Függvények alkalmazása feladatokban. nemethj
|
|
- Ida Vörös
- 5 évvel ezelőtt
- Látták:
Átírás
1 Dr. Németh József Függvények alkalmazása feladatokban nemethj
2 . Oldjuk meg a következő egyenletet: x x x 5x 6. Megoldás. Vizsgáljuk az ÉT.-t! A bal oldalon x 6 0 x 6 6 x 0 6 x } x 6. Legfeljebb egy megoldás van, amit ellenőrzéssel meg is kapunk. Tehát a megoldás: x 6.. Oldjuk meg a következő egyenletet: 8 x + 4 x 4 3 x log 3 ( + x 6 ). Megoldás. Vizsgáljuk az ÉT.-t: Vizsgáljuk ezt két értéket: } x 0 x x 4 x 0 x x. x : 0? 3 log 3 3 x : 0? 3 log Nincs megoldás. 3. Oldjuk meg: sin πx 4 x 4x + 5. Megoldás. Legyen f(x) sin πx 4, g(x) x 4x 5 (x ) +. Mivel R f [ ; ], R g [; ). Így R f R g {}, azaz ) sin πx 4 π 4 x π + πk πx π + 8πk, k Z x + 8k, k Z.
3 ) x 4x + 5 x. Megoldás. x. Megjegyzés. Itt az értékkészlet vizsgálata volt hasznos. 4. Oldjuk meg: x x + x + 3 sin 7 x + 3 É.K. É.K.: {a létezik x É.T. f : f(x) a} Mo.: x x + x + 3 a x x + ax + 3a 0 (a )x + x + 3a α) a x β) a, akkor D 0 4 4(a )(3a ) 0 3a 4a 0 Ábra: a [ 0; 4 ] 3 [ ] É.K. b : 0; 4 3 É.K. j : [; 4] É.K. b É.K. j NINCS M.O. Megj.: x x + x (x + 3) 3
4 Mo.: FONTOS: É.K. x-3 [ É.K. b : 0; 4 ] 3 [ ] 4 É.K. j : 3 ; 5. Határozzuk meg az alábbi függvények értékkészletét: a) f(x) sin x + cos x b) f(x) 3 sin x + cos x c) f(x) 5 sin x cos x Ad a) f(x) [ ] sin x + cos x Mivel sin(x + 45 ) Ad b) Mivel sin(x + 60 ) sin(x + 45 ) É.K. f [ ; ] f(x) 3 cos x + sin x [ 3 cos x + ] sin x [sin 60 cos x + cos 60 sin x] sin(x + 60 ) É.K. f [ ; ] Ad c) f(x) 5 sin x cosx [ ] sin x + 5 cos x }{{} cos ϕ sin x 3 }{{} sin ϕ 3 sin(x + ϕ) É.K. : [ 3; 3]. cos x 4
5 6. Határozzuk meg az f(x) x x függvény értékkészletét. I. Mo.: x x a x x a x a a x x ( + a ) a x ± a + a És: kell, azaz x > 0 > x, azaz > a + a mindig teljesül. É.K. ( ; ), azaz minden a az É.K. pontja. II. Mo.: x sin t π < t < π f sin t sin t sin t cos t tg t Ábra: É.K.: ( ; ) 7. Határozzuk meg az f(x) x + x függvény értékkészletét. 5
6 I. Mo.: x + x a x a ( + x ) ( a )x a x ± a a Nyilván a > 0 kell, azaz a < É.K.( ; ) II. Mo.: x tg t, ( t π ; π ) f tg t + tg t tg t cos t tg t cos t sin t É.K. : ( ; ) 8. Oldjuk meg a következő egyenleteket: a) x + 3 x ; b) x + 4 x 5 x ; c) x + 4 x 5 x (x 3 + ). Megoldás. a) f(x) x +3 x f(x) -nek legfeljebb egy megoldása van. Könnyű látni, hogy x 0 megoldás. b) Itt a bal oldalon levő és a jobb oldalon levő függvények is monoton nőnek. Nézzük a következő átalakítást (osszuk végig 5 x -szel): ( ) x ( ) x ( ) x ( ) x 4 Így az f(x) + tehát csak legfeljebb egy helyen veszi fel a értéket. Ezt 5 5 x 0-nál veszi fel, tehát x 0 a megoldás. 6
7 c) Alkalmazzuk itt is a leosztást: ( ) x ( ) x 4 + (x 3 + ). 5 5 Itt a bal oldal szigorúan csökken, a jobb oldal pedig, így legfeljebb egy megoldás van, ami itt is könnyen adódik: x Oldja meg a következő egyenletrendszert: () x y y x ; () x + y. Megoldás. () x + x y + y; mivel f(t) t + t, ezért f(x) f(y) x y. Tehát x y () x x ±, y ±. Így a megoldás: ( ) ;. Megjegyzés. Itt tehát a monotonitást használtuk. ( ; ) és 0. Oldjuk meg a x x + x + 7 x egyenletet. Megoldás. Nézzük először az ÉT.-t: } x x 7 } x. x x Az egyenlet ÉT.-a: x (hiszen a bal oldal minden x-re értelmezett. Miért?). Vizsgáljuk a monotonitást. A jobb oldalon alkalmazzuk a következő trükköt (beszorzunk a konjugálttal): g(x) x + 7 x 8 x x }{{}}{{} x + 7 (x ) x x g(x) az [; )-en. A bal oldalon a gyökjel alatt egy parabola van, amelynek csúcspontja: x x + ( x ) ( 4 + x ) ( ; 7 ), hiszen 4
8 Azaz a h(x) x x + függvény az [, )-en, tehát h(x) g(x) csak legfeljebb egy értékre állhat fenn, azt viszont könnyű látni, hogy x megoldás.. Oldjuk meg a következő egyenletet: ( ) ( ) sin x ( ) cos x sin x cos x. Megoldás. Vizsgáljuk a monotonitást (ÉT: ( ; ) és az ÉK. vizsgálat reménytelen). Legyen f(u) ( ) u ( ) u u. Mivel és u u f(u) ( ) u u. Tehát f(x) f(y) x y, azaz ( ) sin x cos x x π 4 + kπ, k Z, azaz ezek a megoldásai ( )-nak.. Oldjuk meg: ( ) x x Mo.: Legyen f(x) 7 + x, ekkor ( ) f(f(x)) x alakú. Tétel. Ha f, akkor az alábbi két egyenletnek ugyanazok a gyökei. () f(f(x)) x () f(x) x Bizonyítás. I. Tegyük fel, hogy x 0 megoldása ()-nek, azaz f(f(x 0 )) x 0 és mégis f(x 0 ) x 0, azaz 0) f(x 0 ) > x 0 vagy 00) f(x 0 ) < x 0. De mivel f, így 0) f(f(x 0 )) > f(x 0 ), ami ellentmond 0)-nak. }{{} x 0 8
9 Mivel f, így 00) f(f(x 0 )) }{{} x 0 < f(x 0 ), ami ellentmond 00)-nak, azaz valóban f(x 0 ) x 0, azaz x 0 megoldása ()-nek. II. Tegyük fel, hogy x 0 megoldása ()-nek, azaz f(x 0 ) x 0 f(f(x 0 )) f(x 0 ) x 0, azaz x 0 megoldása ()-nek. Így valóban a két egyenlet ekvivalens (ugyanazok a gyökei). Elég megoldani az f(x) x 7 + x x egyenletet x x 7 0 x ± 9 Mo.: x + 9 FONTOS: MON. NÖV. 3. Oldjuk meg a következő egyenletet! + + x x Megoldás. Hol a paraméter? Próbálkozás: + + x x + x (x ) + x ( (x ) ). +cos ϕ Trükk: cos ϕ; cos ϕ, sin ϕ Mivel x 0 és + x 0 + x. cos ϕ. 4 + x x; tehát 0 x. De 0 ϕ π 0 cosϕ. Tehát: x cosϕ vehető; ilyen alakban keresem a megoldást. Így + x + cos ϕ 4 cos ϕ cos ϕ cos ϕ. 9
