TARTALOM. Ismétlő tesztek ÚTMUTATÁSOK ÉS EREDMÉNYEK...255

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "TARTALOM. Ismétlő tesztek...248 ÚTMUTATÁSOK ÉS EREDMÉNYEK...255"

Átírás

1 TARTALOM. SZÁMHALMAZOK Természetes kitevőjű hatványok Negatív egész kitevőjű hatványok Racionális kitevőjű hatványok Irracionális kitevőjű hatványok Négyzetgyök és köbgyök... Kitűzött feladatok FÜGGVÉNYEK ÉS EGYENLETEK Függvények. Ismétlés Injektív, szürjektív, bijektív függvények Sajátos számfüggvények...79 Kitűzött feladatok...4. PÉNZÜGYI MATEMATIKA..... Rövid történeti áttekintés..... A kombinatorika alapszabályai Véges rendezett halmazok Permutációk Variációk Kombinációk Pénzügyi matematika A matematikai statisztika elemei A valószínűségszámítás alapjai...78 Kitűzött feladatok GEOMETRIA Descartes-féle koordináták a síkban Két pont távolsága Műveletek kötött vektorokkal. Egy vektor koordinátái Az egyenes egyenlete Két síkbeli egyenes párhuzamosságának feltétele Három pont kollinearitása Két egyenes merőlegességének feltétele Távolságok és területek...8 Kitűzött feladatok...4 Ismétlő tesztek...48 ÚTMUTATÁSOK ÉS EREDMÉNYEK...55

2 MATEMATIKUSOK ÉS FELFEDEZÉSEIK Az alábbi táblázat olyan matematikusokat tartalmaz, akik döntő mértékben járultak hozzá a X. osztályban tanult matematikai elméletek felfedezéséhez. Időszak Név Felfedezés 0 Leonardo Fibonacci (70? 50?) Főműve: Liber Abacci Fibonacci sorozata rekurencia képlettel: f = f =, f n = f n + f n, ha n. A sorozat általános tagjának képlete: n n 5 5 f n, n John Neper (550 67) skót matematikus Description des merveilleuses règles des logarithmes et de leur usage... c. művében elsőként használta a logaritmus fogalmát XVII XVIII. század Henry Briggs (556 60) angol matematikus René Descartes ( ) francia matematikus Carl Wessel (745 88) norvég matematikus Jean Argand (768 8) svájci matematikus Karl Friedrich Gauss ( ) Blaise Pascal (6 66) Jacob Bernoulli ( ) Laplace (749 87) Poisson (78 840) Csebisev (8 894) Markov (856 9) Hincsin ( ) A.N. Kolmogorov (90 98) Elkészítette az első tízes alapú logaritmustáblát. Az analitikus geometria felfedezője. A komplex számokat tanulmányozva bevezette a valós rész és képzetes rész fogalmakat. z = x + iy (i = ), x = Re (z), y = Im (z). A z = x + iy komplex számot az OM ( x, y) helyzetvektorral ábrázolta. A z = x + iy komplex számot a Descartesféle koordinátarendszer M(x,y) pontjával ábrázolta. (Ox = valós tengely, Oy = képzetes tengely) Megadta a komplex számokkal végzett műveletek mértani értelmezését. A valószínűségszámítás elméletének megalapozói, első kidolgozói.

3 . SZÁMHALMAZOK Ebben a fejezetben a valós számok tulajdonságaival foglalkozunk. Megvizsgáljuk a pozitív számok valós kitevőjű hatványainak tulajdonságait. Részletezzük a gyökök tulajdonságait illetve a rájuk vonatkozó műveleti szabályokat. Értelmezzük egy pozitív szám logaritmusát, megadva a logaritmusokkal végezhető műveletek tulajdonságait. Valós számok Természetes kitevőjű hatványok... 5 Racionális kitevőjű hatványok Irracionális, valós kitevőjű hatványok Négyzetgyök és köbgyök Logaritmusok Természetes kitevőjű hatványok Előszőr felevelenítjük egy valós szám hatványának fogalmát abban az esetben, amikor a hatványkitevő természetes szám. Ha a R és n N, akkor a következő értelmezést használjuk: Értelmezés. Az a szám n-edik hatványán az a-nak önmagával vett n-szeres szorzatát értjük és a n -nel jelöljük (olvasd:,,a az n-ediken ), tehát a n = a } a {{... a }. n szer a n =hatvány, a = hatványalap, n =hatványkitevő. Ha a 0, a 0 = ; 0 0 nem értelmezett; a = a. A továbbiakban felsoroljuk a természetes kitevőjű hatványok fontosabb tulajdonságait. ) Azonos alapú hatványok szorzása: x m x n = x m+n, x R, m, n N. Azonos alapú hatványok szorzásánál az alapot változatlanul hagyjuk és a kitevőket összeadjuk. ) Azonos alapú hatványok osztása: x m x n = xm n, x 0, m, n N, m n. Azonos alapú hatványok osztásakor az alapot változatlanul hagyjuk és a kitevőket kivonjuk egymásból (az osztandó kitevőjéből vonjuk ki az osztó kitevőjét). 5

4 ) Szorzat hatványozása: (xy) n = x n y n, x, y R, n N. Szorzatot úgy emelünk hatványra, hogy a tényezőket a megadott hatványra emeljük és az így kapott hatványokat összeszorozzuk. 4) Tört hatványozása: ( ) n x = xn y y n, x, y R, y 0, n N. Törtet úgy hatványozunk, hogy a megadott hatványa emeljük mind a számlálót, mind a nevezőt. 5) Hatvány hatványozása: (x m ) n = x mn, x R, m, n N. Hatvány hatványozásakor az alapot változatlanul hagyjuk és a kitevőket összeszorozzuk. Példák ) 5 = +5 = 8 ; ) 5 : = 5 = = 9; ) ( ) 6 = 6 6 ; ( ) 4 4) = 4 4 = 6 8 ; 5) ( ) = = 6. 6) Határozzuk meg azon n természetes számokat, amelyekre a) 4 < n < 6; b) ( ) n 8 > > Megoldás. a) Az egyenlőtlenség-sorozatot a < n < 4 alakba írhatjuk át. Mivel a hatványalapok megegyeznek (mindhárom hatvány esetében ) és -nél nagyobbak, következik, hogy < n < 4. Tehát n =. ( ) ( ) n ( ) 5 b) > >. Innen < n < 5, vagyis n = 4... Negatív egész kitevőjű hatványok Emlékezzünk a valós számok negatív egész kitevőjű hatványának az értelmezésére! Értelmezés. A nullától különböző a valós szám ( n)-edik (n N ) hatványán az a n valós számot értjük és a n -nel jelöljük. Az n = esetben az a = a nevezzük. számot az a inverzének (vagy fordítottjának) A negatív egész kitevőjű hatványok tulajdonságai megegyeznek a természetes kitevőjű hatványoknak az előzőekben már felsorolt tulajdonságaival, annyi különbséggel, hogy az azonos alapú hatványok osztásánál (. tulajdonság) nem szükséges az m n kikötés, érvényes marad minden m, n egész számra. 6

5 Példák ) 5 = 5 = = = 9 ; ) 5 : 8 = 5 8 = = = 8 ; ) 4) ( ) 4 = 5 ( ( ) = ( ) ( ) = ; ) 4 ( ) 4 = 4 5 ( ) 4 5 = ( 5)4 4 = 4 = 04 4 ; 5) ( ) = ( ) = 6 = 6 ; ( ( 5) ) = 5 6 = 5 6 = 5... Racionális kitevőjű hatványok Az előző fejezetekben értelmeztük a természetes és egész kitevőjű hatványok fogalmát, felsorolva legfontosabb tulajdonságaikat: ) a m a n = a m+n, m, n Z ; ) am a n = am n, a 0, m, n Z; ( a ) m ) (ab) m = a m b m, m, n Z a m ; 4) =, a, b 0, m Z; b bm 5) (a m ) n = a mn, a 0, m, n Z; 6) a 0 =, a 0; 7) a m =, a 0, m Z. am Könnyen igazolható a következő két állítás: Segédtétel. ) Ha x, y 0, n N, akkor x n = y n x = y. ) Ha x, y R, n N, n páratlan, akkor x n = y n x = y. A magasabb kitevőjű gyökök segítségével kiterjeszthetjük a hatvány fogalmát racionális kitevők esetére is. Ennek következménye, hogy a természetes és egész kitevőjű hatványok a racionális kitevőjű hatványok sajátos eseteként tekinthetők. Értelmezés. Ha a > 0 és r = m n, m Z, n N, n, akkor az a szám r-edik hatványán az a r -nel jelölt számot értjük, ahol a r = a m n = n a m. Az a r hatvány esetén a-t a hatvány alapjának, r-et pedig a hatvány kitevőjének nevezzük. Sajátosan, ha m =, n, akkor a n = n a. Megjegyzés. Mint tudjuk, az m n racionális szám a vele egyenértékű törtek osztályának egy reprezentánsa. Kimutatjuk, hogy a racionális kitevőjű hatvány fogalma nem 7

6 függ a reprezentáns megválasztásától, azaz m n helyébe egy vele ekvivalens p q törtet téve ( m n = p q mq = pn), az a p q hatvány értéke megegyezik a a m n hatványéval. Valóban, a m n = n a m = np a mp = mq a mp = q a p = a p q. Példák. 8 = 8 = ( ) = 6 = = 4; 7 = 7 = 7 = 6 = 9. A racionális kitevőjű hatványok tulajdonságai Az egész kitevőjű hatványokra vonatkozó tulajdonságok érvényesek a racionális kitevők esetén is: Tétel. Ha a, b > 0, r, s Q, akkor fennállnak a következő egyenlőségek: ) a r a s = a r+s ; ) ar a s = ar s ; ) (ab) r = a r b r ; ( a ) r a r 4) = b b r ; 5) (ar ) s = a rs. Bizonyítás. Az ) és ) tulajdonságokat igazoljuk, a többi tulajdonság hasonló módon bizonyítható. Ezen állítások igazolásához az előző segédtételt használjuk. ) Ha r = p q, s = m n, p, m Z, q, n N, q, n, akkor ar a s = a p m q a n. Az alábbi gondolatmenet során a már megismert tulajdonságokat alkalmazzuk (zárójelben feltüntettük azt a tulajdonságot vagy értelmezést, amely alapján az egyes egyenlőségek felírhatók): [a p m q a n ] qn = (a p q ) qn (a m n ) qn (szorzat természetes kitevőjű hatványa) = [(a p q ) q ] n [(a m n ) n ] q (természetes kitevőjű hatvány hatványozása) = [( q a p ) q ] n [( n a m ) n ] q (a racionális kitevőjű hatvány definíciója) = (a p ) n (a m ) q (a q adik, illetve n-edik gyök értelmezése) = a pn a mq (egész kitevőjű hatvány hatványozása) = a pn+mq (azonos alapú hatványok szorzása) = ( nq a pn+mq ) nq (nq-adik gyök definíciója) = (a pn+mq nq ) nq (racionális kitevőjű hatvány definíciója) pn + mq Viszont = p nq q + m n = r +s, tehát kimutattuk, hogy (ar a s ) qn = (a r+s ) nq. Így a segédtétel alapján a r a s = a r+s. ) Ha r = p alakú, p Z, q N, q, akkor q [(ab) p q ] q = [ q (ab) p ] q (racionális kitevőjű hatvány értelmezése) = a p b p (szorzat egész kitevőjű hatványa) = ( q a p ) q ( q b p ) q (a q-adik gyök értelmezése) = (a p q ) q (b p q ) q (racionális kitevőjű hatvány értelmezése) 8

