Egyenletek, egyenlőtlenségek X.

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Egyenletek, egyenlőtlenségek X."

Átírás

1 Egyenletek, egyenlőtlenségek X. DEFINÍCIÓ: (Logaritmus) Ha egy pozitív valós számot adott, 1 - től különböző pozitív alapú hatvány alakban írunk fel, akkor ennek a hatványnak a kitevőjét logaritmusnak nevezzük. DEFINÍCIÓ: (a alapú logaritmus) Legyen a 1 pozitív valós szám. Tetszőleges b pozitív valós szám esetén létezik pontosan egy olyan c valós szám, hogy b = a c. Ekkor a c hatványkitevőt a b szám a alapú logaritmusának nevezzük. Jelölés: c = log a b. Megjegyzés: Bármely pozitív szám egyértelműen felírható valamely 1 től különböző pozitív szám hatvgányaként. Egy számnak egy adott alapra vonatkozó hatványkitevőjét a szám adott alapá logaritmusának nevezzük. Az a alapú logaritmus b jelenti azt a c kitevőt, amelyre a - t emelve b - t kapunk. A tízes alapú logaritmus esetén nem írjuk ki az alapot, hanem lg - t írunk a log 10 helyett. A definíció értelmében teljesül a következő: a log a b = b. A definíció alapján a következők adódnak: log a 1 = 0 és log a a = 1. A logaritmus azonosságai: log a x + log a y = log a (x y) a; x; y R + a 1 log a x log a y = log a x y a; x; y R + a 1 log a x k = k log a x a; x; k R + a 1 TÉTEL: Másik alapú logaritmusra áttérhetünk a következő módokon: log a b = log c b log c a log a b = 1 log b a a; b; c R + a; c 1 a; b R + a; b 1 log a b = log a x b x a; b R + a 1 x 0 x R 1

2 1. Határozd meg a következő kifejezésekben az x értékét! log x = 8 log 9 x = 1 log x 5 = 1 1 log x = lg 100 = x log = x A feladatok megoldásához használjuk a definíciót: log a b = c b = a c. log x = 8 x = 8 = 56 log 9 x = 1 x = 9 1 = 9 = log x 5 = 1 5 = x 1 5 = x x = 15 log x 1 7 = 1 7 = x 1 7 = 1 x x = lg 100 = x 10 x = 100 x = log 7 49 = x 7 x = 49 7 x = 7 7 x = 7 x =. Mennyi lesz a következő kifejezések pontos értéke? log log log log log 1 4 log +log 7 9 Arra kell törekednünk, hogy a hatvány és a kitevőben szereplő logaritmus alapja megegyezzen, mert akkor azok elhagyhatóak és egyszerűbb alakra jutunk. Ezekhez a logaritmus, illetve a hatványozás azonosságait kell felhasználnunk. log 4 9 = (4 1 log 4 9 ) = 4 1 log = 4 log 4 9 = 9 1 = 9 = 81 log 9 4 = (9 ) log 9 4 = 9 log 9 4 = 9 log 9 4 = 4 = log 5 = log 5 = 5 (5 ) log 5 = 5 5 log 5 = 5 5 log 5 = 5 = log 8 4 = log 8 4 = 8 8 log = = = 8 4 = 1

3 7 log log +log 7 = 7 log log 7 log 7 = = [( 1 9 ) ] log 1 9 ( ) 4 log [( 7) ] log 7 = ( 1 log 1 9 ) 9 1 log ( 7) log 7 = ( )log 9 log 1 ( 7) log 7 = 1 = = Milyen x értékek esetén értelmezhetőek a következő kifejezések? log 5 (x ) log x (5 x) lg(x + x ) log x 4 A logaritmus alapja egy 1 - nél különböző pozitív szám. Továbbá a logaritmus után álló kifejezés is csak pozitív szám lehet. Ezek alapján kell felírnunk a lehetséges x értékeket. x log 5 (x ) x > 0 x > log x (5 x) 5 x > 0 5 > x és x > 0; x 1 Ezeket összevonva a következőt kapjuk: 0 < x < 5 és x 1 lg(x + x ) x + x > 0 Egyenletként tekintve a megoldások: x 1 = 1 és x = A függvény görbéje alapján a következőt kapjuk: x < vagy x > 1.

4 x 4 x > 0 Ez akkor teljesül, ha a számláló és nevező is pozitív, vagy ha mindkettő negatív. Tekintsük először azt, amikor a számláló és nevező is egy pozitív szám. x 4 > 0 x > 4 és x > 0 > x A kettőnek nincs közös része, így ezen az ágon nincs megoldásunk. Tekintsük most azt, amikor a számláló és nevező is egy negatív szám. x 4 < 0 x < 4 és x < 0 < x A kettőnek közös része a következő: < x < 4. A megoldás a két ág együttese (uniója): < x < Milyen x értékek eseten teljesülnek a következő egyenlőségek? log x = log 11 log 5 + log 8 x = lg + 6 lg 5 + lg 18 lg Használjuk a logaritmus azonosságait. log x = log 11 log 5 + log 8 = log 11 log 5 + log 8 = 11 = log + log = log 5 Ezek alapján: x = x = lg + 6 lg 5 + lg 18 lg = lg + lg( 5) 6 + lg 18 lg = = lg 4 + lg 15 + lg 18 lg 9 = lg lg 18 lg 9 = lg 9000 lg 9 = lg 1000 = 4

5 5. Oldd meg a következő egyenleteket! a) x = log 5 7 b) x = 1 Ezen típusoknál arra kell törekednünk, hogy tízes alapú logaritmusokkal fejezzük ki az x - et, mert így a számológéppel kiszámíthatjuk a pontos értékeket. a) x = log 5 7 = lg 7 lg 5 1, b) x = 1 lg x = lg 1 x lg = lg 1 x = lg 1 lg, 6. Old meg a következő egyenleteket! a) log 4 (x ) = b) log x + log = log 15 c) log x 0x log x 5 = d) log (x 1) = log 4 Az egyenletek megoldásánál arra kell törekednünk, hogy mindkét oldalt egy darab, ugyanolyan alapú logaritmus legyen, mert akkor a logaritmusokat elhagyhatjuk. Amennyiben az egyik oldalt egy logaritmus áll, a másik oldalt pedig egy szám, akkor a logaritmus definícióját is alkalmazhatjuk a megoldáshoz. Az egyenleteknél feltétel írása, vagy a megoldás ellenőrzése elengedhetetlen. Amennyiben az egyenletnél a feltétel kiszámítása bonyolult lenne, akkor előbb oldjuk meg az egyenletet, majd a kapott értéket ellenőrizzük le, hogy valóban megoldása-e az egyenletnek. Adott esetben, ha több feltételt is írnunk kellene, de azok között akad olyan, amelyet bonyolult lehet levezetni, akkor felírhatjuk csak a könnyebb feltételeket is, de ilyenkor a megoldásokat szintén ellenőriznünk kell a végén (mivel ekkor a feltételszabásunk nem terjed ki minden esetre)! 5

