Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek"

Átírás

1 Elsôfokú egyváltozós egyenletek 6 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek. Elsôfokú egyváltozós egyenletek 000. Érdemes egyes tagokat, illetve tényezôket alkalmasan csoportosítani, valamint kiemeléseket végezni. Például: a) 8-68 =-0, - + = 0, ezen tagok összege 0; a = = 00. b) 8-7 =, - =, ezen tagok összege ; = 000, b = = c) + + =, + =, - - =-, ezért c = + - = d) + - = 0, - = 0, d = - = e) e = 4 $ $ = 00 $ = 00. f) f = 6 $ (97 + ) = g) g = 8 $ ( - + 9) = 8 $ 0 = a) x =,; b) x = 0,; c) x =-; d) x =-4; e) x =-,; f) x =-0; x x g) x =-; h) = 60-60, innen x = ; 66 i) 4(x - ) + 0 $, = (x + ) + 4 $, innen x = -. 6 Megjegyzések: Helytakarékossági okokból nem végeztünk ellenôrzést, de ez az egyenletek megoldásának szerves része. Az ellenôrzés egyik módja a kapott eredmény visszahelyettesítése. Ha a megoldás során minden lépésben ügyeltünk arra, hogy azonos (másképpen ekvivalens) átalakításokat végezzünk, akkor nem szükséges a kapott eredményt visszahelyettesíteni. (Ekvivalens átalakítások során ekvivalens egyenleteket kapunk. Két egyenlet ekvivalens, ha ugyanazok a gyökei. Ekvivalens átalakítások alkalmazásakor tehát nem veszítünk gyököt, és nem keletkezik hamis gyök sem.) Elôfordulhat, hogy egy egyenlet gyökeit nem tudjuk visszahelyettesítéssel ellenôrizni; például végtelen sok megoldást kaptunk, vagy egyet sem. Ekkor feltétlenül meg kell vizsgálnunk, hogy azonos átalakításokat végeztünk-e. Általában tehát azt mondhatjuk, hogy a megoldás ellenôrzését vagy a kapott eredmény visszahelyettesítésével, vagy az átalakítások ekvivalenciájának vizsgálatával végezhetjük el. 00. a) x = ; b) nincs megoldás (x = 0 nincs benne az alaphalmazban).

2 6 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek c) A zárójelek felbontása után x - 4-6x - =-6x x + +, innen x = d) x = c,97; e) x =. f) Mindkét oldalt 6-tal szorozva 48 - $ x = 8 - $ (x - ), innen x = 7. 0 g) x = - ; h) x = nem megoldás; i) x =- nem természetes szám; 7 j) x = a) x + - x - + (x - ) = x -, innen x =, és x! Q. b) A bal oldal - x + [x - (x + 4)] =-x + x - 6(x + 4) =-x + x - 9-6x - 4 =-x - 4. Innen x = -, de ez nem pozitív. Nincs megoldás. c) Azonosságot kapunk, minden x < valós szám megoldás. 8 d) x = ; 89 e) x = - ; 6 R J x NV S f) Elsô megoldás: A bal oldal - x+ + x- + W 8 K 4 8 O S W = T L PX J x N = - x+ + x- + 8 K 4 8 O = x x x $ - $ = L P 4 8x 8x 4x = x = alakra hozható, innen 8 8-4x x = -, x = 0,6, és x! ] - ; ] Második megoldás: A kifejezést belülrôl kifelé haladva átalakítjuk. A bal oldal x x + = + x+ + 8x-4x-, + x- $ = = x = + x, x = 4 x - 4x 4x, = - alakra 8 8 hozható stb. g) x = ; h) x = 44, x! N a) x =-; -! [ -6; 6]; b) x =,, és,! Q; c) nincs megoldás; d) x = 9,6, de ez nem megoldás, mert kívül esik az alaphalmazon; 60 e) nincs megoldás (x = -, de ez nem pozitív); f) x =-0,6, és x < 0; g) x = 0,.

3 Elsôfokú egyváltozós egyenletek a) A két tört nevezôje ugyanaz, a számlálóknak is meg kell egyezniük; x = 8 (és x =Y ). b) x =, x = 8. Megjegyzés: Ha az a) feladatbeli egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk (x - ) -nel, a b) egyenletet kapjuk. Azonban az átalakítás nem ekvivalens, b)-nek x = is gyöke. c) Nincs megoldás, x = nem lehet. 8 8 d) - x = -, innen x =-8 (x =Y ). x- e) x - + = x - 7, innen 9 - x = x - 7, x = 4. Ekkor a tört 4 x - 4 nevezôje 0 lenne, így nincs megoldás. 9 - x 4 - x Másik megoldási lehetôség: - = =- =Y. x - 4 x - 4 x - 4 x + f) = x +, az egyenlet azonosság. Az x = 0 kivételével minden x x valós szám megoldás. g) Minden valós szám megoldás. h) x = 0, vagy a (x + ) = x - egyenletbôl x =-. i) x =, x =-. j) Egy szorzat akkor és csak akkor 0, ha valamelyik tényezôje 0; x =-, x =, x =. k) Egy tört értéke akkor és csak akkor nulla, ha számlálója nulla, és nevezôje nem nulla. A megoldás x! {; - ; - } A hagyományos, egyenletrendezésen alapuló megoldások mellett speciális megoldási módszereket is alkalmazhatunk. a) Az egyenlet jobb oldalán pozitív szám áll, a bal oldalon nem; nincs megoldás. b) A bal oldalon pozitív szám áll, a jobb oldalon is annak kell lennie; ezért x = 0 vagy x = lehet csak megoldás. Visszahelyettesítés után x =. c) A jobb oldalon pozitív (egész) szám áll, a bal oldalon is annak kell lennie, ezért x =- vagy x =- lehet csak megoldás. Visszahelyettesítés után x =-. d) Észrevehetjük, hogy + = 4 + = +, ezért adjunk az egyenlet mindkét oldalához -at (a bal oldalon minden taghoz -et). Ekkor x+ 6 x+ 6 x+ 6 J N + + = ( x + 6) K 4 O = 0, innen x =-6. L P e) A négyzetgyök alatt nem állhat negatív szám, ezért x $ ; a jobb oldal nem lehet negatív, ezért x #. Nincs megoldás.

4 64 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek f) A bal oldalon páros szám áll, a jobb oldalon páratlan. Nincs megoldás. g) (x; y) = (0; 0). h) (x; y; z) = (0; 0; 0). x - 9 6x - x - 9-6x 6x a) + = + = =, ha x =Y. x - - x x - x - x - Innen = x -, x =. b) = x, nincs megoldás. (A nevezô nem lehet 0.) J c) = azonosság K minden valós szám megoldás, kivéve x = N O. L P x - ( x+ )( x- ) d) = = x +, ha x =Y. x + =, innen x =. x - x - e) x + =, innen x = lenne, de ez nem megoldás. x + 4x+ 4 ( x + ) f) = = x +, ha x =Y -. x + = x -, innen x + x + x =. g) x + = x + 4, innen x =- lenne, de ez nem megoldás. 7 7( x ) ( x ) h) x+ + x- = x - 6 =. Ha x =Y!, ( x+ )( x-) x - 9 akkor x - 6 =, x =. 4 i) x = 9. x x 4 x x( x ) ( x 4)( x ) j) x x - x = = x + x xx ( + )( x-) - 6x =, innen x =. xx ( + )( x-) x + J N x + x + x + x x k) : + : $ x + 6 K x O = = x + 6 x x + 6 x + =, ha x =Y 0, x + 6 L P x x =Y - és x =Y - 6. A x + 6 = x egyenletbôl x = 0 és x =- adódik, de x nem megoldás a) x =Y, ekkor x = x, x(x - ) = 0. Innen x = 0 megoldás, x = nem felel meg a kikötésnek. b) x = ; c) x =,; d) x = 0; e) x= ; f) x =, innen x =! ; g) x =.

5 Elsôfokú egyváltozós egyenletek a) x + y + z =, innen y = 0 vagy y = lehetséges. Ha y = 0, akkor x + z =, minden (x; z) = (t; - t), t! N, t # alakú megoldás jó. Ha y =, akkor x + z =, s innen (x; z) = (0; ) vagy (x; z) = (; 0). b) x + y + z =, innen (x; y; z)! {(0; 0; ), (0; ; ), (; 0; 0)}. c) y = - 6x, így y osztható 6-tal. (y; x) lehetséges értékei: (0; ), (6; ) vagy (; 0). 4x+ 6y d) + t = z. A jobb oldalon és közötti egész szám van, így 7 t = 0 vagy t =. Ha t = 0, akkor 4x + 6y lehetséges értékei:, 8,. Innen csak 4x + 6y = 8 lehetséges (z = 4), s ekkor (x; y) = (; 4), (4; ) vagy (7; 0). Ha t =, akkor z =, x = y = 0. e) x + 8z = y +. A jobb oldal értéke legfeljebb, így z = 0 vagy z = lehetséges. Ha z = 0, akkor (x; y) = (; ), (; 4), (4; 7) vagy (; 0); ha z =, akkor (x; y) = (0; ), (; 6) vagy (; 9). f) Nincs megoldás; a bal oldal osztható -mal, a jobb oldal nem y + y 00. a) x = = 48 - y +. Mivel x egész, y = t - (t! N + ), s ekkor x = - t. A lehetséges megoldásokat az alábbi táblázatban soroltuk fel: t x y b) (x; y) = (60-7t; t), ahol t = 9, 0,,, 9. c) y =x - + x -, innen x =t +, y =7t - (t! Z). A megoldások: t - 0 x - y -9 - d) Nincs megoldás; a bal oldalon páros, a jobb oldalon páratlan szám áll. 9 - x - x e) y = = 9 - x +, innen x = - t, y = t + 8 (t! Z). 7 f) x = y + y = 6+ y+, innen y = t -, x = 7t + (t! Z).

6 66 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek Egyszerû szöveges feladatok Helytakarékossági okokból általában nem végeztük el az eredmények ellenôrzését, de szöveges feladatok esetén kötelezô a kapott eredményt a szöveg alapján, a szövegbe való visszahelyettesítéssel ellenôrizni! A szöveges feladatok egy részét - az egyenlettel, egyenletrendszerrel való megoldás mellett - következtetéssel is megoldhatjuk. Néhány esetben erre is mutatunk példát. 0. Jelöljük x-szel a keresett számot! a) x= x+, innen x = b) x= x+, innen x = 7,. 4 (Következtetéssel: a szám -a kétszerese -ának; ha ez -tel na- gyobb, akkor a szám -a éppen, s maga a szám 7,.) 6 6 c) Nincs megoldás. d) x =. e) x = -. f) x = 0. g) x = 4. h) x =-,. i) x =. j) Azonosság; minden valós x szám megoldás a) Ha a keresett szám -e, akkor -e, s a szám. 4 4 b) A kimondatlan kérdés lehet: Mekkora a térfogatom? Jelöljük V V V V-vel a térfogatunkat! Ekkor V =, ahonnan V = (térfogategység). Megkaptuk az edény térfogatát is, ez térfogategység. s J s N c) Jelöljük a keresett számot s-sel! Ekkor s + - s + =0 K O, L P innen s = 9. d) A szám 4. e) Elsô megoldás: Jelöljük a keresett kincsek számát k-val! Ekkor k J k N k - - k - =0 7 K O, ahonnan k = = 7 +. L P Második megoldás: Ha elvesszük egy mennyiség részét, akkor 7 6 k 6 része marad meg. Így $ = 0, k =. 7 7

