Diszkrét matematika II. gyakorlat



Hasonló dokumentumok
Darts: surranó nyilak, gondolkodtató problémák Kombinatorika 6. feladatcsomag

Próba érettségi feladatsor április 11. I. RÉSZ

Komplex számok szeptember Feladat: Legyen z 1 = 2 3i és z 2 = 4i 1. Határozza meg az alábbi kifejezés értékét!

Számelmélet (2017. február 8.) Bogya Norbert, Kátai-Urbán Kamilla

Minta 1. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI FELADATSOR. I. rész

Hiányos másodfokú egyenletek. x 8x 0 4. A másodfokú egyenlet megoldóképlete

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI október 21. KÖZÉPSZINT I.

MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS KÖZÉPSZINT

Számelmélet. 1. Oszthatóság Prímszámok

PRÓBAÉRETTSÉGI VIZSGA

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI október 20. EMELT SZINT

Bevezetés a számításelméletbe I. feladatgyűjtemény. Szeszlér Dávid, Wiener Gábor

PRÓBAÉRETTSÉGI VIZSGA január 18.

MATEMATIKA ÍRÁSBELI VIZSGA EMELT SZINT% ÉRETTSÉGI VIZSGA május május 6. 8:00 MINISZTÉRIUM. Az írásbeli vizsga idtartama: 240 perc

KOMPLEX KOMMUNIKÁCIÓS ÉS TERMÉSZETTUDOMÁNYI CSOMAG MATEMATIKA TÁMOP /1-2F MATEMATIKA A MINDENNAPI ÉLETBEN 9.

KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet TÁMOP / XXI. századi közoktatás (fejlesztés, koordináció) II. szakasz. Fejlesztőfeladatok

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy

NT Matematika 9. (Heuréka) Tanmenetjavaslat

Minden egész szám osztója önmagának, azaz a a minden egész a-ra.

EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

MATEMATIKA TAGOZAT 5-8. BEVEZETŐ. 5. évfolyam

Egyenletek, egyenlőtlenségek grafikus megoldása TK. II. kötet 25. old. 3. feladat

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

A Szekszárdi I. Béla Gimnázium Helyi Tanterve

MATEMATIKA ÉVFOLYAM

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

Osztályozóvizsga követelményei

PRÓBAÉRETTSÉGI VIZSGA január 16.

Egészértékű programozás

Operációkutatás vizsga

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI május 9. EMELT SZINT

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI október 25. EMELT SZINT I.

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Azonosító jel: MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA május 4. 8:00. Az írásbeli vizsga időtartama: 240 perc

I. rész. x 100. Melyik a legkisebb egész szám,

SZÁMELMÉLETI FELADATOK

Dualitás Dualitási tételek Általános LP feladat Komplementáris lazaság 2015/ Szegedi Tudományegyetem Informatikai Tanszékcsoport

EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS EMELT SZINT

KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

2018, Diszkre t matematika. 10. elo ada s

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI május 5. KÖZÉPSZINT I.

148 feladat ) + ( > ) ( ) =?

MATEMATIKA ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI-FELVÉTELI FELADATOK május 19. du. JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ

Tanmenetjavaslat 5. osztály

LÁNG CSABÁNÉ SZÁMELMÉLET. Példák és feladatok. ELTE IK Budapest javított kiadás

Azonosító jel: MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA május 8. 8:00. Az írásbeli vizsga időtartama: 240 perc

2016, Diszkrét matematika

1. Egészítsük ki az alábbi Python függvényt úgy, hogy a függvény meghatározza, egy listába, az első n szám faktoriális értékét:

Szakközépiskola 9. évfolyam. I/1 gyakorló feladatsor

Runge-Kutta módszerek

MATEMATIKA A és B variáció

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

Scherlein Márta Dr. Hajdu Sándor Köves Gabriella Novák Lászlóné MATEMATIKA 1. A FELMÉRŐ FELADATSOROK ÉRTÉKELÉSE

2) = 0 ahol x 1 és x 2 az ax 2 + bx + c = 0 ( a,b, c R és a 0 )

23/2004. (VIII. 27.) OM rendelet. a tankönyvvé nyilvánítás, a tankönyvtámogatás, valamint az iskolai tankönyvellátás rendjéről

SzA XIII. gyakorlat, december. 3/5.

3. Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek

Azonosító jel: MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA október 18. 8:00. Az írásbeli vizsga időtartama: 240 perc

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

MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS EMELT SZINT

Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály, középszint

Logaritmikus egyenletek Szakközépiskola, 11. osztály. 2. feladat. Oldjuk meg a következ logaritmikus egyenletet!

