Matematika | Középiskola » Fröhlich Lajos – Sokszínű matematika, 10. osztályos feladatok megoldással

A 9. osztályos Sokszínű matematika feladatgyűjtemény több mint 800 feladatot és a feladatok megoldását is tartalmazza, ezért a mindennapi felkészülés mellett .

sokszínű matematika 7 megoldások

Halmazok elemszáma, logikai szita. 5. Számegyenesek, intervallumok . A mintapéldák és a kitűzött feladatok nehézségét három különböző színnel jelöltük:.

Tankönyvkiadó, Budapest. ∙ Matematika 1/I. Újgenerációs tankönyv (2016), EKE OFI https://player.nkp.hu/play/127897/false/undefined. · Matematika 1/II.

9 Pumukli tanácsára Éder mester, a gondos asztalos minden szék lá- bára csúszásgátló széklábpapucsot rendel. . -dal térhet el a címkére felírt tömegtől.

Amikor Mr. és Mrs. Smith repülőre szálltak, csomagjaik összsúlya 94 font volt. . vagyon, és mennyi jutott egy fiúra? . font bánatpénzt kell fizetnünk.

Arthur király és 30 lovagja letelepszik a kerekasztal köré. Hányféle sorrend alakulhat ki? (A forgatással egymásba vihet® ülésrendeket nem különböztetjük .

Szerkesztette: Fried Katalin. TÁMOP-4.1.2.B.2-13/1-2013-0007. Országos koordinációval a pedagógusképzés megújításáért .

Ha festett extra világos szőke hajszínű . Barna haj – a középkortól napjainkig . szeretnének a világos, esetenként hideg vagy hamvas árnyalatú.

pop), a dél-koreai filmek, illetve TV-sorozatok (a továbbiakban K-drámák) egyre . a szakirodalomra támaszkodva, illetve egy 2018-as, magyar rajongók .

lyiségét gazdagító mese. Az emberiség egyetemes értékeit felmutatni képes mese. Vajon eléggé tudatosan közelítünk-e a mesék öntörvényű világához?

teszünk a kialvatlanságunk ellen (sok kávé- . értelemben közel álló idegen donorból szár- . szeveszik (kutya-macska viszonyban vannak egymással).

jelölt között a legjobb idegen nyelvű film kategóriában. (OSCARS.ORG, 2018) Annak meg- . filmek száma 2015-ben 42, 2016-ben pedig 53 darab film volt.

Mégis, a bizalom szerepével az. 1980-as évektől újult erővel kezdtek el foglalkozni olyan társadalomfilozófusok, mint például Luhmann és Giddens, .

9 февр. 2016 г. . Rozsály öt darab MTZ traktora és az egyéb munkagépek, . Monarchia osztrák tartományaiban 1917-1918-ra a gazdasági kimerülés jelei.

A 6-14 éves korúak oktatásban több évtized után a „Nyelvi-irodalmi és . Most rávilágítunk a stílus és a stilisztika tanítással kapcsolatos kérdéseinek.

3 Sérülékeny vagy szenzitív csoport: Bármely társadalmi csoport, melynek tagjai . származás, karrier történet, iskolázottság) és az innovációs.

7. mászás. olyan testhelyzetet és izom- . Torgyik Judit, Karlovitz János Tibor: Multikulturális nevelés. . sorolta a társadalmi egyenlőséget és igazsá-.

27 февр. 2013 г. . Kiadó neve: BGF KVIK Közgazdasági Tanszéki Osztály . hatása Egyiptom gazdaságára (szakdolgozat) Budapesti Gazdasági Főiskola, Külkereske-.

15 янв. 2015 г. . csupán 0,6%-kal vette ki részét a világkereskedelemben, . SZENTESI AMBRUS G. (2009): Kína Afrika felé fordulásának folyamata, .

18 авг. 2020 г. . is készült róla Egy csodá- latos elme címmel, amely négy Oscar-díjat kapott, addig a magyar Nobel-dí- jasunkról se könyv, se utca,.

3 мар. 2017 г. . Czeizel Barbara miniszteri biztos. Emberi Erőforrások Minisztériuma. 10.50 – 11.15. A tehetséggondozás útjai. Előadó:.

A pEdAgógIAI gyAkorlAtbAN. SzErkESztEtték: Endrődy OrsOlya svraka BErnadEtt. F. lassú ZsuZsa. S kSzíNű. pEdAgógIA. E n dr ő d y O r s. O l.

6 дек. 2013 г. . Az egykori, történelmi Magyarország közepén, ma a román országhatár men- tén fekvő Békés megye a magyaron kívül.

Bartos Erika: Bicikli. Csobban a, csobban a kéklő Balaton,. Hajtom a, hajtom a biciklit utamon. Gördül a, gördül a lejtőn lefele,.

Fekete István állatnevei. NAGY SZENTJÁNOSBOGÁR . K U T Y A. Bogáncs . S Ü N. Szú. T E H É N. Mu. H É J A. Killi. F Á C Á N. Kakat. D I S Z N Ó.

2 сент. 2018 г. . Mamma Mia! Sose hagyjuk abba 50. Mamma Mia! . Maria Lara, Antje Traue, Michael Herbig. . Felirat nélkül! EzMi (CeSo) –. Bábkabaré.

12 мар. 2014 г. . Megoldások. 9. osztály. 4. Feladat. Hány valós megoldása van a 3[x]=2×2 +x−4 egyenletnek? ([x] az x valós szám egészrészét jelenti.).

tok kialakítására. Univerzálisan használható minden. Somfy RTS vezérléshez: redőny, napellenző, zsaluzia, roló, beltéri árnyékolók, függönymozgatás, .

Egy magyar szabómester Bécsben vásárolt szövetet, viszont a vásárolt mennyiséget rőfben . János bácsi a borát gönci hordókban méri.

1 мар. 2017 г. . Igazoljuk, hogy az sorozat hármas maradékai periódikusan ismétlődnek, ha n ≥ 2 és határozzuk meg a sorozat periódusát.

IDC4e: A TEXA. DIAGNOSZTIKA SZÍVE. A kivételes IDC4E OHW szoftverrel személygépjárművek és kisteherautók diagnosztikáját végezheti el,.

mazható epoxi ragasztó. . s Különféle anyagokat ragaszt, mint pl. fa, fém, kemény műanyag, üveg. . gyanta. Átfesthető. Nagyobb javításoknál Loctite 3025.

Az CYEB Energiakereskedő Kft. egyetemes szolgáltatásra jogosult lakossági felhasználókat. (fogyasztókat) is ellátó villamos energiakereskedő.

