4. Vektoralgebra (megoldások)

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "4. Vektoralgebra (megoldások)"

Átírás

1 (megoldások).. a) m n = (a + b) (a b) = 6b b) 4m + 4n = 8a ; c) m n = a + 5 b ; d) m + n = 9+ a + 9 b.. a) a 4b= 0 m n ; b) 5a + b= 8 m n ; c) a + b= 7 m + n ; d) a b = 4+ m + n A szabályos hatszög geometriai tulajdonságaiból következik, hogy A A = b a, A A = a, A A 4 = b, A 4 A 5 = a b, A 5 A 6 = a, A 6 A = b, A A = A A + A A = b a, A A 4 = a, A A 5 = (a + b). OA + OA + + OA 6 = a) BA. b) A A n. 7. I. akkor": Tegyük fel el ször, hogy a + b + c = 0. Rendezés után alkalmazzuk a T 4. tételt: a + b a + b = c = c. Ugyanígy kapjuk, hogy a + c b és b + c a. Ha helyett = jel van, akkor a háromszög szakasszá, esetleg ponttá fajul.) Ezekb l következik, hogy az a, b és c szakaszokkal szerkeszthet háromszög. 4.

2 Abban az esetben, amikor valamelyik (pl. c) el állítható a másik két vektor (pl. a és b) összegeként, az el bbihez hasonlóan járunk el! II. csak akkor": Ha a, b és c egy háromszög oldalvektorai, akkor a vektorok elhelyezkedésére az ábrán vázolt esetek lehetnek. Az a) esetben: a + b + c = 0, a b) esetben a vektorok jelölését l függ en, a + b = c, vagy a + c = b, vagy b + c = a. 8. Mivel a+ a b a b = 0, ezért az el z feladat miatt van ilyen háromszög. 9. A három vektor összege nem nullvektor. Ugyanakkor a három vektor közül semelyik kett nek az összege sem egyenl a harmadikkal, mivel a és b nem kollineárisak. Ezért a 7. feladat miatt nincs ilyen háromszög. 0. a/ a és a/ a (a 0). a. Mivel a és b mer leges vektorok és a = b =, ezért a keresett vektor b ( a a + b ). b. Az a b és b a vektorok hossza egyenl. Ezért, ha a és b ellentétes irányúak, akkor az els, ha pedig egyez irányúak, akkor a második állítás igaz.. A T 4. és T 4. tételeket alkalmazzuk. a) Akkor és csak akkor teljesül, ha a két vektor α szögére 0 α < π. b) Akkor és csak akkor teljesül, ha a két vektor szögére π < α π. c) Ha a két vektor szöge π. d) Akkor és csak akkor teljesül, ha a és b ellentétes irányú és a b. e) Akkor és csak akkor teljesül, ha a két vektor ellentétes irányú. f) Akkor és csak akkor teljesül, ha a két vektor egyez irányú. g) Akkor és csak akkor teljesül, ha a = b. 4. Az OA i (i =,,,..., 5) vektorokat forgassuk el az O pont körül 7 -kal. Ekkor az OA i vektorok a összege az elforgatott vektorok b összegével 7 -os szöget zár be. Az ötszög szabályossága miatt azonban a = b. Ez csak úgy lehet, ha a vektorösszeg Az OA i (i =,,..., n) vektorokat forgassuk el az O pont körül π n szöggel. A továbbiakban a 4. feladat megoldásához hasonlóan járunk el. 6. Legyen a keresett A A A háromszögben F az A A, F az A A és F az A A oldal felez pontja, és O tetsz leges pontja. A T 4. tétel alapján: OF = ( OA + OA ), OF = ( OA + OA ), OF = ( OA + OA ). Ezekb l OF OF + OF = OA. Ez alapján az A csúcs megszerkeszthet ; ebb l pedig a másik kett is. 4.

3 7. A keresett ötszög: A A A A 4 A 5. Legyen F i (i =,,, 4) az A i A i+ (i =,,, 4) oldal, F 5 az A 5 A oldal felez pontja, az O pedig egy tetsz leges pont az ötszög síkjában. A T 4. tétel alapján OF i = ( OA i + OA i+ ) (i =,,, 4) és OF 5 = ( OA 5 + OA ). Ezekb l OF OF + OF OF 4 + OF 5 = OA. Ez alapján az A (és ebb l a többi) csúcs megszerkeszthet. 8. A keresett sokszög: A A... A n+. Legyen F i (i =,,..., n) az A i A i+ (i =,,..., n) oldal, F n+ az A n+ A oldal felez pontja, az O pedig egy tetsz leges pont a sokszög síkjában. Az el z feladat megoldásához hasonlóan eljárva, OF OF + OF OF n + OF n+ = OA adódik. 9. Jelölje F a BC, F az AC és F az AB oldal felez pontját. A T 4. tétel és a vektorösszeadás deníciója alapján: AF = (b + c), BF = b c, CF = c b. 0. Az el z feladat jelöléseit alkalmazva, a három súlyvonalvektor összege AF + + BF + CF = 0. A 7. feladat alapján ez azt jelenti, hogy a három súlyvonallal, mint oldalakkal, szerkeszthet háromszög.. Az ábra szerinti ABC háromszög oldalvektorainak irányítása legyen olyan, hogy a + b + c = 0 teljesüljön; súlyvonalvektorai pedig s a, s b és s c. Jelöljük A B C -vel az el bbi vektorok hosszával szerkesztett háromszöget, melynél az oldalvektorok irányítása olyan, mint az el bb, vagyis s a + s b + s c = 0. Az A B C háromszög s a, s b és s c súlyvonalvektorainak hosszával szerkesztett háromszög legyen A B C. (Ezek a szerkesztések az el z feladat alapján elvégezhet k.) A vektorösszeadás deníciója alapján egyrészt (az ABC háromszögb l) s a = a +c, s b = b +a, s c = c +b, másrészt (az A B C háromszögb l) s a = s a + s c, s b = s b + s a, s c = s c + s b. Behelyettesítés után s a = a + c + c + b = a + (a + b + c). 4 4 Mivel a + b + c = 0, ezért s a = a. Hasonlóan: 4 s b = b és 4 s c = c. 4 Ezekb l az ABC és A B C háromszögek hasonlósága következik. 4.

