Elemi matematika szakkör
|
|
- Veronika Gálné
- 5 évvel ezelőtt
- Látták:
Átírás
1 Elemi matematika szakkör Kolozsvár, november Feladat. Tekintsünk egy E halmazt és annak minden A részhalmazára az A halmaz f A : E {0, 1} karakterisztikus függvényét, amelyet az { 1, x A f A (x) = 0, x / A egyenlőségekkel értelmezünk. Igazold, hogy U = V f U = f V, ha U, V E; f A B = f A f B ; f A = 1 f A ; f A\B = f A (1 f B ); f A B = f A + f B f A f B Megoldás. Az első tulajdonsághoz külön igazoljuk az U = V f U = f V és külön az f U = f V U = V implikációt. i) Ha U = V, akkor bármely x E esetén két lehetőség van: 1. lehetőség: x U és x V. Ebben az esetben f U (x) = 1 és f V (x) = 1, tehát f U (x) = f V (x). 2. lehetőség: x / U és x / V. Ebben az esetben f U (x) = 0 és f V (x) = 0, tehát f U (x) = f V (x). Ez alapján bármely x E esetén f U (x) = f V (x), tehát f U = f V. ii) Ha f U = f V, akkor bármely x E esetén f U (x) = f V (x). Így bármely x U esetén az f U (x) = 1 alapján f V (x) = 1, tehát U V. Hasonlóan bármely x V esetén f V (x) = 1, tehát{ f U (x) = 1 és így V { U. A két bennfoglalás alapján U = V. 1, x A B 1, x A és x B f A B (x) = 0, x / A B = { 0, x / A vagy x { / B 1, fa (x) = 1 és f f A (x) f B (x) = B (x) = 1 1, x A és x B 0, f A (x) = 0 vagy f B (x) = 0 = 0, x / A vagy x / B tehát f A B = f A f B {. { { { 1, x A 1, x / A 1, x A 1, x / A f A (x) = 0, x / A = 0, x A és 1 f A(x) = 1 0, x / A = 0, x A, tehát f A = 1 f A. Az előbbi két tulajdonság valamint az A \ B = A B egyenlőség alapján írhatjuk, hogy f A\B = f A B = f A f B = f A (1 f B ). Az A B = A B egyenőség valamint a második és a harmadik tulajdonság alapján f A B = 1 f A B = 1 f A B = 1 (1 f A )(1 f B ) = f A + f B f A f B. 1. Megjegyzés. A feladatban megjelenő azonosságokat más meggondolás alapján is igazolhatjuk. Elégséges például bármely x E esetén a következő négy esetet megvizsgálni: x A és x B;
2 2 x A és x / B; x / A és x B; x / A és x / B. Ezt akár egy egyszerű táblázatba is összefoglalhatjuk: x A x B x A B f A B (x) f A (x) f B (x) f A (x) + f B (x) f A (x)f B (x) Itt az első három oszlopban a számok a fejlécben levő kijelentés logikai értékét jelentik, az utolsó négy oszlopban pedig a megfelelő függvény behelyettesítési értékét. Az összefüggés alakban is írható. 1 f A B = (1 f A )(1 f B ) 1.2. Feladat. Vezessél le összefüggést f A B -re, ahol A B = (A \ B) (B \ A)! 1.2. Megoldás. f A B = f (A\B) (B\A) = f A\B + f B\A f A\B f B\A. Ugyanakkor f A\B = f A (1 f B ) és f B\A = f B (1 f A ), tehát f A B = f A (1 f B ) + f B (1 f A ) f A (1 f B )f B (1 f A ) = = f A + f B 2f A f B, mivel f A (1 f A ) = f B (1 f B ) = 0. Ézt írhatjuk az f A B = (f A f B ) 2 vagy az alakban is. 1 2f A B = (1 2f A )(1 2f B ) 1.3. Feladat. Igazold, hogy Adjál legalább három különböző bizonyítást! (A B) C = A (B C), A, B, C E! 1.3. Megoldás. Kiszámítjuk mindkét oldal karakterisztikus függvényét és belátjuk, hogy f (A B) C = f A (B C). Az első feladat első tulajdonsága alapján ebből következik a kért egyenlőség. Valóban f (A B) C = f A B + f C 2f A B f C = f A + f B 2f A f B + f C 2(f A + f B 2f A f B )f C, tehát f (A B) C = f A + f B + f C 2f A f B 2f B f C 2f C f A + 4f A f B f C.