6 a) log 4 (x ) = Feltétel: x > 0 x > definíció szerint x = 4 x = 64 x = 66 b) log x + log = log 15 Feltétel: x > 0 log (x) = log 15 a függvény szigorú monotonitása miatt x = 15 x = 5 c) log x 0x log x 5 = Feltétel: 0x > 0 x > 0 és x 1 log x 0x 5 x = 4x x 4x = 0 x (x 4) = 0 = definíció szerint Egy szorzat értéke akkor 0, ha valamelyik tényezője 0. Ezek alapján a következő megoldások adódnak: x 1 = 0 x 4 = 0 x = 4 Az x 1 nem felel meg a feltételnek, így csak egy megoldása van az egyenletnek: x = 4. 6

7 d) log (x 1) = log 4 Feltétel: x 1 > 0 x > 1 log (x 1) = log 4 a függvény szigorú monotonitása miatt (x 1) = 4 x x + 1 = 4 x x = 0 A megoldó képlet felírása után kapjuk, hogy a két megoldás: x 1 = és x = 1. Az x nem felel meg a feltételnek, így csak egy megoldása van az egyenletnek: x =. 7. Old meg a következő egyenleteket! a) log x 1 (x 4x + 5) = b) = lg(x 100) 1 lg 5 a) log x 1 (x 4x + 5) = Feltétel: x 1 > 0 x > 1 definíció szerint: x 4x + 5 = (x 1) x 4x + 5 = 4x 4x = x x 1 = és x = Az x nem felel meg a feltételnek, de mivel nem írtunk fel minden kikötést, ezért ellenőrizni kell, hogy az x 1 tényleg jó megoldás-e. Ellenőrzés: Jobb oldal: Bal oldal: log 9 = = Ezek alapján az x 1 megoldása az egyenletnek. 7

8 b) = lg(x 100) 1 lg 5 Feltétel: x 100 > 0 x > 100 (1 lg 5) = lg(x 100) lg 5 = lg(x 100) lg 100 lg 5 = lg(x 100) lg 4 = lg(x 100) a függvény szigorú monotonitása miatt 4 = x 100 x = Old meg a következő egyenleteket! a) log 4 [log (log x)] = 0 b) log 8 [4 log 6 (5 x)] = 1 Ezen típusoknál arra kell törekednünk, hogy kívülről befelé haladva, a definíciót többször alkalmazva, lépésről - lépésre,,lebontsuk az egyenletet. A feltétel felírása itt hosszadalmas lenne, mert több logaritmusra is feltételt kellene írnunk, így célszerűbb csak a legbelsőre felírni a feltételt és majd a végén ellenőrizni a megoldást. a) log 4 [log (log x)] = 0 Feltétel: x > 0 definíció szerint log (log x) = 4 0 = 1 log x = 1 = definíció szerint definíció szerint x = = 8 Ellenőrzés: Jobb oldal: 0 Bal oldal: log 8 = log = 1 log 4 1 = 0 0 = 0 Ezek alapján az x megoldása az egyenletnek. 8

9 b) log 8 [4 log 6 (5 x)] = 1 Feltétel: 5 x > 0 5 > x definíció szerint 4 log 6 (5 x) = 8 1 = log 6 (5 x) = 1 definíció szerint 5 x = 6 1 = 6 x = 1 Ellenőrzés: Jobb oldal: 1 Bal oldal: 4 log 6 6 = log 8 = 1 1 = 1 Ezek alapján az x megoldása az egyenletnek. 9. Old meg a következő egyenleteket! a) 4 lg x = lg x b) lg x = lg x Ennél a típusnál célszerű bizonyos lépés után bevezetnünk egy új ismeretlent a logaritmus helyett, s így megoldva az egyenletet, a végén visszahelyettesítünk az eredeti kifejezésbe. a) 4 lg x = lg x Feltétel: x > 0 és lg x > 0 x > lg x + lg x = 9 lg x lg x 17 lg x + 16 = 0 Legyen: a = lg x a 17a + 16 = 0 A megoldó képlet felírása után kapjuk, hogy a két megoldás: a 1 = 1 és a = 16. Visszahelyettesítés után az egyenlet megoldásai a következők lesznek: a 1 = 1 lg x = 1 x = 10 1 = 10 a = 16 lg x = 16 x =

10 b) lg x = lg x Feltétel: x > 0 lg x = lg x Legyen: a = lg x a = a a a = 0 a (a ) = 0 Ebből két megoldás adódik: a 1 = 0 és a = 0 a = Visszahelyettesítés után az egyenlet megoldásai a következők lesznek: a 1 = 0 lg x = 0 x = 10 0 = 1 a = lg x = x = 10 = Old meg a következő egyenleteket! a) log 5 x + log 5 x = 7 b) log x log 4 x = 5 log 8 x 1 c) log 4 x + log x 4 = 5 Ezen típusoknál arra kell törekednünk, hogy a különböző alapú logaritmusokat egy azonos alapú logaritmussá alakítsuk át. a) log 5 x + log 5 x = 7 Feltétel: x > 0 log 5 x + log 5 x log 5 5 = 7 log 5 x + log 5 x = 7 6 log 5 x + log 5 x = 14 7 log 5 x = 14 log 5 x = definíció szerint x = 5 = 5 10

11 b) log x log 4 x = 5 log 8 x 1 Feltétel: x > 0 log x log x log 4 = 5 log x log 8 1 log x log x = 5 log x 1 6 log x 9 log x = 10 log x = 1 log x 6 = log x definíció szerint x = 6 = 64 c) log 4 x + log x 4 = 5 Feltétel: x > 0 és x 1 log 4 x + log 4 4 log 4 x = 5 log 4 x + 1 log 4 x = 5 (log 4 x) + = 5 log 4 x (log 4 x) 5 log 4 x + = 0 Legyen: a = log 4 x a 5a + = 0 A megoldó képlet felírása után kapjuk, hogy a két megoldás: a 1 = és a = 1. Visszahelyettesítés után az egyenlet megoldásai a következők lesznek: a 1 = log 4 x = x = 4 = 16 a = 1 log 4 x 7 1 x = 4 1 = 11