4 . Jelöljön O egy tetsz legesen felvett pontot. (L. ábra.) OF = ( OA + OA ), OF = ( OA + OA ), OF = ( OA + OA 4 ), OF 4 = ( OA 4 + OA ). Az els két egyenletb l F F = OF OF = ( OA OA ), a harmadikból és a negyedikb l pedig F F 4 = OF 4 OF = ( OA OA ) következik. Kaptuk, hogy F F = F F 4 ezért az F F F F 4 négyszög paralelogramma.. KL = KA + AB + BL, másrészt KL = KD + DC + CL. (L. ábra.) Ezt a két egyenletet összeadva és gyelembe véve, hogy KA + KD = BL+ + CL = 0, a bizonyítandó állítást kapjuk. 4. AP = m+n m (b a) (l. ábra). Ezért OP = a + AP = m+n n a + m+n m b. 5. Legyen F a az ABC háromszög A csúccsal szemközti oldalának felez pontja, és S a az AF a súlyvonalnak az F a végponthoz közelebbi harmadoló pontja. Hasonló a jelentésük az S b és S c pontoknak. Legyen AC = b és AB = c. A 4. feladatot alkalmazva az m =, n = esetre ( ) AS b = b + c = b + c és AS c = (b + c). + Ugyanakkor a T 4. tételb l következik, hogy AS a = (b + c). Így az S a, S b és S c pontok egybeesnek, és a súlyvonalak harmadolva metszik egymást. 6. OS ( = OA + OB + OC ). 7. Az el z két feladat bármelyike alapján AS = (b + c), BS = (b c), CS = (c b). Ezekb l AS + BS + CS =

5 8. I. rész: csak akkor. Ha S a súlypontja az ABC háromszögnek, akkor az el z feladat eredménye szerint AS + BS + CS = 0. II. rész: akkor. Kontrapozíciós bizonyítást végzünk. Azt mutatjuk meg, hogy ha valamely P pont nem súlypontja az ABC háromszögnek (azaz P S), akkor AP + BP + CP 0. Tekintsük a következ vektorösszegeket: P A + AS = P S, P B + BS = = P S, P C + CS = P S. Ezeket összeadva és gyelembe véve az S súlypontra vonatkozó AS + BS + CS = 0 egyenl séget, P A + P B + P C = P S Alkalmazzuk a 6. feladat eredményét az O = S pontra és az A B C háromszögre. Ekkor SS = SA + SB + SC. A 8. feladat alapján SA + SB + SC = 0. E két utóbbi összefüggésb l, valamint az SA SA = AA, SB SB = BB, SC SC = CC egyenl ségekb l a bizonyítandó állítás adódik. 0. Az el z feladat megoldása és az azt követ. megjegyzés alapján az ABC, illetve az A B C háromszög S, illetve S súlypontja akkor és csak akkor közös, ha AA + BB + CC = 0. Megjegyzés: Mivel a háromszögek csúcsainak jelölése tetsz leges, ezért ez az egyenl ség az alábbiak bármelyikével helyettesíthet : AA + BC + CB = 0, AC + BA + CB = 0, AB + BA + CC = 0, AB + BC + AC + BB + CA = 0. CB = 0, A 7. feladatból következik, hogy az el bbi vektorhármasok egy-egy háromszög oldalvektorai lehetnek, ezért három ilyen vektor komplanáris még akkor is, ha az ABC és A B C háromszögek síkjai különböznek.. Legyen az ABCD tetraéder ABC lapjának súlypontja S D, az O pedig a tér tetsz leges pontja. Az el z feladat szerint OS ( ) D = OA + OB + OC. Ha S jelöli a DS D szakasznak az S D ponthoz közelebbi negyedel pontját, akkor a 4. szerint (az m =, n = esetre alkalmazva) OS ( ) = 4 OD + OS D. Ezekb l OS ( ) = 4 OA + OB + OC + OD következik. Ha más lap súlypontjából indulunk ki, akkor is ugyanezt az eredményt kapjuk. Ezek szerint az S pont mind a négy súlyvonalon rajta van, és negyedeli azokat.. Legyen F A az AA, F B a BB, F C a CC és F D a DD szakasz felez pontja. A. feladat alapján F A F D = ( AD+ A D ) és F B F C = ( BC + B C ). Mivel paralelogrammákról van szó, ezért AD = BC és A D = B C. Ezekb l F A F D = F B F C következik. Tehát az F A F B F C F D négyszög paralelogramma.. Legyen OA = a, OB = b, OC = c és OD = d (l. ábra). A tükrözés miatt egyrészt OO = a és OO = (d a), másrészt OO = b és OO4 = (c b). Mivel az ABCD négyszög paralelogramma, ezért d a = c b. Ebb l 4.5