10 + x cos ϕ + 4 sin ϕ 4 sin ϕ 4. + x + sin ϕ 4 ( π + cos ϕ ) 4 ( π 4 cos 4 ϕ ) 8 ( π cos 4 ϕ ). 8 Így ( π cos 4 ϕ ) cos ϕ 8 ( π cos 4 ϕ ) cos ϕ 8 π 4 ϕ 8 ϕ(!) π ϕ ϕ 8π 36 π 9 40 Tehát a megoldás: x cos40, Bizonyítsuk be, hogy az x x + p p egyenletnek a p paraméter bármely értékére pontosan egy megoldása van! I. Megoldás. Legyen x az egyenlet gyöke. Három esetet fogunk vizsgálni aszerint, hogy x + p 0; x + p > 0 vagy x + p < 0. a) Ha x + p 0, akkor csak p 0 lehet, ekkor viszont x 0 az egyetlen megoldás. b) Ha x + p > 0, akkor az egyenletünk x + px p 0 alakba írható; ennek gyökei x p + p + p vagy x p p + p, ahol p 0. Az x + p > 0, ha p + p > p, vagyis ha p > 0. Ugyanis a négyzetgyök alatti p + p p(p + ) akkor pozitív, ha vagy p > 0 vagy p <. Ez utóbbi azonban nem lehetséges, mert ekkor p + p < p volna. Tehát x gyöke az eredeti egyenletnek, ha p > 0. Az x + p > 0, ha p + p > p, ami egyetlen p-re sem igaz. Az x tehát nem gyöke az eredeti egyenletnek. c) Ha x + p < 0, akkor az egyenletünk x + px + p 0 alakba írható. Ennek gyökei x 3 p + p p vagy x 4 p p p. 0
11 Az x 3 + p < 0, ha p p < p, ami egyetlen p-re sem teljesül. Az x 3 tehát nem gyöke az eredeti egyenletnek. Az x 4 + p < 0, ha p p < p, vagyis ha p < 0. Ekkor p p > 0, tehát x 4 gyöke az eredeti egyenletnek, ha p < 0. Összefoglalva: p 0; p > 0, illetve p < 0 esetben is egyetlen gyök van (x 0; x x, illetve x x 4 ). (Felvételi 990) II. Megoldás. (Függvénytani)
12 5. Határozzuk meg a megoldások számát a függvényében a következő egyenlet esetén! x + ax +. I. Megoldás. a) x + 0 x. x + ax + ( a)x. a, akkor nincs megoldás. a, akkor x a a megoldás. Kérdés: a milyen a-ra teljesül? a >, akkor a a + a, azaz, ha a >, akkor a [ ; )-ba esik ilyen megoldás. a <, akkor a adódik, azaz ilyen a-ra akkor esik megoldás a [ ; )-ba, ha a. b) x + < 0 x <. a, akkor nincs megoldás. a, akkor x 3 +a a megoldás. x + ax ( + a)x 3.
13 Kérdés: 3 +a < milyen a-ra teljesül? a >, akkor 3 +a < 3 < a a <, tehát ha < a <, akkor van ( ; )-ben ilyen megoldás. a <, akkor a > tehát ilyen a-ra nincs megoldás. Mindent összevetve: Ha < a <, akkor két megoldás van, hiszen a) és b) esetben is -. Ha a, akkor az a) eset ad megoldást, b) nem, tehát ekkor egy megoldás van. Ha < a, akkor nincs megoldás (ld. a) második és utolsó pontját). Ha a >, akkor egy megoldás van (ld. a) harmadik pontját). Ha a, akkor egy megoldás van (ld. a) utolsó pontját). II. Megoldás. a NINCS < a < NINCS a megoldás < a < megoldás a megoldás a < megoldás a > megoldás III. Megoldás. 3
14 (Innen leolvasható) 6. Hány megoldása van a a + x + x log /6 x ր a+ x, x; ց a 3 x, x< ( 6 ) x egyenletnek? Megoldás. 4
15 (felületes!) Objection? Nézzük a következőt: ( ( ) x y ; y log 6 /6 x) y : x 4 -nél (, azaz 4, ) rajta van y -n y : x 4 -nél (, azaz 4, ) rajta van y -n y : x -nél ( 4, azaz, ) rajta van y -n 4 y : x -nél ( 4, azaz, ) rajta van y -n 4 legalább két megoldás van: x 4 ; x és még egy biztos az y x egyenesen (inverz miatt). LD. MELLÉKLET: Computer által készített ábrák. y ( ) x 6 y log 6 x 5
16 y ( ) x 3 y log 3 x TANULSÁG! PROBLÉMA. Milyen 0 < a < esetén van több megoldása az a x log a x egyenletnek? Állítás: akkor és csak akkor, ha 0 < a < e e. Bizonyítás: Legyen λ olyan szám, amelyre a λ λ (azaz ahol az y x egyenest metszi a két görbe). Több metszéspont akkor és csak akkor van, ha x > λ, amelyre az Vegyük f differenciálhányadosát, azaz α) Ha e e < a, akkor x f(x) : aa x teljesül. x f (x) aa x [ax ln(a x ) lna ]. () e < lna < 0. 6
17 Másrészt, mivel a y y lny függvénynek -ben van minimuma (ez függvényvizsgá- e lattal könnyen adódik), és ennek értéke e, ezért () e ax lna x < 0 (mivel x > 0, ezért a x < ). Az () és () összeszorzásából viszont az adódik, hogy (3) > a x lna x lna > 0, amiből f (x) < 0-t kapjuk, ami azt jelenti, hogy f(x). Viszont f(λ), így azt kapjuk, hogy x > λ úgy, hogy f(x) teljesüljön. β) Ha a e e, akkor a λ λ e λe λ λ e. Így, ha x > λ, akkor ax a λ λ e, ami azt jelenti, hogy ()-ben a bal oldalon < jel van, azaz f (x) < 0 ebben az esetben is, és mivel f(λ), ezért x > λ, hogy f(x) legyen. γ) Ha 0 < a < e e, akkor (4) λ λ a < e e (e ) e. Mivel a z y y függvény növő a (0, )-en (ld. függvénydiszkusszió), ezért (4) λ < e, amiből (5) λ λ a < e /λ adódik. Innen a λ lna λ lna λ (lna) > λ ( λ) 0, azaz f (λ) > 0 és f(λ), tehát λ-nak van olyan jobb oldali környezete, ahol f(x) >. Viszont f() a a <, így a Bolzano Darboux- féle tulajdonság miatt a (λ; ) intervallumon valahol kell, hogy az f(x) teljesüljön. Ezzel a bizonyítás kész. Megjegyzés. A fentiekből adódik, hogy 0 < a < e e esetén (a szimmetriát figyelembevéve) legalább 3 metszéspont van. Több azonban nem lehet, mert ha a g(x) a x log a x 7