7 = (a p q b p q ) q (szorzat természetes kitevőjű hatványa). Tehát [(ab) r ] q = [a r b r ] q, így a segédtétel alapján következik, hogy (ab) r = a r b r. Példák ) Írjuk fel racionális kitevőjű hatványként a következő számokat:, 6 5, 5. ) Írjuk fel gyökök segítségével a, 5, 7 9, 4 0,5 számokat. ) Mutassuk ki, hogy ( : 4 ) =. Megoldás. ) 6 = ; 5 = 5 6, 5 = 5 = 5 = 5. ) =, 5 = 5, 7 9 = 9 7 = 9 49, 4 0,5 = 4 4 = 4 4 = 4 =. ) A gyököket törtkitevőjű hatványokká írva, kapjuk, hogy = 4 = 4, = 6 = 6, 4 = 8 = 8, így a bal oldali kifejezés rendre a következő alakokra hozható: 4 ( 6 : 8 ) = 4 ( 6 8 ) = 4 ( 4 ) = 4 4 = 4 = 4 + = 4 =. Két racionális kitevőjű hatvány összehasonlítása Igaz a következő állítás: Tétel. ) Ha a >, akkor a r < a s r < s, r, s Q. ) Ha 0 < a <, akkor a r < a s r > s, r, s Q. Bizonyítás. Csak az első állítást igazoljuk, a második hasonló módon bizonyítható. Ha r = p q, s = m, p, m Z, q, n N, q, n, akkor n a p m q < a n (a p q ) qn < (a m n ) qn (természetes kitevőjű hatványok rendezése) [( q a p ) q ] n < [( n a m ) n ] q (racionális kitevőjű hatvány értelmezése) (a p ) n < (a m ) q (a q-ad, illetve n-ed rendű gyök értelmezése) a pn < a mq (egész kitevőjű hatvány hatványozása) pn < mq p q < m n r < s. Példa. Mutassuk ki, hogy bármely a, b pozitív szám esetén fennáll a következő egyenlőtlenség: a + b > (a + b). Bizonyítás. Az a+b = c jelölés bevezetésével, végigosztva c -nal, a bizonyítandó ( a ) ( ) b egyenlőtlenség a következő alakot ölti: + >. c c Tudjuk, hogy 0 < a c, b c <, a c + b ( a c =, tehát c ( ) b a ( a ) < és <. Innen c c < b, c c < ( a c ) 9 ) <, ( ) b c ( ) b <, vagyis c. Ha az utóbbi két

8 egyenlőtlenség megfelelő oldalait összeadjuk, kapjuk, hogy = a c + b ( a ) ( ) c < b +. c c Más megoldás. Az a = x > 0, b = y > 0 jelölésekkel az egyenlőtlenség x + y > (x + y ) alakú lesz. Mindkét oldalt harmadik hatványra emelve, a következő ekvivalens egyenlőtlenségekhez jutunk: (x + y ) > (x + y ), x 4 y + x( y 4 > x y, x ezt x y -nal végigosztva kapjuk, hogy y + y ) >. Ez igaz, hiszen x x y + y x minden x, y > 0 esetén..4. Irracionális és valós kitevőjű hatványok Ezen fejezet célja kibővíteni hatvány fogalmát a racionális kitevőjű hatványokról a valós kitevőjű hatványokra. E végső kiterjesztés az eddigiektől eltérő megközelítést igényel, meghaladva jelen tankönyv kereteit. Ezért megelégszünk az elv egy példán keresztüli bemutatásával. Tegyük fel, hogy az a hatványt szeretnénk értelmezni valamely a > számra. Emlékezzünk vissza, hogy az előző évben az irracionális számokkal való műveleteket az adott számok hiánnyal, illetve töblettel való megközelítésével értelmeztük. Hasonló eljárással fogjuk egy a szám irracionális hatványra (jelen esetben -re) való emelését is értelmezni. hiánnyal és töblettel való megközelítései: <, 4 <, 4 <, 44 <... < <... <, 45 <, 4 <, 5 <. Az a > alapú racionális kitevőjű hatványok rendezési szabályait figyelembe véve felírhatjuk a következő egyenlőtlenség-sorozatokat: a < a,4 < a,4 < a,44 <... () és a > a,5 > a,4 > a,45 >... (). Az () és () sorokban végtelen sok tag szerepel és az () sorozat minden tagja kisebb az összes ()-ben szereplő kifejezésnél. Természetes, hogy a az a szám, amely nagyobb az () sorozat minden tagjánál és kisebb a () összes tagjánál. Ez alapján természetes, hogy a értékének azt a γ számot tekintjük, amely nagyobb az a minden olyan racionális kitevőjű hatványánál, amelyben a kitevő alulról közelíti a -t és kisebb minden olyan hatványánál, amelyben a kitevő töblettel közelíti a számot. Bizonyítás nélkül elfogadjuk, hogy ez a szám létezik és egyértelműen meghatározott (szemléletesen a két sorozat,,találkozásánál helyezkedik el): a < a,4 < a,4 < a,44 <... < γ <... a,45 < a,4 < a,5 < a ). Hasonló módon definiálhatjuk az a α (a > ) hatványt tetszőleges α pozitív irracionális szám esetén. A fenti meghatározást a következőképpen is átfogalmazhatjuk: Ha a > és α egy pozitív irracionális szám és r i illetve l k az α szám hiánnyal, illetve töblettel való közelítései, akkor az a α hatvány az a γ szám, amelyre a r i < γ < a l k, r i, l k Q, r i < α, l k > α. 0

9 Ez esetben is elfogadjuk, hogy ez a szám létezik és egyértelmű. Hasonlóan, ha 0 < a <, a fenti jelölések alkalmazásával az a α hatvány értékén azt a γ számot étjük, amelyre a ri > γ > a l k, r i, l k Q, r i < α, l k > α. Itt is elfogadjuk, hogy ez a szám létezik és egyértelmű. Amennyiben a > 0, a, α pedig egy negatív irracionális szám, akkor az a α hatvány értékén az számot értjük, azaz a α a α = a α. Megjegyzés. ) Ha a =, akkor α =, α R. ) A racionális kitevőjű hatvány értelmezése alapján a α > 0, a > 0, α R. ) A törtkitevős hatványokra vonatkozó tulajdonságok érvényesek maradnak a valós kitevős hatványokra is (ezek bizonyításához szükség van a matematikai analízis tárgykörébe tartozó határérték fogalmára). Bármely a > 0, b > 0 és tetszőleges x, y R esetén fennállnak a következő összefüggések: ) a x a y = a x+y ; ) ax a y = ax y ; ) (ab) x = a x b x ; 4) ( a b ) x = a x b x ; 5) (a x ) y = a xy ; 6) a 0 = ; 7) a x = a x. A hatványok rendezése Ha a >, akkor x < y a x < a y. Ha 0 < a <, akkor x < y a x > a y. 4) Az előző paragrafusban kijelentett, az a m n lehetséges értékeire vonatkozó állítások figyelembe vételével írhatjuk, hogy ) a > esetén a α > α > 0 és a α < α < 0 valamint ) 0 < a < esetén a α > α < 0 és a α < α > 0. A következőkben kimutatjuk, hogy az a >, α > 0 esetben a α >. Ha α = m n alakú, m, n N, n, akkor a m n > ( ) a m n n > a m >, ami igaz (a > a > a a > a...). Ha α irracionális, akkor választunk egy olyan r pozitív racionális számot, amely az α-t hiánnyal közelíti meg. Az irracionális kitevőjű hatvány értelmezése szerint a α > a r. A bizonyítás előző lépése alapján a r >, tehát a α > a r >, azaz a α >. 5) Valós kitevőjű hatványok rendezése. Igazak a következő állítások: ) a > esetén α < α a α < a α. ) 0 < a < esetén α < α a α > a α. A következőkben belátjuk, hogy ha a > és α > α, akkor a α > a α. Legyen β = α α > 0. A 4) alapján a β >, innen mindkét oldal a α -vel való beszorzásával kapjuk, hogy a β a α > a α, azaz a α > a α. Az ) és ) állítások figyelembe vételével az alábbi fontos eredményhez jutunk: Ha a > 0, a, akkor a α = a α α = α.

10 .5. Négyzetgyökök és köbgyökök Az előzőekhez hasonlóan, az n-edik gyököt is egy valós számra vonatkozóan határozzuk meg (páros n esetén nemnegatív, páratlan n esetén tetszőleges valós számra értelmezzük az n-edik gyököt). Egy kis történelem. A gyökvonás eredete Már az ókori görögökben megfogalmazódott az a kérdés, hogyan lehet meghatározni egy adott területű (például m ) négyzet oldalának hosszúságát. Könnyen választ adhatunk a kérdésre, ha a terület mértéke x, ahol x N (például 4 m, 9 m, 6 m stb.) Ha T = x = vagy T = x =, akkor x = illetve x = mert az oldal hossza nemnegatív valós szám. Tetszőleges pozitív szám mértékű terület esetén a görögöknek nem sikerült a megoldásra általános módszert találni. Platón egyik Dialógusában Szokrátesz egy terjedelmes mértani fejtegetés során megmutatja Menonnak, hogy az egységnyi oldalhosszúságú négyzet átlója pontosan a területű négyzet oldala. A Menonnal folytatott párbeszéd mértani tartalma röviden így fogalmazható meg: a területű négyzet x oldalhosszúsága pontosan x =. A (,,négyzetgyök,,,a második gyöke ) szimbólum tulajdonsága az, hogy önmagával megszorozva (vagyis négyzetre emelve) pontosan -t kapunk eredményül. Bionyos esetekben a fenti feltételt teljesítő x könnyen meghatározható, például x = 4 =, x = 9 =, x = 6 = 4, x 4 = 0, 044 = 0, ; az ellenőrzés a fordított művelet, a hatványra emelés segítségével azonnali: x = = 4, x = = 9, x = 4 = 6, x 4 = 0, = 0, 044. Az ókori görög matematikusok egy másik, hasonló jellegű problémája a harmadik gyök (köbgyök vagy harmadrendű gyök) fogalmához vezetett: azon kocka oldalhosszát keresték, melynek térfogata megegyezik az egységnyi oldalhosszúságú kocka térfogatának kétszeresével. Ma ezt így fogalmazzuk meg: a térfogatú kocka x oldalhossza az az x = szám (,,a harmadik gyöke vagy,,köbgyök ), amelyet harmadik hatványra emelve -t kapunk (x = ). Egyes,,szerencsés esetekben ez a kérdés (mármint a megfelelő x megkeresése) is könnyen megválaszolható, például 8 =, 0, 5 = 0, 5, mivel = 8 és 0, 5 = 0, 5. A gyökvonás (latinul radix, gyök) a pozitív számok halmazán a hatványraemelés fordított művelete. Négyzetgyökök Mint azt már tudjuk, minden a valós szám esetén a 0. Megfordítva, a kérdés az, hogy adott pozitív a szám esetén létezik-e olyan x valós szám, amelyre x = a, vagyis ha a 0, az x = a egyenletnek van-e valós megoldása? Bebizonyítható, hogy minden nemnegatív valós szám valamely egyértelműen meghatározott nemnegatív valós szám négyzete. Az x = a, x 0 feltételeket teljesítő szám létezését a matematikai analízis keretében bizonyítjuk. Az x szám egyértelműsége. Tételezzük fel, hogy léteznek az x, y 0, számok, amelyek teljesítik az x = y = a tulajdonságot és kimutatjuk, hogy x = y. Valóban,