3 3 Hasonlo gondolatmenet alapja n fa (B C) = fa + fb C 2fA fb C = fa + fb + fc 2fB fc 2fA fb + fc 2fB fc ), teha t fa (B C) = fa + fb + fc 2fA fb 2fB fc 2fC fa + 4fA fb fc e s ı gy f(a B) C = fa (B C), teha t (A B) C = A (B C). A sza mola sok a ttekintheto se ge nek e rdeke ben ma ske ppen is sza molhatunk: 1 2f(A B) C = (1 2fA B )(1 2fC ) = (1 2fA )(1 2fB )(1 2fC ) e s 1 2fA (B C) = (1 2fA )(1 2fB C ) = (1 2fA )(1 2fB )(1 2fC ). A feladat szo vege ha rom ku lo nbo zo bizonyı ta st ke r, eze rt va zoljuk ke t ma s bizonyı ta s o tlete t is. Ha rom halmaz esete n haszna lhatjuk a Venn-Euler diagramokat. I gy a ko vetkezo a bra khoz jutunk: Az elso a bra n A B van bevonalka zva, a ma sodikon (A B) C, a harmadikon B C e s a negyediken A (B C). Gyakorlatilag ugyanezt a gondolatmenetet leı rhatjuk ta bla zat segı tse ge vel, amelyben feltu ntetju k a 8 lehetse ges esetet az x A, x B e s x C kijelente sek logikai e rte ke
4 4 szerint. Ez lényegét tekintve azonos az ábrázolásos módszerrel (mindkét esetben a nyolc lehetséges esetet vizsgáljuk meg) csak a megjelenítése különbözik. Egy harmadik lehetséges megközelítés az lenne, hogy halmazműveletek segítségével alakítsuk át mindkét kifejezést. Például az A B) C a következőképpen alakítható: (A B) C = (((A \ B) (B \ A)) \ C) (C \ ((A \ B) (B \ A))) = = (((A \ B) \ C) ((B \ A) \ C)) (C \ ((A \ B) (B \ A))) = = (((A \ B) \ C) ((B \ A) \ C)) (C \ ((A B) \ (A B))) = = (((A \ B) \ C) ((B \ A) \ C)) (C \ (A B)) (C (A B)) = = (A \ (B C)) ((B \ (A C)) (C \ (A B)) (C A B). Ugyanehhez jutunk az A (B C) átalakításával is Feladat. Vezessél le összefüggést f A1 A 2... A n -re, ahol A 1, A 2,..., A n E! 1.4. Megoldás. Az 1 f A1 A 2 = (1 f A1 )(1 f A2 ) összefüggés alapján 1 f A1 A 2 A 3 = (1 f A1 A 2 )(1 f A3 ) = (1 f A1 )(1 f A2 )(1 f A3 ), 1 f A1 A 2 A 3 A 4 = (1 f A1 A 2 A 3 )(1 f A4 ) = (1 f A1 )(1 f A2 )(1 f A3 )(1 f A4 ). Így a matematikai indukció módszerével belátható, hogy 1 f A1 A 2... A n = (1 f A1 )(1 f A2 )... (1 f An 1 )(1 f An ). A jobb oldalon a szorzást elvégezve írhatjuk, hogy f A1 A 2... A n = f Ai f Ai1 f Ai2 + f Ai1 f Ai2 f Ai3 f Ai1 f Ai2 f Ai3 f Ai ( 1) n 1 f A1 f A2... f An Feladat. A karakterisztikus függvény segítségével vezesd le a logikai szita formulát az A 1 A 2... A n halmaz számosságára vonatkozóan! 1.5. Megoldás. Tetszőleges X E esetén X = x E f X (x), ezért az előbbi egyenlőséget felírjuk minden x E esetén és összeadjuk az így kapott egyenlőségek megfelelő oldalait. A jobb oldalon f Ai (x) = f Ai (x) = A i, x E és hasonlóan x E f Ai1 (x)f Ai2 (x) = x E x E x E f Ai1 (x)f Ai2 (x)f Ai3 (x) = f Ai1 A i2 (x) = A i1 A i2, A i1 A i2 A i3
5 5 x E tehát írhatjuk, hogy A 1 A 2... A n = f Ai1 (x)f Ai2 (x)f Ai3 (x)f Ai4 (x) = A i A i1 A i2 + A i1 A i2 A i3 A i4, A i1 A i2 A i3 A i1 A i2 A i3 A i ( 1) n 1 A 1 A 2... A n Feladat. Vezessél le összefüggést f A1 A 2... A n -re, ahol A 1, A 2,..., A n E! 1.6. Megoldás. Az 1 2f A1 A 2 = (1 2f A1 )(1 2f A2 ) összefüggés alapján 1 2f A1 A 2 A 3 = (1 2f A1 A 2 )(1 2f A3 ) = (1 2f A1 )(1 2f A2 )(1 2f A3 ), 1 2f A1 A 2 A 3 A 4 = (1 2f A1 A 2 A 3 )(1 2f A4 ) = (1 2f A1 )(1 2f A2 )(1 2f A3 )(1 2f A4 ). Így a matematikai indukció módszerével belátható, hogy 1 2f A1 A 2... A n = (1 2f A1 )(1 2f A2 )... (1 2f An 1 )(1 2f An ). A jobb oldalon a szorzást elvégezve írhatjuk, hogy f A1 A 2... A n = 8 f Ai 2 f Ai1 f Ai2 + 4 f Ai1 f Ai2 f Ai3 f Ai1 f Ai2 f Ai3 f Ai ( 2) n 1 f A1 f A2... f An Feladat. Adott n különböző levél és n különböző címre elcímzett boríték. A leveleket egy hanyag titkárnő véletlenszerűen borítékolja. Mennyi a valószínűsége, hogy egyetlen levél sem jut a címzetthez? 1.7. Megoldás. Számozzuk meg a címzetteket és a nekik megfelelő borítékokat, illetve leveleket 1-től n-ig (minden 1 i n esetén az i-edik címzettnek címzett levelet és a megfelelő borítékot egyaránt i-vel számozzuk). A titkárnő így a levelek és borítékok összekeverésével egy f : {1, 2, 3,..., n} {1, 2, 3,..., n} bijektív függvényt hoz létre, amely a boríték számának megfelelteti a belekerülő boríték számát (minden borítékba pontosan egy levél kerül, ezért bijektív az f). Ez alapján a lehetséges borítékolások száma n! (vagyis az n elemű halmaz permutációinak száma). Minden 1 i n esetén jelöljük A i -vel azoknak a lehetséges f : {1, 2, 3,..., n} {1, 2, 3,..., n} bijektív függvényeknek a halmazát, amelyekre f(i) = i. Ez azoknak a borítékolásoknak felel meg, amelyek esetén az i-edik címzett a neki írt levelet kapja. Így tehát az A 1 A 2... A n halmaz azokat az f függvényeket tartalmazza, amelyeknek megfelelő borítékolás során legalább egy címzett azt a levelet kapja, amelyet neki írtak. A feladatban kért eseménynek kedvező esetek
6 6 száma tehát az A 1 A 2... A n komplementer halmazának számossága. A logikai szita alapján A 1 A 2... A n = A i A i1 A i2 + A i1 A i2 A i3 A i1 A i2 A i3 A i ( 1) n 1 A 1 A 2... A n, tehát elégséges a jobb megjelenő számosságokat kiszámolni. Ugyanakkor A i = (n 1)!, mert az i elem helye rögzített a permutációban és a többi tetszőlegesen változhat. Hasonló gondolatmenet alapján A i1 A i2 = (n 2)!, A i1 A i2 A i3 = (n 3)!, stb. Másrészt minden 1 k n esetén a k halmaz metszetének számosságait tartalmazó összegnek C k n tagja van, tehát A 1 A 2... A n = n ( 1) k 1 Cn k (n k)!. A keresett valószínűség tehát P (n) = 1 A 1 A 2... A n n! n = 1 ( 1) k 1 1 k! = n ( 1) k 1 k!. k=0 2. Megjegyzés. lim n P (n) = e 1, ami körülbelül 36, 78%-os esélyt jelent.
