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

Emelt szintű nyelvtan érettségi tételek kidolgozás

1. A nyelv és a beszéd funkciói
2. A beszéd mint cselekvés
3. A sikeres kommunikáció nyelvi összetevői
4. A tömegkommunikáció hatása a nyelvhasználatra
5. A nyelvújítás módszerei; 2); 3)
6. Nyelvművelés és nyelvtervezés napjainkban; 2)
7. A magyar nyelv szókészletének rétegei
8. Egynyelvű szótárak
9. A hivatalos nyelv szókincsének jellemzése
10. A társadalmi nyelvváltozatok főbb különbségei
11. A központozás szerepe a szöveg értelmezésében
12. A beszédhangok és jelentésmegkülönböztető szerepük
13. A szófaj és a mondatrészi funkció összefüggései
14. A beszéd és az írás összehasonlítása
15. A szövegkörnyezet mint jelentésalakító tényező
16. Gyakorlati szövegtípusok nyelvi jellemzői
17. A retorika mint a meggyőzés művelete a gondolatközlésben
18. Jelenkori szónoki beszéd
19. A konnotatív és a denotatív jelentés
20. A képszerűség eszközei hétköznapi szövegekben

Ha kidolgozott emelt szintű nyelvtan érettségi tétellel rendelkezel kérlek küld el erre az e-mail címre:

erettsegisegedlet@gmail.com

Köszönöm

Összefüggések a háromszög oldalai és szögei között [emeltmatek]

Összefüggések a háromszög oldalai és szögei között

Definíciók:

A háromszög csúcsai: Három, nem egy egyenesbe eső pont.

A háromszög oldalai: A háromszög csúcsait összekötő szakaszok.

A háromszög belső szöge: A háromszög egyik csúcsából induló, a másik két csúcsot tartalmazó félegyenesek által bezárt szög.

Derékszögű háromszög: Olyan háromszög, aminek egyik belső szöge derékszög.

Befogó: A derékszögű háromszögben a derékszög melletti oldalakat befogóknak nevezzük.

Átfogó: A derékszögű háromszögben a derékszöggel szemközti oldalt átfogónak nevezzük.

Tételek:

1. Ha egy háromszögben van két egyenlő oldal, akkor az azokkal szemben fekvő szögek egyenlők.

Bizonyítás:

Kössük össze a harmadik oldal felezéspontját az egyenlő oldalak közös csúcsával! Ekkor a háromszöget két egybevágó háromszögre bontottuk. (Három oldaluk egyenlő.)
Egybevágó háromszögek megfelelő szögei egyenlők, a tételt bebizonyítottuk.

2. Ha egy háromszögben van két egyenlő szög, akkor az azokkal szemközti oldalak egyenlők.

Bizonyítás:

Indirekt módon bizonyítjuk, az előző tétellel kerülünk ellentmondásba.

3. Ha egy háromszögbe egyik oldal nagyobb, mint a másik, akkor az elsővel szemközti szög is nagyobb, mint a másodikkal szemközti.
a<baα<β

Bizonyítás:

Ha a<b, akkor a b oldalra felmérhetünk egy a hosszúságú szakaszt.
Így egyenlő szárú háromszöget kapunk, amelynek alapon fekvő δ szöge kisebb, mint β.
Toljuk el a szaggatott vonalat α csúcsához! A keletkező szög ismét δ nagyságú, és nagyobb α-nál.
α<δ<β

4. Ha egy háromszögben van két különböző szög, akkor a nagyobb szöggel szemközt nagyobb oldal van.

α<βaa<b

Bizonyítás:

Ha α<β, akkor ismét létrehozhatunk egy egyenlő szárú háromszöget, melynek két alapn fekvő szöge α. Toljuk el a szaggatott vonalat a háromszög harmadik csúcsához! Így egy újabb egyenlő szárú háromszöget kapunk, amelynek két szára b hosszúságú, és nagyobb, mint a.

5. Pitagorasz-tétel:

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

Bizonyítás:

A befogótétel miatt:

6. Szinusztétel:
Bármely háromszögben bármely két oldal aránya megegyezik a szemközti szögek szinuszainak az arányával.

Bizonyítás:

a) Hegyesszögű háromszög esetén:

A bal oldalak egyenlőségéből következik:

b) Tompaszögű háromszög esetén:

A bal oldalak egyenlőségéből következik:

Mivel , .
Mindkét esetben ugyanahhoz az összefüggéshez jutunk:

7. Koszinusztétel: Bármely háromszögben, bármely oldal négyzete megkapható úgy, hogy a másik két oldal négyzetösszegéből kivonjuk azt a háromtényezős szorzatot, amelynek tényezői a másik két oldal és a közbezárt szög koszinusza.

Bizonyítás:

Tekintsük a következő vektorokat!

8. Tangenstétel:
A háromszögben alkalmazva a szokásos jelöléseket, ha a≠b:

Alkalmazások:

Matematikai:

A háromszög oldalainak és szögeinek kiszámításánál.

Matematikán kívüli:

A fizika minden olyan területén használják ezeket az ismereteket, ahol vektorok összegzése, hajlásszögük kiszámítása a feladat.

A háromszögelésnél (tereppontok térbeli helyzetének meghatározása).

GPS (Global Positioning System)