Átrendezések és leszámlálások ÚTMUTATÓ Hegedüs Pál június 30.

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Átrendezések és leszámlálások ÚTMUTATÓ Hegedüs Pál 1-2015.június 30."

Átírás

1 Átrendezések és leszámlálások ÚTMUTATÓ Hegedüs Pál június Határozzuk meg, hány egybevágósága van egy négyzetnek! Melyek azonos jellegűek ezek között? Ez egy általános bevezető feladat tud lenni, sok apró, fontos észrevételhez elvezet. Az egybevágósági transzformációk közül sokat ismernek, pl tükrözés, forgatás, eltolás, de nem biztos, hogy meg tudják fogalmazni, mi a közös bennük, miért egybevágóságok. Azért, mert távolságtartóak. Ha ez a fogalom megvan, akkor látjuk, hogy a négyzet középpontja fix kell legyen, és csúcs csak csúcsba mehet. Még azt kell megértenünk, hogy nem elég megmutatnunk a nyolc egybevágóságot, amelyek közül 4-4 tükrözés és forgatás (az identitás is forgatás és a középpontos tükrözés is), hanem valamilyen merevségi meggondolásból le kell vezetnünk, hogy nincs több. Erre alkalmas az alábbi módszer, amely a következő feladatban már nem nagyon kerülhető ki. Mint láttuk, csúcs csúcsba megy, sőt, ha a csúcsok képeit ismerjük, akkor a távolságtartás miatt ebből a sík minden pontjának a képe is meghatározható. (Csak az identitás hagyja mozdulatlanul a csúcsokat. Ez egy síkgeometriai állítás, értsék meg a diákok!) Emiatt elegendő az egybevágósági transzformáció helyett a csúcsok permutációit nézni. A lényeges észrevétel a következő: Pontosan ugyanannyi egybevágóság viszi át az A csúcsot B-be, mint ahány helyben hagyja A-t. Ugyanez igaz C-vel és D-vel is, vagyis 4-szer annyi egybevágósága van összesen a négyzetnek, mint ahány helyben hagyja A-t. És ilyenből is kétszer annyi van, mint ahány helyben hagyja B-t is. (Mert az még átmehet D-be is.) Ilyen viszont már csak egy van, az identitás, hiszen ha A fix, akkor C is és ha B fix, akkor D is. Most írjuk fel a 8 permutációt és próbáljuk megérteni a felírásukból, hogy melyek azonos típusúak. Hogy mit jelent a típus? Két transzformáció akkor azonos típusú, ha a nézőpontunk különbözik (például a ±90 fokos forgatások közül az egyiket tükörből nézve ugyanolyat kapunk, mint a másik). Pontos definíció helyett a körülírást is rábíznám a diákokra. A 4. feladat többet mond erről. Nota bene, a 180 fokos forgatás és a két élpárhuzamos tükrözés permutációi azonos típusúaknak tűnnek a 4. feladat alapján, de mégsem azok, ugyanis itt kevesebb, 8 féle nézőpont van, a 4. feladatban pedig 4! = 24. A 180 fokos forgatás például az identitások kívül az egyetlen, amelyik felcserélhető akármelyik másik egybevágósággal. A következő öt típus van: Identitás 180 fokos forgatás ±90 fokos forgatás (2db) élpárhuzamos tükrözés (2db) átlós tükrözés (2db) 1 Köszönöm Surányi Lászlónak a fontos észrevételeit, javaslatait

2 2. Határozzuk meg, hány egybevágósága van egy kockának! Melyek azonos jellegűek ezek között? És a tetraédernek? És az ikozaédernek? Az előző feladat megoldásmódját érdemes használni. A kockának 48, a tetraédernek 24, az ikozaédernek 120 van. Érdemes meggondolni, hogy a térben is van orientáció, vagyis irányításváltó és irányítástartó egybevágóságok léteznek. Lásd még a 22. feladatot. Ciklusok 3. Tíz ládikánk van, mindre lakatot rakunk, de mielőtt bezárnák, a kulcsokat véletlenszerűen egyenként beléjük dobáljuk. Mi a valószínűsége, hogy egy ládát feltörve ki tudjuk nyitni az összes lakatot? (És mi a valószínűsége, hogy pont 4 ládát tudunk kinyitni?) Láncolatként fel tudjuk írni, hogy melyik láda után melyiket tudjuk kinyitni: pont azt, amelyiknek a kulcsa az előbbiben volt. Ha ez a láncolat bezáródik mielőtt még az összes ládán végigmenne, akkor sajnos nem tudtuk kinyitni az összes lakatot. Hány olyan láncolat van, amely a gráf minden pontján áthalad? Pontosan 9!, vagyis a permutációk 10-ed része. Ez ad választ az első kérdésre. Hasonlóan, az első láncolat álljon 4 tagból, ezt az elsőn kívüli három elemet ( 9 3) módon vehetem és 3! = 6-féleképp rakhatom sorba, a többi hat elem pedig mindegy hogy permutálódik, vagyis újabb 6! lehetőség. Összesen ( 9 3) 6 6! = 9!, mint az előbb. Gondoljuk végig, hogy itt sokkal több történt, mint hogy megoldottunk egy feladatot! Az összes permutációt (vagyis kulcsbedobálást) így dinamizáltuk, irányított láncolatokká, gráfelméleti nyelven szólva irányított körök uniójává alakítottuk. Vagyis egy permutációt így műveletként is érthetek: Minden elem változzon át azzá, ami utána áll a sorban. Műveleteket egymás után alkalmazva szorzást tudunk rajtuk értelmezni, ez pont ugyanaz, mint az első két feladatban az egybevágóságok kompozíciója, egymásután alkalmazása. Így a permutációkat kombinatorikai fogalom helyett algebrai fogalomként is tudjuk kezelni. 4. Két π 1, π 2 permutációja az {1, 2,..., n} számoknak azonos jellegű (konjugált), ha π 1 -ben a számokat átnevezve valamilyen módszer szerint pont π 2 -t kapom. Bizonyítsuk be, hogy annyi jelleg (konjugáltosztály) van a permutációk között, ahány partíciója van n-nek. (Pl n = 3-ra három darab: 3, 2 + 1, ) A permutációk fenti, gráfelméleti felírásában a csúcsok átnevezése nem változtatja meg, milyen körből hány van. Ezt szakszóval ciklusszerkezetnek nevezzük. Ciklusszerkezetből pedig világos, hogy annyi van, ahányféle módon n-et néhány pozitív egész szám összegére bonthatjuk, ez a partíciók száma.