7 авг. 2021 г. . Célja: a papokkal szembeni ellenszenv kialakítása. Eszközei: Csak a papság negatív vonásait emeli ki. Általános jelenségeket tudatos .

Egyszerű a válasz: egyike vagyunk azon kevés gyártóknak, akik nem csupán sokrétű, de ütőképes választékot is kínálnak, amely kiváló hőteljesítményű lapradi-.

pisztoly táska kemény műanyag. Méret: 82 x 29 x 8 cm. Szállító táskák. 51L2/GUT.C speciális puskacső szénszálas, kaliber 13 mm 92,00 €. 51L2/1V.C.

5 мая 2017 г. . Komissiózó targonca iGo rendszer. • Programozható jetski rendszer . Külső rendszerekkel (WMS, ERP) való rugalmas összeköttetés lehetősége.

Kreatív menyasszonyok a családdal együtt könnyedén elkészíthetik ezt a kis csomagot. Hozzávalók: mécses, tüll zacskó (készen kapható), és szatén szalag.

Seilern Crescence (1799–1875) osztrák grófnő b) Mikor találkozott Széchenyi először az akkor még férjes asszonnyal? 1824 v. 1818.

gátló szerkezetek beépítésére. Rétegstabilizáló, és felület- megkötő jutahálók alkalma- zása 20°-ig legtöbb esetben . nagy rétegvastagságú tera-.

Ekkor vegyük az u1-et és az e-hez közelebbi vi-t (i ∈ összeköt® utat. . Tegyük fel, hogy a G gráf k-szorosan élösszefügg®, F a G egy feszít®fája.

Mekkora a szögsebessége az 50 m sugarú kanyarban 36 km/h sebességgel haladó autónak? 5. Egy körfűrész fordulatszáma 11 1/s, sugara 16 cm.

Napelem optimalizálási megoldások. Horváth Balázs. Page 2. Solarity. • Európai disztributor, Prágai központ. • 10+ év a PV piacon. • 6 éve a magyar piacon.

A szalag eltávolításkor nem szakad el. A szalag erőssége és merevsége. A film vastagsága. Easy Cover® termékcsalád. Az alkalmazás során javasolt.

15 апр. 2015 г. . igény, hogy számukra megfelelő élettereket teremtsen a kert- ben, a szabadban. . rán most már a KK Kavics Beton által kínált bur-.

Tetőterasz elemek tokkülmérete (cm). 78×136. 78×109. GEL M08 3065G. Tetőterasz felső elem, 65 energiatakarékos üveggel, színtelen lakkozott fenyő,.

mPCIe, Arduino Shields és egyéb szabványos interfészek, protokollok . Alapok az alkalmazások fejlesztéséhez. A MindSphere nyitott platform támogatja az .

KRESZ 48. § (5). Olyan gépkocsival, amelynek meghatározott üléseit biztonsági övvel kell felszerelni, továbbá olyan gépkocsival, amelynek hátsó üléseit.

Azonosítja az összes. ECU-t és leolvashatja a hiba bejegyzéseket is. (3-20-szor gyorsabban az átlagosnál). Ezen kívül az egyes hiba bejegyzések állapotát is.

A Caffe Crema-t a legjobb. Tchibo-hagyománynak megfelelően állítják elő, hogy a . kávéhagyomány és a Barista szenvedély kombinációja. La.

Forgó alaplap és személyi számítógép állóhelyzeti használathoz. NEM KELL VÁRNI A LABOREREDMÉNYEKRE. A HarvestLab 3000 laboratóriumként is használható a .

Szendvicspanelek tetőre. Tető szendvicspanel 3 bordával. Tető szendvicspanel 5 bordával. Különleges rendeltetésű panelek. IsoAgro tető szendvicspanel.

Bővülés újabb gyártókkal, nemzetközi LED multibrand store indítása . Az akár 1 éven belül megtérülő ipari LED fénycsö- . [email protected] Győri iroda.

2 // est.hu címlap. 3 // est.hu rovatoldal. 4 // est.hu cikk. 5–6 // est.hu Skin. Page 2. 2 est.hu címlap. Page 3. 3 est.hu rovatoldal. Page 4 .

Rengeteg használati tárgy, ruha, ajándék kerül a szemétbe, mert a . a) drótszőrű magyar vizsla, rövidszőrű magyar vizsla, erdélyi kopó, komondor, kuvasz, .

ra vonatkozó bármely kérdésével kapcsolatban. Az újonnan struk- . lá n o s. 0. 8. U. F. S. _. K a ta . sal támogatja az OBO a felhaszná-.

a természet-alapú megoldások a fenntartható urbanizáció érdekében. • Győrben és környékén az elmúlt négy évben számos természet-alapú.

Csonthéjasokban (őszi- és kajszibarack, szilva, meggy, . Szilvában, meggyben és cseresznyében levéllyukacsosodás, monília és ágelhalások ellen fo-.

Az alábbiakban röviden összefoglaljuk a BKK akadálymentes szolgáltatásainak tájékoztatását. . BKK FUTÁR akadálymentes tájékoztatás. Utazástervező.

24 янв. 2008 г. . 50. 3. 2. 4. A szelepek anyagának hatása az átfolyási időre . A 37-50% -nyi gyakoriság a probléma . 25- 30 mm, de a prosztata.

Mi a csoport? Ha csapatmunkában kell dolgoznia bizonyos emberekkel, akkor létrehozhat egy csoportot, vagy csatlakozhat egy meglévőhöz.

Matematika | Középiskola » Fröhlich Lajos – Sokszínű matematika, 10. osztályos feladatok megoldással

