Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged"

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

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

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések

MATEMATIKA 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

Részletesebben

Egyenletek, egyenlőtlenségek VII.

Egyenletek, 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

Részletesebben

XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny

XX. 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

Részletesebben

M. 33. Határozza meg az összes olyan kétjegyű szám összegét, amelyek 4-gyel osztva maradékul 3-at adnak!

M. 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

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

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

Részletesebben

8. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II.

8. 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

Részletesebben

Oktatási Hivatal. 1 pont. A feltételek alapján felírhatók az. összevonás után az. 1 pont

Oktatási 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

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések

MATEMATIKA 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

Részletesebben

1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen

1. 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

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Trigonometria

MATEMATIKA 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

Részletesebben

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

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

Részletesebben

9. 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! 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

Részletesebben

4. Számelmélet, számrendszerek

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

Részletesebben

Intergrált Intenzív Matematika Érettségi

Intergrált 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,,.

Részletesebben

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai. x 2 sin x cos (2x) < 1 x.

Az 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

Részletesebben

Egy általános iskolai feladat egyetemi megvilágításban

Egy 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.

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2014/2015-ös tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória

Arany 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:

Részletesebben

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2006-2007. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai

Az 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

Részletesebben

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Matematika I

First 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

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2008/2009-es tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória

Arany 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.

Részletesebben

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2011/2012 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló - megoldások. 1 pont Ekkor

Országos 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

Részletesebben

Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek

Irracionális 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

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 2. forduló haladók II. kategória

Arany 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

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2016/2017-es tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória

Arany 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

Részletesebben

7. Számelmélet. 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel?

7. 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

Részletesebben

Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november. I. rész

Emelt 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) ( )

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

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória

Arany 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

Részletesebben

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek

Másodfokú 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.

Részletesebben

OSZTHATÓSÁG. Osztók és többszörösök : a 3 többszörösei : a 4 többszörösei Ahol mindkét jel megtalálható a 12 többszöröseit találjuk.

OSZTHATÓSÁG. 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. :

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 1. forduló haladók III. kategória

Arany 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

Részletesebben

egyenlőtlenségnek kell teljesülnie.

egyenlőtlenségnek 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

Részletesebben

I. Egyenlet fogalma, algebrai megoldása

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

Részletesebben

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek

Másodfokú 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:

Részletesebben

Függvény fogalma, jelölések 15

Függvény 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

Részletesebben

MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY

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

Részletesebben

A 2016/2017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKGIMNÁZIUM, SZAKKÖZÉPISKOLA)

A 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

Részletesebben

A 2006-2007. tanévi matematika OKTV I. kategória első (iskolai) fordulójának pontozási útmutatója

A 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

Részletesebben

3. Algebrai kifejezések, átalakítások

3. 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,

Részletesebben

x = 1 = ı (imaginárius egység), illetve x 12 = 1 ± 1 4 2

x = 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

Részletesebben

XVIII. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny

XVIII. 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.

Részletesebben

Egyenletek, egyenlőtlenségek X.

Egyenletek, 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

Részletesebben

XXIV. NEMZETKÖZI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY Szabadka, április 8-12.

XXIV. 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

Részletesebben

Megoldások 9. osztály

Megoldások 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

Részletesebben

SHk rövidítéssel fogunk hivatkozni.

SHk 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,

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA II 9 IX Magasabbrendű DIFFERENCIÁLEGYENLETEk 1 Alapvető ÖSSZEFÜGGÉSEk n-ed rendű differenciálegyenletek Az alakú ahol n-edrendű differenciálegyenlet általános megoldása tetszőleges

Részletesebben

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatmegoldásai

Az 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

Részletesebben

Paraméteres és összetett egyenlôtlenségek

Paraméteres és összetett egyenlôtlenségek araméteres és összetett egyenlôtlenségek 79 6 a) Minden valós szám b) Nincs ilyen valós szám c) c < vagy c > ; d) d # vagy d $ 6 a) Az elsô egyenlôtlenségbôl: m < - vagy m > A második egyenlôtlenségbôl:

Részletesebben

3 függvény. Számítsd ki az f 4 f 3 f 3 f 4. egyenlet valós megoldásait! 3 1, 3 és 5 3 1

3 függvény. Számítsd ki az f 4 f 3 f 3 f 4. egyenlet valós megoldásait! 3 1, 3 és 5 3 1 Érettségi, M, I-es feladatsor, természettudomány.. Számítsd ki a C! összeget! log 4. Határozd meg a. Számítsd ki az egyenlet valós megoldásait! összeg értékét, ha és az 4. Adott az f : 0,, f. Adottak az

Részletesebben

Diszkrét matematika I.

