First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Komplex számok (2)

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Komplex számok (2)"

Átírás

1 2. előadás Komplex számok (2)

2 1. A a + bi (a, b) kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés lehetővé teszi, hogy a komplex számokat a sík pontjaival, illetve helyvektoraival ábrázoljuk. A derékszögű koordináta rendszer vízszintes tengelyén az 1 az egység, a függőleges tengelyén az i. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

3 2. Ha a komlpex számokat helyvektoroknak fogjuk fel, akkor az összeadás, a kivonás és a valós számmal való szorzás a megfelelő vektorművelettel esik egybe, és z éppen a komplex számot ábrázoló vektor hossza. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

4 3. A komplex számok síkbeli pontokkal való reprezentálása a szemléltetés lehetőségén túl kapcsolatot teremt a komplex számok és a geometria között. Komplex számok egy halmaza tekinthető egy geometriai alakzatnak. A z és a w komplex szám távolsága a z-ből a w-be mutató vektor hossza, azaz z w. Ez alapján például a z i 3 feltételnek eleget tévő komplex számok az i-től legfeljebb 3 egység távolságra lévő komplex számok, amelyek egy i középpontú 3 egység sugarú kör pontjait alkotják, a határoló körvonal pontjait is beleértve. Ez a halmaz látható a következő ábrán. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

5 4. A komplex számsíkon egy pont helyzete nem csak úgy határozható meg, hogy megadjuk a pont vízszintes és függőleges koordinátáit, hanem az alábbi ábrán látható ϕ forgásszög és az r távolság megadásával is. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

6 A ϕ a komplex szám szöge vagy argumentuma, ez az a szög, amellyel a vízszintes valós tengely pozitív felét az óramutató járásával ellenkező irányban el kell forgatni, hogy iránya a z komplex számot ábrázoló vektor irányával essen egybe. Erre a szögre teljesül, hogy 0 ϕ < 2π és tgϕ = b a, feltéve, hogy a 0. Ha a = 0, akkor ϕ = π 2 vagy ϕ = 3π 2. A szögeket tehát radiánban mérjük és a radián mértékegységet nem tüntetjük fel. Így minden valós szám egy radiánban mért szöget is jelent. A radián és a fok közötti átváltás a 2π rad = 360 képlet alapján történik. Tehát 1 rad = 180 π, és 1 = π 180 rad. 5. Minden nullától különböző komplex szám felírható trigonometrikus alakban. Legyen z = a + bi 0. Ekkor z trigonometrikus alakja z = r(cos ϕ + i sin ϕ), (1) ahol r = z = a 2 + b 2 > 0, a z komplex szám hossza, ϕ a z komplex szám szöge vagy argumentuma.

7

8 6. Mivel a tangens függvény π szerint periódikus, 0 és 2π között két olyan szög van, amelynek a tangense b, ezért a ϕ meghatározásakor gondosan a kell eljárni. Trigonometrikus alakra való átíráskor először ábrázoljuk a komplex számot, ez azért fontos, hogy lássuk, hogy melyik síknegyedbe esik a szám. Ezután az r = a 2 + b 2 képlettel kiszámoljuk a hosszt. Ha a komplex szám valamelyik koordináta féltengelyre esik, akkor a szöge 0, π, π vagy 2 3π, amit leolvashatunk az ábráról. 2 Ha sem az a, sem a b nem nulla, akkor kiszámoljuk a kalkulátorunkal, radiánban, a τ segédszöget. Ezt a szöget úgy kapjuk, hogy a komplex számot ábrázoló pontot levetítjük a vízszintes tengelyre, a vetületi pont, a komplex számot ábrázoló pont és az origó egy derékszögű háromszöget alkot, ebben az origónál lévő szög a τ. Ez mindig egy 0 és π közé eső szög, 2 és a tgτ = b képletből számolható ki. a Ha a komplex szám az első síknegyedbe esik, akkor ez a τ egyben a ϕ. Ha a komplex szám a második síknegyedbe esik, akkor úgy kapjuk a ϕ-t, hogy π-ből kivonjuk a τ -t. Ha a harmadik síknegyedbe esik a komplex szám, akkor úgy kapjuk a ϕ-t, hogy ehhez a τ szöghöz hozzáadunk π-t. Végül, ha a negyedik síknegyedbe esik, akkor 2π-ből kivonva τ -t kapjuk a ϕ-t.

