Racionális és irracionális kifejezések

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Racionális és irracionális kifejezések"

Átírás

1 Racionális és irracionális kifejezések a + b a + ac a_ a+ ci a 77. A feltétel szerint b ac, ezért b c. + ac + c c_ a+ ci c ab ac bc 78. A feltétel szerint: ab+ ac+ bc- b, ezért a b c abc b -b -, mivel ac -b - ab - bc. ac - b - ab - bc a + b + c J x y z N x y z xy xz 79. A feltételbôl következik: + + K a b c O a b c ab ac L P yz x y z xyzj c a b N +. Ebbôl bc a b c abc K z x y O. A második feltétel L P x y z miatt a zárójelben levô összeg értéke 0, így: + +. a b c J 9 n N J N n n n n n 70. : n + 7 n - n $ n n - n + 9 _ + i` - + j K O K O L P L P n - n n, és ez minden, a feltételben szereplô n-re pozitív egész szám. 7. n n - n - n - _ n- i_ n+ i - n_ n+ i + ` n - j_ n+ i - n_ n+ i + n n n- n n _ n+ i - < _ n+ i -F. Az elsô tag osztható n -tel, így vizsgáljuk a n n n n- n- második tagot. _ n+ i - n< _ n+ i + _ n+ i _ n+ i + + _ n + i+ B. A kapott szorzat második tényezôjében az n darab tag mindegyike _ n + i hatványa, így n-nel osztva maradékot ad. Az n tagú összeg ezért osztható n-nel, maga a szorzat pedig n -tel, és ezt akartuk bizonyítani. Racionális és irracionális kifejezések 7. Egy lehetséges felírást mutatunk meg: a) _ + + i : -; b) : ; c) : + - ; d) $ + ; e) 85 + :. 7. Az A kifejezés értéke 55. a) Mivel A-ban szereplô minden mûveleti jel összeadás, ezért ezt az értéket növelni a megadott módon nem lehet.

2 Racionális és irracionális kifejezések b) Ha egy szám elôjelét negatívra változtatjuk, akkor az A értéke a szám értékének kétszeresével csökken. Ezért ha pl. +0-et 0-re változtatjuk, akkor A - 0-at kapunk. c) A b-ben leírtak alapján: 8 - A d) Mivel mindig páros számmal csökken A értéke, ezért 55-tel nem csökkenthetô, azaz 0 nem lehet. 7. Nem, mivel három páratlan szám összege nem lehet páros. 75. A megoldás: a) Legyen a kétjegyû szám ab alakú. A feltétel szerint: a+ b ab; a+ b- ab 0. Szorzattá alakítva: _ a-i_ b- i. Egész számok esetén csak úgy teljesülhet, ha a-!, és b-!. Ha a-, és b-, akkor a, és b, azaz a kétjegyû szám a. Ha a- -, és b- akkor a 0, és b 0, nincs ilyen kétjegyû szám. b) Legyen a háromjegyû szám abc alakú. a+ b+ c abc, átalakítva + +. bc ac ab Legyen ab x, ac y, bc z (I). A feladat átfogalmazható úgy, hogy + + megoldását ke- x y z ressük, ahol x, y, z pozitív egészek és feltehetô, hogy x# y# z. (i) x nem lehet. (ii) x esetén + egyenlet megoldása az a)-hoz hasonlóan y z y, és z 6, y 6, és z, y, és z. Visszahelyettesítve (I)-be kapjuk, hogy: ab ; ac ; bc 6 egyenletrendszerbôl: a, b, c, ab ; ac 6; bc egyenletrendszerbôl a, b, c, ab ; ac ; bc nincs megoldása a pozitív egész számok körében. (iii) x esetén + egyenlet megoldása az egész számok y z halmazán y, z. Ez azonban a; b; c-re nem egész. (iv) x $ esetén nincs olyan x; y érték, amelyre teljesül, hogy + +, és x# y# z. Pl.: x esetén +, yz, $, x y z y z ezért + # <. y z

3 Racionális és irracionális kifejezések 76. Egy-egy példát mutatunk minden esetre a) a+ b+ c , b) a: b: c : : ; a 0; b 978; c 65, c)a- bc 65 5; a- bc $ Ilyenek például $ 87 87; 5 $ 9 95; 8 $ 8 87; 5 $ a) $ b) nem lehet ilyen bûvös négyzetet készíteni, mivel pl. a 7 prím, és nem szerepelhet minden szorzatban. 79. A feltételek szerint: II(I) B k, ahol k! N ; I(II) # B # 00 ; (III) B abcd alakú, ahol abcd ; ; ; < 7; () _ a+ i_ b+ i_ c+ i_ d+ i n, ahol n! N. Írjuk fel (I) és () tízes számrendszerbeli alakját. 000a+ 00b+ 0c+ d k ; 000 _ a+ i+ 00 _ b+ i+ 0 _ c+ i + d+ n. Vonjuk ki egymásból az utolsó két egyenletet. n - k. I(V) _ n- ki_ n+ ki $ $ 0. Felírva összes osztóját osztópárok segítségével:,,,,, 0,, 0. Mivel nk,! N, ezért n- k< n+ k. Így az alábbi esetek lehetségesek: n- k n+ k n k Az (V) egyenletnek a fenti számpárok a megoldásai, de a (II) feltétel szerint csak a k a szóba jöhetô megoldás. Tehát a B 56. Ellenôrzéssel meggyôzôdhetünk, hogy ez valóban jó megoldás a) Minden esetben igaz, ha ab,! Z. b) Minden olyan esetben, mikor a; b! N, kivétel ha a b 0, mert a 0 0 -t nem értelmezzük. c) Az b a és a b racionális számok, ha a és b egész, egymás reciprokai, ezért szorzatuk minden esetben, ha a; b! 0.

4 Racionális és irracionális kifejezések a d) tört b! 0. b i i. pozitív akkor, ha a >0 és b >0 vagy a <0 és b < 0. ii. egész szám akkor, ha b a teljesül. b e) Ha a, b egész és a! 0, akkor a tört mindig racionális. a f) a- b<0 akkor teljesül, ha a< b. 5 J N a) $ $ $ ; b) $ K 5 O ; 6 L P J N 5 c) ; d) : - $ K 5 O. 6 L P 75. A növekvô sorrend: a) - < - < < < ; b) - < - < < < Az eredmények: 5 a) A, B ; b) C A+ B ; c) D- _ Ai-- _ Bi B- A- -9, ; d) E A$ B ; 60 A 5 e) F. B a 75. Legyen a tört alakú, a és b pozitív egész. b a+ c a a)állítás: <, ahol c! N + ; b+ c b a _ a+ cib< a_ b+ ci & ab + bc < ab + ac & b< a igaz mert >. b Tehát a tört értéke csökken, de -nél nagyobb, mert a nevezô mindig kisebb mint a számláló. b) Az elôzôhöz hasonlóan igazolható, hogy a tört értéke nô, de -nél kisebb szám lesz, mert a nevezô mindig nagyobb, mint a számláló Alakítsuk át a megadott összegeket váltakozó elôjelû, ún. teleszkópikus összeggé. a) A $$$ + ; $ $ $ 00 $ ; - stb.; $ $ 00 A b) Az a) alapján 0 5 B - ;

5 Racionális és irracionális kifejezések 5 75 c) C - ; 77 5 d) D $$$ + 5 $ 9 9$ $ 7 0 $ 05 J N J $ K 5$ 9 9$ 0 $ 05 O N $ - K 5 05 O 60 ; 05 7 L P L P 5 7 n + e) E $$$ + ; $ $ $ n $ _ n+ i n + - összefüggés alapján E -. n _ n+ i n _ n+ i _ n + i 756. a) Az állítás igaz, mert -hez pozitív számot adva, egynél nagyobb számot kapunk. b) Igaz, mert egész számmal összeadást és osztást végeztünk, ez nem vezet ki a racionális számok körébôl. c) Hamis, mert -hez olyan törtet adtunk hozzá, amelynek a nevezôje nagyobb mint a számlálója, így nem lehet az összeg. - azért nem, mert az A kifejezés pozitív. d) A tört értéke pozitív az elôjel változtatása után is, ezt evonva -nél kisebb számot kapunk. e) A 6, Mindig Van amikor Soha nem igaz igaz igaz a c + b d racionális szám X a c $ b d egész X a c Ha, akkor a c és b d b d X c a $ racionális szám d b X 758. a) Pl.:,95 5,07; 5,095;,99;,995; minden olyan racionális szám választható, amely a A9, ; 57, -ban van. b) Pl.:,0;,5; ; 0,96; ; minden olyan racionális szám megfelel, amely a A- ; 097, 7 vagy a A0, ; 7intervallumba esik. c) Pl.: -,; -,9; -,97; -,58; -,500, minden racionális szám, amelyre igaz, hogy a A-5, ; -5, 7intervallumban van.