7 Házi feladat. Igazold, hogy ha A X B = C, akkor X = A C B! 1.8. Megoldás. A 1.3. feladat alapján írhatjuk, hogy A C = A (A X B) = (A A) (X B) = (X B) = X B, tehát (A C) B = (X B) B = X (B B) = X = X. Ugyanakkor (A C) B = A B C, tehát X = A B C Házi feladat. A karakterisztikus függvény segítségével vezesd le a logikai szita formulát az A 1 A 2... A n halmaz számosságára vonatkozóan! 1.9. Megoldás. Az f A1 A 2... A n = 8 f Ai 2 f Ai1 f Ai2 + 4 f Ai1 f Ai2 f Ai3 f Ai1 f Ai2 f Ai3 f Ai ( 2) n 1 f A1 f A2... f An egyenlőséget felírjuk az összes lehetséges x E argumentumra majd a kapott összefüggések megfelelő oldalait összeadjuk. Így az A 1 A 2... A n = A i 2 A i1 A i2 + 4 A i1 A i2 A i3 8 egyenlőséghez jutunk. A i1 A i2 A i3 A i ( 2) n 1 A 1 A 2... A n Házi feladat. Igazold, hogy az A 1 A 2... A n halmaz pontosan azokat az elemeket tartalmazza, amelyek az A 1, A 2,..., A n halmazok közül pontosan páratlan sokban vannak benne! Megoldás. Az x E elem pontosan akkor tartozik az A 1 A 2... A n halmazhoz, ha 1 2f A1 A 2... A n (x) = 1. Ez a 1.6. feladat alapján azt jelenti, hogy (1 2f A1 )(1 2f A2 )... (1 2f An 1 )(1 2f An ) = 1, vagyis mivel a bal oldali tényezők értéke csak 1 vagy 1 lehet ez azt jelenti, hogy páratlan számú 1-es szerepel a bal oldali szorzatban. De 1 2f Ai (x) pontosan akkor 1, ha x A i, tehát ez azt jelenti, hogy páratlan számú A i, 1 i n halmaznak eleme az x Házi feladat. Adott n különböző levél és n különböző címre elcímzett boríték. A leveleket egy hanyag titkárnő véletlenszerűen borítékolja. Mennyi a valószínűsége, hogy páratlan azoknak a leveleknek a száma, amelyek eljutnak a címzetthez?
8 Megoldás. A 1.7. feladat jelölései valamint az előbbi két feladat alapján írhatjuk, hogy P 1 (n) = A 1 A 2... A n n! = 1 n! n ( 2) k 1 Cn k (n k)! = n ( 2) k 1. k! Ha annak a valószínűségét számoljuk, hogy páros számú levél jut el ahhoz az emberhez, akinek címezték, akkor a n ( 2) k 1 P 2 (n) = 1 k! = n ( 2) k k! eredményhez jutunk. 3. Megjegyzés. lim n P 2 (n) = 1 2 (1 + e 2 ), és ez körülbelül 56, 76% esélyt jelent.
Logikai szita (tartalmazás és kizárás elve)
Logikai szita (tartalmazás és kizárás elve) Kombinatorika 5. előadás SZTE Bolyai Intézet Szeged, 2016. március 1. 5. ea. Logikai szita két halmazra 1/4 Középiskolás feladat. Egy 30 fős osztályban a matematikát
RészletesebbenElemi 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
Részletesebben1. tétel Halmazok és halmazok számossága. Halmazműveletek és logikai műveletek kapcsolata.
