Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged
|
|
- Géza Tóth
- 8 évvel ezelőtt
- Látták:
Átírás
1 Magas szintű matematikai tehetséggondozás Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged Ahhoz, hogy egy diák kimagasló eredményeket érhessen el matematika versenyeken, elengedhetetlenül fontos, hogy nagy jártasságra tegyen szert az elemi algebra terén. Ehhez viszont nagyon sok feladatot kell megoldania, melyek akkor válhatnak élvezetessé, ha kellőképpen változatosak. Az alábbi összeállítással ehhez szeretnék segítséget nyújtani. I. Algebrai egész kifejezések 1. feladat Legyenek a, b, c olyan valós számok, melyekre fennáll, hogy a + b + c = 0! Bizonyítsuk be, hogy ekkor a) ( ) ab + bc + ca = a b + b c + c a b) ( a b c ) ( a 4 b 4 c 4 ) + + = + +! a) Végezzük el a négyzetre emelést, majd a kétszeres szorzatok összegéből emeljünk ki abc-t és használjuk ki, hogy a + b + c = 0. b) Mivel a b c 0 1 a + b + c = ab + bc + ca. Az a) rész alapján azt + + =, így ( ) is tudjuk, hogy ( ) ab + bc + ca = a b + b c + c a. Így ( ) a + b + c = a + b + c + ( a b + b c + c a ) = 1 4 ( ) ( ) = a + b + c + ab + bc + ca = a + b + c + a + b + c = 1 = a + b + c + a + b + c Ebből jön az állítás. ( )
2 Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok. feladat Legyenek a, b, c olyan egész számok, hogy összegük 0. Igazoljuk, hogy akkor a + b + c négyzetszám! Alkalmazzuk az előző feladat b) részét! 3. feladat Az a, b, c nullától különböző valós számok reciprokának összege 0. Bizonyítsuk be, hogy ekkor a) ( ) a + b + c = a + b + c b) ( a b) + ( b c) + ( c a) = a + b + c! bc + ac + ab a) A feltétel alapján 0 = + + =, így 0 = ab + bc + ca. Ebből a b c abc könnyen jön az állítás. ( a b) + ( b c) + ( c a) b) Mivel bizonyíthatjuk az állítást. = a + b + c ab bc ca, így könnyen 4. feladat Legyen a, b, c tetszőleges valós szám! Bizonyítsuk be, hogy ab + bc + ca a + b + c! Az előző feladat b) részében szereplő kifejezés bal oldala nem negatív, így 87
3 Magas szintű matematikai tehetséggondozás 0 Ebből kapjuk, hogy fenn, ha a = b = c. ( a b) + ( b c) + ( c a) = a + b + c ab bc ca. ab + bc + ca a + b + c. Egyenlőség akkor és csak akkor áll 5. feladat Legyen a, b, c tetszőleges valós szám! Bizonyítsuk be, hogy a) b) a + b + c + a + b + c ; 4 a + b + c + 4 ab + 3b + c! 3 a) 4-gyel szorozva, rendezés után: 1 Egyenlőség: a = b = c =. ( a ) ( b ) ( c ) b b Egyenlőség: c = 1 és b = és a = 1. b) Rendezést követően: a ( c ) 6. feladat Legyen a, b, c pozitív valós szám! Bizonyítsuk be, hogy ha ab + bc + ca abc( a + b + c), akkor a + b + c 3abc! A 4. feladatból következik, hogy adódik, hogy a + b + c 3abc. 3( ab bc ca) ( a b c) Innen könnyen 88
4 Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok 7. feladat Legyen a, b, c pozitív valós szám, amelyre teljesül, hogy a + b + c 4 és ab + bc + ca 4! Bizonyítsuk be, hogy ekkor az a b, b c, c a egyenlőtlenségek közül legalább kettő teljesül! Mivel a, b, c pozitív valós számok, ezért az a + b + c 4 -ből következik, hogy ( a + b + c) 16. Így Mivel ab + bc + ca 4, ezért a b c ab bc ca azaz a b c a b c ab bc ca , a + b + c 8. Ugyancsak az ab + bc + ca 4 feltétel alapján így a b c 8 4 ab bc ca , a b c ab bc ca Ezt végigszorozva -vel kapjuk, hogy ( a b) + ( b c) + ( c a) 8. Ebből pedig következik, hogy az a b, b c, c a egyenlőtlenségek közül legalább kettő teljesül. Ezzel a bizonyítást befejeztük. 8. feladat Legyen a, b, c tetszőleges valós szám! Bizonyítsuk be, hogy a) a + b + c + d 4abcd 89
5 Magas szintű matematikai tehetséggondozás b) a + b + c abc a + b + c ( ) c) a 8 + b 8 + c 8 a b c ( a + b + c ) a) Rendezzük át és végezzük el az alábbi átalakítást, így az eredetivel ekvivalens egyenlőtlenséghez jutunk! a b a b c d c d a b c d abcd Ezzel pedig ekvivalens az alábbi egyenlőtlenség ( a b ) ( c d ) ( ab cd ) Egyenlőség: a = b = c = d és közülük páros sok előjele megegyezik. b) Rendezés és -vel való beszorzás után az alábbi, eredetivel ekvivalens egyenlőtlenséghez jutunk. ( a b ) ( b c ) ( c a ) a ( b c) b ( a c) c ( a b) Egyenlőség: a = b = c. c) Alkalmazzuk a b) pontban szereplő egyenlőtlenséget úgy, hogy a három szám az a, b, c. Egyenlőség: a = b = c. 9. feladat Van-e megoldása a valós számok halmazán az alábbi egyenletrendszernek? 4 x = 17 + xyzt 4 y = 7 + xyzt 4 z + 5 = xyzt 4 t + 19 = xyzt Az egyenletek összeadása után, a kapott következmény egyenletre alkalmazzuk a 8/a feladatot. Így kapjuk, hogy nincs megoldás. 90
6 Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok 10. feladat Bizonyítsuk be, hogy az x, y, z valós számokra fennáll az x + y + z = x + y + z 3( x + y)( y + z)( z + x) ; a) ( ) 3 b) x 3 y 3 z 3 3xyz ( x y z)( x y z xy yz zx) + + = összefüggés! Mind az a), mind a b) feladatban végezzük el a kijelölt műveleteket! 11. feladat Igazoljuk, hogy x + y + z = 3xyz esetén x + y + z = 0 vagy x = y = z, ahol x, y, z tetszőleges valós számok! Igaz az állítás megfordítása is? Alkalmazzuk a 10/b feladatban szereplő összefüggést! 1. feladat Bizonyítsuk be, hogy ha x, y, z páronként különböző egész számok, akkor ( x y) + ( y z) + ( z x) osztható 3( x y)( y z)( z x) -szel! Mivel ( x y) + ( y z) + ( z x) = 0, ezért a 10/b feladatban szereplő összefüggés alapján kapjuk, hogy ( x y) + ( y z) + ( z x) osztható 3( x y)( y z)( z x) -szel. 13. feladat Hozzuk egyszerűbb alakra: ( a b c) ( a b c) ( a b c) ( c b a) ! 91