0653. MODUL TÖRTEK. Szorzás törttel, osztás törttel KÉSZÍTETTE: BENCZÉDY LACZKA KRISZTINA, MALMOS KATALIN

MATEMATIKA ÍRÁSBELI VIZSGA EMELT SZINT% ÉRETTSÉGI VIZSGA október október 15. 8:00 MINISZTÉRIUMA EMBERI ERFORRÁSOK

Kongruenciák. Waldhauser Tamás

értelmezéséhez, leírásához és kezeléséhez. Ezért a tanulóknak rendelkezniük kell azzal a képességgel és készséggel, hogy alkalmazni tudják

Azonosító jel: MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA október 21. 8:00. Az írásbeli vizsga időtartama: 240 perc

illetve a n 3 illetve a 2n 5

MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA május 7. 8:00. Időtartam: 45 perc EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA

MATEMATIKA tankönyvcsaládunkat

COMENIUS ANGOL-MAGYAR KÉT TANÍTÁSI NYELVŰ ÁLTALÁNOS ISKOLA MATEMATIKA TANMENET

Makroökonómia I. segédanyag február

Maple. Maple. Dr. Tóth László egyetemi docens Pécsi Tudományegyetem, 2007

Azonosító jel: MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA október 25. 8:00. Az írásbeli vizsga időtartama: 240 perc

RSA algoritmus. P(M) = M e mod n. S(C) = C d mod n. A helyesség igazoláshoz szükséges számelméleti háttér. a φ(n) = 1 mod n, a (a 1,a 2,...

1.1. Definíció. Azt mondjuk, hogy a oszója b-nek, vagy más szóval, b osztható a-val, ha létezik olyan x Z, hogy b = ax. Ennek jelölése a b.

Matematika tanmenet/4. osztály

Funkcionális és logikai programozás. { Márton Gyöngyvér, 2012} { Sapientia, Erdélyi Magyar Tudományegyetem }

Tehetséggondozó program felvételi mintafeladatok Matematika. 4x 3 y + 4xy 3 x 4 y 4.

EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

Diszkrét matematika I.

4 ÉVFOLYAMOS FELVÉTELI EREDMÉNYEK

4. modul Poliéderek felszíne, térfogata

A gyakorlatok HF-inak megoldása Az 1. gyakorlat HF-inak megoldása. 1. Tagadások:

2. Feladatsor. N k = {(a 1,...,a k ) : a 1,...,a k N}

XIII. Bolyai Konferencia Bodnár József Eötvös József Collegium, ELTE TTK, III. matematikus. A véletlen nyomában

Diszkrét matematika I.

Diszkrét matematika I.

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI október 18. EMELT SZINT I.

Differenciálegyenletek megoldása Laplace-transzformációval. Vajda István március 21.

2.2 Logisztorik (Gindilla Orsolya) szeptember 2.3 Barangolás a nagyotmondók földjén (Gindilla Orsolya) 3. Halmazelmélet

2. Interpolációs görbetervezés

HALMAZOK TULAJDONSÁGAI,

3. Öt alma és hat narancs 20Ft-tal kerül többe, mint hat alma és öt narancs. Hány forinttal kerül többe egy narancs egy

Átírás:

Név: EHA-kód: 1. 2. 3. 4. 5. Diszkrét matematika II. gyakorlat 1. ZH 2014. március 19. Uruk-hai csoport 1. Feladat. 4 pont) Oldja meg az 5 122 x mod 72) kongruenciát? Érdekesség: az 5 122 szám 86 számjegyű.) Megoldás. Mivel 72 = 3 2 2 3, ezért ϕ72) = 3 2 3) 2 3 2 2 ) = 6 4 = 24. Euler tételének értelmében 5 24 1 mod 72). Ebből következik, hogy 5 122 = 5 24 5+2 = 5 24) 5 5 2 1 25 = 25 mod 72). 2. Feladat. 1+2+2 pont) Egy fagylaltos 6 különböző ízű fagylaltot árul: pisztácia, vanília, tutti-frutti, karamell, rumos dió és kávé. a) Tölcsérben a gömböket egymás tetejére pakolják. Hányféle különböző 4 gömbös fagylaltot kérhetünk? A gömbök elhelyezkedésénél számít a gömbök sorrendje.) b) Hányféleképpen kérhet egy 5 fős társaság 1-1 kétgömbös fagylaltot? A rendelés sorrendje nem számít, csak az, hogy ki melyik fagylaltot kérte.) c) Elfogyott a pisztácia, és a többit annyira nem szeretjük. Ezért inkább dobozba kérünk 6 gömb fagylaltot, hogy majd otthon megegyük. Hányféleképpen tehetjük ezt meg, ha két gömb vaníliát biztos venni akarunk? A dobozban a gömbök sorrendje nem számít, csak az, hogy melyik milyen ízű.) Megoldás. a) A 6 különböző fajtából kell négyet kiválasztani, és ezeket sorba rendezni. Ismétléses variáció, a válasz 6 4. b) Egy fő 6 2 -féle fagylaltot kérhet. Mindenki, egymástól függetlenül ugyanennyit kérhet. Így a válasz 6 2 6 2 6 2 6 2 6 2 = 6 10. c) A feladat az, hogy a maradék 5-féle ízből válasszunk 4-et. Azonban egy ízből többet is választhatunk, tehát a válasz az ismétléses kombináció képletével adható meg: ) 5+4 1 4.

