Szerkesztő:Mozo/A1 feladatok 1.
Mozo (vitalap | szerkesztései) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Halmazok) |
||
(egy szerkesztő 33 közbeeső változata nincs mutatva) | |||
1. sor: | 1. sor: | ||
− | + | ===Halmazok=== | |
− | # Egyszerűsítse az alábbi kifejezéseket! <math>(A\cap B\cap C)\cup (A\cap B\cap \overline{C})\cup(A\cap \overline{B}\cap C)\cup(A\cap \overline{B}\cap \overline{C})</math> | + | # '''Egyszerűsítse az alábbi kifejezéseket!''' |
− | # Oldja meg az alábbi halmazegyenleteket, ''X''-re! | + | ## <math>(A\cap B\cap C)\cup (A\cap B\cap \overline{C})\cup(A\cap \overline{B}\cap C)\cup(A\cap \overline{B}\cap \overline{C})=?</math> |
+ | ## <math>(A\cap B)\cup C=?</math>, ha <math>A\subseteq C</math>. | ||
+ | # '''Oldja meg az alábbi halmazegyenleteket, ''X''-re!''' | ||
## <math> (A-X)\cup B=X\,</math> | ## <math> (A-X)\cup B=X\,</math> | ||
## <math>A-X=X-A\,</math> | ## <math>A-X=X-A\,</math> | ||
+ | # '''Igazolja minden A, B, C halmazra, hogy ''' | ||
+ | ## <math> A\cup (B\cap C)= (A\cup B)\cap C\,\Leftrightarrow\,A \subseteq C</math> | ||
+ | # '''Igazolja minden <math>B</math> halmazra, <math>(A_i)_{i\in I}</math> és <math>(A_{(i,j)})_{(i,j)\in I\times J}</math> halmazrendszerre, hogy ''' | ||
+ | ## <math> B\setminus\bigcup\limits_{i\in I}A_i=\bigcap\limits_{i\in I}B\setminus A_i</math> | ||
+ | ## <math> \bigcup\limits_{i\in I}\bigcap\limits_{j\in J} A_{(i,j)}\subseteq\bigcap\limits_{j\in J}\bigcup\limits_{i\in I} A_{(i,j)}</math> | ||
+ | ## <math> B\cap\bigcup\limits_{i\in I}A_{i}=\bigcup\limits_{i\in I}B\cap A_{i}</math> | ||
− | ''Megoldás.'' 1. Legyen ''D'' a feladatban szereplő halmaz és legyen ''U'' = ''A'' U ''B'' U ''C'' a komplementerképzés alaphalmaza! Emeljünk ki ''A''-t! | + | |
+ | ''Megoldás.'' | ||
+ | |||
+ | 1.1. Legyen ''D'' a feladatban szereplő halmaz és legyen ''U'' = ''A'' U ''B'' U ''C'' a komplementerképzés alaphalmaza! Emeljünk ki ''A''-t! | ||
:<math>D=A\cap ((B\cap C)\cup (B\cap \overline{C})\cup(\overline{B}\cap C)\cup(\overline{B}\cap \overline{C}))=</math> | :<math>D=A\cap ((B\cap C)\cup (B\cap \overline{C})\cup(\overline{B}\cap C)\cup(\overline{B}\cap \overline{C}))=</math> | ||
A második tényező első két tagjából kiemelhetünk ''B''-t a második két tagjából ''B'' komplementert: | A második tényező első két tagjából kiemelhetünk ''B''-t a második két tagjából ''B'' komplementert: | ||
14. sor: | 25. sor: | ||
Tehát ''D'' = ''A''. | Tehát ''D'' = ''A''. | ||
− | Boole-algebrai formalizmusban: | + | Vagy Boole-algebrai formalizmusban: |
