25. Matematikai logika, bizonyítási módszerek

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "25. Matematikai logika, bizonyítási módszerek"

Átírás

1 5. Matematikai logika, bizoyítási módszerek I. Elméleti összefoglaló Logikai műveletek A matematikai logika állításokkal foglalkozik. Az állítás (vagy kijeletés) olya kijelető modat, amelyről egyértelműe eldöthető, hogy igaz (I) vagy hamis (H), ezt az állítás logikai értékéek evezzük. Az állításokat általába lati agybetűkkel jelöljük, például A: Ma délutá moziba megyek., illetve B: Holap kirádulok. Egy vagy több állításból logikai műveletek felhaszálásával újabb állításokat hozhatuk létre. A művelet lehet egyváltozós (tagadás) vagy kétváltozós (és, vagy, ha-akkor, akkor és csak akkor). Egyváltozós logikai művelet: em (egáció, tagadás): az A állítás tagadása potosa akkor igaz, ha A hamis. Jele: Kétváltozós logikai műveletek: A. és (kojukció): az A és B állítás potosa akkor igaz, ha az A és a B állítás is igaz. Jele: A B. A közyelvbe a vagy kötőszót többféle jeletésbe haszáljuk attól függőe, hogy megegedjük-e midkét feltétel együttes teljesülését vagy sem. Például a Holap vagy holaputá stradoli megyek. állítást akkor is igazak fogadjuk el, ha midkét említett apo stradolok, viszot a Ma este 7 órára szíházba vagy moziba megyek. állítás midkét fele egyszerre em teljesülhet, ezért ez csak úgy lehet igaz, ha potosa az egyik része teljesül. (Ezt jelezhetjük a következő megfogalmazással is: Ma este 7 órára vagy szíházba, vagy moziba megyek. ) A két eset megkülöböztetésére a matematikába kétféle vagy -ot haszáluk: az előbbi példa esetébe megegedőt, az utóbbi esetébe kizárót. Ha ezt a külöbséget a közyelvbe is hagsúlyozi akarjuk, akkor megtehetjük, hogy a megegedő vagy esetébe egy vagy kötőszót, a kizáró vagy esetébe páros vagy-vagy kötőszót haszáluk, de a mideapi élőbeszédbe ezek jeletése em midig egyértelmű. megegedő vagy (diszjukció), a közyelvbe vagy : az A vagy B állítás potosa akkor igaz, ha az A és a B állítás közül legalább az egyik igaz. Jele: A B. Ha egy matematikai szövegbe vagy szerepel, azt általába megegedő vagy -két szoktuk értelmezi. kizáró vagy (ativalecia): az A kizáró vagy B (a közyelvbe esetleg: vagy A, vagy B ) állítás potosa akkor igaz, ha az A és a B állítás közül potosa az egyik igaz (tehát midkettő em). Jele: A B (esetleg AΔ B). ha-akkor (implikáció): a ha A, akkor B állítás potosa akkor igaz, ha az A és a B állítás is igaz, illetve ha az A állítás hamis és a B állítás tetszőleges. (Másképpe: a ha A, akkor B állítás potosa akkor hamis, ha az A állítás igaz és a B állítás hamis.) Jele: A B (esetleg A B). akkor és csak akkor (ekvivalecia): a ha A, akkor és csak akkor B állítás potosa akkor igaz, ha az A és a B állítás közül egyszerre vagy midkettő igaz, vagy midkettő hamis. (Más-

2 képpe: a ha A, akkor és csak akkor B állítás potosa akkor igaz, ha A B és B A.) Jele: A B (esetleg A B). A műveleteket logikai értéktáblázat segítségével is defiiálhatjuk, amelybe felsoroljuk, hogy az alapállítás(ok) egyes logikai értékeihez a művelet milye logikai értéket redel. Egy -változós művelet esetébe a logikai értéktáblázatak sora va, hisze mide változó kétféle értéket vehet fel. A hosszabb, összetettebb kifejezéseket a gyakorlatba több lépésbe (oszlopba) szoktuk kiértékeli, ahol a teljes kifejezés értékéhez általába az utolsó oszlopba jutuk el, ekkor az eredeti kifejezés értéktáblázatáak a táblázat eze utolsó oszlopát tekitjük. Az egyváltozós logikai művelet értéktáblázata: A I H A H I A kétváltozós logikai műveletek értéktáblázatai: A B A B A B A B A B A B I I I I H I I I H H I I H H H I H I I I H H H H H H I I Az értéktáblázat segítségével boyolultabb kifejezéseket is kiértékelhetük, illetve egyszerűbb alakra hozhatuk. Például az ekvivalecia és az implikáció kapcsolatát kifejezhetjük a következőképpe: A B= ( A B) ( B A). A egáció, a kojukció és a diszjukció között feállak a De Morga-azoosságok: ( A B) = A B, illetve ( ) Tetszőleges A állításra feállak még a következő azoosságok: ( A) = A, A A értéke midig hamis, A A értéke midig igaz. A halmazműveletek és a logikai műveletek kapcsolata A B = A B. Tekitsük az összes állítás halmazát mit alaphalmazt ( H ). Ekkor mide A állítás megfeleltethető a H halmaz azo H részhalmazáak, amelybe azok az állítások tartozak, amelyek igazsága eseté az A A állítás igaz. (Például az A: A családukba legfeljebb gyerek va. állítás eseté a következő kijeletések mid elemei a H A részhalmazak: A családukba potosa gyerek va., A családukba potosa gyerek va., A családukba potosa két fiúgyermek va és láygyermek icse. stb.)

3 Eze az alaphalmazo a korábba felsorolt logikai műveletek a következőkbe felsorolt halmazműveletekek feleltethetők meg (az ábráko szíezéssel jelezzük azokat a részhalmazokat, amelyek eseté a művelet logikai értéke igaz). A tagadás a komplemeterképzések: A -ak megfelel a H A halmaz H-ra vett komplemetere ( H ). A Az és a metszetképzések: A B-ek megfelel a H A és a H H ). ( A B H B halmazok metszete A megegedő vagy az uióképzések: A B-ek megfelel a H A és a H H ). ( A B H B halmazok uiója 3

4 A kizáró vagy a szimmetrikus differeciáak: A B -ek megfelel a H A és a H B halmazok szimmetrikus differeciája ( H AΔ H B, azaz a csak A-ba, illetve a csak B-be tartozó elemek uiója). Megjegyzés: Ha speciálisa az A állítás éppe azt modja, hogy egy x szám eleme egy P halmazak, a B állítás pedig azt modja, hogy ugyaazo x szám eleme egy Q halmazak, akkor közvetleül is megkapjuk az előzőekbe ábrázolt komplemeter, metszet, uió és szimmetrikus differecia halmazműveleteket (hisze például A B azt modja, hogy az x szám eleme a P és a Q halmazok metszetéek). A femaradó két logikai művelet közvetleül em feleltethető meg halmazműveletekek, azoba jeletésüket a halmazelmélet fogalmaival (részhalmaz, egyelőség) is szemléltethetjük: H B hal- A ha-akkor a tartalmazás megfelelője: A B eseté a H A halmaz részhalmaza a mazak ( H A H B). Az akkor és csak akkor a két halmaz egyelőségéek megfelelője: A B eseté a H A és a H B halmazok megegyezek ( H A H B = ). 4

5 Szükséges és elégséges feltétel A ha-akkor formába megfogalmazott A B állítások esetébe A-t feltételek (premissza), B-t következméyek (koklúzió) is evezzük. Defiíció: Ha A B, vagyis az A állítás teljesülése eseté biztosa teljesül a B is, akkor azt modjuk, hogy az A állítás a B állításak elégséges feltétele. (Ekkor ugyais B igazságáak bizoyításához elég A-t igazoli.) Például: A: Az szám 6-ra végződik. és B: Az szám páros. Ekkor A B, hisze ha egy szám 6-ra végződik, akkor biztosa páros. Viszot a B állítás úgy is lehet igaz, ha A em teljesül, hisze em csak a 6-ra végződő számok párosak. Tehát a 6-ra végződés egy szám párosságáak elégséges, de em szükséges feltétele. Defiíció: Ha A B, vagyis az A állítás teljesülése eseté biztosa teljesül a B is, akkor azt modjuk, hogy a B állítás az A állításak szükséges feltétele. (Ekkor ugyais ha A igaz, akkor szükségképpe B is, másképpe fogalmazva A em lehet igaz B teljesülése élkül.) Például: A: Az ABCD égyszög égyzet. és B: Az ABCD égyszög mide szöge derékszög.. Ekkor A B, hisze ha egy égyszög égyzet, akkor mide szöge derékszög (vagyis téglalap). Ahhoz, hogy egy égyszög égyzet legye, szükséges, hogy mide szöge derékszög legye. Viszot abból még, hogy egy égyszög mide szöge derékszög, em következik, hogy égyzet. Tehát az, hogy egy égyszög mide szöge derékszög, szükséges, de em elégséges feltétele aak, hogy a égyszög égyzet legye. Bizoyításokba felhaszálhatjuk egy állítás hamisságáak igazolására egy szükséges feltétel hiáyát. Ha ugyais A B és B em teljesül, akkor A sem teljesülhet, hisze így B-ek igazak kellee leie, így elletmodásra juták (lásd később az idirekt bizoyítást). Például: A: Az szám égyzetszám. és B: Az szám 0-ra, -re, 4-re, 5-re, 6-ra vagy 9-re végződik. Ekkor A B, hisze a égyzetszámok utolsó számjegye csak 0,, 4, 5, 6 vagy 9 lehet (szükséges, de em elégséges feltétel). Ha tehát például egy szám 7-re végződik, akkor biztosa em lehet égyzetszám (a szükséges feltétel em teljesül). Megjegyzés: Természetese, ha A elégséges feltétele B-ek, akkor B szükséges feltétele A-ak. Így az eddigi példák meg is fordíthatóak, például az első esetbe: A 6-ra végződés egy szám párosságáak elégséges (de em szükséges) feltétele. Megfordítva: Egy szám párossága a szám 6-ra végződéséek szükséges (de em elégséges) feltétele. Megjegyzés: Ha egy B állításak A elégséges, C pedig szükséges feltétele (azaz A B C), akkor az előző oldalak halmazelméleti jelöléseivel ezt a H A HB HC módo szemléltethetjük. Például: A: Az szám két 0-ra végződik., B: Az szám 0-szal osztható. és C: Az szám páros. 5