9

10 7. Példa 1 Írjuk fel z = 1 + 3i trigonometrikus alakját. Ha ábrázoljuk a komplex számunkat, akkor látjuk, hogy az a második síknegyedben van. Tehát a szöge π és π közé esik. Kiszámoljuk először 2 a hosszát. r = z = ( 1) 2 + ( 3) 2 = 4 = 2. A tgτ = 3 = 3 képletből kapjuk, hogy τ = π. 1 3 Mivel z a második síknegyedben van, ϕ = π τ = 2π. A z 3 trigonometrikus alakja tehát z = 1 + ( 3i = 2 cos 2π 3 + i sin 2π ). 3 A nevezetes szögek szögfüggvényeit ismerni kell fejből. Ha a kalkulátorunkkal számolunk, akkor a τ = π -nak csak egy közelítő értékét 3 kapjuk meg, pedig a pontos értéket is tudhatjuk. A nevezetes szögek azok, amelyeknél a szöget kijelölő félegyenes valamelyik koordináta féltengellyel 0, 30 vagy 45 fokos szöget zár be.

11 A nevezetes szögek és a szögfüggvényeik értéke az alábbi ábráról leolvashatók. (A számpárok első koordinátája a szög koszinusza, második koordinátája a szög szinusza.) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

12 8. Legyen z = r 1 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 ), w = r 2 (cos ϕ 2 + i sin ϕ 2 ) és n N. Ekkor zw = r 1 r 2 (cos(ϕ 1 + ϕ 2 ) + i sin(ϕ 1 + ϕ 2 )), (2) z w = r 1 r 2 (cos(ϕ 1 ϕ 2 ) + i sin(ϕ 1 ϕ 2 )), (3) z n = r n 1 (cos(nϕ 1) + i sin(nϕ 1 )). (4) Az utóbbi három képletben a trigonometrikus függvények argumentumában lévő összeadás, kivonás és szorzás moduló 2π értendő, tehát csak a 2π-vel vett osztási maradék számít, hiszen a definíciója alapján a komplex szám szöge a [0, 2π) intervallumba esik, a szögfüggvények pedig periódikusak 2π szerint. Például 13 mod 2π , hiszen π Hasonlóan 15 mod 2π , mivel π és π Negatív számnál tehát úgy járunk el, hogy kiszámoljuk a szám abszolút értékének 2π-vel vett osztási maradékát, és ennek mínusz egyszeresét adjuk hozzá 2π-hez.

13 9. Példa 2 Legyen z = 2(cos 7 + i sin 7), w = 3(cos 10 + i sin 10). Írjuk fel zw, z w és z7 trigonometrikus alakját. zw = 6(cos 17 + i sin 17) = 6(cos i sin 4.43), hiszen π z w = 2 3 (cos( 3) + i sin( 3)) = 2 3 hiszen 3 + 2π (cos i sin 3.28), z 7 = 128(cos 49 + i sin 49) = 128(cos i sin 5.02), hiszen π

14 10. Az n-ed fokú komplex együtthatós polinom általános alakja: p n (z) = a n z n + a n 1 z n a 1 z + a 0, (5) ahol persze n N és a i C minden i = 0, 1, 2,..., n-re. Például p 3 (z) = iz 3 2z 2 + (2 i)z 3 + i egy harmadfokú komplex együtthatós polinom, p 4 (z) = z 4 1 pedig egy negyedfokú komplex együtthatós polinom. Rendkívül nagy jelentősége van az algebra alaptételének, amely szerint minden n-ed fokú komplex együtthatós polinomnak a komplex számok körében pontosan n darab gyöke van, azaz a p n (z) = a n z n + a n 1 z n a 1 z + a 0 = 0 (6) egyenletnek a komplex számok körében pontosan n darab megoldása van.

