25. Matematikai logika, bizonyítási módszerek

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "25. Matematikai logika, bizonyítási módszerek"

Átírás

1 5. Matematikai logika, bizoyítási módszerek I. Elméleti összefoglaló Logikai műveletek A matematikai logika állításokkal foglalkozik. Az állítás (vagy kijeletés) olya kijelető modat, amelyről egyértelműe eldöthető, hogy igaz (I) vagy hamis (H), ezt az állítás logikai értékéek evezzük. Az állításokat általába lati agybetűkkel jelöljük, például A: Ma délutá moziba megyek., illetve B: Holap kirádulok. Egy vagy több állításból logikai műveletek felhaszálásával újabb állításokat hozhatuk létre. A művelet lehet egyváltozós (tagadás) vagy kétváltozós (és, vagy, ha-akkor, akkor és csak akkor). Egyváltozós logikai művelet: em (egáció, tagadás): az A állítás tagadása potosa akkor igaz, ha A hamis. Jele: Kétváltozós logikai műveletek: A. és (kojukció): az A és B állítás potosa akkor igaz, ha az A és a B állítás is igaz. Jele: A B. A közyelvbe a vagy kötőszót többféle jeletésbe haszáljuk attól függőe, hogy megegedjük-e midkét feltétel együttes teljesülését vagy sem. Például a Holap vagy holaputá stradoli megyek. állítást akkor is igazak fogadjuk el, ha midkét említett apo stradolok, viszot a Ma este 7 órára szíházba vagy moziba megyek. állítás midkét fele egyszerre em teljesülhet, ezért ez csak úgy lehet igaz, ha potosa az egyik része teljesül. (Ezt jelezhetjük a következő megfogalmazással is: Ma este 7 órára vagy szíházba, vagy moziba megyek. ) A két eset megkülöböztetésére a matematikába kétféle vagy -ot haszáluk: az előbbi példa esetébe megegedőt, az utóbbi esetébe kizárót. Ha ezt a külöbséget a közyelvbe is hagsúlyozi akarjuk, akkor megtehetjük, hogy a megegedő vagy esetébe egy vagy kötőszót, a kizáró vagy esetébe páros vagy-vagy kötőszót haszáluk, de a mideapi élőbeszédbe ezek jeletése em midig egyértelmű. megegedő vagy (diszjukció), a közyelvbe vagy : az A vagy B állítás potosa akkor igaz, ha az A és a B állítás közül legalább az egyik igaz. Jele: A B. Ha egy matematikai szövegbe vagy szerepel, azt általába megegedő vagy -két szoktuk értelmezi. kizáró vagy (ativalecia): az A kizáró vagy B (a közyelvbe esetleg: vagy A, vagy B ) állítás potosa akkor igaz, ha az A és a B állítás közül potosa az egyik igaz (tehát midkettő em). Jele: A B (esetleg AΔ B). ha-akkor (implikáció): a ha A, akkor B állítás potosa akkor igaz, ha az A és a B állítás is igaz, illetve ha az A állítás hamis és a B állítás tetszőleges. (Másképpe: a ha A, akkor B állítás potosa akkor hamis, ha az A állítás igaz és a B állítás hamis.) Jele: A B (esetleg A B). akkor és csak akkor (ekvivalecia): a ha A, akkor és csak akkor B állítás potosa akkor igaz, ha az A és a B állítás közül egyszerre vagy midkettő igaz, vagy midkettő hamis. (Más-

2 képpe: a ha A, akkor és csak akkor B állítás potosa akkor igaz, ha A B és B A.) Jele: A B (esetleg A B). A műveleteket logikai értéktáblázat segítségével is defiiálhatjuk, amelybe felsoroljuk, hogy az alapállítás(ok) egyes logikai értékeihez a művelet milye logikai értéket redel. Egy -változós művelet esetébe a logikai értéktáblázatak sora va, hisze mide változó kétféle értéket vehet fel. A hosszabb, összetettebb kifejezéseket a gyakorlatba több lépésbe (oszlopba) szoktuk kiértékeli, ahol a teljes kifejezés értékéhez általába az utolsó oszlopba jutuk el, ekkor az eredeti kifejezés értéktáblázatáak a táblázat eze utolsó oszlopát tekitjük. Az egyváltozós logikai művelet értéktáblázata: A I H A H I A kétváltozós logikai műveletek értéktáblázatai: A B A B A B A B A B A B I I I I H I I I H H I I H H H I H I I I H H H H H H I I Az értéktáblázat segítségével boyolultabb kifejezéseket is kiértékelhetük, illetve egyszerűbb alakra hozhatuk. Például az ekvivalecia és az implikáció kapcsolatát kifejezhetjük a következőképpe: A B= ( A B) ( B A). A egáció, a kojukció és a diszjukció között feállak a De Morga-azoosságok: ( A B) = A B, illetve ( ) Tetszőleges A állításra feállak még a következő azoosságok: ( A) = A, A A értéke midig hamis, A A értéke midig igaz. A halmazműveletek és a logikai műveletek kapcsolata A B = A B. Tekitsük az összes állítás halmazát mit alaphalmazt ( H ). Ekkor mide A állítás megfeleltethető a H halmaz azo H részhalmazáak, amelybe azok az állítások tartozak, amelyek igazsága eseté az A A állítás igaz. (Például az A: A családukba legfeljebb gyerek va. állítás eseté a következő kijeletések mid elemei a H A részhalmazak: A családukba potosa gyerek va., A családukba potosa gyerek va., A családukba potosa két fiúgyermek va és láygyermek icse. stb.)

3 Eze az alaphalmazo a korábba felsorolt logikai műveletek a következőkbe felsorolt halmazműveletekek feleltethetők meg (az ábráko szíezéssel jelezzük azokat a részhalmazokat, amelyek eseté a művelet logikai értéke igaz). A tagadás a komplemeterképzések: A -ak megfelel a H A halmaz H-ra vett komplemetere ( H ). A Az és a metszetképzések: A B-ek megfelel a H A és a H H ). ( A B H B halmazok metszete A megegedő vagy az uióképzések: A B-ek megfelel a H A és a H H ). ( A B H B halmazok uiója 3

4 A kizáró vagy a szimmetrikus differeciáak: A B -ek megfelel a H A és a H B halmazok szimmetrikus differeciája ( H AΔ H B, azaz a csak A-ba, illetve a csak B-be tartozó elemek uiója). Megjegyzés: Ha speciálisa az A állítás éppe azt modja, hogy egy x szám eleme egy P halmazak, a B állítás pedig azt modja, hogy ugyaazo x szám eleme egy Q halmazak, akkor közvetleül is megkapjuk az előzőekbe ábrázolt komplemeter, metszet, uió és szimmetrikus differecia halmazműveleteket (hisze például A B azt modja, hogy az x szám eleme a P és a Q halmazok metszetéek). A femaradó két logikai művelet közvetleül em feleltethető meg halmazműveletekek, azoba jeletésüket a halmazelmélet fogalmaival (részhalmaz, egyelőség) is szemléltethetjük: H B hal- A ha-akkor a tartalmazás megfelelője: A B eseté a H A halmaz részhalmaza a mazak ( H A H B). Az akkor és csak akkor a két halmaz egyelőségéek megfelelője: A B eseté a H A és a H B halmazok megegyezek ( H A H B = ). 4

5 Szükséges és elégséges feltétel A ha-akkor formába megfogalmazott A B állítások esetébe A-t feltételek (premissza), B-t következméyek (koklúzió) is evezzük. Defiíció: Ha A B, vagyis az A állítás teljesülése eseté biztosa teljesül a B is, akkor azt modjuk, hogy az A állítás a B állításak elégséges feltétele. (Ekkor ugyais B igazságáak bizoyításához elég A-t igazoli.) Például: A: Az szám 6-ra végződik. és B: Az szám páros. Ekkor A B, hisze ha egy szám 6-ra végződik, akkor biztosa páros. Viszot a B állítás úgy is lehet igaz, ha A em teljesül, hisze em csak a 6-ra végződő számok párosak. Tehát a 6-ra végződés egy szám párosságáak elégséges, de em szükséges feltétele. Defiíció: Ha A B, vagyis az A állítás teljesülése eseté biztosa teljesül a B is, akkor azt modjuk, hogy a B állítás az A állításak szükséges feltétele. (Ekkor ugyais ha A igaz, akkor szükségképpe B is, másképpe fogalmazva A em lehet igaz B teljesülése élkül.) Például: A: Az ABCD égyszög égyzet. és B: Az ABCD égyszög mide szöge derékszög.. Ekkor A B, hisze ha egy égyszög égyzet, akkor mide szöge derékszög (vagyis téglalap). Ahhoz, hogy egy égyszög égyzet legye, szükséges, hogy mide szöge derékszög legye. Viszot abból még, hogy egy égyszög mide szöge derékszög, em következik, hogy égyzet. Tehát az, hogy egy égyszög mide szöge derékszög, szükséges, de em elégséges feltétele aak, hogy a égyszög égyzet legye. Bizoyításokba felhaszálhatjuk egy állítás hamisságáak igazolására egy szükséges feltétel hiáyát. Ha ugyais A B és B em teljesül, akkor A sem teljesülhet, hisze így B-ek igazak kellee leie, így elletmodásra juták (lásd később az idirekt bizoyítást). Például: A: Az szám égyzetszám. és B: Az szám 0-ra, -re, 4-re, 5-re, 6-ra vagy 9-re végződik. Ekkor A B, hisze a égyzetszámok utolsó számjegye csak 0,, 4, 5, 6 vagy 9 lehet (szükséges, de em elégséges feltétel). Ha tehát például egy szám 7-re végződik, akkor biztosa em lehet égyzetszám (a szükséges feltétel em teljesül). Megjegyzés: Természetese, ha A elégséges feltétele B-ek, akkor B szükséges feltétele A-ak. Így az eddigi példák meg is fordíthatóak, például az első esetbe: A 6-ra végződés egy szám párosságáak elégséges (de em szükséges) feltétele. Megfordítva: Egy szám párossága a szám 6-ra végződéséek szükséges (de em elégséges) feltétele. Megjegyzés: Ha egy B állításak A elégséges, C pedig szükséges feltétele (azaz A B C), akkor az előző oldalak halmazelméleti jelöléseivel ezt a H A HB HC módo szemléltethetjük. Például: A: Az szám két 0-ra végződik., B: Az szám 0-szal osztható. és C: Az szám páros. 5

