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

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

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

Átírás

1 . 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, amely nem kukacos." "Minden virág színes." "Van olyan krétai, aki nem hazudik." "Van olyan puha szilva, amelyik nem kukacos." "Van olyan csónak, amelyik felborulhat úgy, hogy az evez i nem törnek el." "Van olyan x valós szám, melyre x nem pozitív." "Van olyan természetes szám, amely páros és nem 0-ra végz dik.".döntsük el az alábbi állításokról, hogy (i) igaz-e az els fele, a második fele, ill. ha mindkett igaz, akkor igaz-e a következtetés. (ii) igaz-e az egész összetett állítás. Mindegyik állítás szerkezete "A és B és (A B)"; a (ii) kérdésre akkor "igen" a válasz, ha A is igaz, B is igaz és (A B) is igaz. a. "Magyarország éghajlata szárazföldi, mert közel van az Atlanti-óceánhoz." (i) Az állítás els fele igaz, a második hamis. (ii) Az egész összetett állítás hamis, mivel a második állítás hamis. b. "Hazánk népessége fogy, mert a születések száma alacsony és a halálozásoké magas." (i) Mindkét részállítás és a következtetés is igaz. (ii) Az egész összetett állítás igaz. c. "Ausztria jelent s idegenforgalommal rendelkezik, mert az EU tagállama." (i) Mindkét részállítás igaz, a következtetés viszont nem. (ii) Az összetett állítás hamis, hiszen az "(A B)" rész hamis. 3. Döntsük el, szükséges, elégséges, ill. szükséges és elégséges feltétele-e... (i) szükséges feltétele; (ii) elégséges feltétele; (iii) szükséges és elégséges feltétele; (iv) szükséges feltétele. 4. Egy társaságról tudjuk, hogy aki vidéki, az vonattal jött. Az (i)(iii)-ból melyikben lehetünk biztosak? A (iii) állítás igaz biztosan, és ez éppen az (A B) ( B A) azonosság esete. Az (i) nem feltétlenül igaz, hiszen ha valaki nem vidéki, attól még jöhetett vonattal. A (ii) sem feltétlenül igaz, hiszen aki vonattal jött, az nem biztosan vidéki. 5. (i) Legyen A : {n N + : n 3}, B : {n N + : n 4}. A {,, 3}, B {, 3, 4}, A B {,, 3, 4}, A B {, 3}, A\B {}. (ii) Egy könyvtárban 67 ember dolgozik. Angolul tud 47, németül 35, mindkét nyelven 3 munkatárs. Hány f nem tud sem angolul, sem németül? 8 f. A megfelel Venn-diagramot ld: (iii) Egy sportklubnak atlétika- és fociszakosztálya van. A klub 30 tagjából 3 tagja az atlétika- és 0 a fociszakosztálynak. Hányan tagok mindkett ben? 3 f : 30 tagra 33 tagság esik, így 3 kett s tagság van. Az egyes tagságok a Venndiagramon ellen rizhet k:

2 A. gyakorlat HF-inak megoldása. (a) Biz: a b (a 0 és ekkor a b, vagy a 0 és ekkor a b) (0 a b vagy b a 0) b a b. (b) Ha x 5 0, azaz x 5, akkor az egyenl tlenség: x 5, azaz x 7, ami együtt 5 x 7. Ha x 5 0, azaz x 5, akkor az egyenl tlenség: 5 x, azaz x 3, ami együtt 3 x 5. Összesítve: x 5 3 x 7. (c) x 3 (x 0 és x 3, vagy x 0 és x 3) 3 x 3. Így {x R : x 3} {x R : x 3}, hiszen a jobb oldali halmaz nem más, mint a {x R : 3 x 3} halmaz. A feladatban szerepl els és a harmadik halmaz megfelel a ( 3, 3) intervallumnak, míg a második a (, 3)-nak.. (a) Az új ár a réginek 700 0, 8 része, azaz 80%-a, ezért 0%-os volt az árcsökkenés (b) A tejszín tömege 5 0, 073, így ennek 6%-a: készül 5 l tejb l. ( 5 0, 073 ) 0, 6 0, 63 kg vaj Legyen x a keresett tej mennyisége, ekkor az ( x 0, 073 ) 0, 6 5 egyenletet kell megoldjuk x-re, amib l kapjuk, hogy x 0, 47 liter tejb l lesz 5 kg vaj. (c) A 3 év leteltével a károsanyag-kibocsátás az eredetinek 00 7, 7, 9%-a, azaz 0, 79-szerese. Ha a kibocsátás évente az el z évinek q-szorosa, akkor 3 év után q 3 -szöröse, így q 3 0, 79 kell teljesüljön. Ebb l q 3 0, 79 0, 9, azaz a kibocsátás mindig az el z évinek 90%-a, tehát évi 0%-kkal kell csökkenteni a károsanyag-kibocsátást. 3. (a) Rendezzük át a zikából jól ismert v s t képletet: t s (ahol s a Planck-hossz, v v a fénysebesség, t a Planck-id ). Behelyettesítve azt kapjuk, hogy t, , (b) Az út a térképen s 0, 38 m, ami a valóságban megfelel 5000 s méternek, azaz a valódi út hossza 690 m. Ha elosztjuk a valódi út hosszát az átlagos 690m lépéshosszal, akkor megkapjuk a szükséges lépések számát: 0,75m (a) Igaz, mert a szummákat kiírva a m c+a m+ c+...+a n c (a m +a m a n )c. (b) Igazak, mert mindhárom szumma jelentése: n. (Formailag az els esetben k j + helyettesítést alkalmazunk, így az alsó határ k j + j -re, míg a fels j n -re változik. A második esetben pedig csak a j k helyettesítéssel élünk, de emiatt a határok nem változnak.) 5. Alakítsuk algebrai törtté, egyszer sítsünk, és adjuk meg a legb vebb értelmezési tartományt! (a) x y xy x+y x y x xy xy y (xy) x 3xy y (xy), x 0 és y 0. (b) Végezzük el a beszorzást a számlálóban és a nevez ben: k kl k + kl k l + kl k l k4 l k 3 l + k 3 l k l 3 k 4 l + k 3 l 3 k l(k l ) k l[kl(k + l)] (k + l)(k l) kl(k + l) k l kl

3 ahol k 0, l 0, és az eredeti alak miatt k l. Egy másik lehet ség: el ször kiemelünk és egyszer sítünk, k kl k + kl k l + kl k l k(k l) kl(k + l) k(k + l) k l k(k l) kl k k l k l. kl (c) Hozzuk közös nevez re, mind a számlálót, mind a nevez t! x+ x x x x ahol x 0,,. x +3x+ x +3x (x )(x+) 8+4x 8 x (d) Polinommá alakítható-e az alábbi algebrai tört? x 4 y 4 (x + y)(x + y ) (x + y )(x y ) (x + y)(x + y ) 6x (x )(x + ) x 4x 3 (x + ), (x + y )(x y)(x + y). (x + y)(x + y ) Ekkor mindkét lehetséges taggal egyszer síthetünk, hiszen egyik tag sem lehet nulla a feltétel miatt, így kapjuk az x y polinomot (ahol x y). 6. (a) Gyöktelenítsük a 8+ 8 törtet, azaz szorozzunk be vel, ekkor ( 8 + ) ( 8 )( 8 + ) (b) Fogalmazzuk át az állítást matematikai formába: , 0. Számítsuk ki a jobb oldal négyzetét, ami 50, 000, azaz az állítás igaz volt. 3