6 6 Racionális és irracionális kifejezések 759. A megadott két racionális szám között helyezkedik el a két szám számtani közepe, ezek alapján: 05 a) pl.: ;. b) pl.: ; Hozzuk közös nevezôre, majd bôvítsük a törteket: ; Ilyen alakban megadott törteknél már könnyen látható pl.: ; stb Általában is megadható ez az eljárás. Megfelelôen nagy közös nevezôt választva, tetszôleges sok racionális szám adható meg a két szám között. p 76. Legyen a tört alakú. A keresett törtek nevezôje legalább 0 és legfeljebb, mert ha a számok tizedestört alakját nézzük, akkor < 7, < 7 q 0 7, o esetben a számláló már háromjegyû. 7 Ha q 0, akkor 7 < < 7, de ez a tört egyszerûsíthetô, ezért a nevezô 0 nem lesz kétjegyû p 8 8 Ha q, akkor < 7 < 7 <, ezért ; lehet. q p 89 Ha q, akkor 7 < 7, ezért. q p Ha q, akkor < 7 < 7 <, ezért ;. q A feladat feltételeinek 5 tört felel meg. 76. a) A 9 héttel való osztásánál a tizedes tört alakban a szakasz hossza 6, és a 785 számok periodikusan ismétlôdnek. A 005 hattal való osztásakor a maradék, ezért a 005. helyen 7 számjegy áll. b) A -nak 6-tal való osztásakor vegyes tizedes tört alakot kapunk. A tört alakjában a tizedesvesszô után csak a második jegytôl ismétlôdnek a számjegyek, a periódus hossza 6, a számjegyek sorrendje Ezek figyelembevételével a 005. helyen áll. 76. Egy tört akkor bôvíthetô 0 hatvány nevezôjû törtté, ha nevezôjének prímfelbontásában csak, illetve 5 szerepel. Ezek alapján a bôvített tört alakok: ; ; ; ; ;, nem alakítható át: ; ;. 8 n m 76. A lehetséges nevezôk: $ 5 alakúak, ahol n; m! N +, azaz 0; 6; 0; 5; ; 0; 50, 6; 80.

7 Racionális és irracionális kifejezések Hozzuk tovább nem egyszerûsíthetô alakra. Tizedes tört alakja: i. véges, ha a közönséges tört nevezôjében csak és 5 hatványai szerepelnek, ilyenek:,, ; ii. tiszta szakaszos végtelen tizedes tört, ha nevezôjében nem szerepel és 5 hatvány:,, ; iii. vegyes szakaszos végtelen tizedes tört, ha és 5 hatvány mellett szerepel más prímhatvány is:, a) 0, ; b) 0, 65 ; c) 0, o ; d), 07 ; e) 06, o ; f) 0, 55 ; g), o ; h) 6, ; i), o Egy üveg üdítô db + 0 db + 00 db +, o 9 0 üdítôt ér a)hamis, pl.:. 5 b) Hamis pl.:. 5 n m c) Igaz, mert b $ 5 alakú nevezô esetén kaphatunk véges tizedes törtet. d) Igaz, mert ha b! 0, akkor az adott egyenlet megoldása racionális szám. e) Hamis, c) szerint a) Hamis, pl.: +. 5 b) Hamis, pl.: $ c) Hamis, pl.: -. 6 d) Igaz, mert a szorzás mûvelete nem vezet ki a racionális számok körébôl. e) Igaz. p Legyen feltétel szerint a, _ p; qi és a k, akkor az állítás a! Z, q ahol k; l! Z. p Ekkor a k, azaz p q k. Ez csak akkor teljesülhet, ha k négyzetszám. q Tehát k n, & a n & a! n. Ezzel az állítást beláttuk.

8 8 Racionális és irracionális kifejezések 770. Legyen a+ b k, (I) és ab n, k; n! Z. Képezzük az _ a- bi _ a+ bi - ab k -n kifejezést. Az egyenlôség jobb oldala egész, ezért _ a- bi egész, és ab,! Qmiatt racionális. Ha egy racionális szám egész, akkor a szám is egész [lásd elôzô feladat e) rész], ezért a- b is egész. Tehát a- b! k -n egész, (II) azaz! k - n! l, l! N. k! l k! l Az (I) és (II)-bôl a, és b adódik. Ha k páratlan, akkor k - n is páratlan, így l is páratlan azaz a; b egész. Ugyanígy k párossága esetén is belátható, hogy a; b egész. 77. a) Hamis. bc b) Hamis, mert x, racionális, feltéve hogy a! 0. Ha a 0 akkor, ad és c! 0 akkor nincs megoldás, ha a 0 és akkor minden valós szám megoldás. c) Igaz, ha a; c; d! 0, és c 0. d) Hamis. e) Hamis, lásd b)-t. f) Igaz. 77. Végezzük el a szorzást: J a c N J d b N - $ K - b d O K c a O ad bc + - (I) bc ad L P L P ad vezessük be az x jelölést. Eszerint a megadott kifejezés: bc x + -. x Mivel x + $ & x + - h, ahol h > 0; x x x -_ h+ i x+ 0. Ennek a másodfokú egyenletnek akkor van racionális gyöke, ha a diszkrimináns négyzetszám. D _ h+ i - k, k! Z; _ h+ i - k. Két négyzetszám különbsége csak úgy lehet, ha _ h + i, és k 0. Ezek alapján h 0, ami ellentmond annak a feltételnek, hogy h pozitív egész.

9 Racionális és irracionális kifejezések Elôször alakítsuk szorzattá a középsô számot. n + n n _ n+ i. n + n+ _ n + i_ n + i Összeszorozva a három kifejezést, majd egyszerûsítve: n + n _ n+ i n + $ $ n +, amely mindig természetes szám, ha n _ n+ i_ n+ i n n! N A legkisebb nevezô, ami feltételeknek megfelel a Indoklás: Alakítsuk át az egyenlôtlenséget: 99 $ 0q< 00 $ 0p< 00 q. (I) Az egyenlôtlenség elsô részébôl az következik, hogy 99 $ 0q legalább 0- gyel kisebb mint 00 $ 0p, hiszen mindkettô 0-nek többszöröse. (II) Ugyanígy 00 $ 0p legalább 00-zal kisebb, mint 00 q. Az (I)-bôl és (II)-bôl következik, hogy 00q - 99 $ 0q $ , ebbôl q 0. Meg kell mutatni, hogy létezik 0 nevezôjû tört, ami a feltételeknek megfelel. 99 Mivel , és , ezért a keresett tört csak a 99 lehet. 0 Erre teljesül a feltétel, és 0 nevezôjû törtek közül csak ez az egy felel meg, mert - < $ A két megadott egyenlôtlenségbôl keressünk korlátot p-re, q-ra `p; q! Z + j: 90 < p+ q< 00 (I), ebbôl 90 p 00 < + < (II), q q q p 09, < < 09, (III). q Vonjuk ki (II)bôl a (III)-ast, és vizsgáljuk az egyenlôtlenség elsô részét: 90-09, < & q > 7,. q A kivonás után most nézzük az egyenlôtlenség második részét: < - 09, & q < < 5, 5. q 9, Így q értéke 8 # q # 5.