6 Defiíció: Ha A B és B A (vagyis A B), akkor azt modjuk, hogy az A állítás a B állításak szükséges és elégséges feltétele. Például: A: Az x szám osztható 6-tal. és B: Az x szám páros és osztható 3-mal. Ekkor A B, tehát a 6-tal oszthatóságak szükséges és elégséges feltétele a párosság és a 3-mal oszthatóság együttes teljesülése. Megjegyzés: Természetese, ha A szükséges és elégséges feltétele B-ek, akkor B is szükséges és elégséges feltétele A-ak. Állítások tagadása Egy A állítás tagadását ( A ) a legegyszerűbbe a em tagadószóval fogalmazhatjuk meg. Például A: Ma hétfő va. eseté A: Ma em hétfő va., esetleg A: Nem igaz, hogy ma hétfő va. Elviekbe ez a módszer boyolultabb állításokra is alkalmazható, például B: Ha esik az eső és ics álam eseryő, akkor em megyek ki az utcára vagy esőkabátot veszek. tagadása is megfogalmazható B : Nem igaz, hogy ha esik az eső és ics álam eseryő, akkor em megyek ki az utcára vagy esőkabátot veszek. formába. Ezt azoba yelvileg ehezebb értelmezi, így az egyes (kétváltozós) logikai műveletek tagadásait külö-külö is megadjuk, továbbá a feladatokba is kerüljük a em igaz, hogy kifejezéssel törtéő tagadást. Két és -sel összekötött állítás tagadásakor az állítások tagadásait vagy -gyal kötjük össze: A B tagadása A B. Például: Vettem tejet és kölcsökértem a szomszéd biciklijét. tagadása Nem vettem tejet vagy em kértem kölcsö a szomszéd biciklijét. Két vagy -gyal összekötött állítás tagadásakor az állítások tagadásait és -sel kötjük össze: A B tagadása A B. Például: Születésapomo elmegyük cirkuszba vagy megézük egy filmet. tagadása Születésapomo em megyük el cirkuszba és em ézük meg egy filmet. (esetleg Születésapomo se cirkuszba em megyük el, se filmet em ézük. ) Két kizáró vagy -gyal összekötött állítás tagadásakor az állításokat (vagy az állítások tagadásait) akkor és csak akkor -ral kötjük össze: A B tagadása A B (ami ugyaazt jeleti, mit A B). Például: Idé vagy a tegerparto, vagy a hegyek között yaraluk. tagadása Idé akkor és csak akkor yaraluk a tegerparto, ha a hegyek között is. (esetleg Idé akkor és csak akkor em yaraluk a tegerparto, ha a hegyek között sem. ) Két akkor és csak akkor -ral összekötött állítás tagadásakor az állításokat (vagy az állítások tagadásait) kizáró vagy -gyal kötjük össze: A B tagadása A B (ami ugyaazt jeleti, mit A B). Például: Akkor és csak akkor veszek új autót, ha ötösöm lesz a lottó. tagadása Vagy új autót veszek, vagy ötösöm lesz a lottó. (esetleg: Vagy em veszek új autót, vagy em lesz ötösöm a lottó. ) Az eddigiekből megfigyelhetjük, hogy az és vagy, illetve a kizáró vagy akkor és csak akkor műveletek egymás fordítottjai, tagadáskor felcserélődek. Midez abból is igazolható, hogy A B és A B logikai értéktáblázatába a két oszlop éppe egymás elletettje, illetve A B és A B esetébe szitúgy. A másik esetbe A B és A B értéktáblázata szité egymás elletettje, de mivel A B és A B értéktáblázata megegyezik (sőt, A B és A B értéktáblázata is), ezért A B -t tagadhatjuk A B és A B formába is (illetve A B-t 6

7 tagadhatjuk A B és A B formába is). Sőt, A B-t tagadhatjuk A B és A B, illetve A B-t tagadhatjuk A B és A B formába is. Hátra va még a ha-akkor -ral összekötött állítások tagadása, amely az előzőekél valamivel boyolultabb. Mivel A B potosa akkor hamis, ha A igaz és B hamis, ezért A B tagadása potosa akkor lesz igaz, ha A igaz és B hamis, vagyis A B igaz: Két ha-akkor -ral összekötött állítás tagadásakor az első állítást és a második állítás tagadását és -sel kötjük össze: A B tagadása A B. Például: Ha hétfő va, akkor (midig) elmegyek a fogorvoshoz. tagadása (Va olya eset, hogy) hétfő va és em megyek el a fogorvoshoz. Az A B típusú állításokat gyakra em ha-akkor formulával, haem a mide szóval fogalmazzuk meg. Az előző példába szereplő Ha hétfő va, akkor midig elmegyek a fogorvoshoz. modatot úgy is modhatjuk, hogy Mide hétfő elmegyek a fogorvoshoz.. Tagadását ekkor a va olya szókapcsolattal is megfogalmazhatjuk: Va olya hétfő, amikor em megyek el a fogorvoshoz. Haszálatosak a mide szóra a, a va olya kifejezésre a jelölések is. Ekkor például az A: Hétfő va. és B: Elmegyek a fogorvoshoz. állítások esetébe a Mide hétfő elmegyek a fogorvoshoz. állítás leírható A: B (esetleg A B ) alakba, míg a Va olya hétfő, amikor em megyek el a fogorvoshoz. állítás leírható A: B (esetleg A B) alakba. Egy mide A-ra igaz B is alakú állítás (amely ugyaazt jeleti, mit A B) tagadása a va olya A, amelyre em igaz B állítás: A: B (vagy A B) tagadása A: B (vagy A B). Például: Mide ap takarítai kell. tagadása Va olya ap, amikor em kell takarítai. Egy va olya A, amelyre igaz B is alakú állítás tagadása a mide A-ra em igaz B (vagy: egyik A-ra sem igaz B ) állítás: A: B (vagy A B) tagadása A: B (vagy A B). Például: Va olya ap, amikor takarítai kell. tagadása Mide ap em kell takarítai., esetleg Egyik ap sem kell takarítai. Megjegyzés: A feti két esetbe az A-val jelölt szövegrész (pl. ap ) szigorúa véve em állítás, hisze ics öálló logikai értéke. Nyelvtailag mide ilye esetbe átfogalmazhaták a modatot úgy, hogy A is megfelelje az állítás defiíciójáak (pl. Ha ma egy tetszőleges ap va, akkor takarítai kell. ), ettől azoba a továbbiakba eltekitük. Megjegyzés: A va olya A, amelyre igaz B is alakú állítást elvileg tagadhaták ics olya A, amelyre igaz B is alakba is, ezt azoba hasolóa a em igaz, hogy kifejezéshez a feladatokba kerüljük, tudatosa törekedve arra, hogy tagadáskor a mide és a va olya kifejezések egymás párjai legyeek. Állítások megfordítása Defiíció: Egy A B típusú állítás megfordításá a B A állítást (vagyis a feltétel és a következméy megcserélését) értjük. Például: A Pitagorasz-tétel megfogalmazható A B alakba. Legye A: A háromszög derékszögű. és B: A háromszögbe a két rövidebb oldalt a-val és b-vel, a leghosszabb oldalt c-vel jelölve teljesül az a b = c összefüggés. Ekkor a tétel így szól: Ha egy háromszög derékszögű, akkor a három- 7

8 szögbe a két rövidebb oldalt a-val és b-vel, a leghosszabb oldalt c-vel jelölve teljesül az a b = c összefüggés. A Pitagorasz-tétel megfordítása ( B A): Ha egy háromszögbe a két rövidebb oldalt a-val és b-vel, a leghosszabb oldalt c-vel jelölve teljesül az a b = c összefüggés, akkor a háromszög derékszögű. A Pitagorasz-tétel és a megfordítása is igaz állítás. Egy igaz állítás megfordítása em feltétleül igaz. Például a Ha egy szám osztható 0-zel, akkor páros. állítás igaz, de megfordítása, a Ha egy szám páros, akkor osztható 0-zel. állítás hamis. Ha egy A B típusú állítás és megfordítása is igaz, akkor A B. Ekvivales következtetések Egyeletek megoldásakor fotos, hogy lehetőleg mide lépésük ekvivales átalakítás legye. Például az A: x 4= 8 és a B: x = 9 állítások (amelyek az egyeletmegoldásba egymás utá következhetek) ekvivalesek ( A B), így az A állítás helyett elegedő a B állítást vizsgáluk, ez a végeredméye em változtat. (Két egyeletet akkor moduk ekvivalesek, ha megoldáshalmazaik megegyezek, vagyis bármely számra az vagy midkét egyeletet teljesíti, vagy egyiket sem.) Előfordulhat, hogy em ekvivales átalakítást hajtuk végre egy egyelete. Ha például A: x = 3 és B: x = 9, akkor A B igaz, de B A em (és így A B sem). A két állítás sorredjétől függőe kétféle probléma lép fel az egyeletmegoldásba: Ha x = 3 -ból következtetük =± ), akkor hamis gyököt kapuk (hisze 3 ( x 9) ( x 3) 9 x = -re (amelyek megoldásai x, 3 x ). Itt maga az ( x 3) ( x 9) = = implikáció helyes volt, azoba = = már em igaz, ezért kaptuk a helyes megoldás mellett helytelet is. Ez a módszer midig megadja a helyes megoldás(oka)t, de midig szükség va az elleőrzésre, amely kizárja a hamis gyökö(ke)t. Ilye lépések többek között a égyzetre emelés és az isme- x 6 x 36 x = 6 x = 6x. retleel való szorzás, például ( = ) ( = ) és ( ) ( ) Ha x = 9 -ből következtetük x = 3 -re, akkor bár jó megoldást kapuk, gyökvesztés lép fel, ugyais az 3 x = 9 x= 3 implikáció sem x = megoldást elveszítjük. Itt már maga az ( ) ( ) helyes (aak elleére, hogy 3 x = jó megoldás), hisze ( x 9) ( x 3) = = azt modja, hogy mide olya esetbe, amikor x = 9, igaz, hogy x = 3, ez viszot hamis állítás. (Logikailag éppe ayira hamis, mit ha x = 9 -ből x = 4 -re következteték.) Ez a módszer azért kerüledő, mert gyökvesztés eseté a későbbiekbe em találjuk már meg a hiáyzó megoldás(oka)t. Ilye lépések többek között a gyökvoás és az ismeretleel való osztás. Elkerülé- x = 9 x= 3 hibás lépés helyett a sükre a gyökvoásál abszolútértéket haszáluk: az ( ) ( ) helyes következtetés ( x 9) ( x 3) = =, az ismeretleel való osztás helyett pedig 0-ra redezük: ( x 3 x ) ( x ) Bizoyítási módszerek = = helyett az 3 x x = 0 egyeletet alakítjuk szorzattá. Direkt bizoyítás: a bizoyítás sorá igaz állításokból kiidulva (például axiómákból azaz bizoyítás élkül elfogadott alaptételekből, defiíciókból és már bizoyított tételekből), logikai következtetésekkel jutuk el a bizoyítadó állításig. A legtöbb matematikai tételt direkt úto bizoyítjuk. 8