4 A 3. gyakorlat HF-inak megoldása. Ha x 0, akkor oszthatjuk mindkét oldalt x-szel. Ekkor az x egyenlet két megoldása x ±. Az x 0 esetben x megoldása az egyenletnek. Tehát az egyenlet három megoldása 0,,.. (a) 4x + 0 x 6x 9 x 3. (b) Szorozzuk be mindkét oldalt 3 5-tel, ekkor: 0x x x 4 x 6. (c) Csak a jobb oldalt alakítsuk át! 7x + 4 7(x + ) 7x + 4 7x + 4, vagyis azonosságot kaptunk, minden valós x megoldás. (d) Végezzük el a bal oldalon a beszorzást! 5(x ) 5x + 5x 0 5x + 0, azaz az egyenletnek nincs megoldása. 3. (a) Az, hogy 00 liter 40%-os sóoldatunk van, azt jelenti, hogy 60 liter vízhez adtunk 40 kg sót. Azt szeretnénk, hogy ha a 40 kg sóhoz még hozzáadunk további x kg-ot, ez az oldat legyen 65%-os. Az így kapott egyenlet és annak megoldása pedig az alábbi: 40 + x 0, x 40 + x , 65 x 0, 35 x 5 x 7, 4, azaz további 7, 4 kg sót kell még az oldathoz adni! 4

5 (b) A tölgyfa most legyen x éves. Egyenletté alakítva a mondatot: tehát a tölgyfa most 40 éves. x (x 0) x x x 40 x, 4. (a) Alkalmazzuk a másodfokú megoldóképletet! x, ± ( ) 4 ( 6) a két megoldás tehát: x 3, x. ± 5 ± 5, (b) v 0 7 m/s kezd sebesség és s esetén a 7t 5t egyenletet kell megoldanunk t-re. (Itt a felfelé mutató irányt választjuk pozitívnak.) Átrendezve 5t 7t + 0, ebb l x, 7 ± ( 7) ± ± 3 0, a két megoldás tehát: x, x 0, 4. Mivel a test kétszer is + m magasságban van, ezért a kisebbik gyök jelentése az els, felszálló ágban való odaérkezés, míg a nagyobbiké a leszálló ágban való. 5. Oldjuk meg: (a) Kikötés: x 4. (b) Kikötés: x. x + 3 x 7 x x 5 3 6x x x x. (x ) x + 3 x ±7. Alakítsuk át az utóbbi két egyenletet!.: x + 6 7x 4 0 5x x 4..: x + 6 7x + 4 9x 8 x 8 9. (c) Kikötés: x 0, x 3. x 7 x + 3 x + 6 7x 6 5x x

6 (d) Kikötés: x. x x + x + x x + 5x + 0 x + 5x +. Alkalmazzuk a megoldóképletet! x, 5 ± ± (a) Szeretnénk x-re rendezni az egyenletünket, ehhez p-vel illetve p -gyel kéne osztani. Ezért vizsgáljuk meg, a p 0, illetve a p eseteket. p 0: esetén a bal oldal, míg a jobb 0, azaz nincs megoldás! p : esetén a bal oldal, a jobb szintén, így x R-re teljesül az egyenlet! Most már szabadon átalakíthatjuk az egyenletünket: x p p+ p (p+)(p ) p(p ) p(p ). Tehát minden más p értékre az egyenletnek pontosan egy megoldása van! (b) Alkalmazzuk a másodfokú megoldóképletet! x, b± b 4 b± b 4. Ha a diszkrimináns (D b 4) pozitív, azaz b > vagy b <, akkor két megoldás van. Ha D 0, azaz b ±, akkor megoldás van. Továbbá, ha D < 0, azaz < b <, akkor nincs valós megoldása az egyenletnek. (c) Átrendezve: (x a) 4b (b). Itt közvetlenül érdemes gyököt vonni, megoldóképlet nélkül: x a ±b, azaz x a ± b. Tehát minden a, b R esetén az egyenletnek van megoldása, és ha b 0, akkor pontosan két megoldás van. (d) Kikötés: x 4. Rendezzük át az egyenletet: x 4 x p x 4p px ( + p)x 4p. Szeretnénk osztani ( + p)-vel. Amennyiben ez nem nulla, azaz ha p, akkor x 4p, tehát minden p -re egy megoldása van az egyenletnek. +p p esetén tekintsük az ( + p)x 4p alakot, ekkor a bal oldal minden x-re nulla, míg a jobb oldal értéke 4, tehát az egyenletnek nincs megoldása p -re. 6

7 A 4. gyakorlat HF-inak megoldása. (a) Adjuk meg az alábbi számok pontos értékét (számológép nélkül): 4 3 ( 4) 3 8; ; 8 3 ( 3 8) 4 ; log 3 9 ; log 3 3 ; log 9 3 /; log 7 0; 5 log 5 3 3; 5 log ( log 5 3) (5 log 5 3 ) 9; 5 log 5 9 (5 log 5 9 ) 3; lg(0 4 ) 4; lg lg 0 6 6; log ( π ) π; log 008 π + log 008 π log 008 π π log 008 0; log 008 π log 008 π log π π. (b) Melyik nagyobb (számológép nélkül), log 3 vagy log 4 8? Térjünk át az utóbbinál is -es alapra: log 4 8 log 8 3. Tudjuk, hogy a alapú log 4 exponenciális függvény szigorúan monoton n, helyettesítsük tehát be a kitev be a két számot: log 3 3, a másik szám pedig 3 8. Itt 8 < 9 3, azaz log < log 3. Tehát log 4 8 < log 3. (c) Hogyan számítható ki számológépen 7 a lg x és 0 x funkciók segítségével? lg lg.. Oldjuk meg: (a) 5 x+ 5 5 x+ 5 x 3 (b) 37 x 3 x 3 0 x 3 (c) log 3 x 3 x x 9 7

8 (d) lg(5x 4) lg x 5x 4 x 4x 4 x (e) log 9 x x ±79 x x ±79 +, azaz 730 és 78. (f) log 3 x + x 3 3 x + x 3 9x 7 x + 8x 9 (x 3) x 9 8 (g) ln(x + 3) + ln(x 3) ln(x 9) e x 9 x ± e + 9 Jelen esetben a negatív megoldás nem jó, hiszen a logaritmusfüggvény nincs értelmezve a nem pozitív számokon. Az egyetlen megoldás tehát: e Egy radioaktív izotóp bomlásánál az izotópok számát a t id pillanatokban egy id ben csökken exponenciális függvény írja le: N(t) N 0 e λt, ahol N 0 az N értéke t 0 pillanatban, λ > 0 az ún. bomlási állandó, e, 7. Számítsuk ki az (N 0 -tól független) T felezési id t, azaz, amelyre bármely t 0 esetén N(t + T ) N(t), (a) ha λ ln 00, azaz N(t) N 0 t 00 ; (b) általában (λ függvényében)! (a) Ebben a konkrét esetben az alábbi egyenletet kell megoldanunk (ahol feltehet, 8

9 hogy N 0 0, hiszen ez az eset érdektelen): N 0 t+t N 0 t t 00 T 00 t 00 t 00 T 00 t 00 T 00 T 00 T 00 T 00 (b) N 0 e λ(t+t ) N 0 e λt e λ(t+t ) e λt e λt e λt e λt e λt e λt ln λt T ln λ. Azaz λ függvényében a felezési id : T ln λ. 4. Oldjuk meg! Hány megoldás van? (a) { 3x + 3y 9 4x + y 0; Szorozzuk be az els egyenletet kett vel, míg a másodikat hárommal, majd vonjuk ki a másodikat az els b l! Azt kapjuk, hogy 6x, azaz x. Ezt a második egyenletbe visszahelyettesítve 8 + y 0 y. (b) { 5x + 3y 8x y 5; Szorozzuk be az els egyenletet kett vel, míg a másodikat hárommal, majd adjuk össze a két egyenletet! Azt kapjuk, hogy 34x 7, azaz x. Ezt a második egyenletbe visszahelyettesítve 4 y 5 y. (c) { 7x y 3 4x y 6; 9