3 5. Egy könyvtár ajtajára kiírt figyelmeztetés: Vigyázat, ha a kivett könyveket rendszeresen nem a helyükre, hanem máshova rakjátok vissza, idővel teljesen összekeveredhetnek a könyvek! Mit állít ez matematikailag és mennyi az idő? Egy könyvet kiveszünk és máshova rakunk vissza a polcon: ez egy ciklus, irányított kör. Ilyenek szorzataként minden permutáció előáll az állítás szerint. Figyelem, nem minden ciklus jön itt szóba! Érdemes a permutációkat most úgy tekinteni, mint amik a helyeket változtatják. Vagyis a permutáció első helyére írjuk azt a számot, ahol az első könyv van, második helyre, ahol a második, stb. Az így kapott permutáció egy ciklus lesz: (k, k 1,..., i + 1, i), ahol i jelöli, hogy hányadik helyről vettük ki és k, hogy hányadik helyre raktuk be. (Ha i > k, akkor (k, k + 1,..., i 1, i).) Természetesen ilyenekből minden előáll, hiszen először berakom az első helyre azt a könyvet, amit oda szánok. Utána második helyre azt, amelyiket oda, stb. Ez így legfeljebb n 1 lépés. A teljes megfordításhoz kell is ennyi, de ezt nem könnyű belátni. 6. Egy könyvtár ajtajára kiírt figyelmeztetés: Vigyázat, ha a kivett könyvet rendszeresen nem a helyére, hanem a szomszédja másik oldalára rakod vissza, idővel teljesen összekeverheted a könyveket! Mit állít ez matematikailag és mennyi az idő? Úgy, mint az előbb, itt helycserékről van szó, méghozzá szomszédosak cseréjéről. Szemléletesen többen látni fogják, hogy ilyenek egymásutánjából minden permutáció előáll. A teljes megfordításhoz kell a legtöbb, ( n 2) darab. Lásd még a 18. feladatot. 7. Profi bűvészek meg tudják keverni az 52 lapos paklit úgy, hogy pont megfelezik és a két fél paklit egyesével váltakozva összefésülik. (A legfelső lap például helyben marad.) Egy teljesen rendezett paklin hányszor kell elvégezniük ezt a keverést, hogy visszaálljon az eredeti állapot? Fel kell írnunk a kapott permutációt ciklusok szorzataként. Ha jól csináltuk és mindig mozdulatlan maradt a legfelső lap, akkor 8 hosszú, 2 és 1 hosszú ciklusokat kapunk, vagyis a 8-adik hatványa lesz identitás (hiszen ennyi idő után minden ciklus 1-szer, 4-szer vagy 8-szor körbemegy). Ha rosszul csináltuk és fordítva fésültük össze a két fél paklit, akkor egy 52 hosszú ciklust kapunk, vagyis 52-szer kell így megkevernünk a paklit, hogy helyre álljon a rend. Orbitok 8. Melyek az azonos típusú csúcsok a négyzetben, téglalapban, rombuszban, illetve egy olyan szabályos n-szögben, ahol be van húzva egy átló?

4 Ez egy bevezető feladat, normál osztályosok is megértik egy példa alapján és meg tudják csinálni. A négyzet és a téglalap minden csúcsa azonos típusú, a rombusznál kétféle van. A szabályos n-szöget az átló vagy két különböző, vagy két ugyanakkora félre vágja. Két pont akkor azonos típusú, ha az átlótól ugyanolyan messze van és ugyanakkora félben. 9. Hány lényegében különböző módon lehet pirossal és fehérrel kiszínezni a szabályos hatszög csúcsait? (Két színezés lényegében különböző, ha egybevágósággal nem vihetők egymásba.) Ehhez sem kell semmilyen előképzettség, érdemes külön nézni az eseteket aszerint, hány piros csúcs van. Ha 0 darab piros van, akkor 1-féle színezés van. Ha 1 darab, akkor 1-féle. 2 esetén 3-féle, 3 esetén is 3-féle. A többi eset színcserével az előzőekre vezet. Összesen = 13 lényegében különböző színezés van. 10. Van néhány permutációm {1, 2,..., n}-en, H. Ezekre igaz, hogy π 1, π 2 H esetén π 1 és π 2 kompozíciója, egymásután alkalmazása, π 1 π 2 is H-ban van. (Ilyenkor H egy csoport 2.) Egy π H-ra legyen fix(π) az általa nem mozgatott π H elemek száma. Bizonyítsuk be, hogy 1 fix(π) a típusok száma (lásd a H 8. feladatot), vagyis mindig egész szám. Először számoljuk ki ezt az átlagot, ha H az összes permutációból áll, ha H a négyzet, a téglalap vagy a rombusz egybevágóságaiból áll. A fixpontokat egy permutáció ciklikus felírásából (vagy akármilyen felírásából) könnyen meg tudjuk számolni. Azonos jellegű permutációknak ráadásul azonos számú fixpontjuk is van, tehát nem is kell sokat számolni. A négyzet egybevágóságainál az identitásnak 4, a két átlós tükrözésnek 2-2, a többinek 0. Vagyis átlagosan 1 fixpont van, ez pont a csúcsok típusainak száma: minden csúcs ugyanolyan. A feladat állítását legkönnyebben úgy kaphatjuk meg, ha kétféleképpen is megszámoljuk a (π, X) párokat, ahol a π permutáció helyben hagyja az X pontot. 11. Az előző módszer segítségével határozzuk meg, hogy hányféleképpen lehet két színnel színezni egy tetraéder éleit vagy egy kocka lapjait. Két színezés megegyezik, ha térbeli mozgással egymásba vihetőek. Lásd még a kettővel ezelőtti feladatot. (Ez a Pólya-Redfield módszer a lényegesen különböző konfigurációk számának meghatározására.) 2 A csoport olyan művelettel ellátott halmaz, amelyben van egységelem, mindennek van inverze és a művelet asszociatív. Mi csak azt követeltük meg, hogy a művelet ne vezessen ki a halmazból, a többi automatikusan teljesül. Egy adott H-beli permutáció valamelyik hatványa már az identitás lesz, vagyis az egységelem. Az eggyel előbbi hatványa pedig az inverze. A permutációk kompozíciója asszociatív művelet.

5 12. Egy ólomüveg ablak 3 3-as táblázatszerűen elrendezett kilenc négyzet alakú üvegből áll. A kilencből k darab piros, a többi kék. Annyi minta ablakot készítenek, hogy minden lehetséges ablakot megkaphassunk elforgatással, vagy megfordítással ezekből. Összesen több mint száz piros üvegre lett szükség a mintához. Mennyi k? (Ez egy Enigma feladat a New Scientistből.) A megoldás Gyerekek egy sorbaállítása majdnemjó, ha mindenki legfeljebb 1 távolságra van a nagyság szerint őt megillető helytől. Igazoljuk, hogy a majdnemjó sorbaállítások száma pontosan akkor páros, ha a gyerekek száma 3-mal osztva 2 maradékot ad. (Egy Putnam versenyfeladat nyomán.) Az a döntő megfigyelés, hogy egy sorbaállítás akkor majdnemjó, ha néhány szomszéd cseréjéből áll. Jelöljük a n -nel n gyerek ilyen sorbaállításának számát! Ha az utolsó két gyereket kicseréljük, akkor még a n 2 módon állíthatjuk sorba a többieket. Ha nem, akkor pedig a n 1 módon az első n 1-et. Vagyis a n = a n 1 + a n 2, a 1 = 1 és a 2 = 2. Ha ezt a rekurziót modulo 3 tekintjük, megkapjuk az állítást. 14. Gyerekek egy sorbaállítása elégjó, ha mindenki legfeljebb 2 távolságra van a nagyság szerint őt megillető helytől. Igazoljuk, hogy az elégjó sorbaállítások száma pontosan akkor páratlan, ha a gyerekek száma 5-tel osztva 0 vagy 1 maradékot ad. (A Putnam versenyfeladatban legfeljebb k távolság esetén a 2k + 1-gyel vett maradék számít.) Tekintsük úgy a permutációkat, hogy minden gyerek nagyság szerinti sorszáma alá írjuk azt, hogy hányadik helyre került. Egy permutáció elégjó, ha az egymás alatt álló számok távolsága legfeljebb 2. Vagyis egy permutáció pontosan akkor elégjó, ha az inverze az! Tehát a paritás meghatározásához elég megszámolnunk azokat, amelyek önmaguk inverzei. Az inverz pontosan akkor önmaga, ha diszjunkt cserékből áll. Jelöljük megint a n -nel n gyerek ilyen sorbaállításának számát! a 1 = 1, a 2 = 2, a 3 = 6. Az előző feladat megoldásához hasonlóan vegyük észre, hogy a n és a n+5 azonos paritású, illetve határozzuk meg a 4 -et és a 5 -öt. 15. Gyerekek egy sorbarendezésénél megszámoljuk, hány gyerek után következik nála kisebb. Ez a Potenciális Pofonok száma. Mennyi a PP-k átlaga az összes sorbarendezésre nézve? Az átlag n 1, ahol n a gyerekek száma. Ezt pl indukcióval lehet bizonyítani. 2 Az n gyerek összes sorbarendezését megkapjuk úgy, hogy először a legkisebb nélkül rendezzük őket sorba, majd őt beszúrjuk n lehetséges helyre. Ha eredetileg kicsi előzött nagyot és oda szúrtuk be a legkisebbet, akkor nincs több pofon. Ha pedig eredetileg nagy előzött kicsit, akkor egy új pofon jön létre. Így az n 1 gyerekre kapott átlagból meg tudjuk kapni az n gyerek esetére is.