11 x y = (x y)(x + y) = 0, innen x y = 0 vagy x + y = 0. Az x y = 0 esetben x = y, ha pedig x + y = 0, felhasználva, hogy x, y 0, következik, hogy x = y = 0, tehát mindkét esetben x = y. Az x számot x = a-val jelöljük és,,négyzetgyök a-nak (vagy röviden,,az a gyökének ) nevezzük. Értelmezés. (Négyzetgyök.) Az a 0 szám esetén az a négyzetgyökének nevezzük és a-val (,,négyzetgyök a-val ) jelöljük azt a számot, amelyre a 0, ( a) = a. Következésképpen a az az egyetlen pozitív szám, amelynek négyzete pontosan a. Azt a műveletet, amely során a-ból meghatározzuk a a értékét, négyzetgyökvonásnak nevezzük Megjegyzés. ) Jegyezzük meg, hogy négyzetgyököt csakis pozitív számból lehet vonni! Az x + kifejezésnek akkor van értelme, ha x + 0, azaz x. ) Az a 0 a 0 implikáció alapján x = x 0, például ( ) = =, ( ) = =. A harmadik gyök Ha a R, akkor a R, sőt azt is tudjuk, hogy ha a > 0, akkor a > 0, ha pedig a < 0, akkor a < 0. Fordítsuk meg a kérdést: adott a valós szám esetén létezik-e olyan x R amelyre x = a? A továbbiakban ezzel a kérdéssel foglalkozunk. Ha a = 7, akkor x = mivel = 7. Ha a = 8, akkor x = mivel ( ) = 8. E példák alapján arra a következtetésre juthatunk, hogy negatív a esetén azon x szám, amelynek köbe a, szintén negatív, pozitív a esetén a neki megfelelő x is pozitív. Értelmezés. (Harmadik gyök, köbgyök). Az a valós szám harmadik gyökén (köbgyökén) azt a a-val jelölt számot értjük, amelyre ( a) = a. Minden a R esetén a R és ( a) = a. Következésképpen az a harmadik (vagy harmadrendű) gyöke (köbgyöke) az az egyetlen ( a-val jelölt) valós szám, amelynek köbe a. A gyökök tulajdonságai A következőkben felsoroljuk a szorzás, osztás, hatványozás illetve a gyökvonás között fennálló összefüggéseket, ezek ismerete segítséget jelent egyes algebrai- és számkifejezések egyszerűsítésénél.

12 Ezek bizonyításánál felhasználjuk a következő állítást: Segédtétel. ) Ha x, y 0, akkor x = y x = y. ) Ha x, y R, akkor x = y x = y. Bizonyítás. Az első ekvivalencia a x y = (x y)(x + y) azonosság alapján nyilvánvaló. A második ekvivalencia igazolásához a x y = (x y)(x + xy + y ) azonosságot és az x +xy+y = ( x + y ) + 4 y 0 egyenlőtlenséget használjuk. T) Szorzat gyöke egyenlő a gyökök szorzatával. ab = { a b, a, b 0 a b, a b 0 ab = a b, a, b R. Bizonyítás. A tulajdonságot pozitív a, b valós számokra és a négyzetgyökre igazoljuk. Az x = ab, y = a b jelölésekkel x, y 0. Mivel x = ab = y, a segédtétel alapján x = y. Megjegyzés. ) Ha a = b, akkor a = a. Ennek megfelelően a ( ) számot így írhatjuk át: ( ) = =, az E = (x + ) + (x ) kifejezést pedig az E = x + + x egyszerűbb alakban is felírhatjuk. ) A tulajdonság általánosítható több változóra is: ha a, a,, a k 0, akkor a a a k = a a a k. A köbgyökökre is hasonló tulajdonság teljesül: a a a k = a a a k, ahol a, a,, a k R tetszőleges számok. Példák ) 800 = = = 5 = 0 ; ) 7000 = 5 = 5 = 0. ) Határozzuk meg azon x valós számokat, amelyekre fennáll a x = x + x egyenlőség. Megoldás. Az első gyök akkor értelmezett, ha (x )(x + ) 0. Ennek a megoldáshalmaza a (, ] [, ) intervallum (előjeltáblázatot készítünk az x, x + kifejezésekre). Az x gyök az x 0 x, a + x gyök pedig az x + 0 x esetben létezik. A három halmazt metszve kapjuk, hogy 4

13 x kell legyen. Minden ilyen x teljesíti az egyenletet (négyzetreemeléssel könnyen meggyőződhetünk erről), tehát a megoldás: x. T) Hányados gyöke egyenlő a gyökök hányadosával. a b = a b, a, b 0, b 0 a b, a b 0, b 0 a a b =, a, b R, b 0. b Bizonyítás. A bizonyítást köbgyökre végezzük el. a Az x = b, y = a jelölésekkel x = y = a, a segédtétel ) része alapján következik, hogy x = y. b b 6 6 Példák. ) 9 = = 4 9 ; ) = = 8 = 8 ; x ) Írjuk át gyökök hányadosaként a gyököt, ha x < 0. x x Megoldás. A gyök csak akkor létezik, ha 0, x 0. x x 0 + x Az előjeltáblázat: x x x x A táblázatból könnyen kiolvasható, hogy 0 pontosan akkor teljesül, ha x x (, 0] (, ). A tulajdonságot alkalmazva (n = páros, a 0) kapjuk, hogy b x x x x = =. x x T) Gyök hatványra emelése ( a) m = a m, a 0, m N ( a) m = a m, a R, m N. Gyök hatványra emelése a gyökjel alatti kifejezésnek a megadott hatványra való emelését jelenti. Bizonyítás. Az x = ( a) m, y = a m jelölésekkel x = ( a) mn = [( a) ] m = = a m és y = ( a m ) = a m, tehát x = y. A segédtétel ) állítása alapján x = y. Hasonlóan igazolható a tulajdonság köbgyökre is. Példák ) ( ) 4 = 4 = ( ) = = 9; 5

14 ) ( 5) 4 = ( 5) 4 = 5 4 = 5 5 = 5 5 = ( 5) 5 = 5 5; ) ( 4 (x ) ) 4 = 4 (x ) 8 = ( 4 (x ) 4 ) = x = (x ). T4) A gyök kitevőjének illetve a gyökjel alatt álló hatvány kitevőjének egy közös osztóval való egyszerüsítése a n = { a n, a 0, m N Példák a n, a < 0, m a n = a n, a R. A bizonyítás a többi tulajdonság igazolásához hasonlóan végezhető el. ) 6 = 4 = = 4; ) ( ) 6 = = 7; ) 5 5 = = 5 = ( 5) = 5 = 5; 4) (x ) 4 = (x ). T5) Tényező bevitele a gyökjel alá a b = { a b, a 0, b 0 a b, a < 0, b 0 a b = a b, a, b R. T6) Tényező kihozatala (kiemelése) a gyökjel alól a b = { a b, a 0, b 0 a b, a 0, b 0 a b = a b, a, b R. Példák ) A külső tényezőket vigyük be a gyökjel alá: a) ; b) 5 ; c) 6; d) 4 ; e) ; f) (x + ) x, x >. Megoldás. a) = = 9 = 8; b) 5 = 5 = 50; ( c) ) = 6 = = 9 ; d) 4 = 4 = 48; e) = ( ) = 8 = 8; (x + ) x + f) (x + ) x = x =, ha x >. x 6

15 ) A lehető,,legnagyobb tényezőt emeljük ki a gyökjel alól! a) 8; b) 75; c) 4; d) 5 96; e) x ; f) a 6 b x 9. Megoldás. a) = = = ( ) = ; b) 75 = 5 7 = 5 7 = 5 7; c) 4 = = = ; d) 5 96 = 5 5 = = ( 5 ) 5 5 = 5 ; e) x = x x = x x = x x, mivel abból, hogy x 0 következik, hogy x 0; f) a 6 b x 9 = a 6 b x 9 = a 6 b x 9 Két gyök összehasonlítása = a b x. Gyökök összehasonlításakor a következő táblázatot használhatjuk: Ha a, b > 0, akkor: a < b a < b Ha a, b R, akkor: a < b a < b. Bizonyítás. Az x = a, y = b jelölésekkel x, y > 0 és x = a, y = b. A bizonyítandó ekvivalenciát x-től és y-tól függő kifejezéssé írjuk át. Ígazolnunk kell, hogy x < y x < y. Valóban, x < y x y < 0 (x y)(x + y) < 0 x y < 0 mivel x + y > 0. A második esetben az x = a, y = b jelöléseket vezetjük be, tehát x = a, y = b, így a < b x < y (x y)(x + xy + y ) < 0 x y < 0, mert x + xy + y > 0. Példák ) Rendezzük növekvő sorrendbe a 4, 7, 8 számokat. Megoldás. Mivel 4 = 64, 7 = 8 és 8 = 64, ezért 4 = 8 < 7, így 4 = 8 < 7. ) Hasonlítsuk össze az a és b számokat: a) a = 6 + 6, b = + 7; b) a =, b = 0. Megoldás. a) Tegyük fel, hogy a > b. Mivel a, b > 0, az a és b között fennálló rendezési reláció megmarad a és b között is. Rendre a következő egyenértékű egyenlőtlenségeket kapjuk: > > > > > 56 > 56 > 04, hamis, tehát feltételezésünk hamis volt. Következésképpen a < b. 7

16 b) Vegyük észre, hogy = és 0 = Mivel <, következik, hogy a < b Műveletek gyökökkel Azonos kitevőjű gyökök közötti összeadási, kivonási, szorzási vagy osztási műveletek esetében kihozhatunk a gyökjel alól vagy éppen bevihetünk közös tényezőket a gyökjel alá azon célból, hogy minél egyszerűbb alakra hozzuk a kifejezést. Ha a gyökkifejezések kitevője különbözik, előbb azonos kitevőre hozzuk őket a szorzás és osztás könnyebb elvégzése érdekében. Példák. Hozzuk a lehető legegyszerűbb alakra a következő kifejezéseket: a) ; b) 7a 4 + 8a 5a7 ; a c) 4 ; d) 4; e) 5 64 : 5 ; f) 49 a5 b 7 : 7a 5 b. Megoldás. a) = ; b) a a + 6 a a 5a a = a a + 6 a 5a a = 6 a a a; c) 4 = = = 6 = = 4; d) A szorzás elvégzése érdekében előbb közös kitevőre hozzuk a két gyököt ez a kitevő a [, ] = 6: 4 = = = 6 7 = 6 ; e) = = = 5 5 ; f) Előbb a kihozható tényezőket kiemeljük a gyökjel alól, majd a gyököket közös kitevőre hozzuk, lehetővé téve az osztás elvégzését: a 49 a5 b 7 = ab b a 4 49 = b ab 6 49, 7a5 b = a b 7ab = a b 6 7 a b. a 5 b 7 ab 6 a 4 b Az osztás: 49 7a5 b = 49 a b 6 7 a b = b 6 a 4 b a 49 7 a b = b 6 a 7a 7b. A nevező gyöktelenítése Azt a műveletet, amely során egy tört nevezőjéből valamely kifejezéssel történő bővítéssel eltüntetjük a gyököket, a nevező gyöktelenítésének nevezzük. A kifejezést, amellyel bővítjük a törtet, a nevező egy konjugáltjának nevezzük. Ha a nevezőben gyökkifejezések összege áll, a rövidített számítási képleteket alkalmazzuk, ezért ismétlésképpen felsoroljuk őket: (x y)(x + y) = x y, (x y)(x + xy + y ) = x y, (x + y)(x xy + y ) = x + y. A következő eseteket különböztetjük meg: 8