15 11. Legyen n N és a 0 C. Ekkor az algebra alaptétele szerint a p n (z) = z n a 0 = 0 (7) egyenletnek pontosan n darab megoldása van. Ezt az n darab komplex számot hívjuk az a 0 n-edik gyökeinek. Ha a 0 trigonometrikus alakja a 0 = r(cos ϕ + i sin ϕ), akkor ezeknek a gyököknek a trigonometrikus alakja a z k = n ( ( ) ( )) ϕ + k 2π ϕ + k 2π r cos + i sin (8) n n formulából határozható meg, ahol k = 0, 1,... n 1. Mivel minden gyöknek ugyanannyi a hossza, és minden gyök szöge az előző gyök szögénél 2π -el több, ha gyököket ábrázoljuk, azok egy origó n középpontú n r sugarú körbe írt szabályos n szög csúcsait alkotják.

16 12. Feladat 1 Határozzuk meg 1 + i ötödik gyökeit. Megoldás: Mivel 1 + i trigonometrikus alakja 1 + i = 2(cos 3π 4 + i sin 3π 4 ), az ötödik gyökökre vonatkozó képlet: ( 3π z k = (cos + k 2π ) 5 ( 3π 4 + i sin + k 2π )), (9) 5 k = 0, 1, 2, 3, 4.

17 Kiírva a gyököket: ( ) ( )) 3π 3π z 0 = 10 2 (cos + i sin, ( ) 11π z 1 = 10 2 (cos 20 ( ) 19π z 2 = 10 2 (cos 20 ( ) 27π z 3 = 10 2 (cos 20 ( ) 35π z 4 = 10 2 (cos 20 ( )) 11π + i sin, 20 ( )) 19π + i sin, 20 ( )) 27π + i sin, 20 ( )) 35π + i sin. 20 Feladatmegoldás során nem elég a (9) képletet megadni, hanem fel kell írni az összes gyököt.

18 13. A gyökvonások közül különös figyelmet érdemel a négyzetgyökvonás. A (8) formula persze alkalmazható, de négyzetgyököt vonni, mint azt már tudjuk, máshogy is lehet. Példa 3 Számoljuk ki 5 12i négyzetgyökeit. Azokat az a + bi komplex számokat keressük, amelyekre (a + bi) 2 = 5 12i. A bal oldalon elvégezve a négyzetre emelést, kapjuk, hogy a 2 b 2 + 2abi = 5 12i. Mivel két komplex szám akkor és csak akkor egyenlő, ha egyenlők a valós és a képzetes részek is, ebből kapjuk a valós a és b számokra vonatkozó alábbi kétismeretlenes egyenletrendszert: a 2 b 2 = 5, 2ab = 12. A második egyenletből látszik, hogy sem a, sem b nem lehet nulla. Kifejezve mondjuk a b-t, kapjuk, hogy b = 6. Ezt az első egyenletbe beírva a a 2 -re a következő másodfokú egyenletet kapjuk. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

19 a 2 36 a 2 = 5, (a 2 ) 2 5a 2 36 = 0 Ebből vagy a 2 = 4, ami ellentmondás, vagy a 2 = 9, amiből a = ±3. Ha a = 3, akkor a második egyenletből b = 2, tehát az egyik négyzetgyök 3 2i. Ha a = 3, akkor b = 2, a másik gyök tehát 3 + 2i. Figyeljük meg, hogy a két gyök egymás mínusz egyszerese. Ajánljuk az olvasónak, hogy végezze el ezt a gyökvonást a (8) képlet alapján, és a kapott trigonometrikus alakú gyököket írja vissza algebrai alakba. Az előbb meghatározott két gyök közelítését fogja kapni. Ez is rámutat arra, hogy a trigonometrikus alakkal gyakran hatékonyan lehet számolni, néha - például magas kitevőjű gyökvonásnál - nincs is más lehetőség, de a trigonometrikus alakok általában közelítések. (Trigonometrikus alakot átírni algebraira nagyon egyszerű: r cos ϕ a valós rész, r sin ϕ a képzetes rész.)