6 16. Egy osztályban minden óra előtt dobókockával sorsoljuk, hogyan üljenek le. Egy (gyerek)párt szerencsésnek hívunk, ha most is ugyanott ülnek, mint előző órán, vagy helyet cseréltek. Mennyi a szerencsés párok számának átlaga? Minden permutáció permutálja a párokat is. mégpedig minden párt el tudunk vinni minden másik párba, vagyis minden pár ugyanolyan típusú. Tehát a helybenhagyott párok számának átlaga 1 a 10. feladat szerint. Ez válasz a mi feladatunkra. 2 Várható értéket használva így is végig lehet gondolni. Egy adott pár n(n 1) valószínűséggel ( lesz szerencsés. Vagyis a szerencsés párok számának várható értéke n 2 2) = 1. n(n 1) Cserék szorzata 17. Az ABCD betűk milyen permutációit tudjuk elérni 1, 2, 3 betűcserével? Hány permutációhoz elég 1 csere, melyekhez 2, 3? Cseréből ( 4 2) = 6 van. Két csere szorzata vagy hármasciklus (ABC) vagy két diszjunkt csere (AB)(CD). Előbbiből 8 darab, utóbbiból 3 darab van. Három cserére csak a négyesciklusoknál van szükség: (ABCD), ilyenből 6 darab van. 18. Igazoljuk, hogy a teljes ABC... Z angol ábécé bármely betűsorrendjét megkaphatjuk legfeljebb 25 betűcsere elvégzésével. A k-adik lépésben helyre rakjuk a k-adik betűt. Amikor a 25-ödik is helyére került, akkor automatikusan az utolsó is. 19. Igazoljuk, hogy a teljes ABC... Z angol ábécé egy adott betűsorrendjének eléréséhez legalább 26 c csere kell, ahol c a ciklusok száma e betűsorrendben. (Figyelem, az egyhosszú ciklus is ciklus!) A cserék számára tudunk indukciót alkalmazni. Az eredeti betűsorrendben 26 c = 0. Ha adott egy betűsorrend, ahol 26 c = k, akkor lássuk be, hogy egy újabb cserét elvégezve 26 c legfeljebb k + 1-re változik. Ha egy csere mindkét betűje egy cikluson belül volt, akkor az a ciklus szétesik két ciklusra. Ha viszont két ciklusból cserél egy-egy betűt, akkor ezeket egyesíti. 20. Bizonyítsuk be, hogy ahhoz, hogy ZABC... Y -t megkapjuk, legalább 25 különböző cserét kell használnunk. Ha csak 24 féle cserénk lenne, akkor a betűk két osztályban maradnának aszerint, hogy egymásból elérhetőek-e ezekkel a cserékkel. 21. Tegyük fel, hogy csak néhány cserét engedélyezünk az ábécé betűin. De ahhoz elég sokat, hogy a segítségükkel az A betű akármelyik helyre eljuthasson. Bizonyítsuk be, hogy ekkor a cserék segítségével minden betűsorozatot megkaphatunk.

7 Azt kell belátnunk, hogy minden permutáció megkapható. Elég az, hogy minden csere megkapható. (Ez a 18. feladat.) Rajzoljuk fel a betűkön azt a gráfot, amelyben két betűt összekötünk, ha az ő cseréjük megtehető. A feladat feltevése, hogy a gráf összefüggő. Bizonyítsuk be, hogy ha van két szomszédos él (X, Y ) és (Y, Z), akkor az (X, Z) is éle a gráfnak. Ebből könnyen látszik, hogy teljes a gráfunk. 22. A szabályos tetraéder csúcsainak összes permutációja egybevágóságból áll elő. Ezek között vannak (egyenes körüli) forgatások és (síkra való) tükrözések. Ellenőrizzük, hogy forgatások szorzata forgatás és tükrözések szorzata is forgatás. Ha a tükrözéseket negatívnak, a forgatásokat pedig pozitívnak hívjuk, akkor a permutációk szorzása pont úgy működik, mint a ±1 szorzása. Ebben a feladatban nincs permutáció, de ez bevezető a páros-páratlan permutációk fogalmához, lásd a 24. feladatot. Itt pont a csúcsok páratlan permutációi lesznek a tükrözések és a párosak a forgatások. Nem úgy, mint a síkban a négyzetnél! (1. feladat) 23. A 15-ös játékban minden állás az 1,... 15, egy permutációja. Egy lépésben a -ot (az üres mezőt) és egy (bal, jobb, alsó, felső) szomszédját tudjuk kicserélni. Megfigyelték, hogy nem minden állás érhető el, próbáljunk ilyet találni. Ez próbálkozásokhoz vezethet, de a diákoknak nincs esélyük maguktól rájönni a megoldásra. Például azt nem lehet megkapni, amikor a 14-es és 15-ös négyzetek cserélnek csak helyet. Permutációként egy lépést 1 vagy 3 csere szorzataként értelmezhetünk. Tehát a üres mezőt csak páros sok csere szorzataként tudjuk visszavinni a kezdő helyére. Ehhez igazolnunk kell a következő feladat állítását! 24. Egy permutációt felírhatunk cserék kompozíciójaként többféleképpen is. Igazoljuk, hogy két különböző felírásban a cserék száma ugyanakkor páros; mégpedig, ha páros darab páros hosszú ciklus szorzata. (Az identitásban például nulla darab páros hosszú ciklus van és elő is áll például két azonos csere kompozíciójaként.) Ez egy nem könnyű, de mégis alapvető állítás. Összefügg azzal a szintén nem könnyű, de alapvető állítással, hogy a (bárhány dimenziós) térnek két irányítása van, amelyek páratlan sok tükrözéssel kicserélhetőek, de páros sokkal nem. Legyen egy π permutáció esetén F (π) a fordítottak száma, vagyis azon párok száma, amelyek sorrendje fordított a normálishoz képest. Pl a σ = 1342 permutációban a 3, 2 és a 4, 2 párok állnak fordítva, tehát F (σ) = 2. Figyeljük meg, hogy F (π) páratlan, ha π egy csere. Figyeljük meg azt is, hogy F (πσ) és F (π) + F (σ) ugyanolyan paritású, a különbség fele azoknak a pároknak a száma, amelyet mindketten megfordítanak, vagyis a szorzatban újra normális sorrendben lesznek.

