvázlat, 0. október 5.) Maróti Miklós, Kátai-Urbán Kamilla Az előadáshoz ajánlott jegyzet: Szabó László: Bevezetés a lineáris algebrába, Polygon Kiadó, Szeged,
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. estis képzés 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. estis képzés 2. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján
Részletesebben13.1.Állítás. Legyen " 2 C primitív n-edik egységgyök és K C olyan számtest, amelyre " =2 K, ekkor K(") az x n 1 2 K[x] polinomnak a felbontási teste
13. GYÖKB½OVÍTÉS GALOIS CSOPORTJA, POLINOMOK GYÖKEINEK ELÉRHET½OSÉGE 13.1.Állítás. Legyen " 2 C primitív n-edik egységgyök és K C olyan számtest, amelyre " =2 K, ekkor K(") az x n 1 2 K[x] polinomnak a
Részletesebben3. Lineáris differenciálegyenletek
3. Lineáris differenciálegyenletek A közönséges differenciálegyenletek két nagy csoportba oszthatók lineáris és nemlineáris egyenletek csoportjába. Ez a felbontás kicsit önkényesnek tűnhet, a megoldásra
RészletesebbenDiophantosz, I.sz. 250 körül. Az alexandriai Diophantosz Aritmetikája. Legismertebb műve
Diophantosz, I.sz. 250 körül Az alexandriai Diophantosz Aritmetikája Klukovits Lajos TTIK Bolyai Intézet 2014. március 11. Életéről egy rejtvény(sír)vers Vén Diophantoszt rejti e kő. Bár ő maga szunnyad,
Részletesebben1. feladatsor Komplex számok
. feladatsor Komplex számok.. Feladat. Kanonikus alakban számolva határozzuk meg az alábbi műveletek eredményét. (a) i 0 ; i 8 ; (b) + 4i; 3 i (c) ( + 5i)( 6i); (d) i 3+i ; (e) 3i ; (f) ( +3i)(8+i) ( 4
RészletesebbenDiszkrét matematika I., 12. előadás Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach november 30.
1 Diszkrét matematika I, 12 előadás Dr Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach@infnymehu http://infnymehu/ takach 2005 november 30 Vektorok Definíció Egy tetszőleges n pozitív egész számra n-komponensű
RészletesebbenLineáris egyenletrendszerek
Lineáris egyenletrendszerek Lineáris egyenletrendszernek nevezzük az a 11 x 1 + a 12 x 2 +... +a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 +... +a 2n x n = b 2.. a k1 x 1 + a k2 x 2 +... +a kn x n = b k n ismeretlenes,
RészletesebbenFirst 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
RészletesebbenGAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN
GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék Gazdaságmatematika középhaladó szinten KOMPLEX SZÁMOK Készítette: Gábor Szakmai felel s: Gábor Vázlat 1 2 3 Történeti bevezetés
RészletesebbenLineáris egyenletrendszerek Műveletek vektorokkal Geometriai transzformációk megadása mátrixokkal Determinánsok és alkalmazásaik
1. Bevezetés A félév anyaga. Komplex számok Műveletek Kapcsolat a geometriával Gyökvonás Polinomok A gyökök száma A gyökök és együtthatók összefüggése Szorzatra bontás, számelméleti kérdések A harmad-
RészletesebbenMatematika 10 Másodfokú egyenletek. matematika és fizika szakos középiskolai tanár. > o < 2015. szeptember 27.
Matematika 10 Másodfokú egyenletek Juhász László matematika és fizika szakos középiskolai tanár > o < 2015. szeptember 27. copyright: c Juhász László Ennek a könyvnek a használatát szerzői jog védi. A
RészletesebbenHatározatlan integrál (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit
Határozatlan integrál () First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. Az összetett függvények integrálására szolgáló egyik módszer a helyettesítéssel való integrálás. Az idevonatkozó tétel pontos
RészletesebbenPolinomok maradékos osztása
14. előadás: Racionális törtfüggvények integrálása Szabó Szilárd Polinomok maradékos osztása Legyenek P, Q valós együtthatós polinomok valamely x határozatlanban. Feltesszük, hogy deg(q) > 0. Tétel Létezik
RészletesebbenVektorok, mátrixok, lineáris egyenletrendszerek
a Matematika mérnököknek I. című tárgyhoz Vektorok, mátrixok, lineáris egyenletrendszerek Vektorok A rendezett valós számpárokat kétdimenziós valós vektoroknak nevezzük. Jelölésükre latin kisbetűket használunk.
