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

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

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

Átírás

1 4. Sorozatok Megjegyzés: A szakirodalomban használt a sorozat tagjáról, máskor eleméről beszélni. Az alábbiakban mindkét kifejezést használtuk megtartva a feladatok eredeti fogalmazását. I. Feladatok. Van-e a 7, 3, 9, 5, sorozat (minden tag 6-tal nagyobb, mint az előző) tagjai között olyan szám, ami előállítható két prímszám különbségeként?. Igazoljuk minél rövidebben, hogy a következő egyenlőség helyes: Kalmár László Matematika Verseny 994; 7.osztály, megyei forduló = ! Kalmár László MatematikaVerseny 994; 8.osztály, országos döntő 3. Egy sorozat első két tagja: a =, a = 3 és minden további tag a két szomszédjának a szorzatánál eggyel kisebb. Számítsuk ki a sorozat első 560 tagjának az összegét! Kalmár László Matematika Verseny 008; 8.osztály, országos döntő 4. A pozitív egész számokat a következő háromszög-táblázatba írjuk fel: A táblázat középső sora így kezdődik:, 3, 7, 3,, Mi lesz ennek a középső sornak a 00. eleme? 5. Igazoljuk, hogy ha n egész szám, akkor az Kalmár László MatematikaVerseny 998; 7.osztály, megyei forduló n +, n +, 3n +, 4n + sorozatban mindig van négyzetszám és mindig van köbszám is. 6. Az x sorozatot az alábbi módon értelmezzük: Kalmár László MatematikaVerseny 00; 8.osztály, országos döntő x = 5, x = x, ha n.

2 Bizonyítsuk be, hogy x és x utolsó n jegye megegyezik. KöMaL 986/december; F Hány olyan természetes számokból álló (végtelen) sorozat van, amelyben az első n tag összegének és az első n tag összegének hányadosa nem függ n megválasztásától, továbbá amely sorozatnak egyik tagja az 97 szám? KöMaL 97/március; F Bizonyítsuk be, hogy a Fibonacci-sorozat minden negyedik tagja osztható 3-mal. (A Fibonacci sorozatban a =, a = és a = a + a minden n N, n 3 esetén.) KöMaL 009/szeptember; C Legyen n rögzített pozitív egész. Hány olyan a < a < < a n sorozat van, amelyben a páratlan indexű tagok páratlan, a páros indexűek páros egész számok? KöMaL 99/szeptember; F Jelölje a, a, a, a a Pascal-háromszög egyik sorának négy egymás után következő elemét. Igazoljuk, hogy számok számtani sorozatot alkotnak. a a + a, a a + a, a a + a KöMaL 00/április; B Egy sorozat első tagja 0. A második tagtól kezdve minden tag megegyezik az őt megelőző tagnál -vel nagyobb szám reciprokának ( )-szeresével. Mennyi a sorozat 0. tagja? KöMaL 0/szeptember; K Az a, a,, a, sorozatot a következő módon képeztük: a, a, a pozitív egészek, a > a + a, a = 4a 3a a (n = 4, 5, ). Bizonyítsuk be, hogy a >. Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 98; haladók, általános tantervű osztályok,.forduló 3. Az,,, n számokat valamilyen tetszés szerinti sorrendben leírva kapjuk az a, a,, a számokat. Mutassuk meg, hogy a a n a összeg értéke akkor a legkisebb, ha csökkenő sorrendbe rendeztük a számainkat, azaz a = n, a =. Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 985; kezdők, speciális matematika tagozat,. forduló

3 4. Definiáljuk az a (n 0) sorozatot a következőképpen: a :=0, az a : = ; és n -re a 6a a. Bizonyítsa be, hogy 3 a 3 a = minden n 0-ra! Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 006/007; kezdők, III. kategória, 3.forduló 5. Legyen a a következő módon definiált sorozat: a = 8; a = 48; a = a a, ha n >. Hány négyzetszám van a sorozatban? Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 0/03; haladók I. kategória,.forduló 6. Két számtani sorozat első tagja megegyezik. Az első sorozat egyik tagjának a négyzete a másik ugyanannyiadik tagjának a négyzeténél 7-tel nagyobb, a megelőző tagok négyzeteinek a különbsége , a következő tagok négyzeteinek a különbsége pedig Megállapítható-e ezekből az adatokból, hogy a sorozatok hányadik tagjairól van szó? Megállapítható-e a sorozatok valamilyen további adata? 7. Az a, a, a, sorozatban a természetes szám, és a = a + (n = 0,,, ). Bizonyítsuk be, hogy a sorozatban van irracionális szám. OKTV 968; általános tantervű osztályok,. forduló OKTV 973; szakosított matematika I. tantervű osztályok,. forduló 8. Legyen a az összes, a tízes számrendszerben legfeljebb n jegyű nem negatív egész számok száma, b pedig ezek közül azoknak a száma, amelyek tízes számrendszerbeli alakjában van 5-ös számjegy. Adjuk meg a -et és b et n függvényeként, valamint a határértéket. lim a b OKTV 977; I. forduló 9. Egy sorozatban a =, a = a + ()(), ha n >. Állítsuk elő a -et n függvényeként! OKTV 996/97; II. kategória,. forduló 0. Igaz-e, hogy a 7k + 3,k = 0,,, számtani sorozatban végtelen sok palindrom szám van? (Azokat a számokat nevezzük palindrom számoknak, amelyek tízes számrendszerbeli alakjában a jegyeket fordított sorrendben felírva ugyanahhoz a számhoz jutunk, pl. 33.) OKTV 005/006; III. kategória,. forduló. Mutassuk meg, hogy ha a, a, a, tetszőleges pozitív számok, akkor a = és a i = közül legalább az egyik teljesül. (Pozitív c, c, c, számok esetén c = azt jelenti, hogy az s = c + c + + c összegek k növekedésével minden határon túl nőnek.) OKTV 008/009; III. kategória,. forduló 3

4 . Határozzuk meg az S = n n + + (n )n összeget. Ki miben tudós? vetélkedő 964; elődöntő feladata 3. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges adott n természetes számhoz megadható végtelen sok -hatvány úgy, hogy ezek közül bármely kettőnek a különbsége osztható n-nel. 4. Legyen A = ahol n pozitív egész szám. Bizonyítsuk be, hogy az 3 5 (n ), 4 6 n Ki miben tudós? vetélkedő 966; döntő feladata sorozatban van egész szám. A, A, 4A,, A,. A később Kürschák Józsefről elnevezett verseny 934.évi. feladata 5. Az a =, a, a, természetes számok végtelen sorozatában a + a + a + + a minden k > értékre teljesül. Bebizonyítandó, hogy minden természetes szám felírható ebből a sorozatból kiválasztott számok összegeként (vagy pedig előfordul a sorozatban). A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 960.évi. feladata 6. Bizonyítandó, hogy nincs olyan, természetes számokból álló végtelen sorozat, amelynek nem minden eleme egyenlő, s amelynek minden eleme (a másodiktól kezdve) a két szomszédos elem harmonikus közepe ( a és b harmonikus közepe. 7. Mennyivel egyenlő n, ha (Az [x] az x szám egészrészét jelöli.) A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 968.évi. feladata n = n? (A) 9 (B)33 (C) 4 (D) 49 (E)53 Gordiusz Matematika Tesztverseny 008;. osztály, országos forduló 8. Jelölje {a } azon pozitív egész számok növekvő sorozatát, melyek 7-tel osztva 5 maradékot adnak, {b } azon pozitív egész számok növekvő sorozatát, melyek 5-tel osztva 4 maradékot adnak! Mindkét sorozat első eleme legyen a lehető legkisebb! Az {a } sorozat első n elemének az összegét jelölje H, a {b } sorozat első n elemének az összegét jelölje Ö! Mennyi n értéke, ha H = 3 Ö 3? (A) 9 (B)8 (C) 7 (D) 8 (E) Nincs ilyen n. Gordiusz Matematika Tesztverseny 00;. osztály, megyei forduló 4