6 Defiíció: Ha A B és B A (vagyis A B), akkor azt modjuk, hogy az A állítás a B állításak szükséges és elégséges feltétele. Például: A: Az x szám osztható 6-tal. és B: Az x szám páros és osztható 3-mal. Ekkor A B, tehát a 6-tal oszthatóságak szükséges és elégséges feltétele a párosság és a 3-mal oszthatóság együttes teljesülése. Megjegyzés: Természetese, ha A szükséges és elégséges feltétele B-ek, akkor B is szükséges és elégséges feltétele A-ak. Állítások tagadása Egy A állítás tagadását ( A ) a legegyszerűbbe a em tagadószóval fogalmazhatjuk meg. Például A: Ma hétfő va. eseté A: Ma em hétfő va., esetleg A: Nem igaz, hogy ma hétfő va. Elviekbe ez a módszer boyolultabb állításokra is alkalmazható, például B: Ha esik az eső és ics álam eseryő, akkor em megyek ki az utcára vagy esőkabátot veszek. tagadása is megfogalmazható B : Nem igaz, hogy ha esik az eső és ics álam eseryő, akkor em megyek ki az utcára vagy esőkabátot veszek. formába. Ezt azoba yelvileg ehezebb értelmezi, így az egyes (kétváltozós) logikai műveletek tagadásait külö-külö is megadjuk, továbbá a feladatokba is kerüljük a em igaz, hogy kifejezéssel törtéő tagadást. Két és -sel összekötött állítás tagadásakor az állítások tagadásait vagy -gyal kötjük össze: A B tagadása A B. Például: Vettem tejet és kölcsökértem a szomszéd biciklijét. tagadása Nem vettem tejet vagy em kértem kölcsö a szomszéd biciklijét. Két vagy -gyal összekötött állítás tagadásakor az állítások tagadásait és -sel kötjük össze: A B tagadása A B. Például: Születésapomo elmegyük cirkuszba vagy megézük egy filmet. tagadása Születésapomo em megyük el cirkuszba és em ézük meg egy filmet. (esetleg Születésapomo se cirkuszba em megyük el, se filmet em ézük. ) Két kizáró vagy -gyal összekötött állítás tagadásakor az állításokat (vagy az állítások tagadásait) akkor és csak akkor -ral kötjük össze: A B tagadása A B (ami ugyaazt jeleti, mit A B). Például: Idé vagy a tegerparto, vagy a hegyek között yaraluk. tagadása Idé akkor és csak akkor yaraluk a tegerparto, ha a hegyek között is. (esetleg Idé akkor és csak akkor em yaraluk a tegerparto, ha a hegyek között sem. ) Két akkor és csak akkor -ral összekötött állítás tagadásakor az állításokat (vagy az állítások tagadásait) kizáró vagy -gyal kötjük össze: A B tagadása A B (ami ugyaazt jeleti, mit A B). Például: Akkor és csak akkor veszek új autót, ha ötösöm lesz a lottó. tagadása Vagy új autót veszek, vagy ötösöm lesz a lottó. (esetleg: Vagy em veszek új autót, vagy em lesz ötösöm a lottó. ) Az eddigiekből megfigyelhetjük, hogy az és vagy, illetve a kizáró vagy akkor és csak akkor műveletek egymás fordítottjai, tagadáskor felcserélődek. Midez abból is igazolható, hogy A B és A B logikai értéktáblázatába a két oszlop éppe egymás elletettje, illetve A B és A B esetébe szitúgy. A másik esetbe A B és A B értéktáblázata szité egymás elletettje, de mivel A B és A B értéktáblázata megegyezik (sőt, A B és A B értéktáblázata is), ezért A B -t tagadhatjuk A B és A B formába is (illetve A B-t 6

7 tagadhatjuk A B és A B formába is). Sőt, A B-t tagadhatjuk A B és A B, illetve A B-t tagadhatjuk A B és A B formába is. Hátra va még a ha-akkor -ral összekötött állítások tagadása, amely az előzőekél valamivel boyolultabb. Mivel A B potosa akkor hamis, ha A igaz és B hamis, ezért A B tagadása potosa akkor lesz igaz, ha A igaz és B hamis, vagyis A B igaz: Két ha-akkor -ral összekötött állítás tagadásakor az első állítást és a második állítás tagadását és -sel kötjük össze: A B tagadása A B. Például: Ha hétfő va, akkor (midig) elmegyek a fogorvoshoz. tagadása (Va olya eset, hogy) hétfő va és em megyek el a fogorvoshoz. Az A B típusú állításokat gyakra em ha-akkor formulával, haem a mide szóval fogalmazzuk meg. Az előző példába szereplő Ha hétfő va, akkor midig elmegyek a fogorvoshoz. modatot úgy is modhatjuk, hogy Mide hétfő elmegyek a fogorvoshoz.. Tagadását ekkor a va olya szókapcsolattal is megfogalmazhatjuk: Va olya hétfő, amikor em megyek el a fogorvoshoz. Haszálatosak a mide szóra a, a va olya kifejezésre a jelölések is. Ekkor például az A: Hétfő va. és B: Elmegyek a fogorvoshoz. állítások esetébe a Mide hétfő elmegyek a fogorvoshoz. állítás leírható A: B (esetleg A B ) alakba, míg a Va olya hétfő, amikor em megyek el a fogorvoshoz. állítás leírható A: B (esetleg A B) alakba. Egy mide A-ra igaz B is alakú állítás (amely ugyaazt jeleti, mit A B) tagadása a va olya A, amelyre em igaz B állítás: A: B (vagy A B) tagadása A: B (vagy A B). Például: Mide ap takarítai kell. tagadása Va olya ap, amikor em kell takarítai. Egy va olya A, amelyre igaz B is alakú állítás tagadása a mide A-ra em igaz B (vagy: egyik A-ra sem igaz B ) állítás: A: B (vagy A B) tagadása A: B (vagy A B). Például: Va olya ap, amikor takarítai kell. tagadása Mide ap em kell takarítai., esetleg Egyik ap sem kell takarítai. Megjegyzés: A feti két esetbe az A-val jelölt szövegrész (pl. ap ) szigorúa véve em állítás, hisze ics öálló logikai értéke. Nyelvtailag mide ilye esetbe átfogalmazhaták a modatot úgy, hogy A is megfelelje az állítás defiíciójáak (pl. Ha ma egy tetszőleges ap va, akkor takarítai kell. ), ettől azoba a továbbiakba eltekitük. Megjegyzés: A va olya A, amelyre igaz B is alakú állítást elvileg tagadhaták ics olya A, amelyre igaz B is alakba is, ezt azoba hasolóa a em igaz, hogy kifejezéshez a feladatokba kerüljük, tudatosa törekedve arra, hogy tagadáskor a mide és a va olya kifejezések egymás párjai legyeek. Állítások megfordítása Defiíció: Egy A B típusú állítás megfordításá a B A állítást (vagyis a feltétel és a következméy megcserélését) értjük. Például: A Pitagorasz-tétel megfogalmazható A B alakba. Legye A: A háromszög derékszögű. és B: A háromszögbe a két rövidebb oldalt a-val és b-vel, a leghosszabb oldalt c-vel jelölve teljesül az a b = c összefüggés. Ekkor a tétel így szól: Ha egy háromszög derékszögű, akkor a három- 7

8 szögbe a két rövidebb oldalt a-val és b-vel, a leghosszabb oldalt c-vel jelölve teljesül az a b = c összefüggés. A Pitagorasz-tétel megfordítása ( B A): Ha egy háromszögbe a két rövidebb oldalt a-val és b-vel, a leghosszabb oldalt c-vel jelölve teljesül az a b = c összefüggés, akkor a háromszög derékszögű. A Pitagorasz-tétel és a megfordítása is igaz állítás. Egy igaz állítás megfordítása em feltétleül igaz. Például a Ha egy szám osztható 0-zel, akkor páros. állítás igaz, de megfordítása, a Ha egy szám páros, akkor osztható 0-zel. állítás hamis. Ha egy A B típusú állítás és megfordítása is igaz, akkor A B. Ekvivales következtetések Egyeletek megoldásakor fotos, hogy lehetőleg mide lépésük ekvivales átalakítás legye. Például az A: x 4= 8 és a B: x = 9 állítások (amelyek az egyeletmegoldásba egymás utá következhetek) ekvivalesek ( A B), így az A állítás helyett elegedő a B állítást vizsgáluk, ez a végeredméye em változtat. (Két egyeletet akkor moduk ekvivalesek, ha megoldáshalmazaik megegyezek, vagyis bármely számra az vagy midkét egyeletet teljesíti, vagy egyiket sem.) Előfordulhat, hogy em ekvivales átalakítást hajtuk végre egy egyelete. Ha például A: x = 3 és B: x = 9, akkor A B igaz, de B A em (és így A B sem). A két állítás sorredjétől függőe kétféle probléma lép fel az egyeletmegoldásba: Ha x = 3 -ból következtetük =± ), akkor hamis gyököt kapuk (hisze 3 ( x 9) ( x 3) 9 x = -re (amelyek megoldásai x, 3 x ). Itt maga az ( x 3) ( x 9) = = implikáció helyes volt, azoba = = már em igaz, ezért kaptuk a helyes megoldás mellett helytelet is. Ez a módszer midig megadja a helyes megoldás(oka)t, de midig szükség va az elleőrzésre, amely kizárja a hamis gyökö(ke)t. Ilye lépések többek között a égyzetre emelés és az isme- x 6 x 36 x = 6 x = 6x. retleel való szorzás, például ( = ) ( = ) és ( ) ( ) Ha x = 9 -ből következtetük x = 3 -re, akkor bár jó megoldást kapuk, gyökvesztés lép fel, ugyais az 3 x = 9 x= 3 implikáció sem x = megoldást elveszítjük. Itt már maga az ( ) ( ) helyes (aak elleére, hogy 3 x = jó megoldás), hisze ( x 9) ( x 3) = = azt modja, hogy mide olya esetbe, amikor x = 9, igaz, hogy x = 3, ez viszot hamis állítás. (Logikailag éppe ayira hamis, mit ha x = 9 -ből x = 4 -re következteték.) Ez a módszer azért kerüledő, mert gyökvesztés eseté a későbbiekbe em találjuk már meg a hiáyzó megoldás(oka)t. Ilye lépések többek között a gyökvoás és az ismeretleel való osztás. Elkerülé- x = 9 x= 3 hibás lépés helyett a sükre a gyökvoásál abszolútértéket haszáluk: az ( ) ( ) helyes következtetés ( x 9) ( x 3) = =, az ismeretleel való osztás helyett pedig 0-ra redezük: ( x 3 x ) ( x ) Bizoyítási módszerek = = helyett az 3 x x = 0 egyeletet alakítjuk szorzattá. Direkt bizoyítás: a bizoyítás sorá igaz állításokból kiidulva (például axiómákból azaz bizoyítás élkül elfogadott alaptételekből, defiíciókból és már bizoyított tételekből), logikai következtetésekkel jutuk el a bizoyítadó állításig. A legtöbb matematikai tételt direkt úto bizoyítjuk. 8

9 Például: Tétel: Egy páratla szám égyzete 4-gyel osztva maradékot ad. Bizoyítás: Legye egy páratla szám. Ekkor k, k k k = 4 4 = k = ( ) = A, ahol A= 4 ( k k) és A osztható 4-gyel 4-gyel osztva maradékot ad. Az implikáció műveletét haszálva, igaz állításokból igaz állításokra következtetve eljutottuk a bizoyítadó állításig. Idirekt bizoyítás: a bizoyítadó állítás tagadásából kiidulva (idirekt feltevés), logikai következtetésekkel elletmodásra jutuk. (Ez az elletmodás lehet egy tetszőleges ismert igaz állítás hamissága vagy az idirekt feltevés hamissága is.) Így a bizoyítadó állítás em lehet hamis, szükségképpe tehát igaz lesz. Például: Tétel: Végtele sok prímszám va. Bizoyítás: Tegyük fel, hogy az állítás hamis, vagyis csak véges sok prímszám va. Az öszszes prím a következő: p, p,..., p k, ahol k. Ötlet: tekitsük a K = p... p p k számot. K em prím (mert agyobb a p, p,..., p k midegyikéél). K -él agyobb, és em osztható a p, p,..., p k prímszámok egyikével sem (mert midegyikkel osztva maradékot ad). K is prímszám. Elletmodás, hisze K em lehet egyszerre prím és em prím. Legye A: Végtele sok prímszám va. A bizoyításba az implikáció műveletét haszálva, a A feltételből kiidulva a következtetések elletmodásra vezettek (ha B: K prím., akkor a B B állításhoz jutottuk, amely biztosa hamis). Tehát A em lehet igaz, szükségképpe A igaz. Teljes idukció: Végtele sok állítást (pl. A, A,...) akaruk egyszerre bebizoyítai, amelyek valamilye változótól függek (általába az A állításba szerepel, például A : Az első pozitív egész ( ) szám összege ). Ezt két lépésbe tesszük: először megmutatjuk, hogy az első állítás (általába A ) igaz, utáa pedig igazoljuk, hogy ha valamilye k-ra az A k állítás igaz (idukciós feltevés), akkor a soro következő A k állítás is igaz. Vagyis A igazságából és az Ak A k következtetés helyességéből az A A A3... implikáció-sorozattal az összes állítást beláttuk. Megjegyzés: A teljes idukció ahhoz hasolítható, amikor végtele sok, egymás melletti domiót akaruk fellöki. Eek teljesüléséhez két dolog szükséges: egyrészt meg kell lökük az első domiót, másrészt tuduk kell, hogy bármely domió eldőlése maga utá voja a következő domió eldőlését is. Megjegyzés: Bizoyos feladatokba az idukciós feltevésél em csak azt tételezzük fel, hogy valamilye k-ra az A k állítás igaz, haem azt is, hogy az A, A,..., A k állítások mid igazak (vagyis az első k domió midegyike eldőlt már). Például: Tétel ( A ): Az első pozitív egész szám összege ( ). Bizoyítás: Az állítás igaz = -re, ugyais A : Az első pozitív egész szám összege = 9