7 Magas szintű matematikai tehetséggondozás Az ( a b c) ( a b c) ( c b a) kifejezésre alkalmazzuk a 10/a feladatban szereplő formulát! Az eredmény 4abc. 14. feladat Az a, b, c valós számok összege 1. Igazoljuk, hogy ( a 3 b 3 c 3 abc) ( a b) ! Használjuk fel a 10/a összefüggést és a feltételt. Ezekből kapjuk, hogy ( a b c abc) ( a b c)( a b c ab bc ca) = = = a + b + c ab bc ca 4( ) 4( a + b + c ab bc ca) 3 a b. Elvégezve a Így elég azt belátni, hogy ( ) négyzetre emelést és a nullára redukálást az eredetivel ekvivalens ( a + b) 4( a + b) c + 4c 0 egyenlőtlenséghez jutunk. A feltétel alapján a + b = 1 c, így elég azt belátni, hogy elvégezve az átalakításokat, az eredetivel ekvivalens egyenlőtlenséghez jutunk. Egyenlőség: 1 c =. 3 (1 c) 4(1 c) c 4c 0 +. Ebben (3c 1) 0 triviális 15. feladat Legyen a, b, c egy háromszög három oldala! Bizonyítsuk be, hogy a) b) a( b c) b( c a) c( a b) 4abc a b c > + + ; ( a b)( b c)( c a) 4abc a b c > + +! a) Végezzük el a baloldalon a hatványozásokat, majd redukáljunk nullára és vonjunk össze! Ekkor az eredetivel ekvivalens 9
8 Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok ab + ac + bc + ba + cb + ca abc a b c > 0 egyenlőtlenséghez jutunk. Alakítsuk szorzattá a baloldalon lévő kifejezést az alábbi módon! ab + ac + bc + ba + cb + ca abc a b c = = ba bc + b c b + ca cb + c b c + ab + ac abc a = = b( a c + bc b ) + c( a c + bc b ) a( a c + bc b ) = = ( + )( + ) = ( + )( ( ) ) = b c a a c bc b b c a a c b = ( b + c a)( a c + b)( a + c b) Így azt kell bebizonyítani, hogy ( b + c a)( a c + b)( a + c b) > 0, ami nyilvánvaló a háromszög-egyenlőtlenségek alapján. b) Átalakítás után az a) részben szereplő egyenlőtlenséghez jutunk. Megjegyzés: A későbbiekben még fontos szerepet játszik az ( a + b)( b + c)( c + a) = ab + ac + bc + ba + cb + ca + abc összefüggés, ezért most felhívjuk rá a figyelmet. 16. feladat Bizonyítsuk be, hogy az a, b, c oldalú háromszög akkor és csak akkor derékszögű, ha oldalai között fennáll az a + b + c = ab( a + b) bc( b + c) + ac( a + c) összefüggés! Végezzük el a beszorzást, majd redukáljunk 0-ra! Így kapjuk az eredetivel ekvivalens a + b + c a b ab + b c + bc a c ac = 0 egyenletet. Alakítsuk szorzattá a baloldalt az alábbi módon! 93
9 Magas szintű matematikai tehetséggondozás a a b a c + b ab + b c + c + bc ac = = a ( a b c) b ( a b c) c ( a b c) = = = ( a b c)( a b c ) 0 Mivel az első tényező nem lehet 0 a háromszög-egyenlőtlenségek miatt, ezért a kapott szorzat akkor és csak akkor 0, ha a b c = 0. Így a Pitagorasz-tétel és megfordítása alapján kapjuk, hogy a háromszög akkor és csak akkor derékszögű, ha a b c ab a b bc b c ac a c + + = ( + ) ( + ) + ( + ). 17. feladat Bizonyítsuk be, hogy bármely nemnegatív valós a, b, c esetén fennáll az a + b + c 3abc egyenlőtlenség! Mikor áll fenn egyenlőség? Mivel ( )( ) a b c 3abc a b c a b c ab bc ca + + = , így a 4. feladat alapján készen vagyunk. Egyenlőség: a = b = c. Csak azt használtuk fel, hogy a + b + c feladat Oldjuk meg az alábbi exponenciális egyenletet! x x x x x x x x = x x x x Vegyük észre, hogy a =, b = 3, c = 4, d = 5 helyettesítéssel a következő alakot kapjuk: 3 a + b + c + d = abc + abd + acd + bcd 94
10 Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ez sugallja, hogy próbálkozzunk meg az előző feladatban bizonyított egyenlőtlenség alkalmazásával. Ez alapján: a + b + c 3abc Adjuk össze ezeket! a + b + d 3abd a + c + d 3acd b + c + d 3bcd a b c d abc abd acd bcd 3 a + b + c + d abc + abd + acd + bcd Mivel a feladat szerint itt egyenlőség van, így a = b = c = d, azaz ami meg is felel. ( ) x x x x = 4 = = 1 x = 0, 19. feladat Tekintsük az a) a + b, b) a + b, c) a + 5b alakú számokat, ahol a és b egész szám. Igazoljuk, hogy ezek közül akárhányat összeszorozva újra ilyen alakú számot kapunk! Használjuk fel az alábbi összefüggéseket, melyeket könnyen bizonyíthatunk! a) b) c) ( a + b )( c + d ) = ( ac + bd) + ( ad bc) ( a + b )( c + d ) = ( ac + bd) + ( ad bc) ( a + 5 b )( c + 5 d ) = ( ac + 5 bd) + 5( ad bc) 95
11 Magas szintű matematikai tehetséggondozás 0. feladat Bizonyítsuk be, hogy a 13 bármely pozitív egész kitevőjű hatványa felírható két négyzetszám összegeként! Mivel 13 = 4 + 9, ezért az előző feladat a) részéből következik. 1. feladat Határozzuk meg az ab + cd kifejezés értékét, ha ab + cd = 0! a + b = 1, c + d = 1, Ha a = 0, akkor bd = 0, azaz b vagy d egyenlő 0-val. Mivel a + b = 1 és a = 0, így b nem lehet 0, tehát d = 0. Ekkor ab + cd = 0. Legyen a 0! bd Ekkor a harmadik egyenletből c =. Ezt beírva a másodikba kapjuk, hogy a + d d d bd b d b a d 1 = + = + = = a a a a. Ebből a = d következik. Ezt felhasználva átírhatjuk a kezdeti feltételeket A 19/a feladat és a feltételek alapján d + b = 1 és c + a = 1. és így ab + cd = 0. 1 = ( a + b )( c + d ) = ( ac + bd) + ( ad bc) = ( ad bc) 1 ( d b )( a c ) ( ab cd) ( ad bc) ( ab cd) 1 = + + = + + = + +, 96
12 Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok. feladat Legyenek a, b, c, d olyan pozitív egész számok amelyek legnagyobb közös osztója 1 és érvényesek a következő egyenlőségek: ( a + c )( b + d ) = ( ac + bd ) ( a + b )( c + d ) = ( ab + cd ) Igazoljuk, hogy a + b + c + d teljes négyzet! A 19/a feladat és a feltétel alapján,. ( a + c )( d + b ) = ( ab + cd) + ( ad bc) = ( ac + bd) ( a + b )( c + d ) = ( ac + bd) + ( ad bc) = ( ab + cd) ( ab cd) ( ac bd) ( ad bc) ( ac bd) ( ab cd) = Ebből kapjuk, hogy ad bc = 0, így ab + cd = ac + bd, hisz pozitív számokkal dolgozunk. Az utóbbi egyenlőségből kapjuk, hogy ( a d )( b c) = 0. Így a = d vagy b = c. Legyen a = d! Ekkor az ad bc = 0 egyenletből az a = bc összefüggéshez jutunk. Ha b = 1 és c = 1, akkor a = 1 is teljesül, így a + b + c + d = 4, ami négyzetszám. Ha b = 1, de c 1, akkor a = c, így a + b + c + d = a + 1+ a = ( a + 1), azaz ez is négyzet szám. Ugyanez a helyzet ha c=1 és b 1. Legyen b 1 és c 1! Legyen p prímszám osztója b-nek. Mivel osztója a -nek, azaz a k a = bc, ezért p = n p (k pozitív egész szám), ahol p nem osztója n-nek. Mivel (a, b, c, d) = 1 és a = d, ezért p nem lehet osztója c-nek, tehát b kanonikus alakjában is k lesz p kitevője. Mivel p a b tetszőleges prímosztója volt, ezért b kanonikus alakjában minden prímhatvány kitevője páros, tehát b négyzetszám. Hasonlóan kapjuk, hogy c is négyzetszám. a + b + c + d = a + c + b = bc + b + c = b + c, ami négyzetszám, mert b Így ( ) és c is az. Ugyanígy járhatunk el abban az esetben is, ha c = b. Ezzel a bizonyítást befejeztük. 97