10 0 Racionális és irracionális kifejezések A p értékét a (III) átalakított alakjából határozzuk meg: 09, q< p< 09, q. Ezek után a lehetséges q értékek mellett a következôket kapjuk: ha q 8; 9; 50, akkor nincs megoldás, ha q 5, akkor p 6, ha q 5, akkor p A feledat megoldása: ;. 5 5 A 776. Tegyük fel, hogy van A egész szám, amelyre tizedestörtalakja négy 989 darab szomszédos 9-es számjegyet tartalmaz valahol a tizedesvesszô után. Ekkor szorozzuk meg tíz olyan hatványával, amelynél tizedestörtalakjában 0 k $ A 989 közvetlenül a tizedesvesszô után áll a négy darab 9-es. Ekkor a hányados törtrésze legalább 0,9999, de ez nem lehet, hiszen az osztásnál keletkezô maradék 988 legfeljebb 988, és < 0, A Az azonban nem igaz, hogy tizedestörtalakjában sehol sem szerepelhet 989 A négy szomszédos 9-es. Ha A 9 $ , akkor 9, Tegyük fel, hogy létezik olyan racionális szám, ami a megadott egyenletnek megoldása. Legyen ez x. Írjuk fel a megadott egyenletet a törtrész definíciója segítségével: $ x. + # x- x - 9 x C + x-7 xa. A feltétel szerint a bal oldal egész ( ), a jobb oldalt x + x- a9 x C + 7 xak alakba írva a zárójelben lévô kifejezés szintén egész, ezért az x + x is egész és pozitív. Írjuk fel erre a következô egyenletet: x + x n, ahol n pozitív egész. Az egyenlet megoldása:! n x, - +. Vizsgáljuk a + n -et: + n! _ x+ i. Egyrészt racionális, mert a jobb oldal racionális, másrészt egész, mert egész szám gyöke és racionális. Mivel + n egész, ezért biztosan páratlan, így a -! + n páros. Ezekbôl következik, hogy az x,! n - + egész.

11 Racionális és irracionális kifejezések Ez pedig azt jelenti, hogy a lehetséges megoldásra: $ x. + # x- 0, ami ellentmond az eredeti állításnak A feladat feltételei szerint ha +! Z, akkor a+ b! Z is teljesül. a b (I) Ha két racionális szám összege egész, akkor a két szám tovább nem egyszerûsíthetô alakjában a nevezôk abszolútértéke egyenlô. p p Indoklás: Legyen a két racionális szám a, és b. q q p p Ha + egész, és p ;, q q q _ i és _ p ; q i, akkor qq _ pq+ pqi. Ebbôl következik, hogy q pq, és _ p ; q i miatt q q, ugyanígy belátható hogy q q. A két nevezô osztója egymásnak, tehát abszolútértékük egyenlô. (II) A feltétel szerint a számok reciprokainak összege is egész, így (I) alapján a számlálók abszolútértéke is egyenlô. Az (I) és (II)-bôl következik, hogy a két racionális szám abszolútértéke egyenlô. Ez egyrészt teljesülhet úgy hogy a két szám egymásnak ellentettje, ilyen esetben az összeg 0. Teljesülhet úgy, hogy a számok egyenlôk, azaz a b. +, mivel a egész, ezért a. Ebbôl a ; ;. a a a a A keresett _ ab, i számpárok tehát: _ a, -ai; _ ; i; _-; -i; _ ; i; _-; -i; J N J ; K O, ; N - - K O. L P L P 779. Tegyük fel, hogy eredetileg n db számot írtunk fel, a letörölt szám legyen n- + n- k k. A feltétel szerint 5 A ; 7 7 n - # k # n. Az elsô (n - ) pozitív egész szám összege n _ n - i, így n_ n- i n- k n n- k A + + ; _ n - i n - n - n- k 7 n 7 0 # # & # # 5. Az n vagy egész, vagy egy egész szám n fele. Ezért n értéke,5 vagy 5. n Ha, 5 n 69, ebbôl k +, ahonnan k 7. 68

12 Racionális és irracionális kifejezések Ha n k 707 5, n 70, ebbôl +, ahonnan k, ami nem megoldás mert k nem egész szám. Tehát a 7-et hagytuk ki () Nézzük azt az esetet, amikor az a racionális: a) Ha b racionális, akkor minden racionális x esetén y is racionális, tehát végtelen sok racionális számpár illeszkedik az egyenesre. Ilyen pl.: y x-. b) Ha b irracionális, akkor x racionális esetén y irracionális. Ebben az esetben tehát nincs olyan pont, amelynek mindkét koordinátája racionális. Pl.: y x+. () Most legyen a irracionális. Belátható, hogy legfeljebb egy olyan pont van az egyenesen, amelynek mindkét koordinátája racionális. Tegyük fel, hogy létezik két különbözô ilyen tulajdonságú pont: _ x; yi, _ x; yi, ahol x! x, ebbôl következôen y! y, és x; x; y; y! Q. Mivel az y ax+ b egyenletû egyenesre illeszkednek, ezért y ax+ b; y ax+ b. Kivonva a két egyenletet: y- y a_ x-xi, és x - x! 0. Ebbôl a y- y, ami azt jelenti, hogy két x - x racionális szám hányadosa egyenlô egy irracionális számmal. Ez pedig ellentmondás. Tehát legfeljebb egy racionális koordinátájú pont található az egyenesen. Ilyen pl.: y x-. Ennek egyetlen racionális megoldása a _ 0; - i pont. 78. Válasszuk ki a felbontásban szereplô, c! 0 alakú törtek közül a c legkisebbet. Ez alakú tört felbontható c c + + alakra, ahol mind c_ c+ i a két összeadandó kisebb, mint, így az eredeti felbontásban biztos nem szerepelt. Ezzel beláttuk, hogy létezik n-nél több különbözô, alakú felbontás. c c 78. Az adott számok esetén megtehetô az egyszerûsítés, mivel Általánosítva: a + b a+ b a - ab+ b (I) c b $ c b. + + c + cb+ b

13 Racionális és irracionális kifejezések A számokkal leírt egyszerûsítés akkor helyes, ha a jobb oldalon a második tört értéke. a - ab+ b c - cb+ b ; a -c - ab+ cb 0. Szorzattá alakítva: _ a- ci_ a+ c- bi 0, ahol a! c, mert ellenkezô esetben mindig megtehetô az egyszerûsítés. Tehát a- b+ c 0, azaz b a+ c esetben teljesül az (I) összefüggés. J N J N 78. Végezzük el a beszorzást: x + $ y + K xy+ + y O K x O, xy! 0. Ebbôl xy L P L P xy+ egész szám. Legyen ez kk,! Z. xy xy+ k; xy _ xy i - kxy + 0. Ennek az xy-ban másodfokú egyenletnek akkor lesz racionális megoldása, ha D k - négyzetszám. k - l k, l! Z; k - l. _ k- li_ k+ li lehetséges megoldásai: k- l k+ l Ebbôl pedig csak k! lehet. Ha k, akkor xy, és y. Ebbôl az eredeti kifejezés értéke: x J N _ x+ xi + K x x O. L P Ha k -, akkor xy-, így y -. Ekkor a kifejezés értéke x J N _ x-xi - K 0 x x O, de ez a feladat feltételei miatt nem lehetséges. L P J N Így tehát az adott kifejezés minden x; K x O számpár esetén egész, ahol L P x! Q, x! 0.