1. tétel Halmazok és halmazok számossága. Halmazműveletek és logikai műveletek kapcsolata. HLMZOK halmaz axiomatikus fogalom, nincs definíciója. benne van valami a halmazban szintén axiomatikus fogalom,
RészletesebbenProgramoza s I. 10. elo ada s Rendezett to mbo k. Sergya n Szabolcs
10. elo ada s Rendezett to mbo k Sergya n Szabolcs sergyan.szabolcs@nik.uni-obuda.hu O budai Egyetem Neumann Ja nos Informatikai Kar Alkalmazott Informatikai Inte zet 1 / 5 Tartalom 1 Kerese sek rendezett
RészletesebbenMatematikai logika és halmazelmélet
Matematikai logika és halmazelmélet Wettl Ferenc előadása alapján 2015-09-07 Wettl Ferenc előadása alapján Matematikai logika és halmazelmélet 2015-09-07 1 / 21 Tartalom 1 Matematikai kijelentések szerkezete
RészletesebbenA matematika nyelvér l bevezetés
A matematika nyelvér l bevezetés Wettl Ferenc 2012-09-06 Wettl Ferenc () A matematika nyelvér l bevezetés 2012-09-06 1 / 19 Tartalom 1 Matematika Matematikai kijelentések 2 Logikai m veletek Állítások
RészletesebbenHalmazelméleti alapfogalmak
Halmazelméleti alapfogalmak halmaz (sokaság) jól meghatározott, megkülönböztetett dolgok (tárgyak, fogalmak, stb.) összessége. - halmaz alapfogalom. z azt jelenti, hogy csak példákon keresztül magyarázzuk,
RészletesebbenMegoldott feladatok IX. osztály 7 MEGOLDOTT FELADATOK A IX. OSZTÁLY SZÁMÁRA
Megoldott eladatok IX. osztály 7 MEGOLDOTT FELADATOK A IX. OSZTÁLY SZÁMÁRA. Az : R R üggvény teljesíti az ( + y) = ( a y) + ( y) ( a ) összeüggést bármely,y R esetén (a egy rögzített valós szám). Bizonyítsd
RészletesebbenAnalı zis elo ada sok
Vajda Istva n Neumann Ja nos Informatika Kar O budai Egyetem 1 / 13 Specia lis differencia la si szaba lyok Logaritmikus differencia la s f (x)g (x) g (x) = e ln f (x) = e g (x) ln f (x) = f (x) g (x)
Részletesebben1. tétel. Valószínűségszámítás vizsga Frissült: 2013. január 19. Valószínűségi mező, véletlen tömegjelenség.
1. tétel Valószínűségszámítás vizsga Frissült: 2013. január 19. Valószínűségi mező, véletlen tömegjelenség. A valószínűségszámítás tárgya: véletlen tömegjelenségek vizsgálata. véletlen: a kísérlet kimenetelét
RészletesebbenHalmazok. A és B különbsége: A \ B. A és B metszete: A. A és B uniója: A
Halmazok Érdekes feladat lehet, amikor bizonyos mennyiségű adatok között keressük az adott tulajdonsággal rendelkezők számát. A következőekben azt szeretném megmutatni, hogy a halmazábrák segítségével,
Részletesebben1. előadás: Halmazelmélet, számfogalom, teljes
1. előadás: Halmazelmélet, számfogalom, teljes indukció Szabó Szilárd Halmazok Halmaz: alapfogalom, bizonyos elemek (matematikai objektumok) összessége. Egy halmaz akkor adott, ha minden objektumról eldönthető,
RészletesebbenII. orsza gos magyar matematikaolimpia XXIX. EMMV Szatma rne meti, februa r 28. ma rcius 3. VIII. oszta ly
VIII. oszta ly 1. feladat. Az n N terme szetes sza mot szerencse snek nevezzu k, ha n2 felı rhato n darab egyma suta ni terme szetes sza m o sszegeke nt. Bizonyı tsd be, hogy: 1) a 1 szerencse s sza m;
RészletesebbenA matematika nyelvéről bevezetés
A matematika nyelvéről bevezetés Wettl Ferenc 2006. szeptember 19. Wettl Ferenc () A matematika nyelvéről bevezetés 2006. szeptember 19. 1 / 17 Tartalom 1 Matematika Kijelentő mondatok Matematikai kijelentések
RészletesebbenHalmaz: alapfogalom, bizonyos elemek (matematikai objektumok) Egy halmaz akkor adott, ha minden objektumról eldönthető, hogy
1. előadás: Halmazelmélet Szabó Szilárd Halmazok Halmaz: alapfogalom, bizonyos elemek (matematikai objektumok) összessége. Egy halmaz akkor adott, ha minden objektumról eldönthető, hogy hozzátartozik-e,
RészletesebbenMatematika III. 2. Eseményalgebra Prof. Dr. Závoti, József
Matematika III. 2. Eseményalgebra Prof. Dr. Závoti, József Matematika III. 2. : Eseményalgebra Prof. Dr. Závoti, József Lektor : Bischof, Annamária Ez a modul a TÁMOP - 4.1.2-08/1/A-2009-0027 Tananyagfejlesztéssel
RészletesebbenMindent olyan egyszerűvé kell tenni, amennyire csak lehet, de nem egyszerűbbé.
HA 1 Mindent olyan egyszerűvé kell tenni, amennyire csak lehet, de nem egyszerűbbé. (Albert Einstein) HA 2 Halmazok HA 3 Megjegyzések A halmaz, az elem és az eleme fogalmakat nem definiáljuk, hanem alapfogalmaknak
RészletesebbenElemi 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
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 8. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
RészletesebbenHadamard-mátrixok Előadó: Hajnal Péter február 23.
Szimmetrikus kombinatorikus struktúrák MSc hallgatók számára Hadamard-mátrixok Előadó: Hajnal Péter 2012. február 23. 1. Hadamard-mátrixok Ezen az előadáson látásra a blokkrendszerektől független kombinatorikus
RészletesebbenEgy halmazt elemei megadásával tekintünk ismertnek. Az elemeket felsorolással,vagy ha lehet a rájuk jellemző közös tulajdonság megadásával adunk meg.