13 Magas szintű matematikai tehetséggondozás II. Algebrai törtek 3. feladat Határozzuk meg az xy szorzat értékét, ha x és y olyan egymástól különböző valós számok, amelyekre teljesül, hogy =! 1 + x 1 + y 1 + xy Szorozzunk be a közös nevezővel, majd redukáljunk 0-ra! Ekkor az ( x y) 1 xy = 0 egyenlőséget kapjuk. A feltétel alapján kapjuk, hogy xy = 1. ( ) 4. feladat Tudjuk, hogy az x, y, z valós számokra: xyz = 1. Számítsuk ki az S = 1+ x + xy + 1+ y + yz + 1+ z + zx kifejezés pontos számértékét! Vegyük észre, hogy 1 x xy x( 1 y yz) xy ( 1 z zx) + + = + + = + +! Ezt felhasználva könnyen közös nevezőre hozhatunk. Ebből kapjuk, hogy S = feladat Egy háromszög oldalaira fennáll a c b a c b a + + = 0. a b c Mit állíthatunk a háromszögről? Szorozzuk be mindkét oldalt abc-vel! Ekkor a c b b c + a c ac + b a a b = 0 egyenlethez jutunk. Alakítsuk szorzattá a baloldali kifejezést! 98
14 Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok + + = ( + ) ( ) = c b b c a c ac b a a b c bc b a ac ab a b [ ] = c ( a b)( a + b) c( a b) ab( a b) = ( a b)( ca + cb c ab) = = ( a b)( b c)( c a) = 0 Tehát a háromszög egyenlő szárú. 6. feladat Az a, b, c egymástól és zérustól különböző valós számok, továbbá a + b + c = 0. b c c a a b a b c Mennyi a kifejezés értéke? a b c b c c a a b Az első tényező hasonlít az előző feladatban szereplő kifejezéshez. Közös nevezőre hozás után a számlálót az előbb látott módon szorzattá alakíthatjuk: b c c a a b ( b a)( c b)( a c) + + =. a b c abc Hozzuk közös nevezőre a második tényezőt is! Ekkor a következő kifejezést kapjuk. a b c + + = b c c a a b ca abc a + ba + ab abc b + cb + bc abc c + ac = = ( b c)( c a)( a b) ( a + b)( b + c)( c + a) 5abc a b c = ( b c)( c a)( a b) Itt felhasználtuk a 15/b rész megjegyzésében szereplő összefüggést. Mivel a + b + c = 0, ezért a 10/b alapján a + b + c = abc, valamint a + b = c, b + c = a, c + a = b. Ezt felhasználva kapjuk, hogy 99
15 Magas szintű matematikai tehetséggondozás a b c ( a + b)( b + c)( c + a) 5abc a b c + + = = b c c a a b ( b c)( c a)( a b) 9abc = ( b c)( c a)( a b) Tehát b c c a a b a b c = a b c b c c a a b ( b a)( c b)( a c) 9abc = = 9 abc ( b c)( c a)( a b) 7. feladat Határozzuk meg az összes olyan háromszöget, amelynek a, b, c oldalhosszúságai teljesítik az a b b c c a + + = 0 a + b + c a + b + c a + b + c egyenletet! Vegyük észre, hogy nevezők megfelelő párosításával, azok különbségeként előállíthatók a számlálók! Így legyen x = a + b + c, y = a + b + c és z = a + b + c! Ekkor x y = c a, y z = a b és z x = b c. Így a feltétel az y z z x x y + + = 0 x y z alakban írható, és ezzel visszavezettük a feladatot a 5.-re. 8. feladat Legyen abc 0! Bizonyítsuk be, hogy = 1 akkor és csak akkor, a b c a + b + c ha ( a + b)( b + c)( c + a) = 0! 100
16 Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Alakítsuk át a feltételt az alábbi módon úgy, hogy beszorzunk a közös nevezővel és 0-ra redukálunk! Ekkor az ab + ac + bc + ba + cb + ca + abc = 0. Felhasználva a 15/b megjegyzésében látottakat, kapjuk, hogy a + b b + c c + a =. ( )( )( ) 0 Az átalakítások ekvivalensek a megadott halmazon, így a gondolatmenet magában foglalja a szükséges és az elegendő rész bizonyítását is. 9. feladat Legyen abc 0! Bizonyítsuk, be, hogy ha =, a b c a + b + c akkor = a b c a + b + c Az előző feladat alapján tudjuk, hogy a feltételből az ( a + b)( b + c)( c + a) = 0 egyenlőséget kapjuk. Ebből következik, hogy a Így a = b, b = c, c = a. Pl. az elsőt felhasználva kapjuk, hogy! = b vagy b = c, vagy c = a = + = = a b c a a c c 1 1 = = a a + c a + b + c Hasonlóan járhatunk el a többi esetben is. 101
17 Magas szintű matematikai tehetséggondozás 30. feladat Az alábbi kifejezésben x, y, z különböző pozitív egész számok, n pedig természetes szám: n n n a b c Sn = + +. ( a b)( a c) ( b a)( b c) ( c a)( c b) Igazoljuk, hogy S n értéke egész szám, ha a) n = 0, b) n = 1, c) n =, d) n = 3, e) n = 4, f) n tetszőleges természetes szám! a), b) Közös nevezőre hozás után a számlálóban elvégezve az összevonást 0 t kapunk, azaz S0 = S1 = 0. c) Közös nevezőre hozás után a számlálóban a a c a b + b a cb + c b c a kifejezést kapjuk, melynek szorzatalakja ( a b)( b c)( c a), így S =1. d) Közös nevezőre hozás után a számlálóban a a ( b c) b ( c a) c ( a b) kifejezéshez jutunk. Alakítsuk ezt szorzattá! = = a ( b c) b ( c a) c ( a b) b( c a ) b ( z x) ac( c a ) 3 = ( c a)( bc + abc + ba b ac a c) = ( c a)( ac( b c) b( b c ) + a ( b c)) = c a b c ac b bc a c a b c ac ab ab b bc a = ( )( )( + ) = ( )( )( + + ) = = ( c a)( b c)( a( a + b + c) b( a + b + c)) = ( c a)( b c)( a b)( a + b + c) 10
18 Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Így S3 = a + b + c, azaz egész. Nézzünk erre egy másik megoldást, ami lehetőséget nyújt arra, hogy könnyen bebizonyítsuk 4-re, majd tetszőleges pozitív egész n-re. Tekintsük az alábbi harmadfokú polinomot! 3 P( x) = ( x a)( x b)( x c) = x ( a + b + c) x + ( ab + bc + ca) x abc Ennek a polinomnak az a, b, c gyöke, ezért P a a a b c a ab bc ca a abc 3 ( ) = ( + + ) + ( + + ) = 0 P b b a b c b ab bc ca b abc 3 ( ) = ( + + ) + ( + + ) = 0 P c c a b c c ab bc ca c abc 3 ( ) = ( + + ) + ( + + ) = 0 Ezeket rendre megszorozva 1 1 1,, ( a b)( b c) ( b c)( c a) ( c a)( a b) kifejezésekkel, majd a kapott egyenleteket összeadva az S ( a + b + c) S + ( ab + bc + ca) S abcs = Összefüggéshez jutunk, melyből kapjuk, hogy S3 = a + b + c. e) Ehhez a 4 3 P( x) = x( x a)( x b)( x c) = x ( a + b + c) x + ( ab + bc + ca) x abcx polinomból induljunk ki. Megint írjuk fel az a, b, c helyen vett helyettesítési értékét, majd rendre szorozzuk be a kapott egyenleteket 1 1 1,, ( a b)( b c) ( b c)( c a) ( c a)( a b) kifejezésekkel és adjuk össze azokat! Ekkor az S ( a + b + c) S + ( ab + bc + ca) S abcs = egyenlőséghez jutunk, melyből S = a + b + c ab + bc + ca, tehát egész. 4 ( ) ( ) 103
