DIFFERENCIAEGYENLETEK

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "DIFFERENCIAEGYENLETEK"

Átírás

1 DIFFERENCIAEGYENLETEK A gazdaság változómennyiségeit (jövedelem, fogyasztás, beruházás,...) általában bizonyos időszakonként (naponta, hetente, havonta, évente) figyeljük meg. Ha ezeket a megfigyeléseket feljegyezzük és együtt tekintjük, ú.n. idősort kapunk. Jelölje x avál- tozó mennyiséget (pl. fogyasztás) és x t annak a t-edik időpontban megfigyelt értékét (t =0,,,...). Az idősor tehát: x 0,x,...,x t,x t+,...= {x t } t=0, vagyis egy sorozat. Bizonyos idősorok nem véletlenszerűek, ellenkezőleg, a t-edik időpontban felvett érték valamilyen törvényszerűség alapján egyértelműen meghatározható az előző (t -edik, t -edik,...) időpontokhoz tartozó értékekből. Ezen törvényszerűségeket leíró matematikai formulák a differenciaegyenletek. Matematikailag: legyen adva egy (t, x) f(t, x) függvény és tegyük fel, hogy bármely t esetén (itt és a továbbiakban t a0,,, 3,... nem-negatív egész számok valamelyikét jelöli), az f(t, ) függvény tetszőleges valós számra értelmezve van. Ekkor az x t = f(t, x t ) (t =,, 3,...) összefüggést elsőrendű differenciaegyenletnek nevezzük. Ez azt mondja meg, hogyan kell kiszámítani az idősor t-edik elemét a t -edikből. Ez tehát egy iterációt rögzít: ha tudjuk az x 0 kiindulási (kezdő) értéket, akkor kiszámítható x, abból x és így tovább, az egész idősor. Azért elsőrendű az egyenlet, mert csak az előző értéket használjuk a kiszámításhoz. Ha az előző kettőre van szükség a kiszámításhoz, akkor másodrendűnek nevezzük az egyenletet (erről később lesz szó). Az egyenlet megoldása maga az idősor {x t } t=, amelyet röviden x t -nek is fogunk írni. Tehát az egyenletnek végtelen sok megoldása van, de ha rögzítjük az x 0 kezdeti értéket, akkor a megoldás már egyértelműen meghatározott. Konstans együtthatós lineáris egyenlet ELSŐRENDŰ DIFFERENCIAEGYENLETEK x t = ax t + b t (t =,, 3,...) ahol a R konstans, b,b,b 3,... adott sorozat. Tegyük fel, hogy x 0 adott és végezzük el az iteráció elsőhárom lépését: x = ax 0 + b x = ax + b = a x 0 + ab + b x 3 = ax + b 3 = a 3 x 0 + a b + ab + b 3. Észrevéve a törvényszerűséget, tudjuk folytatni az idősort számolás nélkül: Ebből a következő tételhez jutunk: x 4 = a 4 x 0 + a 3 b + a b + ab 3 + b 4 x 5 = a 5 x 0 + a 4 b + a 3 b + a b 3 + ab 4 + b 5.

2 Tétel. Az x t = ax t + b t (t =,, 3,...) differenciaegyenlet megoldása: vagyis tömörebben írva: x t = a t x 0 + a t b + a t b + + ab t + b t, x t = a t x 0 + t a t k b k (t =,, 3,...) k= Bizonyítás. A teljes indukciómódszerét használjuk. A formulát bebizonyítottuk a t = értékre. Tegyük fel, hogy a formula igaz t-re. Belátjuk, hogy akkor igaz t+-re is. Valóban: ( ) t x t+ = ax t + b t+ = a a t x 0 + a t k b k + b t+ = a t+ x 0 + k= t t+ a t+ k b k + b t+ = a t+ x 0 + a (t+) k b k, k= de ez éppen a bizonyítandó formula jobboldala. Ha b t nem függ t-től, tehát b t = b (t =,, 3,...), akkor t a t k b k = b k= k= t a t k = b(a t + a t + + a + a +)= k= = b at a Ha b t = b (t =,, 3,...)és a =,akkor (a ). t a t k b k = b( + + +)=bt. k= Tehát a következő szabályt kaptuk: x t = ax t + b (t =,, 3,...) ( x t = a t x 0 b ) + b (a ) a a x t = x 0 + tb (a =). Példa. x t = x t +3 (a = ),b=3 ( ) t x t = (x 0 6) + 6 (t =0,,,...).

3 . Példa. x t = 3x t +4(a = 3,b=4) x t =( 3) t (x 0 ) +. (Az előadáson bemutatjuk a két megoldást az ODE ARCHITECT programcsomag segítségével.) Egy alkalmazás: A növekedés multiplikátor-akcelerátor modellje. Y t : a nemzeti jövedelem a t-edik évben I t : a teljes beruházás a t-edik évben S t : a teljes megtakarítás a t-edik évben Tegyük fel, hogy () a megtakarítás arányos a nemzeti jövedelemmel (multiplikátor-szabály): S t = αy t (0 <α=állandó) () a beruházás arányos a nemzeti jövedelem megváltozásával az előző évhez képest (akcelerátor-tényező): I t = β(y t Y t ) (0 <β=állandó) (3) fennáll az egyensúlyi feltétel, tehát a teljes beruházás nem haladhatja meg a megtakarítást vele egyenlő: S t = I t A(3)feltétel segítségével kiküszöböljük az S t változót, tehát ()-ből az I t = αy t adódik. Ezt a ()-be helyettesítve adódik: ahonnan Y t -t kifejezve kapjuk: Képletünk szerint a megoldás: Y t = αy t = β(y t Y t ), β β α Y t (t =,, 3,...). ( β ) t Y 0 (t =0,,,...). Y t = β α Ha β/β α>, akkor a gazdaság exponenciálisan nő. Ha 0 <β/(β α) <, akkor a gazdaság exponenciálisan csökken. Egyensúlyi állapot, stabilitás 3

4 Tekintsük az x t = f(x t ) (t =,, 3,...) ú.n. autonóm differenciaegyenletet. Ennek egyensúlyi (vagy stacionárius) állapota azon x értéke az x változónak, amelyet kezdeti értéknek véve a megoldás az x t = x (t =0,,,...) állandó sorozat. Ez azt jelenti, hogy az egyensúlyi állapotok pontosan az x = f(x) egyenlet megoldásai. Például, az x t = ax t + b egyenlet egyensúlyi állapota: x = ax + b x = b a (a ). A megoldást szolgáltató képlet szerint a esetén x t = a t (x 0 x )+x (t =0,,,...) Ha x 0 = x,akkorx t = x,tehát x egyensúlyi állapot. Ha x 0 x, akkor az egyensúlyi helyzettől való x t x eltérés az x t x = a t (x 0 x ) (t =0,,,...) törvény szerint változik. Ha a <, akkor az eltérés 0-hoz tart, éspedig ha 0 <a<, akkor monoton módon, ha <a<0, akkor oszcillálva. Ha a >, akkor az eltérés nő, éspedig ha a>, akkor monoton módon, ha a<, akkor oszcillálva (ld. ábra). 4

5 Ezért az a < esetben az egyensúlyi állapotot stabilisnak nevezzük, az a > esetben pedig instabilisnak. Apókháló-modell. Tegyük fel, hogy egy termék keresleti (D), illetve kínálati (S)függvénye: D = a bp (a, b > 0), S = c + dp (c, d > 0), ahol p az áru árát jelöli. Ha az áru ára nő, akkor a kereslet csökken, a kínálat viszont nő. Bizonyos termékek esetén (ilyenek pl. a nem raktározható mezőgazdasági termékek, mondjuk a földieper) a kínálat reagálásához időre (pl. egy évre) van szükség. Jelölje p t a t-edik időszakban kialakult árat. A kereslet ezen az áron: D t = a bp t. A termelő (eladó) a p t árból kiindulva a következő évre az S t+ = c + dp t 5