7 Elsôfokú egyváltozós egyenletek 67 Harmadik megoldás: Okoskodhatunk visszafelé! Ha a második 6 személy elvitte a maradék tizenheted részét, akkor a kincs része 7 7 maradt meg. Mivel ez 0, a második személy elôtt 0 $ kincs 6 volt a kamrában. Ez pedig az elsô személy által elvitt -nyi kincs maradéka, vagyis az összes része. Így eredetileg 7 0 $ $ = 7 + kincs volt a kamrában. 6 Megjegyzés: Mai értelmezéssel csak egész számú kincset fogadnánk el megoldásként. 0. Elsô megoldás: Az életkorok összege a kiállítás elôtt 4 év, a kiállítás után 0 év. A kiállított játékos éves volt. $ 0 + x Második megoldás: Ha a kiállított játékos x éves volt, =, innen x = (év). 04. Jelölje a számokat x és x +, ekkor x + x + = x +. a) x + = 004, innen x = 00,, ez nem megoldás. (Két szomszédos egész szám összege páratlan.) b) x + = 00, innen x = 00. A számok 00 és x 0. Elsô megoldás: Jelölje x az osztálylétszámot, ekkor x + = +, 9 innen x = 7. Második megoldás: Eredetileg az osztály 9 része fiú, ez 9 résszel nagyobb, mint a lányok aránya. Ha az osztályba három lány érkezne, a fiúk és lányok száma megegyezne, így az osztály 9 része három, az osztálylétszám tehát 9 $ = Jelöljük a kétjegyû szám elsô számjegyét a-val, a másodikat b-vel! Ekkor az eredeti szám 0a + b, a számjegyek felcserélésével kapott szám 8 0b + a, innen 0b + a = $ ( 0a+ b), b = 7a. Az egyenlet jobb oldalán álló szám osztható 7-tel. és 7 relatív prímek, ezért 7 osztja b-t is. Mivel b számjegy, így csak 0 vagy 7 lehet. Ha b = 0, nem kapunk kétjegyû számot; míg ha b = 7, akkor a =. A keresett szám tehát a Mindegyik gyerek öt évvel lesz idôsebb, az életkorok összege évvel nô, vagyis 70 év lesz. 08. Ha a fiú most x éves, akkor az apa életkora x. 4 év múlva a fiú (x + 4), az apa (x + 4) éves lesz, innen x + 4 = (x + 4). A fiú most 4, az apa 4 éves.

8 68 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek 09. a) Ha a nézô által kigondolt szám x, akkor a mûveletsor eredménye 0 ( x + ) -00 = x -. Tehát a bûvész a bemondott számhoz 0 fejben hozzáad -öt, a kapott számnak a felét veszi, és megtudja, milyen számra gondolt a nézô. + b) = a) Az átlagsebesség, megtett út és eltelt idô között s = v $ t a kapcsolat. 00 Innen t = = 8 óra 0 perc, illetve t 00 = = 6 óra 40 perc a menetidô, tehát az érkezési idô 6 óra 0 perc, illetve 4 óra 40 perc. b) Ha a kerékpárosok t óra óta úton vannak, akkor: Kerékpárosok Elsô kerékpáros Második kerékpáros Sebesség Idô Út Hátralévô út (km/h) (óra) (km) (km) t t 00 - t t t 00 - t 00. Innen (00 - t) = 00 - t, t = 9 0 c,6 (óra). Az út - idô grafikon (00. ábra): (Az ábrán ()-mal jelölt egyenes meredeksége 0.) 0 c) A második kerékpáros menetideje t =, így az elsô kerékpáros menetideje legfeljebb t = lehet. Innen v = = c,04 (km/h) legalább.

9 Elsôfokú egyváltozós egyenletek a) Ha t idô múlva találkoznak: Kerékpárosok Elsô kerékpáros Második kerékpáros Sebesség Idô Út (km/h) (óra) (km) t t t t A két kerékpáros együttesen 00 km-t tesz meg, így t + t = 00, 00 innen t = c,70, tehát c óra 4 perckor találkoznak. 7 Másképpen is okoskodhatunk: A két kerékpáros egymáshoz viszonyított relatív sebessége + = 7 (km/h), s ekkora sebességgel kell 00 km-t megtenni. b) Tegyük fel, hogy Gödöllô és Hatvan között találkoznak az indulás után t órával! Kerékpárosok Elsô kerékpáros Második kerékpáros Sebesség Idô Út Hátralévô út (km/h) (óra) (km) Hatvanig (km) t t 8 - t t t 7 - t 6 Ekkor (8 - t) = 7 - t, de t = - nem ad megoldást (bár 9 fizikai szempontból van értelme az eredménynek). Ha Hatvan és Eger között találkoznak: Kerékpárosok Elsô kerékpáros Második kerékpáros Sebesség Idô Út Távolság (km/h) (óra) (km) Hatvantól (km) t t t - 8 t t 7 - t 8 Ekkor (t - 8) = 7 - t, innen t = c,8 (óra). 9

10 70 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek 0. Az út - idô grafikon (0. ábra): A () egyenes () affin képe (az arány ). 8 c) 8 - t = t, innen t = c,04 (óra) d) A találkozási idô t = - =, így _ v + i = 00, s innen 7 v =,99 (km/h). Az elsô kerékpárosnak ekkorára kell növelnie az átlagsebességét. 0. a) Az elsô kerékpáros t órányi idô alatt 6t utat tesz meg, a második kerékpáros (t - ) óra alatt 6(t - )-et. Együtt 0 km-nyi utat tesznek meg, így 86 6t + 6(t - ) = 0. Innen t = c,8, 0. a találkozási idejük c 9 óra perc. (Másképpen: a relatív sebességük km/h, 0-6 így az elsô óra utáni menetidô = = 4 N stb. O P b) 0. ábra c) Az elsô kerékpáros által a találkozásig megtett út 0 km-rel több, így 6t + 0 = 6(t - ). Innen t = 9,, tehát óra 8 perckor találkoznak. (A relatív sebességgel számolva óra a találkozási idô.) 0 0. Ha a gyorsvonat a két város közötti s távolságot t idô alatt tette meg: Vonatok Sebesség Út Idô (km/h) (km) (óra) Személyvonat 60 s t+, Gyorsvonat 90 s t Ekkor 60(t +,) = 90t, innen t = (óra), és s = 70 km.

11 Elsôfokú egyváltozós egyenletek a) A százalék századrészt jelent, 00 Ft %-a tehát 00 Ft egy századrésze. 00 $ 0,0 = (Ft). b) 00 $ 0, = 0 (Ft); c) 00 $ 0, = 770 (Ft); d) 00 $ 0,7 = 6 (Ft); e) 00 Ft; f) 00 $, = 400 (Ft); g) 00 $, = 70 (Ft); h) 00 $ 0,00 = 7 (Ft); i) 00 $ 0,000 4 =,4 (Ft); j) 00 $ 0,004 = 4 (Ft); k) 00 $ 0,000 6 =, (Ft) a) 48 a 40-nek = = része, vagyis 0 %-a b) = = rész, vagyis % , c) = rész, vagyis % d) c 0,467 rész, vagyis c 4,67%. 40 e) 00%. 00 f) c,08 rész, vagyis c 08,%. 40 g) c 0,004 rész, vagyis c 0,4%. 40 h) Az méternek 0-ed része, vagyis a 40 méternek c 0,04%-a. 06. a) 0; b) A keresett számot jelöljük x-szel, ekkor 0,x - x = 90. Innen a keresett szám x = Egy szám %-a egyenlô részével; és része csak a 0-nak egyenlô szor. 00. A nadrág eredeti árát jelöljük x-szel, ekkor a végsô ár,x $ 0,8 = 0,96x. A kétszeri árváltozás után tehát csökkent az áru ára. (4%-kal.) Megjegyzés: A kapott eredmény nem függ a nadrág eredeti x árától, ezért a hasonló típusú feladatokban megtehetjük, hogy az eredeti árat pl. egységnyinek vagy 00 egységnek tekintjük. 0. Jelölje x a nadrág eredeti árát! a) Az áremelkedés utáni ár,x. Ha ezután az árcsökkentés arányát y-nal jelöljük, akkor,x $ y = x. Innen y = = 0,8, vagyis a kereskedônek az új árat 0%-kal kell csökkentenie., b) Az árleszállítás utáni ár 0,7x. Ha ezután az árnövelés arányát y-nal jelöljük, akkor 0,7x $ y = x. Innen y = =, o, vagyis a kereskedônek az új árat c,%-kal kell 07, növelnie.

12 7 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek 0. Jelölje x az eredeti árat! Az új ár ekkor,4x $ 0,7 = 0,98x, vagyis az áru %-kal lett olcsóbb. 0. Az eredeti árat jelölje x. a) Az. esetben a végsô ár,x $, =,6x, a. esetben,x $, = =,6x, az áru ára mindkét esetben 6,%-kal nôtt. b) Az. esetben a végsô ár,x $ 0,8 = 0,9x, a. esetben 0,8x $, = = 0,9x, az áru ára mindkét esetben 6,%-kal csökkent. c) Az. esetben a végsô ár,x $, $ 0,8 = 0,968x, a. esetben,x $ 0,8 $, = 0,968x, az áru ára mindkét esetben,%-kal csökkent liter 0%-os alkoholban 0 $ 0, = 6 liter, 0 liter %-os alkoholban 0 $ 0, = 7, liter tiszta alkohol van. Jelöljük x-szel a keverék töménységét, s tekintsük az alábbi táblázatot! Keverékek Térfogat Töménység Tiszta alkohol (liter) (%) (liter). keverék: 0 0 6,. keverék: 0 7, Összeöntve: 0 x, x =, $ 00 = 7, vagyis a keverék 7%-os lesz. 0 Megjegyzés: A keverék töménységét az ún. súlyozott közép (vagy súlyozott átlag) képletével 0, $ 0+ 0, $ 0 is kiszámíthatjuk: = 0, a) Keverékek Térfogat Töménység Tiszta alkohol (liter) (%) (liter). keverék: 4,. keverék: 6, Összeöntve: 0 x,7 7, = 0,7, a keverék 7%-os lesz $ 0, + 0 $ 0, b) c 0,89, a keverék 8,9%-os lesz c) 6,6%. 0 $ 0, d) = 0,87, a keverék 8,7%-os lesz $ 0, + 0 e) = 0,6, a keverék 6,%-os lesz

13 Egyenletrendszerek 7 $ 0, + 0 $ 0, + 40 $ 0, f) A három mennyiség súlyozott átlaga c c 0,67, a keverék 6,7%-os lesz. 06. Jelöljük L-lel a víz térfogatát! $ 0, a) Ekkor + L = 0,, innen L = (liter). 40 $ 0, b) 40 + L = 0,, innen L = 40 (liter). 40 $ 0, 80 c) = 0,, innen L = (liter) L d) Nem lehetséges; a töménység nem nôhet. $ 0, 8 + $ 0, e) = 0,08, innen L = 0, (liter). + + L 07. a) 8%. b) %. m$ 0, + m$ 0, 6 c) Ha a 0%-os sóoldat tömege m, akkor = 0,, m a keverék %-os lesz. (Az eredmény m-tôl független, a két töménység súlyozott közepét kaptuk.) d) 9%. 08. a) Kétszer annyit. b) Fele annyit. c) Semennyit. Egyenletrendszerek 09. a) Grafikus megoldás: Olyan (x; y) számpárokat keresünk, melyek az () és () egyenletet egyszerre elégítik ki. A feladatot átfogalmazhatjuk: az (x, y) derékszögû koordináta-rendszerben () és () képe is egy-egy ponthalmaz, s ekkor olyan P(x; y) koordinátájú 09/a. pontokat keresünk, amelyek az () és () ponthalmazhoz egyaránt hozzátartoznak. A derékszögû koordináta-rendszerben () képe olyan egyenes, melynek meredeksége, tengelymetszete, () képe pedig - meredekségû, 4 tengelymetszetû egyenes (09/a. ábra). Olyan P(x; y) pontokat keresünk, amelyek mindkét egyenesen rajta vannak. Egyetlen ilyen pont lesz, a két egyenes metszéspontja.