14 Racionális és irracionális kifejezések 78. a) Tegyük fel, hogy az a+ b+ c+ d összeg racionális szám. Legyen pl. az _ a+ ci racionális. Ekkor a _ c+ di is racionális, mert két racionális szám különbségeként elôállítható. Még pontosan egy racionális összegnek kell lennie. Legyen ez az _ a+ di. Az elôzôekhez hasonlóan belátható, hogy akkor a _ b+ di is racionális. Ellentmondásra jutottunk, tehát az _ a+ b+ c+ di összeg nem lehet racionális szám. b) Az a) rész alapján a négytagú összeg irracionális, így négy eset lehet: iii. Pontosan egy racionális szám van a négy szám között. Legyen ez az a. Ebbôl következôen _ a+ bi, _ a+ ci, _ a+ di irracionális. A többi három összeg racionális, amibôl következik, hogy a _ b+ c+ di is racionális. Ez viszont ellentmondás, mert az _ a+ b+ c+ di is racionális. iii. Pontosan kettô racionális szám van a négy között. Legyen ez a két racionális szám ab. ; Ekkor az _ a+ bi racionális, és ebbôl következôen _ a+ ci, _ a+ di, _ b+ ci, _ b+ di irracionális. Ez ellentmond annak, hogy pontosan három összeg lehet irracionális. iii. Pontosan három racionális szám van a négy szám között. Ez megvalósulhat pl.: a ; b ; c 5; dr. iv. Mind a négy szám irracionális. Ilyen számnégyes is létezik pl.: a, b -, c +, d Az egységnyi befogójú egyenlô szárú háromszög átfogója, az egységnyi és befogójú derékszögû háromszög átfogója. 5 A megadott számközben racionális szám pl.:,6, ;. + 5 Irracionális szám: ; $ 5 ; a) < 5 < & 0< 5 - < ; b) 5 & 7< < 8 & 9< + < 0; c) 0< - 0 < ; d) & 8 < - 6 < a) Igaz. b) Igaz. c) Hamis. d) Hamis.

15 Racionális és irracionális kifejezések Bizonyítás indirekt módon: - Tegyük fel, hogy q racionális szám. 5 Ebbôl: 5q +. A bal oldal irracionális, a jobb oldal racionális, ez ellentmondás, tehát q irracionális szám a) 9-6 $ b 9l , tehát racionális. b) 5 + $ 5 - b 5l - 9 7, irracionális. c) Észrevehetô, hogy a gyök alatt teljes négyzetté lehet alakítani. + b + l és - b -l, ezért b + l + b - l racionális. d) Az elôzô alapján: b 6 + l + b 6 - l racionális. e) Legyen x; x 5+ + e 5+ o $ e 5- o + 5- ; x e o. A zárójelben lévô kifejezés x, a szorzótényezôje: b5+ lb5- l - 7 -; x 0-9x.

16 6 Racionális és irracionális kifejezések Rendezve az egyenletet: x + 9x ; _ x- i` x + x- 0j 0. Ennek az egyenletnek egy valós gyöke van, az x. Mivel a vizsgált szám valós, ezért értéke x, tehát racionális szám. f) Alakítsunk szorzattá a gyökjel alatt: b + l, és 8-6 b - l ; b+ l + b- l, a kérdezett szám racionális a) Hamis, mert pl.: b a + bl+ bc- al b+ c, ahol abc,,! Qa, $ 0. b) Hamis, az a) eset alapján. c) Hamis, mert pl.: a $ a a, ahol ab,! Qa, $ 0. b b d) Igaz, lásd a) pont. e) Igaz, lásd c) pont. f) Hamis, bizonyítás indirekt módon. g) Igaz. h) Igaz, lásd b) pont. 79. Legyenek a és b irracionális számok. Tudjuk, hogy a) a+ b c és c racionális, b irracionális, és a- b c-b egy racionális és egy irracionális szám különbsége irracionális. & a- b irracionális. b) Hasonló meggondolással igazolható, hogy az a+ b irracionális. J N J N J N J N K O K O K O K O K O K O K O K O L P L P L P L P 79. K a+ b+ ab $ a+ b- ab _ a+ bi -ab a + b - ab _ a- bi a- b. Tehát a K kifejezés racionális, ha a és b racionális számok. 79. b- 5l $ 9+ 5 b- 5l b9+ 5l b $ lb9 + 5 l b7-5 lb9 + 5 l 8b9-5lb9+ 5l 8_ 8-6$ 5i.

17 Racionális és irracionális kifejezések Az alábbiak szerint látható, hogy mindkét számkifejezés átzárójelezhetô úgy, hogy szerepeljen benne a + és - számok összege, illetve különbsége. a e o; b e o. Mivel mindkét számban a zárójelbeli kéttagúak pozitív számok, ezért négyzetük négyzetgyökével helyettesítjük. Határozzuk meg a + és - kifejezések összegének és különbségének négyzetét! e +! - o +! b+ lb- l + -!!. Ezek alapján e o, ezért a - 0 és e o 6, ezért b Így mindkét szám értéke 0-val egyenlô Gyöktelenítsük a törteket: _ n+ i n - n n+ _ n+ i n - n n+ _ n+ i n + n n+ _ n+ i n- n _ n+ i _ n+ i n n n + -. n n + Ez alapján teleszkopikus összeggé alakítható az összeg: n n K n n n + - < 09,. n + Ennek az egyenlôtlenségnek a megoldása n > A bizonyítandó állítás: n + n + x + y x + x- y x - x- y +.

18 8 Racionális és irracionális kifejezések Az egyenlôség négyzetre emelése ekvivalens átalakítás, mert nem negatív számok összege, illetve négyzetgyöke szerepel mindkét oldalon. x + y x + x- y x - x- y b xl -b x-yl + + x + y x + x-_ x-yi; x + y x + y. Tehát a fenti egyenlôség x, y lehetséges értékei mellett azonosság. ; 798. A átalakításánál vizsgáljuk a gyök alatti kifejezést b6+ 0l + b l 6 6b 6 + 5l+ b l b 6 + 5lb6 6+ l. Így ennek a szorzatnak a négyzetgyöke a vizsgált szám. A b 6 + 5lb6 6+ l. Alkalmazzuk a szorzat második tényezôjére az elôzô feladatban bizonyított azonosságot: (I) x + y x + x- y x - x- y + ; Behelyettesítve, majd elvégezve a beszorzást A e o Ismét alkalmazzuk az (I) azonosságot mindkét tagra:

19 Racionális és irracionális kifejezések Határozzuk meg x értékét! R V S x - - W Sb l -b -l W S W T X b -l-b -l b - l + b -l b -l -b -l R V S - W b -l-sb -l -b -l W- b + l. S W T X A szögletes zárójelben lévô kifejezés egyenlô x-szel, ezért x - x-, azaz x + x + 0, ami éppen a bizonyítandó állítás Mivel minden megadott értékben szerepel az összeadandóként, célszerû, ha a polinomot _ x - i hatványai szerint rendezzük át. Ehhez meg kell határozni _ x - i hatványainak együtthatóit. P_ xi / Q_ x- i _ x- i + a_ x- i + b_ x- i + c. A polinomok egyenlôsége miatt minden x-re igaznak kell lennie a fenti egyenlôségnek. Legyen az x értéke rendre 0,,. Ekkor a következô egyenletrendszert kapjuk: x 0, ekkor P_ 0i Q_ -i, a- b+ c; x, ekkor P_ i Q_ 0i, - 6 c; x, ekkor P_ i Q_ i, - + a+ b+ c. Ennek az egyenletrendszernek a megoldása: a 0, b - 6, c - 6. Így tehát az átrendezett polinom: P_ xi x -x -x- / _ x-i -6_ x-i -6. Ezek után az adott értékeket behelyettesítve: a) P _ x i P b - l Q b- l b) P _ x i Q b l c) P _ x i Q b- l d) P _ x i Q b l - 6. e) P x Q 6 _ i b + l b + l - b + l A polinomba való behelyettesítés után látható, hogy P_ xi+ P_ xi- és P_ xi + P_ xi -, azaz P_ xi+ P_ xi P_ xi + + P_ x i.