12 11. Old meg a következő egyenleteket! a) x lg x = 0,01 b) x log x = 16 Mivel itt a logaritmus a hatvány kitevőjében szerepel, ezért be kell hoznunk egy újabb logaritmust, mert ebben az esetben a hatványkitevőt le tudjuk hozni szorzat alakba. a) x lg x = 0,01 Feltétel: x > 0 lg x lg x = lg 0,01 (lg x ) lg x = lg x lg x + = 0 Legyen: a = lg x a a + = 0 A megoldó képlet felírása után kapjuk, hogy a két megoldás: a 1 = és a 1 = 1. Visszahelyettesítés után az egyenlet megoldásai a következők lesznek: a 1 = lg x = x = 10 = 100 a = 1 lg x = 1 x = 10 1 = 10 b) x log x = 16 Feltétel: x > 0 log x log x = log 16 log x log x = 4 (log x) = 4 Legyen: a = log x a = 4 a 1 = és a = Visszahelyettesítés után az egyenlet megoldásai a következők lesznek: a 1 = log x = x = = 4 a = log x = x = = 1 4 1

13 1. Old meg a következő egyenlőtlenségeket! a) log1(x + 1) > 4 b) log5 ( 1 x + 1) < 1 c) log 5 x x+1 0 d) log x 1 (4x + ) 0 Egyenlőtlenséget hasonlóan oldunk meg, mint egyenletet, csak arra kell ügyelnünk, hogy a negatív számmal való szorzásnál (osztásnál), illetve az alap elhagyásakor, ha az egy 0 és 1 közé eső szám (a függvény szigorú csökkenése miatt), akkor a reláció iránya megfordul. a) log1(x + 1) > 4 Feltétel: x + 1 > 0 x > 1 log1(x + 1) > log a függvény szigorú monotonitása miatt x + 1 < 1 16 x < A feltétellel összevetve az eredményt, a végső megoldás: 1 < x < b) log5 ( 1 x + 1) < 1 Feltétel: 1 x + 1 > 0 x > log5 ( 1 x + 1) < 5 log5 a függvény szigorú monotonitása miatt 1 x + 1 < 5 x < A feltétellel összevetve az eredményt, a végső megoldás: < x <. 1

14 c) log 5 x x+1 0 Feltétel: 5 x x+1 > 0 Egy tört értéke akkor pozitív, ha a számláló és nevező is pozitív, vagy mindkettő negatív. I. Nevező és számláló is pozitív: 5 x > 0 5 > x és x + 1 > 0 x > 1 A két egyenlőtlenségből ezen az ágon a következőt kapjuk: 1 < x < 5. II. Nevező és számláló is negatív: 5 x < 0 5 < x és x + 1 < 0 x < 1 A két egyenlőtlenségből ezen az ágon a következőt kapjuk: nincs megoldás. A két ágból a végső feltételünk: 1 < x < 5. Az egyenlőtlenség megoldása a következő: log 5 x x+1 0 log 5 x x+1 log 1 5 x x x (x+1) x x x

15 Egy tört értéke akkor negatív, ha a számláló pozitív és a nevező negatív, vagy fordítva. I. A nevező pozitív és a számláló negatív (vagy 0): 4 4x 0 1 x és x + 1 > 0 x > 1 A két egyenlőtlenségből ezen az ágon a következőt kapjuk: 1 x. II. A nevező negatív és a számláló pozitív (vagy 0): 4 4x 0 1 x és x + 1 < 0 x < 1 A két egyenlőtlenségből ezen az ágon a következőt kapjuk: x < 1 A megoldás a két ág együttese (uniója): x < 1 vagy 1 x. A feltétellel összevetve az eredményt, a végső megoldás: 1 x < 5. 15

16 d) log x 1 (4x + ) 0 Feltétel: x 1 > 0 x > 1 x 1 1 x 1 4x + > 0 x > 1 Ezeket összevetve, a végső feltételünk: x > 1 és x 1 Az egyenlőtlenség megoldása a következő: I. Ha az alap 1-nél nagyobb szám: x 1 > 1 x > 1 log x 1 (4x + ) log x 1 1 a függvény szigorú monotonitása miatt 4x + 1 x 1 4 Az eredménynek és a feltételnek nincs közös része, így ezen az ágon nincs megoldás. II. Ha az alap 0 és 1 közé esik: 0 < x 1 < 1 1 < x < 1 log x 1 (4x + ) log x 1 1 a függvényszigorú monotonitása miatt 4x + 1 x 1 4 Az ág megoldása a kapott eredmény és a kikötés közös része, vagyis: 1 < x < 1. Az első ágon nem kaptunk megoldást, így a két ág megoldása: 1 < x < 1. Ezt összevetve a feltételekkel, az egyenlőtlenség végső megoldása: 1 < x < 1. 16

17 1. Old meg a következő egyenletrendszereket! a) 5 log x log y = 9 log x + log y = 8 b) lg x + lg y = lg y lg x = lg 5 c) log 5 x + log 5 y = 1 x 4 8 y = 0 A logaritmikus egyenletrendszereknél általában két megoldás közül választhatunk. Az egyik, ha mindkét egyenletben ugyanazok a logaritmusok szerepelnek, akkor behelyettesítéssel oldhatjuk meg az egyenletrendszert. Amennyiben különbözőek a logaritmusok, vagy az egyik egyenlet logaritmikus a másik exponenciális, akkor célszerű a két egyenletet külön külön tekinteni és egyenként egyszerűbb alakra hoznunk azokat. a) 5 log x log y = 9 Feltétel: x > 0 és y > 0 log x + log y = 8 Legyen: a = log x és b = log y Ekkor behelyettesítés után a következő egyenletrendszer adódik: 5a b = 9 a + b = 8 A második egyenletből azt kapjuk, hogy b = 8 a. Ezt behelyettesítjük az első egyenletbe: 5a (8 a) = 9 5a 4 + 6a = 9 a = Ebből visszahelyettesítés után azt kapjuk, hogy b =. Az újabb visszahelyettesítés után a következők adódnak: a = log x = x = = 8 b = log y = y = = 9 Ezek alapján az egyenletrendszer megoldása: (8; 9). 17

18 b) lg x + lg y = Feltétel: x > 0 és y > 0 lg y lg x = lg 5 Tekintsük először az első egyenletet: lg x + lg y = lg(xy) = definíció szerint xy = 10 = 100 Tekintsük ezután a második egyenletet: lg y lg x = lg 5 lg y x = lg 5 a függvény szigorú monotonitása miatt y x = 5 A második egyenletből azt kapjuk, hogy y = 5x. Ezt behelyettesítjük az első egyenletbe: 5x = 100 x = 4 x 1 = és x = A feltételnek csak az x 1 felel meg. Ezt visszahelyettesítve kapjuk, hogy y = 50. Ezek alapján az egyenletrendszer megoldása: (; 50). 18