10 igaz állítás. Tegyük fel most, hogy az ( k ) A k állítás igaz valamilye pozitív egész k-ra, tehát k... k = (ezt evezzük idukciós feltevések), majd (eek felhaszálásával) ( k ) ( k ) lássuk be A k -et, vagyis hogy... k =. Az ( ) ( ) ( ) idukciós feltevés ( ) ( ) ( ) k k k k... k =... k k = ( k ) = átalakítással az egyelőséglác két végé megkaptuk a bizoyítadó A k állítást, ezzel A k -et beláttuk. Tehát A igazságából és a lácreakcióból adódik, hogy mide pozitív egész -re A is igaz. Skatulya-elv: Ez a bizoyítási módszer azt a téyt haszálja ki, hogy ha skatulyába -él több tárgyat szétosztuk, akkor valamelyik skatulyába legalább tárgy kerül. Továbbá, ha skatulyába k - él több tárgyat szétosztuk, akkor valamelyik skatulyába legalább k tárgy kerül. Például: Tétel: 3 egész szám között biztos va 4 olya, amelyik ugyaolya jegyre végződik. Bizoyítás: Az utolsó számjegy = 0 -féle lehet, a skatulya-elvet alkalmazhatjuk k = 3 -ra, így mivel 3> 3 0, ezért a 0 skatulya valamelyikébe biztosa legalább 4 szám kerül. (Ha mide skatulyába csak legfeljebb 3-3 szám kerüle, akkor összese legfeljebb 3 0 = 30 számuk lehete, ami elletmod aak, hogy 3 számuk va. Az utolsó godolatba idirekt bizoyítást haszáltuk.) II. Kidolgozott feladatok. Írjuk fel miél rövidebb formulával az ( A B) ( A B) kifejezést! I. Megoldás: Készítsük el a kifejezés logikai értéktáblázatát! A táblázat oszlopaiba először az első zárójel, majd a második zárójel, végül az utolsó oszlopba e két kifejezés és -sel összekapcsolásáak kiértékelése látható (ez utóbbi megegyezik a teljes kifejezés értékével): A B A B A B ( A B) ( A B) I I I I I I H H I H H I I H H H H I I I A táblázatból kiolvasható, hogy a kifejezés értéke potosa akkor igaz, ha A és B logikai értéke megegyezik. Tehát a kifejezés rövidebb formulával A B alakba írható fel. Természetese más alakok is megadhatók (például ( A B) ( A B) ), de az előbb megadott a legrövidebb. II. Megoldás: Értéktáblázat élkül is lerövidíthetjük a formulát. A kifejezés potosa akkor igaz, ha A igazsága maga utá voja B igazságát, A hamissága pedig B hamisságát. (Ha A igaz, akkor az első zárójel miatt B-ek is igazak kell leie, ha pedig A hamis, akkor a második zárójel miatt B-ek is hamisak kell leie.) Így a keresett rövidebb formula: A B. 0

11 . Készítsük el a következő kifejezések logikai értéktáblázatát! a) ( A B) B b) ( A B) ( A A) c) ( A B) ( B C) Megoldás: Az első két kifejezés kétváltozós, így táblázataikba 4 esetet kell vizsgáli a változók lehetséges értékeiek megfelelőe. A harmadik kifejezés háromváltozós, így abba = 8 lehetséges esetet kell megvizsgáluk (eyi sora lesz a táblázatak). Midhárom esetbe először a zárójel(ek)be álló kifejezés(eke)t értékeljük ki, majd a közöttük lévő műveletet. a) A B A B ( ) A B B I I I I I H H I H I I I H H I H Megjegyzés: A táblázatból kiolvasható, hogy A B= A B. b) A B A B A A ( A B) ( A A) I I I I I I H H I H H I H I H H H H I H Megjegyzés: A táblázatból kiolvasható, hogy A A értéke midig igaz, így a vizsgált kifejezés értéke megegyezik A B értékével, hisze a midig igaz állítást I-vel jelölve tetszőleges C állítás eseté C I = C. c) A B C A B B C ( A B) ( B C) I I I I I I I I H I I I I H I H I H I H H H H I H I I I I I H I H I I I H H I I I I H H H I H H

12 3. Írjuk fel olya kifejezéseket, amelyek logikai értéktáblázata a következő: A B a kifejezés értéke I I I I H I H I H H H I I. Megoldás: Az egyik lehetőség, hogy felsoroljuk midazo eseteket, amikor a kifejezés igaz, majd ezeket vagy -gyal kapcsoljuk össze: ( A B) ( A B) ( A B). II. Megoldás: Az alapműveletek közül a vagy értéke három esetbe igaz, egyszer hamis. A vagy akkor hamis, ha midkét változója hamis. Ahhoz, hogy hamis A és igaz B eseté két hamis kifejezést kapcsoljuk össze, B helyett B -t kell tekiteük, így ebbe az esetbe a lehetséges megoldás: A B. III. Megoldás: Az alapműveletek közül az és értéke három esetbe hamis, egy esetbe igaz. Eek tagadása három esetbe lesz igaz, egy esetbe hamis. Így a következő kifejezés is jó meg- A B. oldás: ( ) IV. Megoldás: Az alapműveletek közül a ha-akkor értéke három esetbe igaz, egyszer hamis. A ha-akkor akkor hamis, ha az első változója igaz, a második hamis. Így a következő kifejezések is jó megoldások: A B, illetve B A. Természetese számos további megoldást is előállíthatuk. 4. Legye A: Az szám osztható 4-gyel. Adjuk meg az A állítás a) egy szükséges, de em elégséges feltételét! b) egy elégséges, de em szükséges feltételét! c) egy szükséges és elégséges feltételét! Megoldás: a) Jó megoldás mide olya állítás, amely következik A-ból, de amelyből em következik A. Ilyeek például: Az szám osztható -vel., Az szám osztható 3-mal., és így tovább (a 4 összes valódi osztóját behelyettesíthetjük a modatba), vagy például Az szám osztható 4-gyel és 6-tal. (ez utóbbi valóba em elégséges, hisze például a -re is teljesül). b) Jó megoldás mide olya állítás, amelyből következik A, de amely em következik A-ból. Ilyeek például: Az szám osztható 48-cal., Az szám osztható 400-zal., Az szám értéke 7., és így tovább. c) Jó megoldás mide olya állítás, amely ekvivales A-val. Ilyeek például: Az szám osztható 3-mal és 8-cal., Az szám felírható 4 k alakba, ahol k egész szám.. Sőt, valójába jó megoldás maga az A állítás is, hisze mide állítás ekvivales saját magával.

13 5. Botsuk fel a következő állításokat egyszerű kijeletésekre, és írjuk fel logikai műveletekkel az összetett kijeletéseket! Ezt követőe fogalmazzuk meg az állítások tagadását! a) Mide égyszögek va beírt köre. b) Va olya autó, amelyikek lejárt a zöldkártyája és ics érvéyes műszaki vizsgája sem. c) Egyik lakásba sics sem radiátor, sem kályha. d) Ha éhes vagyok, lemegyek a büfébe. e) Mide iskolába va olya osztály, ahol mideki kitűő. f) Akkor és csak akkor veszek fel reggel kék szokyát, ha azap szíházba vagy az Operába megyek. Megoldás: a) Az A: (A sokszög egy) égyszög. és B: (A sokszögek) va beírt köre. jelölésekkel az állítás A B alakba írható. Eek tagadása A: B, azaz: Va olya égyszög, amelyek ics beírt köre. az állítás ( ) alakba írható. Eek tagadása ( ) b) Az A: autó, B: lejárt a zöldkártyája és C: ics érvéyes műszaki vizsgája jelölésekkel A: B C A B C, amely a De Morgaazoosság alapjá A ( B C) alakra hozható, azaz: Mide autóak em járt le a zöldkártyája vagy va érvéyes műszaki vizsgája. Nyelvileg szebbe hagzik a következő (logikailag ekvivales) megfogalmazás: Mide autóak érvéyes a zöldkártyája és a műszaki vizsgája közül legalább az egyik. c) Az A: lakás, B: va radiátor és C: va kályha jelölésekkel, továbbá az egyik lakásba sics = mide lakásba ics átfogalmazással az állítás A ( B C) alakba írható. Eek tagadása A: ( B C), átalakítva A: ( B C), azaz: Va olya lakás, amelybe va radiátor vagy kályha. d) Az A: éhes vagyok és B: lemegyek a büfébe jelölésekkel az állítás A B alakba írható. Eek tagadása A B, azaz: (Va olya alkalom, hogy) éhes vagyok és em megyek le a büfébe. (Az eredeti állítást úgy is fogalmazhattuk vola, hogy Mide alkalommal, amikor éhes vagyok, lemegyek a büfébe. ) e) Az A: iskola, B: osztály és C: kitűő jelölésekkel az állítás A ( B: C) írható. Eek tagadása A: ( B: C) utá A: B ( C) alakba, ami a zárójeles kifejezés tagadásáak behelyettesítése alakra hozható, azaz: Va olya iskola, ahol mide osztályba va olya, aki em kitűő. (esetleg: Va olya iskola, ahol mide osztályba va em kitűő. ) f) Az A: (ma) reggel kék szokyát veszek fel, B: (ma) szíházba megyek és C: (ma) az Operába megyek jelölésekkel az állítás A ( B C) alakba írható. (A szíházba vagy az Operába megyek logikailag megegedi, hogy akár midkét helyre mejek egymás utá, bár ez em valószíű.) Eek tagadása A ( B C), azaz: Vagy reggel kék szokyát veszek fel, vagy azap 3