8 Ebből a két megfigyelésből kapjuk a feladat állítását. Ugyanis minden permutáció fordítottjainak száma vagy páros, vagy páratlan, más eset nincs. Másik bizonyítási lehetőség: Minden csere eggyel megváltoztatja a ciklusok számát, lásd a 19. feladat megoldását. 25. Legyen p > 2 prím. Egy 0 < a < p számmal való szorzás permutálja a nemnulla maradékokat modulo p. Ezen permutáció pontosan akkor páratlan, ha a nem négyzetszám modulo p. Jelölje az a-val vett szorzást mint permutációt σ a. Ekkor σ a σ b = σ ab. A feladat állítása abból következik, hogy létezik primitív gyök, vagyis olyan a, amelyre σ a egy teljes p 1-es ciklus. Ez persze páratlan permutáció, mivel p 1 páros. Különböző nehézségű vegyes feladatok 26. Legyen a G gráf négy hosszú kör. Határozzuk meg a négy csúcsnak azokat a permutációit, amelyeknél él képe él. Mennyiben különbözik ez a négyzet egybevágóságaitól? 27. Legyen a G gráf a kocka élhálója. Határozzuk meg a nyolc csúcsnak azokat a permutációit, amelyeknél él képe él. Mennyiben különbözik ez a kocka egybevágóságaitól? 28. Legyen G a Petersen gráf. Hány olyan permutációja van a tíz csúcsnak, amelynél él képe él? Igazoljuk, hogy az automorfizmus csoport éppen S 5, vagyis {A, B, C, D, E} összes permutációjának a csoportja. Keressünk 5 objektumot, amelyeket az automorfizmusok permutálnak. Figyelem, a dodekaéder egybevágóságai is ugyanennyien vannak, de nem izomorf a csoportjuk! Ez egy kifejezetten nehéz feladat. Részfeladat ötletek: 1. Bizonyítsuk be, hogy 120 eleme van az automorfizmus csoportnak. (Ez az 1. feladat módszerével bizonyítható, de annál nehezebb, érdemes többféleképpen is lerajzolni a gráfot.) 2. Mutassuk meg, hogy a dodekaéder egybevágóságai között van olyan elem, amely mindennel felcserélhető, a Petersen gráf automorfizmusai között ilyen nincs. 3. Keressünk 5 objektumot, amelyeket az automorfizmusok permutálnak. Pl: Ötféleképpen lehet olyan csúcs-négyest találni, amelyek közül semelyik kettő sem szomszédos. A legjobb érv persze az, hogy a Petersen gráf egy Kneser gráf, csúcsai egy ötelemű halmaz kételemű részhalmazai és két részhalmaz össze van kötve, ha diszjunktak. 29. Bizonyítsuk be, hogy egy tournament (teljes irányított gráf) automorfizmus csoportja páratlan elemszámú.

9 Először azt lássuk be, hogy ha páros elemszámú, akkor van benne másodrendű elem. (Mint a 14. feladatnál.) Utána pedig azt, hogy egy másodrendű elem meg kell fordítson legalább egy élt, ami lehetetlen. 30. Bizonyítsuk be, hogy ha σ egy fa automorfizmusa, akkor vagy egy csúcsot, vagy egy élt fixen hagy. Minden fának van közepe. 31. Konstruáljunk olyan gráfot, amelynek nincs (az identitástól különböző) automorfizmusa, vagyis, amelynek minden csúcsa különböző típusú. 32. Egy alvilági banda tagjai közül mindenki nevét berakják egy kalapba, majd mindenki húz egy nevet. Fülig Jimmy büntetése, hogy kénytelen megsúgni féltett titkát annak, akit húzott, amit ő ugyanígy továbbad. Mikor visszaér Jimmyhez, másnak már nem árulhatják el. (Az is lehet, hogy saját magát húzta, így nem tudja meg senki.) Mekkora eséllyel tudja meg a titkot Piszkos Fred? Érdekes módon ez 1/2, függetlenül n-től. 33. Az előadás közben lerészegedett ruhatáros mindenkinek véletlenszerűen ad egy kabátot. Igazoljuk, hogy ha n néző volt, akkor annak az esélye, hogy senki sem a sajátját kapta vissza n ( 1) k k=0 1. k! e Ez nem más, mint a logikai szitaformula. 34. Névsor szerint áll egy osztály, nagyság szerint akarjuk állítani őket. Füttyszóra előre kijelölt párok helyet cserélhetnek, de egy ember csak egy párban szerepelhet ilyenkor. Keressünk olyan esetet, amikor egy füttyszóval még nem lehet helyreállítani a nagyságsorrendet. Megvalósítható-e mindig két füttyszóval? Igen, kettővel lehet. Gondoljuk meg, milyen sorrendet kell elérnünk az elsővel, hogy a második már sorba tudja őket rakni. Ezt is érdemes először úgy feladni, hogy mindenkinek eggyel kell arrébb ülnie (lásd a 18. feladatot). Utána jön, hogy elég a ciklusokat külön kezelni ez egy absztrakciós szintugrás. 35. Előállítható-e hármas ciklusok szorzataként minden permutáció? Nem. Legfeljebb a páros permutációk, mert a hármas ciklusok párosak. A párosakból viszont minden. Ehhez gondoljuk meg, hogy elég a két (különböző) csere szorzatát előállítani, mert minden páros permutáció ilyenek szorzataként előáll. 36. Legyenek k és t egynél nagyobb, relatív prím egészek. Az 1, 2,..., n számok n természetes sorrendjéből kiindulva tetszőleges két olyan elemet felcserélhetünk, amelyek különbsége k vagy t. Bizonyítsuk be, hogy ilyen lépések egymásutánjával akkor és csak akkor juthatunk el minden permutációhoz, ha n k+t 1. (OKTV döntő feladat)

10 37. Egy pingpong bajnokságban mindenki mindenkivel játszik, döntetlen nincs. A versenyzőket aszerint rangsoroljuk, hogy hányszor nyertek. Ha ketten ugyanannyiszor nyertek, akkor megnézzük, hogy az általuk legyőzöttek is összesen ugyanannyiszor nyertek-e, ha nem, akkor ennek megfelelően rangsoroljuk őket. Mutassunk példát olyan végeredményre, ahol vannak akik ugyanannyiszor nyertek, de mégis egyértelműen tudjuk az összes versenyzőt rangsorolni. Meg tudjuk-e ezt csinálni úgy is, hogy minden versenyző ugyanannyiszor nyert?

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

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Kombinatorika

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Kombinatorika Kombinatorika Modulok: A kombinatorikai feladatok megoldásához három modult használunk: Permutáció (Sorba rendezés) Kombináció (Kiválasztás) Variáció (Kiválasztás és sorba rendezés) DEFINÍCIÓ: (Ismétlés

Részletesebben

Kombinatorika az általános iskolában Ábrahám Gábor, Szeged

Kombinatorika az általános iskolában Ábrahám Gábor, Szeged Kombinatorika az általános iskolában Ábrahám Gábor, Szeged A kombinatorika másfajta gondolkodást és így a tanár részéről a többi témakörtől eltérő óravezetést igényel. Sok esetben tapasztalhatjuk, hogy

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

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

22. szakkör (Csoportelméleti alapfogalmak 1.)

22. szakkör (Csoportelméleti alapfogalmak 1.) 22. szakkör (Csoportelméleti alapfogalmak 1.) A) A PERMUTÁCIÓK CIKLIKUS SZERKEZETE 1. feladat: Egy húsztagú társaság ül az asztal körül. Néhányat közülük (esetleg az összeset) párba állítunk, és a párok

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

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

közti kapcsolatok, Ellenőrzés, Játék 21. modul

közti kapcsolatok, Ellenőrzés, Játék 21. modul Matematika A 4. évfolyam MŰVELETi tulajdonságok, a műveletek közti kapcsolatok, Ellenőrzés, Játék 21. modul Készítette: KONRÁD ÁGNES matematika A 4. ÉVFOLYAM 21. modul Műveleti tulajdonságok, a műveletek

Részletesebben

Matematikai és matematikai statisztikai alapismeretek

Matematikai és matematikai statisztikai alapismeretek Kézirat a Matematikai és matematikai statisztikai alapismeretek című előadáshoz Dr. Győri István NEVELÉSTUDOMÁNYI PH.D. PROGRM 1999/2000 1 1. MTEMTIKI LPOGLMK 1.1. Halmazok Halmazon mindig bizonyos dolgok

Részletesebben

43. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY MEGYEI FORDULÓ HETEDIK OSZTÁLY JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ

43. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY MEGYEI FORDULÓ HETEDIK OSZTÁLY JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ 43. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY MEGYEI FORDULÓ HETEDIK OSZTÁLY JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ 1. Alfa tanár úr 5 tanulót vizsgáztatott matematikából. Az elért pontszámokat véletlen sorrendben írta

Részletesebben

7. évfolyam I. félév, 2. feladatsor 1/6

7. évfolyam I. félév, 2. feladatsor 1/6 7. évfolyam I. félév, 2. feladatsor 1/6 6. Egy kocka élei 2 cm hosszúak. A kocka fehér, de rendelkezésünkre áll sok a) 1cm 3cm-es b) 1cm 4cm-es c) 1cm 5cm-es d) 1cm 6cm-es piros papírszalag, amelyeket

Részletesebben

A figurális számokról (I.)