14 74 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek Az ábra alapján mindkét egyenes átmegy az (; ) ponton, errôl ellenôrzéssel is meggyôzôdhetünk. A két egyenesnek több metszéspontja nincs. Algebrai megoldás: Ha () y = x + és () y =-x + 4, akkor x + = =-x + 4 is teljesül. Innen x =, x =, s visszahelyettesítve pl. ()- be, y =. Az egyenletrendszer megoldása (x; y) = (; ). Ellenôrzés: () = $ + és () =- + 4 valóban teljesül. Megjegyzések: - A kétismeretlenes egyenletrendszerek megoldásai mindig számpárok. - A késôbbiekben - helytakarékossági okokból - már nem írjuk le, de a kapott megoldásokat mindig ellenôriznünk kell. Ezt úgy tehetjük meg, hogy a gyököket visszahelyettesítjük az eredeti egyenletekbe. - A grafikus megoldás általában nem ad pontos értéket (a leolvasási pontosság függ pl. a tengelyek beosztásától). Az ábrázolás segítségével megsejthetjük a metszéspontok koordinátáit, s ezeket visszahelyettesítéssel tudjuk ellenôrizni. - Miután a grafikus ábrázolás segítségével megtaláltuk a közös pontokat, mindig meg kell indokolnunk, hogy az ábrázolt ponthalmazoknak miért nincs több közös pontja. (Hiszen pl. a koordinátarendszer tengelyeit is csak véges tartomány- 09/b. ban ábrázoljuk; elképzelhetô, hogy az ábrázolt tartományon kívül van még közös pont.) - Két egyenesnek 0, vagy végtelen sok közös pontja lehet (ha egybeesnek). Két különbözô meredekségû egyenesnek egy közös pontja van, a továbbiakban nem indokoljuk a megoldás egyértelmûségét. b) Grafikus megoldás: () és () képe az 09/a. ábrán látható. Leolvasás és ellenôrzés után a metszéspont (; ). Algebrai megoldás: x + = x-, innen x =, visszahelyettesítés után y = a) Grafikus megoldás: () és () képe az 040/a. ábrán látható. Leolvasás és ellenôrzés után a metszéspont (-,; -0,). x Algebrai megoldás: - - = x + 4,, innen x =-,, visszahelyettesítés után y =-0,. b) Grafikus megoldás: A metszéspontot most nem tudjuk pontosan leolvasni; - < x < - és 0 < y <. (040/b. ábra). 8 Algebrai megoldás: x + = - x -, innen x = -, y =. 7 7

15 Egyenletrendszerek 7 040/a. 040/b. Megjegyzés: Geometriai módszerekkel (az egyenletrendszer megoldása nélkül) meghatározhatjuk a metszéspontot. Tekintsük a koordináta-rendszer azon egységnégyzetét, amelyben metszi egymást a két egyenes, s jelöljük a-val, illetve b-vel az 040/c. ábrán látható szakaszokat! a Derékszögû háromszögek hasonlósága miatt =, innen () b a = b a ; valamint - b =, innen () a = - b. Az egyenletrendszer megoldása = miatt b =, a =, b - b s innen az y =, x = - értékeket kapjuk a) A metszéspont pontos koordinátáit nem tudjuk leolvasni.,x - =,x +,4-bôl 7 07 x = -, y = -. 04/a /c.

16 76 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek 04/b. 04/a. b) A két egyenes tükrös helyzetû az y tengelyre, a metszéspont b0; l. (A értéket persze nem az ábráról olvastuk le, hanem az x = 0 helyettesítéssel mindkét egyenesre ugyanazt az y tengelymetszetet kaptuk.) Algebrai megoldás: x+ = - x+, innen (x; y) = b0; l. 04. a) A metszéspont pontos koordinátáit nem tudjuk leolvasni. x + = - x +, innen x = -, y = + b) Az egyenleteket átalakíthatjuk. x + y =, innen () y =-x + ; -x + y =-, innen () y = x - (ábra).. A metszéspont (; ). Algebrai megoldás: - x + = x -, innen x =, y =. c) Az egyenleteket átalakíthatjuk. x + y = 4, innen 4 7 () y = - x + ; x - 6y =-7, innen () y = x A metszéspont pontos koordinátáit nem tudjuk leolvasni Algebrai megoldás: - x+ = x+, innen x=, y= /b. 04/c.

17 Egyenletrendszerek Az egyik egyenletbôl kifejezzük valamelyik ismeretlent, s behelyettesítjük a másik egyenletbe. Ekkor egy egyenletet kapunk, melyben csak egy ismeretlen szerepel. a) Pl. ()-bôl ( ) x = y -, ezt ()-be helyettesítve (y - ) + y =. Innen 7y = 7, y =, s visszehelyettesítve ( )-be x =. Megoldás: (x; y) = (; ). b) ()-bôl y = 0,x -, innen ()-bôl - x - (0,x - ) =. (x; y) = (; - ). 7-, y 7-, y 044. a) ()-bôl x =, innen ()-bôl 4 $ -, y = 4. (x; y) = (,; 0). b) ()-bôl x = y - y -, innen ()-bôl $ + y =. J N (x; y) = ; K O. L P 4 4 J 4 N a) ()-bôl x = - y, innen ()-bôl - - y + y= y+ K O. 6 8 L P J 8 8 N (x; y) = - ; K 4 6 O. L P + b) ()-bôl x = 6 - y J N (x; y) = K ; O K O. L P 046. a) ()-bôl x = - 6 y, innen ()-bôl - - = 0. (x; y) = b0; l., innen ()-bôl = +. $ - 6 y + y - b) ()-bôl y = x - 7, innen ()-bôl - 4x + (x - 7) =-4. Azonosságot kaptunk, az egyenletrendszernek minden (x; y) = (a; a - 7) alakú valós számpár a megoldása. A derékszögû koordináta-rendszerben () és () képe ugyanaz az egyenes. J N c) ()-bôl x = - y, innen ()-bôl $ - y + 0y+ 7= 0 K O. Ellentmondást kaptunk, az egyenletrendszernek nincs megoldása. L P A derékszögû koordináta-rendszerben () és () képe párhuzamos egyenes, melyeknek nincs közös pontja Az egyenleteket megszorozzuk úgy, hogy valamelyik ismeretlen együtthatói megegyezzenek vagy egymás ellentettjei legyenek.

18 78 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek a) Elsô megoldás: Szorozzuk meg ()-et -mal, ()-t -vel, kapjuk: ( ) 6x + 9y = ; ( ) 6x - 4y = 8. A két egyenletben x együtthatója megegyezik, tehát a két egyenletet egymásból kivonva olyan egyenletet kapunk, melyben csak y szerepel. ( ) - ( ): y =, innen y =, visszehelyettesítve ()-be vagy ()- be x =. Második megoldás: Szorozzuk meg ()-et -vel, ()-t --mal, kapjuk: ( ) 4x + 6y = 4; ( ) - 9x + 6y =-. A két egyenletben y együtthatója megegyezik, a két egyenletet kivonásából ( ) - ( ): x = 6. Innen x =, visszehelyettesítve y =. Harmadik megoldás: Szorozzuk meg ()-et -vel, ()-t -mal, kapjuk: ( ) 4x + 6y = 4; ( ) 9x - 6y =. A két egyenletben y együtthatói egymás ellentettjei. A két egyenletet összeadásából ( ) + ( ): x = 6. Innen x =, visszehelyettesítve y =. b) Az elsô egyenlet -szereséhez hozzáadjuk ()-t, innen - y =-, y = ; visszahelyettesítés után x = a) Elsô megoldás: () - (): y 9 Második megoldás: () + (): 4x =-, innen x = -, és y =. 7 b) Az elsô egyenlet 6-szorosához hozzáadjuk a második egyenletet: 9 = 6, y =, és x = $ () + (): -,y = 0, innen (x; y) = (; 0). 7 J 6 N 049. a) 8 $ () + (): - y =, innen (x; y) = - ;- 6 4 K 8 08 O. L P J 6 N b) () + (): x =,, innen (x; y) = 78; K O. 9 L P 00. a) 0, $ () - (): x = 0, innen (x; y) = (0; 4). 4 b) () - (): b- ly = 7, innen y = 7, x = a) $ () - $ (): y b+ 7 - l= 0, innen (x; y) = b ; 0l. b) $ () + (): 0 =. Nincs megoldás. J --a N c), $ () - (): 0 = 0. Minden (x; y) = a; K 4 O, a! R számpár L P megoldás.

19 Egyenletrendszerek a) Legyen a = x, b = y, ekkor ( ) a + b = ; ( ) a - 4b =-7. Innen (a; b) = ( - ; ), visszahelyettesítve (x; y) = ( - ; ). b) Legyen a = x +, b = y - 4, ekkor ( ) - 4a + 4b = 0; ( ) a + b = 4. Innen (a; b) = (; ), visszahelyettesítve (x; y) = (0;,). 0. a) Legyen a = x +, b = y y- x, ekkor ( ) 7a - = b; 0 ( ) a - b =. 7 J N J 7 9 N Innen (a; b) = K ;- 7 O, visszahelyettesítve (x; y) = ; K O. L P L P b) Legyen a = x - y +, b = x+ y+, ekkor ( ) 4a + b = ; ( ) a - b =. J N Innen (a; b) = (; ), visszahelyettesítve (x; y) = ; K O. L P c) Legyen a = x + y -, b = x - y +. Ekkor ( ) 4a - b =-; ( ) a - b = 6. Innen (a; b) = (4; 6), visszahelyettesítve (x; y) = (; ). 04. a) (x; y) = (-; 4), és x, y! Q. b) (x; y) = (6; 0), és - < y <. J N 0. a) (x; y) = ; K O, és x, y > 0. L P J N b) (x; y) = K - ; O, és x, y! Q*. K 7 7 O L P J N 06. a) (x; y) = ; K O, de ez nem megoldás, mert y < 0 nem teljesül. L P b) Nincs megoldás.

20 80 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek J N K - O 07. a) (x; y) = ;, és x! Q*. K + + O L P J 0 N b) (x; y) = ; K O. L P J, a -, N c) Minden (x; y) = a; K 4, O számpár megoldás, ahol a! Z. L P d) (x; y) = (; ). Egyenletrendszerrel megoldható egyszerû szöveges feladatok 08. Jelölje a két számot x és y, ekkor () x + y = 0; () x - y = 0. A két egyenlet összeadása után x = 0, innen x =, ezt visszahelyettesítve y =. Megjegyzés: Ha az egyik számot a-val, a másikat (0 - a)-val jelöljük, akkor az egyenletrendszer helyett elég az a - (0 - a) = 0 egyenletet megoldani. 09. Jelöljük a lovon lévô zsákok számát x-szel, a szamáron lévôkét y-nal! Ekkor () y + =(x - ); () y - = x +. Az egyenletrendszer megoldása (x; y) = (; 7) Elsô megoldás: Jelölje a csirkék számát c, a nyulak számát n; ekkor () c + n = (a fejek száma); () c + 4n = 66 (a lábak száma). () - $ ()-bôl n = 0, n = 0, s ekkor c =. Tehát csirke van több a kertben. Második megoldás (következtetéssel): Ha a kertben csirke lenne, lábaik száma 46 volna. Ha egy csirkét egy nyúlra cserélünk, a fejek száma nem változik, a lábak száma -vel nô. Mivel 66 lábnak kell lennie, így pontosan 0 nyúl van a kertben; kevesebb, mint csirke. Megjegyzés: Egyenletrendszer nélkül is célt érhetünk, ha a nyulak számát közvetlenül - c- vel jelöljük; ekkor c + 4( - c) = 66 a megoldandó egyenlet. 06. Jelölje a kétágyas szobák számát k, a háromágyasokét h! Ekkor () k + h = 7; () k + h = 76. Innen (k; h) = (40; ). A feladatot megoldhatjuk egyenlettel vagy következtetéssel is.

