Matematika | Diszkrét Matematika » Diszkrét matematika feladatsorok, 2003

Downloaded from Wodka (e-mail: wodka@freemail.hu) Copyright  2002 Author: György Anna Szak: Informatika I. Tárgy: Diszkrét matematika Elõadó: György Anna 1. Forma: Zárthelyi B Idõ: 60 perc Dátum: 2001.december 7 + Adott f:R{0}R ∪{0}, f (x ) = log10 x függvény. Név: Tankör: Pontszám: a) Szürjektív-e az f függvény? 1  b) Határozza meg az A halmaz f (A ) képét, ha A=  ,10  intervallum. 10  . Megoldás: Ábrázoljuk a függvény görbéjét, mert az ábra alapján a válaszok egyszerűen megadhatóak a) Igen, mert a függvény értékkészlete Rf megegyezik az R+∪{0} érkezési halmazzal. (1 pont) b) f (A )= [0,1] (2 pont) 3 pont 2. a) A 16 fős társaságból 8 fő informatikus-, 6 fő villamosmérnök-, 2 fő menedzser szakos hallgató. Mindenki csak a más szakosok hallgatóival fognak kezet Mennyi a kézfogások száma? b) Ugyanezen 16 fős társaságból 7 fős csapatot választunk ki egy versenyre, a csapat tagjai közé legalább 1

fő informatikust választunk. Hányféleképp állíthatjuk össze a csapatot? Megoldás: a) Az informatikusok és villamosmérnökök kézfogásainak száma 8*6, a villamosmérnököké és menedzsereké 6*2, az informatikus- menedzserek kézfogásai 8*2. Az összes kézfogás-szám a fentiek összege: 76 (1 pont) 16  b) A 16 fős társaságból   féle csapatot állíthatunk össze. Ebből a feltételeknek 7 8 nem felel meg az, amelyikben nincsen informatikus. Ez utóbbiak száma:   7 A megoldás a kettő külínbsége: 11432. (3 pont) 4 pont 3. n  n   . a) Igazolja, hogy   =  k  n − k  b) Tekintsük az F={f: f: A B } halmazt, ahol A= n és B= k Határozza meg F halmaz azon C részhalmazának elemszámát , melynek elemei injektív függvények! Megoldás a) Tekintsük valamely n-elmű H halmaz k elemű részhalmazainak halmazát (A) és az Downloaded from Wodka

(e-mail: wodka@freemail.hu) Copyright  2002 Author: György Anna n  n   . Ha a két n-k elemű részhalmazainak halmazát(B). A =   és B =  k  n − k  halmaz között létezik bijektív leképezés, akkor az egyenlőség igaz. Ilyen bijekció pl. az f: AB f(X)=HX (2 pont) b) Ha k < n, akkor C=∅, elemeinek száma 0. Ha k ≥ n, akkor C elemeit az alábbiak szerint képezhetjük: Az A halmaz első eleméhez k féleképpen választhatunk függvényértéket, a második eleméhez (k-1) féleképpen (injektivitás miatt), ., az nedik elemhez (k-n+1) féleképpen választhatok függvényértéket Az eredmény tehát: k(k-1).(k-n+1), k elem n-edosztályú ismétlés nélküli variációja (2 pont) 4 pont 4. c) Mikor mondjuk, hogy két halmaz ekvivalens? d) Mutassuk meg, hogy a valós számok halmaza és a ]0,1[ intervallumbeli valós számok halmaza ekvivalens. Megoldás: e) A halmaz ekvivalens B-vel, ha létezik közöttük

bijektív leképezés. (1 pont) f) Egy lehetséges bijekció a megadott halmazok között: 1  f : ] 0,1[ R , f (x ) = tgπ  x −  (3 pont) 2  4 pont Downloaded from Wodka (e-mail: wodka@freemail.hu) Copyright  2002 Author: György Anna Szak: Informatika I. Tárgy: Diszkrét matematika Elõadó: György Anna 1. Forma: Zárthelyi A Idõ: 60 perc Dátum: 2001.december 7 + Adott f:R{0}R ∪{0}, f (x ) = log10 x függvény. Név: Tankör: Pontszám: a) Injektív-e az f függvény?  1 1 b) Határozza meg az A halmaz f (A ) képét, ha A= − ,  intervallum.  10 10  Megoldás: Ábrázoljuk a függvény görbéjét, mert az ábra alapján a válaszok egyszerűen megadhatóak c) Nem, mert pl.: f(1)=f(-1)=0 (1 pont) d) f(A)= [1,∞[, (2 pont) 3 pont 2. a) Egy CD –re 3 db Beethoven szimfónia, 2 db Mendelssohn szimfónia és 4 db Wagner operanyitány zenemű felvételét tervezzük. Hány lehetséges sorrendben vehetjük fel a zenedarabokat, ha

az azonos zeneszerzőtől származó műveknek egymásután kell következiük; b) Ugyanezen darabokból hangversenyt állítunk össze. A műsorban legalább 1 szimfónia és legfeljebb 4 mű előadása lehetséges. Hányféle tartalmában eltérő műsort állíthatunk össze? Megoldás: a) Tegyük az egy zeneszerzőtől származó műveket egy csoportba. A csoporton belül 3! féleképpen rendezhetőek a Beethoven művek, 2! Féleképpen a Mendelssohnok, 4! féleképpen pedig a Wagnerek . A 3 csoport pedig 3! féleképpen rakható sorba A megoldás tehát a fenti számok szorzata: 3!*3!2!4!=1728 (2 pont) b) A műsor állhat 1, 2, 3 vagy 4 zeneműből állhat: (1 pont) Az 1 zeneműből álló lehetőségek száma: 5.  9   4 A 2 zeneműből álló lehetőségek száma :   −   = 30 .  2  2 9  4 A 3 zeneműből álló lehetőségek száma:   −   = 80 .  3  3 9  4 A 4

zeneműből álló lehetőségek száma:   −   = 125 .  4  4 Összesen tehát 240 féle program állítható össze. (2 pont) 5 pont 3. a) Határozza meg az F halmaz elemeinek számát, ahol Tekintsük az F={f: f: A B } halmazt, A= n és B= k esetén Downloaded from Wodka (e-mail: wodka@freemail.hu) Copyright  2002 Author: György Anna  n + 1  n   n   =   +  , 1 ≤ k ≤ n. b) Igazolja a Pascal háromszög képzési szabályát:   k   k − 1  k  Megoldás: a) F elemeinek száma:kn. (Az A halmaz minde eleméhez a k db B-beli elem bármelyikét választhatom.k elem n-edosztályú ismétléses variációja) (1 pont) b) Tekintsük egy n+1 elemszámú H halmaz k-elemű részhalmazainak C halmazát.  n + 1  . Soroljuk a C halmazt két csoportba, az I Csoportban legyenek C elemszáma   k  azok a k-elemű részhalmazok, amelyekben a

h(∈H) rögzített elem szerepel elemként, a II. csoportban pedig azok, amelyeknek h nem eleme Az I. Csoport elemei tehát olyan halmazok, melyeknek van egy h eleme és ehhez  n   .A II csoport elemei olyan választandó (k-1) elem a H{h} halmazból. Számuk:   k −1 n halmazok, amelyeknek elemei mind a H{h} halmazból választandók. Számuk:   k  (2 pont) 3 pont 4. a) Mikor mondjuk, hogy két halmaz azonos számosságú? b) Mutassuk meg, hogy a valós számok halmaza és a ]0,1[ intervallumbeli valós számok halmazának számossága azonos! Megoldás: a) Ha a két halmaz ekvivalens. (Létezik közöttük bijekció) (1 pont) b) Egy lehetséges bijekció a megadott halmazok között: 1  f : ] 0,1[ R , f (x ) = tgπ  x −  (3 pont) 2  4 pont A Szak: Inf.I Név: 1. Tárgy: A szám.tudomány matematikai alapjai Dátum: 2002. december 6 Tankör: Pontszám: Osztályzat: Tekintsük a (Z+ {1} , Z+ ;

S) halmaz-hármassal adott bináris relációt, ahol (c, b) ∈ S, ha b a c szám prı́mosztóinak száma. a) Döntse el, hogy az alábbi állı́tások igazak-e és indokolja kijelentéseit! 1. Az S reláció függvény 2. S inverz-relációja függvény 1 pont b) Legyen az R bináris reláció indulási és érkezési halmaza egyaránt Z+ . (a, b) ∈ R, ha b = a + 4. Határozza meg az R ◦ S relációt! Adjon meg 1 pont néhány elemet az R ◦ S halmazból! 2. Legyen az A = [0, 2] {1} és az f függvény pedig f : R {−1, 1} R, 1 f (x) = 1−x 2. a) Határozza meg az A halmaz f által definiált f (A) képét. 2 pont b) Injektı́v-e az f függvény? Indokolja válaszát. 3. 1 pont Legyen az S = {1, 2, 3, 4, 6, 12} halmazon értelmezett ≺ reláció a következő: a ≺ b, ha b osztható a-val. a) Igazolja, hogy a reláció parciális rendezési reláció. 2 pont b) Határozza meg az (S; ≺) parciálisan

rendezett halmazban sup(2, 3) és 1 pont inf(2, 3) értékeket 4. 5. A változók mely logikai értékei mellett lesz az alábbi logikai formula logikai értéke hamis? 4 pont (((p ∧ r) q) ∧ (p ∨ s) ∧ r) (¬p q) Formalizálja az alábbi négy, Andrásról szóló kijelentést és döntse el, hogy az első három formulának logikai következménye-e, a negyedik formula. Igazolja állı́tását! A1 : Ha gyorsan hajt a kereszteződésben, akkor ha nem tud megállni, akkor a rendőr felı́rja a rendszámát. A2 : Vagy nem fizet büntetést, vagy gyorsan hajt a kereszteződésben. A3 : Nem tud megállni. 3 pont A4 : Ha büntetést fizet akkor a rendőr felı́rja a rendszámát. A formulák felı́rásához használja az alábbi jelöléseket: g: András gyorsan hajt a kereszteződésben. m: András nem tud megállni. f : A rendőr felı́rja András rendszámát. b: András nem fizet büntetést.