5 9. Egy számsorozatot a következőképpen értelmezünk: Mennyivel egyenlő az x, ha a = x = a, x = b, x = és b =?, ha n = ; 3; 4; (A) 0 (B) 00 (C) (D) 00 (E)0 Gordiusz Matematika Tesztverseny 0;. osztály, országos forduló 30. Vizsgáljuk meg az,,,,, sorozatot. Vegyük a szomszédos elemek különbségét, az alábbi módon egy különbségi háromszöget állítsunk elő: Forgassuk el a táblázatot 60 -al úgy hogy az -es szám kerüljön a háromszög csúcsába. és hagyjuk el az előjeleket

6 Ezután minden sor minden elemét osszuk el az illető sor szélén álló számmal és vegyük az eredmény reciprokát. Bizonyítsuk be, hogy ekkor a Pascal-háromszöget kapjuk D.O.Skljarszkij N. N. Csencov I. M. Jaglom: Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből Aritmetika és algebra, 30. feladat 6

7 II. Megoldások. Van-e a 7, 3, 9, 5, sorozat (minden tag 6-tal nagyobb, mint az előző) tagjai között olyan szám, ami előállítható két prímszám különbségeként? Kalmár László Verseny, 994, 7.osztály, megyei forduló A sorozat tagjai 6k + alakban írhatóak fel, ahol k egész szám, ezért a sorozat minden tagja pozitív páratlan szám. Két prímszám különbségeként csak akkor állítható elő egy páratlan szám, ha az egyik prímszám páros, azaz. Azt keressük, hogy van-e olyan p prímszám, amelyre 6k + = p teljesül. Ekkor p = 6k + 3 alakú, tehát p 3-mal osztható lenne. Egyetlen 3-mal osztható prímszám van, a 3, de 6k + 3 > 3, ezért nem lehet prím. Ezzel beláttuk, hogy a sorozat egyetlen tagja sem állítható elő két prímszám különbségeként.. Igazoljuk minél rövidebben, hogy a következő egyenlőség helyes: = ! Kalmár László Verseny, 994, 8.osztály, országos döntő Megjegyzés: = = = = = = Hasonlóan belátható, hogy ahol n egész szám n n = n + + n n, 3. Egy sorozat első két tagja: a =, a = 3 és minden további tag a két szomszédjának a szorzatánál eggyel kisebb. Számítsuk ki a sorozat első 560 tagjának az összegét! A sorozat képzési szabálya szerint: Ezt átrendezve: Kalmár László Verseny, 008, 8.osztály, országos döntő a a = a. 7

8 a = a + a. Ezt a szabályt alkalmazva kiszámítjuk a sorozat néhány tagját:, 3,,,,, 3, A és 3 már szerepelt a sorozat első két elemeként. Tehát a képzési szabály miatt innentől kezdve ismétlődik a sorozat. Az ismétlődő periódus 5 elemből áll, amelyeknek az összege : 5 =, tehát ismétlődő periódust kell összeadnunk, ez alapján az első 560 tag összege 9 = A pozitív egész számokat a következő háromszög-táblázatba írjuk fel: A táblázat középső sora így kezdődik:, 3, 7, 3,, Mi lesz ennek a középső sornak a 00. eleme? Kalmár László Verseny, 998, 7.osztály, megyei forduló A középső sorban a második tag -vel nagyobb az elsőnél, a harmadik tag 4-gyel nagyobb a másodiknál, a negyedik tag 6-tal nagyobb a harmadiknál és így tovább: a = a + n. Ennek alapján a középső sor 00. elemét így számolhatjuk ki: ( + 98) 99 a = = + = Igazoljuk, hogy ha n egész szám, akkor az n +, n +, 3n +, 4n + sorozatban mindig van négyzetszám és mindig van köbszám is. Kalmár László Verseny, 00, 8.osztály, országos döntő Olyan k és m egész számot keresünk, amelyre k n + = m. Átrendezve: k n = m = (m + )(m ). Válasszuk az n = m és k = m + megfeleltetést. Ekkor m = n + és k = n +. Valóban (n + )n + = n + n + = (n + ) négyzetszám. Köbszámot hasonló módszerrel állíthatunk elő: Olyan k és m egész számot keresünk, amelyre k n + = m. Átrendezve és szorzattá alakítva: k n = m = (m )(m + m + ). 8

9 Jó megfeleltetés: n = m ; k = m + m + Tehát: m = n + ; k = (n + ) + n + + = n + 3n + 3. Így (n + 3n + 3)n + = (n + ) formában köbszámot kapunk. Megjegyzés: Általános iskolás ismeretekkel így lehet gondolkozni: k n + alakú négyzetszámot keresünk, és az (a n + ) ilyen. Válasszuk a-t -nek, ekkor tehát a sorozat (n + )-edik tagja négyzetszám. (n + ) = n + n + = (n + )n +, k n + alakú köbszámot keresünk, és az (a n + ) ilyen. Válasszuk a-t -nek, ekkor (n + ) = (n + n + )(n + ) = n + 3n + 3n + = (n + 3n + 3)n +, azaz a sorozat (n + 3n + 3)-edik tagja köbszám. 6. Az x sorozatot az alábbi módon értelmezzük: x = 5, x = x, ha n. Bizonyítsuk be, hogy x és x utolsó n jegye megegyezik. A feladat állítását teljes indukcióval bizonyítjuk. KöMaL 986/december; F n = -re igaz az állítás, hiszen x = 5; x = 5, tehát az utolsó számjegyek egyenlőek. n = k-ra feltételezzük, hogy igaz az állítás, azaz x és x utolsó k jegye megegyezik. Ezt úgy is fogalmazhatjuk, hogy 0 x x. n = k + -re bizonyítjuk az állítást: A sorozat képzési szabálya alapján x x = x x = (x x )(x + x ). Az indukciós feltétel alapján 0 x x. x és x 5 hatványa, ezért 5-re végződnek, tehát az összegük 0-ra végződik, így osztható 0-zel. Ezek alapján 0 x x, amiből következik, hogy x és x utolsó k+ jegye megegyezik. Ezzel a feladat állítását beláttuk. 9

10 7. Hány olyan természetes számokból álló (végtelen) sorozat van, amelyben az első n tag összegének és az első n tag összegének hányadosa nem függ n megválasztásától, továbbá amely sorozatnak egyik tagja az 97 szám? KöMaL 97/március; F Ha a sorozat első tagja a, a differencia d, akkor az első n tag összegének és az első n tag összegének hányadosa : S = n(a + (n )d) S n(a + (n )d) = 4a + (4n )d a + (n )d. Ha ez a hányados minden n-re azonos, akkor n = és n = -re is: Átrendezve: Ez d = 0 vagy d = a esetén teljesül. S = 4a + d = S = 4a + 6d S a S a + d. 8a + 8a d + d = 8a + a d d 4a d = d(d a ) = 0. Ha d = 0, akkor a 0, mert ellenkező esetben S = S = 0 lenne, tehát nem írhatnánk fel ezek hányadosát. Ekkor a sorozat tagjai egyenlőek és 97-gyel kell megegyezniük. Ez valóban alkalmas sorozat, mert a vizsgált hányados. Ha d = a, akkor is szükséges az a 0 feltétel. Ekkor a sorozat tagjai: a, 3a, 5a. Ezek között akkor szerepel az 97, ha (k )a = 97 teljesül valamilyen a és k természetes szám esetén. 97 = Ezt felhasználva a lehetséges értékek: a k Az 97 a sorozat k-adik tagja lesz. Ezek a sorozatok is megfelelőek, mert: S S Tehát 9 megfelelő sorozat van = 4a + (4n )d a + (n )d = 4a + (4n ) a = 8a n a + (n ) a a n = Bizonyítsuk be, hogy a Fibonacci-sorozat minden negyedik tagja osztható 3-mal. (A Fibonacci sorozatban a =, a = és a = a + a minden n N, n 3 esetén.) Számítsuk ki a sorozat néhány tagját a képzési szabály alapján: KöMaL 009/szeptember; C a =, a =, a =, a = 3, a = 5, a = 8, a = 3, a =, 0