14 szíházba vagy az Operába megyek. Eek a megoldásak hátráya, hogy a formulába szereplő zárójel em látszik bee, így formailag csak a modatba szereplő vessző mutatja, hogy em három egyeértékű vagy áll a modatba. Élőszóba midez hagsúlyozással jelezhető (például a kizáró vagy -hoz tartozó két vagy -ot jobba megyomjuk, esetleg a vesszőél agyobb szüetet tartuk), írásba talá szerecsésebb a következő átfogalmazás: Vagy reggel kék szokyát veszek fel, vagy azap elmegyek szíházba, esetleg az Operába. De megfogalmazhatjuk a tagadást A ( B C) formába is, azaz: Akkor és csak akkor em veszek fel reggel kék szokyát, ha azap szíházba vagy az Operába megyek. 6. Fogalmazzuk meg a következő állítás megfordítását: Ha egy húrégyszögek va derékszöge, akkor téglalap. Igaz-e az állítás, illetve a megfordítása? Megoldás: Az állítás megfordítása: Ha egy húrégyszög téglalap, akkor va derékszöge. Fotos észreveük, hogy a húrégyszög kijeletés em része a feltételek, az mideképpe a modat elejé marad (mit a modat alaya). Formalizálva: az A: a húrégyszögek va derékszöge és B: a húrégyszög téglalap jelölésekkel az eredeti állítás A B, a megfordítása B A formába írható. Az eredeti állítás hamis (egy lehetséges ellepélda az a égyszög, amelyek szögei az egyik körüljárás szerit: 90, 60, 90 és 0, ez a égyszög a húrégyszögek tételéek megfordítása miatt húrégyszög, de em téglalap vagy általáosabb ellepélda egy olya égyszög, amelyek egyik átlója a körülírt kör átmérője, a másik viszot em). Az állítás megfordítása igaz, hisze egy tetszőleges téglalapak va derékszöge. 7. Az alábbi állítások közül háy lehet egyszerre igaz ugyaazo valós számra voatkozóa? A: 3 B: = 4 C: D: = E: = 6 3 = 4 F: lg( ) = lg( 6) I. Megoldás: Ábrázoljuk az állítások logikai kapcsolatát, jelezve az egymásból következő, illetve az ekvivales állításokat! A B és C állítások ekvivalesek, továbbá D-ből következik B (és ekkor yilvá C is), de B-ből em következik D (az ellepélda = 4 ). A D állítás ekvivales az = 4 állítással, amelyből következik E, a megfordítás viszot em (az ellepélda = 0 ). Eddig tehát az állítások kapcsolatát a következőképpe szemléltethetjük: E D ( B C). 3 Az F egyeletbe a logaritmust elhagyva = 6-et kapuk, azoba a logaritmus értelmezési tartomáya miatt > 0, ekkor -el oszthatuk, így az = 6 állítást kapjuk, de > 0 miatt az egyelet egyedüli megoldása 4 E D F B C. =, amely ekvivales D-vel: ( ) ( ) Hátra va még az A állítás vizsgálata. Ez függetle B-től (és C-től), egyikből sem következik a másik (hisze B és C esetébe pozitív és egatív értéket is felvehet). Az A állítás szité függetle E-től, egyikből sem következik a másik. Végül D-ből (és F-ből) következik A, hisze = 4 teljesíti A-t, de fordított iráyba ics kapcsolat az állítások között. Így az állítások logikai kapcsolata a következő: ( ) ( ) E D F B C. A 4

15 A kapcsolatokból leolvasható, hogy ha D (és F) igaz, akkor mid a 6 állítás igaz. Ha D (és F) hamis, akkor 4, így a többi állítás a következőképpe írható fel: A: 3 (de 4 ); B: = 4 ; C: = 4 ; E: = 0. Ha A igaz, akkor ez kizárja a másik hármat, így igaz állítást kapuk. Ha A hamis, akkor B és C, illetve E kizárja egymást, így vagy E igaz ( igaz állítás), vagy B és C ( igaz állítás), vagy egyik sem (0 igaz állítás). Vagyis a megadott állítások közül egyszerre 0,, vagy 6 lehet igaz. II. Megoldás: Felsorolhatjuk az egyes állítások esetébe lehetséges értékeit: A: 3 B: { 4; 4} C: { 4; 4} D: 4 = E: { 0; 4} F: = 4 A felsorolásból is következik az állítások előző megoldásba vázolt logikai kapcsolata, illetve megadhatuk kokrét értékeket, amelyekre az állítások közül egyszerre 0,,, 3 vagy 6 lesz igaz: = 0 igaz állítás = 0 igaz állítás (A) = 0 igaz állítás (E) = 4 igaz állítás (B és C) = 4 6 igaz állítás (az összes) Más lehetőség icse, hisze lehetséges értékei közül a B F állításokhoz elegedő a 4, 0, 4 értékeket kipróbáli, az A állításhoz pedig egy 3-ál kisebb és egy 3-ál em kisebb értéket. Vagyis a megadott állítások közül egyszerre 0,, vagy 6 lehet igaz. 8. Hol va a hiba az lg x = egyelet alábbi megoldásába? lg x = lg x = lg x = x = 0 = 0 Megoldás: Az egyelet megoldása biztosa em helyes, ugyais elleőrzéssel meggyőződhetük róla, hogy x = 0 is jó megoldás. A hibát ott követtük el, hogy a lg x = lg x = átalakítás em ekvivales lépés. Írjuk fel az értelmezési tartomáyokat is, ekkor a következőt kap- lg x x 0 lg x= x> 0. Vagyis az átalakítás sorá szűkült az juk: ( ) = > ( ) értelmezési tartomáy ( x 0 -ról x > 0 -ra), emiatt a következtetés iráya em fordítható meg, azaz gyökvesztés esete áll fe. Az egyelet egy lehetséges helyes megoldása: lg x = x = 0 x, =± 0. Megjegyzés: A feladat azt illusztrálja, hogy a logaritmus azoosságai em midig ekvivales átalakítások, az értelmezési tartomáy esetleges megváltozása miatt. 5

16 9. Bizoyítsuk be a következő állításokat: a) A 6 irracioális szám. b) 3... ( ) ( )( ) =, ahol. 3 c) 3 3 4, ahol. d) Bárhogy választuk ki az,, 3,, számok közül -et, biztosa lesz a kiválasztott számok között két olya, amelyek relatív prímek (azaz legagyobb közös osztójuk ). Megoldás: a) Idirekt bizoyítást alkalmazuk. Tegyük fel, hogy a 6 em irracioális, azaz racioális szám (idirekt feltevés), ekkor felírható p q alakba, ahol p és q pozitív egész számok. Ekkor a p 6 = midkét oldalát égyzetre emelve, majd redezve a 6q = p összefüggést kapjuk. A q jobb oldalo p egy égyzetszám, így prímtéyezős felbotásába mide prímtéyező páros kitevő szerepel, például a is. (Egyébkét p páros, de ezt em haszáljuk ki.) A bal oldalo q is égyzetszám, így a kitevője ebbe is páros (akár 0 is lehet, ha q páratla), viszot 6= 3 miatt ekkor a bal oldalo összességébe páratla lesz a kitevője. Egy egyelet két oldalá em lehet külöböző paritású kitevője, tehát elletmodásra jutottuk, az idirekt feltevés hamis volt, szükségképpe a bizoyítadó állítás igaz. 3 b) Teljes idukciót alkalmazuk. Az állítás igaz = -re, mert =. Tegyük fel, hogy az 3 állítás igaz valamilye k-ra (idukciós feltevés), azaz valamely rögzített k-ra teljesül az ( )( k ) k k 3... k( k ) = összefüggés. Ebből szereték bebizoyítai, hogy 3 ( )( )( ) k k k 3 k -re is teljesül az állítás, azaz 3... ( k )( k ) =. Mivel 3 a bal oldalo 3... ( k )( k ) = 3... k( k ) ( k )( k ), ezért a szögletes zárójelbe álló kifejezést helyettesíthetjük az idukciós feltevés jobb oldalával, így: k( k )( ) ( )( ) ( )( ) k k 3... ( )( ) k k k = k k = ( k 3 ), ami 3 3 éppe a bizoyítadó állítás. Tehát ha valamilye rögzített k-ra igaz az állítás, akkor k -re is igaz, továbbá = -re igaz az állítás, így mide pozitív egész -re igaz. c) Teljes idukciót alkalmazuk. Az állítás igaz = -re, mert = =. k k Tegyük fel, hogy az állítás igaz valamilye rögzített k-ra, azaz 3 3 4, majd lássuk be, hogy ekkor k -re is igaz, vagyis, hogy ( k ) ( k ) k 3 k , azaz Alkalmazzuk a ( ) k 3 k 3 k k k k k 3 4 = = átalakítást, így kihasz- 6

17 k k álhatjuk az idukciós feltevést, tehát 3 ( 3 4 ) osztható lesz 3-mal. Mivel 3 4 k is osztható 3-mal, így e két kifejezés összege is osztható 3-mal, ami éppe a bizoyítadó állítás. Ezzel beláttuk, hogy ha valamilye rögzített k-ra igaz az állítás, akkor k -re is igaz, továbbá = -re igaz az állítás, így mide pozitív egész -re igaz. k 3 k 3 k k k 3 4 = átalakítást is. Megjegyzés: Alkalmazhattuk vola a ( ) d) Skatulya-elvet alkalmazuk. Vegyük skatulyát, amelyek midegyikébe két-két szomszédos egész számot teszük: az első skatulyába az és a, a másodikba a 3 és a 4, és így tovább, végül az -edikbe a és a. Ha most az,, 3,, számok közül -et kiválasztuk, akkor biztosa lesz két olya szám a kiválasztottak közül, amelyek ugyaabba a skatulyába vaak (mert skatulyából -szer választottuk), így ez a két kiválasztott szám szomszédos. A szomszédos egész számok pedig biztosa relatív prímek, hisze ha lee valamilye -él agyobb d közös osztójuk, akkor ez a d osztója lee a külöbségükek, -ek is, ami lehetetle. (Az utolsó lépésbe idirekt bizoyítást alkalmaztuk.) 0. Írjuk fel zárt formába az első pozitív köbszám összegét, ahol! Megoldás: A képlet megsejtéséhez írjuk fel az első éháy -re az kifejezés potos értékét! = 3 = = = 3 3 = 9= 3 = ( ) = = 36= 6 = ( 3) = = = = ( ) Megfigyelhetjük, hogy az eredméy midig égyzetszám, mégpedig az első pozitív egész szám ( ) összegéek a égyzete. Mivel... =, ezért sejtésük a következő: ( ) =. Sejtésüket teljes idukcióval igazoljuk. Az állítás igaz = -re, mert 3 =. Tegyük fel ( ) k k most, hogy az állítás igaz valamely rögzített k-ra, azaz... k = ( k )( k ), majd lás suk be, hogy ekkor k -re is igaz, vagyis... ( k ) =. Mivel a bal 3 3 oldalo ( ) k =... k ( k ) 3, ezért a szögletes zárójelre alkalmazhatjuk az idukciós feltevést, vagyis a bizoyítadó állítás bal oldala így alakítható tovább: 7