Halmazelmélet A matematikai halmazelmélet megalapítója Georg Cantor (1845 1918) matematikus. Cantor Oroszországban született, de életét Németországban töltötte. Egy halmazt elemei megadásával tekintünk
RészletesebbenHalmazelmélet. 1. előadás. Farkas István. DE ATC Gazdaságelemzési és Statisztikai Tanszék. Halmazelmélet p. 1/1
Halmazelmélet 1. előadás Farkas István DE ATC Gazdaságelemzési és Statisztikai Tanszék Halmazelmélet p. 1/1 A halmaz fogalma, jelölések A halmaz fogalmát a matematikában nem definiáljuk, tulajdonságaival
RészletesebbenFELVÉTELI VIZSGA, július 17.
BABEŞ-BOLYAI TUDOMÁNYEGYETEM, KOLOZSVÁR MATEMATIKA ÉS INFORMATIKA KAR FELVÉTELI VIZSGA, 2017. július 17. Írásbeli vizsga MATEMATIKÁBÓL I. TÉTEL (30 pont) 1) (10 pont) Igazoljuk, hogy tetszőleges m R esetén
Részletesebben2017/2018. Matematika 9.K
2017/2018. Matematika 9.K Egész éves dolgozat szükséges felszerelés: toll, ceruza, radír, vonalzó, körző, számológép 2 órás, 4 jegyet ér 2018. május 28. hétfő 1-2. óra A312 terem Aki hiányzik, a következő
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
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
RészletesebbenArany 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
RészletesebbenMindent olyan egyszerűvé kell tenni, amennyire csak lehet, de nem egyszerűbbé. (Albert Einstein) Halmazok 1
Halmazok 1 Mindent olyan egyszerűvé kell tenni, amennyire csak lehet, de nem egyszerűbbé. (Albert Einstein) Halmazok 2 A fejezet legfontosabb elemei Halmaz megadási módjai Halmazok közti műveletek (metszet,
Részletesebben1. Mondjon legalább három példát predikátumra. 4. Mikor van egy változó egy kvantor hatáskörében?
Definíciók, tételkimondások 1. Mondjon legalább három példát predikátumra. 2. Sorolja fel a logikai jeleket. 3. Milyen kvantorokat ismer? Mi a jelük? 4. Mikor van egy változó egy kvantor hatáskörében?
RészletesebbenItt és a továbbiakban a számhalmazokra az alábbi jelöléseket használjuk:
1. Halmazok, relációk, függvények 1.A. Halmazok A halmaz bizonyos jól meghatározott dolgok (tárgyak, fogalmak), a halmaz elemeinek az összessége. Azt, hogy az a elem hozzátartozik az A halmazhoz így jelöljük:
RészletesebbenHALMAZOK. A racionális számok halmazát olyan számok alkotják, amelyek felírhatók b. jele:. A racionális számok halmazának végtelen sok eleme van.
HALMAZOK Tanulási cél Halmazok megadása, halmazműveletek megismerése és alkalmazása, halmazok ábrázolása Venn diagramon. Motivációs példa Egy fogyasztó 80 000 pénzegység jövedelmet fordít két termék, x
RészletesebbenKOMBINATORIKA ELŐADÁS osztatlan matematika tanár hallgatók számára. Szita formula
KOMBINATORIKA ELŐADÁS osztatlan matematka tanár hallgatók számára Szta formula Előadó: Hajnal Péter 2015. 1. Bevezető példák 1. Feladat. Hány olyan sorbaállítása van a a, b, c, d, e} halmaznak, amelyben
RészletesebbenPermutációk véges halmazon (el adásvázlat, február 12.)
Permutációk véges halmazon el adásvázlat 2008 február 12 Maróti Miklós Ennek az el adásnak a megértéséhez a következ fogalmakat kell tudni: ismétlés nélküli variáció leképezés indulási és érkezési halmaz
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!
Részletesebbenösszeadjuk 0-t kapunk. Képletben:
814 A ferde kifejtés tétele Ha egy determináns valamely sorának elemeit egy másik sor elemeihez tartozó adjungáltakkal szorozzuk meg és a szorzatokat összeadjuk 0-t kapunk Képletben: n a ij A kj = 0, ha
RészletesebbenMagasabbfokú 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
RészletesebbenMBNK12: Permutációk (el adásvázlat, április 11.) Maróti Miklós
MBNK12: Permutációk el adásvázlat 2016 április 11 Maróti Miklós 1 Deníció Az A halmaz permutációin a π : A A bijektív leképezéseket értjünk Tetsz leges n pozitív egészre az {1 n} halmaz összes permutációinak
RészletesebbenDiszkrét matematika HALMAZALGEBRA. Halmazalgebra
Halmazalgebra Ebben a fejezetben összefoglaljuk a halmazokról tanult középiskolai ismeretanyagot, és néhány érdekességgel, módszerrel ki is egészítjük. A halmaz alapfogalom. Mondhatjuk, hogy tárgyak, fogalmak,
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
RészletesebbenAz Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai. x 2 sin x cos (2x) < 1 x.
Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi második fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Oldja meg a következő egyenlőtlenséget, ha x > 0: x 2 sin
RészletesebbenSzámelmélet 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,
RészletesebbenDiszkrét Matematika. zöld könyv ): XIII. fejezet: 1583, 1587, 1588, 1590, Matematikai feladatgyűjtemény II. (
FELADATOK A LEKÉPEZÉSEK, PERMUTÁCIÓK TÉMAKÖRHÖZ Diszkrét Matematika 4. LEKÉPEZÉSEK Értelmezési tartomány és értékkészlet meghatározása : Összefoglaló feladatgyűjtemény matematikából ( zöld könyv ): XIII.
RészletesebbenHALMAZELMÉLET feladatsor 1.
HALMAZELMÉLET feladatsor 1. Egy (H,, ) algebrai struktúra háló, ha (H, ) és (H, ) kommutatív félcsoport, és teljesül az ún. elnyelési tulajdonság: A, B H: A (A B) = A, A (A B) = A. A (H,, ) háló korlátos,
RészletesebbenPRCX PRCX. Perdületes mennyezeti befúvóelem
Perdületes mennyezeti befúvóelem PRCX PRCX befúvóelem TLS csatlakozódobozzal. TLS opciós tartozék, melyet külön kell megrendelni. Leírás PRCX perdu letes mennyezeti befu vo k fo eleme a re sekkel ella
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
RészletesebbenDiszkrét matematika 1.
Diszkrét matematika 1. 201. ősz 1. Diszkrét matematika 1. 1. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 201. ősz Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. ősz 2. Kombinatorika Kombinatorika
Részletesebben2017/2018. Matematika 9.K
2017/2018. Matematika 9.K Matematika javítóvizsga 2018. augusztus szóbeli 3 rövidebb (feladat, definíció, tétel) és 3 hosszabb feladat megoldása a 30 perces felkészülési idő alatt a megoldás ismertetése
RészletesebbenKOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.
KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I. 4 IV. FÜGGVÉNYEk 1. LEkÉPEZÉSEk, függvények Definíció Legyen és két halmaz. Egy függvény -ből -ba egy olyan szabály, amely minden elemhez pontosan egy elemet rendel hozzá. Az
Részletesebben352 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
Részletesebbenkarakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja
Mátrixok hasonlósága, karakterisztikus mátrix, karakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja 1.Mátrixok hasonlósága, karakterisztikus mátrix, karakterisztikus
RészletesebbenMATEMATIKA 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
RészletesebbenArany 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.
RészletesebbenVII.A. Oszthatóság, maradékos osztás Megoldások
VIIA Oszthatóság, maradékos osztás Megoldások 11 Igen, mert a 4x = 8 egyenlet megoldható a természetes számok halmazában: x = 2 12 Nem, mert a 4x = 10 egyenlet nem oldható meg a természetes számok halmazában
RészletesebbenKészítette: Ernyei Kitti. Halmazok
Halmazok Jelölések: A halmazok jele általában nyomtatott nagybetű: A, B, C Az x eleme az A halmaznak: Az x nem eleme az A halmaznak: Az A halmaz az a, b, c elemekből áll: A halmazban egy elemet csak egyszer
RészletesebbenMatematika szigorlat június 17. Neptun kód:
Név Matematika szigorlat 014. június 17. Neptun kód: 1.. 3. 4. 5. Elm. Fel. Össz. Oszt. Az eredményes szigorlat feltétele elméletből legalább 0 pont, feladatokból pedig legalább 30 pont elérése. A szigorlat
RészletesebbenEgy általános iskolai feladat egyetemi megvilágításban
Egy általános iskolai feladat egyetemi megvilágításban avagy mit kell(ene) tudnia egy 8.-osnak a matematika versenyeken Kunos Ádám Középiskolás pályázat díjkiosztó SZTE Bolyai Intézet 2011. november 12.
RészletesebbenA 2015/2016. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták)
A 205/206. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták Javítási-értékelési útmutató. feladat Az {,2,...,n} halmaz
Részletesebben1. feladatsor: Vektorterek, lineáris kombináció, mátrixok, determináns (megoldás)
Matematika A2c gyakorlat Vegyészmérnöki, Biomérnöki, Környezetmérnöki szakok, 2017/18 ősz 1. feladatsor: Vektorterek, lineáris kombináció, mátrixok, determináns (megoldás) 1. Valós vektorterek-e a következő
RészletesebbenKOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.
KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I. 1 I. HALmAZOk 1. JELÖLÉSEk A halmaz fogalmát tulajdonságait gyakran használjuk a matematikában. A halmazt nem definiáljuk, ezt alapfogalomnak tekintjük. Ez nem szokatlan, hiszen
Részletesebben1. A kísérlet naiv fogalma. melyek közül a kísérlet minden végrehajtásakor pontosan egy következik be.
IX. ESEMÉNYEK, VALÓSZÍNŰSÉG IX.1. Események, a valószínűség bevezetése 1. A kísérlet naiv fogalma. Kísérlet nek nevezzük egy olyan jelenség előidézését vagy megfigyelését, amelynek kimenetelét az általunk
RészletesebbenDiszkrét matematika I. gyakorlat
Vizsgafeladatok megoldása 2012. december 5. Tartalom Teljes feladatsor #1 1 Teljes feladatsor #1 2 Teljes feladatsor #2 3 Teljes feladatsor #3 4 Teljes feladatsor #4 5 Válogatott feladatok 6 Végső bölcsesség
RészletesebbenAz ész természetéhez tartozik, hogy a dolgokat nem mint véletleneket, hanem mint szükségszerűeket szemléli (Spinoza: Etika, II. rész, 44.