Részletesebben8. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II.
8 Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II Elméleti összefoglaló Az a + b+ c, a egyenletet másodfokú egyenletnek nevezzük A D b ac kifejezést az egyenlet diszkriminánsának nevezzük Ha D >, az
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 4. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
RészletesebbenVektorterek. =a gyakorlatokon megoldásra ajánlott
Vektorterek =a gyakorlatokon megoldásra ajánlott 40. Alteret alkotnak-e a valós R 5 vektortérben a megadott részhalmazok? Ha igen, akkor hány dimenziósak? (a) L = { (x 1, x 2, x 3, x 4, x 5 ) x 1 = x 5,
RészletesebbenHogyan tovább? Egy érdekes egyenlet. Fontos észrevétel.
Út az általános elmélet felé. Klukovits Lajos TTIK Bolyai Intézet 2011.április 12. Egy érdekes egyenlet. A továbblépés előtt. 1593-ban a flamand Adrian van ROOMEN a következő feladatot tette közzé. Oldjuk
RészletesebbenMagasabbfokú egyenletek
86 Magasabbfokú egyenletek Magasabbfokú egyenletek 5 90 a) =! ; b) =! ; c) = 5, 9 a) Legyen = y Új egyenletünk: y - 5y+ = 0 Ennek gyökei: y=, y= Tehát egyenletünk gyökei:, =!,, =! b) Új egyenletünk: y
RészletesebbenHatványozás. A hatványozás azonosságai
Hatványozás Definíció: a 0 = 1, ahol a R, azaz bármely szám nulladik hatványa mindig 1. a 1 = a, ahol a R, azaz bármely szám első hatványa önmaga a n = a a a, ahol a R, n N + n darab 3 4 = 3 3 3 3 = 84
Részletesebben1. Interpoláció. Egyértelműség Ha f és g ilyen polinomok, akkor n helyen megegyeznek, így a polinomok azonossági tétele miatt egyenlők.
1. Interpoláció Az interpoláció alapproblémája. Feladat Olyan polinomot keresünk, amely előre megadott helyeken előre megadott értékeket vesz fel. A helyek: páronként különböző a 1, a,...,a n számok. Az
RészletesebbenDifferenciálegyenletek
Differenciálegyenletek Losonczi László Debreceni Egyetem, Közgazdaság- és Gazdaságtudományi Kar Debrecen, 2011/12 tanév, I. félév Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 1 /
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 3. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
Részletesebben1. Generátorrendszer. Házi feladat (fizikából tudjuk) Ha v és w nem párhuzamos síkvektorok, akkor generátorrendszert alkotnak a sík vektorainak
1. Generátorrendszer Generátorrendszer. Tétel (Freud, 4.3.4. Tétel) Legyen V vektortér a T test fölött és v 1,v 2,...,v m V. Ekkor a λ 1 v 1 + λ 2 v 2 +... + λ m v m alakú vektorok, ahol λ 1,λ 2,...,λ
RészletesebbenTestek március 29.
Testek 2014. március 29. 1. Alapfogalmak 2. Faktortest 3. Testbővítések 1. Alapfogalmak 2. Faktortest 3. Testbővítések [Sz] V/3, XIII/1,2; [F] III/1-7 (+ előismeretek!) Definíció Ha egy nemüres halmazon
Részletesebben1. Bevezetés A félév anyaga. Lineáris algebra Vektorterek, alterek Függés, függetlenség, bázis, dimenzió Skaláris szorzat R n -ben, vektorok hossza és szöge Lineáris leképezések, mátrixuk, bázistranszformáció
Részletesebben1. feladatsor: Vektorterek, lineáris kombináció, mátrixok, determináns (megoldás)
Matematika A2c gyakorlat Vegyészmérnöki, Biomérnöki, Környezetmérnöki szakok, 2017/18 ősz 1. feladatsor: Vektorterek, lineáris kombináció, mátrixok, determináns (megoldás) 1. Valós vektorterek-e a következő
Részletesebben15. 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
RészletesebbenElemi 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
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2018. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 2. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
RészletesebbenDiszkrét matematika 1.