Sokszínû matematika 10. A KITÛZÖTT FELADATOK EREDMÉNYE Összeállította: FRÖHLICH LAJOS gimnáziumi tanár A Gondolkodási módszerek és a Valószínûségszámítás c. fejezeteket szakmailag ellenõrizte: DR. HAJNAL PÉTER egyetemi docens Tartalom . 4 . 12 Gondolkodási módszerek A gyökvonás . 16 . 27 A másodfokú egyenlet Geometria Szögfüggvények . Valószínûségszámítás . 52 59 SOKSZÍNÛ MATEMATIKA 10. – A KITÛZÖT T FELADATOK EREDMÉNYE Gondolkodási módszerek 1. Szükséges, elégséges, szükséges és elégséges feltétel 1. a) Ha vizes az úttest, akkor esik az esõ a városban Nem feltétlenül igaz b) c) d) e) Ha bezárom az ajtót, akkor elmegyek otthonról. Nem biztos Ha õ medve, akkor õ Micimackó. Nem biztos Ha felvesznek az egyetemre, akkor megnyerem az OKTV-t. Nem igaz Ha bemehetek a színházi elõadásra, akkor van jegyem. Igaz 2. a) Ha egy szám osztható 2-vel, akkor osztható 4-gyel Nem igaz b) Ha egy

szám racionális szám, akkor véges tizedes tört. Nem igaz c) Ha egy háromszög leghosszabb oldalának négyzete egyenlõ a másik két oldal négyzetének összegével, akkor derékszögû. Igaz d) Ha két szám szorzata 0, akkor közülük legalább az egyik 0. Igaz 3. a) Szükséges, de nem elegendõ b) c) d) e) Szükséges, de nem elegendõ. Szükséges, de nem elegendõ. Szükséges, de nem elegendõ. Elegendõ, de nem szükséges. 4. a) Elegendõ, de nem szükséges b) c) d) e) Szükséges és elegendõ. Szükséges, de nem elegendõ. Elegendõ, de nem szükséges. Nem szükséges, nem elegendõ. 5. a) Szükséges, de nem elegendõ b) c) d) e) f) Elegendõ, de nem szükséges. Elegendõ, de nem szükséges. Szükséges és elegendõ. Nem elegendõ és nem szükséges. Nem szükséges, nem elegendõ. 6. Szükséges, de nem elégséges legalább 30 pontot elérni Elégséges, de nem szükséges 100 pontot elérni. Szükséges és elégséges 40 pontot elérni. Nem

szükséges és nem elégséges legfeljebb 50 pontot elérni. 7. a) Szükséges, de nem elégséges: átlók felezik egymást Elégséges, de nem szükséges: négyzet legyen. Szükséges és elégséges: oldalai egyenlõek. b) Szükséges, de nem elégséges: osztható 2-vel. Elégséges, de nem szükséges: osztható 12-vel. Szükséges és elégséges: osztható 2-vel és 3-mal. 4 c) Szükséges, de nem elégséges: az egyik páros. Elégséges, de nem szükséges: mindkét szám páros. Szükséges és elégséges: ha valamelyik páratlan, a másik 4-gyel osztható vagy mindkét szám páros. d) Szükséges, de nem elégséges: átlóik egyenlõek. Elégséges, de nem szükséges: mindkét deltoid oldalai egységnyiek, szögei 90º-osak. Szükséges és elégséges: három oldaluk és az általuk meghatározott két szögük egyenlõek. 9. Mivel 49 mezõ van, az egyik színbõl több van Az átmászáskor minden csiga a másik színû mezõre kerül. A több mezõt

meghatározó színû mezõkrõl induló 25 csiga 24 mezõ közül választhat, így biztos lesz olyan mezõ, amelyikre kettõ kerül közülük. 10. Egy elégséges feltétel, hogy egy sarokmezõt hagyjunk ki Ezt az egyik sarokmezõt kihagyó triminó-fedés megadásával indokolhatjuk. Ilyet találhatunk egyszerûen A szükséges és elégséges feltételhez a mezõket (i, j) koordinátapároknak gondoljuk, ahol 1 £ i, j £ 7. Az (i, j) mezõbe írjuk bele az i + j szám 3-mal való maradékos osztásánál kapott maradékot. Így a mezõket megszámoztuk úgy, hogy ha sorban balról jobbra, vagy oszlopban alulról felfelé haladunk, akkor a 0, 1, 2 számokat látjuk periodikusan ismételve. (Ez a számozás a számelméleti leírás nélkül is könnyen megadható.) Azaz minden triminó által lefedett mezõkben a számok összege 0 + 1 + 2 = 3. Az összes lefedett szám összege 16 · 3 = 48. Ebbõl kiszámolható, hogy a le nem fedett mezõben 2-esnek kell állni Ez a sarok,

oldal-középsõ és tábla-középsõ pozíciókban lesz. Tehát egy szükséges feltétel, hogy egyetlen fedetlen mezõ legyen a fenti kilenc közül. Ez elégséges is, amit az egyes lehetõségekhez tartozó fedésekkel igazolhatunk. 11. Nem lehetséges Szükséges és elégséges feltétel, hogy az x koordináták különbsége plusz az y koordináták különbsége páros legyen. 12. Mivel egy él két csúcshoz tartozik, az egy csúcshoz írt számok összege 2(1 + . + 12) 13 ⋅ 12 = . 8 8 Ez nem egész szám, így ez a számozás nem lehetséges. A számozás szükséges feltétele, hogy az élekre írt számok összege 4 többszöröse legyen. Ez nem elégséges feltétel. Elégséges feltétel: legyen a1; a2; a3; a4; a5; a9 tetszõleges számok. Az élekre írt számok legyenek: a11 a12 a6 = a1 + a5 – a3 a7 a7 = a1 + a2 + a5 – a3 – a4 a10 a9 a8 = a2 + a5 – a4 a6 a5 a8 a10 = a1 + a2 – a9 a3 a4 a11 = a3 + a9 – a1 a2 a1 a12 = a1 + a4 – a9 13. Számozzuk az

oszlopokat balról és a sorokat alulról a) 6. sor vált, 5 oszlop vált, 6 oszlop vált b) 1., 3, 5 oszlop vált, 1, 3, 5 sor vált 5 SOKSZÍNÛ MATEMATIKA 10. – A KITÛZÖT T FELADATOK EREDMÉNYE c) Nem érhetõ el. Legyen egy sorban vagy oszlopban a kékek száma k, a váltáskor a kékek számának változása 2(3 – k), azaz páros. Tehát szükséges feltétel, hogy a kékek száma kezdetben páros legyen. d) Nem érhetõ el. A szükséges és elégséges feltétel egy másik megfogalmazása: „Vegyünk ki tetszõlegesen négy mezõt úgy, hogy azok két sorban és két oszlopban legyenek. Ekkor köztük páros sok kék mezõ van.” Egy átalakítás ezt a tulajdonságot nem változtatja meg, és mivel a végén minden ilyen mezõnégyesben nulla (azaz páros) kék mezõnek kell lenni, ezért a feltételünk szükséges. Másrészt elégséges is, mert ha teljesül, akkor néhány átalakítással érjük el, hogy az elsõ oszlopban és sorban is csak sárga mezõk