19 c) log 5 x + log 5 y = 1 Feltétel: x > 0 és y > 0 x 4 8 y = 0 Tekintsük először az első egyenletet: log 5 x + log 5 y = 1 log 5 (xy) = log 5 5 a függvény szigorú monotonitása miatt xy = 5 Tekintsük ezután a második egyenletet: x 4 8 y = 0 x y = 0 x = +y a függvény szigorú monotonitása miatt x = + y Ezt behelyettesítjük az első egyenletbe: ( + y) y = 5 y + y = 5 y + y 5 = 0 A megoldó képlet felírása után kapjuk, hogy a két megoldás: y 1 = 1 és y = 5. A feltételnek csak az y 1 felel meg. Ezt visszahelyettesítve kapjuk, hogy x = 5. Ezek alapján az egyenletrendszer megoldása: (5; 1). 19

20 14. Mennyi a következő kifejezés pontos értéke? log log 4 log 4 5 log 5 6 log 6 7 log 7 8 A megoldáshoz a következő összefüggést kell alkalmaznunk: log a b log b c = log a b log a c log a b = log a c Ezek alapján a megoldás: log 8 =. 15. Fejezd ki lg 40 - et lg 0 segítségével! Legyen a = lg 0. Alakítsuk át az lg 0 kifejezést a következő módon: a = lg 0 = lg ( 5) = lg + lg 5 = lg + lg 10 = lg + lg 10 lg = lg + 1 Ezt követően alakítsuk át az lg 40 kifejezést is: lg 40 = lg ( 5) = lg + lg 5 = lg + lg 10 = lg + lg 10 lg = lg + 1 Az első egyenletből azt kapjuk, hogy lg = a 1. Ezt helyettesítsük be a második egyenletbe: lg 40 = (a 1) + 1 = a + 1 = a 1 Ezek alapján a megoldás: lg 40 = lg

21 16. Fejezd ki lg 15 - öt az lg 75 és lg 45 segítségével! Legyen a = lg 75 és b = lg 45. Alakítsuk át az lg 75 kifejezést a következő módon: a = lg 75 = lg (5 ) = lg 5 + lg = lg 5 + lg Ezt követően alakítsuk át az lg 45 kifejezést is: b = lg 45 = lg ( 5) = lg + lg 5 = lg + lg 5 Az első egyenlet kétszereséből kivonva a második egyenletet a következőt kapjuk: a b = lg 5 a b = lg 5 Ezt visszahelyettesítjük az első egyenletbe: a = a b a = 4a b lg = b a + lg + lg Ezek alapján a megoldás: lg 15 = lg (5 ) = lg 5 + lg = a b + b a = a+b = lg 75+lg45 1

egyenlőtlenségnek kell teljesülnie.

egyenlőtlenségnek kell teljesülnie. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Abszolútértékes és gyökös kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval

Részletesebben

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

Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek

Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek 9 Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek Irracionális egyenletek /I a) Az egyenlet bal oldala a nemnegatív számok halmazán, a jobb oldal minden valós szám esetén

Részletesebben

Feladatok a logaritmus témaköréhez 11. osztály, középszint

Feladatok a logaritmus témaköréhez 11. osztály, középszint TÁMOP-4-08/-009-00 A kompetencia alapú oktatás feltételeinek megteremtése Vas megye közoktatási intézményeiben Feladatok a logaritmus témaköréhez osztály, középszint Vasvár, 00 május összeállította: Nagy

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

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

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

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

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

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Matematika I Matematika I (Analízis) Készítette: Horváth Gábor Kötelező irodalom: Ács László, Gáspár Csaba: Analízis 1 Oktatási segédanyagok és a tantárgyi követelményrendszer megtalálható a http://rs1.szif.hu/ horvathg/horvathg.html

Részletesebben

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

Egyenletek, egyenlőtlenségek VIII.

Egyenletek, egyenlőtlenségek VIII. Egyenletek, egyenlőtlenségek VIII. 1. Melyik az a szám, amelynek a felét és az ötödét összeszorozva, a szám hétszeresét kapjuk? Legyen a keresett szám:. A szöveg alapján felírhatjuk a következő egyenletet:

Részletesebben

Diszkrét matematika II., 5. előadás. Lineáris egyenletrendszerek

Diszkrét matematika II., 5. előadás. Lineáris egyenletrendszerek 1 Diszkrét matematika II, 5 előadás Lineáris egyenletrendszerek Dr Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach@infnymehu http://infnymehu/ takach/ 2007 március 8 Egyenletrendszerek Középiskolás módszerek:

Részletesebben

Osztályozóvizsga követelményei

Osztályozóvizsga követelményei Osztályozóvizsga követelményei Képzés típusa: Tantárgy: Nyolcosztályos gimnázium Matematika Évfolyam: 11 Emelt óraszámú csoport Emelt szintű csoport Vizsga típusa: Írásbeli Követelmények, témakörök: Gondolkodási

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

Gyakorló feladatsor 11. osztály

Gyakorló feladatsor 11. osztály Htvány, gyök, logritmus Gykorló feldtsor 11. osztály 1. Számológép hsznált nélkül dd meg z lábbi kifejezések pontos értékét! ) b) 1 e) c) d) 1 0, 9 = f) g) 7 9 =. Számológép hsznált nélkül döntsd el, hogy

Részletesebben

Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely. 2015. március 30. A 11-12. osztályosok feladatainak javítókulcsa

Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely. 2015. március 30. A 11-12. osztályosok feladatainak javítókulcsa Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely 2015. március 30. A 11-12. osztályosok feladatainak javítókulcsa Feladatok csak szakközépiskolásoknak Sz 1. A C csúcs értelemszerűen az AB oldal felező

Részletesebben

Megoldás: Mindkét állítás hamis! Indoklás: a) Azonos alapú hatványokat úgy szorzunk, hogy a kitevőket összeadjuk. Tehát: a 3 * a 4 = a 3+4 = a 7

Megoldás: Mindkét állítás hamis! Indoklás: a) Azonos alapú hatványokat úgy szorzunk, hogy a kitevőket összeadjuk. Tehát: a 3 * a 4 = a 3+4 = a 7 A = {1; 3; 5; 7; 9} A B = {3; 5; 7} A/B = {1; 9} Mindkét állítás hamis! Indoklás: a) Azonos alapú hatványokat úgy szorzunk, hogy a kitevőket összeadjuk. Tehát: a 3 * a 4 = a 3+4 = a 7 Azonos alapú hatványokat

Részletesebben

Érettségi előkészítő emelt szint 11-12. évf. Matematika. 11. évfolyam. Tematikai egység/fejlesztési cél

Érettségi előkészítő emelt szint 11-12. évf. Matematika. 11. évfolyam. Tematikai egység/fejlesztési cél Emelt szintű matematika érettségi előkészítő 11. évfolyam Tematikai egység/fejlesztési cél Órakeret 72 óra Kötelező Szabad Összesen 1. Gondolkodási módszerek Halmazok, matematikai logika, kombinatorika,