6 OO = OO4 következik. Tehát O és O 4 egybeesik. 4. I. A feltétel szükséges. Valóban, ha A, B, C és D egy paralelogramma csúcsai, akkor az el bbi feladat szerint rendre O és O 4 egybeesik. II. A feltétel elegend. Ha O és O 4 egybeesik, akkor az ábra szerinti O, O, O, O 4 pontnégyes olyan, hogy az A az O O, a B az OO, a C az O O 4 = (O O ) és D az O O (= O 4 O ) szakasz felez pontja. A. feladat megoldásához hasonló gondolatmenetet követve kapjuk, hogy az O O O O 4 négyszög oldalfelez pontjai egy paralelogramma csúcsai. 5. I. Ha v és w kollineárisak, akkor a T 4.5 tétel alapján valamely k számra v = kw, azaz p a + p b + p c = kq a + kq b + kq c. Ebb l a T 4.9 tétel alapján kapjuk, hogy p = kq, p = kq, p = kq. Azaz p = p = p. q q q II. Ha pedig p = p = p (= k), akkor a p = kq, p = kq, p = kq q q q értékekkel kapjuk, hogy v = p a + p b + p c = kq a + kq b + kq c = k(q a + q b + q c) = kw. Ez a T 4.5 tétel miatt azt jelenti, hogy v és w kollineárisak. 6. A T 4.5 tételt és a 5. feladatot alkalmazzuk. a) α = 6. b) α = 0. c) Minden valós α-ra kollineárisak. d) Nincs olyan α, amelyre kollineárisak. e) Csak az α =, β = esetben kollineárisak. 9 f) Nincs olyan α és β, amelyekre kollineárisak. g) Csak az α = β = 0 esetben kollineárisak. h) Akkor és csak akkor kollineárisak, ha α = β. i) Akkor és csak akkor kollineárisak, ha αβ =. j) Akkor és csak akkor kollineárisak, ha β =. Az α bármilyen valós szám lehet. 7. A D 4.4 deníciót alkalmazzuk. a) Az {r, s, t} vektorrendszer lineárisan függ, mert zérusvektort tartalmaz. b) Az {r, s, t} vektorrendszer lineárisan függ, mert az s vektor az r vektornak számszorosa ( -szerese). c) Azt kell eldöntenünk, hogy k r + k s + k t = 0 teljesülhet-e úgy is, hogy a k, k, k számok között van zérustól különböz. Az r, s és t értékeit beírva az el bbi egyenletbe, majd rendezve: (k + k )a + (k + k )b + (k + k + k )c = 0. Az {a, b, c} vektorrendszer lineáris függetlensége miatt ez csak úgy állhat fenn, hogy k + k = 0, k + k = 0, k + k + k = 0. Ennek az egyenletrendszernek csak a k = 0, k = 0, k = 0 számhármas a megoldása. Ezért az {r, s, t} vektorrendszer lineárisan független. 4.6

7 d) A k r + k s + k t = 0 egyenletb l a c) részhez hasonlóan kapjuk, hogy (k + k )a (k + k )b + (k k + k )c = 0, azaz k + k = 0, k + k = 0, k k + k = 0. Ezekb l k = k és k = k következik. Ezért például a k =, k =, k = értékekkel r s+t = 0. Tehát az {r, s, t} vektorrendszer lineárisan függ. e) Lineárisan függ. f) Lineárisan független. g) Lineárisan függ. h) Lineárisan függ. 8. AC =a + b = [9, 8, 5], AC =a + b + c = [0,, 8], AD =b + c = [6, 0, 5], AF =a + (b + c) = [7, 7, ], AH = (a + b + c) = [, 6, 9], 4 AK =b + c + a = [8,, ], F H = ( a + b + c) = [,, ], 4 HK = (a + b + c) = [ 5,, ] A 0., illetve a. feladat alapján BS B = ( BA + BC + BD) = (b + c a) = [ 4, 6, 0], BS = ( 4 BA + BC + BD) = [ 4, 6, 0] a) Ha az AB és BC vektorok egyez irányúak, akkor az aránypárból BC = AB következik; ellentétes irány esetén pedig BC = AB. Vegyük - gyelembe, hogy BC = c b és AB = b a. Ezeket az el bbi egyenletekbe helyettesítve kapjuk, hogy az els esetben c = 5 b a = [, 7, ], a második esetben pedig c = a + b = [7,, ]. A b) és c) és d) feladatok megoldását az el bbihez hasonlóan végezzük. b) c = [,, 7] vagy c = [, 5, ]. c) c = [, 4, ] vagy c = [, 0, 7]. d) Ha AB és BC egyirányúak, akkor c = m+n m b m n a = m [(m + n)b na, (m + n)b na, (m + n)b na ]. Ha különböz irányúak, akkor c = m n m b + m n a = m [(m n)b + na, (m n)b + na, (m n)b + na ]. 4. A T 4. tétel alapján: a + b = d, b + c = e, a + c = f. Ezekb l a = d e+f = [5, 4, 6], b = d+e f = [,, ] és c = d+e+f = [, 0, 8] következik. A 0. megoldást alkalmazva s = (a + b + c) = (d + e + f) = [,, 6]. 4. A 5. és. feladatok megoldása alapján: AS = (s 8 + s + s ) = 9 [,, ], AS4 = (s 4 + s + s ) = [,, ], AB = (s + s s ) = [6, 0, ], AC = (s s + s ) = [,, 5], AD = ( s + s + s ) = [0, 6, ], BC =(s s ) = [,, 8], BD =(s s ) = [ 6, 6, 0], CD =(s s ) = [,, 8]. 4. a) Az a, b és c vektorok nem komplanárisak; ezért, a T 4.8 tétel alapján, v el állítható az a, b és c lineáris kombinációjaként, és ez az el állítás 4.7