21 Egyenletrendszerek Ha T m az egyik és T m a másik terület nagysága, akkor: () T$ - T$ = 00; () T + T = 800. Innen T = 00 m, T = 600 m. 06. Jelöljük a nagyobbik számot n-nel, a kisebbiket k-val! Ekkor () 0,n = 6 k + ; () n = k Innen (k; n) = (0; 8) Legyen a keresett szám elsô számjegye a, a második b! Ekkor () 0a + b = a + b + 8; () a = b vagy b = a. ()-bôl a =, ()-bôl b = vagy b = 4, így két megfelelô szám van: és Legyen a keresett szám elsô számjegye x, a második y! Ekkor 0x + y = = (x + y) + 7, innen 8x = 7 + y. A bal oldalon álló szám osztható 8-cal, innen y = és y = 9, ekkor x = és x =. Tehát két megfelelô szám van: és Jelölje a kutyák számát k, ekkor a lakosok száma 400k. év múlva a kutyák száma,04 k, a lakosok száma 0,88 $ 400k. A keresett arány 088, $ 400k. 86, 4, tehát ennyi lakosra jut majd egy kutya. 04, $ k 067. Elsô megoldás (egyenletrendszerrel): Jelöljük az elsô számot x-szel, a másodikat y-nal! Ekkor () x + y =4,44; x () = y. 0 ()-bôl x = 0y, ezt ()-be beírva y = 4,44. Innen y =,64, x =,8. Második megoldás (egyenlettel): Ha az elsô szám tizedrésze a második kétszerese, akkor az elsô szám éppen hússzorosa a másodiknak. Legyen az elsô szám x x, a második ekkor 0, összegük x x 4 0, x + = 44. Innen x =,8 és = 64, 0 a két szám. Harmadik megoldás (egyenlettel): Jelöljük az elsô számot x-szel, ekkor a x második szám 4,44 - x. A feltétel szerint = $ ( 4, 44- x), innen a két 0 szám x =,8 és 4,44 - x =,64.

22 8 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek Többváltozós egyenletrendszerek 068. Az ismeretleneket fokozatosan kiküszöböljük. a) ()-bôl z = x + y - ; ha ezt behelyettesítjük ()-be és ()-ba, két egyenletbôl álló, kétváltozós egyenletrendszert kapunk. x - 6y +,(x + y - ) =, innen 6x +,y -, =, vagyis ( ) 6x +,y =,, és hasonlóan ( ) x + y =. Innen x =, y =, s visszahelyettesítés után z =. b) Elsô megoldás: ()-bôl x = - y - z, innen ( ) -4y - z =-, ( ) y + z = 6. Az egyenletrendszer megoldása (y; z) = (-; ), s ekkor x =-. Második megoldás: () + () összegbôl y =-, () - () különbségbôl 4y + z =, s innen z =. Végül visszahelyettesítés után x =--t kapjuk a) (x; y; z) = (; ; ). b) (x; y; z) = (0,; 4; ) a) (x; y; z) = (,; -; 0). b) (x; y; z) = (; ; -). 07. a) (x; y; z) = (; ; 4). b) (x; y; z) = (; -,; -). 07. a) Nincs megoldás. Az a =, b = új változók bevezetésével az x - y egyenletrendszer ( ) a + b + z = 4; ( ) a + b + z =,; ( ) -a - b + z = 8, J N alakú lesz. Ennek megoldása (a; b; z) = ; 0 ; K O, innen x = és L P z = adódik, de = 0 nem lehetséges. - y b) Nincs megoldás, () és () ellentmondó egyenletek. 07. a) () =- $ (), így valójában két különbözô egyenlet adott három ismeretlennel. Ha az egyenletek nem tartalmaznak ellentmondást, akkor végtelen sok megoldást kapunk, mert az egyik változóval kifejezhetjük a másik kettôt. Pl. ha y-t és z-t fejezzük ki x-szel, akkor () + ()-bôl -y = - x, innen y = x - ; $ () + $ ()-bôl z = = x - 8. Az egyenletrendszer megoldásai az (x; y; z) = = (x; x - ; x - 8) számhármasok (x szabadon választható).

23 Egyenletrendszerek 8 b) () =- $ (). () - ()-bôl y = ; () + ()-bôl x + z = 4. Így pl. x-et z-vel kifejezve (x; y; z) = (4 - z; ; z), ahol z szabadon választható Az ún. ciklikus egyenletrendszerek esetén a hagyományos megoldási módszerek mellett egyéb eljárásokat is alkalmazhatunk. (Pl. az egyenletek összeadása után szimmetrikus egyenletet kapunk.) a) Az egyenleteket összeadva (x + y + z) = 4, innen x + y + z =, s rendre visszahelyettesítve (), (), ()-ba, z =, x =, y = 4. b) Az egyenleteket összeadva 0 = 0 azonosságot kapjuk. Ennek oka, hogy ()-bôl és ()-bôl következik (): () + () =-(). A három ismeretlenre csak két egyenlet adott, végtelen sok megoldás van. Pl. ()-bôl y = x -, ()-ból z = x +, így a megoldások (x; y; z) = (x; x - ; x + ), ahol x szabadon választható. - y - y 07. a) ()-bôl x = 6 - y, ()-bôl z =, ezt ()-ba helyettesítve + + (6 - y) =,. Innen y =, (x; y; z) = (; ; - 0,). b) Ha pl. x # y # z, akkor x + y # y + z; egyenlôség csak akkor teljesülhet, ha x = y = z. Ha pedig x # z # y, akkor z + x # y + z, s egyenlôség csak x = y = z esetében állhat fenn. Egymáshoz képest x, y, z nagyság szerint hatféleképpen helyezkedhet el; a fennmaradó 4 eset a fenti kettôhöz hasonlóan vizsgálható (logikailag szimmetrikus). Tehát a megoldás (x; y; z) = (,4;,4;,4). A hagyományos megoldási módszert is alkalmazhatjuk. Az elsô két egyenletbôl y-t kiküszöbölve 9z - 4x = 7, ezt ()-mal egybevetve z =,4 stb a) Legyen a = és b = z, ekkor az egyenletrendszer: x ( ) a - b =-; ( ) b - y =-,; ( ) y - a = -0,4. ( ) + $ ( )-bôl a - 4y =-,4, ennek -szeresét ( )-höz adva - 7y = =-,, innen y =,6, s visszahelyettesítve b =, a =. Megoldás: (x; y; z) = b;, 6; l vagy (x; y; z) = b;, 6; - l. b) () + () - ()-ból x + y + z = 8,, visszahelyettesítve rendre (), (), ()-ba y =,, z =, x =. c) () + () + () + (4)-bôl x + y + z + u = 0, innen (x; y; z; u) = (; ; ; 4) Elsô megoldás: Jelölje a számokat x, y, z, ekkor () x + y + z = 680; () x = 0,y; () z = y. Innen 0,y + y + y = 680, y = 600, s ekkor x = 80, z = 900.

24 84 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek Második megoldás: Egyenletrendszer felállítása nélkül is megoldhatjuk a feladatot. Ha a középsô számot y jelöli, akkor az elsô szám 0,y, a harmadik y, s innen 0,y + y + y = 680 rögtön adódik Elsô megoldás (egyenletrendszerrel): Jelöljük a polcokon lévô könyvek számát rendre x, y, z-vel! Ekkor () x + y + z = 8, () y = x +, () z = x - 4. ()-t és ()-t ()-be helyettesítve x + x + + x - 4 = 8, s innen x = 4. A polcokon rendre 4, 0, 8 könyv van. Második megoldás (egyenlettel): Legyen az elsô polcon x számú könyv, ekkor a másodikon x +, a harmadikon x - 4 darab könyv van. Ekkor 6x - = 8, amibôl x = 4 adódik. Az elsô polcon 4, a másodikon 0, a harmadikon 8 könyv van Elsô megoldás: Ha a barátoknak rendre a, b, c, d darab bélyegük van, akkor () a = 4 + b + c + d a+ c+ d, () b = 4 +, () c = 4 + a + b + d a+ b+ d, (4) d = 4 +. Vezessük be az a + b + c + d = s jelölést, s adjuk össze az egyenleteket! Ekkor s = 6 + s, innen s = 40. ()-bôl a = 70 + s - a, a = 8. Hasonlóan számolhatjuk ki a többi változót is, így a jóbarátoknak fejenként 8 bélyege van. Második megoldás: () - ()-bôl a - b = b - a adódik, innen 6(a - b) = 0. Tehát a = b, s hasonlóan mutathatjuk meg, hogy a = c = d. () átalakítva a = 4 + a, innen a (= b = c = d) = Külsô pontból húzott érintôszakaszok hossza megegyezik (080. ábra), ezért () x + y = 0, () y + z =, () x + z = () + () + ()-ból (x + y + z) = 6, x + y + z = 8. Innen (x; y; z) = (4; 6; 8). Megjegyzés: A háromszög oldalait a, b, c-vel, félkerületét s- sel jelölve x = s - a, y = s - b, z = s - c.

25 Paraméteres egyenletek, egyenletrendszerek 8 Paraméteres egyenletek, egyenletrendszerek 08. A paraméteres egyenleteket a paraméterek minden lehetséges értékére meg kell vizsgálnunk. a) Ha a = 0, akkor az egyenletnek nincs megoldása. Ha a =Y 0, akkor x =. a b) Ha a = 0, akkor az egyenletnek minden valós szám megoldása. Ha a =Y 0, akkor x = 0. c) Ha a = 0, akkor. ha b = 0, akkor minden valós szám megoldás;. ha b =Y 0, akkor nincs megoldás. b Ha a =Y 0, akkor x =. a d) x(a - ) =-8. Ha a =, akkor az egyenletnek nincs megoldása. - 8 Ha a =Y, akkor x =. a - e) x(a - ) = b -. Ha a = és b =, akkor minden valós szám megoldás. Ha a = és b =Y, akkor az egyenletnek nincs megoldása. b - Ha a =Y, akkor x =. a - f) x(a + ) = 4(a + ). Ha a =-, akkor minden valós szám megoldás. Ha a =Y -, akkor x = a) x(a - ) = a -. Ha a =,, akkor az egyenletnek nincs megoldása. a - Ha a =Y,, akkor x =. a - b) x(a - ) = b -. Ha a =,, akkor. ha b =, akkor minden valós szám megoldás;. ha b =Y, akkor az egyenletnek nincs megoldása. b - Ha a =Y,, akkor x =. a - c) (a + )(a - )x = a +. Ha a =-, akkor minden valós szám megoldás. Ha a =, akkor az egyenletnek nincs megoldása. Ha a =Y - és a =Y, akkor x = a -. d) a(a + )x = (a + ).

26 86 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek Ha a = 0, akkor nincs megoldás. Ha a =-, akkor minden valós szám megoldás. Ha a =Y 0 és a =Y -, akkor x =. a e) a(a - )x = (a + )(a - ). Ha a = 0, akkor nincs megoldás. Ha a =, akkor minden valós szám megoldás. a + Ha a =Y 0 és a =Y, akkor x =. a 08. a) x = p -. x > 0, ha p > ; x = 0, ha p = ; x < 0, ha p <. b) x(p + ) =. Ha p =-, nincs megoldás. Ha p =Y -, akkor x =. x > 0, ha p > - ; x < 0, ha p < -. p + c) x(p - ) = p -. p - Ha p =, nincs megoldás; egyébként x =. Egy tört akkor pozitív, ha számlálója és nevezôje azonos elôjelû. Ezért: p - x > 0, ha p > vagy p < ; x = 0, ha p = ; x < 0, ha < p <. d) x(p - ) = p -. Ha p =, minden x valós szám megoldás, tehát a gyökök tetszôleges elôjelûek. Ha p =Y, akkor x =, a gyök pozitív. e) x(p - ) = p - 6. Ha p =, minden x valós szám megoldás, a gyökök tetszôleges elôjelûek. Ha p =Y, akkor x =, a gyök pozitív. f) x(p - ) = p - 9. Ha p =, akkor minden x valós szám megoldás, a gyökök tetszôleges elôjelûek. Ha p =-, akkor x = 0. Ha p =Y és p =Y -, akkor x = p +. Tehát: ha p > - (és p =Y ), akkor x > 0; ha p < -, akkor x < a) x =Y, ekkor ( - p)x = 7. Ha p =,, nincs megoldás. 7 Ha p =Y,, akkor x = - p. A kikötés miatt 7 =Y, innen - p p =Y - 0,. Tehát: x > 0, ha p >,; x < 0, ha p <,, de p =Y - 0,.