3. Feladat. 5 pont) Adja meg a 64x+28y = 12 diofantoszi egyenlet általános megoldását. A megoldás során használja az euklideszi algoritmust, különben a megoldásért nem jár pont. Megoldás. 1. lépés. Kiszámoljuk a 64 és 28 legnagyobb közös osztóját. 64 = 28 2 + 8 28 = 8 3 + 4 8 = 4 2 + 0 A legnagyobb közös osztó 4, ami osztja a 12-t, tehát létezik megoldás. 2. lépés. Megkeressük az egyenlet egy partikuláris megoldását. Az euklideszi algoritmus eredményeit használva kapjuk, hogy Azaz 8 = 64 28 2 4 = 28 8 3 4 = 28 8 3 = 28 64 28 2) 3 = 28 64 3 + 28 6 = 28 7 64 3. A megfelelő átalakítások után a fenti egyenlet 64 3)+28 7 = 4, azaz 64 9)+28 21 = 12. Tehát x 0 = 9, y 0 = 21 egy partikuláris megoldás. 3. lépés. Megadjuk az egyenlet általános megoldását: x = 9 + 28 4 64 t = 9 7t, y = 21 t = 21 16t, t Z. 4 4. Feladat. 4 pont) Határozza meg a 2x 3 + 3) 7 kifejezésben az x 9 tag együtthatóját. Megoldás. Felhasználjuk a binomiális tétel, mely szerint a + b) n = n i=0 an i b i. Megkeressük, melyik i határozza meg az x 9 -es tagot. Az a = 2x 3 és b = 3 helyettesítéssel az általános tagra azt az összefüggést kapjuk, hogy 2x 3 ) 7 i 3 i = 2 7 i 3 i x 21 3i. Így az x 21 3i -nek kell lennie az x 9 -es tagnak, azaz 21 3i = 9, azaz i = 4. Így a keresett tag ) 7 4 23 3 4 x 9. A keresett együttható 7 4) 23 3 4. 5. Feladat. 5 pont) Oldja meg a 3x 2 mod 5) kongruenciarendszert.

Megoldás. 1. lépés. Megoldjuk a kongruenciákat külön-külön. A másodikat már nem kell, mert az már a kellő alakban van megadva. Tehát csak az elsőt kell megoldani. Áttérünk diofantoszi egyenletre: 3x 5y = 2. Ennek az x 0 = 4, y 0 = 2 egy megoldása, így ebből felírható az általános megoldás. Természetesen felhasználjuk azt, hogy lnko3, 5) = 1.) Megoldás: x = 4 5t, azaz x 4 mod 5). 2. lépés. Megoldjuk a kongruenciarendszert diofantoszi egyenletrendszerként. x 4 mod 5) x 5y = 4 x 4z = 3 4 + 5y 4z = 3 5y 4z = 1 Az utolsó diofantoszi egyenletnek az y 0 = 1, z 0 = 1 megoldása, tehát az általános megoldás y-ra y = 1 4t, t Z. Ebből következik, hogy x = 4 + 5y = 4 + 5 1 4t) = 1 20t. Azaz x 1 mod 20), azaz x 19 mod 20).