Diszkrét matematika 1. Nagy Gábor nagy@compalg.inf.elte.hu nagygabr@gmail.com ELTE IK Komputeralgebra Tanszék 014. ősz 014-15 őszi félév Gyakorlat: 1. ZH tervezett időpontja: október 1.,. ZH tervezett
RészletesebbenOsztályozó- és javítóvizsga témakörei MATEMATIKA tantárgyból 2016 / tanév
9. évfolyam I. Halmazok Osztályozó- és javítóvizsga témakörei MATEMATIKA tantárgyból 2016 / 2017. tanév 1. Halmaz, részhalmaz fogalma, részhalmazok száma, jelölések 2. Intervallumok 3. Halmazműveletek
RészletesebbenLineáris algebra. (közgazdászoknak)
Lineáris algebra (közgazdászoknak) 10A103 FELADATOK A GYAKORLATRA (3.) 2018/2019. tavaszi félév Lineáris egyenletrendszerek 3.1. Feladat. Oldjuk meg az alábbi lineáris egyenletrendszereket Gauss-eliminációval
RészletesebbenZáróvizsga tételek matematikából osztatlan tanárszak
Záróvizsga tételek matematikából osztatlan tanárszak A: szakmai ismeretek; B: szakmódszertani ismeretek Középiskolai specializáció 1. Lineáris algebra A: Lineáris egyenletrendszerek, mátrixok. A valós
Részletesebben1. Egész együtthatós polinomok
1. Egész együtthatós polinomok Oszthatóság egész számmal Emlékeztető (K3.1.3): Ha f,g Z[x], akkor f g akkor és csak akkor, ha van olyan h Z[x], hogy g = fh. Állítás (K3.1.6) Az f(x) Z[x] akkor és csak
RészletesebbenMatematika szigorlat június 17. Neptun kód:
Név Matematika szigorlat 014. június 17. Neptun kód: 1.. 3. 4. 5. Elm. Fel. Össz. Oszt. Az eredményes szigorlat feltétele elméletből legalább 0 pont, feladatokból pedig legalább 30 pont elérése. A szigorlat
RészletesebbenMATEMATIKA TANMENET SZAKKÖZÉPISKOLA 11B 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: 1/5 Fájlnév: ME- III.1.1.Tanmenetborító SZK- DC-2013 MATEMATIKA
RészletesebbenMM CSOPORTELMÉLET GYAKORLAT ( )
MM4122-1 CSOPORTELMÉLET GYAKORLAT (2008.12.01.) 1. Ismétlés szeptember 1.szeptember 8. 1.1. Feladat. Döntse el, hogy az alábbi állítások közül melyek igazak és melyek (1) Az A 6 csoportnak van 6-odrend
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2018. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 5. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
RészletesebbenWaldhauser Tamás szeptember 15.
Algebra és számelmélet előadás Waldhauser Tamás 2016. szeptember 15. Házi feladat a gyakorlatra 4. feladat. Ábrázolja a Gauss-féle számsíkon az alábbi számhalmazokat. { (a) z C: 0 arg (zi) < π } (b) {z
RészletesebbenPermutációk véges halmazon (el adásvázlat, február 12.)
Permutációk véges halmazon el adásvázlat 2008 február 12 Maróti Miklós Ennek az el adásnak a megértéséhez a következ fogalmakat kell tudni: ismétlés nélküli variáció leképezés indulási és érkezési halmaz
RészletesebbenBevezetés az algebrába az egész számok
Bevezetés az algebrába az egész számok Wettl Ferenc V. 15-09-11 Wettl Ferenc Bevezetés az algebrába az egész számok V. 15-09-11 1 / 32 Jelölések 1 Egész számok és sorozataik 2 Oszthatóság 3 Közös osztók
RészletesebbenWaldhauser Tamás szeptember 8.