A figurális számokról (I.) A figurális számokról (I.) Tuzson Zoltán, Székelyudvarhely A figurális számok felfedezését a pitagoreusoknak tulajdonítják, mert k a számokat kavicsokkal, magokkal szemléltették. Sok esetben így jelképezték

Részletesebben

8. előadás EGYÉNI KERESLET

8. előadás EGYÉNI KERESLET 8. előadás EGYÉNI KERESLET Kertesi Gábor Varian 6. fejezete, enyhe változtatásokkal 8. Bevezető megjegyzések Az elmúlt héten az optimális egyéni döntést elemeztük grafikus és algebrai eszközökkel: a preferenciatérkép

Részletesebben

Bevezetés. Párhuzamos vetítés és tulajdonságai

Bevezetés. Párhuzamos vetítés és tulajdonságai Bevezetés Az ábrázoló geometria célja a háromdimenziós térben elhelyezkedő alakzatok helyzeti és metrikus viszonyainak egyértelműen és egyértelműen visszaállítható (rekonstruálható) módon történő való

Részletesebben

Kártyajátékok és bűvésztrükkök

Kártyajátékok és bűvésztrükkök Szalkai Balázs, Szalkai István : Kártyajátékok és bűvésztrükkök Közismert, hogy nagyon sok bűvésztrükk matematikai alapokon nyugszik, a kártyaés egyéb játékok matematikai elemzéséről nem is szólva. Nem

Részletesebben

Lehet vagy nem? Konstrukciók és lehetetlenségi bizonyítások Dr. Katz Sándor, Bonyhád

Lehet vagy nem? Konstrukciók és lehetetlenségi bizonyítások Dr. Katz Sándor, Bonyhád Dr. Katz Sándor: Lehet vagy nem? Lehet vagy nem? Konstrukciók és lehetetlenségi bizonyítások Dr. Katz Sándor, Bonyhád A kreativitás fejlesztésének legközvetlenebb módja a konstrukciós feladatok megoldása.

Részletesebben

Az indukció. Azáltal, hogy ezt az összefüggést felírtuk, ezúttal nem bizonyítottuk, ez csak sejtés!

Az indukció. Azáltal, hogy ezt az összefüggést felírtuk, ezúttal nem bizonyítottuk, ez csak sejtés! Az indukció A logikában indukciónak nevezzük azt a következtetési módot, amelyek segítségével valamely osztályon belül az egyes esetekb l az általánosra következtetünk. Például: 0,, 804, 76, 48 mind oszthatóak

Részletesebben

Halmazelmélet. 2. fejezet 2-1

Halmazelmélet. 2. fejezet 2-1 2. fejezet Halmazelmélet D 2.1 Két halmazt akkor és csak akkor tekintünk egyenl nek, ha elemeik ugyanazok. A halmazt, melynek nincs eleme, üres halmaznak nevezzük. Jele:. D 2.2 Az A halmazt a B halmaz

Részletesebben

23. Kombinatorika, gráfok

23. Kombinatorika, gráfok I Elméleti összefoglaló Leszámlálási alapfeladatok 23 Kombinatorika, gráfok A kombinatorikai alapfeladatok esetek, lehetőségek összeszámlálásával foglalkoznak Általában n jelöli a rendelkezésre álló különbözőfajta

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

Valószínűségszámítás feladatgyűjtemény

Valószínűségszámítás feladatgyűjtemény Valószínűségszámítás feladatgyűjtemény Összeállította: Kucsinka Katalin Tartalomjegyzék Előszó 4 1. Kombinatorika 5 2. Eseményalgebra 14 3. Valószínűségszámítás 21 3.1. Klasszikus valószínűség.....................

Részletesebben

Matematika A 1. évfolyam. páros, páratlan. 22. modul. Készítették: Szabóné Vajna Kinga Harzáné Kälbli Éva Molnár Éva

Matematika A 1. évfolyam. páros, páratlan. 22. modul. Készítették: Szabóné Vajna Kinga Harzáné Kälbli Éva Molnár Éva Matematika A 1. évfolyam páros, páratlan 22. modul Készítették: Szabóné Vajna Kinga Harzáné Kälbli Éva Molnár Éva matematika A 1. ÉVFOLYAM 22. modul Páros, páratlan modulleírás A modul célja Időkeret Ajánlott

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

10. Valószínűségszámítás

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

Részletesebben

KOVÁCS ENDRe, PARIpÁS BÉLA, FIZIkA I.

KOVÁCS ENDRe, PARIpÁS BÉLA, FIZIkA I. KOVÁCS ENDRe, PARIpÁS BÉLA, FIZIkA I. 4 MECHANIKA IV. FOLYADÉkOk ÉS GÁZOk MeCHANIkÁJA 1. BeVeZeTÉS A merev testek után olyan anyagok mechanikájával foglalkozunk, amelyek alakjukat szabadon változtatják.

Részletesebben

VI.7. RÁCSODÁLKOZÁS. A feladatsor jellemzői

VI.7. RÁCSODÁLKOZÁS. A feladatsor jellemzői VI.7. RÁSOÁLKOZÁS Tárgy, téma feladatsor jellemzői háromszögek, négyszögek területe rácssokszögek segítségével. Előzmények él terület fogalma. már ismert terület fogalom (főképp a háromszög és a négyszögek

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

Matematikai összefoglaló elméleti alapok érettségiz knek. Dézsi Krisztián 2011. május 20.

Matematikai összefoglaló elméleti alapok érettségiz knek. Dézsi Krisztián 2011. május 20. Matematikai összefoglaló elméleti alapok érettségiz knek Dézsi Krisztián 011. május 0. 1 Hatványok alapvet dolgok: log a b = c a a a a... } {{ } c = b ez a hatványozás inverze (FONTOS: a "b" nem lehet

Részletesebben

Bináris keres fák kiegyensúlyozásai. Egyed Boglárka

Bináris keres fák kiegyensúlyozásai. Egyed Boglárka Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Bináris keres fák kiegyensúlyozásai BSc szakdolgozat Egyed Boglárka Matematika BSc, Alkalmazott matematikus szakirány Témavezet : Fekete István, egyetemi

Részletesebben

http://www.gemklub.hu/ közelében élni. Így amikor sokkal történhetett, hogy veszélyesebb volt a mindent felhasználtak, világ, és a vikingek

http://www.gemklub.hu/ közelében élni. Így amikor sokkal történhetett, hogy veszélyesebb volt a mindent felhasználtak, világ, és a vikingek http://www.gemklub.hu/ Sok-sok évvel ezel tt, közelében élni. Így amikor sokkal történhetett, hogy veszélyesebb volt a mindent felhasználtak, világ, és a vikingek amivel er díteni lehetett még zord életet

Részletesebben

Kombinatorika. 9 10. évfolyam. Szerkesztette: Surányi László Ábrák: Hraskó András. 2015. december 6.