19 Magas szintű matematikai tehetséggondozás f) Bizonyítsuk teljes indukcióval! Az n = 0, 1,, 3, 4 esetekben már láttuk, hogy igaz az állítás. Tegyük fel, hogy n = k -ig igaz, bizonyítsuk be k + 1-re! Ehhez tekintsük a P( x) = x ( x a)( x b)( x c) = x ( a + b + c) x + ( ab + bc + ca) x abcx k k + 1 k k 1 k Írjuk fel az a, b, c helyen vett helyettesítési értékét, majd rendre szorozzuk be a kapott egyenleteket 1 1 1,, ( a b)( b c) ( b c)( c a) ( c a)( a b) kifejezésekkel és adjuk össze azokat! Ekkor az S ( a + b + c) S + ( ab + bc + ca) S abcs = 0 k + 1 k k 1 k egyenlőséghez jutunk, melyből S = ( a + b + c) S ( ab + bc + ca) S + abcs. k + 1 k k 1 k Mivel az indukciós feltétel szerint a jobb oldal egész, ezért az S k + 1 is egész. Ezt kellett bizonyítani. 31. feladat Igazoljuk, hogy ha a páronként különböző x, y, z valós számokra x y z + + = 0, y z z x x y akkor x + y + z = y z 0 z x x y is teljesül! ( ) ( ) ( ) 104
20 Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Szorozzuk meg az x y z + + = 0 y z z x x y egyenlőség mindkét oldalát rendre az 1 1 1,, y z z x x y kifejezésekkel, majd a kapott egyenlőségeket adjuk össze! Így a x y z x y z ( y z)( z x) ( z x)( x y) ( x y)( y z) ( y z) ( z x) ( x y) x y z = 0 ( y z)( x y) ( z x)( y z) ( x y)( z x) Az utolsó hat törtet a 30. feladatban látott módon hozzuk közös nevezőre és vonjunk össze! x y z ( y z)( z x) ( z x)( x y) ( x y)( y z) x y z = ( y z)( x y) ( z x)( y z) ( x y)( z x) x( x y) + y( y z) + z( z x) + x( z x) + y( x y) + z( y z) = = ( x y)( y z)( z x) x xy + y yz + z zx + xz x + yx y + zy z = = 0 ( x y)( y z)( z x) Tehát x y z + + = 0 ( y z) ( z x) ( x y). 105
21 Magas szintű matematikai tehetséggondozás 3. feladat Igazoljuk, hogy ha az a, b, c valós számokra teljesül, hogy akkor is teljesül! a b c + + = 1, b + c c + a a + b a b c + + = 0 b + c c + a a + b Alkalmazzuk az előző megoldásban látott módszert, azaz szorozzuk végig az első egyenletet rendre a-val, b-vel és c-vel, majd adjuk össze az így kapott egyenleteket! a b c ab ac ab cb ac bc = a + b + c b + c c + a a + b c + a a + b b + c a + b b + c c + a Foglalkozzunk most is a baloldal utolsó hat törtjével! ab ac ab cb ac bc = c + a a + b b + c a + b b + c c + a ab bc ac cb ab ac = = c + a c + a a + b a + b b + c b + c a c a b b c = b + + c + + a + = b + c + a c + a c + a a + b a + b b + c b + c Így a b c + + = 0. b + c c + a a + b 33. feladat Legyen x, y, z olyan valós szám, melyre fennáll, hogy,, x + y + z = x + y + z = a xyz = b. 106
22 Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Fejezzük ki az S = + + xy + z 1 yz + x 1 zx + y 1 értékét az a és b segítségével! Mivel x + y + z =, ezért z = x y. Így ( )( ) xy + z 1 = xy + x y 1 = xy x y + 1 = x 1 y 1. Hasonlóan yz + x 1 = ( y 1)( z 1) és zx y 1 ( z 1)( x 1) Így + = S = + + = + + = xy + z 1 yz + x 1 zx + y 1 ( x 1)( y 1) ( y 1)( z 1) ( z 1)( x 1) z 1+ x 1+ y 1 1 = = = ( x 1)( y 1)( z 1) xyz + ( x + y + z) ( xy + yz + zx) = = = ( x + y + z) ( x + y + z ) 4 a a b + 1 b + 1 b feladat Az a és b pozitív számok összege 1. Bizonyítsuk be, hogy 1 a b 1 3 a 1 + b 1 <! + + (OKTV. II. kat. 1. ford. 1996/1997.) Az első egyenlőtlenséget a pozitív ( a 1)( b 1) felhasználva, hogy a b 1 + = a ( ) ekvivalens módon. Egyenlőség: a = b = 0, kifejezéssel végigszorozva és a 1 0 triviális egyenlőtlenséggé alakíthatjuk 107
23 Magas szintű matematikai tehetséggondozás A második egyenlőtlenséget az előzőhöz hasonló módon 0 < 3a ( 1 a) egyenlőtlenséggé alakíthatjuk, ami a feltételek alapján triviális. 35. feladat Bizonyítsa be, hogyha a, b pozitív valós számok és c tetszőleges valós szám, akkor 1 1 a + 4b + 4c 5 + 4c a b! (ADV. h. III. kat ) Ekvivalens átalakításokkal az alábbi triviális egyenlőtlenségre vezethető vissza a feladat. ( ) ( 1) ( 1) 0 ab c a b b a Egyenlőség: c = b = 0, 5 és a = feladat Legyen a, b pozitív valós szám! Bizonyítsuk be, hogy a b b + a + b! a Szorozzunk be a b -tel, így a a + b a b ( a + b) egyenlőtlenséghez jutunk, mely ekvivalens az eredetivel. Így ekvivalens átalakításokkal az ( ) a b ( a + b)( a + ab + b ) 0 egyenlőtlenségre vezethető vissza a feladat. Ez viszont teljesül minden pozitív a, b szám esetén. Egyenlőség: a = b. 108
24 Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok 37. feladat Legyen a, b és c pozitív valós szám, melyek szorzata 1! Bizonyítsuk be, hogy ekkor ab bc ca a + b + ab b + c + bc c + a + ca ! (IMO short list) Az előző feladat alapján ab ab 1 abc c 5 5 a b ab a b ( a b) ab = ab( a b) 1 = ab( a b) abc = a + b + c Hasonlóan bc a a b c 5 5 b + c + bc + + ca és b a b c c a ca + +. A kapott egyenlőtlenségeket összeadva az ab bc ca a + b + ab b + c + bc c + a + ca egyenlőtlenséghez jutunk. Egyenlőség: a = b = c. III. Teleszkópikus összegek, szorzatok 38. feladat Határozzuk meg az alábbi tört pontos értékét! A számlálóban alkalmazzuk az a b = ( a + b)( a b) azonosságot! Így a számláló = lesz a nevező, pedig 1005, tehát a keresett érték
25 Magas szintű matematikai tehetséggondozás 39. feladat Egy sorozatban a 1 =, 3 függvényeként! a n = a + n 1 1 ( n + 1)( n + ), ha n > 1. Állítsuk elő an -et az n Könnyen látható, hogy A második tagtól kezdve az egyes törtek alábbi módon a n = ( ) ( ) ( n )( n ) 1 k ( k +1) 1 ( k + 1) k 1 1 = = k k + 1 k k + 1 k k alakúak, amik átalakíthatók az Ezt felhasználva, teleszkópikus összeget kapunk, melyből a n 1 = 1. n feladat Bizonyítsuk be az alábbi egyenlőtlenséget! < Mivel k ( k + 1) k =, ezért az összeg általános tagja ( k + 1) k 1 1 = = k k + 1 k k + 1 k k + 1. ( ) ( ) 110