Javı́tókulcs A 2002.december 6 1. A (Z+ {1} , Z+ ; S) és a (Z+ , Z+ ; R) halmazhármasokkal adott bináris relációk: (c, b) ∈ S, ha b a c szám prı́mosztóinak száma; (a, b) ∈ R, ha b = a + 4. a) 1. Igen, az S reláció függvény, mert az indulási halmaz (Z+ {1}) minden értékéhez pontosan egy érkezési halmazbeli elem tartozik, a prı́mosztók száma ugyanis egyértelmű. 1 pont 2. S inverz-relációja nem függvény Két különböző természetes számnak lehet azonos számú prı́mosztója. b) R ◦ S a (Z+ {1} , Z+ ; R ◦ S) halmazhármassal adott, ahol R ◦ S = {(c, y)| y c prı́mosztóinak számánál 4-gyel nagyobb.} = = {(5, 5), (6, 6), (7, 5), (8, 5), . } 2. 1 pont 1 f : R {−1, 1} R, f (x) = 1−x 2 , A = [0, 2] {1}. a) Az A1 = [0, 1[ . halmazon f szigorúan monoton nő, f (0) = 1 és lim f (x) = ∞ x1− Az A2 = ]1, 2] halmazon f szintén szigorúan monoton nő, lim f (x) = −∞ és x1+

f (2) = − 31 . £ ¤ Az A halmaz f által definiált f (A) = f (A1 ) ∪ f (A2 ) = R − 31 , 1 . b) Mivel az f függvény páros, nem injektı́v. 3. 2 pont 1 pont Legyen az S = {1, 2, 3, 4, 6, 12} halmazon értelmezett ≺ reláció a következő: a ≺ b, ha b osztható a-val. a) Reflexı́v, mert minden elem osztható önmagával. Antiszimmetrikus, mert a osztója b-nek és fordı́tva b osztója a-nak pontosan akkor igaz, ha a = b. Tranzitı́v, mert ha b többszöröse a-nak (a ≺ b) és c többszöröse b-nek (b ≺ c), akkor c többszöröse a-nak (a ≺ c). 2 pont b) sup(2, 3) = 6 és inf(2, 3) = 1. 1 pont 4. |(((p ∧ r) q) ∧ (p ∨ s) ∧ r) (¬p q)| = h, ha az implikáció utótagja |(¬p q)| = h és az előtagok konjunkciós tagjai igazak: |((p ∧ r) q| = i, |p ∨ s| = i és |r| = i. |(¬p q)| = h ⇒ |p| = h és |q| = h. Ha |p| = h és |q| = h ⇒ |((p ∧ r) q| = i. |p ∨ s| = i, |p| = h ⇒ |s| = i.

Megoldás: |p| = h, |q| = h, |s| = i, |r| = i. 4 pont 5. A1 : g (m f ), A2 : b ∨ g, A3 : m. A4 : ¬b f A következtetés helyes. Megvizsgáljuk, hogy lehet-e a konklúzió úgy hamis, hogy a premisszák igazak: az |A4 | = h ⇒ |b| = h és |f | = h. |A2 | = i csak úgy lehet, ha |g| = i. A3 : |m| = i Behelyettesı́tve a kapott logikai értékeket A1 -be, |A1 | = h adódik. 3 pont B Szak: Inf.I Név: 1. Tárgy: A szám.tudomány matematikai alapjai Dátum: 2002. december 6 Tankör: Pontszám: Osztályzat: Tekintsük a (Z+ , Z+ {1} ; S) halmaz-hármassal adott bináris relációt, ahol (b, c) ∈ S, ha b a c szám prı́mosztóinak száma. a) Döntse el, hogy az alábbi állı́tások igazak-e és indokolja kijelentéseit! 1. Az S reláció függvény 2. S inverz-relációja függvény 1 pont b) Legyen az R bináris reláció indulási és érkezési halmaza egyaránt Z+ . (a, b) ∈ R, ha b = a + 2. Határozza

meg az S ◦ R relációt! Adjon meg 1 pont néhány elemet az S ◦ R halmazból! 2. 3. A = [2, 4] {3}, f : [0, 4] [0, 2], f (x) = √ 4x − x2 . a) Határozza meg az A halmaz f által definiált f (A) képét. 2 pont b) Szürjektı́v-e az f függvény? Indokolja válaszát. 1 pont Legyen az R reláció az S halmazon értelmezve. S = {(x, y) : x, y ∈ R}, ((x1 , y1 ), (x2 , y2 )) ∈ R, ha x1 + y1 = x2 + y2 . a) Bizonyı́tsa be, hogy az alábbi R reláció ekvivalencia-reláció az S 2 pont halmazon. b) Határozza meg az ekvivalencia-osztályokat. ordinátarendszerben. 4. 5. Ábrázolja Descartes ko- 1 pont Ha a függvény deriválható vagy integrálható, akkor a függvény folytonos. Formalizálja a kijelentést és a) adja meg a formula tagadásának diszjunktı́v normálformáját, 2 pont b) adja meg formulával és szöveggel a kijelentés kontrapozı́cióját. 2 pont Formalizálja az alábbi négy

kijelentést és igazolja, hogy az első három formulának a negyedik formula logikai következménye. A1 : Ha csokit veszek, akkor ha hı́zókúrát tartok, akkor naponta hatszor eszem. A2 : Vagy csokit veszek, vagy almát. A3 : Hı́zókúrát tartok. 3 pont A4 : Ha nem veszek almát, akkor naponta hatszor eszem. A formulák felı́rásához használja az alábbi jelöléseket: c: Csokit veszek. k: Hı́zókúrát tartok. n: Naponta hatszor eszem. a: Almát veszek. Javı́tókulcs B 2002. december 6 1. Tekintsük a (Z+ , Z+ {1} ; S) halmaz-hármassal adott bináris relációt, ahol (b, c) ∈ S, ha b a c szám prı́mosztóinak száma., R bináris reláció indulási és érkezési halmaza egyaránt Z+ . (a, b) ∈ R, ha b = a + 2 a) 1. Az S reláció függvény Nem igaz, hiszen b számhoz több olyan c tartozhat, melynek b számú prı́mosztója van. 2. S inverz-relációja függvény Igen, minden pozitı́v 1-től

különböző egésznek 1 pont van prı́mosztója és az egyértelmű. b) (Z+ , Z+ {1} ; S ◦ R) halmazhármassal adott,S ◦ R = {(a, c) | c prı́mosztóinak 1 pont száma a + 2 } = {(1, 30) , (1, 42) , (2, 210) . } 2. A = [2, 4] {3}, f : [0, 4] [0, 2], f (x) = √ 4x − x2 . a) A függvény görbéje egy (2, 0) középpontú 2 sugarú félkör. A [2, 4]√ intervalª 3 . lumban szigorúan monoton fogy. f ([2, 4]) = [0, 2] ⇒ f (A) = [0, 2] 2 pont b) Igen, szürjektı́v, mivel az f értékkészlete [0, 2] megegyezik az érkezési halmaz1 pont zal. 3. 4. Legyen az R reláció az S halmazon értelmezve. S = {(x, y) : x, y ∈ R}, ((x1 , y1 ), (x2 , y2 )) ∈ R, ha x1 + y1 = x2 + y2 . a) Az R reláció reflexı́v, mert minden (x, y) elempárra igaz, hogy x + y = x + y. Szimmetrikus, mert az egyenlőség x1 + y1 = x2 + y2 szimmetrikus reláció. Tranzitı́v, mert x1 + y1 = x2 + y2 = x3 + y3 . 2 pont b) Ec = {(x, y) |x + y =

c} tetszőleges valós c-re. 1 pont d: A függvény deriválható., n: A függvény integrálható f : A függvény folytonos. Ha a függvény deriválható vagy integrálható, akkor a függvény folytonos.:(d ∨ n) f a) Tagadás: ¬ ((d ∨ n) f ) = ¬ (¬ (d ∨ n) ∨ f ) = ¬¬ (d ∨ n) ∧ ¬f (d ∨ n) ∧ ¬f = (d ∧ ¬f ) ∨ (n ∧ ¬f ) DN F : (d ∧ ¬f ) ∨ (n ∧ ¬f ) = 2 pont b) Kontrapozı́ció: ¬f ¬ (d ∨ n). Ha a függvény nem folytonos, akkor a 2 pont függvény nem differenciálható és nem integrálható. 5. A1 : c (k n), A2 : c ∨ a, A3 : k, A4 : ¬a n A következtetés helyes. Megvizsgáljuk, hogy lehet-e a konklúzió úgy hamis, hogy a premisszák igazak: az |A4 | = h ⇒ |a| = h és |n| = h. |A2 | = i csak úgy lehet, ha |c| = i. A3 : |k| = i Behelyettesı́tve a kapott logikai értékeket A1 -be, |A1 | = h adódik. 3 pont Számítástudomány mat. alapjai, Informatika I 2002 dec 13

Tankör: Idő: ∑: Név: 60 perc ∑∗ : 1. 1. Adott az ABC háromszög A(−3, 2, 7) csúcsa, AB oldalának F(1, 0, −2) felezőpontja és S(4, 2, −2) súlypontja Határozza meg a) BC oldalegyenesének egyenletrendszerét, 2 pont b) az ABC háromszög síkjára merőleges egységvektorokat, 2 pont c) az ABC háromszög síkjának egyenletét. 2 pont 2. Bontsa fel az a (1, 1, 1) vektort, a b (1, 0, 3) vektorra merőleges és párhuzamos komponensek összegére. 3 pont 3. Igazak-e az alábbiak egyenlőségek tetszőleges A és B halmazokra? Indokolja állításait1 a) P (A) ∩ P (B) = P (A ∩ B) 3 pont b) P (A) ∪ P (B) = P (A ∪ B) 3 pont 1 P (A)-val az A halmaz hatványhalmazát jelöltük. Számítástudomány mat. alapjai, Informatika I 2002 dec 13 1. Javítókulcs 1. Adott az ABC háromszög A(−3, 2, 7) csúcsa, AB oldalának F(1, 0, −2) felezőpontja és S(4, 2, −2) súlypontja Határozza meg 2 pont a) BC oldalegyenesének

egyenletrendszerét, Megoldás: Legyen a BC felezőpontja P. − −
− − 3 − − − 15 − OP = 2 AS + OA = 15 , 2, − , OB = OA + 2 AF = (5, −2, −11), v = 2 OB − OP = (−5, −8, −9). 2 2 − A v irányvektorú B ponton áthaladó egyenes egyenletrendszere: x−5 = y+2 = z + 11 =  −5t  −8t  −9t b) az ABC háromszög síkjára merőleges egységvektorokat, 2 pont Megoldás: − − − − AF = (4, −2, −9), AS = (7, 0, −9). AF × AS = 18i − 27j + 14k e12 = ± − − AF×AS − − AF×AS = ±(0, 51; −0, 76; 0, 4) c) az ABC háromszög síkjának egyenletét. 2 pont Megoldás: 18x − 27y + 14z = −10 2. Bontsa fel az a (1, 1, 1) vektort, a b (1, 0, 3) vektorra merőleges és párhuzamos komponensek összegére. 3 pont Megoldás: a = a1 + a2 a1 = ab2 b = ( 25 ; 0; 65 ) |b| a2 = ( 35 ; 1; − 15 ) 3. Igazak-e az alábbiak egyenlőségek tetszőleges A és B halmazokra? Indokolja állításait2 a) P (A) ∩ P (B)