8 egyértelm. Az a = i + j, b = i j, c = i + j k egyenletrendszerb l: i = (a + b), j = (a b), k = a c. Ezeket a v = i + 5j + 7k egyenletbe írva kapjuk, hogy v = a b 7c. b) Az a, b, c vektorhármas komplanáris, és a v vektor nincs a síkjukban. Ezért a v nem fejezhet ki az a, b, c vektorok lineáris kombinációjaként. c) Az a) részhez hasonlóan járunk el. v = a + b c. 44. Els megoldás. A T 4.6 tétel alapján c-nek () c = αa + βb alakú el állítása lehetséges és egyértelm. I. A feltétel szükséges. Tegyük fel, hogy a vektorok végpontjai egy egyenesen vannak. (L. ábra!) Ekkor, valamely λ számmal λ(c a) = b c. Ebb l () c = λ a + b λ+ λ+ következik, ha λ. (A λ = esetben a = b, ami ellentmond feltevésünknek.) A ()-b l és ()-b l a T 4.6 és T 4.9 tételek alapján α = λ és β = adódik. Tehát α + β =. λ+ λ+ II. A feltétel elegend. Tegyük fel, hogy α + β =. Ekkor () miatt c = αa + ( α)b. Ebb l egyrészt c a = (α )a + ( α)b, másrészt b c = αa+αb következik. E két utóbbiból α 0 esetén c a = α α (b c) adódik, az α = 0 esetben pedig b c = 0. Tehát (mindkét esetben) c a és b c kollineáris vektorok. Ezért a, b és c végpontjai egy egyenesen vannak. Második megoldás. Az () egyenl ség mindkét oldalából vonjuk ki az a vektort, majd az így kapott kifejezést alakítsuk át: c a = β(b a)+(α+β )a. Az a és b vektorok végpontjaira illeszked egyenes tartalmazza a b a vektort. Ahhoz, hogy tartalmazza a c a vektort is, szükséges és elégséges, hogy α + β = 0 teljesüljön. 45. A feladatbeli vektoregyenlet alapján: d a = β(b a) + γ(c a)+ +(α + β + γ )a. A továbbiakban az el z feladat második megoldásához hasonló gondolatmenetet követünk. 46. Akkor és csakis akkor, ha a = b. 47. Az ABC háromszögben legyen BC = a és BA = c (l. ábra). Messe a B-b l induló szögfelez az AC oldalt a D pontban. Az el z feladat megoldása alapján a BD szögfelez vektorral egyez irányú az a a + c vektor. Ezért c valamely λ-val ( a () BD = λ a + c ). c Másrészt, () BD = ( ) BA + AD AD = c + (a c) = AD a + AD c. AC AC AC Mivel a és c nem kollineáris, ezért (), () és a T 4.9 tétel alapján λ a = AD AC 4.8

9 és λ c = AD AC = CD a. Ezek hányadosát véve kapjuk, hogy AC c = CD. AD 48. Az el z feladat szerint CD : AD = a : c. Alkalmazva a 4. feladatot az m = a, n = c esetre: BD = c a + c a + a a + c c. 49. Ismeretes, hogy minden derékszög háromszögben, az ábra jelölései szerint a = m c és b = m c. Ezekb l m : m = b : a következik. Alkalmazva a 4. feladatot az m = b, n = a esetre: CD = b c CB + a c CA. 50. Legyen k és k az a két szám, amelyekre () AM = k AE, illetve BM = kbf. Erre a két számra az AM = AB + BM, AE = a + b és BF = b ( a egyenl ségek alapján k + k ) ( a + k k ) b = 0 adódik. Mivel a és b lineárisan függetlenek, ezért k + k = 0 és k k = 0, és ebb l az egyenletrendszerb l k = 4. Az ()-be helyettesítve: AM = 4 AE = 4 a + b A D 4. deníciót alkalmazzuk. a) 6. b) 9. c) 6. d) Mivel a skaláris szorzás kommutatív és a vektorösszeadásra nézve disztributív, (a + b) = a + ab + b = = 7. e). f). g) a) 6. b) 4. c) Vegyük gyelembe, hogy (e + e + e ) = 0 és e = e = e =. e e + e e + e e =. 54. ab + ac + bc =. 55. a + b + c = (a + b + c) = A bal oldalon végezzük el a négyzetre emelést, majd vonjunk össze. Geometriai jelentés: a paralelogramma átlóinak négyzetösszege az oldalak négyzetösszegével egyenl. 57. Az állítás helyessége a D 4. denícióból következik. Az ab = a b (illetve, az ab = a b ) egyenl ség akkor teljesül, ha a és b ellentétes (ill. egyez ) irányúak. 58. A T 4.6 tétel alapján pontosan akkor, ha a α b = 0; így α = ± a. b 4.9