18 függvénynek 3-nál több zéróhelye lenne, akkor a Rolle-féle középértéktétel szerint a g (x) a x lna függvénynek legalább 3 zérushelye lenne, ami ekvivalens azzal, x lna hogy az a x lna x lna x(lna) a x egyenletnek legalább 3 megoldása lenne, ami viszont az a x függvény szigorú konvex volta miatt lehetetlen, hiszen egy egyenes egy ilyen görbét legfeljebb pontban metszhet. Megjegyzés. e e (ezért látszik nehezen az első ábráról, hogy 3 megoldás 5, 5 van). 7. Oldjuk meg cos(sin x) > sin(cos x) egyenlőtlenséget. Megoldás. Először oldjuk meg a ( ) cos(sin x) sin(cos x) egyenletet. ( ) sin ( ) π sin x sin cos x a) π sin x cos x + kπ sin x + cos x π kπ b) π ( ) π sin x cos x + kπ sin x cos x π + kπ Mivel sinx + cos x és sinx cos x, így a) és b) soha sem áll fenn, tehát ( )-nak nincs megoldása. Tekintsük az f(x) cos(sin x) sin(cos x) függvényt. Nyilván f(x) > 0-t kell megoldani. De f(0) sin > 0 és f(x) 0 mindenütt, így f(x) < 0 nem lehet (ld. a folytonos függvény Bolzano Darboux tulajdonsága) f(x) > 0 x-re, azaz az eredeti egyenlőtlenség minden x-re teljesül. 8. Hasonlítsuk össze a log 5 6 és log 6 7 számokat! (Melyik a nagyobb?) 8
19 I. Megoldás: Legyen f(x) log x (x + ) függvényt. f (x) lnx x + ln(x + ) x ln x ln(x + ) lnx x lnx x ln(x + ) ln(x + ) x(x + ) ln x x x ln ln(x + ) x + x(x + ) ln. x és tekintsük (, )-n ezt a x Mivel ln x + < 0 és ln(x+) > 0 a számláló < 0 és a nevező > 0 f < 0 f, azaz log 5 6 > log }{{} 6 7. }{{},0383, Megjegyzés. Pl.: log }{{}, II. Megoldás. Tudjuk: > a + b > log is jön így. }{{}, ab, ha a 0, b 0. log 5 6 log 6 7 log6 5 log 6 7 > log log 6 7? > log }{{} ( ) ( ) > log > > 55 valóban log 5 6 > log 6 7. Megjegyzés. Ezzel a módszerrel is általánosan is bizonyítható, hogy log x (x + ) > log x+ (x + ), ha x >. 9. Oldjuk meg a következő egyenletet: x + + x + 3 x 4x x 4x
20 Megoldás. Tekintsük a következő függvényt: f(u) u + 3 u. Mivel f (u) u / 3 u 4/3 u 3/6 3 u 8/6 [ u 8/6 u5/8 ] > 0, ha u. 3 Viszont x +, x 4x + 5 [x x] + 5 (x ) + 5. Tehát mivel f(u) az (; )-en f(a) f(b) a b (a, b esetén). Azaz x + x 4x+5 x 4x+4 0 (x ) 0. Tehát x 0 az egyetlen megoldás. Megjegyzés. Itt felsőbb mat. módszer kellett. (Bár a feladat elemi.) 0. Oldjuk meg: x 5 0x x 4 0. Megoldás. x 0 megoldás. Ekkor x 5 0x x 4 (x )(x 4 + x 3 9x 9x + 4) 0. Kérdés: Van-e több megoldás? Elég megoldani. x 4 + x 3 9x 9x + 4 0?? nehéz! Térjünk vissza az eredetihez. Legyen f(x) x 5 0x x 4. Tegyük fel, hogy (x x 0 ). Ekkor a Rolle-tétel szerint: f (x) 5x 4 30x nak kell, }{{} ( ) hogy legyen megoldása. De ( )-nak a diszkriminánsa < 0 nincs valós megoldás. Ez ellentmondás, tehát nincs másik megoldás.. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert: tg x tg y (x y) () x + y. () 0
21 Megoldás. () fennáll, ha x y és x π + kπ, y π + kπ. Ekkor () ( ) ( ) ;, illetve ;. Kérdés. Van-e több megoldás? Van-e olyan megoldás, ahol x y? Vehető x > y (szimmetria miatt) Tegyük fel, hogy x > y megoldás. tg x tg y () x y (3) x y }{{}}{{} ( ) ( ) ( ) <. cos c ( ) [ π < y < c < x < π ] Lagrange-féle középérték-tételből. Viszont cos c. Tehát (3) bal oldala és jobb oldala <, így ellentmondás, azaz több megoldás.. Bizonyítsuk be, hogy sin irracionális szám. Megoldás. sinx x x3 3! + x5 5! x7 7!... Taylor-sor Így sin 3! + 5! 7! + 9!... ( ) Tegyük fel, hogy sin p q (p, q Z). Szorozzuk be ( ) mindkét oldalát (q + )!-sal: p (q + )! (q + )! [ + ] q 3! 5! [ ] 3! + ± (q + )! + p (q + )! (q + )! q }{{}}{{} egész egész [ ] ±(q + )! (q + 3)! (q + 5)! +. }{{} ( ) Belátható ( )-ról, hogy nem egész, azaz 0 < < és így ellentmondást kaptunk, mert a bal oldal viszont egész.
22 Megjegyzés. 0 < < könnyen bizonyítható, ha a [ ]-ből kiemeljük -t és (q + 3)! utána észrevesszük, hogy a szögletes zárójelben levő érték <, így a szorzat is biztos <. 3. Áll.: π irracionális Biz. Tfh π a b, ahol a, b N+. Tekintsük a g(x) n! xn (a bx) n fgv-t. Nyilván g(x) n! (A 0x n +A x n+ + +A n x n ), ahol A 0, A, A,..., A n Z.. Részállítás. α) g(0) g (0) g (n ) (0) 0 β) g (n) (0), g (n+) (0),...g (n) (0) egész számok. Tehát g(0), g (0),..., g (n) (0) Z.. Részállítás. α) g(π) g (π) g (n ) (π) 0 β) g (n) (π), g (n+) (π),...g (n) (π) egész számok Megjegyzés. t a bx helyettesítéssel x π a -re t 0 lesz, így adódik az előző ponthoz b hasonlóan. Tehát g(π), g (π),..., g (n) (π) Z. Azaz összegezve: () g(0), g (0),..., g (n) (0) Z () g(π), g (π),...g (n) (π) Z Tekintsük (parciális integrálással): A N L formulából F(x) sin xg(x)dx cos xg(x)+ cos xg (x)dx cos xg(x) + sin xg (x) sin xg (x)dx cos xg(x) + sin xg (x)+ cos xg (x) + ± cos xg (n) (x) (3) π 0 sinxg(x)dx F(π) F(0) egész szám (ld. (), ()).