= P (A ∩ B) 3 pont Megoldás: Igaz, mert (X ⊆ A és X ⊆ B) ⇐⇒ X ⊆ A ∩ B. b) P (A) ∪ P (B) = P (A ∪ B) 3 pont Megoldás: Hamis. Ellenpélda: A = (1, 2), B(2, 3), (1, 3) ⊆ A ∪ B és (1, 3) < A és (1, 3) < B 2 P (A)-val az A halmaz hatványhalmazát jelöltük. Név: Számítástudomány mat. alapjai, Informatika I 2002 dec 13 Tankör: Idő: ∑: 60 perc ∑∗ : 2. 1. Az alábbiakban megadott S és R relációk közül melyik ekvivalencia- és melyik parciális rendezési reláció Igazolja állításait Az ekvivalenciarelációnál adja meg az ekvivalencia osztályokat is a) Az I4 = {1, 2, 3, 4} halmaz részhalmazainak halmazán értelmezett S reláció: (A, B) ∈ S, ha B ⊆ A; 1 pont b) Az egész számok halmazán értelmezett R reláció: (m, n) ∈ R, ha m2 − n2 osztható 3-mal. ( 2. f : R{0, 1} R, f (x) = 1 x x 2 pont ha x ∈ ]−∞, 1[ {0} , ha x ∈ ]1, ∞[ 2 pont a) Injektív-e a függvény? Válaszát indokolja. b)

Határozza meg az f által definiált f (A) képhalmazt, ha A = 1 2,2  {1}. 2 pont 3. Ha nem állok meg a piros lámpánál és a rendőr megbüntet, akkor soha többé nem követek el közlekedési kihágást a) Írja fel a fenti állítás tagadását formulával és szöveggel. 2 pont b) Írja fel a fenti állítás kontrapozícióját képlettel és szöveggel. 2 pont 4. Döntse el, hogy az alábbi logikai formula tautológia, kielégíthető formula vagy ellentmondás: (p ∨ ¬q) ((¬p ∧ r) ↔ (q ¬p)) 2 pont 5. A1: Vagy növeljük a tömegek matematikai műveltségét, vagy elmaradunk az atomkor gazdasági versenyében A2: Nem maradunk el az atomkor gazdasági versenyében. A3: Ha növeljük a tömegek matematikai műveltségét, akkor atomerőművet építünk , viszont nem háborúzunk. a) Formalizálja a fenti kijelentéseket. b) Következik-e a fentiekből, hogy ha háborúzunk vagy legalábbis nem építünk atomerőművet, akkor elmaradunk az

atomkor gazdasági versenyében. (Igazolja állítását!) 2 pont Számítástudomány mat. alapjai, Informatika I 2002 dec 13 Javítókulcs 2. 1. Az alábbiakban megadott S és R relációk közül melyik ekvivalencia- és melyik parciális rendezési reláció Igazolja állításait Az ekvivalenciarelációnál adja meg az ekvivalencia osztályokat is a) Az I4 = {1, 2, 3, 4} halmaz részhalmazainak halmazán értelmezett S reláció: (A, B) ∈ S, ha B ⊆ A; 1 pont Megoldás: S parciális rendezés: reflexív, mert (A, A) ∈ S, mert A ⊆ A; antiszimmetrikus, mert (A, B) ∈ S és (B, A) ∈ S, akkor A = B. Azaz, ha B ⊆ A és A ⊆ B, akkor A = B tranzitív, mert (A, B) ∈ S és (B,C) ∈ S, akkor (B,C) ∈ S. Azaz, ha B ⊆ A és C ⊆ B, akkor C ⊆ A b) Az egész számok halmazán értelmezett R reláció: (m, n) ∈ R, ha m2 − n2 osztható 3-mal. 2 pont Megoldás: Ekvivalenciareláció: mert reflexív: 3 | m2 − m2 . Szimmetrikus: 3 | m2 − n2 ⇒ 3 | n2 − m2

, tranzitív: (3 | m2 − n2 és 3 | n2 − r2 )⇒ 3 | ((m2 − n2) + (n2 − r2 )), azaz 3 | ((m2 − r2 ). Három ekvivalenciaosztály van:Ek = {n|x = 3l + k, l ∈ Z} ; k = 0, 1, 2. ( 1 ha x ∈ ]−∞, 1[ {0} , 2. f : R{0, 1} R, f (x) = x x ha x ∈ ]1, ∞[ 2 pont a) Injektív-e a függvény? Válaszát indokolja. Megoldás: nem, mert f ( 12 ) = f (2). b) Határozza meg az f által definiált f (A) képhalmazt, ha A = 1 2,2  {1}. 2 pont Megoldás: f (A) = ] 1, 2 ]. 3. Ha nem állok meg a piros lámpánál és a rendőr megbüntet, akkor soha többé nem követek el közlekedési kihágást a) Írja fel a fenti állítás tagadását formulával és szöveggel. 2 pont Megoldás: jelölések: l : megállok a piros lámpánál; r : a rendőr megbüntet; k : követek el közlekedési kihágást. Az eredeti kijelentés: (¬l ∧ r) ¬k. Tagadás: (¬l ∧ r) ∧ k, azaz Nem állok meg a lámpánál és a rendőr megbüntet és mégis elkövetek a későbbiekben

közlekedési kihágást. b) Írja fel a fenti állítás kontrapozícióját képlettel és szöveggel. 2 pont Megoldás: k ¬(¬l ∧ r) = k (l ∨ ¬r). Ha később elkövetek közlekedési kihágást, akkor megállok a piros lámpánál, vagy a rendőr megbüntet. 4. Döntse el, hogy az alábbi logikai formula tautológia, kielégíthető formula vagy ellentmondás: (p ∨ ¬q) ((¬p ∧ r) ↔ (q ¬p)) 2 pont Megoldás: Mivel a |p| = i és |q| = i interpretációban a formula logikai értéke igaz, és a |p| = i és a |q| = h interpretációban hamis, a formula kielégíthető. 5. A1: Vagy növeljük a tömegek matematikai műveltségét, vagy elmaradunk az atomkor gazdasági versenyében A2: Nem maradunk el az atomkor gazdasági versenyében. A3: Ha növeljük a tömegek matematikai műveltségét, akkor atomerőművet építünk , viszont nem háborúzunk. a) Formalizálja a fenti kijelentéseket. Megoldás: jelölések: m : növeljük a tömegek matematikai

műveltségét; g : elmaradunk az atomkor gazdasági versenyében; a : atomerőművet építünk; h : háborúzunk. A1 : m ∨ g; A2 : ¬g; A3 : m (a ∧ ¬h). b) Következik-e a fentiekből, hogy ha háborúzunk vagy legalábbis nem építünk atomerőművet, akkor elmaradunk az atomkor gazdasági versenyében. (Igazolja állítását!) 2 pont Megoldás: Igen, a következtetés helyes. Vizsgálandó, hogy az A4 : (h ∨ ¬a) g logikai következménye-e az előbbi három kijelentésnek. Tegyük fel indirekt, hogy a következtetés nem helyes, azaz: a premisszák igaz volta mellett a konklúzió hamis. |A4| = h pontosan akkor, ha |(h ∨ ¬a)| = i és |g| = h. Ekkor viszont az |A2| = h, ami ellentmond feltevésünknek Downloaded from Wodka (e-mail: wodka@freemail.hu) Copyright 2002 Author: György Anna Név Tankör 2002. január 15 DM3 (Vizsgazárthelyi) Pontszám Összpontszám: 70 pont 1. a) Mit nevezünk bijektív leképezésnek? b) Mit nevezünk egy H≠∅

hatványhalmazának? c) Mi egy A parciálisan rendezett halmaz legnagyobb eleme? Legfeljebb hány legnagyobb eleme van A-nak? Indokolja válaszát! 15 pont 2. Hányféle módon lehet 4 piros, 3 fekete, 2 fehér golyót egymás mellé tenni úgy, hogy a két fehér golyó egymás mellé kerüljön? Hányféle módon lehet 4 piros, 3 fekete, 2 fehér golyót egymás mellé tenni úgy, hogya négy piros golyó ne legyen egymás mellett. 15 pont 3. Az R reláció az egész számok halmazán értelmezett bináris reláció xRy akkor és csak akkor, ha x+y páros szám. Ekvivalenciareláció -e R? Ha igen, mik az ekvivalenciaosztályok? 10 pont 4. Legyenek A és B tetszõleges halmazok Válassza ki az =, ⊂ , ⊆, ⊃ ⊇ relációs jelek közül az(oka)t, amelye(ke)t [ P(A)∪P(B)] R [ P(A∪B)] összefüggésben szereplõ R helyébe írva igaz állítást kapunk. Indokolja válaszát. 15 pont 5. a) Adjon meg bijektív leképezést a ]0,2[ intervallum pontjai és a valós

számegyenes pontjai között. 15 pont = 1− x2 + 1 . Határozza meg az A halmaz f(A) b) Legyen f:[-1,1]R, f(x)  képét, ha A= −    zárt intervallum.  3 2 , 3 2 Downloaded from Wodka (e-mail: wodka@freemail.hu) Copyright 2002 Author: György Anna Javítókulcs (2002. január 15) Diszkrét matematika vizsga Mûszaki informatika I., nappali tagozat 1. a) Mit nevezünk bijektív leképezésnek? b) Mit nevezünk egy H≠∅ hatványhalmazának? c) Mi egy A parciálisan rendezett halmaz legnagyobb eleme? Legfeljebb hány legnagyobb eleme van A-nak? Indokolja válaszát! 15 pont Megoldás: 4 pont a) f: AB bijektív, ha szürjektív és injektív. 4 pont b) H részhalmazainak halmazát. c) Olyan maximális elemet, amely minden A-beli elemmel relációban van. Legfeljebb 1 legnagyobb elem van. (Ha feltesszük, hogy lehet 2 pl m és 7 pont n, akkor m≤ n, mert n maximális és n≤m, mert m maximális. Az antiszimmetria miatt m=n) 2. Hányféle módon

lehet 4 piros, 3 fekete, 2 fehér golyót egymás mellé tenni úgy, hogya két fehér golyó egymás mellé kerüljön? Hányféle módon lehet 4 piros, 3 fekete, 2 fehér golyót egymás mellé tenni úgy, hogya négy piros golyó ne legyen egymás mellett. 15 pont Megoldás: a) b) 8! 4 !3 ! 9! =280. 4 !3 ! 2 ! − 7 pont 6! 3 ! 2! =1200 3. Az R reláció az egész számok halmazán értelmezett bináris reláció xRy akkor és csak akkor, ha x+y páros szám. Ekvivalenciareláció -e R? Ha igen, mik az ekvivalenciaosztályok? Megoldás: R reflexív, mert x+x=2x minden x egész számra. Szimmetrikus, mert az összeadás kommutatív. Tranzitív, mert, ha x+y= páros szám és y+z= páros szám akkor x, y ill. y, z paritása azonos, tehát x és z paritása is azonos, azaz x+z= páros szám. Ekvivalenciaosztályok: Két ekvivalencia-osztály van, az egyik a páros számok, a másik a páratlan számok halmaza. 4. Legyenek A és B tetszõleges halmazok Válassza ki az =, ⊂