Diszkrét matematika I. Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 1. Diszkrét matematika I. középszint 10. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2014. ősz Felhívás Diszkrét matematika I. középszint 2014.

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Számelmélet

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

Részletesebben

Szélsőérték feladatok megoldása

Szélsőérték feladatok megoldása Szélsőérték feladatok megoldása A z = f (x,y) függvény lokális szélsőértékének meghatározása: A. Szükséges feltétel: f x (x,y) = 0 f y (x,y) = 0 egyenletrendszer megoldása, amire a továbbiakban az x =

Részletesebben

A valós számok halmaza 5. I. rész MATEMATIKAI ANALÍZIS

A valós számok halmaza 5. I. rész MATEMATIKAI ANALÍZIS A valós számok halmaza 5 I rész MATEMATIKAI ANALÍZIS 6 A valós számok halmaza A valós számok halmaza 7 I A valós számok halmaza A valós számokra vonatkozó axiómák A matematika lépten-nyomon felhasználja

Részletesebben

Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség)

Megoldások, 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

Egyenletek, egyenlőtlenségek V.

Egyenletek, egyenlőtlenségek V. Egyenletek, egyenlőtlenségek V. DEFINÍCIÓ: (Másodfokú egyenlet) Az ax + bx + c = 0 alakban felírható egyenletet (a, b, c R; a 0), ahol x a változó, másodfokú egyenletnek nevezzük. TÉTEL: Az ax + bx + c

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. A 23-as szám című misztikus filmben

Részletesebben

Bolyai János Matematikai Társulat. 1. Az a és b valós számra a 2 + b 2 = 1 teljesül, ahol ab 0. Határozzuk meg az. szorzat minimumát. Megoldás.

Bolyai János Matematikai Társulat. 1. Az a és b valós számra a 2 + b 2 = 1 teljesül, ahol ab 0. Határozzuk meg az. szorzat minimumát. Megoldás. Bolyai János Matematikai Társulat Oktatási Minisztérium Alapkezelő Igazgatósága támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 005/00-os tanév első iskolai) forduló haladók II. kategória nem speciális

Részletesebben

ARCHIMEDES MATEMATIKA VERSENY

ARCHIMEDES MATEMATIKA VERSENY Koszinusztétel Tétel: Bármely háromszögben az egyik oldal négyzetét megkapjuk, ha a másik két oldal négyzetének összegéből kivonjuk e két oldal és az általuk közbezárt szög koszinuszának kétszeres szorzatát.

Részletesebben

A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM)

A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) Javítási értékelési útmutató 1. Melyek azok a pozitív p és q prímek, amelyekre a számok mindegyike

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév kezdők III. kategória I. forduló

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév kezdők III. kategória I. forduló Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 01/013-as tanév kezdők I II. kategória II. forduló kezdők III. kategória I. forduló Megoldások és javítási útmutató 1. Egy osztályban

Részletesebben

Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit!

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

Részletesebben

4. Sorozatok. 2. Igazoljuk minél rövidebben, hogy a következő egyenlőség helyes: 100 =

4. Sorozatok. 2. Igazoljuk minél rövidebben, hogy a következő egyenlőség helyes: 100 = 4. Sorozatok Megjegyzés: A szakirodalomban használt a sorozat tagjáról, máskor eleméről beszélni. Az alábbiakban mindkét kifejezést használtuk megtartva a feladatok eredeti fogalmazását. I. Feladatok.