23 Világos: sin xg(x) > 0, ha x (0, π) π sin xg(x)dx > 0 és (3) alapján egész szám 0 Becsüljük: sin x, a bx a, x a b π. Így π 0 sin xg(x)dx π an π n, azaz n! π an π n n! π (aπ)n n! 0, ha n, ami ellentmondás. Megjegyzés. π e ugyanígy. 4. Legyen egy téglalap kiparkettázva olyan kis téglalapokkal, amelyeknek legalább az egyik oldala egész mérőszámú. Bizonyítsuk be, hogy ekkor az eredeti téglalapnak is legalább az egyik oldala egész szám. Megoldás. (4 megoldás W. Stantől; Math. Monthly, 987, aug. szept., ) Mi kettős integrállal oldjuk meg. y b (a; b) T 0 0 a x Tekintsük az f(x, y) sin πx sin πy függvényt. Könnyen belátható, hogy tetszőleges kis T téglalapra f(x, y)dxdy 0, mivel legalább az egyik oldal egész. Mutassuk be ezt pl. a következő eseten: T e d T c c + m 3
24 Ekkor szukcesszív integrálással f(x, y)dxdy T e [ c+m d c e ( c+m d e d e d e a ] sin πx sinπydx dy ) sin πxdx sin πydy c [ ] c+m cos πx sin πydy π c { } cos π(c + m) cos πc + sin πydy π π { } cos πc cosπm sin πc sinπm cos πc + π π sin πydy 0. Így tehát minden kis téglalapon az integrál: Azaz b 0 [ a 0 T ] (sin πx sin πy)dy dy 0 ( ). f(x, y)dxdy 0 T 0 f(x, y)dxdy 0 Ismét alkalmazzuk a szukcesszív módszert a ( ) integrál kiszámítására. b [ a 0 0 b ] (sinπ sin πy)dx dy 0 {[ ] a } cos πx sin πy dy 0 0 π 0 [ ] a [ ] b cos πx cos πy 0. ( ) π π Így legalább az egyik tényezőnek 0-nak kell lennie
25 De [ ] cos πa cos π0 ( ) + π π [ ] cos πb cos π0 + π π ( cos πa) ( cos πb) 0. π π Ezzel a bizonyítás kész. vagy cos πa }{{} a egész vagy cos πb }{{} b egész 5. Probléma: a n n sin(πen!) π, ha n Bizonyítás: Másrészt [ a n n sin(πen!) n sin πn! ] k! k0 [ n sin πn! ( + +! +... n! + )] (n + )! +... [ ( n sin π n + + )] (n + )(n + ) +... n sin π n + π ( a n nπ n + + ) (n + )(n + ) +... ( nπ n + + ) (n + ) +... nπ n π Így a rendőrelv szerint a n π. Ebből az eredményből azonnal jön, hogy az e irracionális szám. 6. András és Béla kávét és tejszínt rendelnek egy eszpresszóban. András azonnal beleönti a tejszínt a forró kávéba, összekeveri, lefedi egy szalvétával, és 0 percre elmegy telefonálni. Béla lefedi szalvétával a csészéjét, és várja Andrást, majd amikor az visszajön, akkor önti bele a kávéjába a tejszínt. Ki ivott melegebb kávét, András vagy Béla? 5
26 (Feltesszük, hogy a szalvéta és az asztallap tökéletes hőszigetelő, továbbá a levegő és a tejszín hőmérséklete megegyezik.) Megoldás. Ennek megoldásához ismernünk kell a fizikából a hőátadás törvényét. Ez azt mondja, hogy a különböző hőmésékletű anyagok érintkezésénél az átadott hőmennyiség arányos a hőmérsékletkülönbséggel és az eltelt idővel. Ha a folyadék a hidegebb környezetnek hőt ad le, csökken a hőmérséklete. A mennyiségi összefüggést a hőtan egy másik törvénye adja, mely szerint a test által leadott hőmennyiség arányos a hőmérsékletcsökkenéssel és a tömeggel. Ha bevezetjük az x(t) : T(t) T jelölést, akkor kapjuk, hogy x η ( cm x kx k η cm Tehát András ivott melegebb kávét, hiszen T A (0) > T B.. Irodalom: Hatvani Pintér: Differenciálegyenletes modellek a középiskolában, Polygon, Anna és Béla együtt járnak, de párosuk elég furcsa. Béla nehéz természetű. Amikor Anna szereti Bélát, akkor Béla kezdi kevésbé szeretni Annát. Ha Anna utálja Bélát, akkor viszont Béla egyre jobban kezdi szeretni Annát. Anna normális: ha Béla szereti Annát, akkor Anna is egyre barátságosabban néz Bélára, de kezd barátságtalanabb lenni, amikor Béla nem szereti őt. Hogyan lehetne leírni viszonyuk változását? Tegyük fel, hogy a t 0 pillanatban találkoztak. A t 0-n értelmezett a a(t), b b(t) függvények fejezik ki Anna, ill. Béla szeretetét Béla ill. Anna iránt. Az a függvény változásának a sebessége legyen arányos b-vel: a (t) Ab(t), és a b függvény változásának sebessége arányos a-val: b (t) Ba(t). Az egyenletrendszerből a (t) b (t) a(t), azaz a (t) + a(t) 0. Ez egy másodrendű, lineáris egyenlet.. a(t) C cos t + D sin t, b(t) E cos t + F sin t, ). C, D állandó E, F állandó a (t) C sin t + D cos t b(t) E cos t + F sin t ( a(t) sin t + π ) ( és b(t) cos t + π ) 4 4 a(t) e t + te t ( + t)e t, b(t) e t te t ( t)e t. t 0, a(t) monoton nőve és b(t) monoton fogyva, ha t. Mint látható, itt semmi remény. 6
Függvények július 13. f(x) = 1 x+x 2 f() = 1 ()+() 2 f(f(x)) = 1 (1 x+x 2 )+(1 x+x 2 ) 2 Rendezés után kapjuk, hogy:
Függvények 015. július 1. 1. Feladat: Határozza meg a következ összetett függvényeket! f(x) = cos x + x g(x) = x f(g(x)) =? g(f(x)) =? Megoldás: Összetett függvény el állításához a küls függvényben a független
Részletesebben9. Trigonometria. I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Tegye nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi értékeket! Megoldás:
9. Trigonometria I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Tegye nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi értékeket! x = cos 150 ; y = sin 5 ; z = tg ( 60 ) (A) z < x < y (B) x < y < z (C) y < x < z (D) z < y
RészletesebbenI. feladatsor i i i i 5i i i 0 6 6i. 3 5i i
I. feladatsor () Töltse ki az alábbi táblázatot: Komplex szám Valós rész Képzetes rész Konjugált Abszolútérték + i i 0 + i i 5 5i 5 5i 6 6i 0 6 6i 6 5i 5 + 5i + i i 7i 0 7 7i 7 () Adottak az alábbi komplex
Részletesebben1/1. Házi feladat. 1. Legyen p és q igaz vagy hamis matematikai kifejezés. Mutassuk meg, hogy
/. Házi feladat. Legyen p és q igaz vagy hamis matematikai kifejezés. Mutassuk meg, hogy mindig igaz. (p (( p) q)) (( p) ( q)). Igazoljuk, hogy minden A, B és C halmazra A \ (B C) = (A \ B) (A \ C) teljesül.
RészletesebbenMásodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek
Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek A másodfokú egyenlet grafikus megoldása Példa1. Ábrázold az f(x) = x 1x 16 függvényt, majd olvasd le az ábráról az alábbi egyenlet megoldását: x 1x 16 =. 1. lépés:
RészletesebbenMásodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek
Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek A másodfokú egyenlet grafikus megoldása Példa1. Ábrázold az f(x) = x + 1x + 16 függvényt, majd olvasd le az ábráról az alábbi egyenlet megoldását: x + 1x + 16 = 0.
RészletesebbenFüggvények vizsgálata
Függvények vizsgálata ) Végezzük el az f ) = + polinomfüggvény vizsgálatát! Értelmezési tartomány: D f = R. Zérushelyek: Próbálgatással könnyen adódik, hogy f ) = 0. Ezután polinomosztással: + ) / ) =
RészletesebbenVIK A1 Matematika BOSCH, Hatvan, 5. Gyakorlati anyag
VIK A1 Matematika BOSCH, Hatvan, 5. Gyakorlati anyag 2018/19 1. félév Függvények határértéke 1. Bizonyítsuk be definíció alapján a következőket! (a) lim x 2 3x+1 5x+4 = 1 2 (b) lim x 4 x 16 x 2 4x = 2
RészletesebbenHatározatlan integrál
Határozatlan integrál Boros Zoltán Debreceni Egyetem, TTK Matematikai Intézet, Anaĺızis Tanszék Debrecen, 207. február 20 27. Primitív függvény, határozatlan integrál A továbbiakban legyen I R intervallum.
Részletesebben1. Fuggveny ertekek. a) f (x) = 3x 3 2x 2 + x 15 x = 5, 10, 5 B I. x = arcsin(x) ha 1 x 0 x = 1, arctg(x) ha 0 < x < + a) f (x) = 4 x 2 x+log
1. Fuggveny ertekek 1 Szamtsuk ki az alabbi fuggvenyek erteket a megadott helyeken! a) f (x) = 3x 3 2x 2 + x 15 x = 5, 10, 5 B I b) f (x) = sin x 1 x = π 2, π 4, 3 3 2π, 10π I arcsin(x) ha 1 x 0 1 c) f
Részletesebben6. Függvények. 1. Az alábbi függvények közül melyik szigorúan monoton növekvő a 0;1 intervallumban?
6. Függvények I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Az alábbi függvények közül melyik szigorúan monoton növekvő a 0;1 intervallumban? f x g x cos x h x x ( ) sin x (A) Az f és a h. (B) Mindhárom. (C) Csak az f.
RészletesebbenMatematika I. NÉV:... FELADATOK: 2. Határozzuk meg az f(x) = 2x 3 + 2x 2 2x + 1 függvény szélsőértékeit a [ 2, 2] halmazon.
215.12.8. Matematika I. NÉV:... 1. Lineáris transzformációk segítségével ábrázoljuk az f(x) = ln(2 3x) függvényt. 7pt 2. Határozzuk meg az f(x) = 2x 3 + 2x 2 2x + 1 függvény szélsőértékeit a [ 2, 2] halmazon.
RészletesebbenDierenciálhányados, derivált
9. fejezet Dierenciálhányados, derivált A dierenciálhányados deníciója D 9.1 Az egyváltozós valós f függvény x0 pontbeli dierenciálhányadosának nevezzük a lim f(x0 + h) f(x0) h 0 h határértéket, ha ez
RészletesebbenMatematika A1a Analízis
B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E T E M Matematika A1a Analízis BMETE90AX00 A derivált alkalmazásai H607, EIC 2019-04-03 Wettl
RészletesebbenEgészrészes feladatok
Kitűzött feladatok Egészrészes feladatok Győry Ákos Miskolc, Földes Ferenc Gimnázium 1. feladat. Oldjuk meg a valós számok halmazán a { } 3x 1 x+1 7 egyenletet!. feladat. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges
Részletesebben2 (j) f(x) dx = 1 arcsin(3x 2) + C. (d) A x + Bx + C 5x (2x 2 + 7) + Hx + I. 2 2x F x + G. x
I feladatsor Határozza meg az alábbi függvények határozatlan integrálját: a fx dx = x arctg + C b fx dx = arctgx + C c fx dx = 5/x 4 arctg 5 x + C d fx dx = arctg + C 5/ e fx dx = x + arctg + C f fx dx
RészletesebbenAz egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al:
Bevezető matematika kémikusoknak., 04. ősz. feladatlap. Ábrázoljuk számegyenesen a következő egyenlőtlenségek megoldáshalmazát! (a) x 5 < 3 5 x < 3 x 5 < (d) 5 x
Részletesebbenf(x) vagy f(x) a (x x 0 )-t használjuk. lim melyekre Mivel itt ɛ > 0 tetszőlegesen kicsi, így a a = 0, a = a, ami ellentmondás, bizonyítva
6. FÜGGVÉNYEK HATÁRÉRTÉKE ÉS FOLYTONOSSÁGA 6.1 Függvény határértéke Egy D R halmaz torlódási pontjainak halmazát D -vel fogjuk jelölni. Definíció. Legyen f : D R R és legyen x 0 D (a D halmaz torlódási
Részletesebben1. Ábrázolja az f(x)= x-4 függvényt a [ 2;10 ] intervallumon! (2 pont) 2. Írja fel az alábbi lineáris függvény grafikonjának egyenletét!
Függvények 1 1. Ábrázolja az f()= -4 függvényt a [ ;10 ] intervallumon!. Írja fel az alábbi lineáris függvény grafikonjának egyenletét! 3. Ábrázolja + 1 - függvényt a [ ;] -on! 4. Az f függvényt a valós
RészletesebbenFeladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai 1.
Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai.). Feladat. Határozzuk meg az alábbi integrálokat: a) x x + dx d) xe x dx b) c)
Részletesebben3. Lineáris differenciálegyenletek
3. Lineáris differenciálegyenletek A közönséges differenciálegyenletek két nagy csoportba oszthatók lineáris és nemlineáris egyenletek csoportjába. Ez a felbontás kicsit önkényesnek tűnhet, a megoldásra
RészletesebbenFourier sorok február 19.
Fourier sorok. 1. rész. 2018. február 19. Függvénysor, ismétlés Taylor sor: Speciális függvénysor, melynek tagjai: cf n (x) = cx n, n = 0, 1, 2,... Állítás. Bizonyos feltételekkel minden f előállítható
RészletesebbenA derivált alkalmazásai
A derivált alkalmazásai Összeállította: Wettl Ferenc 2014. november 17. Wettl Ferenc A derivált alkalmazásai 2014. november 17. 1 / 57 Tartalom 1 Függvény széls értékei Abszolút széls értékek Lokális széls
RészletesebbenMatematika 10 Másodfokú egyenletek. matematika és fizika szakos középiskolai tanár. > o < 2015. szeptember 27.