20 14. A másodfokú egyenlet megoldó képlete komplex együtthatók esetén is érvényes. Példa 4 Oldjuk meg a z 2 z 1 + 3i = 0 egyenletet. Ekkor z 1,2 = 1 ± ( 1) ( 1 + 3i) 2 Felhasználva az előző példát ebből z 1,2 = azaz z 1 = 2 i és z 2 = 1 + i. 1 ± (3 2i), 2 = 1 ± 5 12i. 2 A másodfokú egyenlet megoldásához szükséges négyzetgyökvonást elvégezhetjük algebrai vagy trigonomerikus alakban is. Ha a trigonometrikus alakot használjuk, a négyzetgyökvonás két értékét át kell írni algebrai alakba, hogy a megoldóképlet számlálójában lévő összeadásokat el tudjuk végezni. Ha a diszkriminánsnak a valós és képzetes része is egész szám, az algebrai alakban elvégzett gyökvonás álalában pontosabb. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

21 15. Ha a másodfokú egyenleteket meg tudjuk oldani, megoldhatunk másodfokúra visszavezethető, magasabb fokszámú egyenleteket is. Tekintsük az a 2 z 2n + a 1 z n + a 0 = 0 (10) 2n-ed fokú, de z n -ben másodfokú egyenletet. Ezt az u = z n helyettesítéssel az a 2 u 2 + a 1 u + a 0 = 0 (11) másodfokú egyenletre vezethetjük vissza. Kiszámolva ennek a két gyökét, majd mindkettőből n-edik gyököt vonva megkapjuk az eredeti egyenlet 2n darab gyökét.

22 16. Feladat 2 Oldjuk meg a komplex számok halmazán a z 6 + (1 i)z 3 i = 0 egyenletet. Megoldás: Bevezetve az u = z 3 helyettesítést az u 2 + (1 i)u i = 0 másodfokú egyenletet kapjuk. A megoldóképlettel u 1,2 = (1 i) ± (1 i) 2 + 4i 2 = (1 i) ± 2i. 2 Könnyen meggyőződhetünk róla, hogy 2i négyzetgyökei 1 + i és (1 + i), de a tanult módszerrel elvégezhetjük a gyökvonást algebrai vagy trigonometrikus alakban is, a trigonometrikus alakot használva, a kapott négyzetgyököket visszaírva algebrai alakba, a nevezetes szögek miatt most pontosan, ismét megkapjuk az előbbi gyököket. Tehát u 1 = (1 i) + (1 + i) 2 = i, u 2 = (1 i) (1 + i) 2 = 1. Köbgyöket kell még vonnunk u 1 -ből és u 2 -ből. Ehhez a trigonometrikus alakjukat kell használni. u 1 = i = cos π 2 + i sin π 2, u 2 = 1 = cos π + i sin π. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

23 Innen u 1,0 = cos π 6 + i sin π 6 = i, u 1,1 = cos 5π 6 + i sin 5π 6 = i, u 1,2 = cos 3π 2 + i sin 3π 2 = i, illetve u 2,0 = cos π 3 + i sin π 3 = i, u 2,1 = cos π + i sin π = 1, u 2,2 = cos 5π 3 + i sin 5π 3 = i. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

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

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

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

12. Trigonometria I.

12. Trigonometria I. Trigonometria I I Elméleti összefoglaló Szögmérés A szög mérésének két gyakran használt módja van: fokban, illetve radiánban (ívmértékben) mérünk A teljesszög 0, ennek a 0-ad része az A szög nagyságát

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

Jelöljük az egyes területrészeket A-val, B-vel és C-vel, ahogy az ábrán látható.

Jelöljük az egyes területrészeket A-val, B-vel és C-vel, ahogy az ábrán látható. 1. feladat. 013 pontosan egyféleképpen írható fel két prím összegeként. Mennyi ennek a két prímnek a szorzata? 40 Megoldás: Mivel az összeg páratlan, ezért az egyik prímnek párosnak kell lennie, tehát

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

5. Lineáris rendszerek

5. Lineáris rendszerek 66 MAM43A előadásjegyzet, 2008/2009 5 Lineáris rendszerek 5 Lineáris algebrai előismeretek Tekintsük az a x + a 2 x 2 = b 5 a 2 x + a 22 x 2 = b 2 52 lineáris egyenletrendszert Az egyenletben szereplő

Részletesebben

Kezdők és Haladók (I., II. és III. kategória)

Kezdők és Haladók (I., II. és III. kategória) ARANY DÁNIEL MATEMATIKAI TANULÓVERSENY 013/014-ES TANÉV Kezdők és Haladók (I., II. és III. kategória) Feladatok és megoldások A verseny az NTP-TV-13-0068 azonosító számú pályázat alapján a Nemzeti Tehetség