10 Szorozzuk be az els egyenletet kett vel, majd vonjuk ki bel le a másodikat! Azt kapjuk, hogy 0x 0, azaz x 0. Ezt a második egyenletbe visszahelyettesítve y 6 y 3. (d) { x y 3x 6y 3; Ha az els egyenletet beszorozzuk 3-mal, akkor pont a másodikat kapjuk, azaz a két egyenlet összefügg. Tehát végtelen sok megoldás van, mindazon ( x, y) párok, melyekre x y. (A síkon ez egy egyenes egyenlete.) (e) { 4x y 5 8x + y. Szorozzuk be az els egyenletet kett vel, majd adjuk hozzá a másodikat! Azt kapjuk, hogy 0, azaz nincs megoldás. (Másképp: ha az els egyenletet -vel szorozzuk, akkor látható, hogy a bal oldalak megegyeznek, viszont az els egyenlet jobb oldala 0, míg a másodiké. Az egyenletrendszerek tehát kizáróak, így nincsen megoldás.) 0

11 Az 5. gyakorlat HF-inak megoldása. (a) Számoljuk ki az A + B és A B mátrixokat, ill. az Ax vektort, ha ( ) ( ) ( ) 3 4 A, B, x A megoldások: ( ) 4 3 A + B ; A B 7 ( ) ; A x (b) Ellen rizzük az IA A AI azonosságot az A ( ) mátrixra! Az azonosság fennáll, hiszen ha mindkét szorzást elvégezzük, akkor mindkétszer az A mátrixot fogjuk kapni. ( ) ( ) a b. (a) Legyen A, det(a) 0. Igazoljuk, hogy A d b. c d det(a) c a Az állítás igazolásához ellen rizzük a deníciót, azaz hogy A A A A I. ( ) ( ) a b A A d b c d det(a) c a A A det(a) ( ) d b c a (b) Számítsuk ki a fentib l a A denícióból, hogy az valóban inverz! ( ) a b c d ( det(a) ( ) ad bc ab + ba cd dc cb + da ( ) det(a) 0 I. det(a) 0 det(a) ( da bc db bd det(a) ca + ac cb + da ) det(a) ( det(a) 0 0 det(a) ) ) I. mátrix inverzét, és ellen rizzük a Számítsuk ki a determinánsát, det(a) , tehát a fentiek alkalmazhatóak. A ( ) ( ) Visszaszorzással könnyen ellen rizhet k az A A A A I egyenl ségek. 3. Determináns kiszámolása. (a) ; ( ) ; 3 ( 3) 5 ( )

12 (b) El ször Sarrus-szabállyal: ( ) ( 3) + ( ) ( ) ( 3) 3 4 ( ) Az els sor szerinti kifejtéssel: 3 0 3(5 8) ( )(0 ( 6)) + ( )(0 ( 3)) Sarrus-szabállyal: 0 ( ) ( ) 3 ( ) 3 ( ) 0 ( ) ( ) Kifejtéssel: 0 ( )( ) 0(...) + ( )( 3) (a) A sajátértékek kiszámításához a λ 3 λ ( λ)(3 λ) 0 egyenlet megoldásait kell meghatároznunk. A két megoldás, λ és λ 4 a két sajátérték. A sajátvektorok kiszámításához oldjuk meg a következ két egyenletet: ( ) ( ) ( ) a a 3 b b ( ) ( ) a b a, a + 3b b ()

13 illetve ( ) ( ) ( ) a a 4 3 b b ( ) ( ) a b 4a. a + 3b 4b () ( ) a Az () egyenlet megoldásai: a b, azaz bármely v alakú vektor sajátvektor; például (a választás esetén) v konkrét sajátvektor. ( ) a ( ) a Az () egyenlet megoldásai: b a, azaz bármely v alakú vektor ( ) a sajátvektor; pl. (szintén a választás esetén) v konkrét sajátvektor. (b) A sajátértékek kiszámításához az λ 3 λ ( λ) 6 0 egyenlet megoldásait kell meghatároznunk. A két megoldás, λ + 6 és λ 6 a két sajátérték. A sajátvektorok kiszámításához oldjuk meg a következ két egyenletet ( ) ( ) 3 a ( + ( ) a 6) b b ( ) ( ) a + 3b ( + 6)a a + b ( +, 6)b (3) illetve ( ) ( ) 3 a ( ( ) a 6) b b ( ) ( ) a + 3b ( 6)a a + b (. 6)b (4) ( ) Az (3) egyenlet megoldásai: a 6b, azaz bármely v 6b alakú vektor b sajátvektor; például (b ( ) 3 6 választás esetén) v konkrét sajátvektor. 6 (Megj.: az a 6b egyenl ség a 6 3 b alakban is írható.) ( ) Az (4) egyenlet megoldásai: a 6b, azaz bármely v 6b alakú vektor sajátvektor; például (b ( ) 3 b 6 választás esetén) v konkrét sajátvektor. 6 (Megj.: az a 6b egyenl ség a 3 6 b alakban is írható.) 3

14 A 6. gyakorlat HF-inak megoldása. (a) Mekkora a (,-) és (5,3) síkbeli pontok távolsága? A két pont távolsága a különbségvektor hossza: ( 5) + ( 3) (b) Mekkora az egységkocka testátlója? Ez a (0, 0, 0) és (,, ) pontokat összeköt szakasz hossza (azaz az origóból az (,, ) pontba mutató vektor hossza), ami (a) Egy 0 -os emelked n megtett út végén egy autó km-órája 500 m-vel mutat többet. Mennyivel került magasabbra? Ábrázolva a feladatot, adott a derékszög háromszög átfogója és az egyik szöge, a keresett magasság pedig a szöggel szemközti befogó hossza, azaz 500 sin , méter. (b) Egy 000 m magas fennsíkon állva az Ararát 40 km-re lév csúcsát vízszinteshez képest 6 -os szögben látjuk. Ez alapján milyen magas a csúcs tengerszint felett? Az ábra itt is hasonló lenne, mint az el z feladatban, csak a végeredményhez hozzá kell még adni 000 métert: sin , m. (Ha a szöveget úgy értették, hogy a térképen nézett távolság 40 km, akkor a 6 -os szög alatt fekv befogó lesz 40 km-es, és a fenti képletben sin helyett tg szerepel; ekkor 504 m jön ki.) (c) Egy egységnégyzet alapú négyzetes oszlopot elmetszünk egy 30 -os szögben emelked síkkal. Mekkora a síkmetszet területe? Számítsuk ki el ször, hogy mekkora a metszetként kapott téglalap hosszabbik h oldala! (A rövidebb hossza marad.) h cos 30 h 3 h 3. A terület pedig a két oldal szorzata, azaz 3.5. Általános esetben a terület:. cos α cos α 3. (a) Adjuk meg az (, 3), a (-4,0) és a (-,-) pontok polárkoordinátáit. (, 3): r + ( 3) ; ekkor cos φ cos φ / φ 60. (A szög abból is látszik, hogy a pont egy szabályos háromszög felét jelöli ki.) (-4,0): r 4, φ 80. (-,-): r ( ) + ( ). Mivel a (, ) pont és az origó által meghatározott egyenes 45 -ot zár be az y-tengellyel, ezért φ 5. (b) Jelölje r és φ a síkbeli pontok polárkoordinátáit. Ábrázoljuk az r, φ π 4 koordinátájú pontot, ill. a C : {(r, φ) : r, φ [0, π)} halmazt! A pont x koordinátája: r cos φ, az y pedig ugyanez lesz. Azaz az (, ) pontról van szó. A halmaz esetében a sugár végig rögzített, r. A szög pedig befutja a [0, π) [0, 360 ) intervallumot, azaz teljesen körbefordul, tehát C az egységkörvonal. 4