Matematika 10 Másodfokú egyenletek Juhász László matematika és fizika szakos középiskolai tanár > o < 2015. szeptember 27. copyright: c Juhász László Ennek a könyvnek a használatát szerzői jog védi. A
RészletesebbenMatematika I. NÉV:... FELADATOK:
24.2.9. Matematika I. NÉV:... FELADATOK:. A tanult módon vizsgáljuk az a = 3, a n = 3a n 2 (n > ) rekurzív sorozatot. pt 2n 2 + e 2. Definíció szerint és formálisan is igazoljuk, hogy lim =. pt n 3 + n
RészletesebbenExponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások
Eponenciális és logaritmikus kifejezések - megoldások Eponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások ) Igazolja, hogy az alábbi négy egyenlet közül az a) és jelű egyenletnek pontosan egy megoldása
RészletesebbenAbszolútértékes és gyökös kifejezések Megoldások
Abszolútértékes és gyökös kifejezések Megoldások ) Igazolja, hogy az alábbi négy egyenlet közül az a) és b) jelű egyenletnek pontosan egy megoldása van, a c) és d) jelű egyenletnek viszont nincs megoldása
RészletesebbenIrracionális egyenletek, egyenlôtlenségek
9 Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek Irracionális egyenletek /I a) Az egyenlet bal oldala a nemnegatív számok halmazán, a jobb oldal minden valós szám esetén
Részletesebben5. fejezet. Differenciálegyenletek
5. fejezet Differenciálegyenletek 5.. Differenciálegyenletek 5... Szeparábilis differenciálegyenletek 5.. Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenleteket, és ábrázoljunk néhány megoldást. a) y = x. b) y
RészletesebbenNagy András. Feladatok a logaritmus témaköréhez 11. osztály 2010.
Nagy András Feladatok a logaritmus témaköréhez. osztály 00. Feladatok a logaritmus témaköréhez. osztály ) Írd fel a következő egyenlőségeket hatványalakban! a) log 9 = b) log 4 = - c) log 7 = d) lg 0 =
RészletesebbenGAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN
GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék Gazdaságmatematika középhaladó szinten MÁSODFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLŽTLENSÉGEK Készítette: Gábor Szakmai felel s: Gábor
RészletesebbenMATE-INFO UBB verseny, március 25. MATEMATIKA írásbeli vizsga
BABEŞ-BOLYAI TUDOMÁNYEGYETEM, KOLOZSVÁR MATEMATIKA ÉS INFORMATIKA KAR MATE-INFO UBB verseny, 218. március 25. MATEMATIKA írásbeli vizsga FONTOS TUDNIVALÓK: 1 A feleletválasztós feladatok,,a rész esetén
RészletesebbenKalkulus I. gyakorlat Fizika BSc I/1.
. Ábrázoljuk a következő halmazokat a síkon! {, y) R 2 : + y < }, b) {, y) R 2 : 2 + y 2 < 4}, c) {, y) R 2 : 2 + y 2 < 4, + y < }, {, y) R 2 : + y < }. Kalkulus I. gyakorlat Fizika BSc I/.. gyakorlat
RészletesebbenIntegrálszámítás. a Matematika A1a-Analízis nevű tárgyhoz november
Integrálszámítás a Matematika Aa-Analízis nevű tárgyhoz 009. november Tartalomjegyzék I. Feladatok 5. A határozatlan integrál (primitív függvények........... 7.. A definíciók egyszerű következményei..................
RészletesebbenTrigonometrikus egyenletek megoldása Azonosságok és 12 mintapélda
Trigonometrikus egyenletek megoldása Azonosságok és 1 mintapélda Frissítve: 01. novermber 19. :07:41 1. Azonosságok 1.1. Azonosság. A sin és cos szögfüggvények derékszög háromszögben vett, majd kiterjesztett
RészletesebbenNumerikus módszerek 1.
Numerikus módszerek 1. 10. előadás: Nemlineáris egyenletek numerikus megoldása Lócsi Levente ELTE IK 2013. november 18. Tartalomjegyzék 1 Bolzano-tétel, intervallumfelezés 2 Fixponttételek, egyszerű iterációk
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenRekurzív sorozatok. SZTE Bolyai Intézet nemeth. Rekurzív sorozatok p.1/26
Rekurzív sorozatok Németh Zoltán SZTE Bolyai Intézet www.math.u-szeged.hu/ nemeth Rekurzív sorozatok p.1/26 Miért van szükség közelítő módszerekre? Rekurzív sorozatok p.2/26 Miért van szükség közelítő
Részletesebben[f(x) = x] (d) B f(x) = x 2 ; g(x) =?; g(f(x)) = x 1 + x 4 [
Bodó Beáta 1 FÜGGVÉNYEK 1. Határozza meg a következő összetett függvényeket! g f = g(f(x)); f g = f(g(x)) (a) B f(x) = cos x + x 2 ; g(x) = x; f(g(x)) =?; g(f(x)) =? f(g(x)) = cos( x) + ( x) 2 = cos( x)
RészletesebbenHatározatlan integrál
Határozatlan integrál 205..04. Határozatlan integrál 205..04. / 2 Tartalom Primitív függvény 2 Határozatlan integrál 3 Alapintegrálok 4 Integrálási szabályok 5 Helyettesítéses integrálás 6 Parciális integrálás
Részletesebben2) Írja fel az alábbi lineáris függvény grafikonjának egyenletét! (3pont)
(11/1) Függvények 1 1) Ábrázolja az f()= -4 függvényt a [ ;10 ] intervallumon! (pont) ) Írja fel az alábbi lineáris függvény grafikonjának egyenletét! (3pont) 3) Ábrázolja + 1 - függvényt a [ ;] -on! (3pont)
RészletesebbenHatározatlan integrál, primitív függvény
Határozatlan integrál, primitív függvény Alapintegrálok Alapintegráloknak nevezzük az elemi valós függvények differenciálási szabályainak megfordításából adódó primitív függvényeket. ( ) n = n+ n+ + c,
RészletesebbenAnalízis II. Analízis II. Beugrók. Készítette: Szánthó József. kiezafiu kukac gmail.com. 2009/ félév
Analízis II. Analízis II. Beugrók Készítette: Szánthó József kiezafiu kukac gmail.com 2009/20 10 1.félév Analízis II. Beugrók Függvények folytonossága: 1. Mikor nevez egy függvényt egyenletesen folytonosnak?
RészletesebbenMatematika A1a Analízis
B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E T E M Matematika A1a Analízis BMETE90AX00 Differenciálhatóság H607, EIC 2019-03-14 Wettl
RészletesebbenMegoldott feladatok november 30. n+3 szigorúan monoton csökken, 5. n+3. lim a n = lim. n+3 = 2n+3 n+4 2n+1
Megoldott feladatok 00. november 0.. Feladat: Vizsgáljuk az a n = n+ n+ sorozat monotonitását, korlátosságát és konvergenciáját. Konvergencia esetén számítsuk ki a határértéket! : a n = n+ n+ = n+ n+ =
RészletesebbenTrigonometria Megoldások. 1) Igazolja, hogy ha egy háromszög szögeire érvényes az alábbi összefüggés: sin : sin = cos + : cos +, ( ) ( )
Trigonometria Megoldások Trigonometria - megoldások ) Igazolja, hogy ha egy háromszög szögeire érvényes az alábbi összefüggés: sin : sin = cos + : cos +, ( ) ( ) akkor a háromszög egyenlő szárú vagy derékszögű!
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenDierenciálhatóság. Wettl Ferenc el adása alapján és
205.0.9. és 205.0.26. 205.0.9. és 205.0.26. / Tartalom A dierenciálhatóság fogalma Pontbeli dierenciálhatóság Jobb és bal oldali dierenciálhatóság Folytonosság és dierenciálhatóság Deriváltfüggvény 2 Dierenciálási
RészletesebbenFüggvények határértéke és folytonosság
Függvények határértéke és folytonosság ) Bizonyítsa be a határérték definíciója alapján, hogy teljesül! + 5 + = Megoldás Heine definíciója alapján): Igazolandó, hogy a függvény értelmezve van a egy környezetében,
Részletesebben1. Folytonosság. 1. (A) Igaz-e, hogy ha D(f) = R, f folytonos és periodikus, akkor f korlátos és van maximuma és minimuma?