18 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 k... k k k k k ( k ) ( k ) ( k ) = = = ( k 4k 4) = Ezzel éppe a bizoyítadó állítást kaptuk. Tehát ha sejtésük igaz valamely rögzített k-ra, akkor k -re is igaz, továbbá = -re igaz, így sejtésüket mide pozitív egész -re igazoltuk. Vagyis az első pozitív köbszám összege. ( ) Megjegyzés: A bizoyítadó állítás megsejtése em volt yilvávaló, és sok más esetbe sem az. A teljes idukció legikább akkor alkalmazható, ha vagy már megsejtettük az eredméyt, vagy a feladat előre megadta számukra azt.. Hol va a hiba a következő bizoyításba? Állítás: 3 3 5, ahol. Bizoyítás teljes idukcióval: Az állítás = 0 eseté igaz, mert = = 3, ami osztható 3-mal. Tegyük fel most, hogy az állítás igaz valamely rögzített k-ra, majd lássuk be, k k k hogy ekkor k -re is igaz, azaz: Alkalmazzuk a következő átalakításokat: ( ) k k k k k k k k k k k = =. Az idukciós feltevés k k k miatt 3 5 osztható 3-mal (így eek -szerese is), míg 3 k és 3 5 k többszörösei 3-ak, így ezek is oszthatók 3-mal, s ezért a három tag összege is osztható 3-mal. Ezzel az állítást beláttuk. Megoldás: A bizoyítás biztosa rossz, hisze az állítás hamis (csak = 0 -ra igaz). A hiba ott va, hogy 3 k 0 em feltétleül osztható 3-mal, hisze k = 0 eseté 3 =. Emiatt = 0 -ról = - re em öröklődik az állítás, s így a többi 0-ál agyobb -re sem. Megjegyzés: A bizoyítás többi lépése helyes, így ha valamely pozitív egész -re igaz lee az állítás, akkor az összes -él agyobb egészre is igaz lee. De az állítás csak = 0 -ra igaz.. Adott az a =, a =, a 3 ( ) rekurzív sorozat. Igazoljuk, hogy a soro- zat explicit alakja a =! a a = 3a a Megoldás: Teljes idukciót alkalmazuk. Mivel a rekurzió másodredű (az -edik tag kiszámításakor a két megelőző tagot az -ediket és az -ediket haszáljuk), ezért az idukciós feltevést most a megelőző két tagra kell majd kihaszáluk, és emiatt az állítást is az első helyett az első két kezdőértékre kell elleőrizük. Az állítás igaz = -re és = -re, mert = és =. Tegyük fel most, hogy 3 az állítás már igaz -től valamely rögzített k -ig mide egész számra, ahol k (így speciálisa k-ra és k -re, tehát két szomszédos tagra is), majd lássuk be, hogy ekkor k -re is 8

19 igaz, vagyis a k = k. A sorozat rekurzív megadása alapjá ak ak ak = 3a a k k, az i- dukciós feltevés miatt pedig ak = k és a k = k, ezért igaz a következő átalakítás: k k k k 3 ( ) ( ) ak = = : 3 k k k k ( ) ( ) ( ) (. Tovább alakítva ezt ) k k kapjuk:, ami éppe a a k = = = = k k k k k k ( ) ( ) bizoyítadó állítás. Ezzel az állítást mide számra igazoltuk. III. Ajálott feladatok. Tudjuk, hogy mide olya hétfő, amikor Micimackó mézet eszik, Zsebibaba Malackával játszik a réte. Ma Zsebibaba ics kit a réte. Ehet-e ma mézet Micimackó, ha a) ma hétfő va? b) ma szerda va?. Ugyaazt jeletik-e az ( A B) ( B A) és a ( ( A B) ) ( A B) kifejezések? 3. Véletleszerűe kitöltöttük egy kétváltozós (A-t és B-t tartalmazó) kifejezés logikai értéktáblázatát. (Egyelő eséllyel választva a lehetséges kitöltések közül.) Mekkora eséllyel lesz a felírt táblázat éppe a B ( A A) kifejezés logikai értéktáblázata? 4. Tekitsük a következő állításokat ugyaazo pozitív egész számra voatkozóa: A: Az összetett szám. C: Az számak va -él agyobb égyzetszám osztója. B: Az osztható 4-gyel. D: Az számak va ála kisebb pozitív prímosztója. Mely állítások ekvivalesek egymással, illetve melyikből következik valamelyik másik? 5. Fogalmazzuk meg a következő állítások tagadását! a) Mide barátomak va legalább két testvére vagy legalább egy kutyája. b) Egyik héte sics olya ap, amikor égy órát taulok. c) Va olya tatárgy, amelyikből év végé írásba és szóba is vizsgázuk. d) Ha a telefoomra ébredek fel, em félek a dolgozattól. e) Mide emberek va olya köyve, amelyikek mide sorát kívülről tudja. 6. Fogalmazzuk meg a következő állítás megfordítását: Ha egy égyzetszám 6-ra végződik, akkor osztható 9-cel. Igaz-e az állítás, illetve a megfordítása? 9

20 7. Készítsük el a ( A B) ( B A) kifejezés logikai értéktáblázatát, majd írjuk fel többféle logikai formulával a kifejezés tagadását! 8. Írjuk fel olya K, L és M kifejezéseket, amelyek logikai értéktáblázata a következő: A B K L M I I H H I I H H H I H I I H H H H I I I 9. a) Adjuk meg egy elégséges, de em szükséges feltételét aak, hogy egy köbszám osztható legye 6-tal! b) Adjuk meg egy szükséges, de em elégséges feltételét aak, hogy egy égyszög téglalap legye! c) Adjuk meg egy szükséges és elégséges feltételét aak, hogy az ABCD égyszögek legye beírt köre! 0. Ekvivalesek-e mide esetbe a következő átalakítások? a) Egy egyelet midkét oldalához hozzáaduk x 3 -at. b) Egy egyelet midkét oldalából levouk x -t. c) Egy egyelet midkét oldalát égyzetre emeljük, majd midkét oldalból gyököt vouk. d) Egy egyelet midkét oldaláak vesszük a 3-as alapú logaritmusát (feltéve, hogy midkét oldal pozitív volt).. Milye kapcsolat (szükséges feltétel, elégséges feltétel, szükséges és elégséges feltétel) áll fe a következő kijeletéspárok két tagja között? a) A: Az a sorozat korlátos. és B: Az a sorozat koverges. b) C: A b sorozat diverges. és D: A b sorozat em korlátos. c) E: Az f függvéy differeciálható. és F: Az f függvéy folytoos.. Egy szigete igazmodók és hazudósok élek. Az igazmodók midig igazat modaak, a hazudósok midig hazudak. Megkérdeztük öt embert, akik ismerték egymást: Háy igazmodó va köztetek? A válaszaik:,, 3, 4, 5. Háy igazmodó lehetett az öt ember között? 3. Peti macskája mide reggel dorombol, ha azap esi fog az eső. Ma reggel dorombol. Vigye-e eseryőt Peti? 0

SZÁMELMÉLET. Vasile Berinde, Filippo Spagnolo

SZÁMELMÉLET. Vasile Berinde, Filippo Spagnolo SZÁMELMÉLET Vasile Beride, Filippo Spagolo A számelmélet a matematika egyik legrégibb ága, és az egyik legagyobb is egybe Eek a fejezetek az a célja, hogy egy elemi bevezetést yújtso az első szite lévő

Részletesebben

(A TÁMOP /2/A/KMR számú projekt keretében írt egyetemi jegyzetrészlet):

(A TÁMOP /2/A/KMR számú projekt keretében írt egyetemi jegyzetrészlet): A umerikus sorozatok fogalma, határértéke (A TÁMOP-4-8//A/KMR-9-8 számú projekt keretébe írt egyetemi jegyzetrészlet): Koverges és diverges sorozatok Defiíció: A természetes számoko értelmezett N R sorozatokak

Részletesebben

3. SOROZATOK. ( n N) a n+1 < a n. Egy sorozatot (szigorúan) monotonnak mondunk, ha (szigorúan) monoton növekvő vagy csökkenő.

3. SOROZATOK. ( n N) a n+1 < a n. Egy sorozatot (szigorúan) monotonnak mondunk, ha (szigorúan) monoton növekvő vagy csökkenő. 3. SOROZATOK 3. Sorozatok korlátossága, mootoitása, kovergeciája Defiíció. Egy f : N R függvéyt valós szám)sorozatak evezük. Ha A egy adott halmaz és f : N A, akkor f-et A-beli értékű) sorozatak evezzük.

Részletesebben

Kalkulus I. Első zárthelyi dolgozat 2014. szeptember 16. MINTA. és q = k 2. k 2. = k 1l 2 k 2 l 1. l 1 l 2. 5 2n 6n + 8

Kalkulus I. Első zárthelyi dolgozat 2014. szeptember 16. MINTA. és q = k 2. k 2. = k 1l 2 k 2 l 1. l 1 l 2. 5 2n 6n + 8 Név, Neptu-kód:.................................................................... 1. Legyeek p, q Q tetszőlegesek. Mutassuk meg, hogy ekkor p q Q. Tegyük fel, hogy p, q Q. Ekkor létezek olya k 1, k 2,

Részletesebben

VII. A határozatlan esetek kiküszöbölése

VII. A határozatlan esetek kiküszöbölése A határozatla esetek kiküszöbölése 9 VII A határozatla esetek kiküszöbölése 7 A l Hospital szabály A véges övekedések tétele alapjá egy függvéy értékét egy potba közelíthetjük az köryezetébe felvett valamely

Részletesebben

MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA)

MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) O k t a t á s i H i v a t a l A 5/6 taévi Országos Középiskolai Taulmáyi Versey első forduló MATEMATIKA I KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató A 5 olya égyjegyű szám, amelyek számjegyei

Részletesebben

3. Számelmélet. 1-nek pedig pontosan három. Hány pozitív osztója van az n számnak? OKTV 2012/2013; I. kategória, 1. forduló

3. Számelmélet. 1-nek pedig pontosan három. Hány pozitív osztója van az n számnak? OKTV 2012/2013; I. kategória, 1. forduló . Számelmélet I. Feladatok 1. Háy égyzetszám osztója va a 7 5 5 7 számak?. Az pozitív egész számak potosa két pozitív osztója va, az + 1-ek pedig potosa három. Háy pozitív osztója va az + 01 számak? OKTV

Részletesebben

10.M ALGEBRA < <

10.M ALGEBRA < < 0.M ALGEBRA GYÖKÖS KIFEJEZÉSEK. Mutassuk meg, hogy < + +... + < + + 008 009 + 009 008 5. Mutassuk meg, hogy va olya pozitív egész szám, amelyre 99 < + + +... + < 995. Igazoljuk, hogy bármely pozitív egész

Részletesebben

1. A matematikai logika alapfogalmai. 2. A matematikai logika műveletei

1. A matematikai logika alapfogalmai. 2. A matematikai logika műveletei 1. A matematikai logika alapfogalmai Megjegyzések: a) A logikában az állítás (kijelentés), valamint annak igaz vagy hamis voltát alapfogalomnak tekintjük, nem definiáljuk. b) Minden állítással kapcsolatban

Részletesebben

( a b)( c d) 2 ab2 cd 2 abcd 2 Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn

( a b)( c d) 2 ab2 cd 2 abcd 2 Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn Feladatok közepek közötti egyelőtleségekre (megoldások, megoldási ötletek) A továbbiakba szmk=számtai-mértai közép közötti egyelőtleség, szhk=számtaiharmoikus közép közötti egyelőtleség, míg szk= számtai-égyzetes

Részletesebben

ALGEBRA. egyenlet megoldásait, ha tudjuk, hogy egész számok, továbbá p + q = 198.

ALGEBRA. egyenlet megoldásait, ha tudjuk, hogy egész számok, továbbá p + q = 198. ALGEBRA MÁSODFOKÚ POLINOMOK. Határozzuk meg az + p + q = 0 egyelet megoldásait, ha tudjuk, hogy egész számok, továbbá p + q = 98.. Határozzuk meg az összes olya pozitív egész p és q számot, amelyre az

Részletesebben

Feladatok megoldása. Diszkrét matematika I. Beadandó feladatok. Bujtás Ferenc (CZU7KZ) December 14, feladat: (A B A A \ C = B)

Feladatok megoldása. Diszkrét matematika I. Beadandó feladatok. Bujtás Ferenc (CZU7KZ) December 14, feladat: (A B A A \ C = B) Diszkrét matematika I. Beadadó feladatok Bujtás Ferec (CZU7KZ) December 14 014 Feladatok megoldása 1..1-6. feladat: (A B A A \ C = B) A B A = A \ C = B igazolása: A B A = B \A = Ø = B = A B (Mivel a B-ek

Részletesebben

Prímszámok a Fibonacci sorozatban

Prímszámok a Fibonacci sorozatban www.titokta.hu D é e s T a m á s matematikus-kriptográfus e-mail: tdeest@freemail.hu Prímszámok a Fiboacci sorozatba A továbbiakba Fiboacci sorozato az alapsorozatot (u,,,3,5,...), Fiboacci számo az alapsorozat

Részletesebben

18. Differenciálszámítás

18. Differenciálszámítás 8. Differeciálszámítás I. Elméleti összefoglaló Függvéy határértéke Defiíció: Az köryezetei az ] ε, ε[ + yílt itervallumok, ahol ε > tetszőleges. Defiíció: Az f függvéyek az véges helye vett határértéke

Részletesebben

1. Írd fel hatványalakban a következõ szorzatokat!