Algebra és számelmélet előadás Waldhauser Tamás 2016. szeptember 8. Tematika Komplex számok, kanonikus és trigonometrikus alak. Moivre-képlet, gyökvonás, egységgyökök, egységgyök rendje, primitív egységgyökök.
Részletesebben10. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 10. előadás Sajátérték, Kvadaratikus alak
10. Előadás Megyesi László: Lineáris algebra, 98. 108. oldal. Gondolkodnivalók Mátrix inverze 1. Gondolkodnivaló Igazoljuk, hogy invertálható trianguláris mátrixok inverze is trianguláris. Bizonyítás:
RészletesebbenFeladatok a Gazdasági matematika II. tárgy gyakorlataihoz
Debreceni Egyetem Közgazdaságtudományi Kar Feladatok a Gazdasági matematika II tárgy gyakorlataihoz a megoldásra ajánlott feladatokat jelöli e feladatokat a félév végére megoldottnak tekintjük a nehezebb
RészletesebbenMatematika 8. osztály
ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnázium és Kollégium Hat évfolyamos Matematika 8. osztály I. rész: Algebra Készítette: Balázs Ádám Budapest, 2018 2. Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék I. rész: Algebra................................
RészletesebbenGyakorló feladatok 9.évf. halmaznak, írd fel az öt elemű részhalmazokat!. Add meg a következő halmazokat és ábrázold Venn-diagrammal:
Gyakorló feladatok 9.évf.. Mennyi az összes részhalmaza az A a c; d; e; f halmaznak, írd fel az öt elemű részhalmazokat!. Legyen U ;;;;;6;7;8;9, A ;;6;7; és B ;;8. Add meg a következő halmazokat és ábrázold
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 5. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
RészletesebbenA polinomok gyökhelyeiről
Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Gergely Alexandra Daniella A polinomok gyökhelyeiről Szakdolgozat Témavezető: Ágoston István Budapest, 2014. 2 Tartalomjegyzék 1. Bevezetés 4 2. Polinomok
RészletesebbenDiszkrét matematika II., 8. előadás. Vektorterek
1 Diszkrét matematika II., 8. előadás Vektorterek Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach@inf.nyme.hu http://inf.nyme.hu/ takach/ 2007.??? Vektorterek Legyen T egy test (pl. R, Q, F p ). Definíció.
RészletesebbenFirst 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
RészletesebbenWaldhauser Tamás december 1.
Algebra és számelmélet előadás Waldhauser Tamás 2016. december 1. Tizedik házi feladat az előadásra Hányféleképpen lehet kiszínezni az X-pentominót n színnel, ha a forgatással vagy tükrözéssel egymásba
RészletesebbenMATEMATIKA 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
RészletesebbenOsztályozó- és javítóvizsga. Matematika tantárgyból
Osztályozó- és javítóvizsga Matematika tantárgyból 2018-2019 A vizsga 60 perces írásbeli vizsga (feladatlap) a megadott témakörökből. A megjelölt százalék (50%) nem teljesítése esetén szóbeli vizsga is,
Részletesebbenλx f 1 (x) e λx f 2 (x) λe λx f 2 (x) + e λx f 2(x) e λx f 2 (x) Hasonlóan általában is elérhető sorműveletekkel, hogy csak f (j)
Matematika A3 gyakorlat Energetika és Mechatronika BSc szakok, 016/17 ősz 10 feladatsor: Magasabbrendű lineáris differenciálegyenletek (megoldás) 1 Határozzuk meg az e λx, xe λx, x e λx,, x k 1 e λx függvények
RészletesebbenEgészrészes feladatok
Kitűzött feladatok Egészrészes feladatok Győry Ákos Miskolc, Földes Ferenc Gimnázium 1. feladat. Oldjuk meg a valós számok halmazán a { } 3x 1 x+1 7 egyenletet!. feladat. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges
RészletesebbenMatematika (mesterképzés)
Matematika (mesterképzés) Környezet- és Településmérnököknek Debreceni Egyetem Műszaki Kar, Műszaki Alaptárgyi Tanszék Vinczéné Varga A. Környezet- és Településmérnököknek 2016/2017/I 1 / 29 Lineáris tér,
Részletesebben