6 kínálatot tervezi. A p t ár a kereslet és a kínálat közötti kötelező egyensúly törvényéből, tehát a D t = S t egyenlőségből alakul ki (az eladó úgy állítja be a p t árat, hogy a teljes árumennyiséget el tudja adni). Tehát vagyis D t = S t a bp t = c + dp t, p t = d b p t + a + c. b Képletünk szerint az egyenlet egyensúlyi állapota: p = a + c b + d b = a + c b + d, ami éppen a keresleti és kínálati egyenes metszéspontjának p-koordinátája (p = p E ). Egyenletünk megoldása tehát az általános képlet szerint: ( p t = d ) t (p 0 p )+p (t =0,,,...). b A b, illetve a d konstans azt mutatja, hogy a kereslet, illetve a kínálat milyen mértékben reagál az árváltozásra, ezért ezeket rugalmassági együtthatóknak hívjuk: m D = b : a kereslet rugalmassági együtthatója m S = d :akínálat rugalmassági együtthatója Ezekkel a megoldás: ( p t = m ) t S (p 0 p )+p (t =0,,,...). m D Tehát a következő eredményre jutottunk:. Ha a kereslet rugalmasabb, mint a kínálat (m D >m S ), akkor az ár oszcillálva tart az egyensúlyi árhoz (csillapodó oszcilláció)..haakínálat rugalmasabb a keresletnél (m D <m S ), akkor az ár oszcillál úgy, hogy az amplitúdók végtelenbe tartanak (instabilis oszcilláció, a piac összeomlik). 3. Ha a kereslet és kínálat egyformán rugalmasak (m D = m S ), akkor p t = { p +(p 0 p ), ha t páros p (p 0 p ), ha t páratlan, vagyis p + periodikusan változik a p egyensúlyi ár körül p 0 p amplitúdóval (stabilis, de nem csillapodó oszcilláció). 6

7 7

8 Ugyanehhez az eredményhez egy nagyon egyszerű geometriaimódszerrel is eljuthatunk. Rajzoljuk fel a keresleti és a kínálati egyeneseket ugyanabban a koordinátarendszerben. Induljunk a p 0 árból. Ehhez az eladó tervezegys kínálatot a következő évre. A D = S egyenlőség miatt ez meghatározza a p árat, amelyből megkapjuk az S kínálatot. Ez azt jelenti, hogy felváltva lépkedünk a D és az S egyenes között függőleges és vízszintes irányban. Így keletkezik a pókháló (ld.ábra). 8

9 9

10 Példa. Tegyük fel, hogy q számú sertés felnevelési költsége C(q) =αq + βq, (0 <α,β), továbbá, hogy a gazdaság N egyforma sertésfarmból áll. Legyen a keresleti függvény: D(p) =γ δp (0 <γ,δ), ahol p egy sertés ára. A farm haszna: π(q) =pq C(q) =pq αq βq, ezt kívánja mindegyik farm maximalizálni. Mint tudjuk, a maximum feltétele: π (q) =p α βq =0 q 0 = p α β. Mivel π (q) = β <0, q 0 -ban a haszonnak tényleg maximuma van. Ha p>α,akkor q 0 =(p α)/β sertést kell egy farmon hízlalni, hogy maximális legyen a haszon. Ennek megfelelően az N farm kínálati függvénye: S(p) = N(p α) β (p >α). Az egyensúlyi ár az S(p) = D(p) egyenlőségből: A rugalmassági együtthatók: N(p α) β = γ δp p = βγ + Nα βδ + N. m S = N β, m D = δ. A megoldás: ( p t = N ) t (p 0 p )+p. βδ Az esetek:. Ha N<βδ, akkor csillapodó oszcilláció történik és az ár tart a (βγ+nα)/(βδ+n) egyensúlyi árhoz.. Ha N>βδ, akkor instabil oszcilláció van, a piac összeomlik. 3. Ha N =βδ, akkor periodikus oszcilláció alakul ki. Kamatos kamat és diszkontált jelenérték 0

11 Kövessük most egy folyószámla egyenlegét, ha oda periódusonként befolyik bizonyos összeg, illetve felveszünk bizonyos összeget. w t :azegyenlegat-edik periódusban y t : a befizetés a t-edik periódusban c t :akivét a t-edik periódusban r: egy periódusra eső kamatláb A kamatos kamat törvénye szerint: Általános képletünk szerint a megoldás: Átszorozva ( + r) t -nel: w t =(+r)w t +(y t c t ) (t =,,...). w t =(+r) t w 0 + t ( + r) t k (y k c k )(t =,,...). k= ( + r) t w t = w 0 + t ( + r) k (y k c k ). k= A baloldalon a w t összeg diszkontált jelenértéke (PDV) áll. Ez tehát a w 0 induló betétből, a t időpontig történő összes befizetés jelenértékéből és az összes kifizetés jelenértékéből alakul ki. Lakáskölcsön visszafizetése Tegyük fel, hogy felveszünk egy B összegű lakáskölcsönt és azt havonként törlesztjük; a havi kamatláb legyen r. Minden hónapban ugyanannyi a törlesztőrészlet, és T hónap alatt kell a kölcsönt visszafizetni. Kérdés: mennyi a törlesztőrészlet? b t :azaktuális egyenleg (ennyivel tartozunk még a t-edik hónapban) z: egyhavitörlesztőrészlet Ekkor: { bt =(+r)b t z (t =,,...,T A differenciaegyenlet megoldása: b 0 = B, b T =0. ( b t =(+r) t B z ) + z r r. Mivel b T =0: 0=(+r) T ( ) B z + z r r,

12 amit B-re megoldva a következőt kapjuk: B = z r [ ( + r) T ]=z T ( + r) t. ( ) Tehát akölcsön egyenlő a havi részleteket diszkontált jelenértékével. Az összefüggést z-re megoldva: rb z = ( + r) T = rb + ( + r) T rb ( + r) T. Ebből látszik, hogy a fizetőrészlet nagyobb, mint az eredeti B kölcsönre egy periódus alatt fizetendő rb kamat, ami érthető, hiszen a kamatok befizetésén túl a tőkét is téríteni kell. A két összetevő elkülönítése fontos, mert sok országban (pl. USA) a törlesztés kamattartalma, tehát rb t levonható azadóalapból, de a tőketörlesztés nem. Számítsuk ki a kamattartalmat és a tőketörlesztést, mint a t idő és a z fizetőrészlet függvényét. A( ) összefüggésből: Ezt a megoldásba helyettesítve: t= B z r = z r ( + r) T. b t = z r [ ( + r)t T ]. Tehát a t időszaki tartozásra eső kamatfizetés a t időszakra eső tőketörlesztés pedig rb t = z[ ( + r) t T ], z rb t = z( + r) t T. Tehát a tőketörlesztés kezdetben kicsi, de exponenciálisan nő. Változó együtthatós lineáris egyenlet x t = a t x t + b t (t =,,...). Ugyanúgy számolunk, mint a konstans együtthatós egyenlet esetében: x = a x 0 + b x = a x + b = a a x 0 + a b + b x 3 = a 3 x + b 3 = a 3 a a x 0 + a 3 a b + a 3 b + b 3. Asejtés: ( t ) ( t ) ( t ) ( t ) x t = a s x 0 + a s b + a s b a s b t + b t s= s= s=3 s=t

13 vagyis ( t ) x t = a s x 0 + s= ( t t k= s=k+ a s ) b k (A nullatényezős szorzat értéke definíció szerint ). A formulát ugyanúgy teljes indukcióval kell bizonyítani, mint a konstans együtthatók esetében (ezt elvégezni kötelező feladat!) Kamatos kamat változó kamatlábakkal w t =(+r t )w t + y t c t (t =,,...) ahol w t :aszámla egyenlege a t-edik időszakban r t :akamatláb a t-edik időszakban y t :betét a t-edik időszakban c t :kivét a t-edik időszakban Képletünk szerint: Vezessük be a [ t ] w t = ( + r s ) w 0 + s= D t := ú.n. diszkonttényezőt. Ezzel képletünk a D t w t = w 0 + [ t t k= s=k+ t s= ( + r s) = ] ( + r s ) (y k c k ). t s [ t t s=k+ ( + r ] s) t s= ( + r s) k= alakot ölti. Egyszerű számolás szerint +r s (y k c k ) t s=k+ ( + r s) t s= ( + r s) = = ( + r k+ )...( + r t ) ( + r )...( + r k )( + r k+ )...( + r t ) ( + r )( + r )...( + r k ) = D k. Tehát D t w t = w 0 + t D k (y k c k ). k= Ez azt a jól ismert elvet rögzíti, hogy a megtakarításunk jelenértéke az induló tőke + a bevételek összeadódó jelenértékei - a kivétek összeadódó jelenértékei. 3