11 Az a sejtésünk, hogy minden olyan tag osztható 3-mal, amelynek az indexe osztható 4-gyel. Azt fogjuk teljes indukcióval bizonyítani, hogy a osztható 3-mal, ha n N, n. n = -re igaz az állítás n = k-ra feltételezzük, hogy a osztható 3-mal. n = k + -re bizonyítjuk: a () = a = a + a = a + a + a + a = a + a + a = = a + a + a + a = a +3a 3a osztható 3-mal, mert egyik tényezője 3, a pedig az indukciós feltétel alapján osztható 3-mal. Így beláttuk a feladat állítását. Megjegyzés: Kicsit egyszerűbben kevésbé hivatalosan elmondva: A Fibonacci sorozatban a 3-mal való osztási maradékok:, ; ; 0; ; ; ; 0;, a képzési szabályból adódóan periodikusan ismétlődnek, tehát minden negyedik tag osztható 3-mal. 9. Legyen n rögzített pozitív egész. Hány olyan a < a < < a n sorozat van, amelyben a páratlan indexű tagok páratlan, a páros indexűek páros egész számok? Jelölje A az n egész számhoz tartozó ilyen sorozatok számát. A =, mert egyetlen ilyen sorozat van: a =. A =, ezek a sorozatok: a = ; illeve az a = ; a =. KöMaL 99/szeptember; F. 96. Tegyük fel, hogy már meghatároztuk A, A,, A értékét (n ). Hogyan tudunk n + - hez megfelelő sorozatot készíteni? Ha a sorozat nem tartalmazza az n + számot, akkor nyilván minden n-hez tartozó sorozatot megkapunk, ezek száma A. Ha a sorozatnak az utolsó tagja n + és van n-nél kisebb tagja, akkor ezt a sorozatot az alábbi módon kaphattuk: - vettünk egy n-nél kisebb elemeket tartalmazó sorozatot, amelyben az utolsó tag paritása n + - gyel ellentétes és ehhez hozzávettük n + -et; - vettünk egy n-nél kisebb elemeket tartalmazó sorozatot, amelyben az utolsó tag paritása n + - gyel azonos és ehhez hozzávettük n-et és n + -et. Így felhasználtuk az összes olyan sorozatot, amelyek n-nél kisebb elemeket tartalmaznak. Ezek száma A. Ha a sorozatnak az utolsó tagja n + és nincs n-nél kisebb tagja, akkor egyetlen sorozatot készíthetünk: Ha n + páratlan, akkor az a = n + sorozat megfelelő, ha n + páros, akkor az a = n és a = n + sorozat jó. Ezzel megkaptuk, hogy A = A + A +.

12 Ez a képzési szabály a Fibonacci sorozatra emlékeztet. A kiindulási elemeket figyelembe véve megmutatható, hogy A = f, ahol f = ; f = ; f = f + f a Fibonacci sorozat első elemei és a rekurzív megadási módja. 0. Jelölje a, a, a, a a Pascal-háromszög egyik sorának négy egymás után következő elemét. Igazoljuk, hogy számok számtani sorozatot alkotnak. a a + a, a a + a, a a + a KöMaL 00/április, B A Pascal-háromszög n-edik sorának két szomszédos eleme és. Ezekkel a kifejezésekkel felírva a megfelelő törtet: + = = n! k! (n k)! = k + (n + )! n + (k + )! (n k)! összefüggést kapjuk. A következő két tört értéke ugyanígy számolva: ;. Ebből látható, hogy számtani sorozatot kaptunk, amelynek a differenciája, ami csak attól függ, hogy a Pascalháromszög melyik sorából vettük az elemeket.. Egy sorozat első tagja 0. A második tagtól kezdve minden tag megegyezik az őt megelőző tagnál -vel nagyobb szám reciprokának ( )-szeresével. Mennyi a sorozat 0. tagja? A sorozat tagjai: a = 0; a = 03 ; a = = 03 + KöMaL 0/szeptember, K. 96. = ; a = 03 = ; a = 404 = Ez azt jelenti, hogy a sorozat tagjai négyesével ismétlődnek. 0 = , így a = a =.. Az a, a,, a, sorozatot a következő módon képeztük: a, a, a pozitív egészek, a > a + a, a = 4a 3a a (n = 4, 5, ). Bizonyítsuk be, hogy a >. Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 98; haladók, általános tantervű osztályok,.forduló Teljes indukció módszerével azt fogjuk bebizonyítani, hogy n 4 esetén a.

13 n = 4 re bizonyítjuk az állítást: a = 4a 3a a 4(a + a + ) 3a a = 5a + a + 4 > 8 =. n nél (n 5)kisebb k egészekre feltételezzük, hogy n re bizonyítjuk az állítást: A rekurziós formulát átrendezzük: a >. a a a = a 4a a = (a a a ) Ez azt jelenti, hogy a a a egy mértani sorozat, így Ezt átrendezve: a a a = (a a a ). a + a + a + + = 6 >. Ezzel bizonyítottuk az állításunkat, n = 000-re alkalmazva: a >. 3. Az,,, n számokat valamilyen tetszés szerinti sorrendben leírva kapjuk az a, a,, a számokat. Mutassuk meg, hogy a a n a összeg értéke akkor a legkisebb, ha csökkenő sorrendbe rendeztük a számainkat, azaz a = n, a =. Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 985; kezdők, speciális matematika tagozat,.forduló Megvizsgáljuk először, hogyan változik az + () k a l a összeg, ha k > l és ezt a két számot felcseréljük a nevezőkben. + + = (la k a l a l a k a k l a a + ka ka la ) = = (k l)(a k l a a a ) > 0 akkor és csak akkor, ha a > a. Ezért ha az a és a tényezőket felcseréljük, akkor az () összeg csökken. Legyen az,,3,, n számok egy tetszőleges sorrendje a, a,, a. Alkalmas csökkentsük az összeget. S = a + a + + n a cserékkel 3

14 Ha az a, a,, a sorozat különbözik az n, n,, sorozattól, azaz nem szigorúan monoton csökken, akkor van két tagja, amelyek egymáshoz képest növekvően állnak, azaz van olyan l < k, hogy a < a. Ekkor az a és a számokat a sorozatban megcserélve az előbbi megállapítás miatt S csökken. Ilyen módon az S értéke mindig csökkenthető, ha az a, a,, a sorozat különbözik az n, n,, sorozattól. Az a, a,, a sorozatnak véges sok sorrendje van, ezért véges sok lépésben, az S értékét csökkentve eljutunk az n, n,, sorozathoz. Ekkor megkapjuk a minimum értékét: M = n + (n ) + + n. 4. Definiáljuk az a (n 0) sorozatot a következőképpen: a :=0, az a : = ; és n -re a 6a a. Bizonyítsa be, hogy 3 a 3 a = minden n 0-ra! Teljes indukcióval bizonyítjuk az állítást. n = 0 - ra igaz az egyenlőség. n = k - ra feltételezzük, hogy n = k + - re bizonyítunk: Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 006/007; kezdők, III. kategória, 3.forduló 3 a 3 a =. 3 a 3 a = = 3 (6 a a ) 3 a = = 6 3 a 3 a 3 a Ebben a kifejezésben előállítunk egy olyan részletet, amiben az indukciós feltételt fel tudjuk használni, majd megvizsgáljuk a maradék tagokat: 3 a 3 a a 3 a =+a ( ) Ebben a kifejezésben: = = 0. Ezért a ( ) összefüggés értéke, ezzel az állítást beláttuk n = k + - re, befejeztük a teljes indukciós bizonyítást. 5. Legyen a a következő módon definiált sorozat: a = 8; a = 48; a = a a, ha n >. Hány négyzetszám van a sorozatban? Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 0/03; haladók, I. kategória,. forduló 4