legyenek (ezt könnyen el tudjuk érni). A feltételünk az átalakítások során megmaradt, így a többi mezõ is sárga lesz. Valóban, hiszen a többi mezõ mindegyike benne van egy olyan mezõnégyesben, amely három mezõje az elsõ sor vagy elsõ oszlop eleme (így már sárga), és összesen páros sok kék mezõ van köztük (feltételünk szerint). Ez a többi mezõ közül tetszõlegesen kiválasztott mezõ sárga színét is jelenti. Rejtvény: Kettõt. A bal felsõt és a jobb alsót 2. Skatulya-elv 1. A: nem B: igaz C: igaz D: igaz a) Van közöttük két egyforma fajta állat. b) hetet c) ötöt d) hármat e) négyet f) hetet g) hetet 2. Angolos és németes csoportról 3. Mivel 33 = 5 · 6 + 3, biztosan van olyan osztályzat, mely legalább 7-szer fordul elõ 4. A: igaz (365 < 745) D: nem B: igaz (37 · 20 < 745) E: igaz (4 · 12 < 52) 5. a) 4 b) 39 c) 33 d) 40 6. A: nem B: nem C: igen D: igen 7. a) 6 b) 6 C: nem 8. 9 · 4 + 1 = 37 almát

kell kivenni, hogy valamelyikbõl legalább 10 legyen 76 almát kell kivenni, hogy mindegyikbõl legyen legalább 1. 9. a) 3 b) 14 10. Legyen n kék és m piros zokni 3 húzás kell, hogy legyen biztosan egyforma színû pár és max + 1 húzás kell, hogy legyen két különbözõ színû. Tehát 3 ³ max + 1 2 ³ max + 1 2 piros és 2 kék, vagy 2 piros és 1 kék, vagy 2 kék és 1 piros zokni van. 11. 1 + 2 + 3 + + 9 + 21 · 9 + 1 = 235 lemezt 6 12. Valamelyik hajszínbõl van legalább 50 Ebbõl a színbõl van legalább 13 egyforma egy teremben, mivel 12 · 4 < 50. 13. Osszuk fel a céltáblát 9 darab 2 ´ 2-es négyzetre Így lesz olyan négyzet, ahová legalább 2 lövés kerül. Ezen két lövés maximális távolsága 2 2 dm, ami kisebb 3 dm-nél 14. Osszuk fel 6 db egybevágó, szabályos háromszögre a céltáblát, melyek oldalai 40 cm hosszúak. Biztos lesz egy olyan háromszög, melybe legalább két lövés kerül Ezek távolsága nem

termet 90 darab 1 m élû kockára Biztos van olyan kocka, melyben legalább 2 légy van. Ezek maximális távolsága 3 m, ami kisebb, mint 2 m. 19. Osszuk fel a kockát 64 darab egységélû kockára Mivel 64 · 31 < 2001, lesz olyan kocka, melyben legalább 32 pont van. Ezek közül kiválasztva 32 pontot az õket összekötõ zárt töröttvonal 32 szakaszból áll, melyek mindegyike maximum 3 egység, így a töröttvonal hossza nem nagyobb, mint 32 · 3 egység. 20. A kézfogások száma 9-féle lehet, mivel a számok elemei és a 0, illetve 9 kézfogás együtt nem lehetséges. Így a 10 ember között biztos van kettõ, melyeknél a kézfogások száma egyenlõ. 21. Egy csapat minimum 0, maximum 7 meccset játszhat A csapatok meccseinek száma 7- féle lehet, hisz 0 meccset, illetve 7 meccset játszó csapat egyszerre nem lehetséges. Így mindig van legalább két olyan csapat, melyek meccseinek száma egyenlõ. 22. Mivel 8-cal osztva 8-féle maradék

lehet, 9 szám esetén biztosan lesz kettõ azonos maradékú, melyek különbsége osztható 8-cal. 23. a) 15-tel osztva 15-féle maradék lehetséges 15 egymás utáni egész szám maradéka különbözõ, az összes lehetséges maradék elõfordul. Bármelyik nem 0 maradékhoz találunk olyan maradékot, mellyel az összege 15. Az ezen maradékot adó számok összege osztható 15-tel. 7 SOKSZÍNÛ MATEMATIKA 10. – A KITÛZÖT T FELADATOK EREDMÉNYE b) Nem igaz. Például ha mindegyiknek 1 a maradéka, akkor bármelyik kettõ összegének 2 a maradéka. c) Akkor nem lesz két szám különbsége osztható 15-tel, ha maradékuk különbözõ. Így legfeljebb 15 darab szám írható fel. Akkor nem lesz két szám összege osztható 15-tel, ha maradékaik összege nem 15. Így legfeljebb 8 darab szám írható fel. A feladatnak legfeljebb 8 darab, különbözõ maradékú szám felel meg. 24. A legkisebb szám, amit kaphatunk 1 – 2 – – 2001 = –2 002 999 A legnagyobb

szám nem nagyobb 1 + 2 + . + 2001 = 2 003 001-nél Így legfeljebb 4 006 001 különbözõ szám lehet az eredmény. 1 – 2 egyféleképpen értelmezhetõ/zárójelezhetõ. Ha ezt a kifejezést bõvítjük –3 – 4 kifejezéssel, akkor eddigi zárójelezésünkbõl kettõt is készíthetünk: Az eddigi kifejezéshez egyesével vesszük hozzá –3-at és –4-et, illetve a két tag együttesen zárójelezve kerül hozzá. Más lehetõségek is vannak, de az biztos, hogy lehetõségeink legalább megkétszerezõdnek. Gondolatmenetünk folytatható: két újabb tag a zárójelezések lehetõségeinek számát mindig legalább megkétszerezi. Összesen több mint 2999 zárójelezés van, ami sokkal nagyobb szám, mint a lehetséges végeredmények száma. Így biztos lesz két különbözõ zárójelezés azonos végeredménnyel. 25. Legyen az öt szám: a, b, c, d, e Képezzük a következõ összegeket: x1 = a, x2 = a + b, x3 = a + b + c, x4 = a + b + c + d, x5 = a + b + c + d +

e. Az x1, x2, , x5 számok 5-tel osztva 5 különbözõ maradéka lehet, ezért vagy különbözõ a maradék, és akkor van közöttük egy 5-tel osztható, vagy van két azonos maradékú, és akkor azok különbsége osztható 5-tel. Ez a különbség az eredeti a, b, c, d, e számok közül néhánynak az összege Az 5 helyett bármilyen nagyobb egészet írhatunk. 4 szám esetén már nem biztos, hogy kiválasztható megfelelõ részhalmaz. Ezt például az 1, 1, 1, 1 számnégyes mutatja 26. Az elõzõ alapján az 5 lépésben biztos véget ér a játék A kezdõnek akkor lehet nyerõ stratégiája, ha eléri, hogy a 4. lépésre vége legyen a játéknak Legyen li az i-edik lépésben felírt szám ötös maradéka. Nyerõ stratégia: l1 = 1 Mivel l2 nem lehet 4, illetve 5, l2 = 1, 2 vagy 3. Ha l2 = 1, akkor l3 = 2. Ha l2 = 2, akkor l3 = 1 Ha l2 = 3, akkor l3 = 3 Bármi is az l4, a kezdõ játékos nyer. 27. Legyen ai olyan szám, melyben i-szer van egymás után leírva a 2001