15 4. (a) Egy 45 -os útelágazástól A város 0 km-re, B város 5 km-re van egyenes úton. Mekkora A és B távolsága? Alkalmazzuk a cosinus-tételt, ahol a 0, b 5, γ 45. c cos , 707, 8679, azaz c km a két város közötti távolság. (b) Egy A-ból induló egyenes f útról a 3. km-nél jobbra 5 -os szögben ágazik el egy szintén egyenes út. Ezen 6 km után érünk B-be. Milyen messze van légvonalban A és B? Ismét a cosinus-tételt szeretnénk alkalmazni, csak most nincs megadva a közbezárt szög. Viszont a kiegészít szöge (5 ) adott, tehát a közbezárt szög γ Így c cos ( 0, 9659) , , 7733, azaz A és B légvonalban c 8, 935 km távolságban van. (c) A Föld-Hold távolság 38,5 ezer km. Egy üstökös a Földr l nézve a Holddal 73 -os, a Holdon lév rállomásr l nézve a Földdel 06 -os szöget zár be. Milyen messze van a Földt l? Tekintsük azt az ABC háromszöget, amelynek csúcsai rendre a Föld, a Hold és az üstökös. Adott a FöldHold távolság, azaz a c 38, 5 ezer km, illetve a háromszög mindhárom bels szöge (a harmadik γ ). Alkalmazzuk a sinus-tételt (c 38, 5, γ, β 06, és az ismeretlen b érték a kérdéses távolság): b sin 06 38, 5 sin b 38, 5 sin sin 06 b 9, 875, 38, 5 0, 96 0, 074 azaz az üstökös távolsága a földt l b 9, 875 ezer km,3 millió km. 5. Számítsuk ki az alábbi vektorok skaláris és a (c)-(d) esetben vektoriális szorzatát! (a) a (, ), b (7, ); a b 7 + 9; (b) a (, ), b (3, ); (c) a (,, 0), b (3, 4, ); a b 3 + ( ) 5; a b ; 5

16 A vektoriális szorzatot az alábbi formális determinánssal számolhatjuk, ahol i, j, k a három dimenziós tér egységvektorai. (Fejtsük ki a determinánst az els sor szerint!) i j k a b 0 i ( 0) j ( 0) + k ( 4 6) (,, 0). 3 4 (d) a (3,, ), b (, 4, ). a b 3 + ( 4) + ( 4) 5; i j k a b 3 i ( 8) j (6 + ) + k ( ) ( 6, 8, 3) Számítsuk ki az alábbi vektorok által bezárt szöget! (Útmutatás: cos γ a b, ebb l egyértelm γ [0, π].) a b (i) a ( 3, + 3), b (4, 4); cos γ a b a b 4( 3) + 4( + 3) (( 3) + ( + ) 3) ( 6 + 6) (4 ) (ii) a (, ), b (6, 3). γ 60 π 3. cos(γ) a b a b ( ) ( + 4) ( ) γ 90 π. 7. Mutasuk meg a kiszámítási képletb l, hogy bármely térvektorra a a 0. i j k a a a a a 3 a a a 3 i (a a 3 a 3 a ) j (a a 3 a 3 a ) + k (a a a a ) (0, 0, 0), ahol a (a, a, a 3 ) R 3 tetsz leges. 6

17 A 7. gyakorlat HF-inak megoldása. Írjuk fel az alábbi valós függvények f g kompozícióját és annak legb vebb értelmezési tartományát! (a) f(x) : x + x (f g)(x) ex + e x és g(x) : ex (x R\{0}); (b) f(x) : x és g(x) : sin x + (f g)(x) (sin x + ) (x R); (c) f(x) : x és g(x) : log x (f g)(x) log x x (0 < x R), (d) f(x) : x és g(x) : x + 3 (f g)(x) (x + 3) x + (x R).. Írjuk fel az alábbi valós függvények f g h kompozícióját! f(x) : 4x, g(x) : x és h(x) : + x. (f g h)(x) 4 x ( +) x 3. Az alábbi f g kompozíciófüggvények esetén adjuk meg, melyik az f és melyik a g függvény! (a) f(g(x)) cos 3x, ekkor f(x) cos x, g(x) 3x; (b) f(g(x)) ln(sin x), ekkor f(x) ln(x), g(x) sin x; (c) f(g(x)) (x + 5) 3/, ekkor f(x) x 3/, g(x) x + 5; (d) f(g(x)) e x, ekkor f(x) e x, g(x) x. 4. Az alábbi kompozíciófüggvények esetén adjuk meg sorrendben a kompozíció tagjait! (a) cos 4x, ekkor f(x) x, g(x) cos x, h(x) 4x; (b) 3x, ekkor f(x) x, g(x) x, h(x) 3x ; (c) ( + x ) 5/, ekkor f(x) x 5/, g(x) + x, h(x) x ; (d) 0 x, ekkor f(x) 0 x, g(x) x, h(x) x. 5. Igaz-e az alábbi függvényekre, hogy f g g f? (a) f(x) : cos x és g(x) : x, ekkor (f g)(x) cos(x ) (g f)(x) cos x; (b) f(x) : e x és g(x) : ln x, ekkor (f g)(x) e ln x x (g f)(x) ln(e x ) x. 6. Adjuk meg az alábbi függvények inverzét! (a) f(x) : x + (x R, x ). Megoldandó: y x+. Fejezzük ki ebb l x x x-et! yx y x + (5) xy x y + (6) x(y ) y + (7) x y + y (y ). (8) 7

18 Az inverz függvény tehát f (y) y+ y (y ). (b) f(x) : 5 x +6 (x R). Megoldandó: 5 x +6 y (9) 5 y x +6 (0) log (5 y) x + 6 () log (5 y) x. () Az inverz függvény tehát f (y) log (5 y) (y < 5). 7. Mutassuk meg, hogy az f(x) : x x függvénynek nincs inverze, de az (, ) félegyenesre vett lesz kítésének már van.. megoldás. Oldjuk meg az f(x) y egyenletet: x x y (3) x x y 0 (4) x ± y +, (5) ennek y esetén van megoldása (ekkor lesz y R f ), és y > esetén kett is, így a függvény nem injektív, és nincs inverze. Az (, ) félegyenesre vett lesz kítés azt jelenti, hogy csak az x (, ), azaz x > esetet vesszük gyelembe, hisz csak ezekre értelmezzük a lesz kített függvényt. Az x > eset viszont épp azt jelenti, hogy a képletben csak az x + y + megoldás felel meg, amely már egyértelm, így tehát a lesz kített függvénynek van inverze: y + y +.. megoldás. El ször keressük meg f gyökhelyeit: 0 x x x(x ), tehát x 0 vagy. Ezt a két értéket az f függvény a 0-ba képezi, így nem injektív, és nincs inverze. Vizsgájuk meg kicsit jobban a függvényt: f(x) : x x (x ), azaz f egy parabola, amelynek a -ben van a minimuma (ennek értéke ). Az (, ) intervallumon tehát szig. mon. növ, így van inverze. 8. Egy gáz állapotegyenlete pv 0.0T, ahol p, V és T rendre a nyomás, térfogat és h mérséklet. Ábrázoljuk (a) V 0.0 rögzített térfogat esetén a p(t ) függvényt. Helyettesítsük be a V 0.0-et, a kapott p T egyenl ségb l kifejezett p(t ) T függvényt kell ábrázolni, ennek grakonja egy meredekség egyenes. (b) T 00 rögzített h mérséklet esetén a p(v ) függvényt! Helyettesítsük be a T 00-at, a kapott pv egyenl ségb l kifejezett p(v ) V függvényt kell ábrázolni, ennek grakonja egy hiperbola. 9. Ábrázoljuk az alábbi függvényeket! Ábra helyett csak leírást adunk, vö. gyakorlaton vett rajzok. x 3/, D f (0, + ), mon. növ ; (x + ) D f R; parabola az x-tengely mentén balra eltolva; (, )-en mon. csökken, (, + )-en mon növ ; 8