Kombinatorika. 9 10. évfolyam. Szerkesztette: Surányi László Ábrák: Hraskó András. 2015. december 6. Kombinatorika 9 10. évfolyam Szerkesztette: Surányi László Ábrák: Hraskó András 2015. december 6. A kötet létrehozását 2008-tól 2010-ig a Fővárosi Közoktatásfejlesztési Közalapítvány támogatta Technikai

Részletesebben

High Boon. Volt egyszer egy Babnyugat

High Boon. Volt egyszer egy Babnyugat High Boon Volt egyszer egy Babnyugat - Chicabohn Tervezte: Uwe Rosenberg & Hanno Girke Kiadja: AMIGO Spiel + Freizeit GmbH Waldstrasse 23-D5, D63128 Dietzenbach redaktion@amigo-spiele.de http://www.amigo-spiele.de/

Részletesebben

MUOE ultibajnokság játékszabályai

MUOE ultibajnokság játékszabályai MUOE ultibajnokság játékszabályai I. FEJEZET 1. A játék eszköze, laprangsor Az ultit 3 résztvevő játszhatja 32 lapos magyar kártyacsomaggal. A kártyacsomag 4 színből: pirosból, makkból, tökből és zöldből

Részletesebben

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

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

Részletesebben

Városok Viadala JUNIOR, 1990-91. sz, második forduló ... 99

Városok Viadala JUNIOR, 1990-91. sz, második forduló ... 99 JUNIOR, 990-9. sz, els forduló. Adott két pozitív valós szám. Bizonyítsuk be, hogy ha az összegük kisebb, mint a szorzatuk, akkor az összegük nagyobb 4-nél. (N. Vasziljev, 4 pont) 2. Egy szabályos háromszög

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

P (A) = i. P (A B i )P (B i ) P (B k A) = P (A B k)p (B k ) P (A) i P (A B i)p (B i )

P (A) = i. P (A B i )P (B i ) P (B k A) = P (A B k)p (B k ) P (A) i P (A B i)p (B i ) 6. A láncszabály, a teljes valószínűség tétele és Bayes-tétel Egy (Ω, A, P ) valószín ségi mez n értelmezett A 1,..., A n A események metszetének valószín sége felírható feltételes valószín ségek segítségével

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

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

1. Három tanuló reggel az iskola bejáratánál hányféle sorrendben lépheti át a küszöböt?

1. Három tanuló reggel az iskola bejáratánál hányféle sorrendben lépheti át a küszöböt? skombinatorika 1. Három tanuló reggel az iskola bejáratánál hányféle sorrendben lépheti át a küszöböt? P = 3 2 1 = 6. 3 2. Hány különböző négyjegyű számot írhatunk föl 2 db 1-es, 1 db 2-es és 1 db 3-as

Részletesebben

Általános statisztika II. Kriszt, Éva Varga, Edit Kenyeres, Erika Korpás, Attiláné Csernyák, László

Általános statisztika II. Kriszt, Éva Varga, Edit Kenyeres, Erika Korpás, Attiláné Csernyák, László Általános statisztika II Kriszt, Éva Varga, Edit Kenyeres, Erika Korpás, Attiláné Csernyák, László Általános statisztika II Kriszt, Éva Varga, Edit Kenyeres, Erika Korpás, Attiláné Csernyák, László Publication

Részletesebben

Vizsgálódás a szorzótáblákban Összefüggések keresése, indoklása

Vizsgálódás a szorzótáblákban Összefüggések keresése, indoklása Matematika A 2. évfolyam Vizsgálódás a szorzótáblákban Összefüggések keresése, indoklása 46. modul Készítette: Szitányi Judit 2 MODULLEÍRÁS A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály Modulkapcsolódási

Részletesebben

VALÓSZÍNŰSÉG, STATISZTIKA

VALÓSZÍNŰSÉG, STATISZTIKA 0893. MODUL VALÓSZÍNŰSÉG, STATISZTIKA Felmérés Készítette: Pintér Klára Matematika A 8. évfolyam 0892. modul: Valószínűség, statisztika Felmérés 2 A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály Modulkapcsolódási

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

Számlakészítés a SPRINT programmal

Számlakészítés a SPRINT programmal Számlakészítés a SPRINT programmal A jelen dokumentáció leírás a 2016. január 1 után kiadott SPRINT programmal végezhető számlakészítéshez. A dokumentáció nem tartalmazza a SPRINT program telepítési módjait

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

NÁLAD A NYERŐ KOMBINÁCIÓ? ELNEVEZÉSŰ NYEREMÉNYJÁTÉK RÉSZVÉTELI ÉS JÁTÉKSZABÁLYZATA

NÁLAD A NYERŐ KOMBINÁCIÓ? ELNEVEZÉSŰ NYEREMÉNYJÁTÉK RÉSZVÉTELI ÉS JÁTÉKSZABÁLYZATA NÁLAD A NYERŐ KOMBINÁCIÓ? ELNEVEZÉSŰ NYEREMÉNYJÁTÉK RÉSZVÉTELI ÉS JÁTÉKSZABÁLYZATA 1. A JÁTÉK SZERVEZŐJE A NÁLAD A NYERŐ KOMBINÁCIÓ? elnevezésű nyereményjáték ( Játék ) szervezője a Magyar Suzuki Zrt.

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

MATEMATIKA C 5. évfolyam 1. modul DOMINÓ

MATEMATIKA C 5. évfolyam 1. modul DOMINÓ MATEMATIKA C 5. évfolyam 1. modul DOMINÓ Készítette: Köves Gabriella MATEMATIKA C 5. ÉVFOLYAM 1. MODUL: DOMINÓ TANÁRI ÚTMUTATÓ 2 A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály Modulkapcsolódási pontok A tudatos

Részletesebben

Lerakó 7. modul készítette: köves GaBrIeLLa

Lerakó 7. modul készítette: köves GaBrIeLLa Lerakó 7. modul Készítette: KÖVES GABRIELLA 2 Lerakó A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály Modulkapcsolódási pontok A tudatos észlelés, a megfigyelés és a figyelem fejlesztése Párban, kis csoportban

Részletesebben

Halmazok. Halmazelméleti lapfogalmak, hatványhalmaz, halmazm veletek, halmazm veletek azonosságai.

Halmazok. Halmazelméleti lapfogalmak, hatványhalmaz, halmazm veletek, halmazm veletek azonosságai. Halmazok Halmazelméleti lapfogalmak, hatványhalmaz, halmazm veletek, halmazm veletek azonosságai. 1. lapfogalmak halmaz és az eleme fogalmakat alapfogalmaknak tekintjük, nem deniáljuk ket. Jelölés: x H,

Részletesebben

társasjáték 2 4 játékos részére, 10 éves kortól A Glück Auf a hagyományos német bányászköszöntés, ami magyarul annyit tesz: Jó szerencsét!

társasjáték 2 4 játékos részére, 10 éves kortól A Glück Auf a hagyományos német bányászköszöntés, ami magyarul annyit tesz: Jó szerencsét! társasjáték 2 4 játékos részére, 10 éves kortól A Glück Auf a hagyományos német bányászköszöntés, ami magyarul annyit tesz: Jó szerencsét! ESSEN, a 20. század elején: a napenergia és a tiszta erőforrások

Részletesebben

INFORMATIKA EMELT SZINTŰ PRÓBAÉRETTSÉGI

INFORMATIKA EMELT SZINTŰ PRÓBAÉRETTSÉGI INFORMATIKA EMELT SZINTŰ PRÓBAÉRETTSÉGI 2. feladatsor A gyakorlati vizsga időtartama: 240 perc Fontos tudnivalók A gyakorlati feladatsor megoldásához 240 perc áll rendelkezésére. A vizsgán használható

Részletesebben

Bevezetés a valószínűségszámításba és alkalmazásaiba: példákkal, szimulációkkal

Bevezetés a valószínűségszámításba és alkalmazásaiba: példákkal, szimulációkkal Bevezetés a valószínűségszámításba és alkalmazásaiba: példákkal, szimulációkkal Arató Miklós, Prokaj Vilmos és Zempléni András 2013.05.07 Tartalom Tartalom 1 1. Bevezetés, véletlen kísérletek 4 1.1 Bevezetés...................................