Részletesebben

43. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY ORSZÁGOS DÖNTŐ 1. forduló NYOLCADIK OSZTÁLY- MEGOLDÁSVÁZLATOK

43. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY ORSZÁGOS DÖNTŐ 1. forduló NYOLCADIK OSZTÁLY- MEGOLDÁSVÁZLATOK 43. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY ORSZÁGOS DÖNTŐ 1. forduló NYOLCADIK OSZTÁLY- MEGOLDÁSVÁZLATOK 1. A 2014-et felírtuk három természetes szám összegeként úgy, hogy ha az első számot elosztjuk

Részletesebben

25. tétel: Bizonyítási módszerek és bemutatásuk tételek bizonyításában, tétel és megfordítása, szükséges és elégséges feltétel

25. tétel: Bizonyítási módszerek és bemutatásuk tételek bizonyításában, tétel és megfordítása, szükséges és elégséges feltétel 5. tétel: Bizonyítási módszerek és bemutatásuk tételek bizonyításában, tétel és megfordítása, szükséges és elégséges feltétel Axióma: Bizonyítás: olyan állítás, amelynek igazságát bizonyítás nélkül elfogadjuk.

Részletesebben

összeadjuk 0-t kapunk. Képletben:

összeadjuk 0-t kapunk. Képletben: 814 A ferde kifejtés tétele Ha egy determináns valamely sorának elemeit egy másik sor elemeihez tartozó adjungáltakkal szorozzuk meg és a szorzatokat összeadjuk 0-t kapunk Képletben: n a ij A kj = 0, ha

Részletesebben

Irodalom. (a) A T, B T, (b) A + B, C + D, D C, (c) 3A, (d) AD, DA, B T A, 1 2 B = 1 C = A = 1 0 D = (a) 1 1 3, B T = = ( ) ; A T = 1 0

Irodalom. (a) A T, B T, (b) A + B, C + D, D C, (c) 3A, (d) AD, DA, B T A, 1 2 B = 1 C = A = 1 0 D = (a) 1 1 3, B T = = ( ) ; A T = 1 0 Irodalom ezek egyrészt el- A fogalmakat, definíciókat illetően két forrásra támaszkodhatnak: hangzanak az előadáson, másrészt megtalálják a jegyzetben: Szabó László: Bevezetés a lineáris algebrába, Polygon

Részletesebben

Ábrahám Gábor: A Jensen-egyenlőtlenség. Megoldások. Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség)

Ábrahám Gábor: A Jensen-egyenlőtlenség. Megoldások. Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség) Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség) I. Geometriai egyenlőtlenségek, szélsőérték feladatok 1. Mivel az [ ] f :0; π ; xa sin xfolytonos az értelmezési tartományán, ezért elég azt belátni,

Részletesebben

Matematika (mesterképzés)

Matematika (mesterképzés) Matematika (mesterképzés) Környezet- és Településmérnököknek Debreceni Egyetem Műszaki Kar, Műszaki Alaptárgyi Tanszék Vinczéné Varga A. Környezet- és Településmérnököknek 2016/2017/I 1 / 29 Lineáris tér,

Részletesebben

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

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

Részletesebben

Matematika 10 Másodfokú egyenletek. matematika és fizika szakos középiskolai tanár. > o < 2015. szeptember 27.

Matematika 10 Másodfokú egyenletek. matematika és fizika szakos középiskolai tanár. > o < 2015. szeptember 27. Matematika 10 Másodfokú egyenletek Juhász László matematika és fizika szakos középiskolai tanár > o < 2015. szeptember 27. copyright: c Juhász László Ennek a könyvnek a használatát szerzői jog védi. A

Részletesebben

15. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

15. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 15 LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 151 Lineáris egyenletrendszer, Gauss elimináció 1 Definíció Lineáris egyenletrendszernek nevezzük az (1) a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a

Részletesebben

1. A komplex számok definíciója

1. A komplex számok definíciója 1. A komplex számok definíciója A számkör bővítése Tétel Nincs olyan n természetes szám, melyre n + 3 = 1. Bizonyítás Ha n természetes szám, akkor n+3 3. Ezért bevezettük a negatív számokat, közöttük van

Részletesebben

11. osztály. 1. Oldja meg az egyenletrendszert a valós számok halmazán! (10 pont) Megoldás: A három egyenlet összege: 2 ( + yz + zx) = 22.