:<math>d=abc+a\overline{b}c+ab\overline{c}+a\overline{bc}=a(bc+\overline{b}c+b\overline{c}+\overline{bc})=a((b+\overline{b})c+(b+\overline{b})\overline{c})=</math> | :<math>d=abc+a\overline{b}c+ab\overline{c}+a\overline{bc}=a(bc+\overline{b}c+b\overline{c}+\overline{bc})=a((b+\overline{b})c+(b+\overline{b})\overline{c})=</math> | ||
:<math> =a(1c+1\overline{c})=a(c+\overline{c})=a\cdot 1=a</math> | :<math> =a(1c+1\overline{c})=a(c+\overline{c})=a\cdot 1=a</math> | ||
+ | |||
+ | 1.2. | ||
+ | :<math>(A\cap B)\cup C=(A\cup C)\cap (B\cup C)= C\cap (B \cup C)= C</math> | ||
+ | az elnyelési tulajdonság miatt és mert ''A'' ⊆ ''C'' pontosan azt jelenti, hogy ''A'' U ''C'' = ''C''. | ||
+ | |||
+ | 2.1. Legyen a komplementerképzés univerzuma U. Tegyük fel, hogy van megoldás. Eltünik az ''X'' komplementer a bal oldalról, ha mindkét oldalt elmetszük ''X''-szel: | ||
+ | :<math>\begin{matrix} | ||
+ | (A-X) \cup B & = & X \\ | ||
+ | (A\cap \overline{X}) \cup B & = & X \\ | ||
+ | ((A\cap \overline{X}) \cup B)\cap X & = & X \cap X\\ | ||
+ | (A\cap \overline{X}\cap X) \cup (B\cap X) & = & X \\ | ||
+ | (A\cap \emptyset) \cup (B\cap X) & = & X \\ | ||
+ | B\cap X & = & X | ||
+ | \end{matrix}</math> | ||
+ | ez utóbbi pontosan azt jelenti, hogy ''X'' ⊆ ''B''. Emellett a feltétel mellett B-vel a baloldalon "beuniózva": | ||
+ | :<math> [\;X =\; ]\quad\quad(A\cap \overline{X}) \cup B =(A\cup B)\cap (\overline{X}\cup B)\supseteq (A\cup B)\cap (\overline{X}\cup X)=(A\cup B)\cap U =A\cup B</math> | ||
+ | amiből következik, hogy ''B'' ⊆ ''X'' és ''A'' ⊆ ''X''. Ez azt jelenti, hogy ha van megoldás, akkor az egyértelmű éspedig | ||
+ | :<math>X=B\,</math> | ||
+ | |||
+ | Most vizsgáljuk meg a megoldhatóság feltételét. Azt kaptuk, hogy ha van megoldás, akkor ''A'' ⊆ ''X'' = ''B'', vagyis | ||
+ | :<math>A\subseteq B\,</math> | ||
+ | De ez elégséges feltétele is a megoldhatóságnak, ugyanis ekkor az ''X'' = ''B'' helyettesítés kielégíti az egyenletet: | ||
+ | :<math> \quad\quad(A\cap \overline{B}) \cup B =\emptyset \cup B=B</math> | ||
+ | 2.2. | ||
+ | :<math>A-X=X-A\,</math> | ||
+ | vagyis | ||
+ | :<math>A\cap\overline{X}=X\cap \overline{A}\,</math> | ||
+ | Ha van megoldás és bemetszünk mindkét oldalon ''A''-val, akkor | ||
+ | :<math>A\cap A\cap\overline{X}=X\cap \overline{A}\cap A\,</math> | ||
+ | :<math>A\cap\overline{X}=\emptyset</math> | ||
+ | azaz ''A'' ⊆ ''X'', de az egyenlet ''szimmetrikus'' az ''A'' és az ''X'' felcserélésére, ezért ''X'' ⊆ ''A'' is teljesül, amiből ''X'' = ''A'', ha van megoldás. Márpedig az egyenletet az ''X'' = ''A'' kielégíti. | ||
+ | |||
+ | 3. | ||
+ | |||
+ | ===Geometria vektorokkal=== | ||
+ | '''1.''' Igazoljuk, hogy a paralelogramma átlói felezik egymást! | ||
+ | |||