19 (x ) /3 D f R; (, )-en mon. csökken, (, + )-en mon. növ ; (x ) 3/4 D f (/, + ), mon. növ ; (x + 4) D f R\{ 4}; hiperbola eltoltja; cos 3x D f R; mint a cosinus fv, de a periódus 3 π; 3 cos x D f R; mint a cosinus fv., de a max. és min. most 3; x D f R; szig. mon. növ exponenciális fv.; 3 x D f R; szig. mon. csökken exponenciális fv.; ln x D f R +, szig. mon. növ logaritmusfv,; log (3 x) D f (, 3); logaritmus fv. az y tengelyre tükrözve és az x-tengely mentén 3-mal jobbra tolva. 9

20 A 8. gyakorlat HF-inak megoldása Létezik-e, ha igen, mennyi? (Ismert limeszek + a szabályok alapján.) (a) lim n 0, lim 3 n +, lim n 3/ lim n 3 0, lim( 4 3 )n +, lim( 3 4 )n 0, lim( 3 )n 0, lim( 3) n divergens, lim( π )n 0. (b) ( ) ) ( ) ) lim + (4 3 n lim + 3 lim (4 n 4 8. n n lim 3 + n 5 lim 3 + n lim n 3 n 3 ) (c) lim ( + 3n n, mert lim( + 3 ) R és lim( n) ; n ) ( ) ( ) lim ((n + ) (n + ) lim n + 4n + 4 n n lim n ; lim n3 4 n n lim n 4 n + ; ( ) lim 3 n, mert lim( 3) 3 < 0 n n és lim n + ; ( ) ( ) lim n + 4n ; lim n 4n + 3 lim n ( 4 n + 3 ) n + ; ( lim n ) +, mert n n n n4 és lim n 4 + (az elhagyott tag amúgy -höz tart); lim( ) n n divergens, azaz nincs limesze. (d) lim 3n + 5 7n 4 lim n n n 7 4 n lim n n + 3 lim n n 3 7 ; lim n + n + 3, mert a nevez limsze 0 + ; n n n + 3 n 3 lim n n + n n ; lim n + 3 n3 lim n3 n 3 0, lim n n n lim 3n n + 0n n n n , 3 n ( ) ( lim n + n ) ( n + lim n + ) ( lim n n n + n n ) n (hibás lenne: "(+ ) 0"-ra eredménynek (+ ) vagy 0). 0

21 A 9. gyakorlat HF-inak megoldása. Konvergens-e a sor? Ha igen, mennyi az összege? Ahol megadunk véges sorösszeget, ott a "konvergens-e" kérdésre értelemszer en "igen" a válasz. (a) 4 (mértani sor, q, q < ); 3 4 (b) (c) 4 n 4 3 n ( 3 ) n 4 n 4 3 n n ( (mértani sor, q 3, q < ); 4 ) n divergens mértani sor, hiszen q 3, így q >. (Itt a sorösszeg +, hiszen -nél nagyobb számokat adunk össze.) 3 (d) n n 3 n 4 (két konvergens mértani 4 n 4 n n 4 n sor összegének különbsége) ; ( ) (e) ( ) 4 n n (mértani sor, q, 4 q < ); (f) ( ) n divergens mértani sor, hiszen q, így q >. (Itt végtelen sorösszeg sem létezik.) (g) a gyakorlaton tanult képlettel (.vii. példa), N és q 6 3 n 3 n ( 3 ) 3 szereposztással. Vagy, a tanult képlet. levezetését közvetlenül alkalmazva: ( n ) n (h) Vagy: mivel 3 n , ez pont az el z sor, így az összeg ugyanaz:, így kiemelhet : 3 n+ 3 3 n 3 3 n+ 3 3 n (Megjegyzés: az (a)-(c) és (e)-(f) feladatok konvergenciája gyök- vagy hányadoskritériummal is kijön, az ott kapott q mindenhol a szóban forgó mértani sor q-ja lesz. A sorösszeghez viszont már muszáj felhasználni, hogy mértani sorokról van szó.). Értelmezzük és bizonyítsuk be a szemléletesen ismert egyenl séget! Ez egy mértani sor: ( 4 ) ( 0 k0 ) k

22 3. Konvergens-e a sor? n (a) 5 n. Hányadoskritérium: n + 5n 5n+ n n + 5n n 3 n (b) 3 n. Hányadoskritérium: (n + ) 3 n+ 3 n+ a sor konvergens., azaz a sor konvergens. 5 3 n n 3 n 3 ( n + n 5 7 n (c) 6 n. Hányadoskritérium: (n + ) 5 7 n+ 6 n 6 n+ n n 6 n a sor divergens. (n + )(n + 3) (n + 3)(n + 5) (d) 4 n. Hányadoskritérium: 4 n+ 4 n + 5 n +, azaz sor konvergens. 4 ( (e) ( )n n n ) n ( )n n ( ) n+ (n + ) ( ) n+ Hányadoskritérium: ( ) n n ( ) n n + n sor konvergens. n ( n + ) 3 3, azaz ) 5 7 6, azaz 4 n (n + )(n + 3) <, azaz a 3n+0 0 3n 0 ( 8 ) n, (f) 3n+ 3 3n ez egy mértani sor, ahol q <, így 3 9 konvergens. (Összege: 0 3 9). (Vagy: hányadoskritérium, ekkor a n+ a n 8 9 n-re.) 3 n (g) n!. Hányadoskritérium: 3 n+ (n + )! n! 3 3 n 0, így a sor konvergens. n + 3 n (h) ( )n n (n + )! Hányadoskritérium: ( ) n+ 3 n+ ( ) n n n! 3 n+ (n + )! 3 n (n + ) a sor konvergens. (i) konvergens, hiszen hipergeometrikus sor α 4 mellett. n4 (j) n divergens, hiszen hipergeometrikus sor α mellett. 0, azaz ( ) n +3n (k) n 3. Itt a n konvergens (hipergeometrikus sor, α 3), n 3 így az eredeti sor is konvergens. (l) ( ) n. A sor tagjaira a n 0, így a sor divergens. (m) ( )n n. A sor tagjaira a n 0, így a sor divergens.