10 59. Skalárisan megszorozva mindkét oldalt az a vektorral, majd egyszer sítve az a ( 0) számmal, a T 4.6 tétel alapján az állítás helyessége adódik. 60. Az el z feladat megoldásához hasonlóan járunk el. 6. A T 4.6 tétel alapján a = b. 6. Legyen a két vektor szöge α. A D 4. deníció alapján cos α = (a + b)(a b) a + b a b. A nevez kiszámításához az (a + b) (a b) = ( a + b a b ) összefüggést vegyük gyelembe. cos α = a) Négyzetre emelve mindkét oldalt, a +ab+b =a ; így cos(a, b) = b a. b) cos(a, b) = Az (a + b)(7a 5b) = 0 és (a ) 4b)(7a b) = ( 0 egyenletekb l ) ab = (5b 7a és ab = 7a + 8b 6 0. Ebb l az egyenletrendszerb l a = b, majd ezt felhasználva ab = a és a = b következik. Ha a = b = 0, akkor szögük tetsz leges lehet, ha pedig a 0, akkor cos(a, b) =. 65. A D 4. deníciót és a T 4.6 tételt alkalmazva t = 40 adódik. 66. A T 4.7 tétel és feltevésünk alapján b b a = a a b (a 0, b 0). Ez ba = ab miatt ekvivalens azzal, hogy b = a, vagy a és b mer legesek egymásra. 67. A T 4.7 tétel alapján ezek az X pontok annak a síknak a pontjai, amely mer leges az e vektorra és az O ponttól k távolságra halad, mégpedig úgy, hogy metszi az O-ból induló és E-n átmen félegyenest. (Más ilyen tulajdonságú pont nincs (L. ábra).) 68. A D 4. deníciót és a T 4.4, T 4.5 tételeket alkalmazzuk. 7 a) 9. b) 5. c) A T 4.4 és a T 4.6 tételeket alkalmazzuk. z = 8. ab 70. a) Az = cos α képletbe helyettesítve: a b 6 jutunk; ebb l t =. 5 b) t = 0. c) Nincs ilyen t. t t + 6 = egyenlethez 7. Mivel a és x kollineáris, ezért valamely valós t-re x = [t, t, t]. Az ax = egyenletb l t =, ezért x = [,, ]. 4.0

11 7. Legyen e = [e, e, e ]; ekkor e + e + e =. A D 4., T 4.4 és T 4.5 alkalmazásával, az ae és be szorzatokból két újabb egyenletet kapunk az e, e, e ismeretlenekre: e e = és e + e e =. Két ilyen egységvektor van: [, 0, 0] és [0, 0, ]. 7. Jelöljük a két meghatározandó vektort a p -vel, illetve a m -mel, és alkalmazzuk a T 4.7 tételt! b a p = b a b b = [,, ], a m = a a p = [,, ]. 74. ac = 0. A vetületvektorok összege: 5 [,, ] a) Téglalap két szomszédos oldalvektora. b) Rombusz két szomszédos oldalvektora. c) Egyiknek sem lehet két szomszédos oldalvektora. 76. x = [ 4,, 4]. 77. x = [0,, ]. 78. x = [,, ]. 79. Legyen x = [x, x, x ]. Az x egységvektor, ezért () x + x + x =. A feltevés miatt (a, x) = (b, x) = (c, x) = α, ezért cos α = ax a = bx b = cx c. Ezekb l az () 7x x = x 4x + 5x, () 7x x = 4x + x + 5x egyenleteket kapjuk. Az (), (), () egyenletrendszer megoldásával adódik, hogy két ilyen egységvektor van: A szögek koszinuszai: és 80. Az a a v =, 5. [7,, 5] és 5 b b v = [7,, 5]. egyenletrendszerb l a v vektorra a következ megoldásokat kapjuk [, ], [, ], [, ], [, ]. 8. Az el z feladat megoldásához hasonlóan, a v vektorra a következ nyolc megoldást kapjuk: [,, ], [,, ], [ 9, 5, 4], [ 9, 5, 4], [ 6,, 7], [6,, 7], [, 5, ], [, 5, ]. [ 8. Négy ilyen e vektor van: [0,, 0],,, 8. Két ilyen vektor van: [,, 0] és [,, 0]. ], [0,, 0], [,, ]. 84. Az AB, AC és AD vektorok lineáris kombinációjaként állítsuk el a másik három élvektort: CD = AD AC, DB = AB AD, BC = AC AB. Ezeket a feladatbeli kifejezés jobb oldalába helyettesítve, majd elvégezve a szorzást és az összevonást, AB CD+ AC DB+ AD BC = 0 adódik. 85. Ha pl. az AB és CD, illetve az AD és BC mer leges élpárok, akkor AB CD = 0 és AD BC = 0. Ekkor az el z feladat alapján AC DB = 0, azaz AC és DB is mer leges élpár. 4.