26 Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ezt beírva, teleszkópikus összeget kapunk, melynek eredménye, ami 010 kisebb -nél. 41.feladat Bizonyítsuk be az alábbi egyenlőtlenséget! < Az általános tényező 1 k + = ( k 1)( k + 1) ( k 1)( k + 1) alakú. Így = =... = < feladat Bizonyítsuk be az alábbi egyenlőtlenségeket! 1 99 a) < 1! 3! 100! b) < 1! +! + 3!! + 3! + 4! 008! + 009! + 010! a) Az általános tag k ( k + 1) = =. Így ( k + 1)! ( k + 1)! k! ( k + 1)! = = 1 < 1.! 3! 100!!! 3! 3! 99! 100! 100! 111
27 Magas szintű matematikai tehetséggondozás b) Az általános tag az a) részben látottakat felhasználva: Így k + k + k + = = = k! + ( k + 1)! + ( k + )! k!(1 + ( k + 1) + ( k + 1)( k + )) k!( k + ) 1 k = = = k!( k + ) ( k + )! ( k + 1)! ( k + )! = 1! +! + 3!! + 3! + 4! 008! + 009! + 010! = = <! 3! 3! 009! 009! 010! 010! 43. feladat Bizonyítsuk be az alábbi egyenlőtlenséget! n < n 1 Írjunk fel két egymás utáni tényezőt, legyen ez a k-adik és a k + 1-edik! ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 ( k + 1) + 1 ( k + ) + 1 k + k + 1 ( k + 1) + 1 k + 3 k + ( k + ) ( k + 1) 1 ( k + ) 1 k k ( k + 1) + 1 k + 1 k + + ( k + ) + 1 = = k + k + k + k + k + k + = k k k k k k Ebből látszik, hogy teleszkópikus szorzatot kapunk n = n n 1 n n n 3n + 3 n n n 3 n n n n + 1 n + 3n + 3 n( n 1) 3 3 n n 3 4n n + 3n + 3 n + 3n + 3 n + 3n + 3 = = = = = < 11
28 Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok 44. feladat Igazoljuk, hogyha n pozitív egész szám, akkor az S n = n 1 összeg értéke racionális, de nem egész szám! Tekintsük az általános tag négyzetgyök alatti részét! ( ) ( n + ) ( + 1) + + ( + 1) ( ) 1 1 k k k k 1+ + = = k k + 1 k k k + k + 3k + k + 1 ( k + k + 1) = = k k k k ( + 1) ( + 1) Így az általános tag a 40. feladat megoldását felhasználva: 1 1 ( k + k + 1) k + k = = = 1+ = 1+. k k k k k k + 1 k k + 1 k k + 1 ( + 1) ( + 1) ( ) ( ) Ezt beírva teleszkópikus összeget kapunk, melynek eredménye ami racionális nem egész szám. Sn 1 = n + 1, n
Magasabbfokú egyenletek
86 Magasabbfokú egyenletek Magasabbfokú egyenletek 5 90 a) =! ; b) =! ; c) = 5, 9 a) Legyen = y Új egyenletünk: y - 5y+ = 0 Ennek gyökei: y=, y= Tehát egyenletünk gyökei:, =!,, =! b) Új egyenletünk: y
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Eponenciális és Logaritmikus kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szoálhatnak fontos információval
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Eponenciális és Logaritmikus kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos
Részletesebben2. Algebrai átalakítások
I. Nulladik ZH-ban láttuk: 2. Algebrai átalakítások 1. Mi az alábbi kifejezés legegyszerűbb alakja a változó lehetséges értékei esetén? (A) x + 1 x 1 (x 1)(x 2 + 3x + 2) (1 x 2 )(x + 2) (B) 1 (C) 2 (D)
RészletesebbenEgyenletek, egyenlőtlenségek VII.
Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Magasabbfokú egyenletek: A 3, vagy annál nagyobb fokú egyenleteket magasabb fokú egyenleteknek nevezzük. Megjegyzés: Egy n - ed fokú egyenletnek legfeljebb n darab valós
RészletesebbenXX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny
XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny Bonyhád, 011. március 11 15. 10. osztály 1. feladat: Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b és c. Bizonyítsuk be, hogy 3 (a+b+c) ab+bc+ca 4 Mikor állhat
RészletesebbenExponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások
Eponenciális és logaritmikus kifejezések - megoldások Eponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások ) Igazolja, hogy az alábbi négy egyenlet közül az a) és jelű egyenletnek pontosan egy megoldása
RészletesebbenA 2015/2016. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták)
A 205/206. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták Javítási-értékelési útmutató. feladat Az {,2,...,n} halmaz
RészletesebbenM. 33. Határozza meg az összes olyan kétjegyű szám összegét, amelyek 4-gyel osztva maradékul 3-at adnak!
Magyar Ifjúság 6 V SOROZATOK a) Három szám összege 76 E három számot tekinthetjük egy mértani sorozat három egymás után következő elemének vagy pedig egy számtani sorozat első, negyedik és hatodik elemének
RészletesebbenKOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.
KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA I 6 VI KOmPLEX SZÁmOk 1 A komplex SZÁmOk HALmAZA A komplex számok olyan halmazt alkotnak amelyekben elvégezhető az összeadás és a szorzás azaz két komplex szám összege és szorzata
Részletesebben8. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II.
8 Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II Elméleti összefoglaló Az a + b+ c, a egyenletet másodfokú egyenletnek nevezzük A D b ac kifejezést az egyenlet diszkriminánsának nevezzük Ha D >, az
RészletesebbenEgészrészes feladatok
Kitűzött feladatok Egészrészes feladatok Győry Ákos Miskolc, Földes Ferenc Gimnázium 1. feladat. Oldjuk meg a valós számok halmazán a { } 3x 1 x+1 7 egyenletet!. feladat. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges
RészletesebbenAz 1. forduló feladatainak megoldása
Az 1. forduló feladatainak megoldása 1. Bizonyítsa be, hogy a kocka éléből, lapátlójából és testátlójából háromszög szerkeszthető, és ennek a háromszögnek van két egymásra merőleges súlyvonala! Megoldás:
RészletesebbenMegoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 1. Határozd meg a következő kifejezésekben a c értékét!
Megoldások. Határozd meg a következő kifejezésekben a c értékét! log 4 = c log 7 = c log 5 5 = c lg 0 = c log 7 49 = c A feladatok megoldásához használjuk a definíciót: log a b = c b = a c. log 4 = c 4
Részletesebben= 1, azaz kijött, hogy 1 > 1, azaz ellentmondásra jutottunk. Így nem lehet, hogy nem igaz
Egyenlőtlenség : Tegyük fel, hogy valamilyen A,B,C számokra nem teljesül, azaz a bal oldal nagyobb. Mivel ABC =, ha az első szorzótényezőt B-vel, a másodikat C-vel, a harmadikat A-val szorozzuk, azaz az
Részletesebbena) A logaritmus értelmezése alapján: x 8 0 ( x 2 2 vagy x 2 2) (1 pont) Egy szorzat értéke pontosan akkor 0, ha valamelyik szorzótényező 0.