1. Írd fel hatványalakban a következõ szorzatokat! Számok és mûveletek Hatváyozás aaaa a a darab téyezõ a a 0 0 a,ha a 0. Írd fel hatváyalakba a következõ szorzatokat! a) b),,,, c) (0,6) (0,6) d) () () () e) f) g) b b b b b b b b h) (y) (y) (y) (y) (y)

Részletesebben

Nevezetes sorozat-határértékek

Nevezetes sorozat-határértékek Nevezetes sorozat-határértékek. Mide pozitív racioális r szám eseté! / r 0 és! r +. Bizoyítás. Jelöljük p-vel, illetve q-val egy-egy olya pozitív egészt, melyekre p/q r, továbbá legye ε tetszőleges pozitív

Részletesebben

2. fejezet. Számsorozatok, számsorok

2. fejezet. Számsorozatok, számsorok . fejezet Számsorozatok, számsorok .. Számsorozatok és számsorok... Számsorozat megadása, határértéke Írjuk fel képlettel az alábbi sorozatok -dik elemét! mooto, korlátos, illetve koverges-e! Vizsgáljuk

Részletesebben

4. Test feletti egyhatározatlanú polinomok. Klasszikus algebra előadás NE KEVERJÜK A POLINOMOT A POLINOMFÜGGVÉNNYEL!!!

4. Test feletti egyhatározatlanú polinomok. Klasszikus algebra előadás NE KEVERJÜK A POLINOMOT A POLINOMFÜGGVÉNNYEL!!! 4. Test feletti egyhatározatlaú poliomok Klasszikus algebra előadás Waldhauser Tamás 2013 április 11. Eddig a poliomokkal mit formális kifejezésekkel számoltuk, em éltük azzal a lehetőséggel, hogy x helyébe

Részletesebben

Gyakorló feladatok II.

Gyakorló feladatok II. Gyakorló feladatok II. Valós sorozatok és sorok Közgazdász szakos hallgatókak a Matematika B című tárgyhoz 2005. október Valós sorozatok elemi tulajdoságai F. Pozitív állítás formájába fogalmazza meg azt,

Részletesebben

Sorozatok A.: Sorozatok általában

Sorozatok A.: Sorozatok általában 200 /2002..o. Fakt. Bp. Sorozatok A.: Sorozatok általába tam_soroz_a_sorozatok_altalaba.doc Sorozatok A.: Sorozatok általába Ad I. 2) Z/IV//a-e, g-m (CD II/IV/ Próbálj meg róluk miél többet elmodai. 2/a,

Részletesebben

Matematikai játékok. Svetoslav Bilchev, Emiliya Velikova

Matematikai játékok. Svetoslav Bilchev, Emiliya Velikova Első rész Matematikai tréfák Matematikai játékok Svetoslav Bilchev, Emiliya Velikova A következő matematikai játékokba matematikai tréfákba a végső eredméy a játék kiidulási feltételeitől függ, és em a

Részletesebben

Diszkrét matematika II., 3. előadás. Komplex számok

Diszkrét matematika II., 3. előadás. Komplex számok 1 Diszkrét matematika II., 3. előadás Komplex számok Dr. Takách Géza NyME FMK Iformatikai Itézet takach@if.yme.hu http://if.yme.hu/ takach/ 2007. február 22. Komplex számok Szereték kibővítei a valós számtestet,

Részletesebben

2. Hatványsorok. A végtelen soroknál tanultuk, hogy az. végtelen sort adja: 1 + x + x x n +...

2. Hatványsorok. A végtelen soroknál tanultuk, hogy az. végtelen sort adja: 1 + x + x x n +... . Függvéysorok. Bevezetés és defiíciók A végtele sorokál taultuk, hogy az + x + x + + x +... végtele összeg x < eseté koverges. A feti végtele összegre úgy is godolhatuk, hogy végtele sok függvéyt aduk

Részletesebben

Matematika I. 9. előadás

Matematika I. 9. előadás Matematika I. 9. előadás Valós számsorozat kovergeciája +-hez ill. --hez divergáló sorozatok A határérték és a műveletek kapcsolata Valós számsorozatok mootoitása, korlátossága Komplex számsorozatok kovergeciája

Részletesebben

Matematikai játékok. Svetoslav Bilchev, Emiliya Velikova

Matematikai játékok. Svetoslav Bilchev, Emiliya Velikova Matematikai játékok Svetoslav Bilchev, Emiliya Velikova 1. rész Matematikai tréfák A következő matematikai játékokba matematikai tréfákba a végső eredméy a játék kiidulási feltételeitől függ, és em a játékosok

Részletesebben

Sorozatok, határérték fogalma. Függvények határértéke, folytonossága

Sorozatok, határérték fogalma. Függvények határértéke, folytonossága Sorozatok, határérték fogalma. Függvéyek határértéke, folytoossága 1) Végtele valós számsorozatok Fogalma, megadása Defiíció: A természetes számok halmazá értelmezett a: N R egyváltozós valós függvéyt

Részletesebben

Bizonyítások. 1) a) Értelmezzük a valós számok halmazán az f függvényt az képlettel! (A k paraméter valós számot jelöl).

Bizonyítások. 1) a) Értelmezzük a valós számok halmazán az f függvényt az képlettel! (A k paraméter valós számot jelöl). ) a) Értelmezzük a valós számok halmazá az f függvéyt az f x = x + kx + 9x képlettel! (A k paraméter valós számot jelöl) ( ) Számítsa ki, hogy k mely értéke eseté lesz x = a függvéyek lokális szélsőértékhelye

Részletesebben

Eötvös Loránd Tudományegyetem Informatikai Kar. Analízis 1. Írásbeli beugró kérdések. Készítette: Szántó Ádám Tavaszi félév

Eötvös Loránd Tudományegyetem Informatikai Kar. Analízis 1. Írásbeli beugró kérdések. Készítette: Szántó Ádám Tavaszi félév Eötvös Lorád Tudomáyegyetem Iformatikai Kar Aalízis 1. Írásbeli beugró kérdések Készítette: Szátó Ádám 2011. Tavaszi félév 1. Írja le a Dedekid-axiómát! Legyeek A R, B R. Ekkor ha a A és b B : a b, akkor

Részletesebben

Bevezető analízis II. példatár

Bevezető analízis II. példatár Bevezető aalízis II. példatár Gémes Margit, Szetmiklóssy Zoltá Eötvös Lorád Tudomáyegyetem Természettudomáyi Kar Matematikai Itézet 06. ovember 3. Tartalomjegyzék. Bizoyítási módszerek, valós számok 3..

Részletesebben

Számelméleti alapfogalmak

Számelméleti alapfogalmak Számelméleti alapfogalma A maradéos osztás tétele Legye a és b ét természetes szám, b, és a>b Aor egyértelme léteze q és r természetes számo, amelyere igaz: a b q r, r b Megevezés: a osztadó b osztó q

Részletesebben

1 k < n(1 + log n) C 1n log n, d n. (1 1 r k + 1 ) = 1. = 0 és lim. lim n. f(n) < C 3

1 k < n(1 + log n) C 1n log n, d n. (1 1 r k + 1 ) = 1. = 0 és lim. lim n. f(n) < C 3 Dr. Tóth László, Fejezetek az elemi számelméletből és az algebrából (PTE TTK, 200) Számelméleti függvéyek Számelméleti függvéyek értékeire voatkozó becslések A τ() = d, σ() = d d és φ() (Euler-függvéy)

Részletesebben

I. rész. Valós számok

I. rész. Valós számok I. rész Valós számok Feladatok 3 4 Teljes idukció Igazolja a teljes idukcióval a következ állítások helyességét!.. k 2 = k= ( + )(2 + ). 6.2. 4 + 2 7 + + (3 + ) = ( + ) 2..3. a) b) ( + ) = +. k ( ) =

Részletesebben

(d) x 6 3x 2 2 = 0, (e) x + x 2 = 1 x, (f) 2x x 1 = 8, 2(x 1) a 1

(d) x 6 3x 2 2 = 0, (e) x + x 2 = 1 x, (f) 2x x 1 = 8, 2(x 1) a 1 . Bevezető. Oldja meg az alábbi egyeleteket: (a cos x + si x + cos x si x = (b π si x = x π 4 x 3π 4 cos x (c cos x + si x = si x (d x 6 3x = 0 (e x + x = x (f x + 5 + x = 8 (g x + + x + + x + x + =..

Részletesebben

Számsorozatok. 1. Alapfeladatok december 22. sorozat határértékét, ha. 1. Feladat: Határozzuk meg az a n = 3n2 + 7n 5n létezik.

Számsorozatok. 1. Alapfeladatok december 22. sorozat határértékét, ha. 1. Feladat: Határozzuk meg az a n = 3n2 + 7n 5n létezik. Számsorozatok 2015. december 22. 1. Alapfeladatok 1. Feladat: Határozzuk meg az a 2 + 7 5 2 + 4 létezik. sorozat határértékét, ha Megoldás: Mivel egy tört határértéke a kérdés, ezért vizsgáljuk meg el

Részletesebben

1. Gyökvonás komplex számból

1. Gyökvonás komplex számból 1. Gyökvoás komplex számból Gyökvoás komplex számból. Ismétlés: Ha r, s > 0 valós, akkor rcos α + i siα) = scos β + i siβ) potosa akkor, ha r = s, és α β a 360 egész számszorosa. Moivre képlete scos β+i

Részletesebben

GAZDASÁGI MATEMATIKA 1. ANALÍZIS

GAZDASÁGI MATEMATIKA 1. ANALÍZIS SZENT ISTVÁN EGYETEM GAZDASÁGI, AGRÁR- ÉS EGÉSZSÉGTUDOMÁNYI KAR Dr. Szakács Attila GAZDASÁGI MATEMATIKA. ANALÍZIS Segédlet öálló mukához. átdolgozott, bővített kiadás Békéscsaba, Lektorálták: DR. PATAY

Részletesebben

V. Deriválható függvények

V. Deriválható függvények Deriválható függvéyek V Deriválható függvéyek 5 A derivált fogalmához vezető feladatok A sebesség értelmezése Legye az M egy egyees voalú egyeletes mozgást végző pot Ez azt jeleti, hogy a mozgás pályája

Részletesebben

A figurális számokról (IV.)