Részletesebben

10. Síkgeometria. I. Elméleti összefoglaló. Szögek, nevezetes szögpárok

10. Síkgeometria. I. Elméleti összefoglaló. Szögek, nevezetes szögpárok 10. Síkgeometria I. Elméleti összefoglaló Szögek, nevezetes szögpárok Egy adott pontból kiinduló két félegyenes a síkot két részre bontja. Egy-egy ilyen rész neve szögtartomány, vagy szög. A két félegyenest

Részletesebben

15. Koordinátageometria

15. Koordinátageometria I. Elméleti összefoglaló Koordinátákkal adott vektorok 15. Koordinátageometria Ha a(a ; a ) és b(b ; b ) a sík két vektora, λ valós szám, akkor az a vektor hossza: a = a + a a két vektor összege : a +

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Függvények Analízis

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

Részletesebben

Szakdolgozat. Készítette: Csuka Anita. Témavezető: Besenyei Ádám, adjunktus

Szakdolgozat. Készítette: Csuka Anita. Témavezető: Besenyei Ádám, adjunktus Az szám Szakdolgozat Készítette: Csuka Anita Matematika Bsc, matematikai elemző szakirány Témavezető: Besenyei Ádám, adjunktus ELTE TTK, Alkalmazott Analízis és Számításmatematikai Tanszék Eötvös Loránd

Részletesebben

Mechanika Kinematika. - Kinematikára: a testek mozgását tanulmányozza anélkül, hogy figyelembe venné a kiváltó

Mechanika Kinematika. - Kinematikára: a testek mozgását tanulmányozza anélkül, hogy figyelembe venné a kiváltó Mechanika Kinematika A mechanika a fizika része mely a testek mozgásával és egyensúlyával foglalkozik. A klasszikus mechanika, mely a fénysebességnél sokkal kisebb sebességű testekre vonatkozik, feloszlik:

Részletesebben

MI ILYENNEK KÉPZELJÜK MATEMATIKA

MI ILYENNEK KÉPZELJÜK MATEMATIKA MI ILYENNEK KÉPZELJÜK Minta feladatsorok a középszintű MATEMATIKA érettségire való felkészüléshez II. RÉSZ Összeállították: a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium vezetőtanárai

Részletesebben

MATEMATIKA A 10. évfolyam

MATEMATIKA A 10. évfolyam MATEMATIKA A 10. évfolyam 4. modul Körrel kapcsolatos fogalmak Készítette: Lénárt István és Vidra Gábor Matematika A 10. évfolyam 4. modul: Körrel kapcsolatos fogalmak Tanári útmutató A modul célja Időkeret

Részletesebben

Matematika Gyakorló feladatok vizsgára 12. évf. emelt szint

Matematika Gyakorló feladatok vizsgára 12. évf. emelt szint Matematika Gyakorló feladatok vizsgára. évf. emelt szint Egyenletek, egyenlőtlenségek, paraméteres egyenletek. Oldd meg az alábbi egyenleteket! 4 c) d) e) 4. Oldd meg az alábbi egyenleteket! = c) =8 d)

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

Geometria 1 normál szint

Geometria 1 normál szint Geometria 1 normál szint Naszódi Márton nmarci@math.elte.hu www.math.elte.hu/ nmarci ELTE TTK Geometriai Tsz. Budapest Geometria 1 p.1/4 Vizsga 1. Írásban, 90 perc. 2. Index nélkül nem lehet vizsgázni!

Részletesebben

Euler kör/út: olyan zárt/nem feltétlenül zárt élsorozat, amely a gráf minden élét pontosan egyszer tartalmazza

Euler kör/út: olyan zárt/nem feltétlenül zárt élsorozat, amely a gráf minden élét pontosan egyszer tartalmazza 1) Euler körök és utak, ezek létezésének szükséges és elégséges feltétele. Hamilton körök és utak. Szükséges feltétel Hamilton kör/út létezésére. Elégséges feltételek: Dirac, és Ore tétele. Euler kör/út:

Részletesebben

1. Komplex szám rendje

1. Komplex szám rendje 1. Komplex szám rendje A rend fogalma A 1-nek két darab egész kitevőjű hatványa van: 1 és 1. Az i-nek 4 van: i, i 2 = 1, i 3 = i, i 4 = 1. Innentől kezdve ismétlődik: i 5 = i, i 6 = i 2 = 1, stb. Négyesével

Részletesebben

Fourier-sorok. néhány esetben eltérhetnek az előadáson alkalmazottaktól. Vizsgán. k=1. 1 k = j.