11. osztály. 1. Oldja meg az egyenletrendszert a valós számok halmazán! (10 pont) Megoldás: A három egyenlet összege: 2 ( + yz + zx) = 22. osztály Oldja meg az egyenletrendszert a valós számok halmazán! y + yz = 8 yz + z = 9 z + y = 5 (0 pont) Megoldás: A három egyenlet összege: ( + yz + z) = Ebből kivonva az egyenleteket: y =, yz = 6, z

Részletesebben

Módszertani megjegyzés: A kikötés az osztás műveletéhez kötődik. A jobb megértés miatt célszerű egy-két példát mu-

Módszertani megjegyzés: A kikötés az osztás műveletéhez kötődik. A jobb megértés miatt célszerű egy-két példát mu- . modul: ELSŐFOKÚ TÖRTES EGYENLETEK A következő órákon olyan egyenletekkel foglalkozunk, amelyek nevezőjében ismeretlen található. Ha a tört nevezőjében ismeretlen van, akkor kikötést kell tennünk: az

Részletesebben

Másodfokú egyenletek. 2. Ábrázoljuk és jellemezzük a következő,a valós számok halmazán értelmezett függvényeket!

Másodfokú egyenletek. 2. Ábrázoljuk és jellemezzük a következő,a valós számok halmazán értelmezett függvényeket! Másodfokú egyenletek 1. Alakítsuk teljes négyzetté a következő kifejezéseket! a.) - 4 + 4 b.) - 6 + 8 c.) + 8 - d.) - 4 + 9 e.) - + 8 - f.) - - 4 + 3 g.) + 8-5 h.) - 4 + 3 i.) -3 + 6 + 1. Ábrázoljuk és

Részletesebben

Diszkrét matematika 1. estis képzés. Komputeralgebra Tanszék ősz

Diszkrét matematika 1. estis képzés. Komputeralgebra Tanszék ősz Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 1. Diszkrét matematika 1. estis képzés 6. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2015. ősz Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis

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

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

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

Részletesebben

Bevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok

Bevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok . fejezet Bevezetés Algebrai feladatok J. A számok gyakran használt halmazaira a következ jelöléseket vezetjük be: N a nemnegatív egész számok, N + a pozitív egész számok, Z az egész számok, Q a racionális

Részletesebben

1. FELADAT: SZÁMÍTSD KI A KÖVETKEZŐ SZÁMKIFEJEZÉSEK ÉRTÉKEIT:

1. FELADAT: SZÁMÍTSD KI A KÖVETKEZŐ SZÁMKIFEJEZÉSEK ÉRTÉKEIT: 1. FELADAT: SZÁMÍTSD KI A KÖVETKEZŐ SZÁMKIFEJEZÉSEK ÉRTÉKEIT: a) ( 7) + ( 12) = 19 b) ( 24) + (+15) = 9 c) ( 5) + ( 27) = 32 d) (+19) + (+11) = +30 e) ( 7) ( 25) = +175 f) ( 5) (+14) = 70 g) ( 36) (+6)

Részletesebben

25 i, = i, z 1. (x y) + 2i xy 6.1

25 i, = i, z 1. (x y) + 2i xy 6.1 6 Komplex számok megoldások Lásd ábra z = + i, z = + i, z = i, z = i z = 7i, z = + 5i, z = 5i, z = i, z 5 = 9, z 6 = 0 Teljes indukcióval 5 Teljes indukcióval 6 Az el z feladatból következik z = z = =

Részletesebben

Oktatási Hivatal. A döntő feladatainak megoldása. 1. Feladat Egy kifejezést a következő képlettel definiálunk: ahol [ 2008;2008]

Oktatási Hivatal. A döntő feladatainak megoldása. 1. Feladat Egy kifejezést a következő képlettel definiálunk: ahol [ 2008;2008] OKTV 7/8 A öntő felaatainak megolása. Felaat Egy kifejezést a következő képlettel efiniálunk: 3 x x 9x + 7 K = x 9 ahol [ 8;8] x és x Z. Mennyi a valószínűsége annak hogy K egész szám ha x eleget tesz

Részletesebben

6. Függvények. Legyen függvény és nem üreshalmaz. A függvényt az f K-ra való kiterjesztésének

6. Függvények. Legyen függvény és nem üreshalmaz. A függvényt az f K-ra való kiterjesztésének 6. Függvények I. Elméleti összefoglaló A függvény fogalma, értelmezési tartomány, képhalmaz, értékkészlet Legyen az A és B halmaz egyike sem üreshalmaz. Ha az A halmaz minden egyes eleméhez hozzárendeljük

Részletesebben

Diszkrét matematika I.