+ | ''Mo.'' Legyen egy csúcsból kiinduló két oldalvektor '''a''' és '''b'''. Az átlók pontjai: | ||
+ | :<math>\mathbf{r}(\lambda)=\lambda.(\mathbf{a}+\mathbf{b})\,</math>, <math>\lambda\in[0,1]</math> | ||
+ | :<math>\mathbf{r}(\mu)=\mathbf{a}+\mu.(\mathbf{b}-\mathbf{a})\,</math>, <math>\mu\in[0,1]</math> | ||
+ | Világos, hogy az átlók felezéspontjai a λ=μ=1/2 értékeknél vannak. Ezek a pontok pedig egybeesnek, hisz | ||
+ | :<math>\frac{1}{2}(\mathbf{a}+\mathbf{b})=\mathbf{a}+\frac{1}{2}(\mathbf{b}-\mathbf{a})</math> | ||
+ | |||
+ | '''2.''' Igazoljuk, hogy ha a kezdőpontot a háromszög körül írható körének középpontjában veszük föl, akkor onnan felírva a csúcsokba mutató '''a''', '''b''' és '''c''' vektorok '''m''' = '''a''' + '''b''' + '''c''' összege a magasságpont. | ||
+ | |||
+ | ''Mo.'' '''m''' - '''a''' merőleges a szemben fekvő oldallal, hisz: | ||
+ | |||
+ | <math>(\mathbf{c}-\mathbf{b})\cdot(\mathbf{m}-\mathbf{a})=(\mathbf{c}-\mathbf{b})\cdot(\mathbf{b}+\mathbf{c})=\mathbf{b}^2-\mathbf{c}^2=R^2-R^2=0</math> | ||
+ | |||
+ | '''m''' - '''a''' tehát irányvektora egy magasságvonalnak, ugyanígy '''m''' - '''b''' és '''m''' - '''c''' is. Emiatt a magasságegyenesek: | ||
+ | :<math>\mathbf{r}(t)=\mathbf{a}+t.(\mathbf{m}-\mathbf{a})\,</math> | ||
+ | :<math>\mathbf{r}(s)=\mathbf{b}+s.(\mathbf{m}-\mathbf{b})\,</math> | ||
+ | :<math>\mathbf{r}(u)=\mathbf{b}+u.(\mathbf{m}-\mathbf{b})\,</math> | ||
+ | De ezek egy pontban találkoznak, az '''m'''-ben. | ||
+ | |||
+ | ===Sík és egyenes=== | ||
+ | Van-e olyan sík, mely tartalmazza az | ||
+ | |||
+ | :<math>e:\left\{ | ||
+ | |||
+ | \begin{matrix} | ||
+ | |||
+ | x=2+2t\\ | ||
+ | |||
+ | y=1-t\\ | ||
+ | |||
+ | z=1+3t | ||
+ | |||
+ | \end{matrix} | ||
+ | |||
+ | \right.</math> illetve <math>f:\left\{ | ||
+ | |||
+ | |||
+ | \begin{matrix} | ||
+ | |||
+ | x=3+4t'\\ | ||
+ | |||
+ | y=1-2t'\\ | ||
+ | |||
+ | z=1+6t' | ||
+ | |||
+ | \end{matrix}\right.</math> | ||
+ | egyeneseket? | ||
+ | |||
+ | ===Komplex számok=== | ||
+ | # '''Oldja meg az alábbi egyenletet a komplex számok halmazán!''' | ||
+ | #:<math>z^8-3z^4+4=0\,</math> | ||
+ | # '''Adja meg a következő kifejezés értékét algebrai alakban!''' | ||
+ | #:<math>\frac{1}{2^{10}}\left(\frac{1}{i^5}+i^{2008}\right)^{20}</math> | ||
+ | |||
+ | ''Megoldás.'' | ||
+ | |||
+ | 1. ''w'' = ''z''<sup>4</sup> új ismeretlennel: | ||
+ | |||
+ | :<math>w^2-3w-4=0\,</math> | ||
+ | ami a megoldóképlet szerint: | ||
+ | :<math>w_{1,2}=\frac{3\pm \sqrt{9+16}}{2}=</math> | ||
+ | ahol a négyzetgyököt a komplex kétértékű értelemben kell venni. | ||
+ | :<math>=\frac{3\pm 5}{2}=\left\{\begin{matrix}4\\-1\end{matrix}\right.</math> | ||