17 ) A nevező egyetlen gyökből áll: Az a alakú törteket a-val, az törteket a-val bővítjük. Példák. Gyöktelenítsük a következő törtek nevezőit: a) ; b) ; c). 4 Megoldás. a) = = ( ) = ; b) = = 4 c) 4 = = 4 4 = = 8 ;. n, k < n, k, n {, }. a k a alakú törteket a -tel és az a alakú ) A nevező a ± b, a, b > 0 alakú Könnyen belátható, hogy a a + b, a b (a, b > 0) kifejezések egymás konjugáltjai, hiszen ( a + b)( a b) = ( a) ( b) = a b. A a ± b alakú nevezők racionalizálása a törtnek a nevező konjugáltjával való bővítésével történik. Példák. Gyöktelenítsük a következő törtek nevezőit: a) ; b) ; c) ; d) ( 6 ) Megoldás. a) = + 6 ( 6 + )( 6 ) = ( 6 ) = 6 ; b) = 5 ( 5 )( 5 + ) = ; ( 5 7) c) = ( 5 + 7)( 5 7) = ( 5 7) ; d) = + ( )( + ) = +. ) A nevező a ± b ± c alakú (a, b, c > 0). Az ilyen alakú nevezők gyöktelenítése az előző esetben bemutatott eljárás kétszeri alkalmazásával végezhető el, a gyökök eltüntetése fokozatosan történik. Példák. Gyöktelenítsük a törtek nevezőit: a) ; b) = Megoldás. a) + 7 ( 6 ) = = ( + 7)( 6 + ) ( 6 )( 6 + ) ( + ) 7 [( + ) + 7][( + ) 7] = 9 = ( + 7)( 6 + ) ; 0

18 b) ( ) = ( ) + [( ) ][( ) + ] = + ( ) ( ) = = + ( + ) =. 4 4) A nevező a ± b vagy a ± ab + b alakú. A ( a+ b)( a ab+ b ) = ( a) +( b) = a+b képlet alapján a a+ b és a ab+ b kifejezések egymás konjugáltjai, tehát, ha a tört nevezője a+ b alakú, akkor a törtet a a ab + b kifejezéssel, ha pedig a ab + b alakú, akkor a a + b kifejezéssel bővítjük. Hasonlóan, a ( a b)( a + ab + b ) = ( a) ( b) = a b képlet alapján a a b és a + ab + b kifejezések egymás konjugátjai. Példák. a) Gyöktelenítsük a következő törtek nevezőit: + ; b) ; c) ; d) Megoldás. a) + = ( + )( + ) = ; 5 b) = + + ( + )( + ) = ; 5 c) = ( )( + + ) = ; d) = ( )( + + ) =..6. Logaritmusok A,,logaritmus szó a latin,,logarithmus magyar megfelelője. Ez a szó a görög,,logos és,,arithmos szavak összevonásából született. A megfelelő fogalom John Napier-től származik, akinek a fő munkája (Mirifici Logarithmorum Canonis descriptio) 64-ben jelent. Láttuk, hogy ha a hatványozás során rögzítjük a kitevőt, akkor az ellentett művelet a megfelelő rendű gyökvonás. Ha viszont nem a kitevőt, hanem az alapot rögzítjük, akkor a következő problémával állunk szemben: rögzített a, b > 0 számok esetén határozzuk meg azt az x valós számot, amelyre a x = b. Igazolható, hogy ennek az egyenletnek egyetlen valós megoldása van, ezért mondhatjuk azt, hogy értelmezés alapján az előbbi egyenlet megoldását a b szám a alapú logaritmusának nevezzük. Például a = 8 egyenlőség alapján mondhatjuk hogy a a 8-nak a -es alapú logaritmusa. Ezt röviden így írjuk: = log 8. ( ) Hasonlóan, mivel = 9, ezért a 9-nek alapú logaritmusa ( ), azaz = log 9. 0

19 Értelmezés. Legyen a > 0, a és x > 0. Az x szám a alapú logaritmusának nevezzük és log a x-szel jelöljük azt az y számot, amelyre a y = x. Tehát y = log a x a x = y Megjegyzés. ) Mivel a y > 0, y R, ezért negatív szám logaritmusa nem értelmezett. ) Az értelmezés alapján a) az y = log a x és a y = x kijelentések ugyanazt jelentik; b) az x szám szigorúan pozitív; c) ha a > 0, a és x > 0, akkor: a log a x = x Ezt az azonosságot a logaritmus alapazonosságának nevezzük, jelentése a következő: egy pozitív szám adott alapú logaritmusa azt a kitevőt jelöli, amelyre fel kell emelni az alapot ahhoz, hogy az illető számot kapjuk. Megoldott gyakorlatok. Írjuk fel az alábbi egyenlőségeket logaritmusok segítségével: a) = 8; b) 5 0 = ; c) = 9. Megoldás. Egy pozitív szám logaritmusának értelmezése alapján log a x = y a y = x, tehát a) = 8 log 8 = ; b) 5 0 = log 5 = 0; c) = 9 log 9 =.. Írjuk fel az alábbi egyenlőségeket logaritmusok nélkül: a) log 0 00 = ; b) log 7 = ; c) log 5 = 0. Megoldás. Egy x pozitív szám logaritmusának értelmezése alapján log a x = y a y = x, tehát: a) log 0 00 = 0 = 00; b) log 7 = = 7 ; c) log 5 = =.. Igazoljuk a következő egyenlőségeket: a) log 04 = 0; b) log 56 = 8; c) log a a a =, a > 0, a. Megoldás. a) A szogorúan pozitív szám logaritmusának értelmezése alapján log 04 = 0 0 = 04, ami igaz. b) log 56 = 8 ( ) 8 = 56 8 = 56, igaz. c) A logaritmus argumentumát egyszerűbb alakra hozva kapjuk, hogy a a = a = 6 a = a, továbbá log a a =, mivel a = a.

20 4. A logaritmus definícójából kiindulva határozzuk meg azt az x számot, amelyre: a) log x = ; b) log 4 x = ; c) log 4 8 = x. Megoldás. A pozitív számok logaritmusának értelmezése alapján a) log x = x =, tehát x =. b) log 4 x = 4 = x x =. c) log 4 8 = x 4 x = 8 x = x = x =. 5. Határozd meg az alábbi logaritmusok értékét: a) log 9 ; b) log ; c) log log log 9 8. Megoldás. a) A logaritmus értelmezése alapján írhatjuk, hogy log 9 = y y = y = y =. Tehát log 9 =. b) Legyen log Tehát log = y ( ) y = () y = 5 y = 5. = 5. c) A legbelső logaritmus értékét kiszámolva log 9 8 = log 9 9 =. Kifele haladva a következő logaritmus log = és végül log = 0. Egy kis történelem. Két szám kiemelt szerepet tölt be logaritmusok alapjaként. ) Az e, 788 irracionális szám alapú logaritmusnak külön jelölése is van: log e x helyett egyszerűen ln x-t írunk és természetes logaritmusnak nevezzük. Az e szám megválasztása furcsának tűnhet, viszont egyes tulajdonságai a matematika egyik legfontosabb számává tették. Ezt a logaritmust Neper féle logaritmusnak nevezzük John Neper (550-67) skót báró neve után. Neper eredeti dolgozatában az alap fogalma még nincs pontosan definiálva, viszont számítások alapján ennek értéke e. Neper logaritmusait tehát nem lehet a ma Neper-féléknek nevezett logaritmusokkal azonosítani. A svájci matematikus, Jost Bürgi (55-6) szintén kiadott 60-ban egy logaritmustáblát, ő már néhány évvel azelőtt felfedezte a logaritmusokat, talán még Neper-t is megelőzve. Bürgi táblájában a logaritmusok piros színnel vannak jelölve, ő maga,,piros számok -nak nevezte őket. Az alap fogalma még itt sem jelent meg. ) A másik fontos logaritmus-alap a 0-es szám. A 0-es alapú logaritmus e- setében log 0 x helyett lg x-et írunk. Ezen logaritmusokat 0-es alapú logaritmusoknak nevezzük. Az első tízes alapú logaritmus-táblát Henry Briggs (556-60) angol matematikus szerkesztette és publikálta 64-ben.

21 A logaritmusok tulajdonságai A valós kitevőjűhatványok tulajdonságaiból kiindulva: a x a y = a x+y a x, a y = ax y, (a x ) y = a xy, megállapítunk néhány, logaritmusokra vontakozó tulajdonságot.. Ha a > 0, a, akkor log a = 0, log a a =. Bizonyítás. log a = 0 a 0 = és log a a = a = a.. Ha x, y > 0, a > 0, a, akkor log a (xy) = log a x + log a y (Két szám szorzatának logaritmusa megegyezik a számok logaritmusának összegével.) Bizonyítás. A log a x = m, log a y = n jelölések bevezetésével a m = x, a n = y és a m a n = a m+n = xy, következésképpen log a (xy) = m + n = log a x + log a y. Megjegyzés. ) A fenti összefüggés általánosítható k darab szigorúan pozitív számra is: ha x, x,, x k > 0, akkor log a (x x x k ) = log a x + log a x + + log a x k vagy röviden, a és ( szimbólumok használatával k ) k log a x i = log a x i. i= Ha az x i, i =, k számok megegyezőek, x i = x, i =, k, akkor i= log a x k = k log a x Természetes kitevőjű hatvány logaritmusa egyenlő a kitevő és a hatványalap logaritmusának szorzatával. Később látni fogjuk, hogy ez az összefüggés érvényben marad valós kitevőjű hatványok esetén is. ) Ha x x > 0, akkor log a (x x ) = log a x + log a x. ( ) x. Ha x, y > 0, a > 0, a, akkor log a = log y a x log a y. (Hányados logaritmusa egyenlő a számláló és a nevező logaritmusának különbségével.) Bizonyítás. A szorzat logaritmusára vonatkozó tulajdonság felhasználásával írhatjuk, hogy ( ) ( ) ( ) x x x log a x = log a y y = log a + log y a y, innen log a x log a y = log a. y ( ) x Megjegyzés. ) Ha xy > 0, akkor log a = log y a x log a y.