14 Vezessük be az R k = D k D t = t s=k+ ( + r s ) ún. kamattényezőt, ami azt fejezi ki, hogy hányszorosára növekedett a k-adik időszakban betett összeg a t-edik időszakra. Képleteink összefoglalva: w t = R 0 w 0 + D t w t = w 0 + t R k (y k c k ) k= t D k (y k c k ), (t =,,...) k= D k := ( + r )...( + r k ), R k := ( + r k+ )...( + r t )(k =,,...) Feladat: Ha lakáskölcsönt veszünk fel változó r t kamatlábak mellett, és havonta z t a törlesztőrészlet, akkor a korábban tárgyalt modell a { bt =(+r t )b t z t (t =,,...,T) b 0 = B, b T =0 alakot ölti. Tegyük fel, hogy ismertek az r t kamatlábak, és a z t törlesztőrészlet a z t = r B +(t )γ (z > 0,γ >0,t=,,...,T) szabály szerint változik, vagyis a törlesztőrészletek egyenletesen nőnek. Határozzuk meg a γ növekedés mértékét. Homogén egyenlet Másodrendű lineáris egyenletek (H) x t+ + a t x t+ + b t x t =0 (t =0,,,...) a t, b t adott. Az x t+ = a t x t+ b t x t (t =0,,,...) alakból látszik, hogy ez az egyenlet egy olyan iteráció, amely az x 0,x kezdeti értékekből kiindulva meghatározza az x,x 3,...,x t,... mennyiséget. Két megoldás, x () t,x () t lineárisan függő, halétezik két olyan c,c konstans, hogy c + c > 0, és c x () t + c x () t =0 (t =0,,,...). 4

15 Ha két megoldás nem lineárisan függő, akkor lineárisan függetleneknek hívjuk őket. Nyilvánvalóan, az x () t,x () t megoldások akkor és csakis akkor lineárisan függetlenek, ha az (x () 0,x() )és (x() 0,x() )kétdimenziós vektorok lineárisan függetlenek. Mivel a kétdimenziós vektorok között mindig van két lineárisan független (pl. (, 0) és (0, )), ezért mindig létezik az egyenletnek két lineárisan független megoldása. Ezt az egyenlet alaprendszerének nevezzük. Tétel. Ha x () t,x () t az egyenlet egy alaprendszere, akkor az egyenlet általános megoldása: x t = c x () t + c x () t (c,c = konst.). Ez azt jelenti, hogy a) ez a képlet a c és c konstansok tetszőleges értékeinél megoldását adja az egyenletnek b) bármely ˆx t megoldáshoz léteznek olyan ĉ, ĉ konstansok, hogy ˆx t =ĉ x () t +ĉ x () t (t =0,,,...). Bizonyítás. a) Helyettesítsük be az x t sorozatot az egyenletbe: x t+ + a t x t+ + b t x t =(c x () t+ + c x () t+ )+a t(c x () t+ + c x () t+ )+b t(c x () t + c x () t ) = c (x () t+ + a tx () t+ + b tx () t )+c (x () t+ + a tx () t+ + b tx () t )=0, hiszen x () t és x () t b) Mivel (x () megoldásai a (H) egyenletnek. ), (x(),x() ) lineárisan függetlenek, bázist alkotnak R -ben, tehát 0,x() 0 léteznek ĉ, ĉ konstansok úgy, hogy (ˆx0 ˆx ) ( ()) ( ()) x 0 x 0 =ĉ x () +ĉ x (). Ekkor ˆx = a ˆx b ˆx 0 = a (ĉ x () +ĉ x () ) b (ĉ x () 0 +ĉ x () 0 ) =ĉ ( a x () b x 0 )+ĉ ( a x () b x () 0 )=ĉ x () +ĉ x (), ami azt jelenti, hogy az állítás igaz t = esetén. Ebből bizonyítható ugyanaz az egyenlőség t = 3-ra, majd teljes indukcióval tetszőleges t N-re. Atétel azt mutatja, hogy a homogén egyenlet teljes megoldásához elegendő találni két lineárisan független megoldást. Inhomogén egyenlet (IH) x t+ + a t x t+ + b t x t = j t a t,b t,j t adott sorozatok. Tétel.Az (IH) egyenlet általános megoldása: 5

16 x t = c x () t + c x () t + x t (t =0,,,...), ahol x () t,x () t alaprendszere az inhomogén (IH) egyenlethez tartozó (H) homogén egyenletnek, és x t egy tetszőleges (partikuláris) megoldása az inhomogén egyenletnek. Bizonyítás. a) Helyettesítsük be x t -t az (IH) egyenletbe: x t+ + a t x t+ + b t x t = c (x () t+ + a tx () t+ + b tx () t + c (x () t+ + a tx () t+ + b tx () t )+ x t =0+0+ x t = x t, hiszen x () t és x () t megoldásai a (H) egyenletnek. b) Legyen ˆx t tetszőleges megoldása az (IH) egyenletnek. Ekkor ˆx t x t megoldása a(h) egyenletnek (ellenőrizzük behelyettesítéssel!), tehát az előzőtétel szerint léteznek olyan ĉ, ĉ konstansok, hogy ˆx t x t =ĉ x () t +ĉ x () t (t =0,,,...), tehát ˆx t =ĉ x () t +ĉ x () t + x t (t =0,,,...), amit bizonyítani kellett. Konstans együtthatós homogén egyenlet (KH) x t+ + ax t+ + bx t =0 (a, b R). Keressünk megoldásokat alakban. Behelyettesítve kapjuk: x t = λ t (λ R) λ t+ + aλ t+ + bλ t =0, vagyis (k) λ + aλ+ b =0. Az x t = λ t exponenciális függvény akkor és csakis akkor megoldása az egyenletnek, ha a λ hatványalap megoldásaa(k) karakterisztikus egyenletnek. Ennek megoldásai: λ = a + 4 a b, λ = a 4 a b. Tétel.. Ha a 4b >0, akkor a (KH) egyenlet általános megoldása: ( x t = c a )t + 4 a b + c ( a 4 a b 6 )t

17 (c,c R).. Ha a =4b 0, akkor a (KH) egyenlet általános megoldása: ( x t = c a ) t ( + c t a ) t (c,c R). 3. Ha a 4b <0, akkor a (KH) egyenlet általános megoldása: x t = Ar t cos(ϕt+ ω) (A>0,ω [0,π]), ahol r = ( b, ϕ = arccos a ). b Bizonyítás. Azt kell bebizonyítani, hogy mindhárom esetben a definiált függvények tényleg megoldások, és az (x 0,x ) R vektor a benne szereplő szabadon választható konstansok megfelelő megválasztásával előállítja az R egy bázisát, hiszen ekkor ezekhez a konstansokhoz tartozó megoldások alaprendszert adnak. ad. Az összeg tagjai külön-külön megoldások (miért?), továbbá ac =, c =0, illetve a c =0,c =választás esetén ( ()) ( ) x 0 x () =, λ ( ()) ( ) x 0 x () =, λ és ezek λ λ miatt bázist alkotnak R -ben (miért?). ad. Az x () t =( a/) t megoldás, hiszen a/ gyöke a (k) karakterisztikus egyenletnek. Bizonyítsuk be, hogy x () t = t( a/) t is megoldás. Valóban, ha λ := a/, akkor x () t+ + ax() t+ + bx() t =(t +)λ t+ + a(t +)λ t+ + bλ t = λ t {(t +)λ + a(t +)λ + b} = λ t {t(λ + aλ + b)+(λ + aλ)} = λ t {t(λ + aλ + b)+λ(λ + a)} =0, hiszen λ gyöke a karakterisztikus egyenletnek, és λ + a =( a/) + a =0. Másrészt, ( ()) x 0 x () = ( ()) a x 0, x () = 0 a bázist alkotnak, hiszen a 0. ad 3. Ebben az esetben is behelyettesítéssel lehet meggyőződni arról, hogy x t megoldás (Feladat!). Másrészt, az A =,ω =0, illetve az A =,ω = π/ választással adódó ( ()) ( ) x 0 x () =, r cos ϕ 7 ( ()) ( ) x 0 0 x () = r sin ϕ