12 86. Az O középpontú kör egy átmér jének végpontjai A és B. Legyen P a kör (A-tól és B-t l különböz ) tetsz leges pontja. Ha OB = a és OP = b, akkor P B = a b és AP = a+b. Mivel a = b, ezért (a b)(a+b) = a b = Használjuk az ábra jelöléseit. A négy testátló-vektor: AC = a + b + c, BD = b + c a, CA = c a b, DB = a + c b. Ezekb l: (a + b + c) + (b + c a) + (c a b) + (a + c b) = 4(a + b + c ). 88. A T 4.8 tétel szerint a v vektor el állítható valamely k, k, k számokkal v = k a+k b+k c alakban. Az egyenlet mindkét oldalát (skalárisan) megszorozva v-vel, majd gyelembe véve a feltételekb l következ av = bv = cv = 0 egyenl ségeket, v = 0 adódik, ami csak úgy teljesülhet, hogy v = Jelölje O az ABCD tetraéder köré írt gömb középpontját, r a gömb sugarát; továbbá legyen OA = a, OB = b, OC = c és OD = d. Nyilvánvaló, hogy a = b = c = d = r. I. csak akkor: Tegyük fel, hogy a tetraéder magasságvonalai egy közös M ponton haladnak át. Kimutatjuk, hogy a szemközti élvektorok mer legesek egymásra. Az M magasságpont rajta van mind a négy magasságvonalon, ezért () AM CB és DM CB, () BM AC és DM AC, () AM DC és BM DC. Az OM vektort m-mel jelölve, az () összefüggésekb l következik, hogy (4) (m a)(b c) = 0 és (m d)(b c) = 0. II. akkor: Kimutatjuk, hogy ha a szemközti élvektorok mer legesek egymásra, akkor a magasságvonalak egy közös M ponton haladnak át, melyre m = OM = (a + b + c + d). Ehhez azt kell belátni, hogy az AM, BM, CM, illetve a DM vektor mer leges rendre a BCD, ACD, ABD, illetve az ABC síkra. Az AM = m a vektor mer leges a BCD síkra, ha mer leges annak két, nem párhuzamos vektorára. Ez teljesül, mert a CB = b c és DB = b d vektorra [ ] AM CB = (m a)(b c) = b c + (d a)(b c) = 0 és AM [ ] DB = (m a)(b d) = b d + (b d)(a c) = 0, hiszen b = c = d és AD = (d a) (b c) = CB, illetve CA = (a c) (b d) = DB. Ezekb l következik, hogy az M pont rajta van az A csúcshoz tartozó magasságvonalon. Ugyanígy igazolható, hogy az M pont illeszkedik a másik három magasságvonalra is. Megjegyzés: A. feladat szerint, az O pontból a tetraéder S súlypontjába mutató vektor OS = (a + b + c + d). Másrészt az el bb beláttuk, hogy 4 ha az M magasságpont létezik, akkor OM = (a + b + c + d). Ezért igaz 4.

13 a következ : Ha egy tetraédernek létezik magasságpontja, akkor a tetraéder köré írt gömb O középpontja, valamint a tetraéder S súlypontja és M magasságpontja egy egyenesen van, és az OM szakasz felez pontja az S pont i j k i 0 0 k j j 0 k 0 i 0 0 j i 0 i j = k, j k = i, k i = j, ami könnyen megjegyezhet, mert mindhárom egyenl ségben ciklikusan egymás után szerepelnek az i, j, k vektorok. A fordított sorrend szorzatok: j i = k, k j = i, i k = j. 9. A D 4.8 deníció és a T 4. tétel alapján: a) (a b). b) (a b). c) 6(a b). d) (a c) + (b c). e) 0. f) 6(a b) 0(a c) + 4(b c). 9. Az i, j, k alapvektorok deníciója, ill. a D 4. és D 4.8 deníciók alapján: a). b) 6. c) A T 4. tétel alapján: (a + b) (4a b) = 6(a b), ezért T = 6 a b = 6T. 94. A T 4. tétel alapján a c = b c felírható (a b) c = 0 alakban is, ami nemcsak az a = b esetben teljesül (hanem minden olyan a, b-re, amelyre a b = kc, így a felírt egyenl ségb l általában nem következik hogy a = b. 95. A feltevésb l c = (a + b) következik. Ezt helyettesítsük a b c és c a kifejezésekbe. A T 4. és T 4.0 tételt alkalmazva kapjuk, hogy b c = a b és c a = a b. 96. A T 4.0 tétel alapján a v a = 0 és v b = 0 feltevésekb l következik, hogy v az a-val is és a b-vel is egyez állású. Ebb l viszont v 0 esetén az adódik, hogy a és b kollineárisak. Ez ellentmond feltevésünknek. 97. A T 4. tételb l és az a b = b c, illetve b b = 0 egyenl ségekb l 0 = (a b) (b c) = (a + c) b = (a + b + c) b következik. Az el bbihez hasonlóan, a b c = c a, illetve a c a = a b egyenl ségb l (a + b + c) c = 0, illetve (a + b + c) a = 0 adódik. Az el bbi feladat szerint ezek egyidej leg csak akkor állhatnak fenn, ha a + b + c = Az els egyenletb l kivonva a másodikat, majd zérusra redukálva a kapott egyenleteket, a T 4. tétel alapján (a d) (b c) = 0 adódik. A T 4.0 tétel alapján ez azt jelenti, hogy a d és b c egyállásúak. 99. Figyelembe véve a T 4. tételt és azt, hogy b b = 0, az (a b) + (c a) = (a b) (a c) = a (b c) és a b c = (b c) (b b) = b (c b) = b (b c) átalakítás után kapjuk, hogy (a b) (b c) = 0. Mivel a három vektor kezd pontja közös, ezért ez utóbbi egyenletb l, a T 4.0 tétel alapján, következik, hogy a vektorok végpontjai egy egyenesen vannak. 00. A D 4.8 deníció szerint az a és b vektor az a b vektorra, a c és d vektor pedig a c d vektorra mer leges. Mivel a b és c d kollineárisak, ezért az a, b, c, d vektorok mindegyike mer leges az a b vektorra. Tehát komplanárisak. 0. A szögletes zárójeles kifejezésnél kezdve, kétszer alkalmazzuk a kifejtési tételt (T 4.). A szorzat értéke: a 4 b. 4.