A figurális számokról (IV.) A figurális számokról (IV.) Tuzso Zoltá, Székelyudvarhely A továbbiakba külöféle számkombiációk és összefüggések reprezetálásáról, és bizoyos összegek kiszámolásáról íruk. Sajátos összefüggések Az elekbe

Részletesebben

3. MINTAFELADATSOR EMELT SZINT JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

3. MINTAFELADATSOR EMELT SZINT JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Oktatáskutató és Fejlesztő Itézet TÁMOP-3.1.1-11/1-01-0001 XXI. századi közoktatás (fejlesztés, koordiáció) II. szakasz MATEMATIKA 3. MINTAFELADATSOR EMELT SZINT 015 JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Oktatáskutató

Részletesebben

Innen. 2. Az. s n = 1 + q + q 2 + + q n 1 = 1 qn. és q n 0 akkor és csak akkor, ha q < 1. a a n végtelen sor konvergenciáján nem változtat az, ha

Innen. 2. Az. s n = 1 + q + q 2 + + q n 1 = 1 qn. és q n 0 akkor és csak akkor, ha q < 1. a a n végtelen sor konvergenciáján nem változtat az, ha . Végtele sorok. Bevezetés és defiíciók Bevezetéskét próbáljuk meg az 4... végtele összegek értelmet adi. Mivel végtele sokszor em tuduk összeadi, emiatt csak az első tagot adjuk össze: legye s = 4 8 =,

Részletesebben

Eötvös Loránd Tudományegyetem Informatikai Kar. Analízis 1. Írásbeli tételek. Készítette: Szántó Ádám Tavaszi félév

Eötvös Loránd Tudományegyetem Informatikai Kar. Analízis 1. Írásbeli tételek. Készítette: Szántó Ádám Tavaszi félév Eötvös Lorád Tudomáyegyetem Iformatikai Kar Aalízis. Írásbeli tételek Készítette: Szátó Ádám 20. Tavaszi félév . Archimedes tétele. Tétel: a > 0 és b R : N : b < a. Bizoyítás: Idirekt úto tegyük fel, hogy

Részletesebben

5. Kombinatorika. 8. Legfeljebb hány pozitív egész számot adhatunk meg úgy, hogy semelyik kettő összege és különbsége se legyen osztható 2015-tel?

5. Kombinatorika. 8. Legfeljebb hány pozitív egész számot adhatunk meg úgy, hogy semelyik kettő összege és különbsége se legyen osztható 2015-tel? 5. Kombiatorika I. Feladatok. Háyféleképpe olvashatók ki az alábbi ábrákról a PAPRIKAJANCSI, a FELADAT és a MATEMATIKASZAKKÖR szavak, ha midig a bal felső sarokból kell iduluk, és mide lépésük csak jobbra

Részletesebben

Sorozatok október 15. Határozza meg a következ sorozatok határértékeit!

Sorozatok október 15. Határozza meg a következ sorozatok határértékeit! Sorozatok 20. október 5. Határozza meg a következ sorozatok határértékeit!. Zh feladat:vizsgálja meg mootoitás és korlátosság szerit az alábbi sorozatot! a + ha ; 2; 5 Mootoitás eldötéséhez vizsgáljuk

Részletesebben

INJEKTIVITÁS ÉS EGYÉB TULAJDONSÁGOK MEGOLDOTT FELADATOK

INJEKTIVITÁS ÉS EGYÉB TULAJDONSÁGOK MEGOLDOTT FELADATOK Megoldott feladatok Ijektivitás és egyéb tulajdoságok 59 ) INJEKTIVITÁS ÉS EGYÉB TULAJDONSÁGOK MEGOLDOTT FELADATOK Határozd meg azt az f:r R függvéyt, amelyre f ( f ( ) x R és a g:r R g ( = x f ( függvéy

Részletesebben

Kijelentéslogika, ítéletkalkulus

Kijelentéslogika, ítéletkalkulus Kijelentéslogika, ítéletkalkulus Arisztotelész (ie 4. sz) Leibniz (1646-1716) oole (1815-1864) Gödel (1906-1978) Neumann János (1903-1957) Kalmár László (1905-1976) Péter Rózsa (1905-1977) Kijelentés,

Részletesebben

Eseme nyalgebra e s kombinatorika feladatok, megolda sok

Eseme nyalgebra e s kombinatorika feladatok, megolda sok Eseme yalgebra e s kombiatorika feladatok, megolda sok Szűk elméleti áttekitő Kombiatorika quick-guide: - db. elemből db. sorredjeire vagyuk kívácsiak: permutáció - db. elemből m < db. háyféleképp rakható

Részletesebben

Kijelentéslogika, ítéletkalkulus

Kijelentéslogika, ítéletkalkulus Kijelentéslogika, ítéletkalkulus Kijelentés, ítélet: olyan kijelentő mondat, amelyről egyértelműen eldönthető, hogy igaz vagy hamis Logikai értékek: igaz, hamis zürke I: 52-53, 61-62, 88, 95 Logikai műveletek

Részletesebben

Lajkó Károly Kalkulus I. példatár mobidiák könyvtár

Lajkó Károly Kalkulus I. példatár mobidiák könyvtár Lajkó Károly Kalkulus I. példatár mobidiák köyvtár Lajkó Károly Kalkulus I. példatár mobidiák köyvtár SOROZATSZERKESZTŐ Fazekas Istvá Lajkó Károly Kalkulus I. példatár programozó és programtervező matematikus

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

2.1. A sorozat fogalma, megadása és ábrázolása

2.1. A sorozat fogalma, megadása és ábrázolása 59. Számsorozatok.. A sorozat fogalma, megadása és ábrázolása.. Defiíció. Azokat az f : N R valós függvéyeket, melyek mide természetes számhoz egy a valós számot redelek hozzá, végtele számsorozatokak,

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

I. rész. c) Az m valós paraméter értékétől függően hány megoldása van a valós számok halmazán az alábbi egyenletnek?

I. rész. c) Az m valós paraméter értékétől függően hány megoldása van a valós számok halmazán az alábbi egyenletnek? Fazakas Tüde, 05 ovember Emelt szitű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Fazakas Tüde; dátum: 05 ovember I rész feladat a) Egymillió forit összegű jelzálogkölcsöt veszük fel évre 5%-os

Részletesebben

Függvényhatárérték-számítás

Függvényhatárérték-számítás Függvéyhatárérték-számítás I Függvéyek véges helye vett véges határértéke I itervallumo, ha va olya k valós szám, melyre az I itervallumo, ha va olya K valós szám, melyre I itervallumo, ha alulról és felülről

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldás

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldás Megoldás 1. Melyik mondat állítás a következőek közül? A: Szép idő van ma? B: A 100 szép szám. C: Minden prímszám páratlan. D: Bárcsak újra nyár lenne! Az állítás olyan kijelentő mondat, melyről egyértelműen

Részletesebben

IV. A matematikai logika elemei

IV. A matematikai logika elemei 4 A matematikai logika elemei IV A matematikai logika elemei IV Gyakorlatok és feladatok (87 oldal) Készítsd el az alábbi kijeletések logikai értéktáblázatát: a) ( p) ; b) p q ; c) p q ; d) p ( p q) ;

Részletesebben

A tárgy címe: ANALÍZIS 1 A-B-C (2+2). 1. gyakorlat

A tárgy címe: ANALÍZIS 1 A-B-C (2+2). 1. gyakorlat A tárgy címe: ANALÍZIS A-B-C + gyakorlat Beroulli-egyelőtleség Legye N, x k R k =,, és tegyük fel, hogy vagy x k 0 k =,, vagy pedig x k 0 k =,, Ekkor + x k + x k Speciális Beroulli-egyelőtleség Ha N és

Részletesebben

A G miatt (3tagra) Az egyenlőtlenségek két végét továbbvizsgálva, ha mindkét oldalt hatványozzuk:

A G miatt (3tagra) Az egyenlőtlenségek két végét továbbvizsgálva, ha mindkét oldalt hatványozzuk: Kocsis Júlia Egyelőtleségek 1. Feladat: Bizoytsuk be, hogy tetszőleges a, b, c pozitv valósakra a a b b c c (abc) a+b+c. Megoldás: Tekitsük a, b és c számok saját magukkal súlyozott harmoikus és mértai

Részletesebben

VÉLETLENÍTETT ALGORITMUSOK. 1.ea.

VÉLETLENÍTETT ALGORITMUSOK. 1.ea. VÉLETLENÍTETT ALGORITMUSOK 1.ea. 1. Bevezetés - (Mire jók a véletleített algoritmusok, alap techikák) 1.1. Gyorsredezés Vegyük egy ismert példát, a redezések témaköréből, méghozzá a gyorsredezés algoritmusát.

Részletesebben

FONTOSABB MATEMATIKAI JELEK, JELÖLÉSEK

FONTOSABB MATEMATIKAI JELEK, JELÖLÉSEK FONTOSABB MATEMATIKAI JELEK, JELÖLÉSEK. táblázat Szimbólum Jeletése, eve Olvasása Példa N N + Z Q Q * R C 0, { } +, % " $ Œ Ã, Õ» «\ +,, * :,, / = π := < > ª @ ~ Természetes számok halmaza Pozitív egész

Részletesebben

24. tétel A valószínűségszámítás elemei. A valószínűség kiszámításának kombinatorikus modellje.

24. tétel A valószínűségszámítás elemei. A valószínűség kiszámításának kombinatorikus modellje. 24. tétel valószíűségszámítás elemei. valószíűség kiszámításáak kombiatorikus modellje. GYORISÁG ÉS VLÓSZÍŰSÉG meyibe az egyes adatok a sokaságo belüli részaráyát adjuk meg (törtbe vagy százalékba), akkor

Részletesebben

1 n. 8abc (a + b) (b + c) (a + c) 8 27 (a + b + c)3. (1 a) 5 (1 + a)(1 + 2a) n + 1

1 n. 8abc (a + b) (b + c) (a + c) 8 27 (a + b + c)3. (1 a) 5 (1 + a)(1 + 2a) n + 1 A tárgy címe: ANALÍZIS A-B-C + gyakorlat Beroulli-egyelőtleség Ha N és h R, akkor + h + h Mikor va itt egyelőség? Léyeges-e a h feltétel? Számtai-mértai közép Bármely N és,, R, k 0 k =,, választással k

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

1. A KOMPLEX SZÁMTEST A természetes, az egész, a racionális és a valós számok ismeretét feltételezzük:

1. A KOMPLEX SZÁMTEST A természetes, az egész, a racionális és a valós számok ismeretét feltételezzük: 1. A KOMPLEX SZÁMTEST A természetes, az egész, a raioális és a valós számok ismeretét feltételezzük: N = f1 ::: :::g Z = f::: 3 0 1 3 :::g p Q = j p q Z és q 6= 0 : q A valós szám értelmezése végtele tizedestörtkét

Részletesebben

Véges matematika 1. feladatsor megoldások

Véges matematika 1. feladatsor megoldások Véges matematika 1 feladatsor megoldások 1 Háy olya hosszúságú kockadobás-sorozat va, melybe a csak 1-es és 2-es va; Egymástól függetleül döthetük a külöböző dobások eredméyéről, így a taultak szerit a

Részletesebben

Debreceni Egyetem, Közgazdaság- és Gazdaságtudományi Kar. Feladatok a Gazdasági matematika I. tárgy gyakorlataihoz. Halmazelmélet

Debreceni Egyetem, Közgazdaság- és Gazdaságtudományi Kar. Feladatok a Gazdasági matematika I. tárgy gyakorlataihoz. Halmazelmélet Debrecei Egyetem Közgazdaság- és Gazdaságtudomáyi Kar Feladatok a Gazdasági matematika I. tárgy gyakorlataihoz a megoldásra feltétleül ajálott feladatokat jelöli e feladatokat a félév végére megoldottak

Részletesebben

Pályázat címe: Pályázati azonosító: Kedvezményezett: Szegedi Tudományegyetem Cím: 6720 Szeged, Dugonics tér 13. www.u-szeged.hu www.palyazat.gov.