22 ) Ha x > 0, akkor ( ) log a = log x a x 4. Ha x > 0, α R, a > 0, a, akkor log a x α = α log a x. (Valós kitevőjű hatvány logaritmusa egyenlő a kitevő és a hatványalap logaritmusának szorzatával.) Bizonyítás. Ha log a x = m vagyis a m = x, akkor x α = (a m ) α = a mα log a x α = mα = α log a x. Megjegyzés. ) Ha α = m, m Z, akkor log a x m = m log a x. Példa. A log a (x ) szám minden x esetén létezik és { log a (x ) loga (x ), x > = log a x = log a ( x), x <. ) Ha α = n, n N, n, akkor log a n x = n log a x. 5. (A logaritmus alapjának megváltoztatása) Ha x > 0, a, b > 0, a, b akkor log a x = log b x log b a. (A képlet szabályt ad egy szám a alapú logaritmusáról ugyanazon szám b alapú logaritmusára való áttérésre.) Bizonyítás. A log a x = m, log b x = n jelölésekkel x = a m, x = b n, innen a m = b n, vagyis log a a m = log a b n. Az előző szabály alapján m log a a = n log a b, innen m = n log a b vagyis log a x = log b x log a b. () Ez utóbbi összefügésben az x = a helyettesítést végezve kapjuk, hogy = log b a log a b. Következik, hogy log a b = log b a. Ezt ()-be visszahelyettesítve log a x = log b x log b a. Megjegyzés. ) Az a alapról b-re való áttérési képlet könnyebb megtanulása érdekében figyeljhük meg, hogy a a jobb oldalon b alapú logaritmusok hányadosa van, melyeknek argumentumai az x szám illetve a régi alap, a, ezt az alábbi ábrán szemléltetjük: log x b log ax = log a b ) A bizonyítás során egy másik fontos összefüggést is megállapítottunk: 4

23 Ha a, b > 0, a, b, akkor log b a = log a b ) Ha x > 0, a > 0, a, α, β R, β 0, akkor log a β (x α ) = α β log a x. Bizonyítás. A bal oldalon levő logaritmusban a alapra térünk át: log a β (x α ) = log a xα = α log a x log a a β β log a a = α β log a x. 4) Ha x, y > 0, y, a, b > 0, a, b, akkor log a x log a y = log b x log b y. Bizonyítás. Vegyük észre, hogy a alapú logaritmusokról b alapúakra kell áttérnünk. Az erre vonatkozó képlet felhasználásával írhatjuk, hogy log b x log a x log a y = log b a = log b x log b y log b y. log b a 5) Ezt a tulajdonságot az alkalmazásokban nagyon gyakran használjuk. Például egyenletek, egyenlőtlenségek megoldásá során, ha különböző alapú logaritmusokat tartalmazó kifejezésekkel van dolgunk. A kifejezések átalakításakor, egyszerűbb alakra hozatalakor azonos alapra hozzuk a logaritmusokat, majd az előző tulajdonságokat alkalmazzuk. 6. Ha a, b, c > 0, a, akkor b log a c = c log a b. Megoldott feladatok. Hozzuk egyszerűbb alakra az alábbi kifejezéseket: log a) (5) 6 5 log + (49) 8 7 ; b) log 8 (log 4 (log 6)). Megoldás. a) A gyökjel alatti összeg tagjait a következőképpen alakíthatjuk: log (5) 6 5 = (5) log 5 6 = (5 ) log 5 6 = (5 log 5 6 ) = (6) = 6, log (49) 8 7 = (49) log 7 8 = (7 ) log 7 8 = (7 log 7 8 ) = (8) = 64, tehát = 00 = 0. b) Rendre a következőket írhatjuk: log 8 (log 4 (log 4 )) = log 8 (log 4 (4 log )) = log 8 (log 4 4) = log 8 = 0.. Számítsuk ki: a) lg + lg + lg lg 4 00 ; b) log + log + + log log + ; c) log a x + loga x log a x, x > 0, a > 0, a. 5

24 Megoldás. a) A logaritmusok összegét a log a x+log a y = log a (xy) képlet alapján összevonva: ( lg 4 99 ) = lg = lg 0 = lg 0 =. b) Ugyanazon képlet alapján írhatjuk, hogy: log a = = log + ( + + )( + ) = = log + = log = log =. c) A logaritmusok tulajdonságai alapján ( x ) x log a x x log a x x = log a = log a x x = log a = 0.. Számítsd ki az x értékét külön-külön az alábbi esetekben: a) log x = + log 5 log 4; b) lg x = + lg lg 5. Megoldás. Mindkét esetben a jobb oldali kifejezést előbb egyszerűbb alakra hozzuk a k = log ( a ) a k, α log a x = log a x α, log a x + log a y = log a (xy) és log a x x log a y = log a képletek felhasználásával. y a) + ( log 5 log 4 = log + log 5 log 4 = log ( 5 ) log 4 = 5 = log ), 4 tehát log x = log ( 5 4 ) x = 5 4 (mivel pozitív szám logaritmusa egyértelműen meghatározott). b) A jobb oldal így alakítható: + lg lg 5 = lg 0 + lg lg 5 = lg ( 9 0 Mivel lg x = lg ( 9 50 ), következik, hogy x = ( ) ) 9 lg 5 = lg Számítsuk ki: a) log 4 log 96 log 9 ; b) lg 5, ha lg = a; log c) log 8, ha log = a; d) log 60, ha log 6 0 = a, log 5 4 = b. Megoldás. a) A logaritmusokat -es alapra hozzuk: log 4 log 96 log 9 log = log ( ) log ( 5 ) log ( 6 ) log ( ) = = (log + log )(log 5 + log ) (log 6 + log )(log + log ) = = ( + log )(5 + log ) (6 + log )( + log ) = = (5 + 8x + x ) ( + 8x + x ) =, ahol x = log. ( ) 0 b) lg 5 = lg 5 = lg 5 = lg = (lg 0 lg ) = ( a). c) Első megoldás. A log 8-at egyszerűbb alakra hozzuk: log 8 = log ( ) = log + log = + log, majd megpróbáljuk kifejezni a log kifejezésben szereplő -t a és függvényében, mivel a log = a és 6

25 log = értékeket már ismerjük. Észrevesszük, hogy =, tehát log = log = (log log ) = (a ). Ezek alapján log 8 = + a + (a ) =. Második megoldás. Ez a módszer azon alapszik, hogy mind a logaritmus alapjában, mind argumentumában csak prímszámokkal dolgozunk. Ezért átalakítjuk a logaritmusokat: log 8 = log ( ) = + log és a = log = log ( ) = log +. Ez utóbbi egyenlőségből log = a, tehát log 8 = + a = a +. d) Rendre a következőket írhatjuk: log 60 = log 60 log = log (4 5) = + log + log 5. log (4 ) + log Az x = log, y = log 5 jelölésekkel log 60 = + x + y + x. Megpróbáljuk az a-t és a b-t kifejezni az x, y függvényében, hogy aztán a kapott rendszerből meghatározhassuk x, y-t az a és b segítségével. Az a = log 6 0 = log 0 log 6 = log ( 5) = + x + y log ( ) + x, b = log 5 4 = log 4 log 5 = log (8 ) log ( 5) = + x x + y. + x + y = a + x x + rendszert megoldva x = x + y = b b + ab ab, y = a b + ab, ab ab + a tehát log 60 = ab + b Igazoljuk, hogy a lg szám irracionális. Megoldás. Tegyük fel, hogy lg racionális, azaz lg = m n, m, n N, (m, n) =. Innen 0 m n =. Mindkét oldalt n-edik hatványra emelve kapjuk, hogy 0 m = n. Ez utóbbi egyenlőség viszont nem állhat fenn, mivel a bal oldali kifejezés osztható tízzel, míg a jobb oldali nem. Tehát ellentmondáshoz jutottunk, így feltételezésünk hamis. 6. Számítsuk ki [log 5] értékét, ahol [a] az a R egész részét jelöli. Megoldás. Az alapötlet az, hogy a 5 számot a -nek két egymás után következő hatványa közé soroljuk be. Tudjuk, hogy 4 < 5 < 5, így ha log 5 = x, akkor x = 5 és 4 < x < 5. Ez azt jelenti, hogy 4 < x = log 5 < 5, azaz [log 5] = Mutassuk ki, hogy az a, b, x, a b pozitív és -től különböző számok esetén 7

26 log a x = log a x log b x b log b x log a x. Megoldás. A logaritmusokat x alapra hozzuk. Így mindkét oldal alakú lesz. log x a log x b 8. Ha x, y > 0, x > y, határozzuk meg x y értékét tudva, hogy lg(x y) = (lg x + lg y). Megoldás. Az adott egyenlőséget lg(x y) = lg xy alakra hozhatjuk, innen, mivel egy pozitív szám logaritmusa egyértelmű, x y = xy 4x + 9y ( ) x xy = 0. Ha mindkét oldalt elosztjuk az y 0 kifejezéssel, a 4 ( ) y x + 9 = 0 egyenlethez jutunk. A t = x y y jelöléssel a 4t t + 9 = 0 egyenletet kapjuk, melynek gyökei t = 9 4, t =. Ezek közül csak az x y = 9 4 esetet fogadjuk el, mert csak erre teljesül a x > y feltétel. 9. Igazoljuk, hogy ha a + b = 7ab, a, b > 0, akkor lg a + b = (lg a + lg b). Megoldás. A bizonyítandó egyenlőséget rendre a következő alakokra hozhatjuk: lg a + b = lg a + b ab, = ab (mivel pozitív szám logaritmusa egyértelmű), a + b = ab, amely (négyzetre emeléssel) egyenértékű az (a + b) = 9ab a + b = 7ab egyenlőségekkel. Kifejezések logaritmálása Ezt a paragrafust egy példával kezdjük, hogy szemléltessük a logaritmálás hasznosságát. Tegyük fel, hogy ki szeretnénk számolni az N = szám közelítő 0 értékét. Könnyen megállapítható, hogy a 0, 5 97 számok nagyon nagyok, valamint a kifejezésben szereplő gyökök kitevője is kettőnél nagyobb és így a számok nehezen számíthatóak ki. Természetesen csak megközelítőleg kell meghatároznunk az N számot. Ezért előbb kiszámoljuk a lg N értéket (általában a 0-es alapú logaritmussal dolgozunk ilyen esetekben). Így az a k hatványok k lg a alakú szorzatokká, az a ( a ) b tört a lg = b = lg a lg b különbséggé, valamint az ab szorzat a lg(ab) = lg a + lg b összeggé alakul. lg N = lg( ) lg( ( 0) = ) = lg 0 + lg lg 75 lg lg 0 4 = = 0 lg + 5 lg 96 + lg lg 5 lg

27 A 0-es alapú logaritmustáblák vagy az lg kiszámolására képes zsebszámológép segítségével meghatározhatjuk (általában 6 vagy 7 tizedesnyi pontossággal) a lg, lg 96, lg 75, lg 5, lg 0 számokat, amely értékekkel elvégezve a többi számolásokat a lg N egy közelítő v értékéhez jutunk. Tehát lg N v, azaz N 0 v. Általában az N megközelítő értékét is a logaritmustáblából olvassuk ki. Az elektronikus számítógépeknek az iskolákban való jelenléte és a bonyolult számítások elvégzésére való használhatóságuk túlhaladottá teszi a logaritmusok ilyen irányú alkalmazását. Következésképpen Azt a műveletet, amely során az N számhoz (kifejezéshez) hozzárendeljük a lg N számot (kifejezést), logaritmálásnak nevezzük. Logaritmusokat tartalmazó kifejezések összevonása Logaritmusokat tartalmazó kifejezéseket az alábbi képletek felhasználásával hozhatunk egyszerűbb alakra: ( ) x log a x + log a y = log a (xy), log a x log a y = log a, y k log a x = log a x k, k = log a a k. Példa. Határozzuk meg x-et az lg x = lg + lg 4 + lg 5 egyenlőségből. Megoldás. Rendre a következőket írhatjuk: lg x = lg lg 0 + lg(4 5), lg x = lg 4 5 0, lg x = lg 9 5, innen pedig x = 9 5. ÖSSZEFOGLALÁS Értelmezések. Tulajdonságok Jelölések. Képletek Természetes kitevőjű hatványok a n = a } a {{... a }, n N, a R n Negatív egész kitevőjű hatványok a n =, a 0, n N an Racionális kitevőjű hatványok a m n = n a m, a > 0, m Z, n N, n A hatványok és a gyökök a 0 =, a x = a tulajdonságai x a x b x = (ab) x n, a n b = n ab a x ( a ) x, n a, b > 0, x, y R b x = a a b n = n b b a x m, n N, m, n a y = ax y, a x a y = a x+y (a x ) y = a xy m, n a = mn a Az x pozitív valós szám a > 0 alapú log a x R, a log a x = x logaritmusa, ahol a 9