9 Például: Tétel: Egy páratla szám égyzete 4-gyel osztva maradékot ad. Bizoyítás: Legye egy páratla szám. Ekkor k, k k k = 4 4 = k = ( ) = A, ahol A= 4 ( k k) és A osztható 4-gyel 4-gyel osztva maradékot ad. Az implikáció műveletét haszálva, igaz állításokból igaz állításokra következtetve eljutottuk a bizoyítadó állításig. Idirekt bizoyítás: a bizoyítadó állítás tagadásából kiidulva (idirekt feltevés), logikai következtetésekkel elletmodásra jutuk. (Ez az elletmodás lehet egy tetszőleges ismert igaz állítás hamissága vagy az idirekt feltevés hamissága is.) Így a bizoyítadó állítás em lehet hamis, szükségképpe tehát igaz lesz. Például: Tétel: Végtele sok prímszám va. Bizoyítás: Tegyük fel, hogy az állítás hamis, vagyis csak véges sok prímszám va. Az öszszes prím a következő: p, p,..., p k, ahol k. Ötlet: tekitsük a K = p... p p k számot. K em prím (mert agyobb a p, p,..., p k midegyikéél). K -él agyobb, és em osztható a p, p,..., p k prímszámok egyikével sem (mert midegyikkel osztva maradékot ad). K is prímszám. Elletmodás, hisze K em lehet egyszerre prím és em prím. Legye A: Végtele sok prímszám va. A bizoyításba az implikáció műveletét haszálva, a A feltételből kiidulva a következtetések elletmodásra vezettek (ha B: K prím., akkor a B B állításhoz jutottuk, amely biztosa hamis). Tehát A em lehet igaz, szükségképpe A igaz. Teljes idukció: Végtele sok állítást (pl. A, A,...) akaruk egyszerre bebizoyítai, amelyek valamilye változótól függek (általába az A állításba szerepel, például A : Az első pozitív egész ( ) szám összege ). Ezt két lépésbe tesszük: először megmutatjuk, hogy az első állítás (általába A ) igaz, utáa pedig igazoljuk, hogy ha valamilye k-ra az A k állítás igaz (idukciós feltevés), akkor a soro következő A k állítás is igaz. Vagyis A igazságából és az Ak A k következtetés helyességéből az A A A3... implikáció-sorozattal az összes állítást beláttuk. Megjegyzés: A teljes idukció ahhoz hasolítható, amikor végtele sok, egymás melletti domiót akaruk fellöki. Eek teljesüléséhez két dolog szükséges: egyrészt meg kell lökük az első domiót, másrészt tuduk kell, hogy bármely domió eldőlése maga utá voja a következő domió eldőlését is. Megjegyzés: Bizoyos feladatokba az idukciós feltevésél em csak azt tételezzük fel, hogy valamilye k-ra az A k állítás igaz, haem azt is, hogy az A, A,..., A k állítások mid igazak (vagyis az első k domió midegyike eldőlt már). Például: Tétel ( A ): Az első pozitív egész szám összege ( ). Bizoyítás: Az állítás igaz = -re, ugyais A : Az első pozitív egész szám összege = 9

10 igaz állítás. Tegyük fel most, hogy az ( k ) A k állítás igaz valamilye pozitív egész k-ra, tehát k... k = (ezt evezzük idukciós feltevések), majd (eek felhaszálásával) ( k ) ( k ) lássuk be A k -et, vagyis hogy... k =. Az ( ) ( ) ( ) idukciós feltevés ( ) ( ) ( ) k k k k... k =... k k = ( k ) = átalakítással az egyelőséglác két végé megkaptuk a bizoyítadó A k állítást, ezzel A k -et beláttuk. Tehát A igazságából és a lácreakcióból adódik, hogy mide pozitív egész -re A is igaz. Skatulya-elv: Ez a bizoyítási módszer azt a téyt haszálja ki, hogy ha skatulyába -él több tárgyat szétosztuk, akkor valamelyik skatulyába legalább tárgy kerül. Továbbá, ha skatulyába k - él több tárgyat szétosztuk, akkor valamelyik skatulyába legalább k tárgy kerül. Például: Tétel: 3 egész szám között biztos va 4 olya, amelyik ugyaolya jegyre végződik. Bizoyítás: Az utolsó számjegy = 0 -féle lehet, a skatulya-elvet alkalmazhatjuk k = 3 -ra, így mivel 3> 3 0, ezért a 0 skatulya valamelyikébe biztosa legalább 4 szám kerül. (Ha mide skatulyába csak legfeljebb 3-3 szám kerüle, akkor összese legfeljebb 3 0 = 30 számuk lehete, ami elletmod aak, hogy 3 számuk va. Az utolsó godolatba idirekt bizoyítást haszáltuk.) II. Kidolgozott feladatok. Írjuk fel miél rövidebb formulával az ( A B) ( A B) kifejezést! I. Megoldás: Készítsük el a kifejezés logikai értéktáblázatát! A táblázat oszlopaiba először az első zárójel, majd a második zárójel, végül az utolsó oszlopba e két kifejezés és -sel összekapcsolásáak kiértékelése látható (ez utóbbi megegyezik a teljes kifejezés értékével): A B A B A B ( A B) ( A B) I I I I I I H H I H H I I H H H H I I I A táblázatból kiolvasható, hogy a kifejezés értéke potosa akkor igaz, ha A és B logikai értéke megegyezik. Tehát a kifejezés rövidebb formulával A B alakba írható fel. Természetese más alakok is megadhatók (például ( A B) ( A B) ), de az előbb megadott a legrövidebb. II. Megoldás: Értéktáblázat élkül is lerövidíthetjük a formulát. A kifejezés potosa akkor igaz, ha A igazsága maga utá voja B igazságát, A hamissága pedig B hamisságát. (Ha A igaz, akkor az első zárójel miatt B-ek is igazak kell leie, ha pedig A hamis, akkor a második zárójel miatt B-ek is hamisak kell leie.) Így a keresett rövidebb formula: A B. 0

11 . Készítsük el a következő kifejezések logikai értéktáblázatát! a) ( A B) B b) ( A B) ( A A) c) ( A B) ( B C) Megoldás: Az első két kifejezés kétváltozós, így táblázataikba 4 esetet kell vizsgáli a változók lehetséges értékeiek megfelelőe. A harmadik kifejezés háromváltozós, így abba = 8 lehetséges esetet kell megvizsgáluk (eyi sora lesz a táblázatak). Midhárom esetbe először a zárójel(ek)be álló kifejezés(eke)t értékeljük ki, majd a közöttük lévő műveletet. a) A B A B ( ) A B B I I I I I H H I H I I I H H I H Megjegyzés: A táblázatból kiolvasható, hogy A B= A B. b) A B A B A A ( A B) ( A A) I I I I I I H H I H H I H I H H H H I H Megjegyzés: A táblázatból kiolvasható, hogy A A értéke midig igaz, így a vizsgált kifejezés értéke megegyezik A B értékével, hisze a midig igaz állítást I-vel jelölve tetszőleges C állítás eseté C I = C. c) A B C A B B C ( A B) ( B C) I I I I I I I I H I I I I H I H I H I H H H H I H I I I I I H I H I I I H H I I I I H H H I H H

12 3. Írjuk fel olya kifejezéseket, amelyek logikai értéktáblázata a következő: A B a kifejezés értéke I I I I H I H I H H H I I. Megoldás: Az egyik lehetőség, hogy felsoroljuk midazo eseteket, amikor a kifejezés igaz, majd ezeket vagy -gyal kapcsoljuk össze: ( A B) ( A B) ( A B). II. Megoldás: Az alapműveletek közül a vagy értéke három esetbe igaz, egyszer hamis. A vagy akkor hamis, ha midkét változója hamis. Ahhoz, hogy hamis A és igaz B eseté két hamis kifejezést kapcsoljuk össze, B helyett B -t kell tekiteük, így ebbe az esetbe a lehetséges megoldás: A B. III. Megoldás: Az alapműveletek közül az és értéke három esetbe hamis, egy esetbe igaz. Eek tagadása három esetbe lesz igaz, egy esetbe hamis. Így a következő kifejezés is jó meg- A B. oldás: ( ) IV. Megoldás: Az alapműveletek közül a ha-akkor értéke három esetbe igaz, egyszer hamis. A ha-akkor akkor hamis, ha az első változója igaz, a második hamis. Így a következő kifejezések is jó megoldások: A B, illetve B A. Természetese számos további megoldást is előállíthatuk. 4. Legye A: Az szám osztható 4-gyel. Adjuk meg az A állítás a) egy szükséges, de em elégséges feltételét! b) egy elégséges, de em szükséges feltételét! c) egy szükséges és elégséges feltételét! Megoldás: a) Jó megoldás mide olya állítás, amely következik A-ból, de amelyből em következik A. Ilyeek például: Az szám osztható -vel., Az szám osztható 3-mal., és így tovább (a 4 összes valódi osztóját behelyettesíthetjük a modatba), vagy például Az szám osztható 4-gyel és 6-tal. (ez utóbbi valóba em elégséges, hisze például a -re is teljesül). b) Jó megoldás mide olya állítás, amelyből következik A, de amely em következik A-ból. Ilyeek például: Az szám osztható 48-cal., Az szám osztható 400-zal., Az szám értéke 7., és így tovább. c) Jó megoldás mide olya állítás, amely ekvivales A-val. Ilyeek például: Az szám osztható 3-mal és 8-cal., Az szám felírható 4 k alakba, ahol k egész szám.. Sőt, valójába jó megoldás maga az A állítás is, hisze mide állítás ekvivales saját magával.