27 Paraméteres egyenletek, egyenletrendszerek 87 b) x =Y, ekkor ( - p)x = 7. Ha p =, nincs megoldás. 7 Ha p =Y, akkor x = - p. A kikötés miatt 7 =Y, innen p =Y -. - p Tehát: x > 0, ha p <, de p =Y -; x < 0, ha p >. c) Ha p =,, akkor x =- kivételével minden valós szám megoldás. Ha p =Y,, akkor x =-, a gyök negatív. d) x =Y -, ekkor x( - p) = p -. Ha p =, nincs megoldás. p - p - Ha p =Y, akkor x =. A kikötés miatt =Y -, innen - p - p p =Y. Tehát: x > 0, ha 0, < p < ; x = 0, ha p = 0,; x < 0, ha p < 0, vagy < p, de p =Y. 08. a) ()-bôl x = - ay, ezt ()-be beírva ( - ay) - 4y = 4, innen () y(4 + a) = 0. Ha a =Y -, akkor y = 0, x =. Ha a =-, akkor ()-ból y tetszôleges szám lehet, s ekkor x = + y. A megoldás tehát minden (x; y) = ( + y; y) alakú számpár. b) Az elôzô átalakításhoz hasonlóan eljárva y(4 + a) =-. 6a + 8 Ha a =Y -, akkor y = -, és pl. ()-bôl x =. a + a + Ha a =-, akkor nincs megoldás a) (x; y) = (a + ; a). b) (x; y) = (a; ) a) () + () összegébôl x(a + ) = 6. Ha a =-, nincs megoldás. 6 Ha a =Y -, akkor x = a +, y = a- a. a + 4 b) x, y =Y 0; legyen u = x, v = y. Ekkor ( ) u + v = a; ( ) u - v = megoldása (u; v) = (a + ; a - ). Tehát: ha a =- vagy a =, nincs megoldás; J N ha a =Y!, akkor (x; y) =, K a+ a- O. L P

28 88 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek 088. a) x, y =Y 0; legyen u = x, v = y. Ekkor ( ) u + v = a; ( ) u - v = b J a+ b a-bn megoldása (u; v) = ; K O. Tehát L P ha a = b vagy a =-b, nincs megoldás; J N ha a =Y ± b, akkor (x; y) = ; K a+ b a-bo. L P b) () a =Y ; a =Y -. J N $ () + ()-bôl x K a a - + = a a + - a + a+ 8 O, x =. a - a + L P Ha a =-, nincs megoldás. Ha a =Y - (és persze () is teljesül), akkor (- a + a+ 8)( a- ) x =. ( a+ )( a+ ) 089. a) Ekkor () (ab + )y = b +. Ha b =-0,, akkor () jobb oldala 0, így. ha a = 0, minden (x; y) megoldás;. ha a =Y 0, akkor nincs megoldás. Ha b =Y - 0,, akkor () jobb oldala nem nulla, így. ha a = -, nincs megoldás; b b a. ha a =Y -, y =, s ekkor x =. b ab + ab + b) () x, y =Y 0; legyen u =, v =. Ekkor x y ( ) au + bv = ; ( ) u - v = 4, innen (4) u(a + b) = 4b +. Ha b =-0,, akkor:. Ha a =,, akkor minden u kielégíti (4)-et, tehát (u; v) = = (u; u - 4) a megoldás, innen pedig () figyelembevételével J N (x; y) = ; K u u- 4 O, ahol u!y {0; - 0,8}. L P. Ha a =Y,, akkor nincs megoldás.

29 Paraméteres egyenletek, egyenletrendszerek 89 Ha b =Y - 0,, akkor. ha a =-b, akkor nincs megoldás; J 4b + 0-4a N. ha a =Y - b, akkor (u; v) = ; K a+ b a+ b O, s innen (x; y) = L P J a+ b a+ b N = ; K 4b + 0-4a O. L P 090. a) x + y + z = a +, így (x; y; z) = (a + ; - a; a - ). b) ()-bôl x = 4 - y, így ( ) az = 0; ( ) 4- y - z = a. Ha a = 0, akkor z tetszôleges lehet: (x; y; z) = ( + 0,z; - 0,z; z). J a a N Ha a =Y 0, akkor z = 0, s innen (x; y; z) = ; ; 0 K O. L P 09. a) y(4 - a) = 0. Ha a = 4, akkor y tetszôleges lehet, s ekkor végtelen sok megoldás van: (x; y) = ( - a; a), ahol a! R tetszôleges. Ha a =Y 4, akkor (x; y) = (; 0). b) y(a + ) = b - 7,. Végtelen sok megoldás van, ha (a; b) = (-; 7,); nincs megoldás, ha a =-, b =Y 7,. 09. a) y(0, -,b) = a - 0,. Végtelen sok megoldás van, ha (a; b) = (0,; 7); nincs megoldás, ha b = 7, de a =Y 0,. b) y(ab - 6) = 6b + 6. Végtelen sok megoldás van, ha (a; b) = (-; -6). Nincs megoldás, ha ab = 6, de b =Y a) y(ab - ) = ab - a -. Végtelen sok megoldás van, ha () ab = ; () ab - a - = 0. ()-bôl a =, ()-bôl b =. N Nincs megoldás, ha ab =, de a =Y. Ekkor (a; b) = Ja ; K a O, ahol L P a! R \ {0; } szabadon választható. b) y(ab - ) = ab - a - 4. Végtelen sok megoldás lenne, ha () ab = ; () ab - a - 4 = 0.

30 90 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek ()-bôl a = 0, () ellentmondó, tehát nem lehet végtelen sok megoldás. Nincs megoldás, ha ab =, mert a = 0 nem lehet. N Ekkor (a; b) = Ja ; K a O, a! R \ {0} tetszôleges. L P 094. a) y( + ab) =-ab +. Végtelen sok megoldás lenne, ha () + ab = 0; () -ab + = 0. ()-bôl 0 =, tehát nem lehet végtelen sok megoldás. J N Nincs megoldás, ha ab =-; (a; b) = a; - K a O, a! R \ {0} tetszôleges. L P b) y(a + ) =-a + 4a +. Végtelen sok megoldás nem lehet; nincs megoldás, ha a = Ha a racionális számokkal a négy alapmûveletet végezzük, racionális r számot kapunk. Ha pedig r! Q \ {0}, i! Q *, akkor r + i, r - i, r $ i, egyaránt i irracionális. - a a) x =! Q, ha a! Q. - b) Nincs megoldás, x =! Q*. c) Ha pl. a =-, akkor x =,. J a N d) (x; y) = K ; 0 O. L P e) Csak akkor lehet megoldás, ha a! Q*. Pl.: a =, (x; y) = (0; ). a - f) Ha pl. y = 0 és a =Y 0, akkor x =, a! Q. a 096. a) x = p + >, ha p >. b) x( - p) = + p. p p Ha p =, nincs megoldás; egyébként x = >, ha > 0. - p - p Egy tört értéke pozitív, ha számlálója és nevezôje azonos elôjelû, ezért p < vagy 8 < p.

31 Paraméteres egyenletek, egyenletrendszerek 9 c) x(p - ) = p - 6. Ha p =, akkor minden valós x megoldás, tehát vannak -nél kisebb gyökök is. Ha p =Y, akkor x =, ez megoldás. d) x =Y 4, ekkor ( - p)x =. Ha p =, nincs megoldás; ha p =Y, akkor x = - p. A kikötés miatt - p =Y 4, innen p =Y - 0,. Ekkor - p >, ha 7+ p > - p 0, vagyis -, < p <, de p =Y - 0,. e) x =Y -, ekkor ( - p)x = 7p p - 8 Ha p =, nincs megoldás; ha p =Y, akkor x =. A kikötés - p 7p - 8 7p - 8 miatt =Y -, innen p =Y - 0,. Ekkor >, ha - p - p 9p > 0, vagyis < p <. - p 9 - y 097. a) x = = - y - y, s mivel x és y pozitív egészek, ezért y a többszöröse. (x; y) = (6; ) vagy (x; y) = (; 6). + y b) ()-bôl x = 0 - y -, ezért y = k + alakú (k! N), s ekkor x = 8 - k. A megoldásokat az alábbi táblázatban soroltuk fel. k 0 4 x y 7 9 ()-bôl x = 8 - y, a megoldások (k; 8 - k) alakúak, ahol k 8-nál kisebb pozitív egész szám. A két megoldáshalmaz uniója adja az összes megoldást. c) ()-bôl x = - y - y, innen y = k alakú (k! Z), s ekkor x = - 4k. Figyelembe véve az adott intervallumot, (x; y)-ra az alábbi megoldások adódnak: k 0 4 x 7 - y ()-bôl y = x -, a megoldások (k; k - ) alakúak, ahol k! { - ; 0; ; ; ; ; 0}. A két megoldáshalmaz uniója adja az összes megoldást.

32 9 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek 098/a a) Elsô megoldás: A feladatot visszavezethetjük elsôfokú paraméteres egyenlet megoldására. Ha x $ 0, akkor x = p - 4; innen p - 4 $ 0, p $. Ha x < 0, akkor -x = p - 4, vagyis x =-p + 4; innen -p + 4 < 0, p >. Tehát egyetlen megoldás van, ha p = (ekkor x = 0); és két megoldás van, ha p > (ekkor x = p - 4 vagy x =-p + 4. Második megoldás: Grafikus segítséget alkalmazunk. Az f: x 7uxu és g: x 7 p - 4 függvények képeibôl következtethetünk a metszéspontok (és így a megoldások) számára. A g függvény képe (p-tôl függôen) az x tengellyel párhuzamos egyenes, innen (098/a. ábra): ha p - 4 > 0, vagyis p >, akkor megoldás van; ha p - 4 = 0, vagyis p =, akkor megoldás van; ha p - 4 < 0, vagyis p <, akkor nincs megoldás. Megjegyzés: Általában a grafikus megoldást, ha lehetôségünk van, érdemes alkalmazni. b) ux - u = p -. Az f: x 7ux - u és g: x 7 p - ábrázolása alapján (098/b. ábra): ha p - > 0, vagyis p >, akkor megoldás van; ha p - = 0, vagyis p =, akkor megoldás van; ha p - < 0, vagyis p <, akkor nincs megoldás. c) Ha p - > 0, vagyis p > 0,, akkor megoldás van; ha p - = 0, vagyis p = 0,, akkor megoldás van; 098/b. 098/c.