15 a = 3 ; a = 3. A további tagokat a rekurzió szerint képezve mindig olyan számokat fogunk kapni, amelyben csak a és 3 szerepel prímtényezőként. Akkor kapunk négyzetszámot, ha mindkét prímszám kitevője páros. A képzési szabály miatt a -hatványok kitevőjének kettes maradéka így ismétlődik: ; 0; ; ; 0; ; ;, tehát 3 számból álló periódus: ; 0;. A 3 kitevőinek kettes maradéka pedig így ismétlődik: 0; ; ; 0; ; ;, azaz szintén 3 számból álló periódust kapunk: 0; ;. Láthatóan nem egyszerre lesz páros a és a 3 kitevője, tehát sohasem kapunk négyzetszámot. 6. Két számtani sorozat első tagja megegyezik. Az első sorozat egyik tagjának a négyzete a másik ugyanannyiadik tagjának a négyzeténél 7-tel nagyobb, a megelőző tagok négyzeteinek a különbsége , a következő tagok négyzeteinek a különbsége pedig Megállapítható-e ezekből az adatokból, hogy a sorozatok hányadik tagjairól van szó? Megállapítható-e a sorozatok valamilyen további adata? OKTV 968; általános tantervű osztályok,. forduló A két sorozat első tagját jelöljük a-val, a differenciák legyenek d és D. A feladat feltételei legyenek igazak az n-edik, (n + )-edik, (n + )-edik tagokra: Átrendezve: (a + nd) (a + nd) = 7 (a + (n )d) (a + (n )D) = (a + (n + )d) (a + (n + )D) = an(d D) + n (d D ) = 7 () a(n )(d D) + (n ) (d D ) = a(n + )(d D) + (n + ) (d D ) = A () és (3) számtani közepéből kivonjuk az () egyenletet: Ezt visszahelyettesítjük () és ()-be: (5)-ből (6)-t kivonva : () (3) (d D ) = (4) an(d D) n = 7 a(n )(d D) (n ) = a(d D) (n ) = (5) (6) (7) 5

16 Ennek n-szeresét (5)-ből kivonva, majd rendezve: 7 64 (n n + n) = 7 05n 64 n 6n + 64 = (n 8) = 0. Tehát n = 8, ezért a tagokról beszél a feladat. Ezt az eredményt visszahelyettesítjük a (7) egyenletbe: a(d D) = 0. d D, mert a két sorozatnak nem minden tagja egyenlő, ezért csak a = 0 lehetséges. Így a két sorozatot a = (n )d és A = (n )D, alakban adhatjuk meg. Az (); (); és (3) egyenletek négy ismeretlent tartalmaznak, ezért nem tudjuk mindegyik ismeretlent meghatározni. Az a és n meghatározható és azt tudjuk mondani, hogy d és D között fennáll a (4) összefüggés. 7. Az a, a, a, sorozatban a természetes szám, és a = a + (n = 0,,, ). Bizonyítsuk be, hogy a sorozatban van irracionális szám. OKTV 973; szakosított matematika I. tantervű osztályok,. forduló Először azt bizonyítjuk, hogy ha a természetes szám és a racionális, akkor egész szám is. Indirekt bizonyítást adunk. Tegyük fel, hogy a =, ahol b, c relatív prímek és c. ekkor négyzetre emelés után: b = ac. c, ezért van prímosztója, legyen p az egyik. A fenti összefüggés szerint p osztója b -nek is, így b-nek is. Ekkor b és c nem lenne relatív prím, ezzel ellentmondásra jutottunk. Tehát a egész. Most az eredeti állítást bizonyítjuk teljes indukcióval. Tegyük fel, hogy a természetes szám és az a = a + rekurzióval megadott mindegyik szám racionális, az előbbi bizonyításból adódóan természetes szám. A sorozat egyik tagja sem lehet, mert akkor a következő lenne, ami irracionális. Tehát a sorozat mindegyik tagja legalább. Így: a = a + < a + a = a a. Ez azt jelenti, hogy a sorozat monoton fogy. Ezzel ellentmondásra jutottunk, mert nincs végtelen sok természetes számból álló monoton fogyó sorozat. A feladat állítását beláttuk. 6

17 8. Legyen a az összes, a tízes számrendszerben legfeljebb n jegyű nemnegatív egész számok száma, b pedig ezek közül azoknak a száma, amelyek tízes számrendszerbeli alakjában van 5-ös számjegy. Adjuk meg a -et és b et n függvényeként, valamint a határértéket. lim b 7 a OKTV 977; I. forduló A legfeljebb n-jegyű nemnegatív számok: 0; ; ; 0, tehát a = 0. Azokat a számokat, amelyekben van 5-ös számjegy, úgy kapjuk meg, ha az összes számból levonjuk azokat, amelyekben nincs 5-ös. Legfeljebb n-jegyű számokat vizsgálunk, ezért mindenütt, a szám elején is megengedjük a nullát. Most 5-öst nem használunk, ezért minden helyiértéken 9-féle számjegyből választhatunk, így 9 a rossz esetek száma, azaz b = 0 9 olyan nemnegatív szám van, amelyben szerepel az 5-ös. Így a 0 lim = lim b 0 = lim 9 9 = 0 0 =. Felhasználtuk, hogy lim q = 0, ha q olyan valós szám, amelyre q <. 9. Egy sorozatban a =, a = a + ()(), ha n >. Állítsuk elő a -et n függvényeként! A képzési szabályt használva a = ; a = ; a = ;. Az a sejtésünk, hogy a = n + n +. OKTV 996/97; II. kategória,. forduló Ezt teljes indukcióval bizonyítjuk. n = -re igaz az állítás és tegyük fel, hogy n -re is már beláttuk, hogy a = n n +. A rekurzív képzési szabály és az indukciós feltétel miatt: a = a + (n + )(n + ) = amit bizonyítani akartunk. n n + + n (n + ) + = (n + )(n + ) (n + )(n + ) = = n + n +, (n + ) (n + )(n + ) = 0. Igaz-e, hogy a 7k + 3, k = 0,,, számtani sorozatban végtelen sok palindrom szám van? (Azokat a számokat nevezzük palindrom számoknak, amelyek tízes számrendszerbeli alakjában a jegyeket fordított sorrendben felírva ugyanahhoz a számhoz jutunk, pl. 33.) OKTV 005/006; III. kategória,. forduló

18 Azok a számok, amelyeknek minden jegye egyenlő, nyilván palindrom számok, ezért keressük ezek között a megfelelő számokat. Az a kérdés, hogy a c ( ) alakú számok között milyen c ( c 9 egész) esetében kapunk 7-tel osztva 3-t maradékul. Az,,,,,,. számok 7-es maradéka ; 4; 6; 5; ; 0, a maradékok innentől kezdve periodikusan ismétlődnek. Ha a maradék, akkor a c-t válasszuk 3-nak, ha 4; 6; 5;, akkor c legyen 6; 4; ; 5. Ekkor a c ( ) szám 7-tel osztva 3-t ad maradékul. A nullához nem tudunk alkalmas c-t választani. Tehát ilyen módon végtelen sok palindrom számot kapunk.. Mutassuk meg, hogy ha a, a, a, tetszőleges pozitív számok, akkor a = és a i = közül legalább az egyik teljesül. (Pozitív c, c, c, számok esetén c = azt jelenti, hogy az s = c + c + + c összegek k növekedésével minden határon túl nőnek.) OKTV 008/009; III. kategória,. forduló A feladatot indirekt módon bizonyítjuk. Tegyük fel, hogy van olyan T szám, hogy minden k természetes számra: < T és a < T. A számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján: a + a i a a i = i = i. Ezt i = -től k-ig összegezzük és felhasználjuk az indirekt feltételt: k a a a a + a a k < T. Ismert, hogy az harmonikus sor minden határon túl nő, tehát elég nagy k-ra az összeg nagyobb lesz T-nél. Ellentmondásra jutottunk, ezzel bizonyítottuk a feladat állítását. Megjegyzés: A harmonikus sor értékének becslése: > > Ez pedig r növekedésével tetszőlegesen nagy értéket felvehet. = + (r + ) = r Határozzuk meg az S = n n + + (n )n összeget. Ki miben tudós? vetélkedő 964; elődöntő feladata 8