18 vektorok bázist alkotnak (miért?).. Példa. Határozzuk meg az egyenlet általános megoldását és az kezdeti feltételnek megfelelő megoldását. A karakterisztikus egyenlet és gyökei: x t+ 3x t+ +x t =0 x 0 =0, x =3 λ 3λ +=0 λ, = 3 ± 9 8 = 3 ± ; λ =, λ =. Az általános megoldás: x t = c + c t (t =0,,,...). Ha ˆx t jelöli a megadott kezdeti feltételeket kielégítő megoldást, akkor ˆx 0 =ĉ +ĉ =0 ˆx =ĉ +ĉ =3, tehát ĉ = 3, ĉ =3, vagyis ˆx t = 3+3 t =3( t ).. Példa. Az egyenlet: x t+ 4x t+ +4x t =0. A karakterisztikus egyenlet és gyökei: λ 4λ +4=0 λ, = 4 ± 6 6 =. Az általános megoldás: 3. Példa. Az egyenlet: x t = c t + c t t =(c + c t) t. x t+ +4x t =0. A λ + = 0 karakterisztikus egyenletnek nincs valós gyöke. Tehát az általános megoldás: r = b =, ϕ = arccos 0 = π 8

19 x t = A t cos Konstans együtthatós inhomogén egyenlet ( ) π t + ω. (KIH) x t+ + ax t+ + bx t = d t. Néhány speciális d t jobboldal esetén találhatunk partikuláris megoldást a határozatlan együtthatók módszerével.. Szabály. Az x t+ + ax t+ + bx t = λ t p(t) egyenlet (0 λ R,p(t) adotts-edfokú polinóm, 0 s =egész) partikuláris megoldását x t = λ t tm (e s t s + e s t s + + e t + e 0 ) alakban keressük, ahol az m 0egész szám azt mutatja, hogy λ hányszoros gyöke a karakterisztikus egyenletnek (m lehet 0, vagy ). Az e 0,e,...,e s együtthatókat behelyettesítéssel határozzuk meg.. Szabály. Az x t+ + ax t+ + bx t = R t cos φt és az x t+ + ax t+ + bx t = R t sin φt egyenlet (R b, vagy φ arccos( a/ b)) egyenlet partikuláris megoldását x t = R t (e cos φt+ e sin φt) alakban keressük. Az e,e együtthatókat behelyettesítéssel határozzuk meg. Ezen szabályok megalapozása és általánosabb alakja a [] tankönyvben megtalálhatók.. Példa. x t+ 5x t+ +6x t = t. A karakterisztikus egyenlet és gyökei λ 5λ +6=0 λ, = 5 ± 5 4 ; λ =,λ =3. Mivel λ = egyszeres megoldása a karakterisztikus egyenletnek, a partikuláris megoldást alakban keressük. Behelyettesítve: az x t = et t e(t +) t+ 5e(t +) t+ +6et t = t {et( 5 +6)+e( 5 )} = t e( ) t 9

20 azonosságnak kell teljesülni, ahonnan e = /. Tehát az általános megoldás: x t = c t + c 3 t t t ( = ) t + c t + c 3 t.. Példa. Határozzuk meg a egyenlet általános megoldását. A karakterisztikus egyenlet és gyökei: 8x t+ 6x t+ + x t =5sin π t 8λ 6λ +=0 λ, = 6 ± 36 3 ; λ = 6 4,λ =. Az egyenlet egy partikuláris megoldását a. Szabály szerint x t = A cos π t + B sin π t alakban keressük. Behelyettesítés, az addíciós tételek alkalmazása és összevonás után kapjuk, hogy a 8 x t+ 6 x t+ + x t =8 [A cos π (t +)+B sin π ] (t +) 6 [A cos π (t +)+B sin π ] (t +) + A cos π t + B sin π t =( 7A 6B)cos π t +(6A 7B)sinπ t 5sinπ t azonosságnak kell teljesülni, azaz a 7A +6B =0 6A 7B =5 egyenletrendszert kell megoldani. Az egyenlő együtthatók módszerével az A = 6/7, B = 7/7 adódik, vagyis a keresett általános megoldás: ( ) t ( ) t x t = c + c + (6cos π ) 4 7 t 7sinπ t. 0

21 Egy másodrendű multiplikátor-akcelerátor-modell. Tegyük fel, hogy egy ország évenkénti nemzeti jövedelme (x t )három összetevőre bomlik () fogyasztás (c t ) () egyéni beruházás (tőkeeszközök, gépek vásárlása a termelés növelése érdekében) (i t ) (3) központi kiadások (kormányzati kiadások) (g t ), tehát (E) x t = c t + i t + g t. Az itt szereplő mennyiségek között Samuelson a következő összefüggéseket feltételezte: (a) a fogyasztás arányos az előzőévi nemzeti jövedelemmel (multiplikátor-szabály), (b) a beruházás arányos a fogyasztásnak az előzőévi fogyasztáshoz viszonyított növekedésével (akcelerátor-szabály) (c) a központi kiadás évről évre állandó. Formulákkal: c t = αx t i t = β(c t c t ) g t = (0 <α=állandó) (0 <β=állandó). Ezeket az összefüggéseket és az (E) egyenletet használva kapjuk: x t = αx t + β(c t c t )+=αx t + β[αx t αx t ]+ = α( + β)x t αβx t +, vagyis az x t nemzeti jövedelem kielégíti az (DE) x t+ α( + β)x t+ + αβx t = (t =0,,,...) lineáris inhomogén differenciaegyenletet. Tegyük fel, hogy x 0 =,x =3. Ha az egyenlet által előírt iterációt elvégezzük az α =0, 5, β=, illetve az α =0, 8, β= esetben, akkor atáblázatban

22 közölt adatok szerint mindkét esetben oszcilláció megoldást kapunk. Észre kell vennünk azonban, hogy amíg az első esetben az oszcilláció csillapodik, x t -höz tart (stabilis oszcilláció), addig a második esetben szétrobbanó (instabilis) oszcillációt tapasztalunk. Felmerül a kérdés: hogyan függ a stabilitás az α, β konstansoktól? Egyáltalán, mindig oszcillál a nemzeti jövedelem? Adjuk meg a (DE) egyenlet általános megoldását, majd az adott kezdeti feltételnek megfelelő megoldását a két konkrét esetben. A karakterisztikus egyenlet és gyökei a két konkrét esetben:. α =0, 5, β = x t+ x t+ +0, 5x t =, λ λ + =0, tehát a karakterisztikus egyenletnek nincs valós gyöke. Általános tételünk 3. esete szerint a homogén egyenlet általános megoldása: r = b = x t = A (, ϕ = arccos a ) = arccos = π b 4 ( ) t cos ( ) π 4 t + ω, (A >0, ω [0,π]).

23 Az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását x t = c alakban keresve behelyettesítéssel az x t = megoldáshoz jutunk, tehát az általános megoldás: x t = x 0 t + x t = A ( ) t cos ( ) π 4 t + ω +. Az x 0 =,x = 3 kezdeti feltételt kielégítő megoldás paramétereinek az x 0 = A cos ω += ( ) π x = A cos 4 + ω +=A ( ) cos ω sin ω +=3, vagyis a cos ω =0, A sin ω = feltételt kell kielégíteni, azaz ω = π,a=. A keresett megoldás: x () t ( ) t = cos π (t +)+(t =0,,,...). 4 Ez valóban a körül oszcillál és -höz tart, ha t, és számszerűen is igazolja az előző táblázatot.. α =0, 8, β= x t+, 4x t+ +, 6x t = λ, 4λ +, 6=0 nincs valós gyök r = b =, 6 ϕ = arccos,, 6. Az inhomogén egyenlet általános megoldása: x t = A( (, 6) t cos arccos, ) t + ω +5., 6 Tehát a második esetben is minden megoldás oszcillál, most az 5 körül, és, 6 > miatt egyre növekvő amplitúdóval, ami ismét igazolja a táblázatot. Magyarázatot kaptunk a két megoldásban tapasztalt viselkedésre. Hogy a felvetett stabilitási problémára is tudjunk válaszolni, tárgyalnunk kell a stabilitás általános feltételeit. Stabilitás 3