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval
RészletesebbenAbszolútértékes és gyökös kifejezések Megoldások
Abszolútértékes és gyökös kifejezések Megoldások ) Igazolja, hogy az alábbi négy egyenlet közül az a) és b) jelű egyenletnek pontosan egy megoldása van, a c) és d) jelű egyenletnek viszont nincs megoldása
RészletesebbenMatematika 8. osztály
ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnázium és Kollégium Hat évfolyamos Matematika 8. osztály I. rész: Algebra Készítette: Balázs Ádám Budapest, 2018 2. Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék I. rész: Algebra................................
RészletesebbenRacionális és irracionális kifejezések
Racionális és irracionális kifejezések a + b a + ac a_ a+ ci a 77. A feltétel szerint b ac, ezért b c. + ac + c c_ a+ ci c ab ac bc 78. A feltétel szerint: ab+ ac+ bc- b, ezért + + + + a b c abc b -b -,
RészletesebbenTrigonometria Megoldások. 1) Igazolja, hogy ha egy háromszög szögeire érvényes az alábbi összefüggés: sin : sin = cos + : cos +, ( ) ( )
Trigonometria Megoldások Trigonometria - megoldások ) Igazolja, hogy ha egy háromszög szögeire érvényes az alábbi összefüggés: sin : sin = cos + : cos +, ( ) ( ) akkor a háromszög egyenlő szárú vagy derékszögű!
RészletesebbenOktatási Hivatal. 1 pont. A feltételek alapján felírhatók az. összevonás után az. 1 pont
Oktatási Hivatal Öt pozitív egész szám egy számtani sorozat első öt eleme A sorozatnak a különbsége prímszám Tudjuk hogy az első négy szám köbének összege megegyezik az ezen öt tag közül vett páros sorszámú
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval
Részletesebben1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen
10. osztály 1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy ( a + b + c) 3 4 ab + bc + ca Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen A feladatban szereplő kettős
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Trigonometria
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Trigonometria A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett
Részletesebben9. Trigonometria. I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Tegye nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi értékeket! Megoldás:
9. Trigonometria I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Tegye nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi értékeket! x = cos 150 ; y = sin 5 ; z = tg ( 60 ) (A) z < x < y (B) x < y < z (C) y < x < z (D) z < y
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet I.
Számelmélet I. DEFINÍCIÓ: (Osztó, többszörös) Ha egy a szám felírható egy b szám és egy másik egész szám szorzataként, akkor a b számot az a osztójának, az a számot a b többszörösének nevezzük. Megjegyzés:
Részletesebben4. Számelmélet, számrendszerek
I. Elméleti összefoglaló A maradékos osztás tétele: 4. Számelmélet, számrendszerek Legyen a tetszőleges, b pedig nullától különböző egész szám. Ekkor léteznek olyan, egyértelműen meghatározott q és r egész
RészletesebbenIntergrált Intenzív Matematika Érettségi
. Adott a mátri, determináns determináns, ahol,, d Számítsd ki:. b) Igazold, hogy a b c. Adott a az 6 0 egyenlet megoldásai. a). c) Számítsd ki a d determináns értékét. d c a b determináns, ahol abc,,.
Részletesebben352 Nevezetes egyenlôtlenségek. , az átfogó hossza 81 cm
5 Nevezetes egyenlôtlenségek a b 775 Legyenek a befogók: a, b Ekkor 9 + $ ab A maimális ab terület 0, 5cm, az átfogó hossza 8 cm a b a b 776 + # +, azaz a + b $ 88, tehát a keresett minimális érték: 88
Részletesebben1. megold s: A keresett háromjegyű szám egyik számjegye a 3-as, a két ismeretlen számjegyet jelölje a és b. A feltétel szerint
A 004{005. tan vi matematika OKTV I. kateg ria els (iskolai) fordul ja feladatainak megold sai 1. feladat Melyek azok a 10-es számrendszerbeli háromjegyű pozitív egész számok, amelyeknek számjegyei közül
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2014/2015-ös tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória
Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 01/01-ös tanév első iskolai) forduló Haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Adott az alábbi két egyenletrendszer:
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2008/2009-es tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória
Bolyai János Matematikai Társulat Oktatási és Kulturális Minisztérium Támogatáskezelő Igazgatósága támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 00/009-es tanév első (iskolai) forduló haladók II.
RészletesebbenAz Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai. x 2 sin x cos (2x) < 1 x.
Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi második fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Oldja meg a következő egyenlőtlenséget, ha x > 0: x 2 sin
RészletesebbenMegoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
Megoldások 1. Határozd meg az a és b vektor skaláris szorzatát, ha a = 5, b = 4 és a közbezárt szög φ = 55! Alkalmazzuk a megfelelő képletet: a b = a b cos φ = 5 4 cos 55 11,47. 2. Határozd meg a következő
RészletesebbenEgy általános iskolai feladat egyetemi megvilágításban
Egy általános iskolai feladat egyetemi megvilágításban avagy mit kell(ene) tudnia egy 8.-osnak a matematika versenyeken Kunos Ádám Középiskolás pályázat díjkiosztó SZTE Bolyai Intézet 2011. november 12.
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2016/2017-es tanév Kezdők III. kategória I. forduló
Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 016/017-es tanév Kezdők I II. kategória II. forduló Kezdők III. kategória I. forduló Megoldások és javítási útmutató 1. Egy kört
Részletesebben: s s t 2 s t. m m m. e f e f. a a ab a b c. a c b ac. 5. Végezzük el a kijelölt m veleteket a változók lehetséges értékei mellett!
nomosztással a megoldást visszavezethetjük egy alacsonyabb fokú egyenlet megoldására Mivel a 4 6 8 6 egyenletben az együtthatók összege 6 8 6 ezért az egyenletnek gyöke az (mert esetén a kifejezés helyettesítési
RészletesebbenA 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató
Oktatási Hivatal 04/0 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MTEMTIK I KTEGÓRI (SZKKÖZÉPISKOL) Javítási-értékelési útmutató Határozza meg a tízes számrendszerbeli x = abba és y =
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 2. forduló haladók II. kategória
Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 2. forduló haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Az a b pozitív egészek és tudjuk hogy a 2
RészletesebbenFirst Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Matematika I
Matematika I (Analízis) Készítette: Horváth Gábor Kötelező irodalom: Ács László, Gáspár Csaba: Analízis 1 Oktatási segédanyagok és a tantárgyi követelményrendszer megtalálható a http://rs1.szif.hu/ horvathg/horvathg.html
RészletesebbenHatványozás. A hatványozás azonosságai
Hatványozás Definíció: a 0 = 1, ahol a R, azaz bármely szám nulladik hatványa mindig 1. a 1 = a, ahol a R, azaz bármely szám első hatványa önmaga a n = a a a, ahol a R, n N + n darab 3 4 = 3 3 3 3 = 84
RészletesebbenOrszágos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2011/2012 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló - megoldások. 1 pont Ekkor
Okta tási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 0/0 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA). forduló - megoldások. Az valós számra teljesül a 3 sin sin cos sin egyenlőség. Milyen értékeket
RészletesebbenMatematika 11. osztály
ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnázium és Kollégium Humán tagozat Matematika 11. osztály I. rész: Hatvány, gyök, logaritmus Készítette: Balázs Ádám Budapest, 018 . Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék
RészletesebbenAz Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2006-2007. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai
Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 006-007. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Melyek azok a pozitív egészek, amelyeknek pontosan négy pozitív
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások
Megoldások 1. Oldd meg a következő egyenleteket! (Alaphalmaz: Z) a) (x 1) (x + 1) 7x + 1 = x (4 + x) + 2 b) 1 2 [5 (x 1) (1 + 2x) 2 4x] = (7 x) x c) 2 (x + 5) (x 2) 2 + (x + 1) 2 = 6 (2x + 1) d) 6 (x 8)
RészletesebbenA 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató
Oktatási Hivatal A 0/04 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi erseny második forduló MATEMATIKA I KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató A 57 olyan háromjegyű szám, amelynek számjegyei
Részletesebben7. Számelmélet. 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel?