28 A logaritmusok tulajdonságai log a = 0, log a a = a > 0, a log a (xy) ( ) = log a x + log a y, x, y > 0, α R x log a = log y a x log a y, log a x α = α log a x log a x = log b x log b a, log b a = log a b Kitűzött feladatok Valós számok. Számítsd ki: ( ) ( ; ( ; ) ) ;. Határozd meg a következő hatványok előjelét: ( ( [ ; ) ) ( ; ) ] [ ( ; ) ]. 5. Írdd fel a megadott alap hatványaként a felsorolt számokat! ) az alap, a számok: ; 8; 6; 64; ) az alap 0, a számok ; 00; 0 000; Számítsd ki: ( ) 4 ; 4 ; ( ) 4 ; ; ( 5) ; ( 5). a) ; b) ( ) [( ) ] ( 5 ) ; c) 5( ) Hasonlítsd össze az a és b számokat a következő esetekben: ) a = 9, b = 5 ; ) a = 5, b = 5 ; ( ) 4 ( ) 7 ) a =, b = ; 4) a =, b = ( ) Határozd meg azokat az n természetes számokat, amelyekre: [ ( ) ] ( ) n ( ) 5 8 ) 8 < n < ; ) < < ; ) ( ) n 6 < < Oldd meg a következő egyenlőtlenségeket! ) x > 000; ) x 6 < 565; 8. Rendezd növekvő sorrendbe a következő számokat ( ) 5 ( ) ( ) ) 9 4, 8, 4 ; ),, ) Bizonyítsd be, hogy teljesülnek a következő azonosságok: a) a 4 b 4 = (a b)(a + b)(a + b ); 0

29 Általánosítsd ezeket az azonosságokat! ) Igazold, hogy a) osztható 4-gyel; b) a 5 + b 5 = (a + b)(a 4 a b + a b ab + b 4 ). b) 8n n + 6n + 6 osztható n + -mal. 0. Számítsd ki: ( a b ) ( ) ax ( ) 4a 4 ) 5x y 5b : y 5b y 4 ; ) ( ) m + n a + b ( ) ( n m a b ) a b m n.. Számítsd ki: ( ) ; ( ) ( ; ( ; ) ).. Határozd meg a következő hatványok előjelét: [ ( 4 ) ] ; 7 [ ( ) ] Állítsd elő a megadott alapok hatványaként a felsorolt számokat ) az alap, a számok:, 4, 8,, 64 ; ) az alap 0, a számok: 0,; 0,00; 0,0000; 0, Számítsd ki: I. a) [( ) ] ; b) ( ) ( ( + ) ) 5 ; ( c) (4 ) 4 6) 5 (8 ) 5 (64 ) ; [ ( ) ] [ d) : ( 0, 5) 0 + ] ; 5 [ ( ) ] 0 ( ) ( ) 5 e) ( ) II. a) ; b) 0 5 ( ) + 5 x (y ) [ ( y ) ] III. a) (xy ) (x ) ; b) x5 x c) (x + y )[x (xy) + y ]. ; c) x 0 y5 ; 5. Hozd egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket és számítsd ki a megfelelő behelyettesítési értéket!

30 ) E = a [ ( ) : a 4 ( + a) a ) E = a b a + b : a b (a + b) ab ], a = ; ( a b ), a =, b = Határozd meg a következő kifejezések értelmezési tartományát: ) x ; ) x ; ) x x + ; 4) 4 x x; 5) x + x; 6) (x )( x); 7) x + x; 8) x x Hozd egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket: ) E = x (x + ) ; ) E = x + x +, x. 8. Számítsd ki: ) 4 ; ) ; ) Oldd meg a következő egyenleteket! ) x(x + ) = x x + ; ) x x = x. 0. Számítsd ki: ) ) 0, ( + )( ) x + x x + x + x : x x + x; ab ; ( ) ( x + y x y ) y ). x y x + y x. Hozd egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket és számítsd ki a behelyettesítési értéküket a megadott számokra: ) E = a b a b + a ab a b, a = 0, 64, b =, 5; ) E = 0 m n m + 5 n + m, n = 4 9, m = Bizonyítsd be, hogy teljesülnek az alábbi egyenlőségek (azokra az x értékekre, amelyekre mindkét oldal létezik): ) = + ; ( ) ) ( + 5) = ; ) + + x + x + x : x x = x; 4) x + x x + x x + x + = x 4 x +.. Számítsd ki: ) 8 ; ) 4 ; ) 9 ; 4) ; 5) ( ) 4 ( ; 6) 7 ) ; 5 9

31 7) ( ) ( ) 0,75 + 0, ; 8) (0, 00) (9 0 ) Hozd a lehető legegyszerűbb alakra a következő kifejezéseket! ( ) ; ( ) ( ) 6 4 ( x ) a a 5 ; ) (x ) x ) x y x y ) 4 y 4 4 ; 4) ; (8x y ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5) a 8 a 8 + a 4 + a + (a + ); 6) ( a + a + ) ( a a + a ) ; 7) x x + x 0,5 + : x0,5 + x,5 + x 0,5 ; 8) x x 4 + x x + x 4 x + x Hozd egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket és számítsd ki a megfelelő behelyettesítési értékeket: ) E = x ( ) + x,5 x 0,5 x + x x0,5, x = 4 ; ) E = a + b (a ab) 6. Bizonyítsd be, hogy ( ) 6 6 ) a a a,5 a + 4) a b a + b 7. Bizonyítsd be, hogy ) + 5 = : (a b) a a b ) 5 ( 5, a = 5, b =. ) = 5; ) a a a + a,5 + a = a, a > 0, a 4 ; a b a + a b + b + a b = a + b, a, b > ; ) = 5 ; = 0 ; ) = ; 4) = 4; 6 4 ( 5) + = 4; 6) ) = (Összetett gyökök képlete.) Bizonyítsd be, hogy, ha a, b 0, a b 0, akkor a + a + a b a a b b = +, a a + a b a a b b =.

32 Alkalmazások. ) 7 + 4; ) ; ) ; 4) ; 5) Számítsd ki: ) ; ) ; ) 5; 4) x ; 5) 5 a Vidd be a gyökjel alá a szorzótényezőket: ) 5 ; ) 4 6; ) ; 4) a b ; 5) a a; 6) ; 7) (m ), ha m > ; b a m 8) (x y) y, ha 0 < x < y. x. Emeld ki a gyökjel alól a teljes hatványokat tartalmazó kifejezéseket! ) 48; ) 50 75; ) 49 ; 4) 686; 5) ax 6 ; 6) a 7 b 5 ; 7) 54x4 y 5 z 6 ; a 9 b 5 8) x 8 ; 9) 8a b 5 7x y 6.. Hasonlítsd össze az a és b számokat, ha ) a =, b = ; ) a = 8, b = 4) a = 4, b = 4 45; 5) a =, b = Rendezd növekvő sorrendbe a következő számokat! ) 7, 5, 5; ) 6 5, 8, 0; ; ) a = 4, b = 4 ; ) 5, 9 ; 4) 8,, 5; 5),,. 4. Számítsd ki: ) 6; ) 5 4 x y 5; ) y x ; 4) ; 5) ab a b; 6) ; 7) ( )( + + ); 8) ( ) ( 5 ) ; 9) : 9 7 ; 0) ab : a b ; 4 64 ) ; ) 4 9 ; ) Bizonyítsd be az alábbi egyenlőségeket! ( ) ( ) ) 6 = ; ) ) (4 + 5)( 0 6) 4 5 = ; = 9; 4) =

33 6. Bizonyítsd be, hogy a következő számok ) irracionálisak: a) 5 ; b) + ; c) +. + ) racionálisak: a) 6; b) ; c) Gyöktelenítsd a következő törtek nevezőjét: I. ) ; ) ; ) 5 8. II. ) 6) III. ) 5) IV. ) 4) V. ) + ; ) ; 5 8. Számítsd ki: ) ) 5) ; ) ; ) 7) m m + n n m m n n ; 8) + ; 4) + ; 5) ; x x +. x + x ; ) ; ) + 5 ; 5) ; ) 6 ; ) ; ) x x 6 Logaritmusok 5 7 ; 4) 0 0 x ; + ; + x 6 x ; 6) x y ; + x x y y. x y x y. Írd fel a következő egyenlőségeket logaritmusok segítségével! ) 4 = 6; ) 0 = 000; ) 0 = ; 4) 5 = 5; 5) = 7 ; 6) ( ) =.. Írd fel a következő egyenlőségeket logaritmusok felhasználása nélkül! ) log 0 0, 0 = ; ) log 6 = 4; ) log = 4; 4) log 8 = 4.. Határozd meg a felsorolt számok kijelölt alapú logaritmusát: ) 7,, 9,, 9 9, 4,, ha az alap ; 5

34 ), 4,,, 4,, 4, ha az alap. 4. A logaritmus értelmezése alapján fejezd ki x-et az alábbi egyenlőségekből: ) log x = ; ) log 4 x = ; ) log 5 5 = x. 5. Számítsd ki: a) ) log 4 ; ) log ) log 8 ; 4) log. b) ) log 8; ) log 7; ) log 9; 4) log 9. c) ) log 7 49; ) log49 7 ; ) log 8(log 4 (log 6)); 4) log (log (log 56)). 6. Oldd meg a következő egyenleteket! ) log x 8 = 4; ) log x 8 = 4 ; ) log 7 x = 0; 4) log x = ; 5) log 0, x =. 7. Határozd meg azokat az x értékeket, amelyekre léteznek a következő kifejezések: ) log (x + 5); ) log (x 4); ) log 5 (x x + ); 4) log x x Bizonyítsd be, hogy a log 7 és log 5 számok irracionálisak. Logaritmusok tulajdonságai. Számítsd ki: I. ) log 6 + log 6 ; ) log 6 + log 6 ; ) lg 5 + lg 4; 4) lg 40 + lg 5; 5) log 6 + log 6 ; 6) log 4 + log ; 7) log log 8. 7 II. ) log 7 log 9 ; ) log 5 log 0; ) log 8 log 7; 4) log log 4; 5) log 0, 0, 00 log 0, 0, 0; III. ) log 8 ; ) log ; ) 5 log 5 ; 4) log 5 ; 5) 49 log 7 4 ; 6) log (log 4 ); 7) lg(lg 5 0); 8) 8 4 log log 7. IV. ) log 5 lg 5 ; ) ( lg lg 4) : (lg + lg 7); ) log + log 0, 5 log 8 log 7 ; 4) 8 log log 7 9 ; 5) log 0, 5 log 0, 0, 09; 6) log 4 log 9 : log 4 4 ; V. ) log + log 5 log 0; ) log 5 ( 5) log 5 0; ) log 7 log 7 log 7 log 4) log log 5 5 log 5 5. ( Az alábbi egyenlőségek mindegyikéből fejezd ki x-et és hozd a lehető legegyszerűbb alakra. ) log x = log 64 log 6; ) lg x = lg 8 + lg 5 ; 6 ) ;