Részletesebben

Prof. Báthori Éva, Prof. Betuker Enikő, Prof. Gyulai Andrea, Prof. István Zoltán, Prof. Nagy Olga, Prof. Pálhegyi-Farkas László ÉRETTSÉGI SEGÉDANYAG

Prof. Báthori Éva, Prof. Betuker Enikő, Prof. Gyulai Andrea, Prof. István Zoltán, Prof. Nagy Olga, Prof. Pálhegyi-Farkas László ÉRETTSÉGI SEGÉDANYAG Prof. Báthori Éva, Prof. Betuker Enikő, Prof. Gyulai Andrea, Prof. István Zoltán, Prof. Nagy Olga, Prof. Pálhegyi-Farkas László ÉRETTSÉGI SEGÉDANYAG MATEMATIKA M TECHNOLÓGIAI SZAKOSZTÁLYOK RÉSZÉRE 05 ORADEA

Részletesebben

MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS

MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS Matematika PRÉ megoldókulcs 0. január. MTEMTIK PRÓBÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS = KÖZÉP SZINT = I. rész: z alábbi feladat megoldása kötelező volt! ) Oldd meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán! tg

Részletesebben

Osztályozóvizsga és javítóvizsga témakörei Matematika 9. évfolyam

Osztályozóvizsga és javítóvizsga témakörei Matematika 9. évfolyam Osztályozóvizsga és javítóvizsga témakörei Matematika 9. évfolyam 1. félév Gondolkozás, számolás - halmazok, műveletek halmazokkal, intervallumok - racionális számok, műveletek racionális számokkal, zárójel

Részletesebben

Sorozatok - kidolgozott típuspéldák

Sorozatok - kidolgozott típuspéldák 1. oldal, összesen: 8 oldal Sorozatok - kidolgozott típuspéldák Elmélet: Számtani sorozat: a 1 a sorozat első tagja, d a különbsége a sorozat bármelyik tagját kifejezhetjük a 1 és d segítségével: a n =

Részletesebben

6. Differenciálegyenletek

6. Differenciálegyenletek 312 6. Differenciálegyenletek 6.1. A differenciálegyenlet fogalma Meghatározni az f függvény F primitív függvényét annyit jelent, mint találni egy olyan F függvényt, amely differenciálható az adott intervallumon

Részletesebben

16. Sorozatok. I. Elméleti összefoglaló. A sorozat fogalma

16. Sorozatok. I. Elméleti összefoglaló. A sorozat fogalma 16. Sorozatok I. Elméleti összefoglaló A sorozat fogalma Sorozatnak nevezzük az olyan függvényt, amelynek értelmezési tartománya a pozitív egész számok halmaza. Számsorozat olyan sorozat, amelynek értékkészlete

Részletesebben

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

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

Részletesebben

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. (Derivált)

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. (Derivált) Valós függvények (3) (Derivált) . Legyen a belső pontja D f -nek. Ha létezik és véges a f(x) f(a) x a x a = f (a) () határérték, akkor f differenciálható a-ban. Az f (a) szám az f a-beli differenciálhányadosa.

Részletesebben

Határozatlan integrál (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

Határozatlan integrál (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Határozatlan integrál () First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. Az összetett függvények integrálására szolgáló egyik módszer a helyettesítéssel való integrálás. Az idevonatkozó tétel pontos

Részletesebben

Taylor-polinomok. 1. Alapfeladatok. 2015. április 11. 1. Feladat: Írjuk fel az f(x) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját!

Taylor-polinomok. 1. Alapfeladatok. 2015. április 11. 1. Feladat: Írjuk fel az f(x) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját! Taylor-polinomok 205. április.. Alapfeladatok. Feladat: Írjuk fel az fx) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját! Megoldás: A feladatot kétféle úton is megoldjuk. Az els megoldásban induljunk el

Részletesebben

Analízis elo adások. Vajda István. 2012. szeptember 10. Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem. Vajda István (Óbudai Egyetem)

Analízis elo adások. Vajda István. 2012. szeptember 10. Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem. Vajda István (Óbudai Egyetem) Vajda István Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem 1 / 36 Bevezetés A komplex számok értelmezése Definíció: Tekintsük a valós számpárok R2 halmazát és értelmezzük ezen a halmazon a következo két

Részletesebben

valós számot tartalmaz, mert az ilyen részhalmazon nem azonosság.

valós számot tartalmaz, mert az ilyen részhalmazon nem azonosság. 2. Közönséges differenciálegyenlet megoldása, megoldhatósága Definíció: Az y függvényt a valós számok H halmazán a közönséges differenciálegyenlet megoldásának nevezzük, ha az y = y(x) helyettesítést elvégezve

Részletesebben

Osztályozó- és javítóvizsga témakörei MATEMATIKA tantárgyból

Osztályozó- és javítóvizsga témakörei MATEMATIKA tantárgyból Osztályozó- és javítóvizsga témakörei MATEMATIKA tantárgyból 9. évfolyam I. Halmazok 1. Alapfogalmak, jelölések 2. Halmaz, részhalmaz fogalma, részhalmazok száma, jelölések 3. Nevezetes számhalmazok (N,

Részletesebben

Feladatok megoldásokkal a második gyakorlathoz (függvények deriváltja)

Feladatok megoldásokkal a második gyakorlathoz (függvények deriváltja) Feladatok megoldásokkal a második gyakorlathoz függvények deriváltja Feladat Deriváljuk az f = 2 3 + 3 2 Felhasználva, hogy összeget tagonként deriválhatunk, továbbá, hogy függvény számszorosának deriváltja

Részletesebben

SZÁMRENDSZEREK. c) 136; 253 7. c) 3404; 6514 8. = 139 c) 31210 4. = 508 e) 150 6 = 5843.

SZÁMRENDSZEREK. c) 136; 253 7. c) 3404; 6514 8. = 139 c) 31210 4. = 508 e) 150 6 = 5843. SZÁMRENDSZEREK 1933. A megadott sorrendet követve írtuk át a számokat: a) 2-es számrendszerben: 11; 1001; 1100; 10001; 10111; 100110; 1011011. b) 3-as számrendszerben: 21;110;1011; 1020; 10100; 10102;

Részletesebben

Nagy Ilona 2013.06.01.