, ⊆, ⊃ ⊇ relációs jelek közül az(oka)t, amelye(ke)t [ P(A)∪P(B)] R [ P(A∪B)] összefüggésben szereplõ R helyébe írva igaz állítást kapunk. Indokolja válaszát. Megoldás: – Mivel A ill. B tetszõleges részhalmaza(P(A) ill P(B) elemei), részhalmaza A∪B-nek (elemei P(A∪B)-nek). [ P(A)∪P(B)] ⊆ 8 pont 10 pont 4 pont 6 pont 15 pont 10 pont Downloaded from Wodka (e-mail: wodka@freemail.hu) Copyright 2002 Author: György Anna részhalmaza A∪B-nek (elemei P(A∪B)-nek). [ P(A)∪P(B)] ⊆ [ P(A∪B)]. – Ha A⊆ ⊆ B, akkor [ P(A)∪P(B)] = [ P(A∪B)]= P(B). Ezzel kizártuk a ⊂ jel beírhatóságát tetszõleges halmazok esetén. – Ha pedig A∩B=∅, ahol A,B egyike sem üres halmaz, akkor tekintsünk pl. egy kételemû {a,b} halmazt, amelyre a∈ A és b∈B Ez a halmaz eleme P(A∪B)-nek, de nem eleme sem P(A)-nak sem P(B)nek. Így kizártuk az = jel beírhatóságát tetszõleges halmazok esetén. Az elsõ és harmadik

megállapításból következik, hogy R helyébe nem írható a maradék két jel egyike sem. a) Adjon meg bijektív leképezést a ]0,2[ intervallum pontjai és a valós 5. számegyenes pontjai között. = 1− x2 f(x)  képét, ha A= −    zárt intervallum.  , 2 3 2 15 pont + 1 . Határozza meg az A halmaz f(A) b) Legyen f:[-1,1]R, 3 5 pont Megoldás: a) f : ]0,2[ R , f (x ) = ctg πx 2 7 pont b) y f(A) x -1 3 2 3 2 1  3 ≤ y ≤ 2   2  f(A)= y: 8 pont Downloaded from Wodka (e-mail: wodka@freemail.hu) Copyright  2002 Author: György Anna A. javítókulcs Név: Szak: Informatika I. Forma: Zárthelyi A Tankör: Tárgy: Diszkrét matematika Idő: 60 perc Pontszám: Dátum: 2002.március 20 Előadó: György Anna 1. Igazolja egyenértékű pótlásokkal, hogy az alábbi két formula egyenértékű! (Az egyes átalakításoknál tüntesse fel, hogy mikor milyen egyenértékű pótlásokat alkalmaz!) (a) (pq), (b)

(¬(p∧¬q)) Megoldás: (a) (pq)≡¬p∨q (kiszámítási szabály). (b) (¬(p∧¬q))≡ ¬p∨q (de Morgan szabály) A két jobb oldalon álló formula azonosságából a két eredeti formula ekvivalens volta következik. 6 pont 2. Az alábbi formulák közül válassza ki a tautológiá(ka)t! (a) (pq)∧( p∧¬q) (b) (p(qr)) (pq)↔(¬( ((p∧q)r) (c) p∧¬q)) Megoldás: (a) (pq)∧( p∧¬q), hap=i, akkor e logikai értéket behelyettesítve a q∧¬q formulát kapjuk, melynek logikai értéke h. (Nem tautológia) (b) (p(qr))((p∧q)r), Ha p=i, akkor ezt a logikai értéket behelyettesítve a (qr) (qr) azonosan igaz formulát kapjuk. Ha p=h, esetén p(qr)=i és (p∧q)r=i, mert az implikáció előtagjának hamis logikai értéke esetén az implikáció logikai értéke igaz. Tautológia (c) (pq)↔(¬(p∧¬q)) Az előző gondolatmenethez hasonlóan: p=i esetén q↔q , p=h logikai érték mellett a formula i↔i azonosan igaz

formulákat kapjuk. Tautológia 10 pont 3. Formalizálja az alábbi négy kijelentést! (a) Ha veszek almát és ha fogyókúrázom, akkor vacsorára nem eszem kenyeret. (b) Banánt vagy almát veszek. (c) Fogyókúrázom. (d) Ha nem veszek banánt, akkor vacsorára nem eszem kenyeret. Adjon levezetést arra, hogy az első három formulának a negyedik formula logikai következménye. Nevezze meg az alkalmazott szabályokat! A formulák felírásához használja a következő jelöléseket: A: Almát veszek. F: Fogyókúrázom. K: Vacsorára nem eszem kenyeret. B: Banánt veszek. Megoldás: Állítás: [(A∧F)K, A∨B, F]⇒[¬BK] Elég a ¬B=i esetet vizsgálni egyébként a következtetés konklúziója igaz. Vegyük fel a premisszák közé a ¬B –t! Ekkor a megfelelő állítás: [(A∧F)K, A∨B, F, ¬B ]⇒[ K] . [A∨B, ¬B]⇒A (diszjunktív szillogizmus) miatt (A∧F)K =i, ha FK=i. [FK, F]⇒K (modus ponens) alkalmazásával beláttuk az állítást. 12

pont 4. Definiáljuk az alábbi predikátumokat a természetes számok halmazán: Px: x prímszám Qx:x páratlan szám (e) (f) Írja le az alábbi logikai kifejezéseknek megfelelő kijelentéseket. 1.∀x(Px¬Qx) 2∀x(Px(¬Qx∨(x>2)) (g) Írja fel az 1. állítás tagadásának formuláját! A tagadásban ne szerepeljen az univerzális kvantor! Downloaded from Wodka (e-mail: wodka@freemail.hu) Copyright  2002 Author: György Anna Megoldás: 1. A prímszámok nem páratlanok 2. A prímszámok vagy nem páratlanok, vagy 2-nél nagyobbak Az 1. állítás tagadása: ¬∀x(Px¬Qx)≡∃x¬(Px¬Qx)≡∃x (Px∧Qx) 10 pont 5. Tekintsük a komplex számok C halmazán A1=(C;+), A2=(C;⋅), A3=(C; abs ), A4= (C;{+,⋅}) algebrákat. Milyen struktúrákat alkotnak a fenti algebrák? (Indokolja állításait!) Megoldás: A1=(C;+) kommutatív csoport, melyre e=0, z′=-z . A2=(C;⋅) kommutatív egységelemes félcsoport. e=1,z-1=1⁄z, ha z≠0 A3=(C; abs ) nem visel tanult

struktúra-nevet.Az abs nem kétváltozós művelet A4= (C;{+,⋅}) algebrai test, mivel A1 kommutatív csoport, A2 egységelemes kommutatív félcsoport, melyben minden elemnek van inverze, kivéve A1 egységelemének.Igaz továbbá a megfelelő a disztributivitási törvény. 12 pont Downloaded from Wodka (e-mail: wodka@freemail.hu) Copyright  2002 Author: György Anna B Név: Szak: Informatika I. Forma: Zárthelyi B Tankör: Tárgy: Diszkrét matematika Idő: 60 perc Pontszám: Dátum: 2002.március 20 Előadó: György Anna 1. Állítsa elő mindkét formula DNF-jét (diszjunktív normál formáját)! Mi a két formula közötti kapcsolat? (a) (b) (p(qr)), ((p∧q)r) Megoldás: (a) (p(qr))≡ p(¬q∨r)≡¬p∨¬q∨r, (b) (p∧q)r≡¬(p∧q)∨r≡¬p∨¬q∨r A két formula diszjunktív normál formája azonos, az eredeti formulák tehát egyenértékűek. 6 pont 2. Az alábbi formulák közül válassza ki a kontradikció(ka)t! (a) (pq)∧( p∧¬q) (b)

(p(qr))((p∧q)r) (c) (pq)↔(¬(p∧¬q)) Megoldás: (a) (pq)∧( p∧¬q), Hap=i, akkor e logikai értéket behelyettesítve a q∧¬q formulát kapjuk, melynek logikai értéke h. A p=h esetén a konjunkció mindkét tagja hamis logikai értékkel bír, tehát a formula logikai értéke azonosan hamis. Kontradikció (b) (p(qr))((p∧q)r), Ha p=i, akkor ezt a logikai értéket behelyettesítve a (qr) (qr) azonosan igaz formulát kapjuk. Van olyan interpretációja a formulának, melyre a formula logikai értéke igaz. (c) (pq)↔(¬(p∧¬q)) Az előzőhöz hasonlóan nem kontradikció: p=i esetén a formula q↔q azonosan igaz logikai értékű formulával ekvivalens. Az eredeti tehát nem kontradikció 10 pont 3. Formalizálja az alábbi négy Andrásról szóló kijelentést! (a) Ha gyorsan hajt a kereszteződésben és ha nem tud megállni, akkor a rendőr felírja a rendszámát. (b) Vagy nem fizet büntetést, vagy gyorsan hajt a kereszteződésben.