Dr. Vincze Szilvia Az ész természetéhez tartozik, hogy a dolgokat nem mint véletleneket, hanem mint szükségszerűeket szemléli (Spinoza: Etika, II. rész, 44. tétel) Környezetünkben sok olyan jelenséget
RészletesebbenOsztályozó- és javítóvizsga témakörei MATEMATIKA tantárgyból
Osztályozó- és javítóvizsga témakörei MATEMATIKA tantárgyból 9. évfolyam I. Halmazok 1. Alapfogalmak, jelölések 2. Halmaz, részhalmaz fogalma, részhalmazok száma, jelölések 3. Nevezetes számhalmazok (N,
RészletesebbenDiszkrét matematika I.
Diszkrét matematika I. középszint 2013 ősz 1. Diszkrét matematika I. középszint 8. előadás Mérai László merai@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ merai Komputeralgebra Tanszék 2013 ősz Kombinatorika
Részletesebben2. Logika gyakorlat Függvények és a teljes indukció
2. Logika gyakorlat Függvények és a teljes indukció Folláth János Debreceni Egyetem - Informatika Kar 2012/13. I. félév Áttekintés 1 Függvények Relációk Halmazok 2 Természetes számok Formulák Definíció
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!
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
RészletesebbenDiszkrét matematika I.
Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 1. Diszkrét matematika I. középszint 10. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2014. ősz Felhívás Diszkrét matematika I. középszint 2014.
RészletesebbenIV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Megoldások november
IV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Megoldások 009. november Határozatlan integrálás.05. + C + C.06. + C + C.07. ( ( 5 5 + C.08. ( ( + 5 5 + + C.09. + ( + ln + + C.. ( + ( + ( + 5 5 + + C.. + ( + ( + ( + + ( + ( + +
RészletesebbenMATEK-INFO UBB verseny április 6.
BABEŞ-BOLYAI TUDOMÁNYEGYETEM, KOLOZSVÁR MATEMATIKA ÉS INFORMATIKA KAR MATEK-INFO UBB verseny 219. április 6. Írásbeli próba matematikából FONTOS MEGJEGYZÉS: 1) Az A. részben megjelenő feleletválasztós
RészletesebbenFüggvény 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
RészletesebbenGráfelmélet. I. Előadás jegyzet (2010.szeptember 9.) 1.A gráf fogalma
Készítette: Laczik Sándor János Gráfelmélet I. Előadás jegyzet (2010.szeptember 9.) 1.A gráf fogalma Definíció: a G=(V,E) párt egyszerű gráfnak nevezzük, (V elemeit a gráf csúcsainak/pontjainak,e elemeit
RészletesebbenRAP-4 ELEKTROMECHANIKUS SOROMPÓ
RAP-4 ELEKTROMECHANIKUS SOROMPÓ JELLEMZO K A RAP 4 egy elektromechanikus sorompo ami beja ratokhoz (auto parkolo, gya rak, ko rha zak stb.) haszna lando. A fe m doboz egy motort e s egy veze rlo egyse
Részletesebben1.1. Alapfogalmak. Vektor: R 2 beli elemek vektorok. Pl.: (2, 3) egy olyan vektor aminek a kezdo pontja a (0, 0) pont és a végpontja a
1. 1. hét 1.1. Alapfogalmak Vektor: R 2 beli elemek vektorok. Pl.: (2, 3) egy olyan vektor aminek a kezdo pontja a (0, 0) pont és a végpontja a (2, 3) Egyenes normál vektora egy pontban: egy olyan vektor
RészletesebbenDiszkrét matematika II. gyakorlat
Diszkrét matematika II. gyakorlat Absztrakt algebra Bogya Norbert Bolyai Intézet 2014. április 23. Bogya Norbert (Bolyai Intézet) Diszkrét matematika II. gyakorlat 2014. április 23. 1 / 23 Tartalom 1 1.
RészletesebbenHALMAZOK TULAJDONSÁGAI,
Halmazok definíciója, megadása HALMAZOK TULAJDONSÁGAI, 1. A következő definíciók közül melyek határoznak meg egyértelműen egy-egy halmazt? a) A: a csoport tanulói b) B: Magyarország városai ma c) C: Pilinszky
RészletesebbenA sorozat fogalma. függvényeket sorozatoknak nevezzük. Amennyiben az értékkészlet. az értékkészlet a komplex számok halmaza, akkor komplex
A sorozat fogalma Definíció. A természetes számok N halmazán értelmezett függvényeket sorozatoknak nevezzük. Amennyiben az értékkészlet a valós számok halmaza, valós számsorozatról beszélünk, mígha az
RészletesebbenDiszkrét matematika 1. középszint
Diszkrét matematika 1. középszint 2017. sz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 3. el adás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
RészletesebbenSZÁMÍTÁSTUDOMÁNY ALAPJAI
SZÁMÍTÁSTUDOMÁNY ALAPJAI INBGM0101-17 Előadó: Dr. Mihálydeák Tamás Sándor Gyakorlatvezető: Kovács Zita 2017/2018. I. félév 2. gyakorlat Az alábbi összefüggések közül melyek érvényesek minden A, B halmaz
RészletesebbenGazdasági matematika II. vizsgadolgozat megoldása A csoport
Gazdasági matematika II. vizsgadolgozat megoldása A csoport Definiálja az alábbi fogalmakat!. Egy eseménynek egy másik eseményre vonatkozó feltételes valószínűsége. ( pont) Az A esemény feltételes valószínűsége
Részletesebben1/50. Teljes indukció 1. Back Close
1/50 Teljes indukció 1 A teljes indukció talán a legfontosabb bizonyítási módszer a számítástudományban. Teljes indukció elve. Legyen P (n) egy állítás. Tegyük fel, hogy (1) P (0) igaz, (2) minden n N
Részletesebben2019/02/11 10:01 1/10 Logika
2019/02/11 10:01 1/10 Logika < Számítástechnika Logika Szerző: Sallai András Copyright Sallai András, 2011, 2012, 2015 Licenc: GNU Free Documentation License 1.3 Web: http://szit.hu Boole-algebra A Boole-algebrát
RészletesebbenSzámelméleti alapfogalmak
1 Számelméleti alapfogalmak 1 Definíció Az a IN szám osztója a b IN számnak ha létezik c IN melyre a c = b Jelölése: a b 2 Példa a 0 bármely a számra teljesül, mivel c = 0 univerzálisan megfelel: a 0 =
RészletesebbenA 2006-2007. tanévi matematika OKTV I. kategória első (iskolai) fordulójának pontozási útmutatója
SZAKKÖZÉPISKOLA A 006-007. tanévi matematika OKTV I. kategória első (iskolai) fordulójának pontozási útmutatója. Feladat: Egy számtani sorozat három egymást követő tagjához rendre 3-at, -et, 3-at adva
RészletesebbenMátrixok 2017 Mátrixok
2017 számtáblázatok" : számok rendezett halmaza, melyben a számok helye két paraméterrel van meghatározva. Például lineáris egyenletrendszer együtthatómátrixa 2 x 1 + 4 x 2 = 8 1 x 1 + 3 x 2 = 1 ( 2 4
RészletesebbenDiszkrét matematika I., 12. előadás Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach november 30.