Nagy Ilona 2013.06.01. Bevezető matematika példatár Kádasné Dr. V. Nagy Éva Nagy Ilona 0.06.0. Tartalomjegyzék Bevezető. Gyakorlatok.. Műveletek törtekkel, hatványokkal, gyökökkel................. A logaritmus fogalma; arány-

Részletesebben

Osztályozó és Javító vizsga témakörei matematikából 9. osztály

Osztályozó és Javító vizsga témakörei matematikából 9. osztály Osztályozó és Javító vizsga témakörei matematikából 9. osztály 1. félév 1. Kombinatorika, halmazok Számoljuk össze! Összeszámlálási feladatok Matematikai logika Halmazok Halmazműveletek Halmazok elemszáma,

Részletesebben

15. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

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

Részletesebben

Az osztályozóvizsgák követelményrendszere 9. évfolyam

Az osztályozóvizsgák követelményrendszere 9. évfolyam Az osztályozóvizsgák követelményrendszere 9. évfolyam Kombinatorika, halmazok Összeszámlálási feladatok Halmazok, halmazműveletek, halmazok elemszáma Logikai szita Számegyenesek intervallumok Algebra és

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Függvények

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

Részletesebben

1. előadás. Lineáris algebra numerikus módszerei. Hibaszámítás Számábrázolás Kerekítés, levágás Klasszikus hibaanalízis Abszolút hiba Relatív hiba

1. előadás. Lineáris algebra numerikus módszerei. Hibaszámítás Számábrázolás Kerekítés, levágás Klasszikus hibaanalízis Abszolút hiba Relatív hiba Hibaforrások Hiba A feladatok megoldása során különféle hibaforrásokkal találkozunk: Modellhiba, amikor a valóságnak egy közelítését használjuk a feladat matematikai alakjának felírásához. (Pl. egy fizikai

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

L'Hospital-szabály. 2015. március 15. ln(x 2) x 2. ln(x 2) = ln(3 2) = ln 1 = 0. A nevez határértéke: lim. (x 2 9) = 3 2 9 = 0.

L'Hospital-szabály. 2015. március 15. ln(x 2) x 2. ln(x 2) = ln(3 2) = ln 1 = 0. A nevez határértéke: lim. (x 2 9) = 3 2 9 = 0. L'Hospital-szabály 25. március 5.. Alapfeladatok ln 2. Feladat: Határozzuk meg a határértéket! 3 2 9 Megoldás: Amint a korábbi határértékes feladatokban, els ként most is a határérték típusát kell megvizsgálnunk.

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

P R Ó B A É R E T T S É G I 2 0 0 4. m á j u s KÖZÉPSZINT JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

P R Ó B A É R E T T S É G I 2 0 0 4. m á j u s KÖZÉPSZINT JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ P R Ó B A É R E T T S É G I 0 0 4. m á j u s MATEMATIKA KÖZÉPSZINT JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Formai előírások: A dolgozatot a vizsgázó által használt színűtől eltérő színű tollal kell javítani, és a

Részletesebben

összeadjuk 0-t kapunk. Képletben:

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

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2006. február 21. KÖZÉPSZINT I.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2006. február 21. KÖZÉPSZINT I. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 006. február 1. KÖZÉPSZINT I. 1) Mennyi annak a mértani sorozatnak a hányadosa, amelynek harmadik tagja 5, hatodik tagja pedig 40? ( pont) 3 1 5 a a q 5 6 1 40 a a q Innen q Összesen:

Részletesebben

Osztályozóvizsga követelményei

Osztályozóvizsga követelményei Osztályozóvizsga követelményei Képzés típusa: Tantárgy: Nyolcosztályos gimnázium Matematika Évfolyam: 11 Emelt óraszámú csoport Emelt szintű csoport Vizsga típusa: Írásbeli Követelmények, témakörök: Emelt

Részletesebben

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

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

Részletesebben

Tananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás,

Tananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás, // KURZUS: Matematika II. MODUL: Valószínűség-számítás 21. lecke: A feltételes valószínűség, események függetlensége Tananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás,

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA II 3 III NUmERIkUS SOROk 1 Alapvető DEFInÍCIÓ ÉS TÉTELEk Végtelen sor Az (1) kifejezést végtelen sornak nevezzük Az számok a végtelen sor tagjai Az, sorozat az (1) végtelen sor

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2012. október 16. KÖZÉPSZINT I.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2012. október 16. KÖZÉPSZINT I. ) Az a n sorozat tagját! MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 0 október KÖZÉPSZINT I számtani sorozat első tagja és differenciája is 4 Adja meg a a 04 ) Az A és B halmazokról tudjuk, hogy AB ; ; ; 4; ;, A\ ; AB ; A ;

Részletesebben

A matematikai feladatok és megoldások konvenciói

A matematikai feladatok és megoldások konvenciói A matematikai feladatok és megoldások konvenciói Kozárné Fazekas Anna Kántor Sándor Matematika és Informatika Didaktikai Konferencia - Szatmárnémeti 2011. január 28-30. Konvenciók Mindenki által elfogadott

Részletesebben

Az osztályozó vizsgák tematikája matematikából

Az osztályozó vizsgák tematikája matematikából Az osztályozó vizsgák tematikája matematikából Matematikából osztályozó vizsgára kötelezhető az a tanuló, aki magántanuló, vagy akinek a hiányzása eléri az össz óraszám 30%-át. Az írásbeli vizsga időtartama

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

17.2. Az egyenes egyenletei síkbeli koordinátarendszerben

17.2. Az egyenes egyenletei síkbeli koordinátarendszerben Tartalom Előszó 13 1. Halmazok; a matematikai logika elemei 15 1.1. A halmaz fogalma; jelölések 15 1.2. Részhalmazok; komplementer halmaz 16 1.3. Halmazműveletek 17 1.4. A halmazok ekvivalenciája 20 1.5.

Részletesebben

Matematika tanmenet 12. osztály (heti 4 óra)

Matematika tanmenet 12. osztály (heti 4 óra) Matematika tanmenet 12. osztály (heti 4 óra) Tankönyv: Ábrahám Gábor Dr. Kosztolányiné Nagy Erzsébet Tóth Julianna: Matematika 12. középszint Példatárak: Fuksz Éva Riener Ferenc: Érettségi feladatgyűjtemény

Részletesebben

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

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

Részletesebben

Mechatronika Modul 1: Alapismeretek

Mechatronika Modul 1: Alapismeretek Mechatronika Modul : Alapismeretek Oktatói segédlet (Elképzelés) Készítették: Matthias Römer Chemnitz-i Műszaki Egyetem, Szerszámgépek és Gyártási Folyamatok Intézete, Németország Cser Adrienn Corvinus

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2008. október 21. EMELT SZINT

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2008. október 21. EMELT SZINT MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 008. október. EMELT SZINT ) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenleteket: a) b) lg 8 0 6 I. (5 pont) (5 pont) a) A logaritmus értelmezése alapján: 80 ( vagy ) Egy szorzat

Részletesebben

karakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja

karakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja Mátrixok hasonlósága, karakterisztikus mátrix, karakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja 1.Mátrixok hasonlósága, karakterisztikus mátrix, karakterisztikus

Részletesebben

Halmazok. A és B különbsége: A \ B. A és B metszete: A. A és B uniója: A

Halmazok. A és B különbsége: A \ B. A és B metszete: A. A és B uniója: A Halmazok Érdekes feladat lehet, amikor bizonyos mennyiségű adatok között keressük az adott tulajdonsággal rendelkezők számát. A következőekben azt szeretném megmutatni, hogy a halmazábrák segítségével,

Részletesebben

Tartalomjegyzék. 3. Elsőfokú egyenletek és egyenlőtlenségek... 8 3.1. Elsőfokú egyenletek... 8 3.2. Valós szám abszolút értéke...