Részletesebben

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

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

Részletesebben

Mátrixaritmetika. Tartalom:

Mátrixaritmetika. Tartalom: Mátrixaritmetika Tartalom: A vektor és mátrix fogalma Speciális mátrixok Relációk és műveletek mátrixokkal A mátrixok szorzása A diadikus szorzat. Hatványozás Gyakorlati alkalmazások Készítette: Dr. Ábrahám

Részletesebben

A Nemzeti Útdíjfizetési Szolgáltató Zrt. Általános Szerződési Feltételei e-matricát értékesítő viszonteladók részére. 4.

A Nemzeti Útdíjfizetési Szolgáltató Zrt. Általános Szerződési Feltételei e-matricát értékesítő viszonteladók részére. 4. A Nemzeti Útdíjfizetési Szolgáltató Zrt. Általános Szerződési Feltételei e-matricát értékesítő viszonteladók részére 4. számú melléklet A Nemzeti Útdíjfizetési Szolgáltató Zrt. e-matrica értékesítésére

Részletesebben

KETTŐS KÖNYVELÉS PROGRAM CIVIL SZERVEZETEK RÉSZÉRE

KETTŐS KÖNYVELÉS PROGRAM CIVIL SZERVEZETEK RÉSZÉRE KETTŐS KÖNYVELÉS PROGRAM CIVIL SZERVEZETEK RÉSZÉRE Kezelési leírás 2015. Program azonosító: WUJEGYKE Fejlesztő: B a l o g h y S z o f t v e r K f t. Keszthely, Vak Bottyán utca 41. 8360 Tel: 83/515-080

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

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

A két csapatra osztás leggyakoribb megvalósításai: Lyukas teli (vagy sima vagy nem lyukas)

A két csapatra osztás leggyakoribb megvalósításai: Lyukas teli (vagy sima vagy nem lyukas) Eredeti forrás: Pintér Klára: Játsszunk Dienes Zoltán Pál logikai készletével! http://www.jgypk.u-szeged.hu/methodus/pinter-klara-jatsszunk-logikat-logikai-keszlettel/ A logikai készlet lapjaival kapcsolatos

Részletesebben

Kétszemélyes négyes sor játék

Kétszemélyes négyes sor játék Kétszemélyes négyes sor játék segítségével lehetővé kell tenni, hogy két ember a kliens program egy-egy példányát használva négyes sor játékot játsszon egymással a szerveren keresztül. Játékszabályok:

Részletesebben

MATEMATIKA 1-12. ÉVFOLYAM

MATEMATIKA 1-12. ÉVFOLYAM MATEMATIKA 1-12. ÉVFOLYAM SZERZŐK: Veppert Károlyné, Ádám Imréné, Heibl Sándorné, Rimainé Sz. Julianna, Kelemen Ildikó, Antalfiné Kutyifa Zsuzsanna, Grószné Havasi Rózsa 1 1-2. ÉVFOLYAM Gondolkodási, megismerési

Részletesebben

Megoldások. I. Osztályozás, rendezés, kombinatorika. 1. osztály

Megoldások. I. Osztályozás, rendezés, kombinatorika. 1. osztály Megoldások I. Osztályozás, rendezés, kombinatorika 1. osztály 4. Lackó kezében egy gesztenye van. 5. Kettő. 1 + 1 = 2. 6. Öt. 3 + 2 = 5. 7. Igaz állítás: A), D), E). 2. osztály 1. 6 lehetőség van. Ha ismétel,

Részletesebben

MATEMATIKA A és B variáció

MATEMATIKA A és B variáció MATEMATIKA A és B variáció A Híd 2. programban olyan fiatalok vesznek részt, akik legalább elégséges érdemjegyet kaptak matematikából a hatodik évfolyam végén. Ezzel együtt az adatok azt mutatják, hogy

Részletesebben

NeoSzámla Használati Útmutató. Verziószám: 2014/Q2 Kelt: 2014.07.15. neoszamla.hu info@neoszamla.hu 06 30 535 2181

NeoSzámla Használati Útmutató. Verziószám: 2014/Q2 Kelt: 2014.07.15. neoszamla.hu info@neoszamla.hu 06 30 535 2181 NeoSzámla Használati Útmutató Verziószám: 2014/Q2 Kelt: 2014.07.15 neoszamla.hu info@neoszamla.hu 06 30 535 2181 Tartalom Szolgáltatói adatok... 3 Kiállítható számlák... 3 Regisztráció... 3 A vállalkozás

Részletesebben

Könyvelői Klub INGATLANOK ÉS BEFEKTETÉSE SZÁMVITELI ÉS ADÓZÁSI KÉRDÉSEI KÖNYVELŐI KLUB - 2013. SZEPTEMBER 11 - BUDAPEST. Áfa

Könyvelői Klub INGATLANOK ÉS BEFEKTETÉSE SZÁMVITELI ÉS ADÓZÁSI KÉRDÉSEI KÖNYVELŐI KLUB - 2013. SZEPTEMBER 11 - BUDAPEST. Áfa KÖNYVELŐI KLUB - 2013. SZEPTEMBER 11 - BUDAPEST Konzultáns: Horváth Józsefné okl. könyvvizsgáló, okl. nemzetközi áfa- és adóigazgatósági adószakértő, jogi szakokleveles közgazdász; költségvetési minősítésű

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

Valószín ségelmélet házi feladatok

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

Részletesebben

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

BÉRSZÁMFEJTÉS 1 S Z O F T V E R E N G E D É L Y E Z É S I S Z E R ZŐDÉS

BÉRSZÁMFEJTÉS 1 S Z O F T V E R E N G E D É L Y E Z É S I S Z E R ZŐDÉS BÉRSZÁMFEJTÉS 1 S Z O F T V E R E N G E D É L Y E Z É S I S Z E R ZŐDÉS Ez egy speciális SZERZŐDÉS Ön, mint Felhasználó (akár magánszemély, gazdálkodó-, vagy egyéb szerv) és az RLB-60 Betéti Társaság között,

Részletesebben

MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS EMELT SZINT

MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS EMELT SZINT MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS EMELT SZINT I. rész: Az alábbi 4 feladat megoldása kötelező volt! 1) Egy idegen nyelvekkel kapcsolatos online kérdőívet hetven SG-s töltött ki. Tudja, hogy minden

Részletesebben

GroupWise 5.2 használói jegyzet

GroupWise 5.2 használói jegyzet GroupWise 5.2 használói jegyzet 16 bites verzió Készítette: Borsodi Gábor, ABS Consulting Kft. (http://www.abs.hu) 1998-2001 Ez a dokumentáció szabadon felhasználható (nyomtatható, másolható) és terjeszthet,

Részletesebben

1. Az ábrán a pontok a szabályos háromszögrács 10 pontját jelentik (tehát az ABC háromszög egyenlőoldalú, a BDE háromszög egyenlőoldalú, a CEF

1. Az ábrán a pontok a szabályos háromszögrács 10 pontját jelentik (tehát az ABC háromszög egyenlőoldalú, a BDE háromszög egyenlőoldalú, a CEF 1. Az ábrán a pontok a szabályos háromszögrács 10 pontját jelentik (tehát az ABC háromszög egyenlőoldalú, a BDE háromszög egyenlőoldalú, a CEF háromszög egyenlőoldalú, stb ). A 10 pont közül ki kell választani