. Folytonosság. (A) Igaz-e, hogy ha D(f) = R, f folytonos és periodikus, akkor f korlátos és van maimuma és minimuma?. (A) Tudunk példát adni olyan függvényekre, melyek megegyeznek inverzükkel? Ha igen,
RészletesebbenEgyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek Megoldások
) Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek - megoldások Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek Megoldások a) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet! = 6 (5 pont) b) Oldja
RészletesebbenMatematika A1a Analízis
B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E T E M Matematika A1a Analízis BMETE90AX00 Elemi függvények H607, EIC 2019-03-13 Wettl Ferenc
Részletesebben1. Monotonitas, konvexitas
1. Monotonitas, konvexitas 1 Adjuk meg az alabbi fuggvenyek monotonitasi intervallumait! a) f (x) = x 2 (x 3) B I b) f (x) = x x 5 I c) f (x) = (x 2) p x I d) f (x) = e 6x 3 3x 2 I 2 A monotonitas vizsgalat
RészletesebbenAnalízis házi feladatok
Analízis házi feladatok Készült a PTE TTK GI szakos hallgatóinak Király Balázs 200-. I. Félév 2 . fejezet Első hét.. Házi Feladatok.. Házi Feladat. Írjuk fel a következő sorozatok 0.,., 2., 5., 0. elemét,
Részletesebbenminden x D esetén, akkor x 0 -at a függvény maximumhelyének mondjuk, f(x 0 )-at pedig az (abszolút) maximumértékének.
Függvények határértéke és folytonossága Egy f: D R R függvényt korlátosnak nevezünk, ha a függvényértékek halmaza korlátos. Ha f(x) f(x 0 ) teljesül minden x D esetén, akkor x 0 -at a függvény maximumhelyének
RészletesebbenFELVÉTELI VIZSGA, szeptember 12.
BABEŞ-BOLYAI TUDOMÁNYEGYETEM, KOLOZSVÁR MATEMATIKA ÉS INFORMATIKA KAR FELVÉTELI VIZSGA, 08. szeptember. Írásbeli vizsga MATEMATIKÁBÓL FONTOS TUDNIVALÓK: A feleletválasztós feladatok,,a rész esetén egy
RészletesebbenMatematika 11. osztály
ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnázium és Kollégium Humán tagozat Matematika 11. osztály I. rész: Hatvány, gyök, logaritmus Készítette: Balázs Ádám Budapest, 018 . Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék
Részletesebbena) A logaritmus értelmezése alapján: x 8 0 ( x 2 2 vagy x 2 2) (1 pont) Egy szorzat értéke pontosan akkor 0, ha valamelyik szorzótényező 0.
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval
RészletesebbenMatematika II. 1 sin xdx =, 1 cos xdx =, 1 + x 2 dx =
Matematika előadás elméleti kérdéseinél kérdezhető képletek Matematika II Határozatlan Integrálszámítás d) Adja meg az alábbi alapintegrálokat! x n 1 dx =, sin 2 x dx = d) Adja meg az alábbi alapintegrálokat!
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval
RészletesebbenAbszolútértékes egyenlôtlenségek
Abszolútértékes egyenlôtlenségek 575. a) $, $ ; b) < - vagy $, # - vagy > 4. 5 576. a) =, =- 6, 5 =, =-, 7 =, 4 = 5; b) nincs megoldás;! c), = - ; d) =-. Abszolútértékes egyenlôtlenségek 577. a) - # #,
Részletesebben1.1. Feladatok. x 0 pontban! b) f(x) = 2x + 5, x 0 = 2. d) f(x) = 1 3x+4 = 1. e) f(x) = x 1. f) x 2 4x + 4 sin(x 2), x 0 = 2. általános pontban!
. Egyváltozós függgvények deriválása.. Feladatok.. Feladat A definíció alapján határozzuk meg a következő függvények deriváltját az x pontban! a) f(x) = x +, x = 5 b) f(x) = x + 5, x = c) f(x) = x+, x
RészletesebbenFeladatok a Gazdasági matematika II. tárgy gyakorlataihoz
Debreceni Egyetem Közgazdaságtudományi Kar Feladatok a Gazdasági matematika II tárgy gyakorlataihoz a megoldásra ajánlott feladatokat jelöli e feladatokat a félév végére megoldottnak tekintjük a nehezebb
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉP SZINT Függvények
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉP SZINT Függvények ) Az ábrán egy ; intervallumon értelmezett függvény grafikonja látható. Válassza ki a felsoroltakból a függvény hozzárendelési szabályát! a) x
RészletesebbenA fontosabb definíciók
A legfontosabb definíciókat jelöli. A fontosabb definíciók [Descartes szorzat] Az A és B halmazok Descartes szorzatán az A és B elemeiből képezett összes (a, b) a A, b B rendezett párok halmazát értjük,
RészletesebbenFüggvény határérték összefoglalás
Függvény határérték összefoglalás Függvény határértéke: Def: Függvény: egyértékű reláció. (Vagyis minden értelmezési tartománybeli elemhez, egyértelműen rendelünk hozzá egy elemet az értékkészletből. Vagyis
RészletesebbenFigyelem, próbálja önállóan megoldani, csak ellenőrzésre használja a következő oldalak megoldásait!
Elméleti kérdések: Második zárthelyi dolgozat biomatematikából * (Minta, megoldásokkal) E. Mit értünk hatványfüggvényen? Adjon példát nem invertálható hatványfüggvényre. Adjon példát mindenütt konkáv hatványfüggvényre.
RészletesebbenFüggvények Megoldások
Függvények Megoldások ) Az ábrán egy ; intervallumon értelmezett függvény grafikonja látható. Válassza ki a felsoroltakból a függvény hozzárendelési szabályát! a) x x b) x x + c) x ( x + ) b) Az x függvény
RészletesebbenMatematika szigorlat, Mérnök informatikus szak I máj. 29.
Matematika szigorlat, Mérnök informatikus szak I. 2007. máj. 29. Megoldókulcs 1. Adott az S : 3x 6y + 2z = 6 sík a három dimenziós térben. (a) Írja fel egy tetszőleges, az S-re merőleges S síknak az egyenletét!