13 5. Botsuk fel a következő állításokat egyszerű kijeletésekre, és írjuk fel logikai műveletekkel az összetett kijeletéseket! Ezt követőe fogalmazzuk meg az állítások tagadását! a) Mide égyszögek va beírt köre. b) Va olya autó, amelyikek lejárt a zöldkártyája és ics érvéyes műszaki vizsgája sem. c) Egyik lakásba sics sem radiátor, sem kályha. d) Ha éhes vagyok, lemegyek a büfébe. e) Mide iskolába va olya osztály, ahol mideki kitűő. f) Akkor és csak akkor veszek fel reggel kék szokyát, ha azap szíházba vagy az Operába megyek. Megoldás: a) Az A: (A sokszög egy) égyszög. és B: (A sokszögek) va beírt köre. jelölésekkel az állítás A B alakba írható. Eek tagadása A: B, azaz: Va olya égyszög, amelyek ics beírt köre. az állítás ( ) alakba írható. Eek tagadása ( ) b) Az A: autó, B: lejárt a zöldkártyája és C: ics érvéyes műszaki vizsgája jelölésekkel A: B C A B C, amely a De Morgaazoosság alapjá A ( B C) alakra hozható, azaz: Mide autóak em járt le a zöldkártyája vagy va érvéyes műszaki vizsgája. Nyelvileg szebbe hagzik a következő (logikailag ekvivales) megfogalmazás: Mide autóak érvéyes a zöldkártyája és a műszaki vizsgája közül legalább az egyik. c) Az A: lakás, B: va radiátor és C: va kályha jelölésekkel, továbbá az egyik lakásba sics = mide lakásba ics átfogalmazással az állítás A ( B C) alakba írható. Eek tagadása A: ( B C), átalakítva A: ( B C), azaz: Va olya lakás, amelybe va radiátor vagy kályha. d) Az A: éhes vagyok és B: lemegyek a büfébe jelölésekkel az állítás A B alakba írható. Eek tagadása A B, azaz: (Va olya alkalom, hogy) éhes vagyok és em megyek le a büfébe. (Az eredeti állítást úgy is fogalmazhattuk vola, hogy Mide alkalommal, amikor éhes vagyok, lemegyek a büfébe. ) e) Az A: iskola, B: osztály és C: kitűő jelölésekkel az állítás A ( B: C) írható. Eek tagadása A: ( B: C) utá A: B ( C) alakba, ami a zárójeles kifejezés tagadásáak behelyettesítése alakra hozható, azaz: Va olya iskola, ahol mide osztályba va olya, aki em kitűő. (esetleg: Va olya iskola, ahol mide osztályba va em kitűő. ) f) Az A: (ma) reggel kék szokyát veszek fel, B: (ma) szíházba megyek és C: (ma) az Operába megyek jelölésekkel az állítás A ( B C) alakba írható. (A szíházba vagy az Operába megyek logikailag megegedi, hogy akár midkét helyre mejek egymás utá, bár ez em valószíű.) Eek tagadása A ( B C), azaz: Vagy reggel kék szokyát veszek fel, vagy azap 3

14 szíházba vagy az Operába megyek. Eek a megoldásak hátráya, hogy a formulába szereplő zárójel em látszik bee, így formailag csak a modatba szereplő vessző mutatja, hogy em három egyeértékű vagy áll a modatba. Élőszóba midez hagsúlyozással jelezhető (például a kizáró vagy -hoz tartozó két vagy -ot jobba megyomjuk, esetleg a vesszőél agyobb szüetet tartuk), írásba talá szerecsésebb a következő átfogalmazás: Vagy reggel kék szokyát veszek fel, vagy azap elmegyek szíházba, esetleg az Operába. De megfogalmazhatjuk a tagadást A ( B C) formába is, azaz: Akkor és csak akkor em veszek fel reggel kék szokyát, ha azap szíházba vagy az Operába megyek. 6. Fogalmazzuk meg a következő állítás megfordítását: Ha egy húrégyszögek va derékszöge, akkor téglalap. Igaz-e az állítás, illetve a megfordítása? Megoldás: Az állítás megfordítása: Ha egy húrégyszög téglalap, akkor va derékszöge. Fotos észreveük, hogy a húrégyszög kijeletés em része a feltételek, az mideképpe a modat elejé marad (mit a modat alaya). Formalizálva: az A: a húrégyszögek va derékszöge és B: a húrégyszög téglalap jelölésekkel az eredeti állítás A B, a megfordítása B A formába írható. Az eredeti állítás hamis (egy lehetséges ellepélda az a égyszög, amelyek szögei az egyik körüljárás szerit: 90, 60, 90 és 0, ez a égyszög a húrégyszögek tételéek megfordítása miatt húrégyszög, de em téglalap vagy általáosabb ellepélda egy olya égyszög, amelyek egyik átlója a körülírt kör átmérője, a másik viszot em). Az állítás megfordítása igaz, hisze egy tetszőleges téglalapak va derékszöge. 7. Az alábbi állítások közül háy lehet egyszerre igaz ugyaazo valós számra voatkozóa? A: 3 B: = 4 C: D: = E: = 6 3 = 4 F: lg( ) = lg( 6) I. Megoldás: Ábrázoljuk az állítások logikai kapcsolatát, jelezve az egymásból következő, illetve az ekvivales állításokat! A B és C állítások ekvivalesek, továbbá D-ből következik B (és ekkor yilvá C is), de B-ből em következik D (az ellepélda = 4 ). A D állítás ekvivales az = 4 állítással, amelyből következik E, a megfordítás viszot em (az ellepélda = 0 ). Eddig tehát az állítások kapcsolatát a következőképpe szemléltethetjük: E D ( B C). 3 Az F egyeletbe a logaritmust elhagyva = 6-et kapuk, azoba a logaritmus értelmezési tartomáya miatt > 0, ekkor -el oszthatuk, így az = 6 állítást kapjuk, de > 0 miatt az egyelet egyedüli megoldása 4 E D F B C. =, amely ekvivales D-vel: ( ) ( ) Hátra va még az A állítás vizsgálata. Ez függetle B-től (és C-től), egyikből sem következik a másik (hisze B és C esetébe pozitív és egatív értéket is felvehet). Az A állítás szité függetle E-től, egyikből sem következik a másik. Végül D-ből (és F-ből) következik A, hisze = 4 teljesíti A-t, de fordított iráyba ics kapcsolat az állítások között. Így az állítások logikai kapcsolata a következő: ( ) ( ) E D F B C. A 4

15 A kapcsolatokból leolvasható, hogy ha D (és F) igaz, akkor mid a 6 állítás igaz. Ha D (és F) hamis, akkor 4, így a többi állítás a következőképpe írható fel: A: 3 (de 4 ); B: = 4 ; C: = 4 ; E: = 0. Ha A igaz, akkor ez kizárja a másik hármat, így igaz állítást kapuk. Ha A hamis, akkor B és C, illetve E kizárja egymást, így vagy E igaz ( igaz állítás), vagy B és C ( igaz állítás), vagy egyik sem (0 igaz állítás). Vagyis a megadott állítások közül egyszerre 0,, vagy 6 lehet igaz. II. Megoldás: Felsorolhatjuk az egyes állítások esetébe lehetséges értékeit: A: 3 B: { 4; 4} C: { 4; 4} D: 4 = E: { 0; 4} F: = 4 A felsorolásból is következik az állítások előző megoldásba vázolt logikai kapcsolata, illetve megadhatuk kokrét értékeket, amelyekre az állítások közül egyszerre 0,,, 3 vagy 6 lesz igaz: = 0 igaz állítás = 0 igaz állítás (A) = 0 igaz állítás (E) = 4 igaz állítás (B és C) = 4 6 igaz állítás (az összes) Más lehetőség icse, hisze lehetséges értékei közül a B F állításokhoz elegedő a 4, 0, 4 értékeket kipróbáli, az A állításhoz pedig egy 3-ál kisebb és egy 3-ál em kisebb értéket. Vagyis a megadott állítások közül egyszerre 0,, vagy 6 lehet igaz. 8. Hol va a hiba az lg x = egyelet alábbi megoldásába? lg x = lg x = lg x = x = 0 = 0 Megoldás: Az egyelet megoldása biztosa em helyes, ugyais elleőrzéssel meggyőződhetük róla, hogy x = 0 is jó megoldás. A hibát ott követtük el, hogy a lg x = lg x = átalakítás em ekvivales lépés. Írjuk fel az értelmezési tartomáyokat is, ekkor a következőt kap- lg x x 0 lg x= x> 0. Vagyis az átalakítás sorá szűkült az juk: ( ) = > ( ) értelmezési tartomáy ( x 0 -ról x > 0 -ra), emiatt a következtetés iráya em fordítható meg, azaz gyökvesztés esete áll fe. Az egyelet egy lehetséges helyes megoldása: lg x = x = 0 x, =± 0. Megjegyzés: A feladat azt illusztrálja, hogy a logaritmus azoosságai em midig ekvivales átalakítások, az értelmezési tartomáy esetleges megváltozása miatt. 5

16 9. Bizoyítsuk be a következő állításokat: a) A 6 irracioális szám. b) 3... ( ) ( )( ) =, ahol. 3 c) 3 3 4, ahol. d) Bárhogy választuk ki az,, 3,, számok közül -et, biztosa lesz a kiválasztott számok között két olya, amelyek relatív prímek (azaz legagyobb közös osztójuk ). Megoldás: a) Idirekt bizoyítást alkalmazuk. Tegyük fel, hogy a 6 em irracioális, azaz racioális szám (idirekt feltevés), ekkor felírható p q alakba, ahol p és q pozitív egész számok. Ekkor a p 6 = midkét oldalát égyzetre emelve, majd redezve a 6q = p összefüggést kapjuk. A q jobb oldalo p egy égyzetszám, így prímtéyezős felbotásába mide prímtéyező páros kitevő szerepel, például a is. (Egyébkét p páros, de ezt em haszáljuk ki.) A bal oldalo q is égyzetszám, így a kitevője ebbe is páros (akár 0 is lehet, ha q páratla), viszot 6= 3 miatt ekkor a bal oldalo összességébe páratla lesz a kitevője. Egy egyelet két oldalá em lehet külöböző paritású kitevője, tehát elletmodásra jutottuk, az idirekt feltevés hamis volt, szükségképpe a bizoyítadó állítás igaz. 3 b) Teljes idukciót alkalmazuk. Az állítás igaz = -re, mert =. Tegyük fel, hogy az 3 állítás igaz valamilye k-ra (idukciós feltevés), azaz valamely rögzített k-ra teljesül az ( )( k ) k k 3... k( k ) = összefüggés. Ebből szereték bebizoyítai, hogy 3 ( )( )( ) k k k 3 k -re is teljesül az állítás, azaz 3... ( k )( k ) =. Mivel 3 a bal oldalo 3... ( k )( k ) = 3... k( k ) ( k )( k ), ezért a szögletes zárójelbe álló kifejezést helyettesíthetjük az idukciós feltevés jobb oldalával, így: k( k )( ) ( )( ) ( )( ) k k 3... ( )( ) k k k = k k = ( k 3 ), ami 3 3 éppe a bizoyítadó állítás. Tehát ha valamilye rögzített k-ra igaz az állítás, akkor k -re is igaz, továbbá = -re igaz az állítás, így mide pozitív egész -re igaz. c) Teljes idukciót alkalmazuk. Az állítás igaz = -re, mert = =. k k Tegyük fel, hogy az állítás igaz valamilye rögzített k-ra, azaz 3 3 4, majd lássuk be, hogy ekkor k -re is igaz, vagyis, hogy ( k ) ( k ) k 3 k , azaz Alkalmazzuk a ( ) k 3 k 3 k k k k k 3 4 = = átalakítást, így kihasz- 6