24 Az (IH) x t+ + ax t+ + bx t = d egyenletnek x = x egyensúlyi helyzete, haaz{x t } = {x } t=0 az egyenletnek: konstans sorozat megoldása x + ax + bx = d x = d a + b + feltéve, hogy a + b + 0. Ugyanúgy, mint az elsőrendű egyenleteknél, az x egyensúlyi helyzetet stabilisnak nevezzük, ha bármely megoldás ehhez az értékhez tart, ha t : lim t x t = x {x t } esetén. Szemléletes jelentés: ha a rendszer valamilyen zavaró tényező miatt kibillen egyensúlyából, akkor aszimptotikusan (hosszú idő elteltével) visszatér az egyensúlyi működéshez. Tétel. Az (IH) inhomogén egyenlet x egyensúlyi helyzete akkor és csakis akkor stabilis, haahozzátartozó (H) x t+ + ax t+ + bx t =0 homogén egyenlet x =0egyensúlyi helyzete stabilis, vagyis a (H) homogén egyenlet általános megoldására ( ) lim (c x () t + c x () t )=0 (c,c R) t teljesül. Bizonyítás. Mivel x t = x megoldása az (IH) egyenletnek, az (IH) egyenletáltalános megoldása x t = c x () t + c x () t + x. Ebből látszik, hogy lim x t = x akkor és csakis akkor teljesül minden megoldásra, ha ( ) t teljesül. Tétel. Az (IH) egyenlet egyensúlyi helyzete stabilis akkor és csakis akkor, ha az a, b paraméterek kielégítik a a + b +> 0, a+ b +> 0, b < egyenlőtlenségek mindegyikét. A stabilitás csillapított oszcilláció formájában jelentkezik akkor és csakis akkor, ha b>a /4. Bizonyítás. Előzőtételünk szerint csak a homogén egyenlet stabilitását kell vizsgálni.. a > 4b, két különböző valós karakterisztikus gyök létezik: λ = a + 4 a b, λ = a 4 4 a b.

25 Azt kell biztosítani, hogy lim t λt =0, lim t λt =0 teljesüljön, vagyis <λ <λ < legyen igaz. Először oldjuk meg a <λ egyenlőtlenséget: < a 4 a b, a 4b < a +. Ez csak akkor teljesülhet, ha a<. Ekkor a megoldás a 4b <a 4a +4, 0 < a + b +. Tehát <λ a<és a + b +> 0. Most oldjuk meg a λ < egyenlőtlenséget: a + 4 a b<, a 4b <a+. Ez csak akkor teljesülhet, ha a>. Ekkor a 4b <a +4a +4 0 <a+ b +. Tehát λ < a> és a + b +> 0. Tehát az. esetben a stabilitáshoz pontosan a <a<, a + b +> 0, a+ b +> 0 egyenlőtlenségeknek kell együtt teljesülni. Az a b paramétersíkon ez azt jelenti, hogy a b = a /4 parabola alatt az ABC idom a stabilitási tartomány (ld. ábra).. a =4b 0. Ekkor a lim t ( a ) t ( =0, lim t a ) t =0 t egyenlőségeknek, vagyis az a/ <, azaz az a < relációnak kell teljesülni. Az ábrán ez azt jelenti, hogy a 5

26 b = a /4 parabolának az AOC íve a stabilitási tartományhoz tartozik. 3. a < 4b. Ekkor az x t = A( b) t cos(ϕt+ ω) általános megoldás pontosan akkor tart 0-hoz, ha b<, vagyis b<. Geometriailag, a b = a /4 parabola felett az AOC idom tartozik a stabilitási tartományhoz, továbbá pontosan ekkor oszcillálnak a megoldások. Ahárom esetet összefoglalva, a stabilitási tartományt a a + b +> 0, a+ b +> 0, b< egyenlőtlenségek együttes teljesülése jellemzi, ami az a b paramétersíkon az ABC besatírozott háromszöget jelenti. Alkalmazás a multiplikátor-akcelerátor-modellre x t+ α( + β)x t+ + αβx t =, a = α( + β), b= αβ, egyensúlyi helyzet: x = (α ). α Az egyensúlyi helyzet az előző tétel szerint pontosan akkor stabilis, ha a + b += α( + β)+αβ+= α +> 0 a + b +=α( + β)+αβ+=αβ+ α +> 0 b = αβ >0 6

27 együtt teljesülnek. Mivel a középső egyenlőtlenség automatikusan teljesül, a stabilitási tartományt az α<és αβ < feltétel jellemzi (ld. az ábrán a besatírozott tartományt). Közgazdaságilag: () a fogyasztási határhajlandóság (α) nemlehet-nél nagyobb, hiszen a nemzeti jövedelemnél többet nem lehet fogyasztani. () adott α fogyasztási határhajlandóság mellett a β akcelerációs tényező nemlehet nagy, nevezetesen a β</α feltételnek kell teljesülni. Különben a gazdaság szétrobbanó (instabilis) oszcillációba kerül. Vizsgáljuk most meg azt a kérdést, milyen α, β esetén oszcillálnak a megoldások. Ez két esetben lehetséges: () λ,λ valós, λ λ < 0, () λ,λ nem valós. Az () akkor áll elő, ha a + ami lehetetlen. A () feltétele a < 4b, vagyis 4 a b<0 4 a b<a= α( + β), α ( + β) < 4αβ α< 4β ( + β). Az α β paramétersíkon ez a tartomány a β-tengely és az α =4β/(+β) függvénygrafikon közötti rész. Ezzel megkaptuk a Samuelson-modell teljes stabilitási és oszcillációs térképét. Anélkül, hogy az iteráció egyetlen lépését elvégeznénk, tudjuk, hogy a kétszeresen satírozott 7

28 tartományban stabilis oszcilláció történik, az egyszeresen satírozott tartományban oszcilláció nélkül tart a gazdaság az egyensúlyhoz, a két görbe közötti tartományban instabilis oszcilláció történik (a gazdaság felrobban), felette ugyanez oszcilláció nélkül. Goodwin piacmodellje. A pókhálómodellnél abból indultunk ki, hogy a termelő a jövő évi kínálatot az idei ár alapján kalkulálja: S t+ = c + dp t. Rugalmasabb reagálást jelent, ha a termelő nem csak az idei árat, de a tavalyit is figyelembe veszi, és a tavalyi idei tendencia alapján dönt a p t+ = p t + ρ(p t p t ), ahol ρ =konst. az ú.n. várhatósági tényező (lehet pozitív és negatív is; ρ = 0,akkor a pókháló-modellt kapjuk vissza); p t+ kalkulált jövő évi ár. Ekkor a modell a { Dt = a bp t S t+ = c + d[p t + ρ(p t p t )] alakot ölti. A p t ár most is a piac könyörtelen D t = S t feltételéből alakul ki: a bp t = c + d[( + ρ)p t ρp t ], vagyis p t + d( + ρ) b p t dρ b p t = c + a b (t =, 3,...). Ez egy másodrendű differenciaegyenlet: p t+ + αp t+ + βp t = γ (t =0,,,...), ahol α = d( + ρ) b = m S ( + ρ), β= dρ m D b = m S ργ= c + a m D b = c + a m D. Az egyensúlyi ár: p = γ +α + β = c + a m D + m S. Az egyensúlyi ár stabilitásának szükséges és elegendő feltétele a α + β += m S m D +> 0 α + β += ( + ρ) m S m D > 0 β =+ m S m D ρ>0 8

29 egyenlőtlenségek teljesülése. Az első automatikusan teljesül. Az utolsó két egyenlőtlenségből álló rendszer megoldása a ρ-tengelyt három részre osztjuk: I. ρ>0. Ekkor + ρ >0, ezért m S < m D +ρ és m S > m D ρ. Amásodik egyenlőtlenség automatikusan teljesül, így az első adja a megoldást (ld. ábra). II. <ρ<0. Ekkor még mindig + ρ >0, tehát m S m D < +ρ és m S m D < ρ. A ρ> /3 esetben elegendő azelsőt, a ρ 3 esetben a másodikat teljesíteni (ld. ábra). III. ρ<. Ekkor + ρ <0, tehát m S > m D +ρ és m S < m D ρ. Az első automatikusan teljesül, tehát csak a második számít (ld. ábra). Emlékezzünk rá: a ρ =0választásnak megfelelő pókhálómodellben a stabilitás feltétele: m S /m D < (ld. ábra kivastagított szakasz). Megállapíthatjuk az ábra alapján, 9

30 hogy az új árkalkulációs stratégia a <ρ<0választással stabilizálja a piacot, mivel a stabilitás az m S /m D hányadosra tágabb feltételt szab. A legjobb a ρ = /3 választás, amikor a stabilitás feltétele: m S /m D < 3. FELHASZNÁLT IRODALOM [] Hatvani László, Krisztin Tibor, Makay Géza, Dinamikus modellek a közgazdaságban, Polygon, 00. [] Sydsaeter-Hammond, Matematika közgazdászoknak, Aula,

Differenciaegyenletek

Differenciaegyenletek Differenciaegyenletek Losonczi László Debreceni Egyetem, Közgazdaság- és Gazdaságtudományi Kar Losonczi László (DE) Differenciaegyenletek 1 / 24 3.1 Differenciaegyenlet fogalma, egzisztencia- és unicitástétel

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

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

Áttekintés a felhasznált lineáris algebrai ismeretekről.