Tehát a1 = 2001, a2 = 20012001, ., a18 = 200120012001 Ez 18 darab szám, melyeknek 17-tel osztva 17féle maradéka lehet Így biztos van kettõ azonos maradékú közöttük Ezek különbsége osztható 17-tel, és 2001-gyel kezdõdik. Ilyen szám még a 200 107 is 18 28. Az elõzõ alapján a1 = 1, a2 = 11, a3 = 111, , a18 = 1111 A két azonos 17-es maradékú különbsége osztható 17-tel, és csak 1, illetve 0 jegybõl áll. Ilyen szám még az 1001 is 29. 10-zel osztva 10-féle maradék lehet, így az 55 szám között biztosan van 6 darab, melyek maradéka azonos, ugyanaz az utolsó jegyük. Legyenek ezek 0 < a1 < a2 < < a6 £ 100 Ha bármely két szomszédos különbsége nagyobb lenne, mint 10, akkor a6 100-nál nagyobb lenne. Így kell lennie két szomszédosnak, melyek különbsége 10 11-hez 56 darab számot kell húzni, 12-höz 61 darabot. 8 Rejtvény: 1, 5, 6, 2, 4, 3, 7 ® 1, 4, 3, 7, 5, 6, 2 ® 5, 6, 2, 1, 4, 3, 7 ® 2, 1, 4, 5, 6, 3, 7 ® 2, 1,

5, 6, 3, 4, 7 ® 6, 3, 4, 7, 2, 1, 5 ® 7, 2, 1, 5, 6, 3, 4 ® 1, 5, 6, 7, 2, 3, 4 ® 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 3. Sorba rendezési problémák 1. a) 8! b) 4!, mivel a négy párban a sorrend adott. c)-d) Tisztázni kell, hogy egy kör alakú asztal mellé ültetések közt kettõt mikor tekintünk különbözõnek. Két lehetõség van: I) Ha két ülésrend esetén mindenkit mindkét esetben ugyanazon két ember fogja közre, akkor a két ülésrendet azonosnak tekintjük. II) Ha a két ülésrend esetén mindenkinek mindkét esetben ugyanaz a bal és ugyanaz a jobb oldali szomszédja, akkor a két ülesrendet azonosnak tekintjük. A két szemléletmód abban különbözik, hogy ha egy ülésrendet egy tükörben tekintünk, akkor az I) szemlélet mellett ugyanazon ülésrendet látjuk, mint a tükör nélkül tekintett eredetit. Míg a II) szemlélet szerint (feltéve, hogy legalább hárman ülnek az asztalnál) másik ülésrendhez jutottunk, mert az eredeti bal szomszédok most jobb

szomszédok lettek. A II) szemlélet szerint a c)-re a válasz 7!, hiszen a nyolc résztvevõ közül az egyik leírja, hogy tõle balra ki ült, és továbbmenve balra milyen sorrendben követte egymást a rajta kívüli hét részvevõ, akkor a teljes ülésrend egyértelmûen tisztázva lesz. A hét résztvevõ sorrendjére 7! lehetõség van. Az I) szemléletben a lehetõségek száma felezõdik A d) kérdésre a II) szemléletben a válasz: 2 · 3! · 23, hiszen az egyik férfinak az ülésrend leírásához el kell mondani, melyik oldalon ült a felesége, arrafelé haladva milyen sorrendben ült a másik három házaspár, és mindegyik házaspár esetén tisztázni kell, hogy a férj és a feleség a két lehetõség közül milyen sorrendben ült. Az I) szemléletben a lehetõségek számát felezni kell. 2. Ha nem vesznek össze, akkor 4!-féleképpen ülhetnek le Ha Bea és Cili egymás mellé akarnak ülni, akkor 3! · 2-féleképpen ülhetnek. Így ha nem akarnak egymás

mellé ülni, akkor 4! – 3! · 2 = 3! · (4 – 2) = 2 · 3! = 12-féleképpen ülhetnek le. 3. a) 11! 4. b) 6! 2 c) 12! 2⋅2⋅2 7! , mivel az azonos jelek sorrendje nem számít. 2!⋅ 2!⋅ 3! 5. A 7 betûs szavak száma 7! 6! 6! 3 ⋅ 6! + 4 ⋅ 6! 7! . A 6 betûs szavak száma + = = . 4!⋅ 3! 4!⋅ 2! 3!⋅ 3! 4 ⋅ 3 ⋅ 3!⋅ 2! 4!⋅ 3! A két szám egyenlõ. 9 SOKSZÍNÛ MATEMATIKA 10. – A KITÛZÖT T FELADATOK EREDMÉNYE 6. 6! ⋅ 26 , 26-nal azért kell szorozni, mert bármelyiket megfordítva új rendezést kapunk. 3!⋅ 3! 7. 10 ! , a fejek, ill. írások egymás közti sorrendje nem számít 6 !⋅ 4 ! 8. A sorrendhez le kell írnunk mi haladt az opel mögött, kettõvel az opel mögött és hárommal az opel mögött (ami egyben az opel elott haladó autó). Ez éppen a másik három autó egy sorrendje. Erre 3! = 6 lehetõség van 9. 5! 5⋅2 10. 10 · 8 · 6 · 4 · 2-féleképpen Az egyik felsõ lyuknál kezdve hátul ismeretlen úton 10

lehetõség van a felbukkanására. Ezután elöl adott, hogy melyik lyukat kell választani A következõnél már csak 8 lehetõség van és így tovább. 11. a) 4! b) 4 · 2 = 8-féleképpen. Elõször kiválasztjuk, hogy melyik kerüljön a helyére, azután a többit rendezhetjük úgy, hogy egy se kerüljön a helyére (ez 2 lehetõség). c) Arra nincs lehetõség, hisz ekkor a negyediket is csak a helyére rakhatjuk. 12. a) 5! b) A 11)-es feladat borítékokkal is elmondható. Ebbõl kiderül, hogy a borítékolás 4! = 24 módon lehetséges. Ebbõl egyszer minden a helyére kerül, nyolcszor pontosan egy levél kerül a helyére. Könnyen meggondolható, hogy hatszor lesz olyan elrendezés, hogy pontosan két levél kerül a helyére. Azaz 24 – 1 – 8 – 6 = 9-szer lesz az, hogy egy levél sem kerül a helyére. Az eredeti problémára visszatérve: öt levél esetén ötféleképpen választhatjuk ki azt az egyetlen levelet, amelyik a helyére kerül, majd 9-féleképpen