17 k k álhatjuk az idukciós feltevést, tehát 3 ( 3 4 ) osztható lesz 3-mal. Mivel 3 4 k is osztható 3-mal, így e két kifejezés összege is osztható 3-mal, ami éppe a bizoyítadó állítás. Ezzel beláttuk, hogy ha valamilye rögzített k-ra igaz az állítás, akkor k -re is igaz, továbbá = -re igaz az állítás, így mide pozitív egész -re igaz. k 3 k 3 k k k 3 4 = átalakítást is. Megjegyzés: Alkalmazhattuk vola a ( ) d) Skatulya-elvet alkalmazuk. Vegyük skatulyát, amelyek midegyikébe két-két szomszédos egész számot teszük: az első skatulyába az és a, a másodikba a 3 és a 4, és így tovább, végül az -edikbe a és a. Ha most az,, 3,, számok közül -et kiválasztuk, akkor biztosa lesz két olya szám a kiválasztottak közül, amelyek ugyaabba a skatulyába vaak (mert skatulyából -szer választottuk), így ez a két kiválasztott szám szomszédos. A szomszédos egész számok pedig biztosa relatív prímek, hisze ha lee valamilye -él agyobb d közös osztójuk, akkor ez a d osztója lee a külöbségükek, -ek is, ami lehetetle. (Az utolsó lépésbe idirekt bizoyítást alkalmaztuk.) 0. Írjuk fel zárt formába az első pozitív köbszám összegét, ahol! Megoldás: A képlet megsejtéséhez írjuk fel az első éháy -re az kifejezés potos értékét! = 3 = = = 3 3 = 9= 3 = ( ) = = 36= 6 = ( 3) = = = = ( ) Megfigyelhetjük, hogy az eredméy midig égyzetszám, mégpedig az első pozitív egész szám ( ) összegéek a égyzete. Mivel... =, ezért sejtésük a következő: ( ) =. Sejtésüket teljes idukcióval igazoljuk. Az állítás igaz = -re, mert 3 =. Tegyük fel ( ) k k most, hogy az állítás igaz valamely rögzített k-ra, azaz... k = ( k )( k ), majd lás suk be, hogy ekkor k -re is igaz, vagyis... ( k ) =. Mivel a bal 3 3 oldalo ( ) k =... k ( k ) 3, ezért a szögletes zárójelre alkalmazhatjuk az idukciós feltevést, vagyis a bizoyítadó állítás bal oldala így alakítható tovább: 7

18 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 k... k k k k k ( k ) ( k ) ( k ) = = = ( k 4k 4) = Ezzel éppe a bizoyítadó állítást kaptuk. Tehát ha sejtésük igaz valamely rögzített k-ra, akkor k -re is igaz, továbbá = -re igaz, így sejtésüket mide pozitív egész -re igazoltuk. Vagyis az első pozitív köbszám összege. ( ) Megjegyzés: A bizoyítadó állítás megsejtése em volt yilvávaló, és sok más esetbe sem az. A teljes idukció legikább akkor alkalmazható, ha vagy már megsejtettük az eredméyt, vagy a feladat előre megadta számukra azt.. Hol va a hiba a következő bizoyításba? Állítás: 3 3 5, ahol. Bizoyítás teljes idukcióval: Az állítás = 0 eseté igaz, mert = = 3, ami osztható 3-mal. Tegyük fel most, hogy az állítás igaz valamely rögzített k-ra, majd lássuk be, k k k hogy ekkor k -re is igaz, azaz: Alkalmazzuk a következő átalakításokat: ( ) k k k k k k k k k k k = =. Az idukciós feltevés k k k miatt 3 5 osztható 3-mal (így eek -szerese is), míg 3 k és 3 5 k többszörösei 3-ak, így ezek is oszthatók 3-mal, s ezért a három tag összege is osztható 3-mal. Ezzel az állítást beláttuk. Megoldás: A bizoyítás biztosa rossz, hisze az állítás hamis (csak = 0 -ra igaz). A hiba ott va, hogy 3 k 0 em feltétleül osztható 3-mal, hisze k = 0 eseté 3 =. Emiatt = 0 -ról = - re em öröklődik az állítás, s így a többi 0-ál agyobb -re sem. Megjegyzés: A bizoyítás többi lépése helyes, így ha valamely pozitív egész -re igaz lee az állítás, akkor az összes -él agyobb egészre is igaz lee. De az állítás csak = 0 -ra igaz.. Adott az a =, a =, a 3 ( ) rekurzív sorozat. Igazoljuk, hogy a soro- zat explicit alakja a =! a a = 3a a Megoldás: Teljes idukciót alkalmazuk. Mivel a rekurzió másodredű (az -edik tag kiszámításakor a két megelőző tagot az -ediket és az -ediket haszáljuk), ezért az idukciós feltevést most a megelőző két tagra kell majd kihaszáluk, és emiatt az állítást is az első helyett az első két kezdőértékre kell elleőrizük. Az állítás igaz = -re és = -re, mert = és =. Tegyük fel most, hogy 3 az állítás már igaz -től valamely rögzített k -ig mide egész számra, ahol k (így speciálisa k-ra és k -re, tehát két szomszédos tagra is), majd lássuk be, hogy ekkor k -re is 8

19 igaz, vagyis a k = k. A sorozat rekurzív megadása alapjá ak ak ak = 3a a k k, az i- dukciós feltevés miatt pedig ak = k és a k = k, ezért igaz a következő átalakítás: k k k k 3 ( ) ( ) ak = = : 3 k k k k ( ) ( ) ( ) (. Tovább alakítva ezt ) k k kapjuk:, ami éppe a a k = = = = k k k k k k ( ) ( ) bizoyítadó állítás. Ezzel az állítást mide számra igazoltuk. III. Ajálott feladatok. Tudjuk, hogy mide olya hétfő, amikor Micimackó mézet eszik, Zsebibaba Malackával játszik a réte. Ma Zsebibaba ics kit a réte. Ehet-e ma mézet Micimackó, ha a) ma hétfő va? b) ma szerda va?. Ugyaazt jeletik-e az ( A B) ( B A) és a ( ( A B) ) ( A B) kifejezések? 3. Véletleszerűe kitöltöttük egy kétváltozós (A-t és B-t tartalmazó) kifejezés logikai értéktáblázatát. (Egyelő eséllyel választva a lehetséges kitöltések közül.) Mekkora eséllyel lesz a felírt táblázat éppe a B ( A A) kifejezés logikai értéktáblázata? 4. Tekitsük a következő állításokat ugyaazo pozitív egész számra voatkozóa: A: Az összetett szám. C: Az számak va -él agyobb égyzetszám osztója. B: Az osztható 4-gyel. D: Az számak va ála kisebb pozitív prímosztója. Mely állítások ekvivalesek egymással, illetve melyikből következik valamelyik másik? 5. Fogalmazzuk meg a következő állítások tagadását! a) Mide barátomak va legalább két testvére vagy legalább egy kutyája. b) Egyik héte sics olya ap, amikor égy órát taulok. c) Va olya tatárgy, amelyikből év végé írásba és szóba is vizsgázuk. d) Ha a telefoomra ébredek fel, em félek a dolgozattól. e) Mide emberek va olya köyve, amelyikek mide sorát kívülről tudja. 6. Fogalmazzuk meg a következő állítás megfordítását: Ha egy égyzetszám 6-ra végződik, akkor osztható 9-cel. Igaz-e az állítás, illetve a megfordítása? 9

20 7. Készítsük el a ( A B) ( B A) kifejezés logikai értéktáblázatát, majd írjuk fel többféle logikai formulával a kifejezés tagadását! 8. Írjuk fel olya K, L és M kifejezéseket, amelyek logikai értéktáblázata a következő: A B K L M I I H H I I H H H I H I I H H H H I I I 9. a) Adjuk meg egy elégséges, de em szükséges feltételét aak, hogy egy köbszám osztható legye 6-tal! b) Adjuk meg egy szükséges, de em elégséges feltételét aak, hogy egy égyszög téglalap legye! c) Adjuk meg egy szükséges és elégséges feltételét aak, hogy az ABCD égyszögek legye beírt köre! 0. Ekvivalesek-e mide esetbe a következő átalakítások? a) Egy egyelet midkét oldalához hozzáaduk x 3 -at. b) Egy egyelet midkét oldalából levouk x -t. c) Egy egyelet midkét oldalát égyzetre emeljük, majd midkét oldalból gyököt vouk. d) Egy egyelet midkét oldaláak vesszük a 3-as alapú logaritmusát (feltéve, hogy midkét oldal pozitív volt).. Milye kapcsolat (szükséges feltétel, elégséges feltétel, szükséges és elégséges feltétel) áll fe a következő kijeletéspárok két tagja között? a) A: Az a sorozat korlátos. és B: Az a sorozat koverges. b) C: A b sorozat diverges. és D: A b sorozat em korlátos. c) E: Az f függvéy differeciálható. és F: Az f függvéy folytoos.. Egy szigete igazmodók és hazudósok élek. Az igazmodók midig igazat modaak, a hazudósok midig hazudak. Megkérdeztük öt embert, akik ismerték egymást: Háy igazmodó va köztetek? A válaszaik:,, 3, 4, 5. Háy igazmodó lehetett az öt ember között? 3. Peti macskája mide reggel dorombol, ha azap esi fog az eső. Ma reggel dorombol. Vigye-e eseryőt Peti? 0

SZÁMELMÉLET. Vasile Berinde, Filippo Spagnolo

SZÁMELMÉLET. Vasile Berinde, Filippo Spagnolo SZÁMELMÉLET Vasile Beride, Filippo Spagolo A számelmélet a matematika egyik legrégibb ága, és az egyik legagyobb is egybe Eek a fejezetek az a célja, hogy egy elemi bevezetést yújtso az első szite lévő

Részletesebben

Kalkulus I. Első zárthelyi dolgozat 2014. szeptember 16. MINTA. és q = k 2. k 2. = k 1l 2 k 2 l 1. l 1 l 2. 5 2n 6n + 8

Kalkulus I. Első zárthelyi dolgozat 2014. szeptember 16. MINTA. és q = k 2. k 2. = k 1l 2 k 2 l 1. l 1 l 2. 5 2n 6n + 8 Név, Neptu-kód:.................................................................... 1. Legyeek p, q Q tetszőlegesek. Mutassuk meg, hogy ekkor p q Q. Tegyük fel, hogy p, q Q. Ekkor létezek olya k 1, k 2,

Részletesebben

VII. A határozatlan esetek kiküszöbölése

VII. A határozatlan esetek kiküszöbölése A határozatla esetek kiküszöbölése 9 VII A határozatla esetek kiküszöbölése 7 A l Hospital szabály A véges övekedések tétele alapjá egy függvéy értékét egy potba közelíthetjük az köryezetébe felvett valamely

Részletesebben

A figurális számokról (IV.)