(c) Nem tud megállni. (d) Ha büntetést fizet akkor a rendőr felírja a rendszámát. Adjon levezetést arra, hogy az első három formulának a negyedik formula logikai következménye. A formulák felírásához használja az alábbi jelöléseket: A: András gyorsan hajt a kereszteződésben F: András nem tud megállni. K: A rendőr felírja András rendszámát. B: András nem fizet büntetést. Megoldás: Állítás: [(A∧F)K, A∨B, F]⇒[¬BK] Elég a ¬B=i esetet vizsgálni egyébként a következtetés konklúziója igaz. Vegyük fel a premisszák közé a ¬B –t! Ekkor a megfelelő állítás: [(A∧F)K, A∨B, F, ¬B ]⇒[ K] . [A∨B, ¬B]⇒A (diszjunktív szillogizmus) miatt (A∧F)K =i, ha FK=i. [FK, F]⇒K (modus ponens) alkalmazásával beláttuk az állítást. 12 pont Definiálja az egységelemes félcsoport fogalmát az Ön által megadott elsőrendű nyelvben. 4. Megoldás: Individuum-változók: x,y,z, Függvényjelek: f –

kétváltozós függvény (jelentése: a ⋅ művelet) Predikátumjel: P – kétváltozós predikátum (jelentése: a két változó értéke azonos.) Downloaded from Wodka (e-mail: wodka@freemail.hu) Copyright  2002 Author: György Anna (A, ⋅) egységelemes félcsoport definíciójához tekintsük az alábbi interpretációt: Legyen az U univerzum az A halmaz; f jelentése a ⋅ művelet, azaz f(x,y)=x⋅y; Pxy pedig jelentse az x=y-t! (A, ⋅) félcsoport definíciója: ∀xyz Pf(x,f(y,z) f(f(x,y),z)∧∃x∀y(Pf(x,y) y ∧Pf(y,x) y) A konjunkció első tagja a az asszociativitást írja le, a második az egységelem létezését. 10 pont 5. Milyen (tanult) algebrai struktúrákat alkotnak az alábbiak ? (Indokoljon!) (a) (b) (c) (d) ({0,1};⋅), ahol a művelet mod2 szorzás, ({0,1};+), ahol a művelet a mod2 összeadás. ({0,1};+,⋅), a műveletek a mod2 összeadás és szorzás. (P(A);-) , ahol P(A) az A halmaz hatványhalmaza és a művelet a komplementerképzés.

Megoldás: (a) ({0,1};⋅) kommutatív, egységelemes félcsoport e=1. 0-nak nincs inverze, 1-1=1 (b) ({0,1};+) kommutatív csoport, e=0, mindkét elem inverze önmaga. (c) ({0,1};+,⋅) algebrai test, az előző két pont szerint hozzátéve a disztributási törvény igaz voltát, valamint a szorzás esetében minden elemnek van inverze, kivéve az összeadásra vonatkozó egységelemet. (d) (P(A);-) egyműveletes algebra, melyben a művelet egyváltozós, ilyen algebrával nem foglalkoztunk. 12 pont A Szak: Inf.I Név: 1. 2. Tárgy: A szám.tudomány matematikai alapjai Dátum: 2002. október 18 Tankör: Pontszám: Osztályzat: Kegyenek adottak az A (0; 2; 1) , B (−1; 5; 1) , C (−1; 2; 3) , D (−1; 2; 1) pontok. Határozza meg az ADC háromszög a) D csúcsánál lévő szögét; 1 pont b) sı́kjára merőleges egységvektorokat. 1 pont Az előző feladatban megadott adatokkal számolva, határozza meg az ABC háromszög a)

kerületét; 1 pont b) A csúcsánál lévő szögét; 1 pont c) területét. 1 pont d) sı́kjának egyenletét. 2 pont e) Határozza meg az A, B, C, és E csúcspontú, CB átlójú paralelogramma 2 pont E csúcsának koordinátáit. 3. Legyenek  az A és B halmazoka valós számok halmazának részhalmazai: √ √  1 2 < A= x|0≤1− 2 és B = x | − 3 < x < + 3 . x +1 2 a) Írja fel az A halmazt intervallumok úniójaként. 2 pont b) Határozza meg az A ∪ B, A ∩ B, A B és B A halmazokat. 4 pont Javı́tókulcs A Informatika I.,nappali A szám.tudomány matematikai alapjai 2002. október 18 −− −− 1. (a) DA (1, 0, 0) DC (0, 0, 2) skalárszorzatuk 0, ı́gy a D csúcsnál lévő szög 90o . −− −− (b) DA = i és DC = 2k. Sı́kjukra merőleges egységvektorok: ±j − − −− 2. AB = (−1, 3, 0) , AC = (−1, 0, 2) , BC = (0, −3, 2) √ √ −− √ − − (a) |AB| = 10,

|AC| = 5, |BC| = 13. Az ABC4 kerülete ≈ 9. −− 1 AB AC (b) cos ϕ = − − = √ ≈ 0, 1414, ϕ ≈ 81, 9o 50 |AB||AC| i j k − − (c) AB × AC = −1 3 0 = 6i + 2j + 3k −1 0 2 − − 1 7 |AB × AC| = |6i + 2j + 3k| = TABC4 = 2 2 2 (d) 6x + 2y + 3z − 7 = 0 (e) Legyen K a CB átló felezőpontja. A paralelogramma keresett E csúcsát az A csúcs K-ra vonatkozó tükrözésével kapjuk. −− −
−− OB + OC −− 7 OK = = −1i + j + 2k, AK −1, 32 , 1 . 2 −− − 2 −− OE = OA + 2AK, ı́gy E (−2, 5, 3).   2 1 3. A = x | 0 ≤ 1 − 2 < x +1 2 (a) Oldjuk meg a két egyenlőtlenséget a valós számok halmazán és vegyük megoldásaik metszetét. Ezzel megkapjuk az A halmazt 2 0≤1− 2 megoldása: ] − ∞, −1 ] ∪ [1, ∞ [ x +1 √ √ 2 1 1− 2 < megoldása: ] − 3, 3 [, x +√ 1 2  √ A = ] − 3, −1 ] ∪ 1, 3 [ . (b) A ∪ B = B, A ∩ B = A, AB = ∅ és BA = ] − 1, 1 [. B Szak: Inf.I Név: 1.

2. Tárgy: A szám.tudomány matematikai alapjai Dátum: 2002. október 18 Tankör: Pontszám: Osztályzat: Kegyenek adottak az A (0; 2; 1) , B (−1; 5; 1) , C (−1; 2; 3) , D (−1; 2; 1) pontok. Határozza meg az CDB háromszög a) D csúcsánál lévő szögét; 1 pont b) sı́kjára merőleges egységvektorokat. 1 pont Az előző feladatban megadott adatokkal számolva, határozza meg az ABC háromszög a) kerületét; 1 pont b) B csúcsánál lévő szögét; 1 pont c) területét; 1 pont d) AB oldalegyenesének paraméteres egyenletrendszerét. 2 pont e) Határozza meg az A, B, C, és F csúcspontú, AC átlójú paralelogramma 2 pont F csúcsának koordinátáit. 3. Legyenek  az A és B halmazoka valós számok halmazának részhalmazai: 1 2 < A= x|0≤1− 2 és B = { x | x < −1 vagy x > 1}. x +1 2 a) Írja fel az A halmazt intervallumok úniójaként. 2 pont b) Határozza meg az A

∪ B, A ∩ B, A B és B A halmazokat. 4 pont Javı́tókulcs B Informatika I.,nappali A szám.tudomány matematikai alapjai 2002. október 18 −− −− 1. (a) DC (0, 0, 2) DB (0, 3, 0) skalárszorzatuk 0, ı́gy a D csúcsnál lévő szög 90o . −− −− (b) DC = k és DB = 3j. Sı́kjukra merőleges egységvektorok: ±i − −− − 2. BA = (1, −3, 0) , BC = (0, −3, 2) , AC = (−1, 0, 2) √ √ −− √ − − (a) |BA| = 10, |AC| = 5, |BC| = 13. Az ABC4 kerülete ≈ 9. −−− 9 BABC (b) cos ϕ = − −− = √ ≈ 0, 7893, ϕ ≈ 37, 9o 130 |BA||BC| i j k − −− (c) BA × BC = 1 −3 0 = −6i − 2j − 3k 0 −3 2 − −− 1 7 |BA × BC| = | − 6i − 2j − 3k| = TABC4 = 2 2 2 (d) x = t, y = 2 − 3t, z = 1 (e) Legyen K a AC átló felezőpontja. A paralelogramma keresett F csúcsát az B csúcs K-ra vonatkozó tükrözésével kapjuk.   − − −− OA + OC −− 1 1 OK = = − i + 2j + 2k, BK , −3, 1 .

2 2 2 − −− −− OF = OK + BK = −1j + 3k, azaz F (0, −1, 3).   2 1 3. A = x | 0 ≤ 1 − 2 < x +1 2 (a) Oldjuk meg a két egyenlőtlenséget a valós számok halmazán és vegyük megoldásaik metszetét. Ezzel megkapjuk az A halmazt 2 0≤1− 2 megoldása: ] − ∞, −1 ] ∪ [1, ∞ [ x +1 √ √ 2 1 1− 2 < megoldása: ] − 3, 3 [, x +√ 1 2  √ A = ] − 3, −1 ] ∪ 1, 3 [ . (b) A ∪ B = B ∪ {−1, ∩ B = A {−1, 1} , AB = {−1, 1} és √ 1} , A √ BA = ] − ∞, − 3 ] ∪ [ 3, ∞ [. Név: Számítástudomány mat. alapjai, Informatika I 2003 április 26 Gyak.vezető neve: Neptun ∑: ∑∗ : kód: A. Zárthelyi 1. Döntse el, hogy az alábbi állítások igazak vagy sem (Az állítás utáni üres kockákba írjon I vagy H-t!) Válasszon az állítások közül egyet, melyet hamis állításnak tart és igazolja annak hamis voltát. 8 pont a) Ha egy lineáris egyenletrendszernek több ismeretlene van, mint ahány

egyenlete, akkor nem létezik megoldása. b) Minden n-1 egyenletből és n ismeretlenből álló lineáris egyenletrendszer kiegészíthető egy olyan egyenlettel, hogy ezzel együtt egyértelmű megoldása legyen az egyenletrendszernek. c) Ha egy lineáris egyenletrendszernek több ismeretlene van, mint ahány egyenlete, akkor nem létezik egyértelmű megoldása. 2. Jelöljük az A4x5 mátrix oszlopvektorait rendre a1 a2 a3 a4 a5 vektorokkal a) Határozza meg az Ae3 szorzatot! 3 pont b) Határozza meg azt az x vektort, melyre Ax = 2a3 . 3 pont c) Határozza meg azt az X mátrixot, melyre AX = [a2 a2 a1 a4 a5 ]. 6 pont AXA−1 = B, valamint   2 −1 A= és −3 2 10 pont 3. Határozza meg az X mátrixot, ha B=  1 0 0 2  . 4. Legyenek   1 1 1 A =  8 −1 2  25 −2 7   1 b =  0 . 1 a) Határozza meg az A mátrix rangját. 5 pont b) Határozza meg az Ax = b megoldásait. 5 pont 5. Adja meg annak a síkbeli lineáris