rendezhetjük el a maradék négy levelet úgy, hogy további helyrekerülés már ne legyen. Összesen 5 · 9 = 45 lehetõség van. 5 c) ⎛⎜ ⎞⎟ választható ki, melyik három legyen a helyén. A fennmaradó kettõ helye már egyér⎝3⎠ telmû. 13. András megoldása helyes 14. A legalacsonyabbnak a sor szélén kell állnia, és a következõ magasságúnak vagy mellette, vagy a sor másik végén. A többiek sorrendje mindkét esetben 4-féle lehet Így az összes esetek száma 16 = 2 · (4 + 4). A 2-es szorzó azért kell, mert egy jó sorrendet megfordítva is jó sorrendet kapunk. Egy másik érvelés: A sort úgy alakítsuk ki, hogy a játékosok magasság szerint csökkenõ sorrendben menjenek fel a pályára és álljanak be az eddigi sorba. A legmagasabb játékos után a további négy játékos mindegyike két választás elõtt áll: vagy a sor elejére, vagy a sor végére áll. Összesen 24 lehetõség van a sor teljes kialakítására 10 4.

Kiválasztási problémák ⎛5⎞ ⎝ ⎠ 1. ⎜ ⎟ ⋅ 3! -féle zászló Elõször kiválasztjuk a 3 színt, majd ezek sorrendje tetszõleges 3 5! -féle, mivel tetszõlegesen sorbarendezzük az 5 színt, de az utolsó 2 sorrendje 2! nem fontos, hisz az elsõ 3 adja a zászló színét. Egy harmadik érvelési mód: Legfelülre öt lehetõségbõl választhatunk. Alá már egy új színnek kell kerülni, amire négy lehetõség van. Alulra a maradék három színbõl választunk egyet. Összesen 5 · 4 · 3 = 60 lehetõség van Másként: 2. 5 · 4 · 4-féle zászló Az elsõ szín választására 5 lehetõség van, a következõ színekre csak 4, hisz az elõzõ színt nem választhatjuk. 9! 4! b) 95-féleképpen, hisz minden húzásnál 9 lehetõség van. 3. a) ⎛6⎞ ⎝ ⎠ rendezhetjük. b) 7-szer. 4. a) ⎜ ⎟ ⋅ 4! eset lehet, kiválasztjuk a 4 számot, majd ezeket tetszõleges sorrendben 4 5. a) 6 · 5 · 4 b) 63 6. a) 44 b) c) d) e) 43. 42 · (4 + 3 + 2 +

1) Külön számoljuk az eseteket attól függõen, hogy mi az elsõ szám. 3 · 43, mivel az elsõ szám nem lehet 1. 42 · 4, mivel az utolsó két jegy 4-féle lehet. 7. a) 63 b) 6 · 6 · 3. c) 6, mivel az utolsó két jegy 1-féle lehet. 8. 314-féleképpen 9. A megfogalmazás kétértelmû! Ha úgy értjük, hogy minden szín csak egyszer szerepelhet: n(n – 1)(n – 2)(n – 3)(n – 4) ³ 365 n³6 Legalább 6 szín kell. Ha úgy értjük, hogy a színek ismétlõdhetnek, akkor n szín esetén n5 színezési lehetõség van. Így olyan n-et kell választani, amelyre n5 ³ 365 n minimális értéke 4 10. 28 – 2 = 254 szám írható fel 28 az összes, ezen számjegyekbõl álló 8 jegyû szám, és 2, melyekben csak az egyik számjegy szerepel. 11 SOKSZÍNÛ MATEMATIKA 10. – A KITÛZÖT T FELADATOK EREDMÉNYE 11. 263 · 103-féle, mivel 26 betû és 10 számjegy használható 12. 106 – 96-féle szám, mivel 106 legfeljebb 6 jegyû természetes szám van, és ezek

között 96 olyan, melyben nincs 1 számjegy. 13. a) 2; 1 2 b) 1 ; 1; 4 4 14. 3 jegyû jelsorozat 23-féle, 2 jegyû 22-féle, 1 jegyû 2-féle lehet Ez a 14 lehetõség kevés 15. 4 · 105-féle 0,12 alakú, 7 · 106-féle 0,1x alakú (ahol x ³ 3) és 3 · 107-féle 0,2; 0,3; 0,4. alakú szám van Ez összesen 374 · 105 darab szám 16. a) 23 b) 4 · 53 c) 11 ·123 Az elsõ helyi értéken nem állhat 0 az egyik esetben sem. 17. 8 · 2 · 9 = 144 különbözõ kód Rejtvény: Jobbról a 2. pohár tartalmát átöntjük az 5-be, majd a 4-ét a 7-be 12 A gyökvonás 1. Racionális számok, irracionális számok . . . b) 1,8. 57142 . d) 0,5882352941176470 1. a) 0,416 . . c) 0,6470588235294117 3142 1000 2. a) b) 3139 999 c) 3091 990 2828 900 d) 3. Indirekt bizonyítást alkalmazunk a) Tegyük fel, hogy 7 racionális. p , ahol (p; q) = 1, p, q ÎZ+. q Innen 7q2 = p2. A bal oldalon a 7 kitevõje páratlan szám, míg a jobb oldalon páros szám, ami ellentmond

a számelmélet alaptételének, így ez lehetetlen. Tehát 7 irracionális b) Az elõzõhöz hasonlóan: p Tegyük fel, hogy 2 = , (p; q) = 1 és p, q ÎZ+. q 7= Innen 2q2 = p2. A 2 kitevõje eltér a két oldalon, ami ellentmond a számelmélet alaptételének. Így a irracionális, tehát a 2 + 1 is. c) Belátható, hogy 3 − 1 is. 3 irracionális, így a 2+ 7= d) Tegyük fel, hogy 2 p , (p; q) = 1 és p, q ÎZ+. q Innen ( 9 + 2 14 ) q 2 = p2 , ami csak akkor lehet igaz, ha 14 racionális. Ezt hasonlóan vizsgáljuk: m Tegyük fel, hogy 14 = , (m; n) = 1 és m, n ÎZ+. n 2 2 Innen 14n = m . A 7 kitevõje a két oldalon különbözõ, ami lehetetlen, így a 14 irracionális, tehát a ( 2 + 7 ) is. 4. Pitagorasz tételét alkalmazzuk többször egymás után 3 vagy 1 2 3 3 1 . 7 1 c) 1 10 4 1 2 3 17 1 4 1 d) Az 1956-ik lépésben kapjuk a 1 d) 4 4 . 1 b) . 1 1 . a) 1956 hosszúságú szakaszt. 13 1 SOKSZÍNÛ MATEMATIKA 10. – A KITÛZÖT T