19 Csoportosítsuk a tagokat, egy csoportba kerülnek azok a tagok, amelyekben az első tényező azonos: S = [ n] + [ n] + + (n )n = S = ( n) + ( n) + + k [(k + ) + (k + ) + + n] + Egy ilyen csoport összege: Az S összeg így alakul: S = (n k)(n + k + ) k [(k + ) + (k + ) + + n] = k. (n )(n + ) (n )(n + 3) 3 (n 3)(n + 4) (n 3) 3 (n ) (n ) (n ) (n ) n Láthatóan párba állíthatóak a tagok úgy, hogy két-két azonos tényező legyen bennük. Ezért a számtani sorozat összegképletének levezetésénél használt módszerrel: S = = 3n + (n )(3n + ) + + (n )(3n + ) 3 (n 3)(3n + ) k (n k)(3n + ) + + (n 3) 3 (3n + ) (n ) (3n + ) (n ) (3n + ) = (n + n 4 + 3n nk k + + (n )n (n ) ) = = 3n + n (n ) 3n + 9 ( + + (n ) ). Felhasználjuk az első (n ) szám illetve négyzetszám összegére vonatkozó összefüggést: Tehát S = 3n + (n ) n n (n ) n (n ) = 6 (3n + ) (n ) n (n ) n (n + ) (3n + ) = (3n n + ) =, (n ) n (n + ) (3n + ) S = Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges adott n természetes számhoz megadható végtelen sok -hatvány úgy, hogy ezek közül bármely kettőnek a különbsége osztható n-nel. Ki miben tudós? vetélkedő 966; döntő feladata Ha a,,, hatványokat n-nel elosztjuk, akkor a 0,,,., (n ) számok valamelyike lehet a maradék. A - hatványok száma végtelen, ezért a skatulya-elv szerint van

20 olyan maradék, amely n-nel osztva végtelen sok hatványnál fordul elő. E hatványok közül bármely kettő különbsége osztható n-nel. 4. Legyen A = ahol n pozitív egész szám. Bizonyítsuk be, hogy az sorozatban van egész szám. A törtet bővítsük a 4 6 n szorzattal: A = 3 5 (n ), 4 6 n A, A, 4A,, A,. A később Kürschák Józsefről elnevezett verseny 934.évi. feladata (n ) n ( 4 6 n) = (n)! n! = (n)! n! n! = n n. egész szám, azt adja meg, hogy n különböző elemből hányféle módon tudunk n elemet kiválasztani úgy, hogy a kiválasztás sorrendje nem számít. Így A egész szám. 5. Az a =, a, a, természetes számok végtelen sorozatában a + a + a + + a minden k > értékre teljesül. Bebizonyítandó, hogy minden természetes szám felírható ebből a sorozatból kiválasztott számok összegeként (vagy pedig előfordul a sorozatban). A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 960.évi. feladata Megjegyzés: A zárójeles toldalék felesleges akkor, ha egytagú összeget is lehetségesnek tartunk. A megoldásban szereplő összegek így értendők. Azt fogjuk bizonyítani, hogy az a, a,, a számok segítségével minden olyan n szám felírható a feladat feltételei szerint, amelyre 0 < n a + a + + a. A bizonyításhoz k-ra vonatkozó teles indukciót használunk: k = esetén a =. Ekkor n = = a megfelelő felírás. Tegyük fel, hogy k -re (k > ) igaz az állítás, tehát minden 0 és + a + a + + a közé eső szám felírható alkalmas a számok összegeként. Bizonyítunk k-ra: Ha 0 < n a + a + + a, akkor már az a, a,, a számok is elegendőek az indukciós feltétel szerint. Ha + a + a + + a n a + a + + a, akkor 0 n a a + a + + a. 0

21 Ekkor, ha 0 = n a, akkor az n = a felírás megfelelő. Különben n a az indukciós feltétel miatt felírható az a, a,, a számokból alkalmasan választott összeg formájában. Ehhez hozzáadva az a számot, megkapjuk az n egy lehetséges felírását. Teljes indukcióval beláttuk a feladat állítását. 6. Bizonyítandó, hogy nincs olyan, természetes számokból álló végtelen sorozat, amelynek nem minden eleme egyenlő, s amelynek minden eleme (a másodiktól kezdve) a két szomszédos elem harmonikus közepe ( a és b harmonikus közepe. I. A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 968.évi. feladata Ha a sorozat első két eleme h és h, akkor a képzési szabály alapján h =, amiből átrendezéssel Hasonlóan számolva h = h + h h = h h = h h h h h = h h h h. Az a sejtésünk, hogy h = h h 3h h. h = h h (n )h (n )h, Ezt az állítást teljes indukcióval tudjuk bizonyítani. n = 3-ra igaz az állítás. k < n-re (n > 3 )feltételezzük, hogy igaz az állítás: h h h = (k )h (k )h n = k + -re bizonyítunk. A harmonikus közép így is kifejezhető: Az indukciós feltételt felhasználva: Reciprokot véve: ezzel sejtésünket beláttuk. = + h h h ahol n 3 természetes szám. = h h h = (k )h (k )h (k )h (k 3)h = h h h h h = (k k + )h (k 4 k + 3)h h h A sorozat n-edik elemét így is írhatjuk: h = h h kh (k )h, = kh (k )h h h.

22 h h h = (n )(h h ) + h Ha h = h, akkor a sorozat minden eleme h -gyel egyenlő, amit a feladat szövege kizár. Ha h h, akkor a számláló nem nulla állandó, a nevező pedig tetszőlegesen nagy lehet. Így elég nagy n-re a sorozat eleme -nél kisebb lesz, tehát nem lehet természetes szám. Ezzel beláttuk a feladat állítását. II. A feladat feltételéből következik, hogy + h = h Ez azt jelenti, hogy a sorozat elemeinek reciprokaiból képzett sorozat számtani sorozat. A természetes számok reciprokai a [0,] intervallumba esnek. Ha a számtani sorozat nem állandó, pozitív tagokból áll, akkor lesz tetszőlegesen nagy eleme, ami ellent mond annak, hogy minden eleme egy adott intervallumhoz tartozik. 7. Mennyivel egyenlő n, ha (Az [x] az x szám egészrészét jelöli.) I. h n = n? (A) 9 (B)33 (C) 4 (D) 49 (E)53. Gordiusz Matematika Tesztverseny 008;. osztály, országos forduló Tudjuk, hogy a Gordiusz Matematika Tesztversenyen csak egy jó megoldás van. helyettesítsük be a megadott értékeket. A számolásnál kihasználjuk, hogy ha k i < (k + ) (i, k természetes számok), akkor i = k. A 33-mal számolva: = tehát ez jó megoldás, ezért a helyes válasz a B. II. = = 66 = 33, Most nem használjuk ki, hogy öt lehetőség közül kell megtalálnunk a jó választ. Legyen k n < (k + ) alkalmas k természetes számra. Ekkor S = n = = ( ) + (3 ) + + (k ) (k (k ) ) + k (n + k ) = = 3 (k ) + (k )k + k (n + k ) = = 3 (k ) k + k(n + ) Felhasználjuk a köbszámok összegére vonatkozó összefüggést:

23 Azt keressük, hogy milyen n-re lesz: k(k + ) S = k(n + ). k(k + ) k(n + ) k(k + ) n (k ) = = n, k Ha k =, akkor a baloldal 0, a jobb oldal 7, tehát nincs megfelelő n. Ha k, akkor: Az így kapott értéknek a k(k + ) n = k k = k (k + ) 4k 4(k ). () feltételt teljesítenie kell. k k (k + ) 4k 4(k ) < (k + ) () Behelyettesítéssel látható, hogy k = -re nem teljesül az egyenlőtlenség, k = 3-ra igen. Ha k 4, akkor csak az első egyenlőtlenséget vizsgálva: feltételnek kellene teljesülnie, de k 4 esetén 4k (k ) k (k + ) 4k 4k 8k k + k + k 4k 3k + 4 < 0k + k 3k + 4 > 3k = 3k k k > k = 0k + k > 0k + k. Így csak k = 3 esetén kapunk megoldást. Ekkor a () egyenlőtlenség másik oldala is teljesül. Az () összefüggés alapján n = 33, azaz a (B) válasz a helyes. 8. Jelölje {a } azon pozitív egész számok növekvő sorozatát, melyek 7-tel osztva 5 maradékot adnak, {b } azon pozitív egész számok növekvő sorozatát, melyek 5-tel osztva 4 maradékot adnak! Mindkét sorozat első eleme legyen a lehető legkisebb! Az {a } sorozat első n elemének az összegét jelölje H, a {b } sorozat első n elemének az összegét jelölje Ö! Mennyi n értéke, ha H = 3 Ö 3? (A) 9 (B)8 (C) 7 (D) 8 (E) Nincs ilyen n. Gordiusz Matematika Tesztverseny 00;. osztály, megyei forduló Mindkét sorozat elemei számtani sorozatot alkotnak. Az adott feltételekkel 3

24 A számtani sorozat összegképlete alapján: Azt keressük, hogy mikor lesz a = 5; a = 7n ; b = 4; b = 5n. (5 + 7n ) n (7n + 3) n H = = ; (4 + 5n ) n (5n + 3) n Ö = =. H = 7n + 3 Ö 5n + 3 = 3 3. Az egyenletet megoldva n = 7 adódik, tehát (C) a jó válasz. 9. Egy számsorozatot a következőképpen értelmezünk: Mennyivel egyenlő az x, ha a = x = a, x = b, x = és b =?, ha n = ; 3; 4; (A) 0 (C) (D) 00 (E)0 (B) 00 Gordiusz Matematika Tesztverseny 0;. osztály, országos forduló A sorozat első néhány tagját felírjuk: x = b + a a + b + + x = ab = b + a a + + x = b = a + b + ab b + + ; x = a = b a + b + + ab b(b + ) = a + b + ab (a + )(b + ) b(b + ) ; = a + b (a + b + )ab b(a + b + ) = a ; x = a + = b. a + b Látható, hogy a sorozat tagjai periodikusan ismétlődnek, a periódus hossza 4, ezért A helyes válasz: A. x = x = 0. ; 4

25 30. Vizsgáljuk meg az,,,,, sorozatot. Vegyük a szomszédos elemek különbségét, az alábbi módon egy különbségi háromszöget állítsunk elő: Forgassuk el a táblázatot 60 -al úgy hogy az -es szám kerüljön a háromszög csúcsába. és hagyjuk el az előjeleket Ezután minden sor minden elemét osszuk el az illető sor szélén álló számmal és vegyük az eredmény reciprokát

26 Bizonyítsuk be, hogy ekkor a Pascal-háromszöget kapjuk D.O.Skljarszkij N. N. Csencov I. M. Jaglom: Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből Aritmetika és algebra, 30. feladat A Pascal-háromszög a binomiális együtthatókat tartalmazza. Ha a sorokat 0-tól, a sorokon belül az elemeket is 0-tól kezdjük számozni, akkor a Pascal-háromszög n-edik sorának k-adik eleme C =. A kiindulási számainkban szeretnénk ezt felfedezni: C C 3C 4C C 3C 4C 3C 4C 4C Ezt a tulajdonságot teljes indukcióval igazoljuk. Az első sorban igaz az előállítás Feltételezzük, hogy a k-adik sorban lévő elemek: ± (k + )C ± ± (k + )C (k + i)c Ekkor a (k + )-edik sorban lévő elemeket így számoljuk ki: ± (k + i + )C 6

27 ± (k + i + )C i! k! = ± (k + i + )! (k + i)c (i )! k! = ± (k + i)! = ± (k + i + ) ( k )(i )! k! (k + )(i )! k! = ± = (k + i + )! (k + i + )! (k + i)! i! k! = (k + i )! (k + i) (i )! k! i (i )! k! (k + i + )(i )! k! = (k + i + )! = (k + i + ) = (k + i + )C Ez a képzési szabály öröklődését jelenti a (k + )-edik sorra. (k + )! (i )! = (k + i + )(k + i)! = Ha elvégezzük a feladatban szereplő átalakításokat, akkor valóban a megfelelő C binomiális együtthatókat tartalmazó Pascal-háromszöget kapjuk. 7

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

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

Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged

Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged Magas szintű matematikai tehetséggondozás Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged Ahhoz, hogy egy diák kimagasló eredményeket érhessen el matematika versenyeken, elengedhetetlenül

Részletesebben

Bizonyítási módszerek - megoldások. 1. Igazoljuk, hogy menden természetes szám esetén ha. Megoldás: 9 n n = 9k = 3 3k 3 n.

Bizonyítási módszerek - megoldások. 1. Igazoljuk, hogy menden természetes szám esetén ha. Megoldás: 9 n n = 9k = 3 3k 3 n. Bizonyítási módszerek - megoldások 1. Igazoljuk, hogy menden természetes szám esetén ha (a) 9 n 3 n (b) 4 n 2 n (c) 21 n 3 n (d) 21 n 7 n (e) 5 n 25 n (f) 4 n 16 n (g) 15 n (3 n 5 n) 9 n n = 9k = 3 3k

Részletesebben

Elemi matematika szakkör

Elemi matematika szakkör Elemi matematika szakkör Kolozsvár, 2015. október 5. 1.1. Feladat. Egy pozitív egész számot K tulajdonságúnak nevezünk, ha számjegyei nullától különböznek és nincs két azonos számjegye. Határozd meg az

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

Egészrészes feladatok

Egészrészes 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

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

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

Következik, hogy B-nek minden prímosztója 4k + 1 alakú, de akkor B maga is 4k + 1 alakú, s ez ellentmondás.

Következik, hogy B-nek minden prímosztója 4k + 1 alakú, de akkor B maga is 4k + 1 alakú, s ez ellentmondás. Prímszámok A (pozitív) prímszámok sorozata a következő: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19,... 1. Tétel. Végtelen sok prímszám van. Első bizonyítás. (Euklidész) Tegyük fel, hogy állításunk nem igaz, tehát véges

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

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

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

352 Nevezetes egyenlôtlenségek. , az átfogó hossza 81 cm

352 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

Részletesebben

Számelmélet Megoldások

Számelmélet Megoldások Számelmélet Megoldások 1) Egy számtani sorozat második tagja 17, harmadik tagja 1. a) Mekkora az első 150 tag összege? (5 pont) Kiszámoltuk ebben a sorozatban az első 111 tag összegét: 5 863. b) Igaz-e,

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

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

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

11. Sorozatok. I. Nulladik ZH-ban láttuk:

11. Sorozatok. I. Nulladik ZH-ban láttuk: 11. Sorozatok I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Egy számtani sorozat harmadik eleme 15, a nyolcadik eleme 30. Mely n természetes számra igaz, hogy a sorozat első n elemének összege 6? A szokásos jelöléseket

Részletesebben

Analízis I. Vizsgatételsor

Analízis 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

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

Németh László Matematikaverseny április 16. A osztályosok feladatainak javítókulcsa

Németh 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

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

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Számelmélet

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

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

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2009/2010 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló feladatainak megoldása

Országos 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!

Részletesebben

Hatványozás. A hatványozás azonosságai

Hatványozás. 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

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

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

Számsorozatok (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

Számsorozatok (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Számsorozatok (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. Valós számsorozaton valós számok meghatározott sorrendű végtelen listáját értjük. A hangsúly az egymásután következés rendjén van.