transzformációnak a mátrixát, amely 30 0 -kal való forgatás és az y tengelyre való tükrözés egymásutánja. 6 pont Határozza meg az y = 3x egyenes képét. 4 pont Név: Számítástudomány mat. alapjai, Informatika I 2003 április 26 Gyak.vezető neve: Neptun ∑: ∑∗ : kód: B. Zárthelyi 1. Döntse el, hogy az alábbi állítások igazak vagy sem (Az állítás utáni üres kockákba írjon I vagy H-t!) Válasszon az állítások közül egyet, melyet hamis állításnak tart és igazolja annak hamis voltát. 8 pont a) Ha egy vektorrendszer lineárisan összefüggő, akkor bármelyik vektora előáll a többi lineáris kombinációjaként. b) Ha egy vektortér minden vektora előállítható egy vektorrendszer lineáris kombinációjaként, akkor ez a vektorrendszer a vektortér egy bázisa. c) A térben egy vektor önmagában akkor és csak akkor alkot lineárisan összefügg ő vektorrendszert, ha nullvektor. 2. Jelöljük az A5x4 mátrix

sorvektorait rendre a∗1 a∗2 a∗3 a∗4 a∗5 vektorokkal a) Határozza meg az e∗3 A szorzatot! 3 pont b) Határozza meg az x∗ vektort, ha x∗ A = 2a∗3 3 pont c) Határozza meg az X mátrixot, ha 6 pont    XA =    a∗2 a∗2 a∗4 a∗3 a∗5       3. Határozza meg az X mátrixot, ha y A−1 XA = B, valamint   2 −1 A= és −3 2 10 pont B=  −2 −6 2 5  . 4. Legyenek   −1 2 4 2  3 −2 2 −2   A=  1 2 10 2  −2 2 1 2   7  1   b=  15  . 3 a) Határozza meg az A mátrix rangját! 5 pont b) Oldja meg az Ax = b egyenletet! 5 pont 5. Adja meg annak a síkbeli lineáris transzformációnak a mátrixát, amely −120 0-kal való forgatás és az x tengelyre való tükrözés egymásutánja. 6 pont Határozza meg az y = 3x egyenes képét. 4 pont Számítástudomány mat. alapjai, Informatika I 2003 április 26 A. Javítókulcs 1. Döntse el, hogy az

alábbi állítások igazak vagy sem (Az állítás utáni üres kockákba írjon I vagy H-t!) Válasszon 8 pont az állítások közül egyet, melyet hamis állításnak tart és igazolja annak hamis voltát. M.o: a) Ha egy lineáris egyenletrendszernek több ismeretlene van, mint ahány egyenlete, akkor nem létezik megoldása. H b) Minden n-1 egyenletből és n ismeretlenből álló lineáris egyenletrendszer kiegészíthető egy olyan egyenlettel, hogy ezzel együtt egyértelmű megoldása legyen az egyenletrendszernek. H c) Ha egy lineáris egyenletrendszernek több ismeretlene van, mint ahány egyenlete, akkor nem létezik egyértelmű megoldása. I Az első állítás tagadását pl. az x+2y=0 egyenlettel igazolhatjuk (1 egyenlet, két ismeretlen, végtelen sok megoldás.) 5pt , 2 helyes válasz Pontozás: 3 helyes válasz: 2pt , 1 helyes válasz 0pt . Helyes igazolás 3pt 2. Jelöljük az A4x5 mátrix oszlopvektorait rendre a1 a2 a3 a4 a5 vektorokkal 3 pont a)

Határozza meg az Ae3 szorzatot! M.o: Ae3 = a3 b) Határozza meg azt az x vektort, melyre Ax = 2a3 . 3 pont M.o: x = 2e3 c) Határozza meg azt az X mátrixot, melyre AX = [a2 a2 a1 a4 a5 ]. 6 pont M.o: X = [e2 e2 e1 e4 e5 ] AXA−1 = B, valamint   2 −1 A= és −3 2 10 pont 3. Határozza meg az X mátrixot, ha B=  1 0 0 2  . M.o: AXA−1 = B egyenletet balról A−1 -gyel, jobbról A mátrixszal szorozva X-re az alábbi szorzatot kapjuk:   2 1 4p. 4pt A−1 = X = A−1 BA 3 2 X=  2 3 1 2  1 0 0 2  2 −1 −3 2  =  −2 −6 2 5 4. Legyenek   1 1 1 A =  8 −1 2  25 −2 7   1 b =  0 . 1  2pt 5 pont a) Határozza meg az A mátrix rangját. M.o: ρ(A) = 2 b) Határozza meg az Ax = b megoldásait. 5 pont M.o: A bázisvektorcserés algoritmust felhasználva :b = 19 a1 + 98 a2 , ahol a1 és a2 az A mátrix első két 2pt oszlopvektora.   8 2 x∗ = 19 − 13 t t 3pt 9 − 3t 5. Adja meg annak a síkbeli

lineáris transzformációnak a mátrixát, amely 30 0 -kal való forgatás és az y tengelyre 6 pont való tükrözés egymásutánja. M.o: A = Ty F30◦ =  −1 0 0 1  ◦ ◦ cos 30 ◦ sin 30 − sin 30 ◦ cos 30  = " − √ 3 2 1 2 Határozza meg az y = 3x egyenes képét. M.o: " Az y = 3x egyenes képe: y = 1 3 − √ 2 1 2 3 1 √2 3 2 1 √2 3 2 # 4 pont # x 3x  √
6 + 5 3 x ≈ 4.89x 1 = x 2  1pt √  − 3+ √3 1+3 3 3pt Számítástudomány mat. alapjai, Informatika I 2003 április 26 B. Javítókulcs 1. Döntse el, hogy az alábbi állítások igazak vagy sem (Az állítás utáni üres kockákba írjon I vagy H-t!) Válasszon 8 pont az állítások közül egyet, melyet hamis állításnak tart és igazolja annak hamis voltát. M.o: a) Ha egy vektorrendszer lineárisan összefüggő, akkor bármelyik vektora előáll a többi lineáris kombinációjaként. H b) Ha egy vektortér minden vektora

előállítható egy vektorrendszer lineáris kombinációjaként, akkor ez a vektorrendszer a vektortér egy bázisa. H c) A térben egy vektor önmagában akkor és csak akkor alkot lineárisan összefügg ő vektorrendszert, ha nullvektor. I Az első állításra ellenpélda: e1 , 2e1 , e1 + 2e2 vektorrendszer, melyben a második vektor előáll az első 2szereseként, tehát összefüggő a rendszer, míg a harmadik nem állítható elő a másik kettő kombinációjaként. Pontozás: 3 helyes válasz: 5pt 2pt , 2 helyes válasz , 1 helyes válasz 0pt . Helyes igazolás 3pt 2. Jelöljük az A5x4 mátrix sorvektorait rendre a∗1 a∗2 a∗3 a∗4 a∗5 vektorokkal a) Határozza meg az e∗3 A szorzatot! 3 pont M.o: e∗3 A = a∗3 b) Határozza meg az x∗ vektort, ha x∗ A = 2a∗3 3 pont M.o: x∗ = 2e∗3 6 pont c) Határozza meg az X mátrixot, ha    XA =    M.o:    X=   a∗2 a∗2 a∗4 a∗3 a∗5 e∗2 e∗2 e∗4

e∗3 e∗5             3. Határozza meg az X mátrixot, ha y A−1 XA = B, valamint   2 −1 A= és −3 2 10 pont  B= 2 5 −2 −6  . M.o:A−1 XA = B egyenletet balról A-val, jobbról A−1 mátrixszal szorozva X-re az alábbi szorzatot kapjuk:   2 1 4p. 4pt A−1 = X = ABA−1 3 2 X=   2 −1 −3 2 −2 −6 2 5  2 3 1 2  =  1 0  0 2 2pt 4. Legyenek   −1 2 4 2  3 −2 2 −2   A=  1 2 10 2  −2 2 1 2   7  1   b=  15  . 3 5 pont a) Határozza meg az A mátrix rangját! M.o: ρ(A) = 2 b) Oldja meg az Ax = b egyenletet! 5 pont M.o: A bázisvektorcserés algoritmust felhasználva :b = 4a1 + 2pt oszlopvektora.   11 7 x∗ = 4 − 3x3 x3 x4 3pt 2 − 2 x3 − x 4 11 2 a2 , ahol a1 és a2 az A mátrix első két 5. Adja meg annak a síkbeli lineáris transzformációnak a mátrixát, amely −120 0-kal való forgatás és az x tengelyre való

tükrözés egymásutánja. 6 pont Határozza meg az y = 3x egyenes képét. 4 pont M.o: A = Tx F−120◦ =  1 0 0 −1  ◦ ◦ cos −120 ◦ sin −120 − sin −120 ◦ cos −120  = " 1 − √2 3 2 √ 3 2 1 2 # 2.Mo: Egyszerűbben megoldható a feladat, ha közvetlenül meghatározzuk e 1 és e2 ϕ(e1 ) illetve ϕ(e2 ) transzformáltakat Ebből a A = [ϕ(e1 ) ϕ(e2 )] összefüggést felhasználva adódik a megoldás Határozza meg az y = 3x egyenes képét. M.o: " Az y = 3x egyenes képe: y = 1 − √2 1 13 3 2 √ 3 2 1 2 4 pont # x 3x  1 = x 2 √
6 + 5 3 x ≈ 1.27x  √  −1 + 3 √3 3+ 3 1pt 3pt Számítástudomány mat. alapjai, Informatika I 2003 január 3 Tankör: Idő: ∑: ∑∗ : Név: 60 perc Vizsga 1. Asszociatívak-e az alábbi műveletek?1 a) Halmazok különbsége; 4 pont b) A kijelentések diszjunkciója; 3 pont c) A kijelentés negációja; 3 pont d) Függvények kompozíciója; 4

pont 2. Mik a halmazokra vonatkozó de’Morgan szabályok? Igazoljon egyet közűlük 4 pont . 3. Mit nevezünk egy sík normálvektorának és hogyan határozható meg, ha a sík három nem egy egyenesén lévő pontjával adott? 4 pont 4. Legyenek adottak az A (0; 2; 1) , B (−1; 5; 1), C (−1; 2; 3), D (−1; 2; 1) pontok Határozza meg az ABCD tetraéder a) térfogatát; 4 pont b) D csúcsából induló magasság hosszát; 4 pont c) D csúcsából induló magasság (ABC háromszög síkjában lévő) talppontjának koordinátáit. 6 pont 5. a) Milyen tulajdonságai vannak a tér egyeneseinek halmazán értelmezett R relációnak, ahol két egyenes akkor van relációban egymással, ha a két egyenes kitérő? Indokoljon! b) Adjon példát ekvivalencia-relációra.Adja meg az ekvivalencia-osztályokat 4 pont 4 pont 6. Állapítsa meg, hogy az alábbi formulák közül melyik tautológia, kielégíthető, illetve kontradikció2 a) ((p ∨ q ∨ r) ∧ ¬q ∧