Áttekintés a felhasznált lineáris algebrai ismeretekről. Kiegészítés az előadássorozathoz. Áttekintés a felhasznált lineáris algebrai ismeretekről. A valószínűségszámítás (és a matematika) bizonyos kérdéseiben fontos szerepet játszik a lineáris algebra néhány

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

Három dimenziós barlangtérkép elkészítésének matematikai problémái

Három dimenziós barlangtérkép elkészítésének matematikai problémái Szegedi Tudományegyetem Természettudományi és Informatikai Kar Bolyai Intézet Geometria Tanszék Három dimenziós barlangtérkép elkészítésének matematikai problémái Szakdolgozat Írta: Pásztor Péter Matematika

Részletesebben

2. előadás: További gömbi fogalmak

2. előadás: További gömbi fogalmak 2 előadás: További gömbi fogalmak 2 előadás: További gömbi fogalmak Valamely gömbi főkör ívének α azimutja az ív egy tetszőleges pontjában az a szög, amit az ív és a meridián érintői zárnak be egymással

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

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

86 MAM112M előadásjegyzet, 2008/2009

86 MAM112M előadásjegyzet, 2008/2009 86 MAM11M előadásjegyzet, 8/9 5. Fourier-elmélet 5.1. Komplex trigonometrikus Fourier-sorok Tekintsük az [,], C Hilbert-teret, azaz azoknak a komplex értékű f : [,] C függvényeknek a halmazát, amelyek

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

10. Valószínűségszámítás

10. Valószínűségszámítás . Valószínűségszámítás.. Események A valószínűségszámítás nagyon leegyszerűsítve események bekövetkezésének valószínűségével foglalkozik. Példák: Ha egy játékban egy dobókockával dobunk, akkor a kockadobás

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

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szint 05 ÉRETTSÉGI VIZSGA 006. május 9. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI MINISZTÉRIUM Formai előírások: Fontos tudnivalók A dolgozatot

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

Szokol Patricia szeptember 19.

Szokol Patricia szeptember 19. a Haladó módszertani ismeretek című tárgyhoz 2017. szeptember 19. Legyen f : N R R adott függvény, ekkor a x n = f (n, x n 1 ), n = 1, 2,... egyenletet elsőrendű differenciaegyenletnek nevezzük. Ha még

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

Lineáris algebra I. Kovács Zoltán. Előadásvázlat (2006. február 22.)

Lineáris algebra I. Kovács Zoltán. Előadásvázlat (2006. február 22.) Lineáris algebra I. Kovács Zoltán Előadásvázlat (2006. február 22.) 2 3 Erdős Jenő emlékének. 4 Tartalomjegyzék 1. A szabadvektorok vektortere 7 1. Szabadvektorok összeadása és skalárral való szorzása...............

Részletesebben

MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY

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

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

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

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

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2006. május 9. EMELT SZINT

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2006. május 9. EMELT SZINT ) A PQRS négyszög csúcsai: MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 006. május 9. EMELT SZINT P 3; I., Q ;3, R 6; és S 5; 5 Döntse el, hogy az alábbi három állítás közül melyik igaz és melyik hamis! Tegyen * jelet a táblázat

Részletesebben

Lineáris algebra - jegyzet. Kupán Pál

Lineáris algebra - jegyzet. Kupán Pál Lineáris algebra - jegyzet Kupán Pál Tartalomjegyzék fejezet Vektorgeometria 5 Vektorok normája Vektorok skaláris szorzata 4 3 Vektorok vektoriális szorzata 5 fejezet Vektorterek, alterek, bázis Vektorterek

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

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

Differenciálegyenletek a hétköznapokban

Differenciálegyenletek a hétköznapokban Differenciálegyenletek a hétköznapokban BSc Szakdolgozat Írta: Gondos Réka Matematika BSc, alkalmazott matematikus szakirány Témavezető: Besenyei Ádám adjunktus Alkalmazott Analízis és Számításmatematikai

Részletesebben

9. Áramlástechnikai gépek üzemtana

9. Áramlástechnikai gépek üzemtana 9. Áramlástechnikai gépek üzemtana Az üzemtan az alábbi fejezetekre tagozódik: 1. Munkapont, munkapont stabilitása 2. Szivattyú indítása soros 3. Stacionárius üzem kapcsolás párhuzamos 4. Szivattyú üzem

Részletesebben

Szeminárium-Rekurziók

Szeminárium-Rekurziók 1 Szeminárium-Rekurziók 1.1. A sorozat fogalma Számsorozatot kapunk, ha pozitív egész számok mindegyikéhez egyértelműen hozzárendelünk egy valós számot. Tehát a számsorozat olyan függvény, amelynek az

Részletesebben

Miskolci Egyetem. Diszkrét matek I. Vizsga-jegyzet. Hegedűs Ádám Imre 2010.12.28.

Miskolci Egyetem. Diszkrét matek I. Vizsga-jegyzet. Hegedűs Ádám Imre 2010.12.28. Miskolci Egyetem Diszkrét matek I. Vizsga-jegyzet Hegedűs Ádám Imre 2010.12.28. KOMBINATORIKA Permutáció Ismétlés nélküli permutáció alatt néhány különböző dolognak a sorba rendezését értjük. Az "ismétlés

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

Makroökonómia I. segédanyag 2004. február

Makroökonómia I. segédanyag 2004. február Makroökonómia I. segédanyag 2004. február. feladat Egy gazdaságra vonatkozóan ismertek az alábbi adatok a beruházási függvény I 600 2000R,a netto export függvény X 500 3000R, A fogyasztási határhajlandóság

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

(2) A R. 3. (2) bekezdése helyébe a következő rendelkezés lép: (2) A képviselő-testület az önkormányzat összes kiadását 1.1369.

(2) A R. 3. (2) bekezdése helyébe a következő rendelkezés lép: (2) A képviselő-testület az önkormányzat összes kiadását 1.1369. Enying Város Önkormányzata Képviselő-testületének 20/2010. (X. 05.) önkormányzati rendelete az Enying Város Önkormányzatának 2100. évi költségvetéséről szóló 7/2010. (II. 26.) önkormányzati rendelete módosításáról

Részletesebben

Komputer statisztika gyakorlatok

Komputer statisztika gyakorlatok Eszterházy Károly Főiskola Matematikai és Informatikai Intézet Tómács Tibor Komputer statisztika gyakorlatok Eger, 2010. október 26. Tartalomjegyzék Előszó 4 Jelölések 5 1. Mintagenerálás 7 1.1. Egyenletes

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

Mikrohullámok vizsgálata. x o

Mikrohullámok vizsgálata. x o Mikrohullámok vizsgálata Elméleti alapok: Hullámjelenségen valamilyen rezgésállapot (zavar) térbeli tovaterjedését értjük. A hullám c terjedési sebességét a hullámhossz és a T rezgésido, illetve az f frekvencia

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 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 PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS EMELT SZINT

MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS EMELT SZINT Matematika RÉ megoldókulcs 0. január. MTEMTIK RÓBÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS EMELT SZINT dottak a 0; ; ; ; ; ; 5; 7; 7; 8 számjegyek. a Hány darab tízjegyű, 5-tel osztható szám készíthető az adott számjegyekből