+ | Ezeknek könnyű előállítani a negyedik gyökeiket. Az abszolút értékek: | ||
+ | :<math>\sqrt[4]{4}=\sqrt{2}</math> és <math>\,1</math>, | ||
+ | így | ||
+ | :<math>z_{1234}=\pm\sqrt{2},\pm\sqrt{2}\cdot i</math> | ||
+ | :<math>z_{5678}=\frac{\sqrt{2}}{2}\pm\frac{\sqrt{2}}{2}i,\pm\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i</math> | ||
+ | |||
+ | 2. | ||
+ | |||
+ | :<math>\frac{1}{2^{10}}\left(\frac{1}{i^5}+i^{2008}\right)^{20}=\frac{1}{2^{10}}\left(i+1\right)^{20}=\left(\frac{i+1}{\sqrt{2}}\right)^{20}=</math> | ||
+ | :<math>\,=(\cos(\pi/4)+i\sin(\pi/4))^{20}=\cos(5\pi)+i\sin(5\pi)=</math> | ||
+ | :<math>=\,\cos(\pi)+i\sin(\pi)=-1</math> | ||
+ | |||
+ | ===Sorozatok=== | ||
+ | # Igazak-e a következő kijelentések? | ||
+ | ## Ha egy sorozat monoton és korlátos, akkor konvergens. | ||
+ | ## Ha egy sorozat monoton és van konvergens részsorozata, akkor konvergens. | ||
+ | ## Ha egy sorozat divergens, akkor az (1/n)-nel vett szorzata konvergens. | ||
+ | ## Ha egy sorozat felülről nem korlátos, akkor nincs konvergens részsorozata. | ||
+ | ## Ha egy sorozat a + végtelenbe tart, akkor van a + végtelenhez tartó részsorozata. | ||
+ | ## Ha egy konvergens sorozat minden tagja pozitív, akkor a határértéke is pozitív. | ||
+ | ## Ha (a<sub>n+1</sub> <math>-\,</math> a<sub>n</sub>) nullsorozat, akkor (a<sub>n</sub>) konvergens. | ||
+ | # Mennyi? | ||
+ | ## <math>\lim\limits_{n\to \infty}\frac{(3-\frac{2}{n})^n}{3^n}</math> | ||
+ | ## <math>\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n^5-5^{n-5}}{5^n-5n}</math> | ||
+ | # Konvergens-e? | ||
+ | ## <math>\,a_n=n^n</math> esetén <math>\frac{a_{n+1}}{a_n}</math> | ||
+ | ## <math>\,a_n=2^n+n^2</math> esetén <math>\sqrt{a_n}</math> | ||
+ | ===Függvényvizsgálat=== | ||
+ | |||
+ | |||
+ | |||
+ | Vizsgáljuk meg monotonitás és szélsőérték szempontjából. | ||
+ | :<math>f(x)=\frac{1}{x^2+e^{\frac{1}{x}}}\,</math> | ||
+ | |||
+ | |||
+ | b) | ||
+ | :<math>f'(x)=\frac{-2x+e^{\frac{1}{x}}\frac{1}{x^2}}{(x^2+e^{\frac{1}{x}})^2}</math> | ||
+ | |||
+ | zh: hány megoldása van az | ||
+ | :<math>2x^3=e^{\frac{1}{x}}\,</math> | ||
+ | egyenletnek? | ||
+ | x pozitív, | ||
+ | :<math>g(x)=2x^3-e^{\frac{1}{x}}</math> | ||
+ | deriváltja pozitív, tehát szig. mon nő, azaz legfeljebb csak egy megoldás van. Bolzano-tételből köv., hogy van megoldás. Legyen ez x<sub>M</sub>. Előjele: előtte +, utána -. Negatívokra +. |
A lap jelenlegi, 2020. október 1., 23:34-kori változata
Tartalomjegyzék |
Halmazok
- Egyszerűsítse az alábbi kifejezéseket!
- , ha .
- Oldja meg az alábbi halmazegyenleteket, X-re!
- Igazolja minden A, B, C halmazra, hogy
- Igazolja minden B halmazra, és halmazrendszerre, hogy
Megoldás.