Pályázat címe: Pályázati azonosító: Kedvezményezett: Szegedi Tudományegyetem Cím: 6720 Szeged, Dugonics tér 13. www.u-szeged.hu www.palyazat.gov. Pályázat címe: Új geerációs sorttudomáyi kézés és tartalomfejlesztés, hazai és emzetközi hálózatfejlesztés és társadalmasítás a Szegedi Tudomáyegyeteme Pályázati azoosító: TÁMOP-4...E-5//KONV-05-000 Sortstatisztika

Részletesebben

A függvénysorozatok olyanok, mint a valós számsorozatok, csak éppen a tagjai nem valós számok,

A függvénysorozatok olyanok, mint a valós számsorozatok, csak éppen a tagjai nem valós számok, l.ch FÜGGVÉNYSOROZATOK, FÜGGVÉNYSOROK, HATVÁNYSOROK Itt egy függvéysorozat: f( A függvéysorozatok olyaok, mit a valós számsorozatok, csak éppe a tagjai em valós számok, 5 haem függvéyek, f ( ; f ( ; f

Részletesebben

Minta JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ A MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI 2. FELADATSORHOZ

Minta JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ A MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI 2. FELADATSORHOZ JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ A MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI. FELADATSORHOZ Formai előírások: A dolgozatot a vizsgázó által haszált szíűtől eltérő szíű tollal kell javítai, és a taári gyakorlatak megfelelőe

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

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Számelmélet

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

Részletesebben

NUMERIKUS SOROK II. Ebben a részben kizárólag a konvergencia vizsgálatával foglalkozunk.

NUMERIKUS SOROK II. Ebben a részben kizárólag a konvergencia vizsgálatával foglalkozunk. NUMERIKUS SOROK II. Ebbe a részbe kizárólag a kovergecia vizsgálatával foglalkozuk. SZÜKSÉGES FELTÉTEL Ha pozitív (vagy em egatív) tagú umerikus sor, akkor a kovergecia szükséges feltétele, hogy lim a

Részletesebben

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

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

Részletesebben

IV. Sorozatok. Sorozatok bevezetése

IV. Sorozatok. Sorozatok bevezetése Sorozatok Sorozatok bevezetése 8 Az,,, számjegyek és tegelyes tükörképeik együtt alkotják a sorozat tagjait A folytatás lehetséges például az ábrá látható módoko Megjegyzés: A Hogya folytatható típusú

Részletesebben

f (M (ξ)) M (f (ξ)) Bizonyítás: Megjegyezzük, hogy konvex függvényekre mindig létezik a ± ben

f (M (ξ)) M (f (ξ)) Bizonyítás: Megjegyezzük, hogy konvex függvényekre mindig létezik a ± ben Propositio 1 (Jese-egyelőtleség Ha f : kovex, akkor tetszőleges ξ változóra f (M (ξ M (f (ξ feltéve, hogy az egyelőtleségbe szereplő véges vagy végtele várható értékek létezek Bizoyítás: Megjegyezzük,

Részletesebben

2.2. Indukció a geometriában

2.2. Indukció a geometriában .. Idukció a geometriába... Számítási feladatok... Feladat. Határozzuk meg az R sugarú körbe írt, oldalú szabályos sokszög oldalhosszát! Megoldás eseté a oldalú szabályos sokszög a égyzet; az R sugarú

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

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

Hiba! Nincs ilyen stílusú szöveg a dokumentumban.-86. ábra: A példa-feladat kódolási változatai

Hiba! Nincs ilyen stílusú szöveg a dokumentumban.-86. ábra: A példa-feladat kódolási változatai közzétéve a szerző egedélyével) Öfüggő szekuder-változó csoport keresése: egy bevezető példa Ez a módszer az állapothalmazo értelmezett partíció-párok elméleté alapul. E helye em lehet céluk az elmélet

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

194 Műveletek II. MŰVELETEK. 2.1. A művelet fogalma

194 Műveletek II. MŰVELETEK. 2.1. A művelet fogalma 94 Műveletek II MŰVELETEK A művelet fogalma Az elmúlt éveke már regeteg művelettel találkoztatok matematikai taulmáyaitok sorá Először a természetes számok összeadásával találkozhattatok, már I első osztálya,

Részletesebben

EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA A Z n HALMAZON. egyenletrendszer megoldása a Z

EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA A Z n HALMAZON. egyenletrendszer megoldása a Z Az érettségi vizsgára előkészülő taulók figyelmébe! EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA A Z HALMAZON a x + b y c 5. Az egyeletredszer megoldása a Z halmazo (3. rész) a x + b y c A hivatkozások köyítése

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI május 5. EMELT SZINT I.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI május 5. EMELT SZINT I. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 05. május 5. EMELT SZINT I. ) Oldja meg a valós számok halmazá az alábbi egyeleteket! a) si x cos x (6 pot) b) x x x (7 pot) a) cos x si x helyettesítése. Nullára redezve: si x si

Részletesebben

Mőbiusz Nemzetközi Meghívásos Matematika Verseny Makó, március 26. MEGOLDÁSOK

Mőbiusz Nemzetközi Meghívásos Matematika Verseny Makó, március 26. MEGOLDÁSOK Mőbiusz Nemzetözi Meghívásos Matematia Versey Maó, 0. március 6. MEGOLDÁSOK 5 700. Egy gép 5 óra alatt = 000 alatt 000 csavart. 000 csavart észít, így = gép észít el 5 óra 000. 5 + 6 = = 5 + 5 6 5 6 6.

Részletesebben

Kvantum párhuzamosság Deutsch algoritmus Deutsch-Jozsa algoritmus

Kvantum párhuzamosság Deutsch algoritmus Deutsch-Jozsa algoritmus LOGO Kvatum párhuzamosság Deutsch algoritmus Deutsch-Jozsa algoritmus Gyögyösi László BME Villamosméröki és Iormatikai Kar Bevezető Kvatum párhuzamosság Bármilye biáris üggvéyre, ahol { } { } : 0, 0,,

Részletesebben

IV. A MATEMATIKAI LOGIKA ELEMEI

IV. A MATEMATIKAI LOGIKA ELEMEI 8 A matematikai logika elemei IV A MATEMATIKAI LOGIKA ELEMEI IV Kijeletések, logikai értékek Értelmezés Állításak evezük mide yelvtai értelembe vett kijelető modatot Például a következő modatok állítások:

Részletesebben

Hajós György Versenyre javasolt feladatok SZIE.YMÉTK 2011

Hajós György Versenyre javasolt feladatok SZIE.YMÉTK 2011 1 Molár-Sáska Gáboré: Hajós György Verseyre javasolt feladatok SZIE.YMÉTK 011 1. Írja fel a számokat 1-tıl 011-ig egymás utá! Határozza meg az így kapott agy szám 0-cal való osztási maradékát!. Az { }

Részletesebben

Rudas Tamás: A hibahatár a becsült mennyiség függvényében a mért pártpreferenciák téves értelmezésének egyik forrása

Rudas Tamás: A hibahatár a becsült mennyiség függvényében a mért pártpreferenciák téves értelmezésének egyik forrása Rudas Tamás: A hibahatár a becsült meyiség függvéyébe a mért ártrefereciák téves értelmezéséek egyik forrása Megjelet: Agelusz Róbert és Tardos Róbert szerk.: Mérésről mérésre. A választáskutatás módszertai

Részletesebben

Matematika B4 I. gyakorlat

Matematika B4 I. gyakorlat Matematika B4 I. gyakorlat 2006. február 16. 1. Egy-dimeziós adatredszerek Va valamilye adatredszer (számsorozat), amelyről szereték kiszámoli bizoyos dolgokat. Az egyes értékeket jelöljük z i -vel, a

Részletesebben

EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA A Z n HALMAZON. egyenletrendszer megoldása a

EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA A Z n HALMAZON. egyenletrendszer megoldása a Az érettségi vizsgára előkészülő taulók figyelmébe! 4. Az EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA A Z HALMAZON a1 x + b1 y = c1 egyeletredszer megoldása a a x + b y = c Z halmazo (. rész) Ebbe a részbe

Részletesebben

Bevezetés az algebrába komplex számok

Bevezetés az algebrába komplex számok Bevezetés az algebrába komplex számok Wettl Ferec Algebra Taszék B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E T E M 2015. december 6.

Részletesebben

Analízis feladatgy jtemény II.

Analízis feladatgy jtemény II. Oktatási segédayag a Programtervez matematikus szak Aalízis I. tatárgyához (003004. taév szi félév) Aalízis feladatgy jteméy II. Összeállította Szili László 003 Tartalomjegyzék I. Feladatok 3. Valós sorozatok.......................................

Részletesebben

Kalkulus szigorlati tételsor Számítástechnika-technika szak, II. évfolyam, 2. félév

Kalkulus szigorlati tételsor Számítástechnika-technika szak, II. évfolyam, 2. félév Kalkulus szigorlati tételsor Számítástechika-techika szak, II. évfolyam,. félév Sorozatok: 1. A valós számoko értelmezett műveletek és reláció tulajdoságai. Számok abszolút értéke, itervallumok. Számhalmazok

Részletesebben

ANALÍZIS I. TÉTELBIZONYÍTÁSOK ÍRÁSBELI VIZSGÁRA

ANALÍZIS I. TÉTELBIZONYÍTÁSOK ÍRÁSBELI VIZSGÁRA ANALÍZIS I. TÉTELBIZONYÍTÁSOK ÍRÁSBELI VIZSGÁRA Szerkesztette: Balogh Tamás 202. július 2. Ha hibát találsz, kérlek jelezd a ifo@baloghtamas.hu e-mail címe! Ez a Mű a Creative Commos Nevezd meg! - Ne add

Részletesebben

Pl.: hányféleképpen lehet egy n elemű halmazból k elemű részhalmazt kiválasztani, n tárgyat hányféleképpen lehet szétosztani k személy között stb.?

Pl.: hányféleképpen lehet egy n elemű halmazból k elemű részhalmazt kiválasztani, n tárgyat hányféleképpen lehet szétosztani k személy között stb.? Dr. Vicze Szilvia A kombiatorika a véges halmazokkal foglalkozik. A véges halmazokkal kapcsolatba számos olya probléma vethető fel, amely függetle a halmazok elemeitől. Pl.: háyféleképpe lehet egy elemű

Részletesebben

XXVI. Erdélyi Magyar Matematikaverseny Zilah, február II.forduló -10. osztály

XXVI. Erdélyi Magyar Matematikaverseny Zilah, február II.forduló -10. osztály Miisterul Educaţiei Națioale și Cercetării Știițifice Subiecte petru Etapa aţioală a Cocursului de Matematică al Liceelor Maghiare di Româia XXVI. Erdélyi Magyar Matematikaversey Zilah, 016. február 11

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Logika

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Logika Logika Indukció: A fogalomalkotásnak azt a módját, amikor a konkrét tapasztalatokra támaszkodva jutunk el az általános fogalomhoz, indukciónak nevezzük. Dedukció: A fogalomalkotásnak azt a módját, amikor

Részletesebben

Következik, hogy B-nek minden prímosztója 4k + 1 alakú, de akkor B maga is 4k + 1 alakú, s ez ellentmondás.

Következik, hogy B-nek minden prímosztója 4k + 1 alakú, de akkor B maga is 4k + 1 alakú, s ez ellentmondás. Prímszámok A (pozitív) prímszámok sorozata a következő: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19,... 1. Tétel. Végtelen sok prímszám van. Első bizonyítás. (Euklidész) Tegyük fel, hogy állításunk nem igaz, tehát véges

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Számelmélet

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

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

Egy lehetséges tételsor megoldásokkal

Egy lehetséges tételsor megoldásokkal Egy lehetséges tételsor megoldásokkal A vizsgatétel I része a IX és X osztályos ayagot öleli fel, 6 külöböző fejezetből vett feladatból áll, összese potot ér A közzétett tétel-variások és az előző évekbe

Részletesebben