33 Paraméteres egyenletek, egyenletrendszerek 9 ha p - <0, vagyis p < 0,, akkor nincs megoldás (098/c. ábra). d) Az f: x 7ux + u és g: x 7 px ábrázolása alapján (g képe az origón áthaladó, p meredekségû egyenes, 098/d. ábra): p értéke Megoldások száma p # - - <p <0 p = 0 0 < p # 0 < p e) 098/e. ábra p értéke Megoldások száma p < - - # p < 0 098/d. 098/e. p = < p < # p 098/f. f) 098/f. ábra: p értéke Megoldások száma p < - - # p < 0 p = végtelen sok (x $ ) < p

34 94 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek 099/f a) x = p - > -, ha p >. Ekkor megoldás van, egyébként nincs megoldás. b) x(p + ) =. Ha p =-, nincs megoldás; egyébként x = p + < p + 7, ha < 0, vagyis - 7 < p < -. Ekkor megoldás van, p + egyébként nincs megoldás. p - c) x(p - ) = p -. p =Y, ekkor x = # 0, ha < p #. Ekkor p - megoldás van, egyébként nincs megoldás. d) x(p - ) = (p - ). Ha p =, minden x! R + megoldás; ha p =Y, akkor x = ; ekkor megoldás van. e) x(p - ) = (p + )(p - ). Ha p =, minden - < x < megoldás; ha p =Y, akkor x = p +. Ekkor megoldás van, ha - < p + <, vagyis ha - < p <. f) Ábrázoljuk az f: x 7 ux - u + ux + u és g: x 7 p függvényeket (099/f. ábra)! p értéke Megoldások száma p < 4 0 p = 4 végtelen sok ( - # x # ) 4 < p 099/g. g) 099/g. ábra p értéke Megoldások száma p < # p < 0 p = 4 4 < p < # p

35 Paraméteres egyenletek, egyenletrendszerek 9 h) 099/h. ábra 099/h. p értéke Megoldások száma p # - - < p < - 0, p =-0, -0, < p < 0 p = végtelen sok (x $ ) < p 00. a) ()-bôl és ()-bôl (x; y) = (; ), ezt ()-ba helyettesítve k =. 7 b) ()-bôl és ()-ból (x; y) = (-,; 4,), ezt ()-be helyettesítve k =. 0. a) (p + ) x = 0. Ha p =Y -, egy megoldás van; ha p = -, akkor végtelen sok. b) Ha p =Y, egyetlen megoldás van; ha p =, végtelen sok. c) Ha p =Y, egyetlen megoldás van; ha p =, nincs megoldás. d) y( + p) = q - 8. Ha p =-, akkor. ha q = 4, végtelen sok megoldás van;. ha q =Y 4, nincs megoldás. Ha p =Y -, akkor egyetlen megoldás van. e) x(p - q) = p - q - 7. Ha p = q, nincs megoldás; ha p =Y q, egyetlen megoldás van. + p ( + ) 0. a) ()-bôl p! Q; x =! Q, ha p = 0. J J K N N Ekkor (x; y) = ;. O K K O O L L P P b) ()-bôl p! Q; ekkor ()-bôl y = 0 lehet csak. Innen 6 + p = p, p = 6; (x; y) = (9; 0). c) ()-bôl p! Q; ekkor ()-bôl y = 0; innen + p = p +, de ez ellentmondás. Nincs megoldás.

36 96 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek d) () - ()-bôl y b + l= - - p, innen y = Gyöktelenítés után b - -gyel bôvítünko - - p. + y = p b- l+ - = ( - p) + p -. A feltétel szerint p racionális, így csak p = lehetséges (egyébként y irracionális lenne), s ekkor (x; y) = (,; - ). Szöveges feladatok 0. Ha a keresett szám x, akkor x + 0,x + 0x + = 467,, innen x =. 04. Jelöljük az arányossági tényezôt x-szel, ekkor az egyik szám x, a másik x. A feltétel szerint x + x =, innen x =, a keresett számok x = 6 és x =. 0. A terület 0 6 $ 0,4 = 4 $ 0 mm = 40 dm. 06. Ha egy alkalmazott hetente 60 játékot készít el, akkor egy munkanap alatt, egy óra alatt, játékot készít átlagban. A négy alkalmazott 8 órás munkanapokat számítva 4 $, $ 8 $ = 40 darabot tud készíteni, tehát túlórázni kell. 0 órás munkanapokat számítva 00 darab készíthetô, tehát 0 darabot a vállalkozónak is készítenie kell. 07. Elsô megoldás: Jelölje x a versenyzôk létszámát, ekkor x+ + x= x. Innen x = 6, s Anna a. helyezett lett. Második megoldás (következtetéssel): A versenyzôk 6 -a Anna elôtt, 6 -a pedig mögötte ért célba, így a versenyzôk 6 -a maga Anna. 6 versenyzô volt, Anna a. 08. A vonat 00 métert halad, amíg az eleje eléri és a vége elhagyja a hidat, 00 így v = = 00 (m/perc). A vonat sebessége 7 km/h. 0, 09. Legyen a téglalap két oldala a és b! Ekkor (a - )(b + ) = ab - 6, innen,a = b. A téglalap egyik oldala másfélszerese a másiknak. 0. Tekintsük az alábbi táblázatot: Egyjegyû szám -tôl 9-ig 9 darab 9 számjegy 9 oldal Kétjegyû szám 0-tôl 99-ig 90 darab 80 számjegy 99 oldal Háromjegyû szám 00-tól 999-ig 900 darab 700 számjegy 999 oldal A háromjegyû számok közül csupán (80 + 9) = 4 számjegy kell, ez 4 = 7 oldalt jelent. A könyv tehát összesen = 6 oldalas.

37 Szöveges feladatok 97. A feladat kitûzôje valószínûleg a négyzetek oldalainak hosszára volt kíváncsi. Jelöljük az egyik négyzet oldalát a-val, akkor a másik oldala a. Az egyenlet: 4 J N a + a K = 00 4 O, a megoldás: a = 8; tehát a négyzetek oldala 8, illetve 6 L P egység.. A kitûzött utat jelöljük s-sel, ekkor s $ $ 0, = 0, innen s = 60 (km). A hátralévô 0 km 40%-át, azaz 0 km-t 0 perc alatt teszi meg a teherautó. x. Ha a tört, akkor x háromjegyû négyzetszám, tehát x valamely 6 x négyzetszám -szerese. Az alábbi táblázatból leolvasható a két megoldás. x x a tört Ha x $ 99, akkor x legalább négyjegyû. B 4. $ 00 százaléka. A. Elsô megoldás: Jelölje az osztálylétszámot x, ekkor 0,x a jelesek és 0,7x a jelestôl különbözô osztályzatúak száma. A feltétel szerint (0,x - 4) = 0,7x + 4, innen x = 0 fô az osztálylétszám. Második megoldás: Ha ötször annyi tanulónak lett volna jelestôl különbözô osztályzata, mint ahány jeles lett volna, akkor az osztálylétszám 6 többszöröse. Az osztálylétszám 0%-a egész szám, ezért az osztálylétszám 0 többszöröse is. 6 és 0 legkisebb közös többszöröse 0, ez megoldást is ad. 0 nagyobb többszöröseire a nem jelesek és jelesek aránya csökken K J 7 N -hoz közelít O, más megoldás nincs. (Egyébként is helyesebb ilyen nagy létszámoknál osztályok helyett L P pl. évfolyamokról beszélni.) 6. Ha a résztvevôk számát n jelöli, akkor 0,6n + 0,6n - 9 = n, hiszen kétszer számoltuk azokat a versenyzôket, akik mindkét feladatot megoldották. (Másképpen: 0,6n ,6n = n.) Innen n = 4, ennyien vettek részt a versenyen. 7. Ha a ruha x tallért ért, akkor egyévi munkabér 00 + x, héthavi munkabér ( 00 + x), innen ( 00 + x) = 0 + x. A ruha x = 9 tallért ért. 7 7

38 98 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek 8. a) Ha a gondolt szám x, a mûveletek elvégzése után y = ((x + 4) x) - = 4x + -et kapunk. Ha tehát a társ elárulja y-t, akkor x = y -. 4 b). 9. Ha a gondolt szám x, akkor a mûveletek elvégzése után az eredmény ( x + 8) -4 - x - 4 = mindig, x-tôl függetlenül. Azonosságot kaptunk, a gondolt számot nem lehet kitalálni. 0. a) Jelölje a három szomszédos számot x, x +, x +. Ekkor x + = 600, x = 99, a keresett számok 99, 00, 0. Megjegyzés: Kicsit elegánsabb, ha a három számot y -, y, y + -gyel jelöljük; ekkor összegük y = 600, innen a középsô szám y = 00. b) x + x + + x + + x + = 600, x = 48,; nincs megoldás. Más megoldási lehetôség: Négy szomszédos egész szám maradékai 4- gyel osztva - valamilyen sorrendben - 0,,,. Összegük maradéka, míg 600 maradéka 0, tehát nincs megoldás.. Jelölje a páros számokat x -, x, x + ; ekkor a közöttük lévô páratlan számok x - és x +. Innen a) x - + x + x + - (x - + x + ) = 004, x = 004. A három páros szám 00, 004, 006. b) x - + x + x + - (x - + x + ) = 00, x = 00. Nincs megoldás, mert x páratlan.. Jelöljük a két számot x-szel, illetve y-nal, ekkor () x + y = 79; () x = 0y. Innen (x; y) = (690; 69).. Elsô megoldás: Ha az eredeti szám ab alakú (a, b számjegyek), akkor () a + b = ; () 0a + b - (0b + a) = k, (k! N + ). ()-bôl 0a + b - (0b + a) = 9(a - b) = k, innen a - b! {; 4; 9} lehet csak. () miatt a - b = 4, a = 8, b = 4, a négyzetszám k = = 6. Tehát az eredeti szám 84. Második megoldás: ab! {9, 84, 7, 66}, a négy eset közül ellenôrzéssel választhatjuk ki a megfelelôt. 4. Ha az eredeti szám ab alakú (a, b számjegyek), akkor a) () a + 4 = b; () 0b + a - (0a + b) = 7. Ekkor 0(a + 4) + a - (0a + (a + 4)) = 7, innen 6 = 7, ellentmondást kapunk. Nincs ilyen szám.

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

Halmazelmélet. Halmazok megadása

Halmazelmélet. Halmazok megadása Halmazok megadása Halmazelmélet 145. Amikor a halmazt körülírással vagy valamilyen tulajdonságával adjuk meg, bármilyen elemrôl egyértelmûen el kell tudnunk dönteni, hogy beletartozik a halmazba vagy sem.

Részletesebben

Kőszegi Irén MATEMATIKA. 9. évfolyam

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

Részletesebben

2. Halmazelmélet (megoldások)

2. Halmazelmélet (megoldások) (megoldások) 1. A pozitív háromjegy páros számok halmaza. 2. Az olyan, 3-mal osztható egész számok halmaza, amelyek ( 100)-nál nagyobbak és 100-nál kisebbek. 3. Az olyan pozitív egész számok halmaza, amelyeknek

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

Számelméleti feladatok az általános iskolai versenyek tükrében dr. Pintér Ferenc, Nagykanizsa

Számelméleti feladatok az általános iskolai versenyek tükrében dr. Pintér Ferenc, Nagykanizsa Számelméleti feladatok az általános iskolai versenyek tükrében dr. Pintér Ferenc, Nagykanizsa 1. Mutasd meg, hogy a tízes számrendszerben felírt 111111111111 tizenhárom jegyű szám összetett szám, azaz

Részletesebben

Az oszlopdiagram kinézhet például úgy, mint a bal oldali ábra. 1,2 1,0 0,8 0,6 0,4 0,2. Kategória busz teherautó furgon személyautó összesen

Az oszlopdiagram kinézhet például úgy, mint a bal oldali ábra. 1,2 1,0 0,8 0,6 0,4 0,2. Kategória busz teherautó furgon személyautó összesen STATISZTIKA 9.7. STATISZTIKA Az adatok ábrázolása megoldások wx76 Az oszlopdiagram kinézhet például úgy, mint a bal oldali ábra. Napi futásteljesítmény Almafajták megtett kilométerek 9 7 6 hétfô kedd szerda

Részletesebben

EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK, EGYENLETRENDSZEREK

EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK, EGYENLETRENDSZEREK X. Témakör: feladatok 1 Huszk@ Jenő X.TÉMAKÖR EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK, EGYENLETRENDSZEREK Téma Egyenletek, egyenlőtlenségek grafikus megoldása Egyszerűbb modellalkotást igénylő, elsőfokú egyenletre

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

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

- hányadost és az osztót összeszorozzuk, majd a maradékot hozzáadjuk a kapott értékhez

- hányadost és az osztót összeszorozzuk, majd a maradékot hozzáadjuk a kapott értékhez 1. Számtani műveletek 1. Összeadás 73 + 19 = 92 összeadandók (tagok) összeg Összeadáskor a tagok felcserélhetőek, az összeg nem változik. a+b = b+a Összeadáskor a tagok tetszőlegesen csoportosíthatóak

Részletesebben

A 2011/2012. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának feladatai és megoldásai fizikából. I.