Részletesebben

GroupWise 5.2 használói jegyzet

GroupWise 5.2 használói jegyzet GroupWise 5.2 használói jegyzet 32 bites verzió Készítette: Borsodi Gábor, ABS Consulting Kft. (http://www.abs.hu) 1998-2001 Ez a dokumentáció szabadon felhasználható (nyomtatható, másolható) és terjeszthet,

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

1.4 Hányféleképpen rakhatunk sorba 12 könyvet, ha 3 bizonyos könyvet egymás mellé akarunk rakni és

1.4 Hányféleképpen rakhatunk sorba 12 könyvet, ha 3 bizonyos könyvet egymás mellé akarunk rakni és Valószínűségszámítás és statisztika feladatok 1 Kombinatorika 2011/12. tanév, I. félév 1.1 Hányféleképpen lehet a sakktáblán 8 bástyát elhelyezni úgy, hogy egyik se üsse a másikat? Mennyi lesz az eredmény,

Részletesebben

AJÁNLATTÉTELI DOKUMENTÁCIÓ

AJÁNLATTÉTELI DOKUMENTÁCIÓ AJÁNLATTÉTELI DOKUMENTÁCIÓ a felcsúti új Faluház megépítése tárgyú, a Kbt. 122. (7) bekezdés a) pontja szerinti, hirdetmény közzététele nélküli tárgyalásos közbeszerzési eljárásra TARTALOMJEGYZÉK ÚTMUTATÓ

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

4. előadás. Vektorok

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

Részletesebben

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

HITELESÍTÉSI ELŐÍRÁS HIDEGVÍZMÉRŐK ÁLTALÁNOS ELŐÍRÁSOK

HITELESÍTÉSI ELŐÍRÁS HIDEGVÍZMÉRŐK ÁLTALÁNOS ELŐÍRÁSOK HITELESÍTÉSI ELŐÍRÁS HIDEGVÍZMÉRŐK ÁLTALÁNOS ELŐÍRÁSOK HE 6/1-2005 Az adatbázisban lévő elektronikus változat az érvényes! A nyomtatott forma kizárólag tájékoztató anyag! TARTALOMJEGYZÉK 1. AZ ELŐÍRÁS

Részletesebben

Mit gondolnak a vállalatvezetők az üzleti kapcsolatok értékéről?

Mit gondolnak a vállalatvezetők az üzleti kapcsolatok értékéről? Mit gondolnak a vállalatvezetők az üzleti kapcsolatok értékéről? MANDJÁK Tibor Marketing professzor, Bordeaux École de Management valamint Budapesti Közgazdaságtudományi és Államigazgatási Egyetem 680,

Részletesebben

Az építési műszaki ellenőr képzés a gyakorló szakemberek szemével

Az építési műszaki ellenőr képzés a gyakorló szakemberek szemével Az építési műszaki ellenőr képzés a gyakorló szakemberek szemével Az építési műszaki ellenőrzés területének, ezen belül elsősorban a képzési rendszernek a kutatására az EU finanszírozású Leonardo da Vinci

Részletesebben

Carcassonne - A frigyláda

Carcassonne - A frigyláda Carcassonne - A frigyláda Tervezte: Klaus-Jürgen Wrede 2-5 játékos részére, 8 éves kortól Kiadja: Inspiration Games PO Box 716 Issaquah, WA 98027 www.inspirationgames.com info@inspirationgames.com Józsué

Részletesebben

3. Strukturált programok

3. Strukturált programok Ha egy S program egyszerű, akkor nem lehet túl nehéz eldönteni róla, hogy megold-e egy (A,Ef,Uf) specifikációval megadott feladatot, azaz Ef-ből (Ef által leírt állapotból indulva) Uf-ben (Uf által leírt

Részletesebben

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

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

Részletesebben

Kari Adminisztrátor. Funkcionális leírás

Kari Adminisztrátor. Funkcionális leírás Kari Adminisztrátor Funkcionális leírás Budapest, 2006 Tartalomjegyzék 1. Bevezetés... 7 2. Saját adatok... 7 2.1. Személyes adatok megtekintésde és karbantartása... 8 2.1.1. Jelszóváltoztatás... 8 2.1.2.

Részletesebben

Tej. Szívvel-lélekkel! Gyűjts össze 100 tejszívet és nyerj egy játszóteret!

Tej. Szívvel-lélekkel! Gyűjts össze 100 tejszívet és nyerj egy játszóteret! Tej. Szívvel-lélekkel! Gyűjts össze 100 tejszívet és nyerj egy játszóteret! M E G N E V E Z É S Ű N Y E R E M É N Y J Á T É K R É S Z V É T E L I -, É S J Á T É K S Z A B Á L Y Z A T A 1. A JÁTÉK SZERVEZŐJE

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

MEGÉRINT A TAVASZ! NYEREMÉNYJÁTÉK RÉSZVÉTELI ÉS JÁTÉKSZABÁLYZATA

MEGÉRINT A TAVASZ! NYEREMÉNYJÁTÉK RÉSZVÉTELI ÉS JÁTÉKSZABÁLYZATA MEGÉRINT A TAVASZ! NYEREMÉNYJÁTÉK RÉSZVÉTELI ÉS JÁTÉKSZABÁLYZATA 1. A JÁTÉK SZERVEZŐJE A Megérint a tavasz! elnevezésű nyereményjáték ( Játék ) szervezője a CO-OP Hungary Zrt. (székhely: 1097 Budapest,

Részletesebben

KOMBINATORIKA Permutáció

KOMBINATORIKA Permutáció Permutáció 1) Három tanuló, András, Gábor és Miklós együtt megy iskolába. Hányféle sorrendben léphetik át az iskola küszöbét? Írja fel a lehetséges sorrendeket! 2) Hány különböző négyjegyű számot alkothatunk

Részletesebben

Gráfokkal megoldható hétköznapi problémák

Gráfokkal megoldható hétköznapi problémák Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Gráfokkal megoldható hétköznapi problémák Szakdolgozat Készítette Vincze Ágnes Melitta Konzulens Héger Tamás Budapest, 2015 Tartalomjegyzék Bevezetés

Részletesebben

A pénztartozás szabályai. A pénztartozás fogalma, jogi természete A kamat A pénztartozás késedelmes teljesítésének következményei

A pénztartozás szabályai. A pénztartozás fogalma, jogi természete A kamat A pénztartozás késedelmes teljesítésének következményei A pénztartozás szabályai A pénztartozás fogalma, jogi természete A kamat A pénztartozás késedelmes teljesítésének következményei A pénztartozás fogalmáról a pénztartozás tana igen nagy részben a pénzfélék

Részletesebben

MATEMATIKA 5 8. ALAPELVEK, CÉLOK

MATEMATIKA 5 8. ALAPELVEK, CÉLOK MATEMATIKA 5 8. ALAPELVEK, CÉLOK Az iskolai matematikatanítás célja, hogy hiteles képet nyújtson a matematikáról mint tudásrendszerről és mint sajátos emberi megismerési, gondolkodási, szellemi tevékenységről.

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

ÁLTALÁNOS SZERZŐDÉSI FELTÉTELEK

ÁLTALÁNOS SZERZŐDÉSI FELTÉTELEK ÁLTALÁNOS SZERZŐDÉSI FELTÉTELEK Hatályos: 2015. november 23-tól Jelen Általános Szerződési Feltételek (a továbbiakban ÁSZF) határozza meg a SZIGET Kulturális Menedzser Iroda Korlátolt Felelősségű Társaság

Részletesebben

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

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

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I 9 IX MÁTRIxOk 1 MÁTRIx FOGALmA, TULAJDONSÁGAI A mátrix egy téglalap alakú táblázat, melyben az adatok, a mátrix elemei, sorokban és oszlopokban vannak elhelyezve Az (1) mátrixnak

Részletesebben