Név: EHA-kód: 1. 2. 3. 4. 5. Diszkrét matematika II. gyakorlat 1. ZH 2014. március 19. Tünde csoport 1. Feladat. 4 pont) Mi a 7 803 szám utolsó három számjegye? Érdekesség: maga a szám 485 számjegyű.) Megoldás. Az utolsó három számjegyet megkaphatjuk az 1000-rel vett osztási maradékként, tehát a 7 803 x mod 1000) kongruencia megoldását keressük. Mivel 1000 = 5 3 2 3, ezért ϕ1000) = 5 3 5 2 ) 2 3 2 2 ) = 100 4 = 400. Euler tételének értelmében 7 400 1 mod 1000). Ebből következik, hogy 7 803 = 7 400 2+3 = 5 400) 2 7 3 1 7 3 = 343 mod 1000). 2. Feladat. 4 pont) Hányféleképpen tudjuk sorba rendezni a KITARTÁS szó betűit úgy, hogy két magánhangzó ne kerüljön egymás mellé? Megoldás. A három magánhangzó között legalább egy-egy mássalhangzónak állnia kell:... I X A X Á... A két X két mássalhangzót jelöl, így még el kell helyezni 5-2 mássalhangzót a sorozatba. Ezeket 4 helyre tehetem be: A két X-szel jelölt helyre, illetve a sorozat elejére és végére. Tehát mindegyik betűhöz ki kell választani egy helyet, ez ) 4+3 1 3 -féleképpen tehető meg. Továbbá a három magánhangzó 3!-féleképpen állhat sorban, a mássalhangzók pedig 5! -féleképpen. Tehát a válasz ) 6 2! 3 3! 5!. 2! 3. Feladat. 5 pont) Adja meg a 15x+51y = 9 diofantoszi egyenlet általános megoldását. A megoldás során használja az euklideszi algoritmust, különben a megoldásért nem jár pont. Megoldás. 1. lépés. Kiszámoljuk a 15 és 51 legnagyobb közös osztóját. 51 = 15 4 + 6 15 = 6 2 + 3 6 = 3 2 + 0 A legnagyobb közös osztó 3, ami osztja a 9-et, tehát létezik megoldás. 2. lépés. Megkeressük az egyenlet egy partikuláris megoldását. Az euklideszi algoritmus eredményeit használva kapjuk, hogy 6 = 51 15 4 3 = 15 6 2

Azaz 3 = 15 6 2 = 15 51 15 4) 2 = 15 51 2 + 15 8 = 15 7 51 2. A megfelelő átalakítások után a fenti egyenlet 15 7+51 2) = 3, azaz 15 21+51 6) = 9. Tehát x 0 = 21, y 0 = 6 egy partikuláris megoldás. 3. lépés. Megadjuk az egyenlet általános megoldását: x = 21 + 51 3 15 t = 21 + 17t, y = 6 t = 6 5t, t Z. 3 4. Feladat. 5 pont) Határozza meg a x 2 + 3 x) 9 kifejezésben az x 3 tag együtthatóját. Megoldás. Felhasználjuk a binomiális tétel, mely szerint a + b) n = n i=0 an i b i. Megkeressük, melyik i határozza meg az x 3 -es tagot. Az a = x 2 és b = 3x 1 helyettesítéssel az általános tagra azt az összefüggést kapjuk, hogy x 2 ) 9 i 3x 1 ) i = 3i x i x 18 2i = 3 i x 18 3i. Így az x 18 3i -nek kell lennie az x 3 -os tagnak, azaz 18 3i = 3, azaz i = 5. Így a keresett tag ) 9 5 35 x 3. A keresett együttható 9 5) 3 5. 5. Feladat. 5 pont) Oldja meg az kongruenciarendszert. x 2 mod 5) 3x 1 mod 4) Megoldás. 1. lépés. Megoldjuk a kongruenciákat külön-külön. Az elsőt már nem kell, mert az már a kellő alakban van megadva. Tehát csak a másodikat kell megoldani. Áttérünk diofantoszi egyenletre: 3x 4y = 1. Ennek az x 0 = 3, y 0 = 2 egy megoldása, így ebből felírható az általános megoldás. Természetesen felhasználjuk azt, hogy lnko3, 4) = 1.) Megoldás: x = 3 4t, azaz. 2. lépés. Megoldjuk a kongruenciarendszert diofantoszi egyenletrendszerként. x 2 mod 5) x 5y = 2 x 4z = 3 2 + 5y 4z = 3 5y 4z = 1 Az utolsó diofantoszi egyenletnek az y 0 = 1, z 0 = 1 megoldása, tehát az általános megoldás y-ra y = 1 4t, t Z. Ebből következik, hogy Azaz x 7 mod 20). x = 2 + 5y = 2 + 51 4t) = 7 20t.