RészletesebbenRégebbi Matek B1 és A1 zh-k. deriválás alapjaival kapcsolatos feladatai. n )
Régebbi Matek B1 és A1 zh-k Sorozatok és függvények határértékével, folytonossággal és a deriválás alapjaival kapcsolatos feladatai. 1. Számítsuk ki: (a) n ( 2n 1) n+3 1 + arccos( 2n + 1 n ) (b) n ( n
RészletesebbenSzélsőérték feladatok megoldása
Szélsőérték feladatok megoldása A z = f (x,y) függvény lokális szélsőértékének meghatározása: A. Szükséges feltétel: f x (x,y) = 0 f y (x,y) = 0 egyenletrendszer megoldása, amire a továbbiakban az x =
Részletesebbenn n (n n ), lim ln(2 + 3e x ) x 3 + 2x 2e x e x + 1, sin x 1 cos x, lim e x2 1 + x 2 lim sin x 1 )
Matek szigorlat Komplex számok Sorozat határérték., a legnagyobb taggal egyszerűsítünk n n 3 3n 2 + 2 3n 2 n n + 2 25 n 3 9 n 2 + + 3) 2n 8 n 3 2n 3,, n n5 + n 2 n 2 5 2n + 2 3n 2) n+ 2. e-ados: + a )
RészletesebbenFeladatok 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
Részletesebben6. 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
Részletesebben4. fejezet. Egyváltozós valós függvények deriválása Differenciálás a definícióval
4. fejezet Egyváltozós valós függvények deriválása Elm 4.. Differenciálás a definícióval A derivált definíciójával atározza meg az alábbi deriváltakat!. Feladat: f) = 6 + f 4) =? f 4) f4 + ) f4) 5 + 6
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉPSZINT Függvények
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉPSZINT Függvények A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek megoldásához!
RészletesebbenPolinomok maradékos osztása
14. előadás: Racionális törtfüggvények integrálása Szabó Szilárd Polinomok maradékos osztása Legyenek P, Q valós együtthatós polinomok valamely x határozatlanban. Feltesszük, hogy deg(q) > 0. Tétel Létezik
RészletesebbenTrigonometria Megoldások. 1) Oldja meg a következő egyenletet a valós számok halmazán! (12 pont) Megoldás:
Trigonometria Megoldások ) Oldja meg a következő egyenletet a valós számok halmazán! cos + cos = sin ( pont) sin cos + = + = ( ) cos cos cos (+ pont) cos + cos = 0 A másodfokú egyenlet megoldóképletével
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉP SZINT Függvények
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉP SZINT Függvények A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenTöbbváltozós függvények Feladatok
Többváltozós függvények Feladatok 2. szeptember 3. Határozzuk meg az alábbi sorozatok határértékét illetve torlódási pontjait!. ( n n2 + n n 3 2. ( n + n n5 n2 +2n+ 5 n n+ 3. ( sin(nπ/2 n n! Határozzuk
RészletesebbenFourier-sorok Horv ath G abor 1
Fourier-sorok Horváth Gábor 1 Tartalomjegyzék 1 Bevezetés Szakdolgozatom során periodikus függvények egyfajta közelítésével fogunk foglalkozni. Amíg a Taylor-sornál a függvényeket hatványsor alakban állítjuk
RészletesebbenDifferenciálegyenletek
DE 1 Ebben a részben I legyen mindig pozitív hosszúságú intervallum DE Definíció: differenciálegyenlet Ha D n+1 nyílt halmaz, f:d folytonos függvény, akkor az y (n) (x) f ( x, y(x), y'(x),..., y (n-1)
RészletesebbenAlapfogalmak, valós számok Sorozatok, határérték Függvények határértéke, folytonosság A differenciálszámítás Függvénydiszkusszió Otthoni munka
Pintér Miklós miklos.pinter@uni-corvinus.hu Ősz Alapfogalmak Halmazok Definíció Legyen A egy tetszőleges halmaz, ekkor x A (x / A) jelentése: x (nem) eleme A-nak. A B (A B) jelentése: A (valódi) részhalmaza
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Eponenciális és Logaritmikus kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szoálhatnak fontos információval
RészletesebbenGyakorló feladatok az II. konzultáció anyagához
Gyakorló feladatok az II. konzultáció anyagához 003/004 tanév, I. félév 1. Vizsgáljuk meg a következő sorozatokat korlátosság és monotonitás szempontjából! a n = 5n+1, b n = n + n! 3n 8, c n = 1 ( 1)n
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások
Megoldások 1. Oldd meg a következő egyenleteket! (Alaphalmaz: R) a) log 4 (x ) = 3 b) lg (x 4) = lg (8x 10) c) log x + log 3 = log 15 d) log x 0x log x 5 = e) log 3 (x 1) = log 3 4 f) log 5 x = 4 g) lg
RészletesebbenEgyenletek, egyenlőtlenségek VII.
Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Magasabbfokú egyenletek: A 3, vagy annál nagyobb fokú egyenleteket magasabb fokú egyenleteknek nevezzük. Megjegyzés: Egy n - ed fokú egyenletnek legfeljebb n darab valós
RészletesebbenMatematika II képletek. 1 sin xdx =, cos 2 x dx = sh 2 x dx = 1 + x 2 dx = 1 x. cos xdx =,
Matematika II előadás elméleti kérdéseinél kérdezhető képletek Matematika II képletek Határozatlan Integrálszámítás x n dx =, sin 2 x dx = sin xdx =, ch 2 x dx = sin xdx =, sh 2 x dx = cos xdx =, + x 2
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Eponenciális és Logaritmikus kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos
RészletesebbenEgyváltozós függvények 1.
Egyváltozós függvények 1. Filip Ferdinánd filip.ferdinand@bgk.uni-obuda.hu siva.banki.hu/jegyzetek 015 szeptember 1. Filip Ferdinánd 015 szeptember 1. Egyváltozós függvények 1. 1 / 5 Az el adás vázlata
RészletesebbenFüggvényhatárérték és folytonosság
8. fejezet Függvényhatárérték és folytonosság Valós függvények és szemléltetésük D 8. n-változós valós függvényen (n N + ) olyan f függvényt értünk amelynek értelmezési tartománya (Dom f ) az R n halmaznak
RészletesebbenNULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI
A NULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI 20-09-2 Terem: Munkaidő: 0 perc. A dolgozat megírásához íróeszközön kívül semmilyen segédeszköz nem használható! Csak és kizárólag tollal tölthető ki a feladatlap, a ceruzával
RészletesebbenHatározott integrál és alkalmazásai
Határozott integrál és alkalmazásai 5. május 5.. Alapfeladatok. Feladat: + d = Megoldás: Egy határozott integrál kiszámolása a feladat. Ilyenkor a Newton-Leibniz-tételt használhatjuk, mely azt mondja ki,
RészletesebbenDIFFERENCIÁLEGYENLETEK. BSc. Matematika II. BGRMA2HNND, BGRMA2HNNC
BSC MATEMATIKA II. MÁSODRENDŰ LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK BSc. Matematika II. BGRMAHNND, BGRMAHNNC MÁSODRENDŰ DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Egy explicit közönséges másodrendű differenciálegyenlet általános
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Paraméter
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Paraméter A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenNULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI
5A NULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI 05-09- Terem: Munkaidő: 50 perc. A dolgozat megírásához íróeszközön kívül semmilyen segédeszköz nem használható! A feladatlap kizárólag kék vagy fekete tollal tölthető
RészletesebbenMatematika A2 vizsga mgeoldása június 4.
Matematika A vizsga mgeoldása 03. június.. (a (3 pont Definiálja az f(x, y függvény határértékét az (x 0, y 0 helyen! Megoldás: Legyen D R, f : D R. Legyen az f(x, y függvény értelmezve az (x 0, y 0 pont
RészletesebbenFüggvény differenciálás összefoglalás
Függvény differenciálás összefoglalás Differenciálszámítás: Def: Differenciahányados: f() f(a + ) f(a) függvényérték változása független változó megváltozása Ha egyre kisebb, vagyis tart -hoz, akkor a
RészletesebbenMATEMATIKA 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