20 0 Racionális és irracionális kifejezések x + y egyenletben kell meghatározni az x, illetve y értékét. Mivel mindkét oldal nemnegatív, ezért ekvivalens átalakítást végzünk, ha négyzetre emelünk b x + yl ; 7+ 0 x+ y+ xy. Legyen: x+ y 7 xy 0. Ennek az egyenletrendszernek a megoldása: Az y 7 - x, ezt behelyettesítve a második egyenletbe, azt kapjuk hogy: x - 7x + 0 0, melynek gyökei: x 5, és x. Ekkor y, és y 5. Így a megadott szám keresett alakja: Az elôzô feladatban megadott eljárás szerint: Legyenek A, B; és x, y racionális számok és tegyük fel, hogy A! B x! y. Mindkét oldal nemnegatív, ezért a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás. A! B x+ y! xy, x+ y A, és xy B. Ebbôl kifejezve az x-et és y-t: A C x + A C, és y -, ahol C A - B. Ezek alapján A+ C A- C A! B! x - y egyenlôségben keressük x, y értékét, ahol x, y nemnegatív racionális szám.

21 Racionális és irracionális kifejezések A megadott számot átalakítva: - b - l b - l b - l A keresett racionális számok: x és y A értéke pozitív, ezért a négyzetgyökvonás elvégezhetô. A feladat szövege szerint: bx+ y + z 5l Végezzük el a négyzetre emelést. x + y + 5y + xy + xz 5 + yz Az x, y, z értékét úgy határozhatjuk meg, ha a racionális és irracionális tagok külön-külön egyenlôk. Így a következôket kapjuk: x + y + 5z 8 (I), xy- (II), xz (III), yz- (). A három ismeretlen megoldásához négy egyenletünk van, és általában az ilyen esetben a megoldás nem határozható meg egyértelmûen. Azonban a (II) (III) () egyenletbôl meg tudjuk határozni az ismeretleneket. Osszuk el a (II) egyenletet a () egyenlettel: _ x b z `& x & x!, z!, y ". xz b a A kapott számhármasok tehát a következôk: (; -; ) és (-; ; -). A kapott értékeket behelyettesítve az I. egyenletbe, látható, hogy mindkét megoldás ezt is kielégíti. A feladatnak azonban csak egy megoldása van, mert az elsô számhármas esetén az eredeti egyenlet bal oldala negatív, így nem lehet egyenlô egy pozitív szám négyzetgyökével. Így a keresett felírás:

22 Racionális és irracionális kifejezések 806. Fejezzük ki az egyenletben a a + b-t. b 0-8 lb a + bl /: b 0-8 l; a + b 0-8 b a + b Emeljük négyzetre mindkét oldalt. Mivel mindkét oldal pozitív, ezért az átalakítás ekvivalens. l ; 9a+ b+ 6 ab Ez csak úgy teljesülhet, ha 9a+ b 8 és ab 60. J 0 N Ennek az egyenletrendszernek a megoldása ; 8 K O és _ ; 0 i. A feladatnak L P az egész számok halmazán tehát csak egy megoldása van: a, b Kikötés: n! 8 ésn! Z +. Gyöktelenítsük a törtet. 7 + n + n+ 5 7n (I) K. 7 - n 8 - n Tudjuk, hogy K egész, mivel a nevezô egész szám, a számlálónak is egésznek kell lenni. Ez azt jelenti, hogy az 5 7n! Z & 7n racionális szám. Mivel 7n egész, ez csak úgy lehet, ha a 7n négyzetszám, azaz n 7k alakú ahol k! Z. Helyettesítsük be az (I) egyenletbe: + k + 5k _ k+ i_ k+ i k + 5 K k _ - ki_ + ki - k k - A K értéke akkor egész, ha _ k - i 5. Ekkor k k - 7 A legnagyobb abszolút értékû k esetén lesz n a legnagyobb. Ez a k 7, ekkor n 7$ 7 7. A legnagyobb n egész szám, amelyre a K n n egész az n, és a K -.

23 Racionális és irracionális kifejezések 808. Tegyük fel, hogy van ilyen alakú elôállítás, azaz: (I) a+ b c, ahol a, b, c racionális és c pozitív. Mivel irracionális, ezért, b! 0. Az (I)-et köbre emelve, majd átrendezve: (II) a + a b c + ab c+ b b cl a + ab c+ `a + b cj b c. A b c -t (I)-bôl kifejezve, majd behelyettesítve a (II)-be: b c - a; a + a bc+ a b c ` + jb -al. + a - ab c `a + b cj. Mivel b! 0 és c pozitív, ezért együtthatója nem nulla, ezért: `+ a -ab cj. a + b c Ez azonban ellentmondás, mert a jobb oldalon racionális kifejezése áll, ami racionális, a bal oldal pedig irracionális A feltétel szerint r a b 5 -l; r a b 6-5 l; a r b l. Írjuk be a megadott kifejezésbe az a -et. A J N K r r -r r - b K 5 O l r - O L P r , $ r. 80. Legyen a téglalap két oldala x és y és legyen x> y. Ekkor (I) x+ y a; (II) xy a. Vonjuk ki az (I) egyenlet négyzetébôl a (II) egyenlet négyszeresét: _ x+ yi - xy _ x- yi a. (III) x- y! a.

24 Racionális és irracionális kifejezések Az x> y feltétel miatt csak az x- y+ a jöhet szóba. Az (I). és (III) egyenletbôl: x a+ a és y a- a. 8. Ha a k és a l elemek racionális számok k, l különbözô pozitív egészek, akkor a sorozat differenciája is racionális szám, tehát ha van az elemek között legalább két racionális szám, akkor minden elem racionális szám, vagyis nem lehet az elemek között pontosan kettô racionális szám. 8. Az elôzô feladat következménye. 8. Írjuk fel a háromszög területét kétféleképpen: x ny n z T + + _ + i ; T n+ n- $ $ $ n + n- 9 ` n + n- j + k +. Ha x, y, z racionális számok, akkor az elsô esetben T racionális szám, a második esetben a gyökös kifejezés irracionális, mivel k + alakú szám nem lehet egy egész szám négyzete. Tehát x, y, z nem lehetnek egyidejûleg racionális számok. 8. Vizsgáljuk meg az elsô néhány számra a kérdéses számjegyet. n 5 6 n + n+,7,6,6,5 5,5 6,5 A sejtés az, hogyha n $, akkor a kérdéses számjegy 5. n < n + n+ < _ n+ i, ezért < n + n + F n. Legyen a tizedesvesszô utáni számjegy a. Tehát a a n + < n + n+ < n+ + ahol 0 # a # 9a! Nazaz, 0 0 0n+ a< 0 n + n+ < 0n+ a+ /_i;- 00n. (I) 0na + a < 00n + 00 < 0n_ a + i+ _ a + i. Az (I) egyenlôtlenség elsô részébôl: 0n_ a- 5i + a < 00.

25 Racionális és irracionális kifejezések 5 Mivel n $, ezért 80 _ a- 5i+ a < 00 egyenlôtlenséget vizsgálhatjuk. Ebbôl adódik, hogy (II) a # 5. Az (I) egyenlôtlenség második részébôl: 00 < 0n_ a+ i # 0n_ a- i + 0, mert a # 9. Ebbôl 0< 0n_ a- i, ami akkor és csak akkor igaz, ha (III) a $ 5. (II)-bôl és (III)-ból következik, hogy a 5. A kérdéses számjegy tehát n $ esetén 5, ha n ; akkor 5, ha n akkor Megvizsgálva az adott számokat, azt tapasztaljuk, hogy a jobb oldalakon 8 a számok kiírt törtrésze megegyezik a 0, végtelen szakaszos tizedes tört alakjának elsô három jegyével. Az egész részek 9-cel növekednek, 8-tól 9 kezdve. Ezek szerint a jobb oldalak leírt számjegyei három jegyre kerekített értékei a következô számoknak: _ 9- i ; $ 9- ; 9 $ 9- ; 9 $ Ezen számok közös alakja 9k -, ahol k,,,. 9 Négyzetük közös alakja: 8k - k+. 8 Ennek egész része 8k - k, s ha k,,, értéket behelyettesítjük, akkor a gyökjel alatti számokat kapjuk. Ezek után vizsgáljuk meg, hogy a 8k - k kifejezés k 5, 6, 7 értékei esetén a természetes számok négyzetgyökében az elsô három tizedesjegy ugyancsak 8-as-e, azaz igaz-e minden k $ egész számra a következô egyenlôtlenség: (I) _ 9k- i+ 0, 888 < 8k -k < _ 9k- i + 0, 889.

