Matematika emelt szintű érettségi tételek egy helyen [emeltmatek]

Az előbbi tételeknél felfigyelhettetek hiányosságokra. Amit a képek hiánya okoz. A word és a blogger.com közötti kompatibilitás hiányának eredménye. Ezt orvosolandóan elhelyeztem egy tárhelyen a tételek kidolgozását. Amit letölthettek az emelt szintű matematika érettségi tételek néven. Remélem sokak számára lesz hasznos.

Ha esetleg egyéb észrevételetek, kérésetek vagy bármilyen kérdésetek lenne, akkor keressétek fel az oldal hivatalos fórumát és írjátok le véleményeteket: Érettségi tételek és OKJ vizsga tételek fóruma.

Bizonyítási módszerek és bemutatásuk tételek bizonyításában [emeltmatek]

Bizonyítási módszerek és bemutatásuk tételek bizonyításában

Teljes indukció:

Teljes indukcióval olyan állítást (sejtést) bizonyíthatunk, amely az n pozitív egész számoktól függ.

A bizonyítás lépései:

a) Az állításról (sejtésről) előzetesen ellenőrzéssel (megfigyeléssel) belátjuk, hogy az állítás igaz n=1-re.

b) Feltesszük, hogy az állítás valamely k pozitív egész számra igaz.

c) Megnézzük, hogy a k-ra feltételezett állításból következik-e, hogy k+1-re is igaz. Ha igaznak találjuk, akkor az állítás n-ről n+1-re „öröklődik”, azaz n=1-től kezdve minden pozitív egész számra igaz.

Tétel:

Az minden valós x helyen deriválható, és .

Bizonyítás: Teljes indukcióval

1)

2) Tegyük fel, hogy n=k-ra igaz:

3) Bizonyítsuk n=k+1-re az állítást!
Mivel , használhatjuk a szorzat deriválására vonatkozó szabályt:

A „skatulya-elv”

Ha n darab tárgyat k darab skatulyában helyezünk el, és n>k∙p, akkor biztosan lesz olyan skatulya, amelyikbe legalább p+1 darab tárgy kerül.

Egyszerű gráf:
Ha egy gráfban nincs sem párhuzamos él, sem hurokél, akkor azt egyszerű gráfnak nevezzük.

Tétel:

Bármely egyszerű gráfnak van legalább két egyenlő fokszámú pontja.

Tegyük fel, hogy egy n csúcsú gráf esetén minden csúcs különböző fokszámú.

Ekkor a fokszámok 0, 1, ..., n-1 lehetnek, ez pontosan n-féle különböző fokszám.

Figyeljük meg, hogy a 0 és az n-1 kizárják egymást, ugyanis ha valamelyik csúcs fokszáma n-1, az azt jelenti, hogy az összes többi csúccsal össze van kötve, míg a 0 fokszámú csúcs semelyik csúccsal, így ezzel sincsen összekötve. Ezzel ellentmondásra jutottunk.

Az előző gondolatmenetből adódóan tehát egy n csúcsú gráfban mindössze n-1-féle különböző fokszám lehet, így a skatulya-elvet használva megállapíthatjuk, hogy az n csúcs között az n-1-féle fokszámot nem tudjuk kiosztani oly módon, hogy minden csúcs fokszáma különböző legyen.

Indirekt feltevésünkből, miszerint van olyan egyszerű gráf, amelyben minden csúcs fokszáma különböző, önmagával ellentmondó következtetést vontunk le, tehát nem lehet a feltevésünk igaz. Ezzel a feltevés ellentétét, a feladat állítását igazoltuk.

Direkt bizonyítás:

Igaz állításokból indulva, helyes logikai következtetések alapján bizonyítjuk az állítást.

Tétel:

Pitagorasz-tétel:

A derékszögű háromszög befogóira emelt négyzetek területeinek összege egyenlő az átfogóra emelt négyzet területével.

A befogótétel miatt:

Indirekt bizonyítás:

Az állítás tagadásának feltételezéséből, helyes logikai lépések során ellentmondásra jutunk.

Tétel:

A kör érintője merőleges az érintési pontba húzott sugárra.

Vegyük fel az O középpontú kör egy érintőjét, és húzzuk meg az érintési ponthoz tartozó sugarat. Tegyük fel, hogy az e érintő és az OE sugár nem merőlegesek egymásra. Bocsássunk merőlegest az O középpontból az e érintőre, ennek talppontját jelöljük T-vel. Ez körön kívüli pont. Az OET derékszögű háromszög, a derékszög csúcspontja T, ezért a háromszögnek OE az átfogója. Ezzel ellentmondáshoz jutunk, mert OE=r és r

Tétel:

A irracionális szám.

A bizonyítás indirekt módon történik.