¬r) p 4 pont b) (¬(p ↔ r) ∧ q) ↔ (p ∨ q) 4 pont 7. Ha van repülőjegyem és felkelek reggel legkésőbb 7 órakor, akkor elutazom Japánba a) A fenti állítás igaz volta esetén az, hogy "van repülőjegyem" szükséges vagy elégséges feltétele (esetleg mindkettő) annak, hogy "elutazom Japánba". 3 pont b) A fenti állítás igaz volta mellett igaz-e az alábbi kijelentés: Ha nem utazom el Japánba, akkor nincs repülőjegyem. Igazolja válaszát a matematikai logika eszközeivel 1 Válasz:igen/nem 2 Válaszok az üres téglalapokban.A választ csak indoklással fogadjuk el az üres téglalapban. Indoklás nélkül a válaszok nem fogadhatók el 4 pont c) Határozza meg a fenti állítás kontrapozícióját. 3 pont 8. Bizonyítsa be teljes indukcióval, hogy ha a páratlan számokat 1-től kezdve összeadjuk, mindig négyzetszámot kapunk. 8 pont Számítástudomány mat. alapjai, Informatika I 2003 január 3 Vizsga

javítókulcsa 1. Asszociatívak-e az alábbi műveletek? a) Halmazok különbsége; nem 4 pont Állítás: A (B C) , (A B) C. Ha x ∈ A, x ∈ C, x < B, akkor az x eleme a baloldali halmaznak, de nem eleme a jobboldalinak. b) A kijelentések diszjunkciója; igen 3 pont Állítás: p ∨ (q ∨ r) = (p ∨ q) ∨ r. Mindkét oldal a ∨ definíciójából következően pontosan akkor igaz, ha a három kijelentés közül legalább az egyik igaz. c) A kijelentés negációja; nem 3 pont Csak kétváltozós műveletnél beszélhetünk asszociatív tulajdonságról. d) Függvények kompozíciója; igen 4 pont Állítás: ( f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h) A definícióból következően mindkét oldal értelmezési tartománya h értelmezési tartománya, a képhalmaza pedig f képhalmaza. Helyettesítési értékük: f (g(h(x))) 2. Mik a halmazokra vonatkozó de’Morgan szabályok? Igazoljon egyet közűlük 4 pont . M.O: A ∪ B = A ∩ B és A ∩ B = A ∪

B Lássuk be az első azonosságot: x ∈ A ∪ B, pontosan akkor, ha x sem A-nak, sem B-nek nem eleme, azaz x < A és x < B, ami ekvivalens azzal, hogy x ∈ A ∩ B. 3. Mit nevezünk egy sík normálvektorának és hogyan határozható meg, ha a sík három nem egy egyenesén lévő 4 pont pontjával adott? M.O: Tetszőleges, a síkra merőleges (nem 0) vektor − −  Legyen a három pont A, B és C. Ekkor a sík normálvektorai: n = t AB × AC , ahol t ∈ R {0} 4. Legyenek adottak az A (0; 2; 1) , B (−1; 5; 1), C (−1; 2; 3), D (−1; 2; 1) pontok Határozza meg az ABCD tetraéder 4 pont a) térfogatát; M.O:Vtetraéder = 1 6 − −  − AB × AC AD = 16 |(6i + 2j + 3k)(−i)| = 1. 4 pont b) D csúcsából induló magasság hosszát; M.O: Vtetraéder = 13 mTABC4 és a TABC4 = − − AB×AC 2 = 7 2 összefüggésekből m = 67 . c) D csúcsából induló magasság (ABC háromszög síkjában lévő) talppontjának koordinátáit. 6 pont  −

− − · e− − = −6 · I.MO: T D = AD · e− 7 AB×AC AB×AC
− − − −13 108 67 OT = OD + DT = 49 , 49 , 49 6 2 3 7, 7, 7
=− 36 12 18 49 , 49 , 49
. II.MO: A T pont a D ponton átmenő v = (6, 2, 3) irányvektorú egyenes és a n = (6, 2, 3) normálvektorú A pontot tartalmazó sík közös pontja. Az egyenes egyenletrendszere:  x + 1 = 6t  y − 2 = 2t  z − 1 = 3t
6 108 67 A sík egyenlete: 6x + 2y + 3z − 7 = 0. A T ponthoz tartozó paraméter: t = 49 , T = −13 49 , 49 , 49 . 5. a) Milyen tulajdonságai vannak a tér egyeneseinek halmazán értelmezett R relációnak, ahol két egyenes akkor van relációban egymással, ha a két egyenes kitérő? Indokoljon! 4 pont M.O: Nem reflexív, mert egy egyenes és sajátmagával nem lehet kitérő Szimmetrikus, mert e kitérő f -el, akkor f is kitérő e-vel. Nem tranzitív, mert pl. legyen e és f egy kocka két kitérő oldalegyenese Tekintsük a kocka e-t tartalmazó f -re

merőleges oldallapját. g egyenes legyen ezen oldallap e-re merőleges, e-t metsző azon oldalegyenese, mely f -el kitérő. b) Adjon példát ekvivalencia-relációra.Adja meg az ekvivalencia-osztályokat 4 pont M.O: Pl Legyen a reláció a sík háromszögeinek halmazán értelmezve Két háromszög legyen akkor relációban egymással, ha hasonlóak A relációhoz végtelen sok ekvivalencia-osztály tartozik Vegyünk egy tetszőleges háromszöget és tekintsük az összes olyan háromszöget, mely e háromszöghöz hasonló Ez a reláció egyik ekvivalencia-osztálya. 6. Állapítsa meg, hogy az alábbi formulák közül melyik tautológia, kielégíthető, illetve kontradikció3 a) ((p ∨ q ∨ r) ∧ ¬q ∧ ¬r) p tautológia 4 pont M.O: Belátandó, hogy az implikáció utótagjának p hamis logikai értéke mellett az előtag is hamis b) (¬(p ↔ r) ∧ q) ↔ (p ∨ q) kielégíthető 4 pont M.O: Ha |p| = i, |q| = i és |r| = h, akkor a formula logikai

értéke igaz Ha viszont |p| = i és |q| = h, akkor a formula logikai értéke hamis. 7. Ha van repülőjegyem és felkelek reggel legkésőbb 7 órakor, akkor elutazom Japánba a) A fenti állítás igaz volta esetén az, hogy "van repülőjegyem" szükséges vagy elégséges feltétele (esetleg mindkettő) annak, hogy "elutazom Japánba". szükséges 3 pont b) A fenti állítás igaz volta mellett igaz-e az alábbi kijelentés: Ha nem utazom el Japánba, akkor nincs repülőjegyem. Igazolja válaszát a matematikai logika eszközeivel nem 4 pont M.O: Lehet, hogy azért nem utazom Japánba, mert nem kelek fel 7 óráig Jelölések: p : van repülőjegyem; q : felkelek reggel legkésőbb 7 órakor; r : elutazom Japánba. Az eredeti kijelentés: (p ∧ q) r = ¬ (p ∧ q) ∨ r = ¬p ∨ ¬q ∨ r. Ha nem utazom el Japánba, akkor nincs repülőjegyem.: ¬r ¬p Ezutóbbi nem következménye az eredeti kijelentésnek, mert |¬r| = i, |¬p| = h és |¬q|

= i esetén az eredeti kijelentés igaz, míg az utóbbi hamis. 3 Válaszok az üres téglalapban. Indoklás nélkül a válaszok nem fogadhatók el c) Határozza meg a fenti állítás kontrapozícióját. 3 pont M.O: Ha nem utazom el Japánba, akkor vagy nincs repülőjegyem vagy pedig nem kelek fel lekésőbb 7 órakor.: ¬r (¬p ∨ ¬r) 8. Bizonyítsa be teljes indukcióval, hogy ha a páratlan számokat 1-től kezdve összeadjuk, mindig négyzetszámot kapunk. M.O: Állítás: A(n) = 1 + 3 + + (2n − 1) = n2 , n = 1, 2, 1. A(1) = 1 = 12 2. Ha A(k) = k2 , akkor A(k + 1) = (k + 1)2 , mert A(k + 1) = A(k) + (2k + 1) = k2 + (2k + 1) = (k + 1)2 . 3. Tetszőleges n-re igaz az állítás 8 pont Név: Számítástudomány mat. alapjai, Informatika I 2003 márc 14 Tankör: Idő: ∑: ∑∗ : 60 perc 2. 1. 16 betűs szavakat alkotunk, melyben 3 féle betű szerepelhet: A,B és C El őírjuk, hogy az alkotott szavakban pontosan 10 db A és 4 db B betű lehet

Hány ilyen szó képezhető? 6 pont 2. 10-szer dobunk dobókockával a) Mennyi a lehetséges dobássorozatok száma. 3 pont b) Hány olyan dobássorozat lehetséges, melyben az első három dobás eredményének összege 4. c) Hány olyan dobássorozat lehetséges, melyben nem szerepel 6-os. 4 pont 5 pont d) Hány olyan dobássorozat lehetséges, melyben pontosan 2db dobás eredménye 6-os. 5 pont 3. Tekintsük a 2a + b − 3c, −3a + 2c, 2a − b + c vektorokat Lineáris független rendszert alkot-e az adott vektorhármas, feltéve, hogy a, b, c lineárisan független vektorrendszer. 6 pont 4. Tekintsük a sin x és cos x trigonometrikus függvények valós együtthatójú lineáris kombinációinak halmazát Igazolható, hogy e lineáris kombinációk halmaza lineáris teret alkot (a valós számok halmaza


felett.) Igazolja, hogy a sin x + π6 eleme e térnek. Írja fel a tér B : (sin x + π6 , sin x + π4 ) bázisában a sin x koordinátáit 7 pont 5.