26 6 Hatvány, gyök, logaritmus Az (I) egyenlôtlenség második részének helyessége könnyen bizonyítható. 8k -k < 8k - k+ 9k _ 9k- i+ _ 9k- i+ 0, < _ 9k- i + 0, A (I) egyenlôtlenség bal oldalának igazolása: _ 9k- i+ 0, 888 < 8k -k egyenlôtlenség mindkét oldala pozitív, ezért a négyzetre emelés elvégezhetô. _ 9k- 0, i 8k -, 0k+ 0, 0 5 ` 8k -kj -_ 0, 06k-0, 0 5i. Az utolsó zárójelben lévô kifejezés pozitív, ha k $, tehát _ 9k-0, i < 8k -k. Ezzel beláttuk, hogy a fent megadott kifejezés négyzetgyökében az elsô három tizedesjegy 8-as. Hatvány, gyök, logaritmus Egész kitevôjû hatványok a) 9, 6, 6, 6, 5,, ; b),, 5,,, ; c),,,,, ; d), 000,, 65 65, a),, 8, 6,, 6, 8, 56, 5, 0; b), 9, 7, 8, ; c),, 9, 6, 5, 6, 9, 6, 8, 00;, 8, 7, 6, 5, 6,, 5, 79, A papírlap hajtogatás után 6 $ 0, mm, azaz kb km vastag lesz. 89. A kihúzott számok:,, 9, 7, a) A két szám egyenlô. b) A két szám egyenlô. 8. a) Az elsô szám a nagyobb. b) Az elsô szám a nagyobb. c) A második szám a nagyobb. d) A második szám a nagyobb. e) A második szám a nagyobb. f) Az elsô szám a nagyobb a) A második szám a nagyobb. b) 0 > 0 0.

Egészrészes feladatok

Egészrészes feladatok Kitűzött feladatok Egészrészes feladatok Győry Ákos Miskolc, Földes Ferenc Gimnázium 1. feladat. Oldjuk meg a valós számok halmazán a { } 3x 1 x+1 7 egyenletet!. feladat. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges

Részletesebben

Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged

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

Részletesebben

Magasabbfokú egyenletek

Magasabbfokú egyenletek 86 Magasabbfokú egyenletek Magasabbfokú egyenletek 5 90 a) =! ; b) =! ; c) = 5, 9 a) Legyen = y Új egyenletünk: y - 5y+ = 0 Ennek gyökei: y=, y= Tehát egyenletünk gyökei:, =!,, =! b) Új egyenletünk: y

Részletesebben

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

Oktatási Hivatal. 1 pont. A feltételek alapján felírhatók az. összevonás után az. 1 pont Oktatási Hivatal Öt pozitív egész szám egy számtani sorozat első öt eleme A sorozatnak a különbsége prímszám Tudjuk hogy az első négy szám köbének összege megegyezik az ezen öt tag közül vett páros sorszámú

Részletesebben

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

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 VII.

Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Magasabbfokú egyenletek: A 3, vagy annál nagyobb fokú egyenleteket magasabb fokú egyenleteknek nevezzük. Megjegyzés: Egy n - ed fokú egyenletnek legfeljebb n darab valós

Részletesebben

352 Nevezetes egyenlôtlenségek. , az átfogó hossza 81 cm

352 Nevezetes egyenlôtlenségek. , az átfogó hossza 81 cm 5 Nevezetes egyenlôtlenségek a b 775 Legyenek a befogók: a, b Ekkor 9 + $ ab A maimális ab terület 0, 5cm, az átfogó hossza 8 cm a b a b 776 + # +, azaz a + b $ 88, tehát a keresett minimális érték: 88

Részletesebben

2. Algebrai átalakítások

2. Algebrai átalakítások I. Nulladik ZH-ban láttuk: 2. Algebrai átalakítások 1. Mi az alábbi kifejezés legegyszerűbb alakja a változó lehetséges értékei esetén? (A) x + 1 x 1 (x 1)(x 2 + 3x + 2) (1 x 2 )(x + 2) (B) 1 (C) 2 (D)

Részletesebben

Trigonometria Megoldások. 1) Igazolja, hogy ha egy háromszög szögeire érvényes az alábbi összefüggés: sin : sin = cos + : cos +, ( ) ( )

Trigonometria 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!

Részletesebben

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

OSZTHATÓSÁG. Osztók és többszörösök : a 3 többszörösei : a 4 többszörösei Ahol mindkét jel megtalálható a 12 többszöröseit találjuk. Osztók és többszörösök 1783. A megadott számok elsõ tíz többszöröse: 3: 3 6 9 12 15 18 21 24 27 30 4: 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 5: 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 6: 6 12 18 24 30 36 42 48 54 60 1784. :

Részletesebben

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek A másodfokú egyenlet grafikus megoldása Példa1. Ábrázold az f(x) = x + 1x + 16 függvényt, majd olvasd le az ábráról az alábbi egyenlet megoldását: x + 1x + 16 = 0.

Részletesebben

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek A másodfokú egyenlet grafikus megoldása Példa1. Ábrázold az f(x) = x 1x 16 függvényt, majd olvasd le az ábráról az alábbi egyenlet megoldását: x 1x 16 =. 1. lépés:

Részletesebben

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

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Az a és b befogójú derékszögű háromszögnek

Részletesebben

8. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II.

8. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II. 8 Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II Elméleti összefoglaló Az a + b+ c, a egyenletet másodfokú egyenletnek nevezzük A D b ac kifejezést az egyenlet diszkriminánsának nevezzük Ha D >, az

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Abszolútértékes és gyökös kifejezések

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Abszolútértékes és gyökös kifejezések MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Abszolútértékes és gyökös kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval

Részletesebben

Exponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások

Exponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások Eponenciális és logaritmikus kifejezések - megoldások Eponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások ) Igazolja, hogy az alábbi négy egyenlet közül az a) és jelű egyenletnek pontosan egy megoldása

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Eponenciális és Logaritmikus kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szoálhatnak fontos információval

Részletesebben

Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek Megoldások

Egyenletek, 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

Részletesebben

Matematika 8. osztály

Matematika 8. osztály ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnázium és Kollégium Hat évfolyamos Matematika 8. osztály I. rész: Algebra Készítette: Balázs Ádám Budapest, 2018 2. Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék I. rész: Algebra................................

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Eponenciális és Logaritmikus kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos

Részletesebben

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

7. Számelmélet. 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel? 7. Számelmélet I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel? ELTE 2006. október 27. (matematika

Részletesebben

Szakács Lili Kata megoldása

Szakács Lili Kata megoldása 1. feladat Igazoljuk, hogy minden pozitív egész számnak van olyan többszöröse, ami 0-tól 9-ig az összes számjegyet tartalmazza legalább egyszer! Andó Angelika megoldása Áll.: minden a Z + -nak van olyan

Részletesebben

Abszolútértékes és gyökös kifejezések Megoldások

Abszolútértékes 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

Részletesebben

Németh László Matematikaverseny április 16. A osztályosok feladatainak javítókulcsa

Németh László Matematikaverseny április 16. A osztályosok feladatainak javítókulcsa Németh László Matematikaverseny 007. április 16. A 9-10. osztályosok feladatainak javítókulcsa Feladatok csak 9. osztályosoknak 1. feladat a) Vegyük észre, hogy 7 + 5 felírható 1 + 3 + 6 + alakban, így

Részletesebben

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

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Trigonometria

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

Részletesebben

Paraméteres és összetett egyenlôtlenségek

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

Részletesebben

Hatványozás. A hatványozás azonosságai

Hatványozás. A hatványozás azonosságai Hatványozás Definíció: a 0 = 1, ahol a R, azaz bármely szám nulladik hatványa mindig 1. a 1 = a, ahol a R, azaz bármely szám első hatványa önmaga a n = a a a, ahol a R, n N + n darab 3 4 = 3 3 3 3 = 84