23 A 0. gyakorlat HF-inak megoldása. Adjuk meg f(x) : x 3 érint jének meredekségét az (, ) pontban. Írjuk fel az érint egyenletét. Mely c, d R mellett érvényes a legjobb ( + h) 3 c + dh közelítés h 0 mellett, és mi köze ennek az x pontbeli deriválthoz, ill. érint höz? A derivált: f (x) 3x. Az érint meredeksége adott pontban a derivált értéke, tehát m f () 3. Ha az (, )-beli érint t y mx + b alakban keressük, akkor ebben m 3, és csak b nem ismert, viszont tudjuk, hogy az érint átmegy az (, ) ponton, ekkor viszont teljesül, hogy 3 + b, azaz b. Az érint egyenlete tehát y 3x. Az ( + h) 3 függvényt akarjuk közelíteni h 0 esetén. Adott pontban a legjobb lineáris közelítés az érint, így ennek egyenletét kell felírnunk az +h pontokban. Az inhomogén lineáris függvény értéke az -beli függvényérték () plusz a meredekség (3) és elmozdulás (h) szorzata, azaz +3h. Tehát a legjobb közelítés (+h) 3 +3h, ha h 0. (Ha x +h, akkor +3h 3x, azaz az érint el bbi másik felírása.). f (x)?, ha f(x)... Az eredményeket egyszer sítés nélkül közöljük. (x 4 ) 4x 3, (x 3 ) ( 3)x 4, ( x) x, ( ) (x ) ( )x 3, x (x x) x+x x, (3x5 4x + 3 x ) 5 x 4 8 x 3 x 4/3, ( x ) x ln(), ( x) ( ) x ( 4) 4 ln( 4 ), (3 cos x 5 sin x) 3 sin x 5 cos x, (e x sin x) e x sin x+e x cos x, (x 5 cos x) 5x 4 cos x x 5 sin x, (xe x ) xe x +e x, (x ln x) ln x + x ln x + x, (x log x) x log x + x x ln, ( x+ x 4 ) x 4 (x+) x, ( sin x (x 4) x ) x cos x sin x, ( x x cos x ) x cos x+ x sin x, cos (x) ( x 4x 3 ln x ) (x x ) ln x (x 4x 3 ) x, ( x ln x chx ) xchx x shx, ( shx ) chx x3/ shx 3 ch x x 3/ x/, x 3 (x sin x cos x) sin x cos x + x cos x cos x x sin x sin x, (ln( x)) x ( ), (ln( 4x)) 4x ( 4), (ln(x + 3x 4)) x+3 x +3x 4, (ln cos x) sin x tg cos x x, (e x ) e x, (e x ) e x ( x x ) x e, ((x + ) 5/ ) 5(x + )3/, ((3x + ) 5/ ) 5(3x + )3/ 3, (cos 4x) sin 4x 4, (tg x ) cos x, (ctg x) sin x x, (lg( 5x)) ( 5x) ln 0 ( 5), (e x sin x ) e x sin x (sin x x cos x), ( + x ) x, +x (( x ) 5/ ) 5 ( x ) 3/ ( x), ( +x 4 ) +x 4 4x 3, ( x ) ( x), ( ) ( )( x) 3 ( ), ( ) x ( x) ( x) 3 +x ( x +x ) +x x x (+x ) x (+x ), ( x +x ) ( x +x x +x (x), +x ) ( x ) 3/ +3x ( x ) /, ( ex ( x ) 3/ ( x ) 3 e x + ) ex (e x +) (e x )e x, (e x +) (ln x +x ) x (+x) ( x) +x, (+x) x x+ ( + +x x), (arcsin x) +x (arc tg x ) +( x ), (x arc tg x ln + x ) ( xex +x ) ex +xe x xe x x ( ( arc tg x+x ) +x 3 (+x ),, (ln(x+ + x (+x) )) x, (arc tg(x )) x, +x 4 +x ( ) x) arc tg x. +x

24 3. (a) Legyen c > 0 állandó, f(x) : ln(cx). f (x)?, hogyan függ ez c-t l és miért? f (x) c. Tehát a derivált nem függ c-t l. Írjuk fel f-et másképpen: cx x ln(cx) ln c + ln x, ezt deriválva 0 + -et kapunk. x (b) (x x )? Útm.: x x e ln x x. (x x ) (e ln x x ) e ln x x ( x + ln x) x xx ( + ln x). 4

25 A. gyakorlat HF-inak megoldása. T n (x) f(0) + f (0)! x + f (0)! x + f (0) 3! x f (n) (0) n! x n. (a) f(x) e x f(0) e 0, f (0) e 0, f (0) ( )( )e 0 4, tehát a Taylorpolinom: T (x) x + 4x x + x. (b) f(x) sin x f(0) 0, f (0) cos 0, f (0) sin 0 0, f (3) (0) cos 0, tehát a Taylor-polinom: (c) f(x) ch x T 3 (x) x x3 3! x x3 6. f(0) ch 0, f (0) sh 0 0, f (0) ch 0, f (3) (0) sh 0 0, f (4) (0) ch 0, tehát a Taylor-polinom: (d) f(x) 4 x T 4 (x) + x! + x4 4! + x + x4 4. Ekkor az els és a második derivált: f (x) (4 x) ( ) 4 x, f (x) ( ) ( ) (4 x) 3 ( ) 4 (4 x) 3, így f(0), f (0) 4, f (0), tehát a Taylor-polinom: T (x) 4 x 3 x! x 4 x 64.. Adjuk meg az alábbi hatványsorok nyílt konvergenciaintervallumát. Rövidítsük ezt nyki-nak. 4 n x n 4. Hányadoskritériummal: n+ x n+ 4 x 4 x <, azaz x < 4 n x n 4 esetén konvergens. Azaz < x < 4 4 kell, így a nyki: (, 4 4 ). x n x. Hányadoskritériummal: (n+) 4n x n+ 4 n x x 4 n 4 n+ x n 4 n+ x n 4 4 <, azaz x < 4, vagyis x < esetén konvergens. Azaz < x < kell, így a nyki: (, ). ( ) n xn n(n+). Hányadoskritériummal: x n+ n(n+) n x x < (n+)(n+) x n n+ esetén konvergens. A nyki: (, ). n x n. Hányadoskritériummal: n! n+ x n+ (n+)! n! x n x n n+ sor minden x R esetén konvergens. A nyki: (, + ) R. 0 < x R, azaz a 5

26 3. Az ismert Taylor-sorok alapján: e x ( x) n n! ( ) n x n n!. sin x ( ) n xn+ (n+)!, ekkor viszont x sin x x ( ) n xn+ ( ) n xn+3 (n+)! hiszen minden x kitev je kett vel n. Tudjuk, hogy x < esetén + x + x x + x , ekkor (x ) + (x ) 3 + (x ) x + x 4 + x 6 + x Szummával írva: (x ) n x n. x (n+)!, + x + x 6

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

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

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

GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN

GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék Gazdaságmatematika középhaladó szinten ANALÍZIS Készítette: Gábor Szakmai felel s: Gábor Vázlat 1 2 3 Nevezetes halmazok

Részletesebben

Első sorozat (2000. május 22. du.) 1. Oldjamegavalós számok halmazán a. cos x + sin2 x cos x. +sinx +sin2x =

Első sorozat (2000. május 22. du.) 1. Oldjamegavalós számok halmazán a. cos x + sin2 x cos x. +sinx +sin2x = 2000 Írásbeli érettségi-felvételi feladatok Első sorozat (2000. május 22. du.) 1. Oldjamegavalós számok halmazán a egyenletet! cos x + sin2 x cos x +sinx +sin2x = 1 cos x (9 pont) 2. Az ABCO háromszög

Részletesebben

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

MATEMATIKA GYAKORLÓ FELADATGYŰJTEMÉNY

MATEMATIKA GYAKORLÓ FELADATGYŰJTEMÉNY MATEMATIKA GYAKORLÓ FELADATGYŰJTEMÉNY (Kezdő 9. évfolyam) A feladatokat a Borbás Lászlóné MATEMATIKA a nyelvi előkészítő évfolyamok számára című könyv alapján állítottuk össze. I. Számok, műveletek számokkal.