Legyenek adottak az alábbi vektorok:     0 1 a1 =  1  a2 =  −2  4 0   −3 3  a3 =  −12   −2 b= 3  1 a) Hány dimenziós teret generál az a1 , a2 , a3 vektorok rendszere? 3 pont b) Adja meg az a1 , a2 , a3 vektorrendszer által generált tér egy bázisát. 3 pont c) Adja meg az a1 , a2 , a3 vektoroknak egy olyan lineáris kombinációját (ha létezik), mely előállítja a b vektort, ha ilyen nincs, akkor indokolja, miért nincs. 8 pont Név: Számítástudomány mat. alapjai, Informatika I 2003 márc 14 Tankör: Idő: ∑: ∑∗ : 60 perc 1. 1. Egy nyolctagú családból négyen mehetnek színházba Hányféleképpen történhet a kiválasztás, ha megkülönböztetjük, hogy ki melyik jegyet kapja? 5 pont *[1 cm] 2. Egy 52 lapos franciakártyából 10 kártyát húzunk Hányféleképpen lehetségesek az alábbi esetek: a) mind a négy ászt kihúztuk, 3 pont *[1 cm] b) csak pikket húztunk, 3 pont c)

a húzás eredménye 4 pikk és 6 kör, 4 pont d) a 10 kihúzott kártya között van pikk. 5 pont 3. Tekintsük a a + b − 3c, −3a + 2c, 2a − b + c vektorokat Lineáris független rendszert alkot-e az adott vektorhármas, feltéve, hogy a, b, c lineárisan független vektorrendszer 6 pont 4. Tudjuk, hogy a legfeljebb elsőfokú valós együtthatójú polinomok lineáris teret alkotnak Írja fel az p(x) = 1 − x + x2 polinomok koordinátáit a B : (1, x + 1, x2 ) bázisban. 6 pont 5. Legyenek adottak az alábbi vektorok:   2 a1 =  2  −2   0 4  a2 =  −16   1 a3 =  0  3   1 b= 2  −5 a) Hány dimenziós teret generál az a1 , a2 , a3 vektorok rendszere? 3 pont b) Adja meg az a1 , a2 , a3 vektorrendszer által generált tér egy bázisát. 3 pont c) Adja meg az a1 , a2 , a3 vektoroknak egy olyan lineáris kombinációját (ha létezik), 6 pont mely előállítja a b vektort. d) Adja meg az a1 , a2 , a3

vektoroknak egy olyan lineáris kombinációját (ha létezik), mely előállítja a b vektort, valamint melyben a a3 együtthatója 1 2 6 pont Számítástudomány mat. alapjai, Informatika I 2003 márc 14 1. Javítókulcs 1. 1. Egy nyolctagú családból négyen mehetnek színházba Hányféleképpen történhet a kiválasztás, ha megkülönböztetjük, hogy ki melyik jegyet kapja? 5 pont Megoldás:V8,4= 8! 4! = 1680 2. Egy 52 lapos franciakártyából 10 kártyát húzunk Hányféleképpen lehetségesek az alábbi esetek: a) mind a négy ászt kihúztuk,   48 Megoldás: 6 3 pont b) csak pikket húztunk,   13 Megoldás: = 286 10 3 pont c) a húzás eredménye 4 pikk és 6 kör,    13 13 Megoldás: 4 6 4 pont d) a 10 kihúzott kártya között van pikk.     52 39 Megoldás: − 10 10 5 pont 3. Tekintsük a a + b − 3c, −3a + 2c, 2a − b + c vektorokat Lineáris független rendszert alkot-e az adott vektorhármas, feltéve, hogy a, b, c lineárisan

független vektorrendszer 6 pont Megoldás: Lineárisan független a vektorrendszer, ha a 0 csak triviális módon állítható el ő lineáris kombinációjukkal.Összeadva a három vektort, eredményül a 0 vektort kapjuk, így a vektorrendszer összefoügg ő 4. Tudjuk, hogy a legfeljebb másodfokú valós együtthatójú polinomok lineáris teret alkotnak Írja fel az p(x) = 1 − x + x2 polinomok koordinátáit a B : (1, x + 1, x2 ) bázisban. 6 pont Megoldás:Keressük a λ1 · 1 + λ2 · (x + 1) + λ3 · x2 = 0 egyenlet megoldását λ1 , λ2 , λ3 -ra.p(x) = [2 − 1 1]∗ , 5. Legyenek adottak az alábbi vektorok:   2 a1 =  2  −2   0 4  a2 =  −16   1 a3 =  0  3   1 b= 2  −5 a) Hány dimenziós teret generál az a1 , a2 , a3 vektorok rendszere? 3 pont b) Adja meg az a1 , a2 , a3 vektorrendszer által generált tér egy bázisát. 3 pont c) Adja meg az a1 , a2 , a3 vektoroknak egy olyan lineáris

kombinációját (ha létezik), 6 pont mely előállítja a b vektort. d) Adja meg az a1 , a2 , a3 vektoroknak egy olyan lineáris kombinációját (ha létezik), mely előállítja a b vektort, valamint melyben a a3 együtthatója 1 2 6 pont Megoldás: a1 e 1 a2 e 2 e3 a1 a2 a3 2 0 1 2 4 0 −2 −16 3 b 1 2 −5 a2 a3 1 0 2 4 −1 −16 4 b a3 b 1 2 1 2 − 14 1 2 1 4 1 −4 0 0 a) a1 , a2 , a3 vektorokból a3 kifejezhető a másik két vektor lineáris kombinációjaként=⇒ az a1 , a2 , a3 vektorok által generált tér 2 dimenziós. b) A tér egy bázisa B = [a1 a2 ]. c) Egy ilyen lineáris kombináció pl. b = 21 a1 + 14 a2 d) A keresett b vektort előállító lineáris kombináció B = [a1 a2 ] bázisban felírva:      1   1  1 0 x +y + z −12 = 21 0 1 4 4 Koordinátánként felírva az egyenlőséget: x = 12 (1 − z), y = 14 (1 + z). Mivel a3 együtthatója a feltétel értelmében 12 = z, x = 14 és y = 38 . A keresett lineáris

kombináció: 14 a1 + 38 a2 + 12 a3 = b Számítástudomány mat. alapjai, Informatika I 2003 márc 14 2. Javítókulcs 2. 1. 16 betűs szavakat alkotunk, melyben 3 féle betű szerepelhet: A,B és C El őírjuk, hogy az alkotott szavakban 6 pont pontosan 10 db A és 4 db B betű lehet. Hány ilyen szó képezhet ő? 10,4,2 Megoldás: P16 = 16! 10!4!2! 2. 10-szer dobunk dobókockával 3 pont a) Mennyi a lehetséges dobássorozatok száma. i Megoldás: V6,10 = 610 b) Hány olyan dobássorozat lehetséges, melyben az első három dobás eredményének összege 4. 4 pont Megoldás: Az első három dobás eredménye a feltétel szerint 1,1 és 2 lehet tetszőleges sorrendben. E sorrendek száma 3. i = 67 . A maradék 7 dobás pedig V6,7 Így a lehetséges dobások száma 3 · 67. 5 pont c) Hány olyan dobássorozat lehetséges, melyben nem szerepel 6-os. Megoldás: Ez esetben a dobáseredmények 1,2,3,4 és 5 bármelyike. i Így a megadott dobássorozatok száma:

V5,10 = 510 d) Hány olyan dobássorozat lehetséges, melyben pontosan 2db dobás eredménye 6-os. 5 pont Megoldás: A megengedett dobássorozatban pontosan két helyen lesz 6-os, e helyet A maradék 8 helyre  az1,2,3,4 és 5 számok bármelyikét írhatjuk. 10 Így az eredmény: · 58 . 2   10 féleképpen jelölhetjük ki. 2 3. Tekintsük a 2a + b − 3c, −3a + 2c, 2a − b + c vektorokat Lineáris független rendszert alkot-e az adott vektorhár6 pont mas, feltéve, hogy a, b, c lineárisan független vektorrendszer. Megoldás: Keressük az adott vektorok azon lineáris kombinációit, melyek el őállítják a 0 vektort: λ1 (2a + b − 3)+ λ2 (−3a + 2c)+ λ3 (2a − b + c) = 0 Az a, b, c lineáris független vektorrendszer voltából következik, hogy a 0 vektort csak úgy állítják el ő lineáris kombinációjukkal, ha mindhárom vektor együtthatója 0. A fenti vektori egyenletet a, b, c szerint rendezve a megfelelő együtthatókra az alábbiakat kapjuk:

2λ1 − 3λ2 + 2λ3 λ1 − λ 3 −1λ1 + 2λ2 + λ3 = 0 = 0 = 0 Mivel az egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van λ 1 = λ2 = λ3 = 0, a vektrorrendszer lineárisan független. 4. Tekintsük a sin x és cos x trigonometrikus függvények valós együtthatójú lineáris kombinációinak halmazát Igazolható, hogy e lineáris kombinációk halmaza lineáris teret alkot (a valós számok halmaza


felett.) Igazolja, hogy a sin x + π6 eleme e térnek. Írja fel a tér B : (sin x + π6 , sin x + π4 ) bázisában a sin x koordinátáit 7 pont
Megoldás: A sin x + π6 függvény, akkor eleme a térnek, ha sin x és cos x függvényeknek van olyan lineáris kombinációja, amely előállítja e függvényt, azaz az alábbi egyenletnek van A-ra és B-re valós megoldása:  π = A sin x + B cosx. sin x + 6 √ 3 1 Az egyenlet megoldása: A = , B = , tehát beláttuk az állítást. 2 2 A sin x függvény B bázisbeli α és β koordinátáit az alábbi

egyenletb ől határozzuk meg:   π π + β · sin x + = sin x. α · sin x + 6 4√ √ 1+ 3 α = 1 + 3, β = − √ . 2 sin x : √  1+ √3  1+ 3  − √ 2  5. Legyenek adottak az alábbi vektorok:     0 1 a1 =  1  a2 =  −2  4 0   −3 3  a3 =  −12   −2 b= 3  1 a) Hány dimenziós teret generál az a1 , a2 , a3 vektorok rendszere? 3 pont b) Adja meg az a1 , a2 , a3 vektorrendszer által generált tér egy bázisát. 3 pont c) Adja meg az a1 , a2 , a3 vektoroknak egy olyan lineáris kombinációját (ha létezik), 8 pont mely előállítja a b vektort, ha ilyen nincs, akkor indokolja, miért nincs. Megoldás: a2 e 1 a1 e 2 e3 a1 a2 a3 0 1 −3 1 −2 3 4 0 −12 b −2 3 1 a2 a3 1 −3 −2 3 8 −24 b −2 3 −11 a3 −3 −3 0 b −2 −1 5 a) a1 , a2 , a3 vektorokból a3 kifejezhető a másik két vektor lineáris kombinációjaként=⇒ az a1 , a2 , a3 vektorok által generált tér

2 dimenziós. b) A tér egy bázisa B = [a1 a2 ]. c) b vektor nincs benne az a1 , a2 vektorok által generált térben, nem állítható elő lineáris kombinációjukkal. Tekintsük ugyanis a bázisvektor-cserés algoritmus utolsó tábláját. Ebb ől látható, hogy a b vektornak van 0-tól különböző e3 irányú komponense. e3 viszont független rendszert alkot a1 a2 vektorokkal