Tfh.: racionális szám, azaz felírható alakban, ahol a;bZ, b≠0, és (a;b)=1.

páros a is páros a

Tehát:

páros a is páros a (b is páros)

egyszerűsíthető 2-vel; nem teljesül az indirekt feltétel a irracionális szám

Területszámítás elemi úton és az integrálszámítás felhasználásával [emeltmatek]

Területszámítás elemi úton és az integrálszámítás felhasználásával

Síkidomok területe:

A terület fogalma:

Sokszögek területmérésénél minden sokszöghöz hozzárendelünk egy pozitív számot. A hozzárendeléshez kell egy területegység.

Megállapodunk abban, hogy a területegység az a négyzet, amelynek oldalai 1 hosszúságegységek.

A sík minden sokszögéhez úgy rendeljük hozzá a terület mérőszámát – egy pozitív valós számot – hogy teljesüljön az alábbi két feltétel:

a) Az egybevágó sokszögekhez ugyanazt a számot rendeljük, azaz megkívánjuk, hogy az egybevágó sokszögek területének azonos mérőszáma legyen.

b) Ha egy sokszöget véges számú sokszögre feldarabolunk, akkor az egyes részek területeinek összege az eredeti sokszög területével azonos legyen.

Sokszögek területe:

Téglalap:

A téglalap területe két szomszédos oldalhosszának szorzata.

(Nem bizonyítjuk, elfogadjuk.)

Négyzet:

Mivel a négyzet olyan téglalap, amelynek oldalai egyenlők, a négyzet területe oldalhosszának négyzete.

Paralelogramma:

Bármely paralelogrammát átalakíthatunk vele egyenlő területű téglalappá.

Ezzel beláttuk, hogy bármely paralelogramma területe egyenlő egy ugyanakkora alaphosszúságú és ugyanakkora magasságú téglalapéval.

Háromszög:

Tükrözzük az ABC háromszöget az AB oldal F felezőpontjára. Az eredeti háromszög és a tükörképe együtt egy paralelogrammát alkotnak. Mivel ABC és BAC’ háromszögek egybevágóak, a háromszög területe ennek a paralelogrammának a fele.

A háromszög területének kiszámítása két oldalból és az általuk közbezárt szögből:

Most is a képletet használjuk. Mivel az m_a magasság nem ismert, azt kell kiszámolnunk.
Az ABT derékszögű háromszögben , vagyis . Ezt behelyettesítve az eredeti területképletbe a következőt kapjuk:

Trapéz:

Az ABCD trapézt tükrözzük a BC oldalfelező pontjára. Az eredeti trapéz és tükörképe paralelogrammát alkot. A trapéz területe a paralelogramma területének fele.

Sokszögek:

A sokszögek területének meghatározásánál azokat háromszögekre bonjuk, és ezen háromszögek területeinek összege adja a sokszög területét.

Szabályos sokszögek:

Szabályos sokszögek területének meghatározásánál a csúcspontokat a szabályos sokszög középpontjával kötjük össze. Így annyi egybevágó, egyenlő szárú háromszöget kapunk, ahány oldalú a szabályos sokszög, és ezen háromszögek területeinek összege adja a sokszög területét.

Integrálszámítás:

Primitív függvény (antiderivált): függvény valamely véges vagy végtelen I intervallumon primitív függvénye az -nek, ha .

Tétel: Egy függvény primitív függvényei csak konstansban különböznek egymástól.
Bizonyítás: Legyen és f két primitív függvénye. Ez a definíció alapján az alábbit jelenti:

Határozatlan integrál:
Az f függvény primitív függvényeinek halmazát az f függvény határozatlan integráljának nevezzük.
Jele:

Riemann-szerint integrálható függvény:
Az [a;b] zárt intervallumon értelmezett korlátos f függvényt az [a;b] zárt intervallumon integrálhatónak nevezzük, ha pontosan egy olyan szám létezik, amely egyetlen alsó közelítő összegnél sem kisebb, és egyetlen felső közelítő összegnél sem nagyobb.
Ezt a számot az f függvény [a;b] zárt intervallumon vett határozott integráljának nevezzük.
Jele: (a,b: integrációs határok)

A határozott integrál és a terület kapcsolata:
A határozott integrál a függvény görbéje által meghatározott síkidom területét előjelesen adja meg: a görbe alatti terület pozitív, a görbe feletti negatív.

Newton – Leibniz tétel:
Ha az f függvény az [a;b] zárt intervallumon folytonos, pedig az f függvény egy tetszőleges primitív függvénye, akkor

A kör területe:

A hasonlóság miatt elég, ha az egységsugarú kör területét számoljuk ki:

Az r sugarú kör területe a hasonlóság miatt: .

Alkalmazások:

Matematikai:

Területszámítás

Felszínszámítás

Térfogatszámítás

Matematikán kívüli:

A szobafestők a területszámításra alkalmas képletekkel kiszámolják, hogy mekkora falfelületet kell befesteniük, majd ebből adnak árajánlatot.

Egy hajó lakkozásánál a felszín kiszámítására alkalmazhatják az integrálszámítást.