1 Diszkrét matematika I, 12 előadás Dr Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach@infnymehu http://infnymehu/ takach 2005 november 30 Vektorok Definíció Egy tetszőleges n pozitív egész számra n-komponensű
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Logaritmus
Logaritmus DEFINÍCIÓ: (Logaritmus) Ha egy pozitív valós számot adott, - től különböző pozitív alapú hatvány alakban írunk fel, akkor ennek a hatványnak a kitevőjét logaritmusnak nevezzük. Bármely pozitív
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
RészletesebbenPRECÍZ Információs füzetek
PRECÍZ Információs füzetek Informa cio k, Mo dszerek, O tletek e s Megolda sok a Precıź Integra lt U gyviteli Informa cio s rendszerhez T17. Évnyitás 2013. december Évnyitás Az e vnyita shoz szu kse ges
RészletesebbenValószínűségi változók. Várható érték és szórás
Matematikai statisztika gyakorlat Valószínűségi változók. Várható érték és szórás Valószínűségi változók 2016. március 7-11. 1 / 13 Valószínűségi változók Legyen a (Ω, A, P) valószínűségi mező. Egy X :
RészletesebbenEgyenletek, 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
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév kezdők III. kategória I. forduló
Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 01/013-as tanév kezdők I II. kategória II. forduló kezdők III. kategória I. forduló Megoldások és javítási útmutató 1. Egy osztályban
RészletesebbenStruktúra nélküli adatszerkezetek
Struktúra nélküli adatszerkezetek Homogén adatszerkezetek (minden adatelem azonos típusú) osztályozása Struktúra nélküli (Nincs kapcsolat az adatelemek között.) Halmaz Multihalmaz Asszociatív 20:24 1 A
RészletesebbenBevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok
. fejezet Bevezetés Algebrai feladatok J. A számok gyakran használt halmazaira a következ jelöléseket vezetjük be: N a nemnegatív egész számok, N + a pozitív egész számok, Z az egész számok, Q a racionális
RészletesebbenARCHIMEDES MATEMATIKA VERSENY
Koszinusztétel Tétel: Bármely háromszögben az egyik oldal négyzetét megkapjuk, ha a másik két oldal négyzetének összegéből kivonjuk e két oldal és az általuk közbezárt szög koszinuszának kétszeres szorzatát.
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
RészletesebbenL'Hospital-szabály. 2015. március 15. ln(x 2) x 2. ln(x 2) = ln(3 2) = ln 1 = 0. A nevez határértéke: lim. (x 2 9) = 3 2 9 = 0.
L'Hospital-szabály 25. március 5.. Alapfeladatok ln 2. Feladat: Határozzuk meg a határértéket! 3 2 9 Megoldás: Amint a korábbi határértékes feladatokban, els ként most is a határérték típusát kell megvizsgálnunk.
RészletesebbenMatematikai logika. 3. fejezet. Logikai m veletek, kvantorok 3-1
3. fejezet Matematikai logika Logikai m veletek, kvantorok D 3.1 A P és Q elemi ítéletekre vonatkozó logikai alapm veleteket (konjunkció ( ), diszjunkció ( ), implikáció ( ), ekvivalencia ( ), negáció
RészletesebbenMűveletek mátrixokkal. Kalkulus. 2018/2019 ősz
2018/2019 ősz Elérhetőségek Előadó: (safaro@math.bme.hu) Fogadóóra: hétfő 9-10 (H épület 3. emelet 310-es ajtó) A pontos tárgykövetelmények a www.math.bme.hu/~safaro/kalkulus oldalon találhatóak. A mátrix
RészletesebbenAlgoritmuselmélet. Katona Gyula Y. Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem. 13.
Algoritmuselmélet NP-teljes problémák Katona Gyula Y. Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem 13. előadás Katona Gyula Y. (BME SZIT) Algoritmuselmélet
RészletesebbenOSZTHATÓSÁG. 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