Diszkrét matematika I. Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 1. Diszkrét matematika I. középszint 8. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2014. ősz Elemi számelmélet Diszkrét matematika I. középszint

Részletesebben

13. Trigonometria II.

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

Részletesebben

Megoldások 11. osztály

Megoldások 11. osztály XXV. Nemzetközi Magyar Matematikaverseny Budapest, 016. március 1115. Megoldások 11. osztály 1. feladat Egy háromszög három oldalának mér száma, a, b, c ebben a sorrendben egy mértani sorozat három egymást

Részletesebben

Oszthatóság. Oszthatóság definíciója (az egészek illetve a természetes számok halmazán):

Oszthatóság. Oszthatóság definíciója (az egészek illetve a természetes számok halmazán): Oszthatóság Oszthatóság definíciója (az egészek illetve a természetes számok halmazán): Azt mondjuk, hogy az a osztója b-nek (jel: a b), ha van olyan c egész, amelyre ac = b. A témakörben a betűk egész

Részletesebben

A lehetetlenségre visszavezetés módszere (A reductio ad absurdum módszer)

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

Részletesebben

A sorozat fogalma. függvényeket sorozatoknak nevezzük. Amennyiben az értékkészlet. az értékkészlet a komplex számok halmaza, akkor komplex

A sorozat fogalma. függvényeket sorozatoknak nevezzük. Amennyiben az értékkészlet. az értékkészlet a komplex számok halmaza, akkor komplex A sorozat fogalma Definíció. A természetes számok N halmazán értelmezett függvényeket sorozatoknak nevezzük. Amennyiben az értékkészlet a valós számok halmaza, valós számsorozatról beszélünk, mígha az

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I. 3 III. MEGFELELTETÉSEk, RELÁCIÓk 1. BEVEZETÉS Emlékeztetünk arra, hogy az rendezett párok halmazát az és halmazok Descartes-féle szorzatának nevezzük. Más szóval az és halmazok

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I. 4 IV. FÜGGVÉNYEk 1. LEkÉPEZÉSEk, függvények Definíció Legyen és két halmaz. Egy függvény -ből -ba egy olyan szabály, amely minden elemhez pontosan egy elemet rendel hozzá. Az

Részletesebben

Oszthatósági problémák

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

Részletesebben

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

Sorozatok I. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Sorozatok I. DEFINÍCIÓ: (Számsorozat) A számsorozat olyan függvény, amelynek értelmezési tartománya a pozitív egész számok halmaza, értékkészlete a valós számok egy részhalmaza. Jelölés: (a n ), {a n }.

Részletesebben

IV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Megoldások november

IV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Megoldások november IV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Megoldások 009. november Határozatlan integrálás.05. + C + C.06. + C + C.07. ( ( 5 5 + C.08. ( ( + 5 5 + + C.09. + ( + ln + + C.. ( + ( + ( + 5 5 + + C.. + ( + ( + ( + + ( + ( + +

Részletesebben

M/D/13. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát a közös nevezővel, 12-vel; így a következő egyenlethez jutunk: = 24

M/D/13. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát a közös nevezővel, 12-vel; így a következő egyenlethez jutunk: = 24 OKTATÁSI MINISZTÉRIUM M/D/13 Dolgozók gimnáziuma Dolgozók szakközépiskolája Szakmunkások szakközépiskolája intenzív tagozat) 003. május ) Határozza meg a következő egyenlet racionális gyökét! 1 3 4 + 5

Részletesebben

Tétel: A háromszög belső szögeinek összege: 180

Tétel: A háromszög belső szögeinek összege: 180 Tétel: A háromszög belső szögeinek összege: 180 Bizonyítás: legyenek az ABC háromszög belső szögei α, β, γ. Húzzunk a C csúcson át párhuzamost AB-vel. A C csúcsnál keletkezett egyenesszöget a háromszög

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

Typotex Kiadó. Bevezetés

Typotex Kiadó. Bevezetés Bevezetés A bennünket körülvevő világ leírásához ősidők óta számokat is alkalmazunk. Tekintsük át a számfogalom kiépülésének logikai-történeti folyamatát, amely minden valószínűség szerint a legkorábban

Részletesebben

Komplex számok algebrai alakja

Komplex számok algebrai alakja Komplex számok algebrai alakja Lukács Antal 015. február 8. 1. Alapfeladatok 1. Feladat: Legyen z 1 + 3i és z 5 4i! Határozzuk meg az alábbiakat! (a) z 1 + z (b) 3z z 1 (c) z 1 z (d) Re(i z 1 ) (e) Im(z

Részletesebben