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

MITISZK Miskolc-Térségi Integrált Szakképző Központ

MITISZK Miskolc-Térségi Integrált Szakképző Központ MITISZK Miskolc-Térségi Integrált Szakképző Központ VALÓSZÍNŰSÉG-SZÁMÍTÁS ÉS MATEMATIKAI STATISZTIKA FEGYVERNEKI SÁNDOR Miskolci Egyetem Gépészmérnöki és Informatikai Kar Készült a HEFOP-3.2.2-P.-2004-10-0011-/1.0

Részletesebben

4. előadás. Vektorok

4. előadás. Vektorok 4. előadás Vektorok Vektorok bevezetése Ha adottak a térben az A és a B pontok, akkor pontosan egy olyan eltolás létezik, amely A-t B- be viszi. Ha φ egy tetszőleges eltolás, akkor ez a tér minden P pontjához

Részletesebben

Csődvalószínűségek becslése a biztosításban

Csődvalószínűségek becslése a biztosításban Csődvalószínűségek becslése a biztosításban Diplomamunka Írta: Deák Barbara Matematikus szak Témavezető: Arató Miklós, egyetemi docens Valószínűségelméleti és Statisztika Tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem,

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

TERMELÉSMENEDZSMENT. Gyakorlati segédlet a műszaki menedzser szak hallgatói számára. Összeállította: Dr. Vermes Pál főiskolai tanár 2006.

TERMELÉSMENEDZSMENT. Gyakorlati segédlet a műszaki menedzser szak hallgatói számára. Összeállította: Dr. Vermes Pál főiskolai tanár 2006. Szolnoki Főiskola Műszaki és Mezőgazdasági Fakultás Mezőtúr TERMELÉSMENEDZSMENT Gyakorlati segédlet a műszaki menedzser szak hallgatói számára Összeállította: Dr. Vermes Pál főiskolai tanár Mezőtúr 6.

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

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

LTI Rendszerek Dinamikus Analízise és Szabályozásának Alapjai

LTI Rendszerek Dinamikus Analízise és Szabályozásának Alapjai Diszkrét és hibrid diagnosztikai és irányítórendszerek LTI Rendszerek Dinamikus Analízise és Szabályozásának Alapjai Hangos Katalin Közlekedésautomatika Tanszék Rendszer- és Irányításelméleti Kutató Laboratórium

Részletesebben

matematikai statisztika 2006. október 24.

matematikai statisztika 2006. október 24. Valószínűségszámítás és matematikai statisztika 2006. október 24. ii Tartalomjegyzék I. Valószínűségszámítás 1 1. Véletlen jelenségek matematikai modellje 3 1.1. Valószínűségi mező..............................

Részletesebben

választással azaz ha c 0 -t választjuk sebesség-egységnek: c 0 :=1, akkor a Topa-féle sebességkör teljes hossza 4 (sebesség-)egységnyi.

választással azaz ha c 0 -t választjuk sebesség-egységnek: c 0 :=1, akkor a Topa-féle sebességkör teljes hossza 4 (sebesség-)egységnyi. Egy kis számmisztika Az elmúlt másfél-két évben elért kutatási eredményeim szerint a fizikai téridő geometriai jellege szerint háromosztatú egységet alkot: egymáshoz (a lokális éterhez mért v sebesség

Részletesebben

BEVEZETÉS AZ ÁBRÁZOLÓ GEOMETRIÁBA

BEVEZETÉS AZ ÁBRÁZOLÓ GEOMETRIÁBA Pék Johanna BEVEZETÉS AZ ÁBRÁZOLÓ GEOMETRIÁBA (Matematika tanárszakos hallgatók számára) Tartalomjegyzék Előszó ii 0. Alapismeretek 1 0.1. Térgeometriai alapok............................. 1 0.2. Az ábrázoló

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

Feladatok és megoldások a 4. hétre

Feladatok és megoldások a 4. hétre Feladatok és megoldások a. hétre Építőkari Matematika A3. Pisti nem tanult semmit a vizsgára, ahol 0 darab eldöntendő kérdésre kell válaszolnia. Az anyagból valami kicsi dereng, ezért kicsit több, mint

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

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

Természetes számok: a legegyszerűbb halmazok elemeinek. halmazokat alkothatunk, ezek elemszámai természetes 3+2=5

Természetes számok: a legegyszerűbb halmazok elemeinek. halmazokat alkothatunk, ezek elemszámai természetes 3+2=5 1. Valós számok (ismétlés) Természetes számok: a legegyszerűbb halmazok elemeinek megszámlálására használjuk őket: N := {1, 2, 3,...,n,...} Például, egy zsák bab felhasználásával babszemekből halmazokat

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

BUDAPESTI KÖZGAZDASÁGTUDOMÁNYI EGYETEM. Puskás Csaba, Szabó Imre, Tallos Péter LINEÁRIS ALGEBRA JEGYZET

BUDAPESTI KÖZGAZDASÁGTUDOMÁNYI EGYETEM. Puskás Csaba, Szabó Imre, Tallos Péter LINEÁRIS ALGEBRA JEGYZET BUDAPESTI KÖZGAZDASÁGTUDOMÁNYI EGYETEM Puskás Csaba, Szabó Imre, Tallos Péter LINEÁRIS ALGEBRA JEGYZET BUDAPEST, 1997 A szerzők Lineáris Algebra, illetve Lineáris Algebra II c jegyzeteinek átdolgozott

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 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

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

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

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

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

Valószín ségelmélet házi feladatok

Valószín ségelmélet házi feladatok Valószín ségelmélet házi feladatok Minden héten 3-4 házi feladatot adok ki. A megoldásokat a következ órán kell beadni, és kés bb már nem lehet pótolni. Csak az mehet vizsgázni, aki a 13 hét során kiadott

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

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

Mikroökonómia I. feladatok

Mikroökonómia I. feladatok Mikroökonómia I. feladatok 2014 december Írta: Rózemberczki Benedek András Alkalmazott közgazdaságtan szak Got It! konzultáció 2014 TARTALOMJEGYZÉK TARTALOMJEGYZÉK Tartalomjegyzék 1. Preferenciák 3 2.

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

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

1. Vizsgálat az időtartományban. 1.1. Határozza meg az ábrán vázolt diszkrét idejű hálózat állapotváltozós leírásának normál alakját!

1. Vizsgálat az időtartományban. 1.1. Határozza meg az ábrán vázolt diszkrét idejű hálózat állapotváltozós leírásának normál alakját! . Vizsgálat az időtartományban.. Határozza meg az ábrán vázolt diszkrét idejű hálózat állapotváltozós leírásának normál alakját! x x x xy x [ k ] x b( c eg x x gf u [ k ] x ( bd beh x x fh [ k ] bx( c

Részletesebben

Color profile: Generic CMYK printer profile Composite 150 lpi at 45 degrees

Color profile: Generic CMYK printer profile Composite 150 lpi at 45 degrees Color profile: Generic CMYK printer profile Composite 150 lpi at 45 degrees Matematikai Lapo / Borító 2013. december 13. 19:28:39 13-1-borito 2014/5/20 11:55 page 0 #1 MATEMATIKAI LAPOK A Bolyai János

Részletesebben

A lineáris programozás 1 A geometriai megoldás

A lineáris programozás 1 A geometriai megoldás A lineáris programozás A geometriai megoldás Készítette: Dr. Ábrahám István A döntési, gazdasági problémák optimalizálásának jelentős részét lineáris programozással oldjuk meg. A módszer lényege: Az adott

Részletesebben

Körmozgás és forgómozgás (Vázlat)

Körmozgás és forgómozgás (Vázlat) Körmozgás és forgómozgás (Vázlat) I. Egyenletes körmozgás a) Mozgás leírását segítő fogalmak, mennyiségek b) Egyenletes körmozgás kinematikai leírása c) Egyenletes körmozgás dinamikai leírása II. Egyenletesen

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

KÖZGAZDASÁGI ALAPISMERETEK (ELMÉLETI GAZDASÁGTAN)

KÖZGAZDASÁGI ALAPISMERETEK (ELMÉLETI GAZDASÁGTAN) 0801 ÉRETTSÉGI VIZSGA 009. május. KÖZGAZDASÁGI ALAPISMERETEK (ELMÉLETI GAZDASÁGTAN) EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ

Részletesebben

NUMERIKUS MÓDSZEREK FARAGÓ ISTVÁN HORVÁTH RÓBERT. Ismertető Tartalomjegyzék Pályázati támogatás Gondozó

NUMERIKUS MÓDSZEREK FARAGÓ ISTVÁN HORVÁTH RÓBERT. Ismertető Tartalomjegyzék Pályázati támogatás Gondozó FARAGÓ ISTVÁN HORVÁTH RÓBERT NUMERIKUS MÓDSZEREK 2011 Ismertető Tartalomjegyzék Pályázati támogatás Gondozó Szakmai vezető Lektor Technikai szerkesztő Copyright Az Olvasó most egy egyetemi jegyzetet tart

Részletesebben

Sztochasztikus folyamatok 1. házi feladat

Sztochasztikus folyamatok 1. házi feladat Sztochasztikus folyamatok 1. házi feladat 1. Egy borfajta alkoholtartalmának meghatározására méréseket végzünk. Az egyes mérések eredményei egymástól független valószínûségi változók, melyek normális eloszlásúak,

Részletesebben

A kompetitív piac közelítése sokszereplős Cournot-oligopóliumokkal

A kompetitív piac közelítése sokszereplős Cournot-oligopóliumokkal A kompetitív piac közelítése sokszereplős Cournot-oligopóliumokkal Tasnádi Attila Kivonat Mikroökonómia tankönyvekből és példatárakból ismert, hogy egy homogén termékű Cournot-oligopol piacon a termelők

Részletesebben

Más viszonylatban (például Badacsonyból Füredre, vagy Tapolcáról közvetlenül Fonyódra, stb.) a szállítás értelmetlen, ezért nem lehetséges.

Más viszonylatban (például Badacsonyból Füredre, vagy Tapolcáról közvetlenül Fonyódra, stb.) a szállítás értelmetlen, ezért nem lehetséges. OPERÁCIÓKUTATÁS, 2005. december 28. A NÉV: 2-0 NEPTUN KÓD:. Követ kell szállítani Tapolcáról, illetve Veszprémből Kaposvárra és Pécsre. A szállításnál mind szárazföldön, mind vizen közbülső szállítási

Részletesebben

Elektromágneses terek gyakorlat - 6. alkalom

Elektromágneses terek gyakorlat - 6. alkalom Elektromágneses terek gyakorlat - 6. alkalom Távvezetékek és síkhullám Reichardt András 2015. április 23. ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom 2015.04.23 1 / 60 1 Távvezeték

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

Determinisztikus folyamatok. Kun Ferenc

Determinisztikus folyamatok. Kun Ferenc Determinisztikus folyamatok számítógépes modellezése kézirat Kun Ferenc Debreceni Egyetem Elméleti Fizikai Tanszék Debrecen 2001 2 Determinisztikus folyamatok Tartalomjegyzék 1. Determinisztikus folyamatok

Részletesebben

Matematikai programozás gyakorlatok

Matematikai programozás gyakorlatok VÁRTERÉSZ MAGDA Matematikai programozás gyakorlatok 2003/04-es tanév 1. félév Tartalomjegyzék 1. Számrendszerek 3 1.1. Javasolt órai feladat.............................. 3 1.2. Javasolt házi feladatok.............................

Részletesebben

5. gyakorlat. Lineáris leképezések. Tekintsük azt a valós függvényt, amely minden számhoz hozzárendeli az ötszörösét!

5. gyakorlat. Lineáris leképezések. Tekintsük azt a valós függvényt, amely minden számhoz hozzárendeli az ötszörösét! 5. gyakorlat Lineáris leképezések Tekintsük azt a valós függvényt, amely minden számhoz hozzárendeli az ötszörösét! f : IR IR, f(x) 5x Mit rendel hozzá ez a függvény két szám összegéhez? x, x IR, f(x +

Részletesebben

Miskolci Egyetem, Gyártástudományi Intézet, Prof. Dr. Dudás Illés

Miskolci Egyetem, Gyártástudományi Intézet, Prof. Dr. Dudás Illés 6. MENETMEGMUNKÁLÁSOK A csavarfelületek egyrészt gépelemek összekapcsolására (kötő menetek), másrészt mechanizmusokban mozgás átadásra (kinematikai menetek) szolgálnak. 6.1. Gyártási eljárások a) Öntés

Részletesebben

A műszaki rezgéstan alapjai

A műszaki rezgéstan alapjai A műszaki rezgéstan alapjai Dr. Csernák Gábor - Dr. Stépán Gábor Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Műszaki Mechanikai Tanszék 2012 Előszó Ez a jegyzet elsősorban gépészmérnök hallgatóknak

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

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

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

4. sz. Füzet. A hibafa számszerű kiértékelése 2002.

4. sz. Füzet. A hibafa számszerű kiértékelése 2002. M Ű S Z A K I B I Z O N S Á G I F Ő F E L Ü G Y E L E 4. sz. Füzet A hibafa számszerű kiértékelése 00. Sem a Műszaki Biztonsági Főfelügyelet, sem annak nevében, képviseletében vagy részéről eljáró személy

Részletesebben

Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség)

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

Részletesebben

Kecskeméti Fıiskola GAMF Kar Informatika Tanszék. Johanyák Zsolt Csaba

Kecskeméti Fıiskola GAMF Kar Informatika Tanszék. Johanyák Zsolt Csaba Kecskeméti Fıiskola GAMF Kar Informatika Tanszék Johanyák Zsolt Csaba 003 Tartalomjegyzék. Bevezetés.... A megbízhatóság fogalmai..... A termék idıtıl függı képességei...... Használhatóság /Üzemkészség/

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 1413 ÉRETTSÉGI VIZSGA 015. május 5. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

Hiányos másodfokú egyenletek. x 8x 0 4. A másodfokú egyenlet megoldóképlete

Hiányos másodfokú egyenletek. x 8x 0 4. A másodfokú egyenlet megoldóképlete Hiányos másodfokú egyenletek Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán! 1. = 0 /:. = 8 /:. 8 0 4. 4 4 0 A másodfokú egyenlet megoldóképlete A másodfokú egyenletek általános alakja: a

Részletesebben

Félévi időbeosztás (nagyjából) házi feladat beadási határidőkkel (pontosan) Valószínűségszámítás 2. matematikusoknak és fizikusoknak, 2009 tavasz

Félévi időbeosztás (nagyjából) házi feladat beadási határidőkkel (pontosan) Valószínűségszámítás 2. matematikusoknak és fizikusoknak, 2009 tavasz Félévi időbeosztás (nagyjából) házi feladat beadási határidőkkel (pontosan) Valószínűségszámítás 2. matematikusoknak és fizikusoknak, 2009 tavasz Dátum Téma beadandó Feb 12Cs Konvolúció (normális, Cauchy,

Részletesebben

BBBZ kódex --------------------------------------------------------------------------------------------------------- 4.3 Hajók propulziója

BBBZ kódex --------------------------------------------------------------------------------------------------------- 4.3 Hajók propulziója 4.3 Hajók propulziója A propulzió kifejezés latin eredetű, nemzetközileg elfogadott fogalom, amely egy jármű (leginkább vízi- vagy légi-jármű) meghajtására vonatkozik. Jelentése energiaátalakítás a meghajtó

Részletesebben

LÁNG CSABÁNÉ SZÁMELMÉLET. Példák és feladatok. ELTE IK Budapest 2010-10-24 2. javított kiadás

LÁNG CSABÁNÉ SZÁMELMÉLET. Példák és feladatok. ELTE IK Budapest 2010-10-24 2. javított kiadás LÁNG CSABÁNÉ SZÁMELMÉLET Példák és feladatok ELTE IK Budapest 2010-10-24 2. javított kiadás Fels oktatási tankönyv Lektorálták: Kátai Imre Bui Minh Phong Burcsi Péter Farkas Gábor Fülöp Ágnes Germán László

Részletesebben

Sorozatok begyakorló feladatok

Sorozatok begyakorló feladatok Sorozatok begyakorló feladatok I. Sorozatok elemeinek meghatározása 1. Írjuk fel a következő sorozatok első öt elemét és ábrázoljuk az elemeket n függvényében! a n = 4n 5 b n = 5 n 2 c n = 0,5 n 2 d n

Részletesebben