Tartalomjegyzék. 3. Elsőfokú egyenletek és egyenlőtlenségek... 8 3.1. Elsőfokú egyenletek... 8 3.2. Valós szám abszolút értéke... Tartalomjegyzék 1. Műveletek valós számokkal... 1 1.1. Gyökök és hatványozás... 1 1.1.1. Hatványozás... 1 1.1.2. Gyökök... 1 1.2. Azonosságok... 2 1.3. Egyenlőtlenségek... 3 2. Függvények... 5 2.1. A függvény

Részletesebben

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

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

Részletesebben

NT-17312 Az érthető matematika 11. Tanmenetjavaslat

NT-17312 Az érthető matematika 11. Tanmenetjavaslat NT-17312 Az érthető matematika 11. Tanmenetjavaslat Idézet a 3.2.04. kerettantervből (11 12. évfolyam, bevezetés): Ez a szakasz az érettségire felkészítés időszaka is, ezért a fejlesztésnek kiemelten fontos

Részletesebben

Feladatok és megoldások a 8. hétre Építőkari Matematika A3

Feladatok és megoldások a 8. hétre Építőkari Matematika A3 Feladatok és megoldások a 8. hétre Építőkari Matematika A3 1. Oldjuk meg a következő differenciálegyenlet rendszert: x + 2y 3x + 4y = 2 sin t 2x + y + 2x y = cos t. (1 2. Oldjuk meg a következő differenciálegyenlet

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

Osztályozóvizsga követelményei

Osztályozóvizsga követelményei Osztályozóvizsga követelményei Képzés típusa: Tantárgy: Nyolcosztályos gimnázium Matematika Évfolyam: 9 Emelt óraszámú csoport Emelt szintű csoport Vizsga típusa: Írásbeli Követelmények, témakörök: Gondolkodási

Részletesebben

Matematika. 9.osztály: Ajánlott tankönyv és feladatgyűjtemény: Matematika I-II. kötet (Apáczai Kiadó; AP-090803 és AP-090804)

Matematika. 9.osztály: Ajánlott tankönyv és feladatgyűjtemény: Matematika I-II. kötet (Apáczai Kiadó; AP-090803 és AP-090804) Matematika A definíciókat és tételeket (bizonyítás nélkül) ki kell mondani, a tananyagrészekhez tartozó alap- és közepes nehézségű feladatokat kell tudni megoldani A javítóvizsga 60 -es írásbeliből áll.

Részletesebben

Számítási feladatok a Számítógépi geometria órához

Számítási feladatok a Számítógépi geometria órához Számítási feladatok a Számítógépi geometria órához Kovács Zoltán Copyright c 2012 Last Revision Date: 2012. október 15. kovacsz@nyf.hu Technikai útmutató a jegyzet használatához A jegyzet képernyőbarát

Részletesebben

Az írásbeli eredménye 75%-ban, a szóbeli eredménye 25%-ban számít a végső értékelésnél.

Az írásbeli eredménye 75%-ban, a szóbeli eredménye 25%-ban számít a végső értékelésnél. Matematika A vizsga leírása: írásbeli és szóbeli vizsgarészből áll. A matematika írásbeli vizsga egy 45 perces feladatlap írásbeli megoldásából áll. Az írásbeli feladatlap tartalmi jellemzői az alábbiak:

Részletesebben

EXPONENCIÁLIS EGYENLETEK

EXPONENCIÁLIS EGYENLETEK Sokszínű matematika /. oldal. feladat a) = Mivel mindegik hatván alapja hatván, ezért átírjuk a -et és a -ot: = ( ) Alkalmazzuk a hatván hatvána azonosságot! ( ) = A bal oldalon az azonos alapú hatvánok

Részletesebben

Az osztályozóvizsgák követelményrendszere MATEMATIKA

Az osztályozóvizsgák követelményrendszere MATEMATIKA Az osztályozóvizsgák követelményrendszere MATEMATIKA 1. Számok, számhalmazok A 9. évfolyam során feldolgozásra kerülő témakörök: A nyelvi előkészítő és a két tanítási nyelvű osztályok tananyaga: A számfogalom

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 11 ÉRETTSÉGI VIZSGA 01. október 16. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 0813 ÉRETTSÉGI VIZSGA 008. május 6. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

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

Részletesebben

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

A 2006-2007. tanévi matematika OKTV I. kategória első (iskolai) fordulójának pontozási útmutatója SZAKKÖZÉPISKOLA A 006-007. tanévi matematika OKTV I. kategória első (iskolai) fordulójának pontozási útmutatója. Feladat: Egy számtani sorozat három egymást követő tagjához rendre 3-at, -et, 3-at adva

Részletesebben

MATEMATIKA. Szakközépiskola

MATEMATIKA. Szakközépiskola MATEMATIKA Szakközépiskola Az osztályozóvizsga írásbeli feladatlap. Az osztályozó vizsgán az osztályzás a munkaközösség által elfogadott egységes követelményrendszer alapján történik. A tanuló az osztályozó

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

MATEMATIKA (EMELT SZINT)

MATEMATIKA (EMELT SZINT) MATEMATIKA (EMELT SZINT) Tanterv 0 0 2 2 óraszámokra Készítette: Krizsán Árpád munkaközösség-vezető Ellenőrizte: Csajági Sándor közismereti igazgató-helyettes Érvényes: 2013/2014 tanévtől 2013. Óratervtábla

Részletesebben

A III. forduló megoldásai

A III. forduló megoldásai A III. forduló megoldásai 1. Egy dobozban pénzérmék és golyók vannak, amelyek vagy ezüstből, vagy aranyból készültek. A dobozban lévő tárgyak 20%-a golyó, a pénzérmék 40%-a ezüst. A dobozban levő tárgyak

Részletesebben

6. OSZTÁLY. Az évi munka szervezése, az érdeklõdés felkeltése Feladatok a 6. osztály anyagából. Halmazok Ismétlés (halmaz megadása, részhalmaz)

6. OSZTÁLY. Az évi munka szervezése, az érdeklõdés felkeltése Feladatok a 6. osztály anyagából. Halmazok Ismétlés (halmaz megadása, részhalmaz) 6. OSZTÁLY Óraszám 1. 1. Az évi munka szervezése, az érdeklõdés felkeltése a 6. osztály anyagából Tk. 13/elsõ mintapélda 42/69 70. 96/elsõ mintapélda 202/16. 218/69. 2 3. 2 3. Halmazok Ismétlés (halmaz

Részletesebben

Feladatok a Diffrenciálegyenletek IV témakörhöz. 1. Határozzuk meg következő differenciálegyenletek általános megoldását a próba függvény módszerrel.