A 2011/2012. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának feladatai és megoldásai fizikából. I. Oktatási Hivatal A 11/1. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának feladatai és megoldásai fizikából I. kategória A dolgozatok elkészítéséhez minden segédeszköz használható.

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2008. október 21. KÖZÉPSZINT I.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2008. október 21. KÖZÉPSZINT I. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 008. október 1. KÖZÉPSZINT I. 1) Adja meg a 4 egyjegyű pozitív osztóinak halmazát! A keresett halmaz: {1 4 6 8}. ) Hányszorosára nő egy cm sugarú kör területe, ha a sugarát háromszorosára

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I 5 V ELEmI ALGEbRA 1 BINÁRIS műveletek Definíció Az halmazon definiált bináris művelet egy olyan függvény, amely -ből képez -be Ha akkor az elempár képét jelöljük -vel, a művelet

Részletesebben

MATEMATIKA tankönyvcsaládunkat

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

Részletesebben

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

I. Gondolkodási módszerek: (6 óra) 1. Gondolkodási módszerek, a halmazelmélet elemei, a logika elemei. 1. Számfogalom, műveletek (4 óra)

I. Gondolkodási módszerek: (6 óra) 1. Gondolkodási módszerek, a halmazelmélet elemei, a logika elemei. 1. Számfogalom, műveletek (4 óra) MATEMATIKA NYEK-humán tanterv Matematika előkészítő év Óraszám: 36 óra Tanítási ciklus 1 óra / 1 hét Részletes felsorolás A tananyag felosztása: I. Gondolkodási módszerek: (6 óra) 1. Gondolkodási módszerek,

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

Munkafüzet megoldások 7. osztályos tanulók számára. Makara Ágnes Bankáné Mező Katalin Argayné Magyar Bernadette Vépy-Benyhe Judit

Munkafüzet megoldások 7. osztályos tanulók számára. Makara Ágnes Bankáné Mező Katalin Argayné Magyar Bernadette Vépy-Benyhe Judit Kalandtúra 7. unkafüzet megoldások 7. osztályos tanulók számára akara Ágnes Bankáné ező Katalin Argayné agyar Bernadette Vépy-Benyhe Judit BEELEGÍTŐ GONDOLKODÁS. SZÓRAKOZTATÓ FELADVÁNYOK. oldal. 6... 6.

Részletesebben

0653. MODUL TÖRTEK. Szorzás törttel, osztás törttel KÉSZÍTETTE: BENCZÉDY LACZKA KRISZTINA, MALMOS KATALIN

0653. MODUL TÖRTEK. Szorzás törttel, osztás törttel KÉSZÍTETTE: BENCZÉDY LACZKA KRISZTINA, MALMOS KATALIN 06. MODUL TÖRTEK Szorzás törttel, osztás törttel KÉSZÍTETTE: BENCZÉDY LACZKA KRISZTINA, MALMOS KATALIN 06. Törtek Szorzás törttel, osztás törttel Tanári útmutató MODULLEÍRÁS A modul célja Időkeret Ajánlott

Részletesebben

Feladatok MATEMATIKÁBÓL a 12. évfolyam számára

Feladatok MATEMATIKÁBÓL a 12. évfolyam számára Feladatok MATEMATIKÁBÓL a. évfolyam számára I.. Egy 35 fős osztályból mindenki részvett valamelyik iskolai kiránduláson. 5-en Debrecenbe utaztak, 8-an pedig Pécsre. Hányan utaztak mindkét városba?. Állapítsa

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

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

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

Részletesebben

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

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

Részletesebben

Matematika tanmenet (A) az HHT-Arany János Tehetségfejleszt Program el készít -gazdagító évfolyama számára

Matematika tanmenet (A) az HHT-Arany János Tehetségfejleszt Program el készít -gazdagító évfolyama számára Matematika tanmenet (A) az HHT-Arany János Tehetségfejleszt Program el készít -gazdagító évfolyama számára Ez a tanmenet az OM által jóváhagyott tanterv alapján készült. A tanterv az Országos Közoktatási

Részletesebben

Fejezetek a lineáris algebrából PTE-PMMK, Műszaki Informatika Bsc. Dr. Kersner Róbert

Fejezetek a lineáris algebrából PTE-PMMK, Műszaki Informatika Bsc. Dr. Kersner Róbert Fejezetek a lineáris algebrából PTE-PMMK, Műszaki Informatika Bsc Dr. Kersner Róbert 007 Tartalomjegyzék Előszó ii. Determináns. Mátrixok 6 3. Az inverz mátrix 9 4. Lineáris egyenletrendszerek 5. Lineáris

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

MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY

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

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

10. JAVÍTÓKULCS ORSZÁGOS KOMPETENCIAMÉRÉS MATEMATIKA. példaválaszokkal. s u l i N o v a K h t. É R T É K E L É S I K Ö Z P O N T É V F O L Y A M

10. JAVÍTÓKULCS ORSZÁGOS KOMPETENCIAMÉRÉS MATEMATIKA. példaválaszokkal. s u l i N o v a K h t. É R T É K E L É S I K Ö Z P O N T É V F O L Y A M 10. É V F O L Y A M ORSZÁGOS KOMPETENCIAMÉRÉS JAVÍTÓKULCS MATEMATIKA s u l i N o v a K h t. É R T É K E L É S I K Ö Z P O N T 2 0 0 6 példaválaszokkal Hány órából áll egy hét? Válasz: A feleletválasztós

Részletesebben

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

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

Részletesebben

MÛVELETEK TIZEDES TÖRTEKKEL

MÛVELETEK TIZEDES TÖRTEKKEL MÛVELETEK TIZEDES TÖRTEKKEL Tizedes törtek írása, olvasása, összehasonlítása 7. a) Két egész hét tized; kilenc tized; három egész huszonnégy század; hetvenkét század; öt egész száztizenkét ezred; ötszázhetvenegy

Részletesebben

Matematika emelt szintû érettségi témakörök 2013. Összeállította: Kovácsné Németh Sarolta (gimnáziumi tanár)

Matematika emelt szintû érettségi témakörök 2013. Összeállította: Kovácsné Németh Sarolta (gimnáziumi tanár) Matematika emelt szintû érettségi témakörök 013 Összeállította: Kovácsné Németh Sarolta (gimnáziumi tanár) Tájékoztató vizsgázóknak Tisztelt Vizsgázó! A szóbeli vizsgán a tétel címében megjelölt téma kifejtését

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

10.3. A MÁSODFOKÚ EGYENLET

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

Részletesebben

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

MATEMATIKA TAGOZAT 5-8. BEVEZETŐ. 5. évfolyam

MATEMATIKA TAGOZAT 5-8. BEVEZETŐ. 5. évfolyam BEVEZETŐ Ez a helyi tanterv a kerettanterv Emelet matematika A változata alapján készült. Az emelt oktatás során olyan tanulóknak kívánunk magasabb szintű ismerteket nyújtani, akik matematikából átlag

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

Csordás Mihály Konfár László Kothencz Jánosné Kozmáné Jakab Ágnes Pintér Klára Vincze Istvánné. tankönyv. Mozaik Kiadó Szeged, 2013

Csordás Mihály Konfár László Kothencz Jánosné Kozmáné Jakab Ágnes Pintér Klára Vincze Istvánné. tankönyv. Mozaik Kiadó Szeged, 2013 Csordás Mihály Konfár László Kothencz Jánosné Kozmáné Jakab Ágnes Pintér Klára Vincze Istvánné tankönyv 5 Mozaik Kiadó Szeged, 2013 A TERMÉSZETES SZÁMOK 13. A szorzat változásai Az iskolai könyvtáros 10

Részletesebben

hogy a megismert fogalmakat és tételeket változatos területeken használhatjuk Az adatok, táblázatok, grafikonok értelmezésének megismerése nagyban

hogy a megismert fogalmakat és tételeket változatos területeken használhatjuk Az adatok, táblázatok, grafikonok értelmezésének megismerése nagyban MATEMATIKA Az iskolai matematikatanítás célja, hogy hiteles képet nyújtson a matematikáról mint tudásrendszerről és mint sajátos emberi megismerési, gondolkodási, szellemi tevékenységről. A matematika

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 felvételi feladatok bővített levezetése 2013 (8. osztályosoknak)

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

Részletesebben

Lineáris algebra bevezető

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

Részletesebben

148 feladat 21 + + 20 20 ) + ( 1 21 + 2 200 > 1 2. 1022 + 1 51 + 1 52 + + 1 99 2 ) (1 1 100 2 ) =?

148 feladat 21 + + 20 20 ) + ( 1 21 + 2 200 > 1 2. 1022 + 1 51 + 1 52 + + 1 99 2 ) (1 1 100 2 ) =? 148 feladat a Kalmár László Matematikaversenyről 1. ( 1 19 + 2 19 + + 18 19 ) + ( 1 20 + 2 20 + + 19 20 ) + ( 1 21 + 2 21 + + 20 21 ) + ( 1 22 + 2 22 + + 21 22 ) =? Kalmár László Matematikaverseny megyei

Részletesebben

Fazekas nyílt verseny matematikából 8. osztály, speciális kategória

Fazekas nyílt verseny matematikából 8. osztály, speciális kategória Fazekas nyílt verseny matematikából 8. osztály, speciális kategória 2005. január 12. feladatok kidolgozására két óra áll rendelkezésre. Számológép nem használható. példák tetszőleges sorrendben megoldhatók.

Részletesebben

TARTALOMJEGYZÉK ELŐSZÓ... 7 1. GONDOLKOZZ ÉS SZÁMOLJ!... 9 2. HOZZÁRENDELÉS, FÜGGVÉNY... 69

TARTALOMJEGYZÉK ELŐSZÓ... 7 1. GONDOLKOZZ ÉS SZÁMOLJ!... 9 2. HOZZÁRENDELÉS, FÜGGVÉNY... 69 TARTALOMJEGYZÉK ELŐSZÓ............................................................ 7 1. GONDOLKOZZ ÉS SZÁMOLJ!............................. 9 Mit tanultunk a számokról?............................................

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

Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit!

Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit! 1. 2. 3. 4. 5. Add meg az összeadásban szereplő Add meg a kivonásban szereplő Add meg a szorzásban szereplő Add meg az osztásban szereplő Hogyan függ két szám előjelétől a két szám szorzata, hányadosa?

Részletesebben

GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN

GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék Gazdaságmatematika középhaladó szinten LINEÁRIS PROGRAMOZÁS Készítette: Gábor Szakmai felel s: Gábor Vázlat 1 2 3 4 A lineáris

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

Próba érettségi feladatsor 2008. április 11. I. RÉSZ

Próba érettségi feladatsor 2008. április 11. I. RÉSZ Név: osztály: Próba érettségi feladatsor 2008 április 11 I RÉSZ Figyelem! A dolgozatot tollal írja; az ábrákat ceruzával is rajzolhatja A megoldást minden esetben a feladat szövege melletti keretbe írja!

Részletesebben

Feladatok és megoldások a 6. heti eladshoz

Feladatok és megoldások a 6. heti eladshoz Feladatok és megoldások a 6. heti eladshoz Építőkari Matematika A3 1. Ha E(X = 1 és D 2 (X = 5, határozzuk meg (a E[(2 + X 2 ], (b D 2 (4 + 3X értékét. 2. Legyenek X 1, X 2,... független azonos eloszlású

Részletesebben

9. ÉVFOLYAM. Tájékozottság a racionális számkörben. Az azonosságok ismerete és alkalmazásuk. Számok abszolútértéke, normál alakja.