A figurális számokról (IV.) A figurális számokról (IV.) Tuzso Zoltá, Székelyudvarhely A továbbiakba külöféle számkombiációk és összefüggések reprezetálásáról, és bizoyos összegek kiszámolásáról íruk. Sajátos összefüggések Az elekbe

Részletesebben

Innen. 2. Az. s n = 1 + q + q 2 + + q n 1 = 1 qn. és q n 0 akkor és csak akkor, ha q < 1. a a n végtelen sor konvergenciáján nem változtat az, ha

Innen. 2. Az. s n = 1 + q + q 2 + + q n 1 = 1 qn. és q n 0 akkor és csak akkor, ha q < 1. a a n végtelen sor konvergenciáján nem változtat az, ha . Végtele sorok. Bevezetés és defiíciók Bevezetéskét próbáljuk meg az 4... végtele összegek értelmet adi. Mivel végtele sokszor em tuduk összeadi, emiatt csak az első tagot adjuk össze: legye s = 4 8 =,

Részletesebben

194 Műveletek II. MŰVELETEK. 2.1. A művelet fogalma

194 Műveletek II. MŰVELETEK. 2.1. A művelet fogalma 94 Műveletek II MŰVELETEK A művelet fogalma Az elmúlt éveke már regeteg művelettel találkoztatok matematikai taulmáyaitok sorá Először a természetes számok összeadásával találkozhattatok, már I első osztálya,

Részletesebben

Komplex számok (el adásvázlat, 2008. február 12.) Maróti Miklós

Komplex számok (el adásvázlat, 2008. február 12.) Maróti Miklós Komplex számok el adásvázlat, 008. február 1. Maróti Miklós Eek az el adásak a megértéséhez a következ fogalmakat kell tudi: test, test additív és multiplikatív csoportja, valós számok és tulajdoságaik.

Részletesebben

Valós számok 5. I. Valós számok. I.1. Természetes, egész és racionális számok

Valós számok 5. I. Valós számok. I.1. Természetes, egész és racionális számok Valós számok 5 I Valós számok I Természetes, egész és racioális számok I Feladatok (8 oldal) Fogalmazz meg és bizoyíts be egy-egy oszthatósági kritériumot a -vel, -mal, 5-tel, 7-tel, 9-cel, -gyel való

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Számelmélet

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

Részletesebben

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

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet I. Számelmélet I. DEFINÍCIÓ: (Osztó, többszörös) Ha egy a szám felírható egy b szám és egy másik egész szám szorzataként, akkor a b számot az a osztójának, az a számot a b többszörösének nevezzük. Megjegyzés:

Részletesebben

Következik, hogy B-nek minden prímosztója 4k + 1 alakú, de akkor B maga is 4k + 1 alakú, s ez ellentmondás.

Következik, hogy B-nek minden prímosztója 4k + 1 alakú, de akkor B maga is 4k + 1 alakú, s ez ellentmondás. Prímszámok A (pozitív) prímszámok sorozata a következő: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19,... 1. Tétel. Végtelen sok prímszám van. Első bizonyítás. (Euklidész) Tegyük fel, hogy állításunk nem igaz, tehát véges

Részletesebben

Számelmélet. 4. Igazolja, hogy ha hat egész szám összege páratlan, akkor e számok szorzata páros!

Számelmélet. 4. Igazolja, hogy ha hat egész szám összege páratlan, akkor e számok szorzata páros! Számelmélet - oszthatóság definíciója - oszthatósági szabályok - maradékos osztás - prímek definíciója - összetett szám definíciója - legnagyobb közös osztó definíciója - legnagyobb közös osztó meghatározása

Részletesebben

A Venn-Euler- diagram és a logikai szita

A Venn-Euler- diagram és a logikai szita A Ve-Euler- diagram és a logikai szita Ebbe a részbe a Ve-Euler diagramról, a logikai szitáról, és a két témakör kapcsolatáról íruk, számos jellemző, megoldott feladattal szemléltetve a leírtakat. Az ábrákak

Részletesebben

Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit!

Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit! 1. 2. 3. 4. Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit! Add meg a kivonásban szereplő számok elnevezéseit! Add meg a szorzásban szereplő számok elnevezéseit! Add meg az osztásban szereplő számok

Részletesebben

Numerikus sorok. Kónya Ilona. VIK, Műszaki Informatika ANALÍZIS (1) Oktatási segédanyag

Numerikus sorok. Kónya Ilona. VIK, Műszaki Informatika ANALÍZIS (1) Oktatási segédanyag VIK, Műszaki Iformatika ANALÍZIS Numerikus sorok Oktatási segédayag A Villamosméröki és Iformatikai Kar műszaki iformatikus hallgatóiak tartott előadásai alapjá összeállította: Fritz Józsefé dr. Kóya Iloa

Részletesebben

Tartalomjegyzék. 2. Probléma megfogalmazása...8. 3. Informatikai módszer...8 3.1. Alkalmazás bemutatása...8. 4. Eredmények...12. 5. További célok...

Tartalomjegyzék. 2. Probléma megfogalmazása...8. 3. Informatikai módszer...8 3.1. Alkalmazás bemutatása...8. 4. Eredmények...12. 5. További célok... Tartalomjegyzék 1. Bevezető... 1.1. A Fiboacci számok és az araymetszési álladó... 1.. Biet-formula...3 1.3. Az araymetszési álladó a geometriába...5. Probléma megfogalmazása...8 3. Iformatikai módszer...8

Részletesebben

Knoch László: Információelmélet LOGIKA

Knoch László: Információelmélet LOGIKA Mi az ítélet? Az ítélet olyan mondat, amely vagy igaz, vagy hamis. Azt, hogy az adott ítélet igaz vagy hamis, az ítélet logikai értékének nevezzük. Jelölése: i igaz h hamis A 2 páros és prím. Logikai értéke

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Sorozatok

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Sorozatok MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Sorozatok A szürkített hátterű feladatrészek em tartozak az éritett témakörhöz, azoba szolgálhatak fotos iformációval az éritett feladatrészek

Részletesebben

A lehetetlenségre visszavezetés módszere (A reductio ad absurdum módszer)

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

Részletesebben

6. Elsőbbségi (prioritásos) sor

6. Elsőbbségi (prioritásos) sor 6. Elsőbbségi (prioritásos) sor Közapi fogalma, megjeleése: pl. sürgősségi osztályo a páciesek em a beérkezési időek megfelelőe, haem a sürgősség mértéke szerit kerülek ellátásra. Az operációs redszerekbe

Részletesebben

Oszthatósági problémák

Oszthatósági problémák Oszthatósági problémák Érdekes kérdés, hogy egy adott számot el lehet-e osztani egy másik számmal (maradék nélkül). Ezek eldöntésére a matematika tanulmányok során néhány speciális esetre látunk is példát,

Részletesebben

A III. forduló megoldásai

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

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 131 ÉRETTSÉGI VIZSGA 013. október 15. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Függvények

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

Részletesebben

4. Számelmélet, számrendszerek

4. Számelmélet, számrendszerek I. Elméleti összefoglaló A maradékos osztás tétele: 4. Számelmélet, számrendszerek Legyen a tetszőleges, b pedig nullától különböző egész szám. Ekkor léteznek olyan, egyértelműen meghatározott q és r egész

Részletesebben

Halmazok; a matematikai logika elemei 1.1. A halmaz fogalma; jelölések

Halmazok; a matematikai logika elemei 1.1. A halmaz fogalma; jelölések 1 Halmazok; a matematikai logika elemei 1.1. A halmaz fogalma; jelölések A matematikában alapfogalmaknak tekintjük azokat a fogalmakat, amelyeket nem határozunk meg, nem definiálunk más fogalmak segítségével

Részletesebben

P R Ó B A É R E T T S É G I 2 0 0 4. m á j u s KÖZÉPSZINT JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

P R Ó B A É R E T T S É G I 2 0 0 4. m á j u s KÖZÉPSZINT JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ P R Ó B A É R E T T S É G I 0 0 4. m á j u s MATEMATIKA KÖZÉPSZINT JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Formai előírások: A dolgozatot a vizsgázó által használt színűtől eltérő színű tollal kell javítani, és a

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 0711 ÉRETTSÉGI VIZSGA 007. május 8. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

Feladatok és megoldások a 11. heti gyakorlathoz

Feladatok és megoldások a 11. heti gyakorlathoz Feladatok és megoldások a. het gyakorlathoz dszkrét várható érték Építőkar Matematka A. Egy verseye öt ő és öt férf verseyző dul. Tegyük fel, hogy cs két azoos eredméy, és md a 0! sorred egyformá valószíű.

Részletesebben

Radiális szivattyú járókerék fő méreteinek meghatározása előírt Q-H üzemi ponthoz

Radiális szivattyú járókerék fő méreteinek meghatározása előírt Q-H üzemi ponthoz Radiális szivattyú járóeré fő méreteie meghatározása előírt - üzemi pothoz iret hajtás eseté szóa jövő asziromotor fordlatszámo % üzemi szlip feltételezésével: 90, 55, 970, 78 /mi Midegyi fordlatszámhoz

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 0813 ÉRETTSÉGI VIZSGA 008. május 6. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

AZ ÉPÍTÉSZEK MATEMATIKÁJA, I

AZ ÉPÍTÉSZEK MATEMATIKÁJA, I BARABÁS BÉLA FÜLÖP OTTÍLIA AZ ÉPÍTÉSZEK MATEMATIKÁJA, I Ismertető Tartalomjegyzék Pályázati támogatás Godozó Szakmai vezető Lektor Techikai szerkesztő Copyright Barabás Béla, Fülöp Ottília, BME takoyvtar.math.bme.hu

Részletesebben

fogalmazva a nagy számok törvénye azt mondja ki, hogy ha vesszük n független és

fogalmazva a nagy számok törvénye azt mondja ki, hogy ha vesszük n független és A Valószíűségszámítás II. előadássorozat egyedik témája. A NAGY SZÁMOK TÖRVÉNYE Eze előadás témája a agy számok erős és gyege törvéye. Kissé leegyszerűsítve fogalmazva a agy számok törvéye azt modja ki,

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Sorozatok

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Sorozatok MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Sorozatok A szürkített hátterű feladatrészek em tartozak az éritett témakörhöz, azoba szolgálhatak fotos iformációval az éritett feladatrészek

Részletesebben

Statisztikai hipotézisvizsgálatok

Statisztikai hipotézisvizsgálatok Statisztikai hipotézisvizsgálatok. Milye problémákál haszálatos? A gyakorlatba agyo gyakra szükségük lehet arra, hogy mitákból származó iformációk alapjá hozzuk sokaságra voatkozó dötéseket. Például egy

Részletesebben

MÉRÉSMETODIKAI ALAPISMERETEK FIZIKA. kétszintű érettségire felkészítő. tanfolyamhoz

MÉRÉSMETODIKAI ALAPISMERETEK FIZIKA. kétszintű érettségire felkészítő. tanfolyamhoz MÉRÉSMETODIKAI ALAPISMERETEK a FIZIKA kétszitű érettségire felkészítő tafolyamhoz A fizika mukaközösségi foglalkozásoko és a kétszitű érettségi való vizsgáztatásra felkészítő tafolyamoko 004-009-be elhagzottak

Részletesebben

Elméleti kérdés minták (3 x 5 pont) 1. Definiálja két halmaz unióját! Készítsen hozzá Venn-diagramot!