Részletesebben

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

A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató Oktatási Hivatal A 0/04 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi erseny második forduló MATEMATIKA I KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató A 57 olyan háromjegyű szám, amelynek számjegyei

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Számelmélet

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

Részletesebben

A SZÁMFOGALOM KIALAKÍTÁSA

A SZÁMFOGALOM KIALAKÍTÁSA A SZÁMFOGALOM KIALAKÍTÁSA TERMÉSZETES SZÁMOK ÉRTELMEZÉSE 1-5. OSZTÁLY Számok értelmezése 0-tól 10-ig: Véges halmazok számosságaként Mérőszámként Sorszámként Jelzőszámként A számok fogalmának kiterjesztése

Részletesebben

a) 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.

a) 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

Részletesebben

Paraméteres és összetett egyenlôtlenségek

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

Részletesebben

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

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató Oktatási Hivatal 04/0 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MTEMTIK I KTEGÓRI (SZKKÖZÉPISKOL) Javítási-értékelési útmutató Határozza meg a tízes számrendszerbeli x = abba és y =

Részletesebben

Trigonometria Megoldások. 1) Oldja meg a következő egyenletet a valós számok halmazán! (12 pont) Megoldás:

Trigonometria 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

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések

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

Részletesebben

3. Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek

3. Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek . Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Mennyi a 2x 2 8x 5 = 0 egyenlet gyökeinek a szorzata? (A) 10 (B) 2 (C) 2,5 (D) 4 (E) ezek egyike sem Megoldás I.: BME 2011.

Részletesebben

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

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2014/2015-ös tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 01/01-ös tanév első iskolai) forduló Haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Adott az alábbi két egyenletrendszer:

Részletesebben

Megoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 1. Számítsd ki a következő kifejezések pontos értékét!

Megoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 1. Számítsd ki a következő kifejezések pontos értékét! Megoldások. Számítsd ki a következő kifejezések pontos értékét! 8 8 ( ) ( ) ( ) Használjuk a gyökvonás azonosságait. 0 8 8 8 8 8 8 ( ) ( ) ( ) 0 8 . Határozd meg a következő kifejezések értelmezési tartományát!

Részletesebben

Az 1. forduló feladatainak megoldása

Az 1. forduló feladatainak megoldása Az 1. forduló feladatainak megoldása 1. Bizonyítsa be, hogy a kocka éléből, lapátlójából és testátlójából háromszög szerkeszthető, és ennek a háromszögnek van két egymásra merőleges súlyvonala! Megoldás:

Részletesebben

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

1. megold s: A keresett háromjegyű szám egyik számjegye a 3-as, a két ismeretlen számjegyet jelölje a és b. A feltétel szerint A 004{005. tan vi matematika OKTV I. kateg ria els (iskolai) fordul ja feladatainak megold sai 1. feladat Melyek azok a 10-es számrendszerbeli háromjegyű pozitív egész számok, amelyeknek számjegyei közül

Részletesebben

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

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

Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november. I. rész Pataki János, november Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november I rész feladat Oldja meg az alábbi egyenleteket: a) log 7 log log log 7 ; b) ( )

Részletesebben

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

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások Megoldások 1. Oldd meg a következő egyenleteket! (Alaphalmaz: Z) a) (x 1) (x + 1) 7x + 1 = x (4 + x) + 2 b) 1 2 [5 (x 1) (1 + 2x) 2 4x] = (7 x) x c) 2 (x + 5) (x 2) 2 + (x + 1) 2 = 6 (2x + 1) d) 6 (x 8)

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Trigonometria

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

Részletesebben

Analízis I. Vizsgatételsor

Analízis I. Vizsgatételsor Analízis I. Vizsgatételsor Programtervező Informatikus szak 2008-2009. 2. félév Készítette: Szabó Zoltán SZZNACI.ELTE zotyo@bolyaimk.hu v.0.6 RC 004 Forrás: Oláh Gábor: ANALÍZIS I.-II. VIZSGATÉTELSOR 2006-2007-/2

Részletesebben

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

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

Részletesebben

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

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

Részletesebben

= 1, azaz kijött, hogy 1 > 1, azaz ellentmondásra jutottunk. Így nem lehet, hogy nem igaz

= 1, azaz kijött, hogy 1 > 1, azaz ellentmondásra jutottunk. Így nem lehet, hogy nem igaz Egyenlőtlenség : Tegyük fel, hogy valamilyen A,B,C számokra nem teljesül, azaz a bal oldal nagyobb. Mivel ABC =, ha az első szorzótényezőt B-vel, a másodikat C-vel, a harmadikat A-val szorozzuk, azaz az

Részletesebben

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

1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen 10. osztály 1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy ( a + b + c) 3 4 ab + bc + ca Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen A feladatban szereplő kettős

Részletesebben

4 = 0 egyenlet csak. 4 = 0 egyenletből behelyettesítés és egyszerűsítés után. adódik, ennek az egyenletnek két valós megoldása van, mégpedig

4 = 0 egyenlet csak. 4 = 0 egyenletből behelyettesítés és egyszerűsítés után. adódik, ennek az egyenletnek két valós megoldása van, mégpedig Oktatási Hivatal Az forduló feladatainak megoldása (Szakközépiskola) Melyek azok az m Z számok, amelyekre az ( m ) x mx = 0 egyenletnek legfeljebb egy, az m x + 3mx 4 = 0 egyenletnek legalább egy valós

Részletesebben

Számelmélet, műveletek, egyenletek, algebrai kifejezések, egyéb

Számelmélet, műveletek, egyenletek, algebrai kifejezések, egyéb Számelmélet, műveletek, egyenletek, algebrai kifejezések, egyéb 2004_02/4 Tegyél * jelet a táblázat megfelelő rovataiba! Biztosan Lehet hogy, de nem biztos Lehetetlen a) b) c) Négy egymást követő természetes

Részletesebben

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

Egyenletek, egyenlőtlenségek X.

Egyenletek, egyenlőtlenségek X. Egyenletek, egyenlőtlenségek X. DEFINÍCIÓ: (Logaritmus) Ha egy pozitív valós számot adott, 1 - től különböző pozitív alapú hatvány alakban írunk fel, akkor ennek a hatványnak a kitevőjét logaritmusnak

Részletesebben

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

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

Részletesebben

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

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

M. 33. Határozza meg az összes olyan kétjegyű szám összegét, amelyek 4-gyel osztva maradékul 3-at adnak! Magyar Ifjúság 6 V SOROZATOK a) Három szám összege 76 E három számot tekinthetjük egy mértani sorozat három egymás után következő elemének vagy pedig egy számtani sorozat első, negyedik és hatodik elemének

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

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

Részletesebben

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

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

Részletesebben

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

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2009/2010 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló feladatainak megoldása Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny / Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló feladatainak megoldása. Oldja meg a valós számok legbővebb részhalmazán a egyenlőtlenséget!

Részletesebben

Megyei matematikaverseny évfolyam 2. forduló

Megyei matematikaverseny évfolyam 2. forduló Megyei matematikaverseny 0. 9. évfolyam. forduló. Mennyi a tizenkilencedik prím és a tizenkilencedik összetett szám szorzata? (A) 00 (B) 0 (C) 0 (D) 04 (E) Az előző válaszok egyike sem helyes.. Az 000

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Algebra

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Algebra Algebra Műveletek tulajdonságai: kommutativitás (felcserélhetőség): a b = b a; a b = b a asszociativitás (átcsoportosíthatóság): (a b) c = a (b c); a (b c) = (a b) c disztributivitás (széttagolhatóság):

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

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

Függvény fogalma, jelölések 15

Függvény fogalma, jelölések 15 DOLGO[Z]ZATOK 9.. 1. Függvény fogalma, jelölések 1 1. Az alábbi hozzárendelések közül melyek függvények? a) A magyarországi megyékhez hozzárendeljük a székhelyüket. b) Az egész számokhoz hozzárendeljük

Részletesebben

: s s t 2 s t. m m m. e f e f. a a ab a b c. a c b ac. 5. Végezzük el a kijelölt m veleteket a változók lehetséges értékei mellett!