Részletesebben

2. előadás: További gömbi fogalmak

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

Részletesebben

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

Vektorszámítás Fizika tanárszak I. évfolyam

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

Részletesebben

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

TARTALOM. Ismétlő tesztek...248 ÚTMUTATÁSOK ÉS EREDMÉNYEK...255 TARTALOM. SZÁMHALMAZOK...5.. Természetes kitevőjű hatványok...5.. Negatív egész kitevőjű hatványok...6.. Racionális kitevőjű hatványok...7.4. Irracionális kitevőjű hatványok...0.5. Négyzetgyök és köbgyök...

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

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

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

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

2. Hatványozás, gyökvonás

2. Hatványozás, gyökvonás 2. Hatványozás, gyökvonás I. Elméleti összefoglaló Egész kitevőjű hatvány értelmezése: a 1, ha a R; a 0; a a, ha a R. Ha a R és n N; n > 1, akkor a olyan n tényezős szorzatot jelöl, aminek minden tényezője

Részletesebben

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

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

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

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

Részletesebben

Az analízis néhány alkalmazása

Az analízis néhány alkalmazása Az analízis néhány alkalmazása SZAKDOLGOZAT Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi kar Szerz : Fodor Péter Szak: Matematika Bsc Szakirány: Matematikai elemz Témavezet : Sikolya Eszter, adjunktus

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

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

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

Egyetemi matematika az iskolában

Egyetemi matematika az iskolában Matematikatanítási és Módszertani Központ Egyetemi matematika az iskolában Hegyvári Norbert 013 Tartalomjegyzék 1. Irracionális számok; 4. További irracionális számok 7 3. Végtelen tizedestörtek 7 4. Végtelen

Részletesebben

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

Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály, középszint

Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály, középszint TÁMOP-.1.4-08/2-2009-0011 A kompetencia alapú oktatás feltételeinek megteremtése Vas megye közoktatási intézményeiben Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály, középszint Vasvár,

Részletesebben

Elsőfokú egyenletek...

Elsőfokú egyenletek... 1. Hozza egyszerűbb alakra a következő kifejezést: 1967. N 1. Elsőfokú egyenletek... I. sorozat ( 1 a 1 + 1 ) ( 1 : a+1 a 1 1 ). a+1 2. Oldja meg a következő egyenletet: 1981. G 1. 3x 1 2x 6 + 5 2 = 3x+1

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

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szint 051 ÉRETTSÉGI VIZSGA 007. május 8. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Formai előírások: Fontos tudnivalók

Részletesebben

9. modul Szinusz- és koszinusztétel. Készítette: Csákvári Ágnes

9. modul Szinusz- és koszinusztétel. Készítette: Csákvári Ágnes 9. modul Szinusz- és koszinusztétel Készítette: Csákvári Ágnes Matematika A 11. évfolyam 9. modul: Szinusz- és koszinusztétel Tanári útmutató A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály Modulkapcsolódási

Részletesebben

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

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

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

Részletesebben

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 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

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

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

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

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

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

MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY

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

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 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

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

I. feladatsor i i i i 5i i i 0 6 6i. 3 5i i

I. feladatsor i i i i 5i i i 0 6 6i. 3 5i i I. feladatsor () Töltse ki az alábbi táblázatot: Komplex szám Valós rész Képzetes rész Konjugált Abszolútérték + i i 0 + i i 5 5i 5 5i 6 6i 0 6 6i 6 5i 5 + 5i + i i 7i 0 7 7i 7 () Adottak az alábbi komplex

Részletesebben

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

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

Részletesebben

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

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

Kockázati folyamatok. Sz cs Gábor. Szeged, 2012. szi félév. Szegedi Tudományegyetem, Bolyai Intézet

Kockázati folyamatok. Sz cs Gábor. Szeged, 2012. szi félév. Szegedi Tudományegyetem, Bolyai Intézet Kockázati folyamatok Sz cs Gábor Szegedi Tudományegyetem, Bolyai Intézet Szeged, 2012. szi félév Sz cs Gábor (SZTE, Bolyai Intézet) Kockázati folyamatok 2012. szi félév 1 / 48 Bevezetés A kurzus céljai

Részletesebben

Analízis. Ha f(x) monoton nő [a;b]-n, és difható egy (a;b)-beli c helyen, akkor f'(c) 0

Analízis. Ha f(x) monoton nő [a;b]-n, és difható egy (a;b)-beli c helyen, akkor f'(c) 0 Analízis A differenciálszámítás középértéktételei: 1) Rolle-tétel: Ha f folytonos a korlátos és zárt [a;b] intervallumon, f diffható [a;b]-n és f(a) = f(b), akkor van egy a < c < b belső pont, ahol f'(c)

Részletesebben

Analízis példatár. Országh Tamás. v0.2. A példatár folyamatosan bővül, keresd a frissebb verziót a http://matstat.fw.hu honlapon a

Analízis példatár. Országh Tamás. v0.2. A példatár folyamatosan bővül, keresd a frissebb verziót a http://matstat.fw.hu honlapon a Analízis példatár v0.2 A példatár folyamatosan bővül, keresd a frissebb verziót a http://matstat.fw.hu honlapon a letölthető példatárak közt. Országh Tamás Budapest, 2005-2010 1 Mottó: Ki kéne vágni minden

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

VI.11. TORONY-HÁZ-TETŐ. A feladatsor jellemzői

VI.11. TORONY-HÁZ-TETŐ. A feladatsor jellemzői VI.11. TORONY-HÁZ-TETŐ Tárgy, téma A feladatsor jellemzői Szögfüggvények derékszögű háromszögben, szinusztétel, koszinusztétel, Pitagorasz-tétel. Előzmények Pitagorasz-tétel, derékszögű háromszög trigonometriája,

Részletesebben

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

MIKROÖKONÓMIA I. Készítette: K hegyi Gergely és Horn Dániel. Szakmai felel s: K hegyi Gergely. 2010. június

MIKROÖKONÓMIA I. Készítette: K hegyi Gergely és Horn Dániel. Szakmai felel s: K hegyi Gergely. 2010. június MIKROÖKONÓMIA I Készült a TÁMOP-412-08/2/a/KMR-2009-0041 pályázati projekt keretében Tartalomfejlesztés az ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszékén az ELTE Közgazdaságtudományi Tanszék az MTA Közgazdaságtudományi

Részletesebben

MATEMATIKA ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI-FELVÉTELI FELADATOK 2003. május 19. du. JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI-FELVÉTELI FELADATOK 2003. május 19. du. JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ MATEMATIKA ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI-FELVÉTELI FELADATOK 00 május 9 du JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ Oldja meg a rendezett valós számpárok halmazán az alábbi egyenletrendszert! + y = 6 x + y = 9 x A nevezők miatt az alaphalmaz

Részletesebben

Analízis előadás és gyakorlat vázlat

Analízis előadás és gyakorlat vázlat Analízis előadás és gyakorlat vázlat Készült a PTE TTK GI szakos hallgatóinak Király Balázs 00-. I. Félév . fejezet Számhalmazok és tulajdonságaik.. Nevezetes számhalmazok ➀ a) jelölése: N b) elemei:

Részletesebben

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

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

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

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

Részletesebben

MATEMATIKA 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

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

Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al:

Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al: Bevezető matematika kémikusoknak., 04. ősz. feladatlap. Ábrázoljuk számegyenesen a következő egyenlőtlenségek megoldáshalmazát! (a) x 5 < 3 5 x < 3 x 5 < (d) 5 x

Részletesebben

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

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

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 2. forduló haladók II. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 2. forduló haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Oktatásért Közalapítvány támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 010/011-es tanév. forduló haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Egy sportversenyen

Részletesebben

Mátrixok. 2015. február 23. 1. Feladat: Legyen ( 3 0 1 4 1 1 ( 1 0 3 2 1 0 B = A =

Mátrixok. 2015. február 23. 1. Feladat: Legyen ( 3 0 1 4 1 1 ( 1 0 3 2 1 0 B = A = Mátrixok 25. február 23.. Feladat: Legyen A ( 3 2 B ( 3 4 Határozzuk meg A + B, A B, 2A, 3B, 2A 3B,A T és (B T T mátrixokat. A deníciók alapján ( + 3 + 3 + A + B 2 + 4 + + ( 4 2 6 2 ( ( 3 3 2 4 A B 2 4

Részletesebben

Széchenyi István Egyetem, 2005

Széchenyi István Egyetem, 2005 Gáspár Csaba, Molnárka Győző Lineáris algebra és többváltozós függvények Széchenyi István Egyetem, 25 Vektorterek Ebben a fejezetben a geometriai vektorfogalom ( irányított szakasz ) erős általánosítását

Részletesebben

MATEMATIKA 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

Lineáris Algebra gyakorlatok

Lineáris Algebra gyakorlatok A V 2 és V 3 vektortér áttekintése Lineáris Algebra gyakorlatok Írta: Simon Ilona Lektorálta: DrBereczky Áron Áttekintjük néhány témakör legfontosabb definícióit és a feladatokban használt tételeket kimondjuk

Részletesebben

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

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

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

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

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

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

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

Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek

Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek Elsôfokú egyváltozós egyenletek 6 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek. Elsôfokú egyváltozós egyenletek 000. Érdemes egyes tagokat, illetve tényezôket alkalmasan csoportosítani, valamint

Részletesebben

Matematikai modellalkotás

Matematikai modellalkotás Konferencia A Korszerű Oktatásért Almássy Téri Szabadidőközpont, 2004. november 22. Matematikai modellalkotás (ötletek, javaslatok) Kosztolányi József I. Elméleti kitekintés oktatási koncepciók 1. Realisztikus

Részletesebben

EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK, EGYENLETRENDSZEREK

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

Részletesebben

FELADATOK A. A feladatsorban használt jelölések: R + = {r R r>0}, R = {r R r < 0}, [a; b] = {r R a r b}, ahol a, b R és a b.

FELADATOK A. A feladatsorban használt jelölések: R + = {r R r>0}, R = {r R r < 0}, [a; b] = {r R a r b}, ahol a, b R és a b. FELADATOK A RELÁCIÓK, GRÁFOK TÉMAKÖRHÖZ 1. rész A feladatsorban használt jelölések: R = {r R r < 0}, R + = {r R r>0}, [a; b] = {r R a r b}, ahol a, b R és a b. 4.1. Feladat. Adja meg az α = {(x, y) x +

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

Nemzetközi Magyar Matematikaverseny 2016

Nemzetközi Magyar Matematikaverseny 2016 Nemzetközi Magyar Matematikaverseny 2016 2016 Fazekas, Berzsenyi Budapest Berzsenyi Dániel Gimnázium Fazekas Mihály Gimnázium Budapest 2. javított kiadás 2016. március 1115. Technikai el készítés, tördelés:

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

PRÓBAÉRETTSÉGI MATEMATIKA. 2003. május-június SZÓBELI EMELT SZINT. Tanulói példány. Vizsgafejlesztő Központ

PRÓBAÉRETTSÉGI MATEMATIKA. 2003. május-június SZÓBELI EMELT SZINT. Tanulói példány. Vizsgafejlesztő Központ PRÓBAÉRETTSÉGI 2003. május-június MATEMATIKA SZÓBELI EMELT SZINT Tanulói példány Vizsgafejlesztő Központ 1. Halmazok, halmazműveletek Alapfogalmak, halmazműveletek, számosság, számhalmazok, nevezetes ponthalmazok

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 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

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2007. október 25. EMELT SZINT I.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2007. október 25. EMELT SZINT I. 1) x x MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 007. október 5. EMELT SZINT I. a) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet! (5 pont) b) Oldja meg a valós számpárok halmazán az alábbi egyenletrendszert! lg x

Részletesebben

Matematika 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

Méréssel kapcsolt 3. számpélda

Méréssel kapcsolt 3. számpélda Méréssel kapcsolt 3. számpélda Eredmények: m l m 1 m 3 m 2 l l ( 2 m1 m2 m l = 2 l2 ) l 2 m l 3 = m + m2 m1 Méréssel kapcsolt 4. számpélda Állítsuk össze az ábrán látható elrendezést. Használjuk a súlysorozat

Részletesebben

Játékelmélet és pénzügyek

Játékelmélet és pénzügyek Játékelmélet és pénzügyek Czigány Gábor 2013. május 30. Eötvös Lóránd Tudományegyetem - Budapesti Corvinus Egyetem Biztosítási és pénzügyi matematika mesterszak Témavezet : Dr. Csóka Péter Tartalomjegyzék

Részletesebben

MATEMATIKA KOMPETENCIATERÜLET A

MATEMATIKA KOMPETENCIATERÜLET A MATEMATIKA KOMPETENCIATERÜLET A Matematika 7. évfolyam TANULÓI MUNKAFÜZET 2. félév A kiadvány KHF/4002-17/2008 engedélyszámon 2008. 08. 18. időponttól tankönyvi engedélyt kapott Educatio Kht. Kompetenciafejlesztő

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

Determinisztikus folyamatok. Kun Ferenc

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

Részletesebben

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

4. modul Poliéderek felszíne, térfogata

4. modul Poliéderek felszíne, térfogata Matematika A 1. évfolyam 4. modul Poliéderek felszíne, térfogata Készítette: Vidra Gábor Matematika A 1. évfolyam 4. modul: POLIÉDEREK FELSZÍNE, TÉRFOGATA Tanári útmutató A modul célja Időkeret Ajánlott

Részletesebben

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

e s gyakorlati alkalmaza sai

e s gyakorlati alkalmaza sai Sze lso e rte k-sza mı ta s e s gyakorlati alkalmaza sai Szakdolgozat ı rta: Pallagi Dia na Matematika BSc szak, elemzo szakira ny Te mavezeto : Svantnerne Sebestye n Gabriella Tana rsege d Alkalmazott

Részletesebben

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

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

Részletesebben

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

JANUS PANNONIUS TUDOMÁNYEGYETEM. Schipp Ferenc ANALÍZIS II. ***************

JANUS PANNONIUS TUDOMÁNYEGYETEM. Schipp Ferenc ANALÍZIS II. *************** JANUS PANNONIUS TUDOMÁNYEGYETEM Schipp Ferenc ANALÍZIS II. Folytonosság, differenciálhatóság *************** Pécs, 1996 Lektorok: DR. SZÉKELYHIDI LÁSZLÓ egyetemi tanár, a mat. tud. doktora DR. SZILI LÁSZLÓ

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2009. október 20. EMELT SZINT

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

Részletesebben