14 0. a) A három darab hármas vektori szorzatra alkalmazzuk a T 4. tételt, és vegyük gyelembe a skaláris szorzás kommutativitását. b) A T 4. és T 4. tételeket alkalmazzuk. 0. T 4. tétel szerint a (b c) = (ac)b (ab)c. Ugyanakkor a(b c) = 0, azaz ab = ac. Mivel a nem mer leges b-re, ezért ab (= ac) 0. Legyen ab = k ( 0). Ekkor a (b c) = k(b c). Ez azt jelenti, hogy a (b c) és b c egyállásúak. 04. Mivel a mer leges b-re és a = b (= 7), ezért a és b lehet egy kocka két élvektora. A harmadik élvektor a b -vel párhuzamos és hossza a = 7. A T 4. tétel szerint i j k a b = 6 = [4,, 4] = 7 [,, 6]. 6 Két vektor elégíti ki a feladat feltételeit: [,, 6] és [,, 6]. 05. Legyen α az AB és AC vektorok szöge. A koszinusztétel alapján cos α = 7, 8 5 s így sin α =. Tehát 8 AB AC = = m a = AB AC =. BC Ha felbontjuk az a vektort egy e-vel párhuzamos a p és egy e-re mer leges a m vektor összegére, akkor a m = a sin(e, a) = e a. Mivel e a mer leges e és a síkjára, (e a) e az e és a síkjában van és (e a) e = a sin(e, a), ezért a m = (e a) e. Ez egyébként bizonyítható a 7. feladat és a kifejtési tétel segítségével is: a m = a (ea)e és (e a) e = (a e) e = e (a e) = (ee)a (ea)e = a (ea)e, tehát a m = (e a) e. A 7. feladat számadataival: ( ) b a m = b a b b = (b a) b = [,, ] b és a p = a a m = [,, ]. 08.Legyen x az a, b vektorok síkjában lév, y pedig erre a síkra mer leges összetev. (L. ábra.) Az a b vektorral egyez állású egyik egységvektor: e = a b a b = [,, ]. A T 4.5 tétel és a D 4.8 deníció alapján a síkra mer leges összetev : y = (e c)e = [,, ]. A síkban lév összetev : x = c y = [, 7, 5]. 09. A T 4.9 szerint a b = 6. Ennek megoldásai: t = 0 és t =. 0. A négyszög területe 47 egység. 4.4

15 . Állítsuk el a v vektort a és b lineáris kombinációjaként. A v = k a + k b el állításban a T 4.9 tétel alapján: k =, k =. A terület a b = 6 a b = 8 egység..az m magasságvektor az ábra szerinti d = (a c) (b c) vektorral egyez állású. A d-vel (tehát m-mel is) egyez állású (egyik) egységvektor: d/ d = [,, ]. A magasság: m =.. Az a b = ab feltétel ekvivalens azzal, hogy a két vektor szöge a) ab(c + λa + µb) = (a b)(c + λa + µb) = abc. b) a + b b + c c + a = ( ) (a + b) (b + c) (c + a) = 8 4 abc. ( ) 5. (a + b) (b 4c) (a + 5c) = 6abc. Mivel a, b, c nem komplanárisak, ezért a T 4.5 tétel szerint az adott vektorok sem komplanárisak. 6. Az egyenlet mindkét oldalát skalárisan c-vel szorozva (b c)c = (c a)c = 0 miatt (a b)c = 0 adódik. A T 4.5 tétel alapján ez azt jelenti, hogy a, b, c komplanárisak. 7. Az állítás helyessége a vektori, illetve a skaláris szorzat deníciója alapján belátható. Egyenl ség pontosan akkor van, ha a, b és c páronként mer legesek. 8. (r s)t = 7abc. Ezért V = 7V. 9. A T 4.7 tétel alapján a vegyes szorzat abc = 5 = 7α. α A T 4.5 tétel szerint a térfogat: abc = 7α = 0. Ebb l α lehetséges értékei: és Az {a, b, c} vektorrendszer akkor és csak akkor lineárisan függ, ha a, b és c komplanárisak. (L. T 4.0 és T 4.7) Ennek megfelel en a T 4.5 és T 4.7 tételt alkalmazzuk. a) Mivel az abc vegyes szorzat csak az α = 7 értéknél zérus, ezért az 4 {a, b, c} vektorrendszer lineárisan függ, ha α = 7. 4 b) Minden α számra lineárisan függ, mert b = 0. c) Minden α-ra lineárisan független. d) Minden α-ra lineárisan független. e) Minden α-ra lineárisan függ. f) Ha α értéke, vagy, akkor lineárisan függ a vektorrendszer. Minden más esetben lineárisan független.. A 7. feladat vagy a T 4.7 tétel szerint: abc = 4.. Az A csúcsból kiinduló három él: AB = a, AC = a + b, AD = a + b + c. A térfogat: V = 6 ABACAD =