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 szolgálhatnak fontos

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Számelmélet

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

Részletesebben

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

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató

A 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 =

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

HHF0CX. k darab halmaz sorbarendezésének a lehetősége k! Így adódik az alábbi képlet:

HHF0CX. k darab halmaz sorbarendezésének a lehetősége k! Így adódik az alábbi képlet: Gábor Miklós HHF0CX 5.7-16. Vegyük úgy, hogy a feleségek akkor vannak a helyükön, ha a saját férjeikkel táncolnak. Ekkor már látszik, hogy azon esetek száma, amikor senki sem táncol a saját férjével, megegyezik

Részletesebben

Számelmélet, műveletek, egyenletek, algebrai kifejezések, egyéb

Számelmélet, 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

Részletesebben

Az 1. forduló feladatainak megoldása

Az 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:

Részletesebben

A 2015/2016. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták)

A 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

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

SZÁMTANI SOROZATOK. Egyszerű feladatok

SZÁMTANI SOROZATOK. Egyszerű feladatok SZÁMTANI SOROZATOK Egyszerű feladatok. Add meg az alábbi sorozatok következő három tagját! a) ; 7; ; b) 2; 5; 2; c) 25; 2; ; 2. Egészítsd ki a következő sorozatokat! a) 7; ; 9; ; b) 8; ; ; 9; c) ; ; ;

Részletesebben

SZÁMTANI SOROZATOK. Egyszerű feladatok. 1. Egy számtani sorozatban:

SZÁMTANI SOROZATOK. Egyszerű feladatok. 1. Egy számtani sorozatban: SZÁMTANI SOROZATOK Egyszerű feladatok. Egy számtani sorozatban: a) a, a 29, a? 0 b) a, a, a?, a? 80 c) a, a 99, a?, a? 0 20 d) a 2, a2 29, a?, a90? 2 e) a, a, a?, a00? 2. Hány eleme van az alábbi sorozatoknak:

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 1. forduló haladók III. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 1. forduló haladók III. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 0/03-as tanév. forduló haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató. Egy kör kerületére felírjuk -től 3-ig az egészeket

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

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

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

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások. 21 és 5 7 = 15

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások. 21 és 5 7 = 15 Megoldások 1. Írj fel 4 számot törtalakban a 3 7 és 5 7 között! Bővítsük a nevezőket a megfelelő mértékig: 3 7 = 9 21 és 5 7 = 15 21. Ezek alapján a megoldás: 10 21, 11 21, 12 21, 13 21. 2. Írd fel törtalakban

Részletesebben

148 feladat 20 ) + ( 1 21 + 2 21 + + 20 200 > 1 2. 1022 + 1. 5. Igazoljuk minél rövidebben, hogy a következő egyenlőség helyes: 51 + 1 52 + + 1

148 feladat 20 ) + ( 1 21 + 2 21 + + 20 200 > 1 2. 1022 + 1. 5. Igazoljuk minél rövidebben, hogy a következő egyenlőség helyes: 51 + 1 52 + + 1 148 feladat a Kalmár László Matematikaversenyről 1. ( 1 19 + 2 19 + + 18 19 ) + ( 1 20 + 2 20 + + 19 20 ) + ( 1 21 + 2 21 + + 20 21 ) + ( 1 22 + 2 22 + + 21 22 ) =? Kalmár László Matematikaverseny megyei

Részletesebben

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

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Nagy Gábor  compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 9. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra

Részletesebben

Függvény határérték összefoglalás

Függvény határérték összefoglalás Függvény határérték összefoglalás Függvény határértéke: Def: Függvény: egyértékű reláció. (Vagyis minden értelmezési tartománybeli elemhez, egyértelműen rendelünk hozzá egy elemet az értékkészletből. Vagyis

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

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

43. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY MEGYEI FORDULÓ HATODIK OSZTÁLY JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ 43. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY MEGYEI FORDULÓ HATODIK OSZTÁLY JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ 1. Ismerkedj a 100 tulajdonságaival! I.) Állítsd elő a 100-at a,, b, 3, c, 4, d, 5 négyzetszám összegeként!

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

NEVEZETES SZÁMELMÉLETI FÜGGVÉNYEKRŐL

NEVEZETES 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

Részletesebben

1.1. Alapfeladatok. hogy F 1 = 1, F 2 = 1 és általában F n+2 = F n+1 + F n (mert a jobboldali ág egy szinttel lennebb van, mint a baloldali).

1.1. Alapfeladatok. hogy F 1 = 1, F 2 = 1 és általában F n+2 = F n+1 + F n (mert a jobboldali ág egy szinttel lennebb van, mint a baloldali). 1.1. Alapfeladatok 1.1.1. Megoldás. Jelöljük F n -el az n-ed rendű nagyapák számát. Az ábra alapján látható, hogy F 1 = 1, F = 1 és általában F n+ = F n+1 + F n mert a jobboldali ág egy szinttel lennebb

Részletesebben

1. megold s: A keresett háromjegyű szám egyik számjegye a 3-as, a két ismeretlen számjegyet jelölje a és b. A feltétel szerint

1. 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

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

Tartalom. Algebrai és transzcendens számok

Tartalom. Algebrai és transzcendens számok Nevezetes számelméleti problémák Tartalom 6. Nevezetes számelméleti problémák Számok felbontása hatványok összegére Prímszámok Algebrai és transzcendens számok 6.1. Definíció. Az (x, y, z) N 3 számhármast

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

Matematika 7. osztály

Matematika 7. osztály ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnázium és Kollégium Hat évfolyamos képzés Matematika 7. osztály III. rész: Számelmélet Készítette: Balázs Ádám Budapest, 2018 2. Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék III.

Részletesebben

Matematika 8. osztály

Matematika 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................................

Részletesebben

SZÁMELMÉLETI FELADATOK

SZÁMELMÉLETI FELADATOK SZÁMELMÉLETI FELADATOK 1. Az 1 = 1, 3 = 1 + 2, 6 = 1 + 2 + 3, 10 = 1 + 2 + 3 + 4 számokat a pitagoreusok háromszög számoknak nevezték, mert az összeadandóknak megfelelő számú pont szabályos háromszög alakban

Részletesebben

Kombinatorika. Permutáció

Kombinatorika. Permutáció Kombinatorika Permutáció 1. Adva van az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számjegy. Hány különböző 9-jegyű szám állítható elő ezekkel a számjegyekkel, ha a számjegyek nem ismétlődhetnek? Mi van akkor, ha a szám

Részletesebben

A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató

A 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

Részletesebben

Racionális és irracionális kifejezések

Racionális 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 -,

Részletesebben

44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY. Megyei forduló április 11.

44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY. Megyei forduló április 11. 44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Megyei forduló - 2015. április 11. HETEDIK OSZTÁLY - Javítási útmutató 1. Ki lehet-e tölteni a következő táblázat mezőit pozitív egész számokkal úgy, hogy

Részletesebben

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

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Sorozatok II. Sorozatok II. DEFINÍCIÓ: (Mértani sorozat) Az (a n ) valós számsorozatot mértani sorozatnak nevezzük, ha van olyan valós szám, amellyel a sorozat bármely tagját megszorozva a következő tagot kapjuk. Jelöléssel:

Részletesebben

Számelmélet (2017. február 8.) Bogya Norbert, Kátai-Urbán Kamilla

Számelmélet (2017. február 8.) Bogya Norbert, Kátai-Urbán Kamilla Számelmélet (2017 február 8) Bogya Norbert, Kátai-Urbán Kamilla 1 Oszthatóság 1 Definíció Legyen a, b Z Az a osztója b-nek, ha létezik olyan c Z egész szám, melyre ac = b Jelölése: a b 2 Példa 3 12, 2

Részletesebben

Algebra es sz amelm elet 3 el oad as Nevezetes sz amelm eleti probl em ak Waldhauser Tam as 2014 oszi f el ev