1.1. Legyen D a feladatban szereplő halmaz és legyen U = A U B U C a komplementerképzés alaphalmaza! Emeljünk ki A-t!
A második tényező első két tagjából kiemelhetünk B-t a második két tagjából B komplementert:
ekkor a halmaz és komplementere kiadja U-t, így:
Tehát D = A.
Vagy Boole-algebrai formalizmusban:
1.2.
az elnyelési tulajdonság miatt és mert A ⊆ C pontosan azt jelenti, hogy A U C = C.
2.1. Legyen a komplementerképzés univerzuma U. Tegyük fel, hogy van megoldás. Eltünik az X komplementer a bal oldalról, ha mindkét oldalt elmetszük X-szel:
ez utóbbi pontosan azt jelenti, hogy X ⊆ B. Emellett a feltétel mellett B-vel a baloldalon "beuniózva":
amiből következik, hogy B ⊆ X és A ⊆ X. Ez azt jelenti, hogy ha van megoldás, akkor az egyértelmű éspedig
Most vizsgáljuk meg a megoldhatóság feltételét. Azt kaptuk, hogy ha van megoldás, akkor A ⊆ X = B, vagyis
De ez elégséges feltétele is a megoldhatóságnak, ugyanis ekkor az X = B helyettesítés kielégíti az egyenletet:
2.2.
vagyis
Ha van megoldás és bemetszünk mindkét oldalon A-val, akkor
azaz A ⊆ X, de az egyenlet szimmetrikus az A és az X felcserélésére, ezért X ⊆ A is teljesül, amiből X = A, ha van megoldás. Márpedig az egyenletet az X = A kielégíti.
3.
Geometria vektorokkal
1. Igazoljuk, hogy a paralelogramma átlói felezik egymást!
Mo. Legyen egy csúcsból kiinduló két oldalvektor a és b. Az átlók pontjai:
- ,
- ,
Világos, hogy az átlók felezéspontjai a λ=μ=1/2 értékeknél vannak. Ezek a pontok pedig egybeesnek, hisz
2. Igazoljuk, hogy ha a kezdőpontot a háromszög körül írható körének középpontjában veszük föl, akkor onnan felírva a csúcsokba mutató a, b és c vektorok m = a + b + c összege a magasságpont.
Mo. m - a merőleges a szemben fekvő oldallal, hisz:
m - a tehát irányvektora egy magasságvonalnak, ugyanígy m - b és m - c is. Emiatt a magasságegyenesek:
De ezek egy pontban találkoznak, az m-ben.
Sík és egyenes
Van-e olyan sík, mely tartalmazza az
- illetve
egyeneseket?
Komplex számok
- Oldja meg az alábbi egyenletet a komplex számok halmazán!
- Adja meg a következő kifejezés értékét algebrai alakban!
Megoldás.
1. w = z4 új ismeretlennel:
ami a megoldóképlet szerint:
ahol a négyzetgyököt a komplex kétértékű értelemben kell venni.
Ezeknek könnyű előállítani a negyedik gyökeiket. Az abszolút értékek:
- és ,
így
2.
Sorozatok
- Igazak-e a következő kijelentések?
- Ha egy sorozat monoton és korlátos, akkor konvergens.
- Ha egy sorozat monoton és van konvergens részsorozata, akkor konvergens.
- Ha egy sorozat divergens, akkor az (1/n)-nel vett szorzata konvergens.
- Ha egy sorozat felülről nem korlátos, akkor nincs konvergens részsorozata.
- Ha egy sorozat a + végtelenbe tart, akkor van a + végtelenhez tartó részsorozata.
- Ha egy konvergens sorozat minden tagja pozitív, akkor a határértéke is pozitív.
- Ha (an+1 an) nullsorozat, akkor (an) konvergens.
- Mennyi?
- Konvergens-e?
- esetén
- esetén
Függvényvizsgálat
Vizsgáljuk meg monotonitás és szélsőérték szempontjából.
b)
zh: hány megoldása van az
egyenletnek? x pozitív,
deriváltja pozitív, tehát szig. mon nő, azaz legfeljebb csak egy megoldás van. Bolzano-tételből köv., hogy van megoldás. Legyen ez xM. Előjele: előtte +, utána -. Negatívokra +.