Feladatok a Diffrenciálegyenletek IV témakörhöz. 1. Határozzuk meg következő differenciálegyenletek általános megoldását a próba függvény módszerrel. Feladatok a Diffrenciálegyenletek IV témakörhöz 1 Határozzuk meg következő differenciálegyenletek általános megoldását a próba függvény módszerrel (a) y 3y 4y = 3e t (b) y 3y 4y = sin t (c) y 3y 4y = 8t

Részletesebben

19. AZ ÖSSZEHASONLÍTÁSOS RENDEZÉSEK MŰVELETIGÉNYÉNEK ALSÓ KORLÁTJAI

19. AZ ÖSSZEHASONLÍTÁSOS RENDEZÉSEK MŰVELETIGÉNYÉNEK ALSÓ KORLÁTJAI 19. AZ ÖSSZEHASONLÍTÁSOS RENDEZÉSEK MŰVELETIGÉNYÉNEK ALSÓ KORLÁTJAI Ebben a fejezetben aszimptotikus (nagyságrendi) alsó korlátot adunk az összehasonlításokat használó rendező eljárások lépésszámára. Pontosabban,

Részletesebben

11. DETERMINÁNSOK. 11.1 Mátrix fogalma, műveletek mátrixokkal

11. DETERMINÁNSOK. 11.1 Mátrix fogalma, műveletek mátrixokkal 11 DETERMINÁNSOK 111 Mátrix fogalma, műveletek mátrixokkal Bevezetés A közgazdaságtanban gyakoriak az olyan rendszerek melyek jellemzéséhez több adat szükséges Például egy k vállalatból álló csoport minden

Részletesebben

Ismertető A Solver telepítése, illetve indítása A Solver célcella módosuló cellák A feltételek általában a módosuló cellákra hivatkozó képletek.

Ismertető A Solver telepítése, illetve indítása A Solver célcella módosuló cellák A feltételek általában a módosuló cellákra hivatkozó képletek. Ismertető A középiskolában sokféle egyenlet megoldásával megismerkednek a diákok. A matematikaórán azonban csak korlátozott típusú egyenletek fordulnak elő. Nem is cél az egyenletmegoldás általános tárgyalása,

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 111 É RETTSÉGI VIZSGA 011. október 18. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

PRÓBAÉRETTSÉGI MATEMATIKA. 2003. május-június KÖZÉPSZINT JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ. Vizsgafejlesztő Központ

PRÓBAÉRETTSÉGI MATEMATIKA. 2003. május-június KÖZÉPSZINT JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ. Vizsgafejlesztő Központ PRÓBAÉRETTSÉGI 00. május-június MATEMATIKA KÖZÉPSZINT JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ Vizsgafejlesztő Központ Kedves Kolléga! Kérjük, hogy a dolgozatok javítását a javítási útmutató alapján végezze, a következők figyelembevételével.

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 1011 ÉRETTSÉGI VIZSGA 010. október 19. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 11 ÉRETTSÉGI VIZSGA 01. május 8. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások: 1.

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Egyenletek, egyenlőtlenségek

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Egyenletek, egyenlőtlenségek 1) MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Egyenletek, egyenlőtlenségek A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval

Részletesebben

MATEMATIKA TANMENET SZAKKÖZÉPISKOLA. 9. Nyelvi előkészítő osztály

MATEMATIKA TANMENET SZAKKÖZÉPISKOLA. 9. Nyelvi előkészítő osztály MINŐSÉGIRÁNYÍTÁSI ELJÁRÁS MELLÉKLET Tanmenetborító Azonosító: ME-III.1./1 Változatszám: 2 Érvényesség 2013. 01. 01. kezdete: Oldal/összes: 1/6 Fájlnév: ME- III.1.1.Tanmenetborító SZK- DC-2013 MATEMATIKA

Részletesebben

A kanonikus sokaság. :a hőtartály energiája

A kanonikus sokaság. :a hőtartály energiája A kanonikus sokaság A mikrokanonikus sokaság esetén megtanultuk, hogy a megengedett mikroállapotok egyenértéküek, és a mikróállapotok száma minimális. A mikrókanónikus sokaság azonban nem a leghasznosabb

Részletesebben

Matematika tanmenet 10. osztály (heti 3 óra) A gyökvonás 14 óra

Matematika tanmenet 10. osztály (heti 3 óra) A gyökvonás 14 óra Matematika tanmenet 10. osztály (heti 3 óra) Tankönyv: Ábrahám Gábor Dr. Kosztolányiné Nagy Erzsébet Tóth Julianna: Matematika 10. Példatárak: Fuksz Éva Riener Ferenc: É rettségi feladatgyűjtemény matematikából

Részletesebben

Juhász István Orosz Gyula Paróczay József Szászné Dr. Simon Judit MATEMATIKA 11. Az érthetõ matematika NEMZETI TANKÖNYVKIADÓ BUDAPEST

Juhász István Orosz Gyula Paróczay József Szászné Dr. Simon Judit MATEMATIKA 11. Az érthetõ matematika NEMZETI TANKÖNYVKIADÓ BUDAPEST 00 9 7 0 matek borito_ny 0 szeptember :9:07 Juhász István Orosz Gyula Paróczay József Szászné Dr Simon Judit MATEMATIKA Az érthetõ matematika NEMZETI TANKÖNYVKIADÓ BUDAPEST TARTALOM Fontosabb jelölések

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

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Egyenletek, egyenletrendszerek

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Egyenletek, egyenletrendszerek 1) MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Egenletek, egenletrendszerek A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval

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 JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 081 É RETTSÉGI VIZSGA 009. október 0. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

Vektorgeometria (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

Vektorgeometria (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Vektorgeometria (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. Tekintsünk a térben egy P (p 1, p 2, p 3 ) pontot és egy v = (v 1, v 2, v 3 ) = 0 vektort. Ekkor pontosan egy egyenes létezik,

Részletesebben

13. Trigonometria II.

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

Részletesebben

Matematika. a fogalma. Négyzetgyökvonás azonosságainak használata. A logaritmus fogalma, logaritmus azonosságai. Áttérés más alapú logaritmusra.

Matematika. a fogalma. Négyzetgyökvonás azonosságainak használata. A logaritmus fogalma, logaritmus azonosságai. Áttérés más alapú logaritmusra. Matematika Gondolkodási módszerek, halmazok, logika, kombinatorika, gráfok 1. Halmazok A halmazok megadásának különböző módjai, a halmaz elemének fogalma. Halmazok egyenlősége, részhalmaz, üres halmaz,

Részletesebben