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

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

Részletesebben

MATEMATIKA 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

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

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

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

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

Részletesebben

MATEMATIKA I. RÉSZLETES ÉRETTSÉGI VIZSGAKÖVETELMÉNY A) KOMPETENCIÁK

MATEMATIKA I. RÉSZLETES ÉRETTSÉGI VIZSGAKÖVETELMÉNY A) KOMPETENCIÁK MATEMATIKA I. RÉSZLETES ÉRETTSÉGI VIZSGAKÖVETELMÉNY Az érettségi követelményeit két szinten határozzuk meg: - középszinten a mai társadalomban tájékozódni és alkotni tudó ember matematikai ismereteit kell

Részletesebben

MATEMATIKA. 5 8. évfolyam

MATEMATIKA. 5 8. évfolyam MATEMATIKA 5 8. évfolyam Célok és feladatok A matematikatanítás célja és ennek kapcsán feladata: megismertetni a tanulókat az őket körülvevő konkrét környezet mennyiségi és térbeli viszonyaival, megalapozni

Részletesebben

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

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

Részletesebben

Az osztályozó, javító és különbözeti vizsgák (tanulmányok alatti vizsgák) témakörei matematika tantárgyból

Az osztályozó, javító és különbözeti vizsgák (tanulmányok alatti vizsgák) témakörei matematika tantárgyból Az osztályozó, javító és különbözeti vizsgák (tanulmányok alatti vizsgák) témakörei matematika tantárgyból A vizsga formája: Feladatlap az adott évfolyam anyagából, a megoldásra fordítható idő 60 perc.

Részletesebben

Matematika. Specializáció. 11 12. évfolyam

Matematika. Specializáció. 11 12. évfolyam Matematika Specializáció 11 12. évfolyam Ez a szakasz az eddigi matematikatanulás 12 évének szintézisét adja. Egyben kiteljesíti a kapcsolatokat a többi tantárggyal, a mindennapi élet matematikaigényes

Részletesebben

2. Halmazelmélet (megoldások)

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

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI VIZSGA ÁLTALÁNOS KÖVETELMÉNYEI

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI VIZSGA ÁLTALÁNOS KÖVETELMÉNYEI A vizsga formája Középszinten: írásbeli. Emelt szinten: írásbeli és szóbeli. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI VIZSGA ÁLTALÁNOS KÖVETELMÉNYEI A matematika érettségi vizsga célja A matematika érettségi vizsga célja

Részletesebben

HELYI TANTERV MATEMATIKA tanításához Szakközépiskola 9-12. évfolyam

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

Részletesebben

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

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szint 0613 ÉRETTSÉGI VIZSGA 007. május 8. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Formai előírások: Fontos tudnivalók

Részletesebben

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

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

Részletesebben

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

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

Részletesebben

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

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

Részletesebben

Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit!

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

Részletesebben

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 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

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

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

TARTALOM. 1. SZÁMHALMAZOK Valós számok A komplex számok halmaza...33 Kitűzött feladatok...74

TARTALOM. 1. SZÁMHALMAZOK Valós számok A komplex számok halmaza...33 Kitűzött feladatok...74 TARTALOM. SZÁMHALMAZOK...5.. Valós számok...5.. A komplex számok halmaza... Kitűzött feladatok...74. FÜGGVÉNYEK ÉS EGYENLETEK...9.. Függvények. Ismétlés...9.. Injektív, szürjektív, bijektív függvények.....

Részletesebben

NYUGAT-MAGYARORSZÁGI EGYETEM Faipari Mérnöki Kar. Mőszaki Mechanika és Tartószerkezetek Intézet. Dr. Hajdu Endre egyetemi docens MECHANIKA I.

NYUGAT-MAGYARORSZÁGI EGYETEM Faipari Mérnöki Kar. Mőszaki Mechanika és Tartószerkezetek Intézet. Dr. Hajdu Endre egyetemi docens MECHANIKA I. NYUGAT-MAGYARORSZÁGI EGYETEM aipari Mérnöki Kar Mőszaki Mechanika és Tartószerkezetek Intézet Dr Hajdu Endre egyetemi docens MECHANIKA I Sopron 9 javított kiadás TARTALOMJEGYZÉK I Bevezetés a mőszaki mechanika

Részletesebben

Matematikai programozás gyakorlatok

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

Részletesebben

JANUS PANNONIUS TUDOMÁNYEGYETEM. Schipp Ferenc ANALÍZIS I. Sorozatok és sorok

JANUS PANNONIUS TUDOMÁNYEGYETEM. Schipp Ferenc ANALÍZIS I. Sorozatok és sorok JANUS PANNONIUS TUDOMÁNYEGYETEM Schipp Ferenc ANALÍZIS I. Sorozatok és sorok Pécs, 1994 Lektorok: Dr. FEHÉR JÁNOS egyetemi docens, kandidtus. Dr. SIMON PÉTER egyetemi docens, kandidtus 1 Előszó Ez a jegyzet

Részletesebben

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

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

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

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

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

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

Részletesebben

Vektorszámítás Fizika tanárszak I. évfolyam

Vektorszámítás Fizika tanárszak I. évfolyam Vektorszámítás Fizika tanárszak I. évfolyam Lengyel Krisztián TARTALOMJEGYZÉK Tartalomjegyzék. Deriválás.. Elmélet........................................... Deriválási szabályok..................................

Részletesebben

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

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

Részletesebben

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

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

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 161 ÉRETTSÉGI VIZSGA 016. május. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

A digitális számítás elmélete

A digitális számítás elmélete A digitális számítás elmélete 1. előadás szept. 19. Determinisztikus véges automaták 1. Példa: Fotocellás ajtó m m m k b s = mindkét helyen = kint = bent = sehol k k b s m csukva b nyitva csukva nyitva

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

Tanmenetjavaslat 5. osztály

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

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

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

Részletesebben

Helyi tanterv Német nyelvű matematika érettségi előkészítő. 11. évfolyam

Helyi tanterv Német nyelvű matematika érettségi előkészítő. 11. évfolyam Helyi tanterv Német nyelvű matematika érettségi előkészítő 11. évfolyam Tematikai egység címe órakeret 1. Gondolkodási és megismerési módszerek 10 óra 2. Geometria 30 óra 3. Számtan, algebra 32 óra Az

Részletesebben

Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán Ábrahám Gábor, Szeged

Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán Ábrahám Gábor, Szeged Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán Ábrahám Gábor, Szeged A 01. május 8.-i emelt szintű matematika érettségin szerepelt az alábbi feladat. Egy háromszög oldalhosszai egy számtani sorozat egymást

Részletesebben

Lineáris algebra - jegyzet. Kupán Pál

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

Részletesebben

matematikai statisztika 2006. október 24.

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

Részletesebben

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

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

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

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

Részletesebben

GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN

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

Részletesebben

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

GYAKORLAT. 1. Elemi logika, matematikai állítások és következtetések, halmazok (lásd EA-ban is; iskolából ismert)

GYAKORLAT. 1. Elemi logika, matematikai állítások és következtetések, halmazok (lásd EA-ban is; iskolából ismert) GYAKORLAT. Elemi logika, matematikai állítások és következtetések, halmazok lásd EA-ban is; iskolából ismert I. Halmazok.. Alapfogalmak: "halmaz" és "eleme". Halmaz kritériuma: egyértelm en eldönthet,

Részletesebben

Matematikai logika 1 A MATEMATIKAI LOGIKA ALAPJAI. Pécsi Tudományegyetem, 2005. Bevezetés

Matematikai logika 1 A MATEMATIKAI LOGIKA ALAPJAI. Pécsi Tudományegyetem, 2005. Bevezetés Matematikai logika 1 A MATEMATIKAI LOGIKA ALAPJAI Dr. Tóth László Pécsi Tudományegyetem, 2005 Bevezetés A logika a gondolkodás általános törvényszerűségeit, szabályait vizsgálja. A matematikai logika a

Részletesebben

MATEMATIKA tankönyvcsaládunkat

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

Részletesebben

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

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

Részletesebben

MATEMATIKA Kiss Árpád Országos Közoktatási Szolgáltató Intézmény Vizsgafejlesztő Központ

MATEMATIKA Kiss Árpád Országos Közoktatási Szolgáltató Intézmény Vizsgafejlesztő Központ MATEMATIKA Kiss Árpád Országos Közoktatási Szolgáltató Intézmény Vizsgafejlesztő Központ I. RÉSZLETES ÉRETTSÉGI VIZSGAKÖVETELMÉNY Az érettségi követelményeit két szinten határozzuk meg: középszinten a

Részletesebben

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

Matematika 9. nyelvi előkészítő évfolyam. 1 óra/hét (37 óra) Kiselőadások tartása, interjúk készítése (matematikatörténeti

Matematika 9. nyelvi előkészítő évfolyam. 1 óra/hét (37 óra) Kiselőadások tartása, interjúk készítése (matematikatörténeti Matematika 9. nyelvi előkészítő évfolyam Témakörök Gondolkodási és megismerési módszerek Számtan, algebra Összefüggések, függvények, sorozatok Geometria, mérés Statisztika, valószínűség Év végi összefoglaló

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

Matematika. 5-8. évfolyam

Matematika. 5-8. évfolyam Matematika 5-8. évfolyam Matematika 5-8. évfolyam 1. Célok és feladatok A matematikatanítás célja és ennek kapcsán feladata: megismertetni a tanulókat az őket körülvevő konkrét környezet mennyiségi és

Részletesebben

MATEMATIKA. Tildy Zoltán Általános Iskola és Alapfokú Művészeti Iskola Helyi tanterv 1-4. évfolyam 2013.