FELADATOK EREDMÉNYE 5. Például p – 2,15 Rejtvény: 1, 9 = 18 2 = . 9 1 2. A négyzetgyökvonás azonosságai 1. a) 5 b) 10 f) 49 e) 5 c) 3 g) 4 28 2 2. a) 15 > 14 ⇒ 3⋅ 5 > b) 27 < 28 ⇒ c) 4 < 42 ⇒ 25 7 < 6⋅ 8 10 d) 2 7 7>⇒ 3 8 21 ( 2 ) 35 ⋅ > ⋅ 2 12 15 6 ( 3) 3 < 14 ⋅ 2 3 3. a) 2 3 − 21 d) 68 + 6 35 4. a) 2 b) 6 Rejtvény: Tehát a 3 2 2 = d) 25 h) 9 b) 9 + 6 + 3 − 3 2 c) 38 − 12 10 e) 33 f) 9 3 + 11 2 c) 26 34 ⋅ 23 d) 22 3 3= e) 38 33 = 36 = 3 3 a nagyobb. 3. A négyzetgyökvonás azonosságainak alkalmazásai 1. a) 3 8 = 6 2 b) 48 < 50 ⇒ 4 3 < 5 2 c) 28 >27 ⇒ 2 7 > 3 3 d) 125 < 128 ⇒ 5 5 < 8 2 e) 3 3 < ⇒ 7 5 f) 81 ⋅ 5 >196 ⋅ 2 ⇒ 9 5 > 14 2 ⇒ 14 21 15 < 7 5 3 5 7 2 >4 6 f) 2 30 − 8 34 ⋅ 32 1 a 2. a) 3. a) 5 3 4. a) e) b) a b c) b) 2 c) 6 7 a+b d) –1 e) –2 d) 40 e) 9a – 4b 2 7 7 b) 5 2 6 c) −2 (

⇒ 2 ⋅ 4 26 > 3 ⋅ 4 5 b) 3 125 ⋅ 7 > 3 216 ⋅ 4 ⇒ 5 ⋅ 3 7 > 6 ⋅ 3 4 c) 5 81 ⋅ 15 > 5 32 ⋅ 37 ⇒ 3 ⋅ 5 5 > 2 ⋅ 5 37 3. a) 20 32 e) 60 a29 a ≥ 0 b) 18 625 c) 15 6 a f) 10 a7 a ≥ 0 g) 12 a∈R b b>0 d) 24 17 a a≥0 h) 24 11 a a>0 4. a) 0 b) 4 ⋅ a ⋅ 4 a a ≥ 0 c) 5 a2 b (a + a2 b − b ) d) 4 a2 ( 5 a − 3a2 − a3 ) e) a2 ⋅ b 2 ⋅ 8 a2 ⋅ b 7 + a ⋅ b ⋅ 8 a2 ⋅ b 5 − a ⋅ b ⋅ 8 a 6 ⋅ b a; b ≥ 0 f) a ⋅ n a3 + a2 ⋅ n a − a3 a ≥ 0, ha n páros 5. a) 4 3 7 b) 7 Rejtvény: 1024 2. 16 8⋅ 3 2 5 c) 8 ⋅ 5 24 3 4 d) a a>0 a e) 3 ⋅ 6 a5 a>0 5 A másodfokú egyenlet 1. A másodfokú egyenlet és függvény 1. a) (x – 2)2 d) 2. a) 2(x + 2)2 – 13 f2(x) f1(x) y 8 b) c) y y f1(x) 8 8 7 7 7 6 6 6 5 5 f3(x) f4(x) 5 f2(x) 4 4 3 3 3 2 2 2 f3(x) 1 –5 –4 –3 –2 –1 –1 1 2 3 1 4 x –5 –4 –3 –2 –1 –1

f4(x) –2 1 1 2 3 4 x –5 –4 –3 –2 –1 –1 –2 –2 –3 –3 –3 –4 –4 –5 –5 –6 –6 –6 –7 –7 –7 –8 –8 –8 y 8 7 6 5 4 3 2 1 –5 –4 –3 –2 –1 –1 1 2 3 4 x –2 b) c) (x + 4)2 – 18 f) –3(x – 1)2 + 4 f1(x) 4 3. a) b) (x – 3)2 – 1 e) –(x – 4)2 + 14 y 8 7 6 5 4 3 2 1 –5 –4 –3 –2 –1 –1 –2 1 2 3 4 x f2(x) 1 3 4 f3(x) –4 –5 f (x) = (x – 2)2 – 1 Df = R Rf = [–1; ¥[ minimum van, helye: x = 2 minimum van, értéke: y = –1 maximum nincs zérushely: x1 = 1; x2 = 3 ]–¥; 2] szig. mon csökkenõ [2; ¥[ szig. mon növõ alulról korlátos, a legnagyobb alsó korlát –1 f (x) = –(x + 2)2 + 7 Df = R Rf = ]–¥; 7] maximum van, helye: x = –2 maximum van, értéke: y = 7 minimum nincs zérushely: x1 = −2 + 7; x2 = −2 − 7 ]–¥; –2] szig. mon növõ [–2; ¥[ szig. mon csökkenõ felülrõl korlátos, a legkisebb felsõ korlát 7 17 2 f4(x) x

SOKSZÍNÛ MATEMATIKA 10. – A KITÛZÖT T FELADATOK EREDMÉNYE c) f (x) = 2(x – 1)2 + 1 Df = R Rf = [1; ¥[ minimum van, helye: x = 1 minimum van, értéke: y = 1 maximum nincs zérushely nincs ]–¥; 1] szig. mon csökkenõ [1; ¥[ szig. mon növõ alulról korlátos, a legnagyobb alsó korlát 1 „meredekség” kétszeres y 8 7 6 5 4 3 2 1 –5 –4 –3 –2 –1 –1 1 2 3 x 4 –2 4. a) D = 16 – 4q b) D = 16 + 4q 0 zh.: q < –4 1 zh.: q = –4 2 zh.: q >–4 0 zh.: q > 4 1 zh.: q = 4 2 zh.: q < 4 c) D = 16 – 8q 0 zh.: q >2 1 zh.: q = 2 2 zh.: q < 2 5. f(x) = x2 + px + q minimum helye: x = − p 2 minimum értéke: y = − p2 +q 4 b) p = 2; q = –1 a) p = –2; q = 3 c) p = –8; q = 13 6. Minden érték pozitív, ha D < 0 a) 9 < q b) 4 < q c) 8 < q 7. Minden érték negatív, ha D < 0 a) q < –4 b) q < –1 c) q < –2 2. A másodfokú egyenlet megoldóképlete 1. a) x1 = 11; x2 = –11 c) x1 =