: s s t 2 s t. m m m. e f e f. a a ab a b c. a c b ac. 5. Végezzük el a kijelölt m veleteket a változók lehetséges értékei mellett! nomosztással a megoldást visszavezethetjük egy alacsonyabb fokú egyenlet megoldására Mivel a 4 6 8 6 egyenletben az együtthatók összege 6 8 6 ezért az egyenletnek gyöke az (mert esetén a kifejezés helyettesítési

Részletesebben

Intergrált Intenzív Matematika Érettségi

Intergrált Intenzív Matematika Érettségi . Adott a mátri, determináns determináns, ahol,, d Számítsd ki:. b) Igazold, hogy a b c. Adott a az 6 0 egyenlet megoldásai. a). c) Számítsd ki a d determináns értékét. d c a b determináns, ahol abc,,.

Részletesebben

Javítókulcs, Válogató Nov. 25.

Javítókulcs, Válogató Nov. 25. Javítókulcs, Válogató 2016. Nov. 25. 1. Az A, B, C pontok által meghatározott hegyesszögű háromszögben az egyes csúcsokhoz tartozó magasságvonalak talppontjait jelölje rendre T A, T B és T C. A T A T B

Részletesebben

Megoldások 9. osztály

Megoldások 9. osztály XXV. Nemzetközi Magyar Matematikaverseny Budapest, 2016. március 1115. Megoldások 9. osztály 1. feladat Nevezzünk egy számot prímösszeg nek, ha a tízes számrendszerben felírt szám számjegyeinek összege

Részletesebben

XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny

XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny Bonyhád, 011. március 11 15. 10. osztály 1. feladat: Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b és c. Bizonyítsuk be, hogy 3 (a+b+c) ab+bc+ca 4 Mikor állhat

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások Megoldások 1. Oldd meg a következő egyenleteket! (Alaphalmaz: 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

Részletesebben

Elemi matematika szakkör

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

Részletesebben

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

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

Részletesebben

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

XXIV. NEMZETKÖZI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY Szabadka, április 8-12. XXIV. NEMZETKÖZI MGYR MTEMTIKVERSENY Szabadka, 05. április 8-. IX. évfolyam. Egy -as négyzetháló négyzeteibe a bal felső mezőből indulva soronként sorra beirjuk az,,3,,400 pozitív egész számokat. Ezután

Részletesebben

Egyenletek, egyenlőtlenségek V.

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

Részletesebben

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

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

Részletesebben

Függvények Megoldások

Függvények 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

Részletesebben

Szélsőérték feladatok megoldása

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

Részletesebben

3. Algebrai kifejezések, átalakítások

3. Algebrai kifejezések, átalakítások I Elméleti összefoglaló Műveletek polinomokkal Algebrai kifejezések, átalakítások Az olyan betűs kifejezéseket, amelyek csak valós számokat, változók pozitív egész kitevőjű hatványait, valamint összeadás,

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Paraméter

MATEMATIKA 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

Részletesebben

9. Trigonometria. I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Tegye nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi értékeket! Megoldás:

9. Trigonometria. I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Tegye nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi értékeket! Megoldás: 9. Trigonometria I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Tegye nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi értékeket! x = cos 150 ; y = sin 5 ; z = tg ( 60 ) (A) z < x < y (B) x < y < z (C) y < x < z (D) z < y

Részletesebben

Számokkal kapcsolatos feladatok.

Számokkal kapcsolatos feladatok. Számokkal kapcsolatos feladatok. 1. Egy tört számlálója -tel kisebb, mint a nevezője. Ha a tört számlálójához 17-et, a nevezőjéhez -t adunk, akkor a tört reciprokát kapjuk. Melyik ez a tört? A szám: 17

Részletesebben

Számelmélet Megoldások

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

Részletesebben

Megoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)

Megoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások 1. Határozd meg az a és b vektor skaláris szorzatát, ha a = 5, b = 4 és a közbezárt szög φ = 55! Alkalmazzuk a megfelelő képletet: a b = a b cos φ = 5 4 cos 55 11,47. 2. Határozd meg a következő

Részletesebben

Racionális számok: Azok a számok, amelyek felírhatók két egész szám hányadosaként ( p q

Racionális számok: Azok a számok, amelyek felírhatók két egész szám hányadosaként ( p q Szóbeli tételek matematikából 1. tétel 1/a Számhalmazok definíciója, jele (természetes számok, egész számok, racionális számok, valós számok) Természetes számok: A pozitív egész számok és a 0. Jele: N

Részletesebben

A táblára felírtuk a 0-tól 2003-ig terjedő egész számokat (tehát összesen 2004 db számot). Mekkora a táblán levő számjegyek összege?

A táblára felírtuk a 0-tól 2003-ig terjedő egész számokat (tehát összesen 2004 db számot). Mekkora a táblán levő számjegyek összege? ! " # $ %& '()(* $ A táblára felírtuk a 0-tól 00-ig terjedő egész számokat (tehát összesen 004 db számot). Mekkora a táblán levő számjegyek összege? 0 0 0 0 0. 9 7. 9 9 9 + ')./ &,- $ Először a 0-tól 999-ig

Részletesebben

A lehetetlenségre visszavezetés módszere (A reductio ad absurdum módszer)

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

Részletesebben

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

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2016/2017-es tanév Kezdők III. kategória I. forduló Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 016/017-es tanév Kezdők I II. kategória II. forduló Kezdők III. kategória I. forduló Megoldások és javítási útmutató 1. Egy kört

Részletesebben

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

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

Részletesebben

10. Koordinátageometria

10. Koordinátageometria I. Nulladik ZH-ban láttuk: 0. Koordinátageometria. Melyek azok a P x; y pontok, amelyek koordinátái kielégítik az Ábrázolja a megoldáshalmazt a koordináta-síkon! x y x 0 egyenlőtlenséget? ELTE 00. szeptember

Részletesebben

Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al:

Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al: Bevezető matematika kémikusoknak., 04. ősz. feladatlap. Ábrázoljuk számegyenesen a következő egyenlőtlenségek megoldáshalmazát! (a) x 5 < 3 5 x < 3 x 5 < (d) 5 x

Részletesebben

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

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2008/2009-es tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Oktatási és Kulturális Minisztérium Támogatáskezelő Igazgatósága támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 00/009-es tanév első (iskolai) forduló haladók II.

Részletesebben

1. Halmazok, számhalmazok, alapműveletek

1. Halmazok, számhalmazok, alapműveletek 1. Halmazok, számhalmazok, alapműveletek I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Határozza meg az (A B)\C halmaz elemszámát, ha A tartalmazza az összes 19-nél kisebb természetes számot, továbbá B a prímszámok halmaza

Részletesebben

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

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

Részletesebben

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

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2011/2012 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló - megoldások. 1 pont Ekkor Okta tási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 0/0 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA). forduló - megoldások. Az valós számra teljesül a 3 sin sin cos sin egyenlőség. Milyen értékeket

Részletesebben

Megoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 1. Határozd meg a következő kifejezésekben a c értékét!

Megoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 1. Határozd meg a következő kifejezésekben a c értékét! Megoldások. Határozd meg a következő kifejezésekben a c értékét! log 4 = c log 7 = c log 5 5 = c lg 0 = c log 7 49 = c A feladatok megoldásához használjuk a definíciót: log a b = c b = a c. log 4 = c 4

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások Megoldások 1. Oldd meg a következő exponenciális egyenletrendszereket! (Alaphalmaz: R) 5 3 x 2 2 y = 7 2 3 x + 2 y = 10 7 x+1 6 y+3 = 1 6 y+2 7 x = 5 (6 y + 1) c) 25 (5 x ) y = 1 3 y 27 x = 3 Megoldás:

Részletesebben

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

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA ( SZAKKÖZÉPISKOLA ) Javítási-értékelési útmutató OktatásiHivatal A 014/01. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA ( SZAKKÖZÉPISKOLA ) Javítási-értékelési útmutató 1. feladat: Adja meg az összes olyan (x,

Részletesebben