MATEMATIKA. Tildy Zoltán Általános Iskola és Alapfokú Művészeti Iskola Helyi tanterv 1-4. évfolyam 2013. MATEMATIKA Az iskolai matematikatanítás célja, hogy hiteles képet nyújtson a matematikáról, mint tudásrendszerről, és mint sajátos emberi megismerési, gondolkodási, szellemi tevékenységről. A matematika

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

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

Részletesebben

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

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

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

Részletesebben

Analízis 1. (BSc) vizsgakérdések Programtervez informatikus szak 2008-2009. tanév 2. félév

Analízis 1. (BSc) vizsgakérdések Programtervez informatikus szak 2008-2009. tanév 2. félév Analízis 1. (BSc) vizsgakérdések Programtervez informatikus szak 2008-2009. tanév 2. félév Valós számok 1. Hogyan szól a Bernoulli-egyenl tlenség? Mikor van egyenl ség? Válasz. Minden h 1 valós számra

Részletesebben

Matematikai logika Arisztotelész Organon logika feladata Leibniz Boole De Morgan Frege dedukció indukció kijelentésnek

Matematikai logika Arisztotelész Organon logika feladata Leibniz Boole De Morgan Frege dedukció indukció kijelentésnek Matematikai logika A logika tudománnyá válása az ókori Görögországban kezd dött. Maga a logika szó is görög eredet, a logosz szó jelentése: szó, fogalom, ész, szabály. Kialakulása ahhoz köthet, hogy már

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

MATEMATIKA 9. osztály Segédanyag 4 óra/hét

MATEMATIKA 9. osztály Segédanyag 4 óra/hét MATEMATIKA 9. osztály Segédanyag 4 óra/hét - 1 - Az óraszámok az AROMOBAN követhetőek nyomon! A tananyag feldolgozása a SOKSZÍNŰ MATEMATIKA (Mozaik, 013) tankönyv és a SOKSZÍNŰ MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY

Részletesebben

Kosztolányi József Kovács István Pintér Klára Urbán János Vincze István. tankönyv. Mozaik Kiadó Szeged, 2013

Kosztolányi József Kovács István Pintér Klára Urbán János Vincze István. tankönyv. Mozaik Kiadó Szeged, 2013 Kosztolányi József Kovács István Pintér Klára Urbán János Vincze István tankönyv 0 Mozaik Kiadó Szeged, 03 TARTALOMJEGYZÉK Gondolkodási módszerek. Mi következik ebbõl?... 0. A skatulyaelv... 3. Sorba rendezési

Részletesebben

Ady Endre Líceum Nagyvárad XII.C. Matematika Informatika szak ÉRINTVE A GÖRBÉT. Készítette: Szigeti Zsolt. Felkészítő tanár: Báthori Éva.

Ady Endre Líceum Nagyvárad XII.C. Matematika Informatika szak ÉRINTVE A GÖRBÉT. Készítette: Szigeti Zsolt. Felkészítő tanár: Báthori Éva. Ady Endre Líceum Nagyvárad XII.C. Matematika Informatika szak ÉRINTVE A GÖRBÉT Készítette: Szigeti Zsolt Felkészítő tanár: Báthori Éva 2010 október Dolgozatom témája a különböző függvények, illetve mértani

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

Elektromágneses hullámok - Hullámoptika

Elektromágneses hullámok - Hullámoptika Bevezetés a modern fizika fejezeteibe 2. (c) Elektromágneses hullámok - Hullámoptika Utolsó módosítás: 2015. január 17. 1 Az elektromágneses hullámok visszaverődési és törési törvényei (1) Kérdés: Mi történik

Részletesebben

MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY

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

Részletesebben

Minta 1. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI FELADATSOR. I. rész

Minta 1. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI FELADATSOR. I. rész 1. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI FELADATSOR I. rész A feladatok megoldására 45 perc fordítható, az idő leteltével a munkát be kell fejeznie. A feladatok megoldási sorrendje tetszőleges. A feladatok megoldásához

Részletesebben

Nemzeti versenyek 11 12. évfolyam

Nemzeti versenyek 11 12. évfolyam Nemzeti versenyek 11 12. évfolyam Szerkesztette: I. N. Szergejeva 2015. február 2. Technikai munkák (MatKönyv project, TEX programozás, PHP programozás, tördelés...) Dénes Balázs, Grósz Dániel, Hraskó

Részletesebben

A Szekszárdi I. Béla Gimnázium Helyi Tanterve

A Szekszárdi I. Béla Gimnázium Helyi Tanterve A Szekszárdi I. Béla Gimnázium Helyi Tanterve Matematika Készítette: a gimnázium reál szakmai munkaközössége 2015. Tartalom Emelt szintű matematika képzés... 3 Matematika alapóraszámú képzés... 47 Matematika

Részletesebben

1.1. Gyökök és hatványozás... 1 1.1.1. Hatványozás... 1 1.1.2. Gyökök... 1 1.2. Azonosságok... 2 1.3. Egyenlőtlenségek... 3

1.1. Gyökök és hatványozás... 1 1.1.1. Hatványozás... 1 1.1.2. Gyökök... 1 1.2. Azonosságok... 2 1.3. Egyenlőtlenségek... 3 Tartalomjegyzék 1. Műveletek valós számokkal... 1 1.1. Gyökök és hatványozás... 1 1.1.1. Hatványozás... 1 1.1.2. Gyökök... 1 1.2. Azonosságok... 2 1.3. Egyenlőtlenségek... 3 2. Függvények... 4 2.1. A függvény

Részletesebben

Számsorozatok Sorozat fogalma, példák sorozatokra, rekurzív sorozatokra, sorozat megadása Számtani sorozat Mértani sorozat Kamatszámítás

Számsorozatok Sorozat fogalma, példák sorozatokra, rekurzív sorozatokra, sorozat megadása Számtani sorozat Mértani sorozat Kamatszámítás 12. évfolyam Osztályozó vizsga 2013. augusztus Számsorozatok Sorozat fogalma, példák sorozatokra, rekurzív sorozatokra, sorozat megadása Számtani sorozat Mértani sorozat Kamatszámítás Ismerje a számsorozat

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

Apor Vilmos Katolikus Iskolaközpont. Helyi tanterv. Matematika. készült. a 51/2012. (XII. 21.) EMMI rendelet 3. sz. melléklet 9-12./3.3.2.2.

Apor Vilmos Katolikus Iskolaközpont. Helyi tanterv. Matematika. készült. a 51/2012. (XII. 21.) EMMI rendelet 3. sz. melléklet 9-12./3.3.2.2. 1 Apor Vilmos Katolikus Iskolaközpont Helyi tanterv Matematika készült a 51/2012. (XII. 21.) EMMI rendelet 3. sz. melléklet 9-12./3.3.2.2. alapján 9-12. évfolyam 2 Az iskolai matematikatanítás célja, hogy

Részletesebben

Kőszegi Irén MATEMATIKA. 9. évfolyam

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

Részletesebben

Az áprilisi vizsga anyaga a fekete betűkkel írott szöveg! A zölddel írott rész az érettségi vizsgáig még megtanulandó anyag!

Az áprilisi vizsga anyaga a fekete betűkkel írott szöveg! A zölddel írott rész az érettségi vizsgáig még megtanulandó anyag! Részletes követelmények Matematika házivizsga Az áprilisi vizsga anyaga a fekete betűkkel írott szöveg! A zölddel írott rész az érettségi vizsgáig még megtanulandó anyag! A vizsga időpontja: 2015. április

Részletesebben

A kvantummechanika általános formalizmusa

A kvantummechanika általános formalizmusa A kvantummechanika általános formalizmusa October 4, 2006 Jelen fejezetünk célja bevezetni egy általános matematikai formalizmust amelynek segítségével a végtelen dimenziós vektorterek elegánsan tárgyalhatók.

Részletesebben

Matematika POKLICNA MATURA

Matematika POKLICNA MATURA Szakmai érettségi tantárgyi vizsgakatalógus Matematika POKLICNA MATURA A tantárgyi vizsgakatalógus a 0-es tavaszi vizsgaidőszaktól kezdve alkalmazható mindaddig, amíg új nem készül. A katalógus érvényességét

Részletesebben

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

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

Részletesebben

Lineáris programozás. Modellalkotás Grafikus megoldás Feladattípusok Szimplex módszer

Lineáris programozás. Modellalkotás Grafikus megoldás Feladattípusok Szimplex módszer Lineáris programozás Modellalkotás Grafikus megoldás Feladattípusok Szimplex módszer Feladat: Egy gyár kétféle terméket gyárt (A, B): /db Eladási ár 1000 800 Technológiai önköltség 400 300 Normaóraigény

Részletesebben

Matematika emelt szint a 11-12.évfolyam számára

Matematika emelt szint a 11-12.évfolyam számára Német Nemzetiségi Gimnázium és Kollégium Budapest Helyi tanterv Matematika emelt szint a 11-12.évfolyam számára 1 Emelt szintű matematika 11 12. évfolyam Ez a szakasz az érettségire felkészítés időszaka

Részletesebben

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

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

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szint 0 ÉRETTSÉGI VIZSGA 00. február. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI MINISZTÉRIUM Matematika emelt szint Fontos tudnivalók Formai

Részletesebben

Matematika. 1-4. évfolyam. tantárgy 2013.

Matematika. 1-4. évfolyam. tantárgy 2013. Matematika tantárgy 1-4. évfolyam 2013. Célok és feladatok Az iskolai matematikatanítás célja, hogy hiteles képet nyújtson a matematikáról, mint tudásrendszerről, és mint sajátos emberi megismerési, gondolkodási,

Részletesebben

Halmazok Halmazok, részhalmaz, halmazműveletek, halmazok elemszáma

Halmazok Halmazok, részhalmaz, halmazműveletek, halmazok elemszáma Az osztályozóvizsgák követelményrendszere 9.Ny osztály Halmazok Halmazok, részhalmaz, halmazműveletek, halmazok elemszáma Algebra és számelmélet Alapműveletek az egész és törtszámok körében Műveleti sorrend,

Részletesebben

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

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

Részletesebben

A Feldmann ~ Sapiro - elv igazolása

A Feldmann ~ Sapiro - elv igazolása A Feldmann ~ Sapiro - elv igazolása Bevezetés Már középiskolás koromban is érdekelt, hogy mi lehet az a borzasztó nehéz számítás, aminek csak a végeredményét közölték velünk, s amit Feldmann ~ Sapiro -

Részletesebben

14. előadás JÓLÉTI TÉTELEK

14. előadás JÓLÉTI TÉTELEK 4. előadás JÓLÉTI TÉTELEK Kertesi Gábor Varian 9. fejezetének 9-3. alfejezetei átdolgozva 4. evezető Ennek az előadásnak a során az előző órán vett kéttermékes, kétszereplős, termelés nélküli általános

Részletesebben

Perigal négyzete. oldalhosszúságú négyzetet. A három négyzetet úgy

Perigal négyzete. oldalhosszúságú négyzetet. A három négyzetet úgy Perigal négyzete Tuzson Zoltán tanár, Székelyudvarhely Henry Perigal (101-19) matematikus 17-an egy nagyon szemléletes izonyítást mutatott e a Pitagorasz-tételre. Een két kise négyzetet átdaraol egy nagyoá,

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

Mezei Ildikó-Ilona. Analitikus mértan

Mezei Ildikó-Ilona. Analitikus mértan Mezei Ildikó-Ilona Analitikus mértan feladatgyűjtemény Kolozsvár 05 Tartalomjegyzék. Vektoralgebra 3.. Műveletek vektorokkal.................................. 3.. Egyenes vektoriális egyenlete..............................

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

Tartalomjegyzék. Typotex Kiadó III. Tartalomjegyzék

Tartalomjegyzék. Typotex Kiadó III. Tartalomjegyzék III 1. Aritmetika 1 1.1. Elemi számolási szabályok............................... 1 1.1.1. Számok..................................... 1 1.1.1.1. Természetes, egész és racionális számok.............. 1

Részletesebben

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet TÁMOP-3.1.1-11/1-2012-0001 XXI. századi közoktatás (fejlesztés, koordináció) II. szakasz. Fejlesztőfeladatok

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet TÁMOP-3.1.1-11/1-2012-0001 XXI. századi közoktatás (fejlesztés, koordináció) II. szakasz. Fejlesztőfeladatok Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet TÁMOP-3.1.1-11/1-2012-0001 XXI. századi közoktatás (fejlesztés, koordináció) II. szakasz Fejlesztőfeladatok MATEMATIKA 4. szint 2015 Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

Részletesebben

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

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

Részletesebben

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