16; x2 = –16 2. a) x1 = 1; x2 = –3 4 c) x1 = 2; x2 = − 3 3. a) (x – 1)2 = 4 x1 = 3; x2 = –1 c) 2(x – 1)2 = 25 5 2 x1,2 = 1 ± 2 4. a) x1 = –3; x2 = 1 c) x1 = –5; x2 = 2 18 b) x1 = 3; x2 = –3 d) nincs megoldás b) x1 = 2; x2 = –3 d) nincs megoldás b) (x + 2)2 = 9 x1 = 1; x2 = –5 d) (x + 1)2 = –2 nincs megoldás b) x1 = 3; x2 = 1 d) x = 2 5. a) x1 = 10, x2 = 0 b) y1 = –5, y2 = 5 d) u1 = 8, u2 = –3 c) v1 = –4, v2 = 4 6. a) 1 >a 3 b) a = 1 3 c) a > 1 3 7. a) b < −2 2 vagy b >2 2 b) b1 = −2 2 vagy b2 = 2 2 c) −2 2 < b < 2 2 8. a) 4 >c b) c = 4 c) c > 4 3. A gyöktényezõs alak Gyökök és együtthatók közötti összefüggés 2 1 b) x1 = ; x2 = − 3 2 d) x1 = –1; x2 = 4 1. a) x1 = 2; x2 = –2 c) x1 = –2; x2 = 4 2. a) (x – 2)(x – 4) = 0 b) (x + 3)(x – 5) = 0 c) (3x – 2)(4x + 3) = 0 e) (x – a – b)(x – a + b) = 0 3. a) (x – 3)(x – 5) d) (x − 2 ) (x − 3 ) = 0 b) 2(x – 5)(x

– 2) d) –(2x + 1)(x + 3) c) –(2x – 3)(x + 5) x +1 x ≠ 1; 3 x −1 3( x − 1) 1 c) x ≠ ;−2 2x −1 2 x +3 x ≠ 1; 3 3− x 3x + 2 1 d) x ≠ ;2 2−x 2 4. a) b) 5. a) x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 5 b) 1 1 x1 + x2 3 + = = 2 x1 x2 x1 x2 c) x1 x2 x12 + x22 10 + = = 3 x2 x1 x1 x2 d) x12 − x22 = x1 + x2 ( x1 + x2 )2 − 4 x1x 2 = 3 b) x1 − x2 = p2 − 4q 6. a) x1 + x2 = –p c) x1 · x2 = q e) x12 − x22 = p p2 − 4q d) x12 + x22 = p2 – 2q 19 SOKSZÍNÛ MATEMATIKA 10. – A KITÛZÖT T FELADATOK EREDMÉNYE 7. a) c = –1 b) –1 < c < 0 e) c >0 d) c = 0 c) nincs ilyen c f) c < –1 8. Az x együtthatójának 0-nak kell lennie 4k – 8 = 0; 4 – 8k = 2. 2 Ekkor az egyenlet x + 2 = 0 alakú, tehát nincs valós gyöke. Nincs megfelelõ k 9. x2 + 5x + 6 = 0 10. A keresett egyenlet legyen y2 + by + c = 0 alakú Tudjuk y 1 = x1 + 2 y 2 = x2 + 2 y1 + y2 = x1 + x2 + 4 = 19 79 +4= 15 15 y1 ⋅ y2 = ( x1 + 2)( x2 + 2) = x1 ⋅

x 2 + 2( x1 + x 2 ) + 4 = 6 19 104 +2 +4= 15 15 15 79 104 =0 y+ 15 15 15 y2 − 79 y + 104 = 0 y2 − 4. Másodfokúra visszavezethetõ magasabb fokszámú egyenletek 1. a) x = 2 2. a) x 2 = b) x = –3 1+ 5 2 x2 = 1+ 5 x=± 2 x1,2 = ± 2 3. a) ( x + 1)2 = 20 b) x3 = 3 x1 = 3 3 x3 = –1 x2 = –1 1 2 nincs megoldás 1+ 5 2 x1,2 = −1 ± 1− 5 2 nincs megoldás x4 = − c) x4 = 4 c) x = 2 1+ 5 2 ( x + 1)2 = 1− 5 2 nincs megoldás b) (x – 2)3 = 2 x1 = 2 + 3 2 ( x − 2)3 = − x2 = 2 − 1 2 1 2 3 c) (2x – 1)4 = 4 1±1 2 x1 = 0; x2 = 1 x= (2 x − 1)4 = − 1 2 nincs megoldás 4. a) Legyen x2 + x = y, így y(y + 1) – 2 = 0 Innen x2 + x = –2 vagy x2 + x = 1 −1 ± 5 2 b) Legyen x2 + 2x = y, így y(y – 1) = 6. Innen x2 + 2x = 3 vagy x2 + 2x = –2 x1 = 3; x2 = –1 nincs megoldás 2 c) Legyen x – x + 1 = y, így y(y – 2) – 3 = 0. Innen x2 – x + 1 = 3 vagy x2 – x + 1 = –1 x1 = 2; x2 = –1 nincs megoldás nincs megoldás

x1,2 = 5. a) (x – 1)(x – 2)(x – 3) = 0 x3 – 6×2 + 11x – 6 = 0 c) (x + 1)(x – 1)(x + 3)(x – 4) = 0 x4 – x3 – 13×2 + x + 12 = 0 b) (x – 3)(x + 1)(x2 + 1) = 0 x1 = 3; x2 = –1 6. a) (x – 3)(x + 1)(x – 1) = 0 x1 = 3; x2 = –1; x3 = 1 c) (x + 1)(x – 2)(x2 + 1) = 0 x1 = –1; x2 = 2 b) x = 7. a) x = 1 c) x = b) (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = 0 x4 + 10×3 + 35×2 + 50x + 24 = 0 1 vagy x = 2 2 1 vagy x = 3 vagy x = 1 3 8. a) x = 3 3 vagy