7. Számelmélet I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel? ELTE 2006. október 27. (matematika
RészletesebbenMegoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 1. Számítsd ki a következő kifejezések pontos értékét!
Megoldások. Számítsd ki a következő kifejezések pontos értékét! 8 8 ( ) ( ) ( ) Használjuk a gyökvonás azonosságait. 0 8 8 8 8 8 8 ( ) ( ) ( ) 0 8 . Határozd meg a következő kifejezések értelmezési tartományát!
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória
Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Az a és b befogójú derékszögű háromszögnek
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2016/2017-es tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória
Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 016/017-es tanév első iskolai) forduló Haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. A k valós paraméter értékétől függően
RészletesebbenIrracionális egyenletek, egyenlôtlenségek
9 Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek Irracionális egyenletek /I a) Az egyenlet bal oldala a nemnegatív számok halmazán, a jobb oldal minden valós szám esetén
RészletesebbenTrigonometria Megoldások. 1) Oldja meg a következő egyenletet a valós számok halmazán! (12 pont) Megoldás:
Trigonometria Megoldások ) Oldja meg a következő egyenletet a valós számok halmazán! cos + cos = sin ( pont) sin cos + = + = ( ) cos cos cos (+ pont) cos + cos = 0 A másodfokú egyenlet megoldóképletével
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Logaritmus
Logaritmus DEFINÍCIÓ: (Logaritmus) Ha egy pozitív valós számot adott, - től különböző pozitív alapú hatvány alakban írunk fel, akkor ennek a hatványnak a kitevőjét logaritmusnak nevezzük. Bármely pozitív
RészletesebbenEgyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek Megoldások
) Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek - megoldások Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek Megoldások a) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet! = 6 (5 pont) b) Oldja
RészletesebbenAz 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
RészletesebbenOSZTHATÓSÁG. Osztók és többszörösök : a 3 többszörösei : a 4 többszörösei Ahol mindkét jel megtalálható a 12 többszöröseit találjuk.
Osztók és többszörösök 1783. A megadott számok elsõ tíz többszöröse: 3: 3 6 9 12 15 18 21 24 27 30 4: 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 5: 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 6: 6 12 18 24 30 36 42 48 54 60 1784. :
RészletesebbenEmelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november. I. rész
Pataki János, november Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november I rész feladat Oldja meg az alábbi egyenleteket: a) log 7 log log log 7 ; b) ( )
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Abszolútértékes és gyökös kifejezések
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Abszolútértékes és gyökös kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval
RészletesebbenAnalízis I. Vizsgatételsor
Analízis I. Vizsgatételsor Programtervező Informatikus szak 2008-2009. 2. félév Készítette: Szabó Zoltán SZZNACI.ELTE zotyo@bolyaimk.hu v.0.6 RC 004 Forrás: Oláh Gábor: ANALÍZIS I.-II. VIZSGATÉTELSOR 2006-2007-/2
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 8. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Trigonometria
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Trigonometria A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenMásodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek
Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek A másodfokú egyenlet grafikus megoldása Példa1. Ábrázold az f(x) = x + 1x + 16 függvényt, majd olvasd le az ábráról az alábbi egyenlet megoldását: x + 1x + 16 = 0.
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 1. forduló haladók III. kategória
Bolyai János Matematikai Társulat Oktatásért Közalapítvány támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 1. forduló haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Határozzuk
RészletesebbenA(a; b) = 2. A(a; b) = a+b. Példák A(37; 49) = x 2x = x = : 2 x = x = x
10. osztály:nevezetes középértékek Összeállította:Keszeg ttila 1 1 számtani közép efiníció 1. (Két nemnegatív szám számtani közepe) Két nemnegatív szám számtani közepének a két szám összegének a felét
RészletesebbenI. Egyenlet fogalma, algebrai megoldása
11 modul: EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK MEGOLDÁSA 6 I Egyenlet fogalma, algebrai megoldása Módszertani megjegyzés: Az egyenletek alaphalmazát, értelmezési tartományát később vezetjük be, a törtes egyenletekkel
RészletesebbenA 2016/2017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKGIMNÁZIUM, SZAKKÖZÉPISKOLA)
Oktatási Hivatal A 016/017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKGIMNÁZIUM, SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató 1. Egy húrtrapéz pontosan
Részletesebben462 Trigonometrikus egyenetek II. rész
Tigonometikus egyenetek II ész - cosx N cosx Alakítsuk át az egyenletet a következô alakúa: + + N p O O Ebbôl kapjuk, hogy cos x $ p- Ennek az egyenletnek akko és csak akko van valós megoldása, ha 0 #
RészletesebbenMATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY
Pék Johanna MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY Nem matematika alapszakos hallgatók számára Tartalomjegyzék Előszó iii. Lineáris algebra.. Mátrixok...................................... Lineáris egyenletrendszerek..........................
RészletesebbenNémeth László Matematikaverseny április 16. A osztályosok feladatainak javítókulcsa
Németh László Matematikaverseny 007. április 16. A 9-10. osztályosok feladatainak javítókulcsa Feladatok csak 9. osztályosoknak 1. feladat a) Vegyük észre, hogy 7 + 5 felírható 1 + 3 + 6 + alakban, így
RészletesebbenSzakács Lili Kata megoldása
1. feladat Igazoljuk, hogy minden pozitív egész számnak van olyan többszöröse, ami 0-tól 9-ig az összes számjegyet tartalmazza legalább egyszer! Andó Angelika megoldása Áll.: minden a Z + -nak van olyan
RészletesebbenMásodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek
Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek A másodfokú egyenlet grafikus megoldása Példa1. Ábrázold az f(x) = x 1x 16 függvényt, majd olvasd le az ábráról az alábbi egyenlet megoldását: x 1x 16 =. 1. lépés:
RészletesebbenNEVEZETES SZÁMELMÉLETI FÜGGVÉNYEKRŐL
NEVEZETES SZÁMELMÉLETI FÜGGVÉNYEKRŐL SZAKDOLGOZAT Készítette: Farkas Mariann Matematika BSc Tanári szakirány Témavezető: Pappné Dr. Kovács Katalin, egyetemi docens Algebra és Számelmélet Tanszék Eötvös
Részletesebbenegyenlőtlenségnek kell teljesülnie.