Algebra es sz amelm elet 3 el oad as Nevezetes sz amelm eleti probl em ak Waldhauser Tam as 2014 oszi f el ev Algebra és számelmélet 3 előadás Nevezetes számelméleti problémák Waldhauser Tamás 2014 őszi félév Tartalom 1. Számok felbontása hatványok összegére 2. Prímszámok 3. Algebrai és transzcendens számok Tartalom

Részletesebben

1. melléklet: A tanárokkal készített interjúk főbb kérdései

1. melléklet: A tanárokkal készített interjúk főbb kérdései 12. Mellékletek 1. melléklet: A tanárokkal készített interjúk főbb kérdései 1. Mikor tanít számelméletet és hány órában? (Pl. 9. osztályban a nevezetes azonosságok után 4 órában.) 2. Milyen könyvet használnak

Részletesebben

Számelméleti alapfogalmak

Számelméleti alapfogalmak 1 Számelméleti alapfogalmak 1 Definíció Az a IN szám osztója a b IN számnak ha létezik c IN melyre a c = b Jelölése: a b 2 Példa a 0 bármely a számra teljesül, mivel c = 0 univerzálisan megfelel: a 0 =

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

Nyugat-magyarországi Egyetem Geoinformatikai Kara. Prof. Dr. Závoti József. Matematika III. 1. MA3-1 modul. Kombinatorika

Nyugat-magyarországi Egyetem Geoinformatikai Kara. Prof. Dr. Závoti József. Matematika III. 1. MA3-1 modul. Kombinatorika Nyugat-magyarországi Egyetem Geoinformatikai Kara Prof. Dr. Závoti József Matematika III. 1. MA3-1 modul Kombinatorika SZÉKESFEHÉRVÁR 2010 Jelen szellemi terméket a szerzői jogról szóló 1999. évi LXXVI.

Részletesebben

Bevezetés az algebrába az egész számok

Bevezetés az algebrába az egész számok Bevezetés az algebrába az egész számok Wettl Ferenc V. 15-09-11 Wettl Ferenc Bevezetés az algebrába az egész számok V. 15-09-11 1 / 32 Jelölések 1 Egész számok és sorozataik 2 Oszthatóság 3 Közös osztók

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

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2016/2017-es tanév Kezdők III. kategória I. forduló

Arany 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

FPI matek szakkör 8. évf. 4. szakkör órai feladatok megoldásokkal. 4. szakkör, október. 20. Az órai feladatok megoldása

FPI matek szakkör 8. évf. 4. szakkör órai feladatok megoldásokkal. 4. szakkör, október. 20. Az órai feladatok megoldása 4. szakkör, 2004. október. 20. Az órai feladatok megoldása Most csak három önmagában nem nehéz feladatot kapsz, és a feladatot magadnak kell általánosítani, szisztematikusan adatot gyűjteni, általános

Részletesebben

Hódmezővásárhelyi Városi Matematikaverseny április 14. A osztályosok feladatainak javítókulcsa

Hódmezővásárhelyi Városi Matematikaverseny április 14. A osztályosok feladatainak javítókulcsa Hódmezővásárhelyi Városi Matematikaverseny 2003. április 14. A 11-12. osztályosok feladatainak javítókulcsa 1. feladat Egy számtani sorozatot az első eleme és különbsége egyértelműen meghatározza, azt

Részletesebben

illetve a n 3 illetve a 2n 5

illetve a n 3 illetve a 2n 5 BEVEZETÉS A SZÁMELMÉLETBE 1. Határozzuk meg azokat az a természetes számokat ((a, b) számpárokat), amely(ek)re teljesülnek az alábbi feltételek: a. [a, 16] = 48 b. (a, 0) = 1 c. (a, 60) = 15 d. (a, b)

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

Analízis előadás és gyakorlat vázlat

Analízis előadás és gyakorlat vázlat Analízis előadás és gyakorlat vázlat Készült a PTE TTK GI szakos hallgatóinak Király Balázs 2010-11. I. Félév 2 1. fejezet Számhalmazok és tulajdonságaik 1.1. Nevezetes számhalmazok ➀ a) jelölése: N b)

Részletesebben

Bevezetés a matematikába (2009. ősz) 1. röpdolgozat

Bevezetés a matematikába (2009. ősz) 1. röpdolgozat Bevezetés a matematikába (2009. ősz) 1. röpdolgozat 1. feladat. Fogalmazza meg a következő ítélet kontrapozícióját: Ha a sorozat csökkenő és alulról korlátos, akkor konvergens. 2. feladat. Vezessük be

Részletesebben

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Nagy Gábor  compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz Diszkrét matematika 1. középszint 2016. 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

Részletesebben

2. Feladatsor. N k = {(a 1,...,a k ) : a 1,...,a k N}

2. Feladatsor. N k = {(a 1,...,a k ) : a 1,...,a k N} 2. Feladatsor Oszthatóság, legnagyobb közös osztó, prímfaktorizáció az egész számok körében 1 Kötelező házi feladat(ok) 2., Határozzuk meg a ϕ:z Z, z [ z 5] leképezés magját. Adjuk meg a ker(ϕ)-hez tartozó

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

Fonyó Lajos: A végtelen leszállás módszerének alkalmazása. A végtelen leszállás módszerének alkalmazása a matematika különböző területein

Fonyó 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

Részletesebben

VERSENYFELADATOK AZ ÁLTALÁNOS ÉS KÖZÉPISKOLÁBAN SZAKDOLGOZAT. Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar

VERSENYFELADATOK AZ ÁLTALÁNOS ÉS KÖZÉPISKOLÁBAN SZAKDOLGOZAT. Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar VERSENYFELADATOK AZ ÁLTALÁNOS ÉS KÖZÉPISKOLÁBAN SZAKDOLGOZAT Készítette: Besenyei Beáta Témavezető: Dr Kiss Emil Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Matematika Alapszak Tanári Szakirány

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

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

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

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

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Brósch 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)

Részletesebben

Exponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások

Exponenciális 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

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

1.1. Definíció. Azt mondjuk, hogy a oszója b-nek, vagy más szóval, b osztható a-val, ha létezik olyan x Z, hogy b = ax. Ennek jelölése a b.

1.1. Definíció. Azt mondjuk, hogy a oszója b-nek, vagy más szóval, b osztható a-val, ha létezik olyan x Z, hogy b = ax. Ennek jelölése a b. 1. Oszthatóság, legnagyobb közös osztó Ebben a jegyzetben minden változó egész számot jelöl. 1.1. Definíció. Azt mondjuk, hogy a oszója b-nek, vagy más szóval, b osztható a-val, ha létezik olyan x Z, hogy

Részletesebben

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Nagy Gábor  compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz Diszkrét matematika 1. estis képzés 017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. estis képzés 4. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján

Részletesebben

1. fogalom. Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit! Milyen tulajdonságai vannak az összeadásnak? Hogyan ellenőrizzük az összeadást?

1. fogalom. Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit! Milyen tulajdonságai vannak az összeadásnak? Hogyan ellenőrizzük az összeadást? 1. fogalom Add meg az összeadásban szereplő számok 73 + 19 = 92 összeadandók (tagok) összeg Összeadandók (tagok): amiket összeadunk. Összeg: az összeadás eredménye. Milyen tulajdonságai vannak az összeadásnak?

Részletesebben

Eötvös Loránd Tudományegyetem. Természettudományi Kar. Gyarmati Richárd. Számelmélet feladatok szakkörre. Bsc szakdolgozat.

Eötvös Loránd Tudományegyetem. Természettudományi Kar. Gyarmati Richárd. Számelmélet feladatok szakkörre. Bsc szakdolgozat. Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Gyarmati Richárd Számelmélet feladatok szakkörre Bsc szakdolgozat Témavezet : Dr. Szalay Mihály Algebra és számelmélet tanszék Budapest, 206 2 Köszönetnyilvánítás

Részletesebben