Elméleti kérdés minták (3 x 5 pont) 1. Definiálja két halmaz unióját! Készítsen hozzá Venn-diagramot! Elméleti kérdés minták (3 x 5 pont) 1. Deiniálja két halmaz unióját! Készítsen hozzá Venn-diagramot!. Csoportosítsa a négyszögeket az oldalak párhuzamossága, és egyenlősége alapján! 3. Határozza meg a

Részletesebben

18. Valószín ségszámítás. (Valószín ségeloszlások, függetlenség. Valószín ségi változók várható

18. Valószín ségszámítás. (Valószín ségeloszlások, függetlenség. Valószín ségi változók várható 8. Valószí ségszámítás. (Valószí ségeloszlások, függetleség. Valószí ségi változók várható értéke, magasabb mometumok. Kovergeciafajták, kapcsolataik. Borel-Catelli lemmák. Nagy számok gyege törvéyei.

Részletesebben

VÉGTELEN SOROK, HATVÁNYSOROK

VÉGTELEN SOROK, HATVÁNYSOROK VÉGTELEN SOROK, HATVÁNYSOROK írta: SZILÁGYI TIVADAR. VÉGTELEN SOROK.. Alapfogalmak, a végtele mértai sor, további példák Az aalízisek a végtele sorok cím fejezete abból a problémából fejl dött ki, hogy

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I. 1 I. HALmAZOk 1. JELÖLÉSEk A halmaz fogalmát tulajdonságait gyakran használjuk a matematikában. A halmazt nem definiáljuk, ezt alapfogalomnak tekintjük. Ez nem szokatlan, hiszen

Részletesebben

MATEMATIKA I. FEKETE MÁRIA. PÉCSI TUDOMÁNYEGYETEM POLLACK MIHÁLY MŰSZAKI KAR MATEMATIKA TANSZÉK feketemt@witch.pmmf.hu

MATEMATIKA I. FEKETE MÁRIA. PÉCSI TUDOMÁNYEGYETEM POLLACK MIHÁLY MŰSZAKI KAR MATEMATIKA TANSZÉK feketemt@witch.pmmf.hu MATEMATIKA I. FEKETE MÁRIA PÉCSI TUDOMÁNYEGYETEM POLLACK MIHÁLY MŰSZAKI KAR MATEMATIKA TANSZÉK feketemt@witch.pmmf.hu 007 PMMANB3 Matematika I. RÉSZLETES TANTÁRGYPROGRAM Hét Ea/Gyak./Lab.. 3 óra előadás

Részletesebben

27.B 27.B. Alapfogalmak, logikai függvények és leírásmódjaik

27.B 27.B. Alapfogalmak, logikai függvények és leírásmódjaik 7.B 7.B 7.B Digitális alapáramkörök Logikai alapfogalmak Mutassa be a logikai függvéyek leírási módjait: a szövegeset, az igazság táblázatosat, a logikai vázlatosat és az algebrai alakkal törtéı leírást!

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2011. május 3. KÖZÉPSZINT

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2011. május 3. KÖZÉPSZINT MATMATIKA ÉRTTSÉGI 011. május 3. KÖZÉPSZINT 1) gyszerűsítse a következő törtet, ahol b 6 b b 36 6 I. Az egyszerűsítés utáni alak: b 6 Összesen: pont ) A, 4 és 5 számjegyek mindegyikének felhasználásával

Részletesebben

I. rész. Feladatsor. 2. Andi keresett két olyan számot, amelyre teljesül, hogy a < b. Igaz-e, hogy a < b?

I. rész. Feladatsor. 2. Andi keresett két olyan számot, amelyre teljesül, hogy a < b. Igaz-e, hogy a < b? 1. Feladatsor I. rész 1. Adott két halmaz. A a 9-nél kisebb páros pozitív egészek; B a 30-nál kisebb, 6-tal osztható pozitív egészek halmaza. Adja meg az A B és a B \ A halmazokat!. Andi keresett két olyan

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 1414 ÉRETTSÉGI VIZSGA 014. május 6. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

0644. MODUL SZÁMELMÉLET. Közös osztók, közös többszörösök KÉSZÍTETTE: PINTÉR KLÁRA

0644. MODUL SZÁMELMÉLET. Közös osztók, közös többszörösök KÉSZÍTETTE: PINTÉR KLÁRA 0644. MODUL SZÁMELMÉLET Közös osztók, közös többszörösök KÉSZÍTETTE: PINTÉR KLÁRA 0644. Számelmélet Közös osztók, közös többszörösök Tanári útmutató MODULLEÍRÁS A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály

Részletesebben

iíiíi Algoritmus poligonok lefedésére téglalapokkal ETO 514.174.3:681.3.06 (Számítógépes adatelőkészítés pattern generátor vezérléséhez)

iíiíi Algoritmus poligonok lefedésére téglalapokkal ETO 514.174.3:681.3.06 (Számítógépes adatelőkészítés pattern generátor vezérléséhez) iíiíi á HlftADÁSfCCHNIKAI TUOOHANfOS EGYíSBLIT (APJA KULCSÁR GÁBOR Híradástechikai Ipari Kutató Itézet Algoritmus poligook lefedésére téglalapokkal ETO 514.174.3:681.3.06 (Számítógép adatelőkészítés patter

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 091 ÉRETTSÉGI VIZSGA 011. május 3. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

1 pont Az eredmény bármilyen formában elfogadható. Pl.: 100 perc b) 640 cl 1 pont

1 pont Az eredmény bármilyen formában elfogadható. Pl.: 100 perc b) 640 cl 1 pont 2012. január 28. 8. évfolyam TMat1 feladatlap Javítókulcs / 1 Javítókulcs MATEMATIKA FELADATOK 8. évfolyamosok számára, tehetséggondozó változat TMat1 A javítókulcsban feltüntetett válaszokra a megadott

Részletesebben

KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA ÉRETTSÉGI VIZSGA 2011. május 3. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA 2011. május 3. 8:00 I. Időtartam: 45 perc Pótlapok száma Tisztázati Piszkozati NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM Matematika középszint

Részletesebben

festményeken és nem utolsó sorban az emberi test különböz arányaiban. A következ képek magukért beszélnek:

festményeken és nem utolsó sorban az emberi test különböz arányaiban. A következ képek magukért beszélnek: Az araymetszés és a Fiboacci számok mideütt Tuzso Zoltá Araymetszésrl beszélük, amikor egy meyiséget, illetve egy adott szakaszt úgy osztuk két részre, hogy a kisebbik rész úgy aráylik a agyobbikhoz, mit

Részletesebben

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

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

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

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

Részletesebben

MATEMATIKA C 12. évfolyam 4. modul Még egyszer!

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

Részletesebben

Halmazműveletek feladatok

Halmazműveletek feladatok Halmazműveletek feladatok Soroljuk fel a {a; b; c} halmaz összes részhalmazát! Határozza meg az A és B halmazokat, ha tudja, hogy A B ={1;2;3;4;5}; A B ={3;5}; A\B={1}; B\A={2;4 A={-1; 0; 1; 2; 5; 7; 8}

Részletesebben

MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS

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

Részletesebben

13. Trigonometria II.

13. Trigonometria II. Trigonometria II I Elméleti összefoglaló Tetszőleges α szög szinusza a koordinátasíkon az i vektortól az óramutató járásával ellentétes irányban α szöggel elforgatott e egységvektor második koordinátája

Részletesebben

Érettségi feladatok: Halmazok, logika

Érettségi feladatok: Halmazok, logika Érettségi feladatok: Halmazok, logika 2005. május 10 18. Egy rejtvényújságban egymás mellett két, szinte azonos rajz található, amelyek között 23 apró eltérés van. Ezek megtalálása a feladat. Először Ádám

Részletesebben

Matematika kisérettségi I. rész 45 perc NÉV:...

Matematika kisérettségi I. rész 45 perc NÉV:... Matematika kisérettségi I. rész 45 perc NÉV:... 1. Az A halmaz elemei a háromnál nagyobb egyjegyű számok, a B halmaz elemei pedig a húsznál kisebb pozitív páratlan számok. Sorolja fel az halmaz elemeit!

Részletesebben

Matematika kisérettségi

Matematika kisérettségi Matematika kisérettségi 2010. május 11. I. rész Fontos tudnivalók 1. A feladatok megoldására 30 percet fordíthat, az idő elteltével a munkát be kell fejeznie. 2. A megoldások sorrendje tetszőleges. 3.

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA I 6 VI KOmPLEX SZÁmOk 1 A komplex SZÁmOk HALmAZA A komplex számok olyan halmazt alkotnak amelyekben elvégezhető az összeadás és a szorzás azaz két komplex szám összege és szorzata

Részletesebben

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 0511 ÉRETTSÉGI VIZSGA 005. május 10. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÉRETTSÉGI VIZSGA Az írásbeli vizsga időtartama: 180 perc JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók

Részletesebben

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 051 ÉRETTSÉGI VIZSGA 005. május 9. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÉRETTSÉGI VIZSGA Az írásbeli vizsga időtartama: 180 perc JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók

Részletesebben

I. Egyenlet fogalma, algebrai megoldása

I. Egyenlet fogalma, algebrai megoldása 11 modul: EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK MEGOLDÁSA 6 I Egyenlet fogalma, algebrai megoldása Módszertani megjegyzés: Az egyenletek alaphalmazát, értelmezési tartományát később vezetjük be, a törtes egyenletekkel

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

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

Részletesebben

148 feladat 20 ) + ( 1 21 + 2 21 + + 20 200 > 1 2. 1022 + 1. 5. Igazoljuk minél rövidebben, hogy a következő egyenlőség helyes: 51 + 1 52 + + 1

148 feladat 20 ) + ( 1 21 + 2 21 + + 20 200 > 1 2. 1022 + 1. 5. Igazoljuk minél rövidebben, hogy a következő egyenlőség helyes: 51 + 1 52 + + 1 148 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

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Halmazok

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Halmazok MTEMTIK ÉRETTSÉGI TÍPUSFELDTOK MEGOLDÁSI KÖZÉP SZINT Halmazok szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek

Részletesebben

3. MINTAFELADATSOR KÖZÉPSZINT

3. MINTAFELADATSOR KÖZÉPSZINT Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet TÁMOP-3.1.1-11/1-2012-0001 XXI. századi közoktatás (fejlesztés, koordináció) II. szakasz MATEMATIKA 3. MINTAFELADATSOR KÖZÉPSZINT 2015 I. Időtartam: 45 perc Oktatáskutató

Részletesebben

www.easymaths.hu -1 0 1 Egy harmadik fajta bolha mindig előző ugrásának kétszeresét ugorja és így a végtelenbe jut el.

www.easymaths.hu -1 0 1 Egy harmadik fajta bolha mindig előző ugrásának kétszeresét ugorja és így a végtelenbe jut el. Végtele sok vlós számból álló összegeket sorokk evezzük. sorb szereplő tgokt képzeljük el úgy, mit egy bolh ugrásit számegyeese. sor összege h létezik ilye z szám hov bolh ugrási sorá eljut. Nézzük például

Részletesebben

Év végi ismétlés 9. - Érettségi feladatok

Év végi ismétlés 9. - Érettségi feladatok Halmazok, logika Év végi ismétlés 9. - Érettségi feladatok 1. Egy rejtvényújságban egymás mellett két, szinte azonos rajz található, amelyek között 23 apró eltérés van. Ezek megtalálása a feladat. Először

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2006. február 21. KÖZÉPSZINT I.