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Abszolútértékes és gyökös kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval
RészletesebbenKongruenciák. Waldhauser Tamás
Algebra és számelmélet 3 előadás Kongruenciák Waldhauser Tamás 2014 őszi félév Tartalom 1. Diofantoszi egyenletek 2. Kongruenciareláció, maradékosztályok 3. Lineáris kongruenciák és multiplikatív inverzek
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Algebra
Algebra Műveletek tulajdonságai: kommutativitás (felcserélhetőség): a b = b a; a b = b a asszociativitás (átcsoportosíthatóság): (a b) c = a (b c); a (b c) = (a b) c disztributivitás (széttagolhatóság):
RészletesebbenFüggvény fogalma, jelölések 15
DOLGO[Z]ZATOK 9.. 1. Függvény fogalma, jelölések 1 1. Az alábbi hozzárendelések közül melyek függvények? a) A magyarországi megyékhez hozzárendeljük a székhelyüket. b) Az egész számokhoz hozzárendeljük
RészletesebbenFonyó Lajos: A végtelen leszállás módszerének alkalmazása. A végtelen leszállás módszerének alkalmazása a matematika különböző területein
A végtelen leszállás módszerének alkalmazása a matematika különböző területein A végtelen leszállás (infinite descent) egy indirekt bizonyítási módszer, ami azon alapul, hogy a természetes számok minden
RészletesebbenKomplex számok. Wettl Ferenc előadása alapján Wettl Ferenc előadása alapján Komplex számok / 18
Komplex számok Wettl Ferenc előadása alapján 2015.09.23. Wettl Ferenc előadása alapján Komplex számok 2015.09.23. 1 / 18 Tartalom 1 Számok A számfogalom bővülése 2 Algebrai alak Trigonometrikus alak Egységgyökök
Részletesebben3. Algebrai kifejezések, átalakítások
I Elméleti összefoglaló Műveletek polinomokkal Algebrai kifejezések, átalakítások Az olyan betűs kifejezéseket, amelyek csak valós számokat, változók pozitív egész kitevőjű hatványait, valamint összeadás,
RészletesebbenSzámelmélet, műveletek, egyenletek, algebrai kifejezések, egyéb
Számelmélet, műveletek, egyenletek, algebrai kifejezések, egyéb 2004_02/4 Tegyél * jelet a táblázat megfelelő rovataiba! Biztosan Lehet hogy, de nem biztos Lehetetlen a) b) c) Négy egymást követő természetes
RészletesebbenA 2006-2007. tanévi matematika OKTV I. kategória első (iskolai) fordulójának pontozási útmutatója
SZAKKÖZÉPISKOLA A 006-007. tanévi matematika OKTV I. kategória első (iskolai) fordulójának pontozási útmutatója. Feladat: Egy számtani sorozat három egymást követő tagjához rendre 3-at, -et, 3-at adva
RészletesebbenOrszágos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2009/2010 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló feladatainak megoldása
Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny / Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló feladatainak megoldása. Oldja meg a valós számok legbővebb részhalmazán a egyenlőtlenséget!
RészletesebbenFüggvények december 6. Határozza meg a következő határértékeket! 1. Feladat: x 0 7x 15 x ) = lim. Megoldás: lim. 2. Feladat: lim.
Függvények 05. december 6. Határozza meg a következő határértékeket!. Feladat: ( + 7 5 ) ( + 7 5 ) ( + 0 ). Feladat: ( + 7 5 ) ( + 7 5 ) ( + 0) 3. Feladat: ( + 0 7 5 ) 4. Feladat: ( + 0 7 5 ) ( + 7 0 5
RészletesebbenXXIII. Vályi Gyula Emlékverseny május 13. V. osztály
XXIII. Vályi Gyula Emlékverseny Marosvásárhely 207. május 3. V. osztály. Sári néni a piacon 00 db háromféle tojást vásárolt 00 RON értékben. Tudva azt, hogy a tyúktojás ára 50 bani, a libatojás 5 RON és
RészletesebbenXXIV. NEMZETKÖZI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY Szabadka, április 8-12.
XXIV. NEMZETKÖZI MGYR MTEMTIKVERSENY Szabadka, 05. április 8-. IX. évfolyam. Egy -as négyzetháló négyzeteibe a bal felső mezőből indulva soronként sorra beirjuk az,,3,,400 pozitív egész számokat. Ezután
RészletesebbenMegoldások 9. osztály
XXV. Nemzetközi Magyar Matematikaverseny Budapest, 2016. március 1115. Megoldások 9. osztály 1. feladat Nevezzünk egy számot prímösszeg nek, ha a tízes számrendszerben felírt szám számjegyeinek összege
RészletesebbenALGEBRAI KIFEJEZÉSEK, EGYENLETEK
ALGEBRAI KIFEJEZÉSEK, EGYENLETEK AZ ALGEBRAI KIFEJEZÉS FOGALMÁNAK KIALAKÍTÁSA (7-9. OSZTÁLY) Racionális algebrai kifejezés (betűs kifejezés): betűket és számokat a négy alapművelet véges sokszori alkalmazásával
Részletesebbenx = 1 = ı (imaginárius egység), illetve x 12 = 1 ± 1 4 2
Komplex számok A valós számok és a számegyenes pontjai között kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés létesíthető. A számfogalom a számegyenes pontjainak körében nem bővíthető tovább. A számfogalom bővítését
Részletesebben3. Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek
. Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Mennyi a 2x 2 8x 5 = 0 egyenlet gyökeinek a szorzata? (A) 10 (B) 2 (C) 2,5 (D) 4 (E) ezek egyike sem Megoldás I.: BME 2011.
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Paraméter
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Paraméter A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
Részletesebben5. Végezd el a kijelölt műveleteket, és ahol lehet, vonj össze!
1 1. Rendezd a következő polinomokat a bennük lévő változó növekedő hatvánkitevői szerint! a) 2 + + 2 b) 2 + + 2 + 6 2. Melek egnemű algebrai kifejezések? a) a 2 b; 2ab; a 2 b; 2a b; 1,a 2 b b) 2 ; 2 ;
RészletesebbenMatematika 7. osztály
ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnázium és Kollégium Hat évfolyamos képzés Matematika 7. osztály IV. rész: Algebra Készítette: Balázs Ádám Budapest, 2018 2. Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék IV. rész:
RészletesebbenXVIII. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny
9. osztály 1. feladat: Oldjuk meg a természetes számok halmazán az 1 1 1 egyenletet? x y 009 Kántor Sándor (Debrecen). feladat: B Az ABCD deltoidban az A és C csúcsnál derékszög van, és a BD átló 1 cm.
RészletesebbenSHk rövidítéssel fogunk hivatkozni.
Nevezetes függvény-határértékek Az alábbiakban a k sorszámú függvény-határértékek)re az FHk rövidítéssel, a kompozíció határértékéről szóló első, illetve második tételre a KL1, illetve a KL rövidítéssel,
RészletesebbenA 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA ( SZAKKÖZÉPISKOLA ) Javítási-értékelési útmutató
OktatásiHivatal A 014/01. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA ( SZAKKÖZÉPISKOLA ) Javítási-értékelési útmutató 1. feladat: Adja meg az összes olyan (x,
RészletesebbenFELVÉTELI VIZSGA, július 17.
BABEŞ-BOLYAI TUDOMÁNYEGYETEM, KOLOZSVÁR MATEMATIKA ÉS INFORMATIKA KAR FELVÉTELI VIZSGA, 2017. július 17. Írásbeli vizsga MATEMATIKÁBÓL I. TÉTEL (30 pont) 1) (10 pont) Igazoljuk, hogy tetszőleges m R esetén
RészletesebbenEgyenletek, egyenlőtlenségek X.
Egyenletek, egyenlőtlenségek X. DEFINÍCIÓ: (Logaritmus) Ha egy pozitív valós számot adott, 1 - től különböző pozitív alapú hatvány alakban írunk fel, akkor ennek a hatványnak a kitevőjét logaritmusnak
RészletesebbenAz Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatmegoldásai
Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 008-009. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára. Határozzuk meg az alábbi egyenletrendszer valós megoldásait. ( x
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások
Megoldások 1. Oldd meg a következő exponenciális egyenletrendszereket! (Alaphalmaz: R) 5 3 x 2 2 y = 7 2 3 x + 2 y = 10 7 x+1 6 y+3 = 1 6 y+2 7 x = 5 (6 y + 1) c) 25 (5 x ) y = 1 3 y 27 x = 3 Megoldás:
RészletesebbenMegoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség)
Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség) Mivel az f : 0; ; x sin x folytonos az értelmezési tartományán, ezért elég azt belátni, hogy szigorúan gyengén konkáv ezen az intervallumon Legyen 0
Részletesebben