9. ÉVFOLYAM. Tájékozottság a racionális számkörben. Az azonosságok ismerete és alkalmazásuk. Számok abszolútértéke, normál alakja. 9. ÉVFOLYAM Gondolkodási módszerek A szemléletes fogalmak definiálása, tudatosítása. Módszer keresése az összes eset áttekintéséhez. A szükséges és elégséges feltétel megkülönböztetése. A megismert számhalmazok

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

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

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

5. modul Térfogat és felszínszámítás 2

5. modul Térfogat és felszínszámítás 2 Matematika A 1. évfolyam 5. modul Térfogat és felszínszámítás Készítette: Vidra Gábor Matematika A 1. évfolyam 5. modul: TÉRFOGAT ÉS FELSZÍNSZÁMÍTÁS Tanári útmutató A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály

Részletesebben

HELYI TANTERV MATEMATIKA tanításához Szakközépiskola 9-12. évfolyam

HELYI TANTERV MATEMATIKA tanításához Szakközépiskola 9-12. évfolyam HELYI TANTERV MATEMATIKA tanításához Szakközépiskola 9-12. évfolyam Készült az EMMI kerettanterv 51/2012. (XII. 21.) EMMI rendelet alapján. Érvényesség kezdete: 2013.09.01. Utoljára indítható:.. Dunaújváros,

Részletesebben

FOLYTONOS TESTEK. Folyadékok sztatikája. Térfogati erők, nyomás. Hidrosztatikai nyomás. www.baranyi.hu 2010. szeptember 19.

FOLYTONOS TESTEK. Folyadékok sztatikája. Térfogati erők, nyomás. Hidrosztatikai nyomás. www.baranyi.hu 2010. szeptember 19. FOLYTONOS TESTEK Folyadékok sztatikája Térfogati erők, nyomás A deformáció szempontjából a testre ható erőket két csoportba soroljuk. A térfogati erők a test minden részére, a belső részekre és a felületi

Részletesebben

2. témakör: Számhalmazok

2. témakör: Számhalmazok 2. témakör: Számhalmazok Olvassa el figyelmesen az elméleti áttekintést, és értelmezze megoldási lépéseket, a definíciókat, tételeket. Próbálja meg a minta feladatokat megoldani! Feldolgozáshoz szükségesidö:

Részletesebben

MATEMATIKAI KOMPETENCIATERÜLET A

MATEMATIKAI KOMPETENCIATERÜLET A MATEMATIKAI KOMPETENCIATERÜLET A Matematika 6. évfolyam TANULÓI MUNKAFÜZET 2. FÉLÉV A kiadvány KHF/4356-14/2008. engedélyszámon 2008.11.25. időponttól tankönyvi engedélyt kapott Educatio Kht. Kompetenciafejlesztő

Részletesebben

Matematikai alapismeretek. Huszti Andrea

Matematikai alapismeretek. Huszti Andrea Tartalom 1 Matematikai alapismeretek Algebrai struktúrák Oszthatóság Kongruenciák Algebrai struktúrák Az S = {x, y, z,... } halmazban definiálva van egy művelet, ha az S-nek minden x, y elempárjához hozzá

Részletesebben

1. A MÁSODIK OSZTÁLYBAN TANULTAK ISMÉTLÉSE

1. A MÁSODIK OSZTÁLYBAN TANULTAK ISMÉTLÉSE 1. A MÁSODIK OSZTÁLYBAN TANULTAK ISMÉTLÉSE 1. Írd le számokkal! Hat, tizenhat,,hatvan, hatvanhat, ötven, száz, tizenhét, húsz nyolcvankettı, nyolcvanöt. 2. Tedd ki a vagy = jelet! 38 40 2 42 50+4

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2006/2007-es tanév első (iskolai) forduló haladók I. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2006/2007-es tanév első (iskolai) forduló haladók I. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Oktatási és Kulturális Minisztérium Alapkezelő Igazgatósága támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2006/2007-es tanév első (iskolai) forduló haladók I. kategória

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

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szint 1613 ÉRETTSÉGI VIZSGA 016. május 3. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

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

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

Részletesebben

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

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

Helyi tanterv. Batthyány Kázmér Gimnázium Matematika emelt (5+6+6+6 óra/hét) 9-12 évfolyam Készült: 2013 február

Helyi tanterv. Batthyány Kázmér Gimnázium Matematika emelt (5+6+6+6 óra/hét) 9-12 évfolyam Készült: 2013 február Helyi tanterv Batthyány Kázmér Gimnázium Matematika emelt (5+6+6+6 óra/hét) 9-12 évfolyam Készült: 2013 február 1 A TANTERV SZERKEZETE Bevezető Célok és feladatok Fejlesztési célok és kompetenciák Helyes

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

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

1. Melyek azok a kétjegyű számok, amelyek oszthatók számjegyeik

1. Melyek azok a kétjegyű számok, amelyek oszthatók számjegyeik 1991. évi verseny, 1. nap 1. Számold össze, hány pozitív osztója van 16 200-nak! 2. Bontsd fel a 60-at két szám összegére úgy, hogy az egyik szám hetede egyenlő legyen a másik szám nyolcadával! 3. Van

Részletesebben

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

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

Részletesebben

MATEMATIKA Emelt szint 9-12. évfolyam

MATEMATIKA Emelt szint 9-12. évfolyam MATEMATIKA Emelt szint 9-12. évfolyam évfolyam 9. 10. 11. 12. óra/tanév 216 216 216 224 óra/hét 6 6 6 7 Az iskolai matematikatanítás célja, hogy hiteles képet nyújtson a matematikáról mint tudásrendszerről

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

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

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

Részletesebben

Matematika 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

Logaritmikus egyenletek Szakközépiskola, 11. osztály. 2. feladat. Oldjuk meg a következ logaritmikus egyenletet!

Logaritmikus egyenletek Szakközépiskola, 11. osztály. 2. feladat. Oldjuk meg a következ logaritmikus egyenletet! Logaritmikus egyenletek Szakközépiskola,. osztály. feladat. Oldjuk meg a következ logaritmikus egyenletet! lg(0x ) lg(x + ) = lg () Kikötések: x > 5 és x >. lg(0x ) lg(x + ) = lg () lg 0x (x + ) = lg (3)

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2009. október 20. EMELT SZINT

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

Részletesebben

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

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

Részletesebben

MATEMATICĂ ÎN ÎNVĂŢĂMÂNT PRIMAR ŞI PREŞCOLAR Îndrumător de studiu Codul disciplinei: PLM3309

MATEMATICĂ ÎN ÎNVĂŢĂMÂNT PRIMAR ŞI PREŞCOLAR Îndrumător de studiu Codul disciplinei: PLM3309 PREŞCOLAR (ÎN LIMBA MAGHIARĂ, LA SATU MARE) EXTENSIA UNIVERSITARĂ: SATU MARE ANUL UNIVERSITAR: 2015/2016 SEMESTRUL: I. MATEMATICĂ ÎN ÎNVĂŢĂMÂNT PRIMAR ŞI PREŞCOLAR Îndrumător de studiu Codul disciplinei:

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

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

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. 9 10. évfolyam. Célok és feladatok. Fejlesztési követelmények

MATEMATIKA. 9 10. évfolyam. Célok és feladatok. Fejlesztési követelmények MATEMATIKA 9 10. évfolyam 1066 MATEMATIKA 9 10. évfolyam Célok és feladatok A matematikatanítás célja és ennek kapcsán feladata, hogy megalapozza a tanulók korszerű, alkalmazásra képes matematikai műveltségét,

Részletesebben

MATEMATIKA TANTERV Bevezetés Összesen: 432 óra Célok és feladatok

MATEMATIKA TANTERV Bevezetés Összesen: 432 óra Célok és feladatok MATEMATIKA TANTERV Bevezetés A matematika tanítását minden szakmacsoportban és minden évfolyamon egységesen heti három órában tervezzük Az elsı évfolyamon mindhárom órát osztálybontásban tartjuk, segítve

Részletesebben

Matematika tanmenet/4. osztály

Matematika tanmenet/4. osztály Comenius Angol-Magyar Két Tanítási Nyelvű Iskola 2015/2016. tanév Matematika tanmenet/4. osztály Tanító: Fürné Kiss Zsuzsanna és Varga Mariann Tankönyv: C. Neményi Eszter Wéber Anikó: Matematika 4. (Nemzeti

Részletesebben

Egyenletek, egyenlőtlenségek VII.

Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Magasabbfokú egyenletek: A 3, vagy annál nagyobb fokú egyenleteket magasabb fokú egyenleteknek nevezzük. Megjegyzés: Egy n - ed fokú egyenletnek legfeljebb n darab valós

Részletesebben

Név:. Dátum: 2013... 01a-1

Név:. Dátum: 2013... 01a-1 Név:. Dátum: 2013... 01a-1 Ezeket a szorzásokat a fejben, szorzótábla nélkül végezze el! 1. Mennyi 3 és 3 szorzata?.. 2. Mennyi 4 és 3 szorzata?.. 3. Mennyi 4 és 4 szorzata?.. 4. Mennyi 5 és 3 szorzata?..

Részletesebben

44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY. Országos döntő, 1. nap - 2015. május 29.

44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY. Országos döntő, 1. nap - 2015. május 29. 44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Országos döntő, 1. nap - 015. május 9. ÖTÖDIK OSZTÁLY - ok 1. Egy háromjegyű szám középső számjegyét elhagyva egy kétjegyű számot kaptunk. A két szám összege

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

C Í M K E É V F O L Y A M ORSZÁGOS KOMPETENCIAMÉRÉS 2007 JAVÍTÓKULCS MATEMATIKA. Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont

C Í M K E É V F O L Y A M ORSZÁGOS KOMPETENCIAMÉRÉS 2007 JAVÍTÓKULCS MATEMATIKA. Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont 8. Í M K E É V F O L Y A M TANULÓI AZONOSÍTÓ: ORSZÁGOS KOMPETENIAMÉRÉS 2007 JAVÍTÓKULS MATEMATIKA Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont ÁLTALÁNOS TUDNIVALÓK Ön a 2007-es Országos

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

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I 11 XI LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREk 1 LINEÁRIS EGYENLETRENDSZER A lineáris egyenletrendszer általános alakja: (1) Ugyanez mátrix alakban: (2), ahol x az ismeretleneket tartalmazó

Részletesebben

Azonosító jel: MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA. 2007. május 8. 8:00. Az írásbeli vizsga időtartama: 240 perc

Azonosító jel: MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA. 2007. május 8. 8:00. Az írásbeli vizsga időtartama: 240 perc ÉRETTSÉGI VIZSGA 2007. május 8. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA 2007. május 8. 8:00 Az írásbeli vizsga időtartama: 240 perc Pótlapok száma Tisztázati Piszkozati OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM

Részletesebben

6. modul Egyenesen előre!

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

Részletesebben

Tanmenetjavaslat 5. osztály

Tanmenetjavaslat 5. osztály Tanmenetjavaslat 5. osztály 1. A természetes számok A tanmenetjavaslatokban dőlt betűvel szedtük a tananyag legjellemzőbb részét (amelyet a naplóba írunk). Kisebb betűvel jelezzük a folyamatos ismétléssel

Részletesebben

Sztojka Miroszláv LINEÁRIS ALGEBRA Egyetemi jegyzet Ungvár 2013

Sztojka Miroszláv LINEÁRIS ALGEBRA Egyetemi jegyzet Ungvár 2013 UKRAJNA OKTATÁSI ÉS TUDOMÁNYÜGYI MINISZTÉRIUMA ÁLLAMI FELSŐOKTATÁSI INTÉZMÉNY UNGVÁRI NEMZETI EGYETEM MAGYAR TANNYELVŰ HUMÁN- ÉS TERMÉSZETTUDOMÁNYI KAR FIZIKA ÉS MATEMATIKA TANSZÉK Sztojka Miroszláv LINEÁRIS

Részletesebben