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

Részletesebben

MATEMATIKA TANMENET SZAKKÖZÉPISKOLA. 9. Nyelvi előkészítő osztály

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

Részletesebben

Csernicskó István Hires Kornélia A kárpátaljai magyarok lokális, regionális és nemzeti identitásáról

Csernicskó István Hires Kornélia A kárpátaljai magyarok lokális, regionális és nemzeti identitásáról 8 Sztakó Péter 00 Eticitás Körösszakálo. Szakdolgozat. DENIA (Debrecei Néprajzi Itézet Adattára) Vermeule, Has Govers, Cora (ed.) 99 The Atropology of Ethicity. Beyod Ethic Groups ad Boudaries. Amsterdam:

Részletesebben

LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADATOK MEGOLDÁSA SZIMPLEX MÓDSZERREL

LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADATOK MEGOLDÁSA SZIMPLEX MÓDSZERREL LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADATOK MEGOLDÁSA SZIMPLEX MÓDSZERREL x 1-2x 2 6 -x 1-3x 3 = -7 x 1 - x 2-3x 3-2 3x 1-2x 2-2x 3 4 4x 1-2x 2 + x 3 max Alapfogalmak: feltételrendszer (narancs színnel jelölve), célfüggvény

Részletesebben

MATEMATIKAI KOMPETENCIATERÜLET A

MATEMATIKAI KOMPETENCIATERÜLET A MATEMATIKAI KOMPETENCIATERÜLET A Matematika. évfolyam TANULÓK KÖNYVE A kiadváy a Nemzeti Fejlesztési Terv Humáerőforrás-fejlesztési Operatív Program 3... közpoti program (Pedagógusok és oktatási szakértők

Részletesebben

MATEMATIKAI KOMPETENCIATERÜLET A

MATEMATIKAI KOMPETENCIATERÜLET A MATEMATIKAI KOMPETENCIATERÜLET A Matematika. évfolyam TANULÓK KÖNYVE A kiadváy KHF/438-3/008. egedélyszámo 008..0. időpottól taköyvi egedélyt kapott Educatio Kht. Kompeteciafejlesztő oktatási program kerettaterv

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 111 É RETTSÉGI VIZSGA 011. október 18. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

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

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

Részletesebben

KÖZÉPSZINTŰ MATEMATIKA ÉRETTSÉGI FELADATOK GYŰJTEMÉNYE

KÖZÉPSZINTŰ MATEMATIKA ÉRETTSÉGI FELADATOK GYŰJTEMÉNYE KÖZÉPSZINTŰ MATEMATIKA ÉRETTSÉGI FELADATOK GYŰJTEMÉNYE KÉSZÍTETTE BRÓSCH ZOLTÁN 2015.08.29. Előszó,,Önmagáért szeretem a matematikát, s szeretem mindmáig, mert nem tűri a képmutatást és a homályt, azt

Részletesebben

2. Logika gyakorlat Függvények és a teljes indukció

2. Logika gyakorlat Függvények és a teljes indukció 2. Logika gyakorlat Függvények és a teljes indukció Folláth János Debreceni Egyetem - Informatika Kar 2012/13. I. félév Áttekintés 1 Függvények Relációk Halmazok 2 Természetes számok Formulák Definíció

Részletesebben

NÉGYOSZTÁLYOS FELVÉTELI Részletes megoldás és pontozás a Gyakorló feladatsor II.-hoz

NÉGYOSZTÁLYOS FELVÉTELI Részletes megoldás és pontozás a Gyakorló feladatsor II.-hoz NÉGYOSZTÁLYOS FELVÉTELI Részletes megoldás és pontozás a Gyakorló feladatsor II.-hoz Gedeon Veronika (Budapest) A javítókulcsban feltüntetett válaszokra a megadott pontszámok adhatók. A pontszámok részekre

Részletesebben

1. előadás. Lineáris algebra numerikus módszerei. Hibaszámítás Számábrázolás Kerekítés, levágás Klasszikus hibaanalízis Abszolút hiba Relatív hiba

1. előadás. Lineáris algebra numerikus módszerei. Hibaszámítás Számábrázolás Kerekítés, levágás Klasszikus hibaanalízis Abszolút hiba Relatív hiba Hibaforrások Hiba A feladatok megoldása során különféle hibaforrásokkal találkozunk: Modellhiba, amikor a valóságnak egy közelítését használjuk a feladat matematikai alakjának felírásához. (Pl. egy fizikai

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2008. május 06. KÖZÉPSZINT I.

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

Részletesebben

hogy alkalmas konstrukcióval megadható-e olyan sztochasztikus folyamat, melynek ezek

hogy alkalmas konstrukcióval megadható-e olyan sztochasztikus folyamat, melynek ezek Wieer folyamatok A következő két feladat azt mutatja, hogy az az eseméy, hogy egy sztochasztikus folyamat folytoos trajektóriájú-e vagy sem em határozható meg a folyamat véges dimeziós eloszlásai segítségével,

Részletesebben

HALMAZOK, SZÁMHALMAZOK, PONTHALMAZOK

HALMAZOK, SZÁMHALMAZOK, PONTHALMAZOK I. Témakör: feladatok 1 Huszk@ Jenő IX.TÉMAKÖR I.TÉMAKÖR HALMAZOK, SZÁMHALMAZOK, PONTHALMAZOK Téma A halmaz fogalma, alapfogalmak, elemek száma, üres halmaz, egyenlő halmazok, ábrázolás Venn-diagrammal

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 081 É RETTSÉGI VIZSGA 009. október 0. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 1313 ÉRETTSÉGI VIZSGA 013. május 7. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

CIVIL VERDIKT. ELMÉLETILEGnn. Elõzmények. CIVIL SZEMLE n 2007/1 n n n n n n n19. Márkus Eszter. Az egyesületek nyilvántartásba vétele

CIVIL VERDIKT. ELMÉLETILEGnn. Elõzmények. CIVIL SZEMLE n 2007/1 n n n n n n n19. Márkus Eszter. Az egyesületek nyilvántartásba vétele csz10 elm 2 birosag.qxd 2007. 02. 25. 17:56 Page 19 ELMÉLETILEG CIVIL VERDIKT Az egyesületek yilvátartásba vétele Márkus Eszter Ilye eddig még em volt. A megyei bíróságok, ítélõtáblák és fõügyészségek

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 061 ÉRETTSÉGI VIZSGA 006. május 9. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások: A dolgozatot

Részletesebben

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI MATEMATIKA ÚTMUTATÓ ÉRETTSÉGI VIZSGA KÖZÉPSZINT% ÍRÁSBELI. ÉRETTSÉGI VIZSGA 2006. február 21. OKTATÁSI MINISZTÉRIUM

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI MATEMATIKA ÚTMUTATÓ ÉRETTSÉGI VIZSGA KÖZÉPSZINT% ÍRÁSBELI. ÉRETTSÉGI VIZSGA 2006. február 21. OKTATÁSI MINISZTÉRIUM Matematika középszint Javítási-értékelési útmutató 063 MATEMATIKA KÖZÉPSZINT% ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ ÉRETTSÉGI VIZSGA 006. február. OKTATÁSI MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók

Részletesebben

Δ x Δ px 2. V elektromos. nukleáris. neutron proton

Δ x Δ px 2. V elektromos. nukleáris. neutron proton Nukleáris kölcsöhatás: az atommagba számú proto, és N = számú eutro va, és stabil képződméy Mi tartja össze az atommagot? Heiseberg-féle határozatlasági reláció alapjá egy ukleo becsült kietikus eergiája

Részletesebben

Tanárverseny 2012. Megoldásvázlatok

Tanárverseny 2012. Megoldásvázlatok Tanárverseny 0 középiskolában tanító tanároknak vázlatok Kidolgozta: Csordásné Szécsi Jolán, Csordás Péter A verseny támogatói: Typotex Kiadó Maxim Kiadó MATEGYE Alapítvány . Mennyivel egyenlő a K E D

Részletesebben

Izolált rendszer falai: sem munkavégzés, sem a rendszer állapotának munkavégzés nélküli megváltoztatása nem lehetséges.

Izolált rendszer falai: sem munkavégzés, sem a rendszer állapotának munkavégzés nélküli megváltoztatása nem lehetséges. ERMODINMIK I. FÉELE els eergia: megmaraó meyiség egy izolált reszerbe (eergiamegmaraás törvéye) mikroszkóikus kifejezését láttuk Izolált reszer falai: sem mukavégzés sem a reszer állaotáak mukavégzés élküli

Részletesebben

Analízis elo adások. Vajda István. 2012. szeptember 10. Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem. Vajda István (Óbudai Egyetem)

Analízis elo adások. Vajda István. 2012. szeptember 10. Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem. Vajda István (Óbudai Egyetem) Vajda István Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem 1 / 36 Bevezetés A komplex számok értelmezése Definíció: Tekintsük a valós számpárok R2 halmazát és értelmezzük ezen a halmazon a következo két

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 11 ÉRETTSÉGI VIZSGA 01. május 8. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások: 1.

Részletesebben

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

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

Részletesebben

A Riemann-Siegel zeta függvény kiugró értékeinek keresése. A matematikai egyik legnehezebb problémája, avagy a prímszámok misztériuma

A Riemann-Siegel zeta függvény kiugró értékeinek keresése. A matematikai egyik legnehezebb problémája, avagy a prímszámok misztériuma A Riemann-Siegel zeta függvény kiugró értékeinek keresése A matematikai egyik legnehezebb problémája, avagy a prímszámok misztériuma 2013 A probléma fontossága és hatása a hétköznapi életre A prímszámok

Részletesebben

SULINOVA PROGRAMTANTERVÉHEZ ILLESZKEDŐ TANMENET 9. ÉVFOLYAM SZÁMÁRA

SULINOVA PROGRAMTANTERVÉHEZ ILLESZKEDŐ TANMENET 9. ÉVFOLYAM SZÁMÁRA 1 SULINOVA PROGRAMTANTERVÉHEZ ILLESZKEDŐ TANMENET 9. ÉVFOLYAM SZÁMÁRA Heti óraszám: 3 Éves óraszám: 37 x 3 = 111 A tanmenet 101 óra beosztását tartalmazza. A dolgozatok írása és javítása 10 órát foglal

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 0801 ÉRETTSÉGI VIZSGA 2008. május 6. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

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

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

Részletesebben