Fourier-sorok. néhány esetben eltérhetnek az előadáson alkalmazottaktól. Vizsgán. k=1. 1 k = j. Fourier-sorok Bevezetés. Az alábbi anyag a vizsgára való felkészülés segítése céljából készült. Az alkalmazott jelölések vagy bizonyítás részletek néhány esetben eltérhetnek az előadáson alkalmazottaktól.

Részletesebben

1. Olvassuk be két pont koordinátáit: (x1, y1) és (x2, y2). Határozzuk meg a két pont távolságát és nyomtassuk ki.

1. Olvassuk be két pont koordinátáit: (x1, y1) és (x2, y2). Határozzuk meg a két pont távolságát és nyomtassuk ki. Számítás:. Olvassuk be két pont koordinátáit: (, y) és (2, y2). Határozzuk meg a két pont távolságát és nyomtassuk ki. 2. Olvassuk be két darab két dimenziós vektor komponenseit: (a, ay) és (b, by). Határozzuk

Részletesebben

Skatulya-elv. Sava Grozdev

Skatulya-elv. Sava Grozdev Skatulya-elv Sava Grozdev Egy alapvető szabály, azaz elv azt állítja, hogy: ha m testet szétosztunk n csoportba és m > n, akkor legalább két test azonos csoportba fog kerülni. Ezt az elvet különböző országokban

Részletesebben

Komplex számok (el adásvázlat, 2008. február 12.) Maróti Miklós

Komplex számok (el adásvázlat, 2008. február 12.) Maróti Miklós Komplex számok el adásvázlat, 008. február 1. Maróti Miklós Eek az el adásak a megértéséhez a következ fogalmakat kell tudi: test, test additív és multiplikatív csoportja, valós számok és tulajdoságaik.

Részletesebben

Berzsenyi Dániel Gimnázium. Matematika helyi tanterv Fizika tagozat 9-12. évfolyam

Berzsenyi Dániel Gimnázium. Matematika helyi tanterv Fizika tagozat 9-12. évfolyam Általános szerkezet Berzsenyi Dániel Gimnázium Matematika helyi tanterv Fizika tagozat 9-12. évfolyam Cél: az emelt szintű érettségi követelményekben szereplő tananyag megtanítása, néhány részen kiegészítve

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Koordináta-geometria

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

Részletesebben

Keresleti és kínálati függvény. Minden piacnak van egy keresleti és egy kínálati oldala, amelyeket a normatív közgazdaságtanban

Keresleti és kínálati függvény. Minden piacnak van egy keresleti és egy kínálati oldala, amelyeket a normatív közgazdaságtanban tehát attól függ, hogy x milyen értéket vesz fel. A függvényeket a közgazdaságtanban is a jól ismert derékszögû koordináta-rendszerben ábrázoljuk, ahol a változók nevének megfelelõen általában a vízszintes

Részletesebben

I. Síkgeometriai alapfogalmak, szögek, szögpárok

I. Síkgeometriai alapfogalmak, szögek, szögpárok 15. modul: SÍKIDOMOK 7 I. Síkgeometriai alapfogalmak, szögek, szögpárok Módszertani megjegyzés: A jelen modult többnyire kibővített ismétlésnek szántuk, és fő célja az alapfogalmak és az alapismeretek

Részletesebben

Érettségi feladatok: Egyenletek, egyenlőtlenségek 1 / 6. 2005. május 29. 13. a) Melyik (x; y) valós számpár megoldása az alábbi egyenletrendszernek?

Érettségi feladatok: Egyenletek, egyenlőtlenségek 1 / 6. 2005. május 29. 13. a) Melyik (x; y) valós számpár megoldása az alábbi egyenletrendszernek? Érettségi feladatok: Egyenletek, egyenlőtlenségek 1 / 6 Elsőfokú 2005. május 28. 1. Mely x valós számokra igaz, hogy x 7? 13. a) Oldja meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán! x 1 2x 4 2 5 2005.

Részletesebben