16 . Mivel AD és d egyállású vektorok, ezért valamely k számmal AD = kd = [ k, k, k] teljesül. Az 6 ABACAD = 8 egyenletb l k = 48 következik. A feltételt két vektor elégíti ki: [ 4, 8, 4] és [4, 8, 4] A feltételt két vektor elégíti ki: [,, ] és [,, ]. A magasság. [ ] 4 5.uvw = (u a + u b + u c) (v a + v b + v c) (w a + w b + w c) = = abc [u. ] (v w v w ) u (v w v w ) + u (v w v w ) 6. Az el z feladat szerint a a a abc = uvw b b b c c c és u u u uvw = abc v v v. w w w Szorozzuk össze ezt a két egyenletet, majd osszuk az így nyert egyenlet mindkét oldalát (abc)(uvw)-vel. (Ezt megtehetjük, mert mind a két vektorrendszer lineárisan független, így az abc és uvw vegyes szorzatok egyike sem nulla.) Osztás után a bizonyítandó egyenl séget kapjuk. 4.6

Vektoralgebra. 4. fejezet. Vektorok összeadása, kivonása és számmal szorzása. Feladatok

Vektoralgebra. 4. fejezet. Vektorok összeadása, kivonása és számmal szorzása. Feladatok 4. fejezet Vektoralgebra Vektorok összeadása, kivonása és számmal szorzása T 4.1 (Háromszögegyenl tlenség) Minden a, b vektorpárra a + b a + b. T 4.2 (Paralelogrammaszabály) Ha az a és b vektor különböz

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások Megoldások 1. Tekintsük az alábbi szabályos hatszögben a következő vektorokat: a = AB és b = AF. Add meg az FO, DC, AO, AC, BE, FB, CE, DF vektorok koordinátáit az (a ; b ) koordinátarendszerben! Alkalmazzuk

Részletesebben

λ 1 u 1 + λ 2 v 1 + λ 3 w 1 = 0 λ 1 u 2 + λ 2 v 2 + λ 3 w 2 = 0 λ 1 u 3 + λ 2 v 3 + λ 3 w 3 = 0

λ 1 u 1 + λ 2 v 1 + λ 3 w 1 = 0 λ 1 u 2 + λ 2 v 2 + λ 3 w 2 = 0 λ 1 u 3 + λ 2 v 3 + λ 3 w 3 = 0 Vektorok a térben Egy (v 1,v 2,v 3 ) valós számokból álló hármast vektornak nevezzünk a térben (R 3 -ban). Használni fogjuk a v = (v 1,v 2,v 3 ) jelölést. A v 1,v 2,v 3 -at a v vektor komponenseinek nevezzük.

Részletesebben

Megoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)

Megoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások 1. Határozd meg az a és b vektor skaláris szorzatát, ha a = 5, b = 4 és a közbezárt szög φ = 55! Alkalmazzuk a megfelelő képletet: a b = a b cos φ = 5 4 cos 55 11,47. 2. Határozd meg a következő

Részletesebben

5. Analitikus térgeometria (megoldások) AC = [2, 3, 6], (z + 5) 2 következik. Innen z = 5 3. A keresett BA BC = [3, 2, 8],

5. Analitikus térgeometria (megoldások) AC = [2, 3, 6], (z + 5) 2 következik. Innen z = 5 3. A keresett BA BC = [3, 2, 8], (megoldások) 1. Alkalmazzuk a T 5. tételt: AB = [ 1, +, 0+] = [1, 1, ], AC = [,, 6], AD = [,, 9].. A P pontnak az origótól mért távolsága az OP helyvektor hosszával egyenl. OA = 4 + ( ) + ( 4) = 6, OB

Részletesebben

5. előadás. Skaláris szorzás

5. előadás. Skaláris szorzás 5. előadás Skaláris szorzás Bevezetés Két vektor hajlásszöge: a vektorokkal párhuzamos és egyirányú, egy pontból induló félegyenesek konvex szöge. φ Bevezetés Definíció: Két vektor skaláris szorzata abszolút

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások Megoldások 1. Határozd meg a szakasz hosszát, ha a végpontok koordinátái: A ( 1; ) és B (5; )! A szakasz hosszához számítsuk ki a két pont távolságát: d AB = AB = (5 ( 1)) + ( ) = 6 + 1 = 7 6,08.. Határozd

Részletesebben

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA ( SZAKKÖZÉPISKOLA ) Javítási-értékelési útmutató

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA ( SZAKKÖZÉPISKOLA ) Javítási-értékelési útmutató OktatásiHivatal A 014/01. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA ( SZAKKÖZÉPISKOLA ) Javítási-értékelési útmutató 1. feladat: Adja meg az összes olyan (x,

Részletesebben

Vektorok. Wettl Ferenc október 20. Wettl Ferenc Vektorok október / 36

Vektorok. Wettl Ferenc október 20. Wettl Ferenc Vektorok október / 36 Vektorok Wettl Ferenc 2014. október 20. Wettl Ferenc Vektorok 2014. október 20. 1 / 36 Tartalom 1 Vektorok a 2- és 3-dimenziós térben 2 Távolság, szög, orientáció 3 Vektorok koordinátás alakban 4 Összefoglalás

Részletesebben

Vektorok összeadása, kivonása, szorzás számmal, koordináták

Vektorok összeadása, kivonása, szorzás számmal, koordináták Vektorok összeadása, kivonása, szorzás számmal, koordináták 1. Mik lesznek a P (3, 4, 8) pont C (3, 7, 2) pontra vonatkozó tükörképének a koordinátái? 2. Egy szabályos hatszög középpontja K (4, 1, 4),

Részletesebben

4. Vektorok. I. Feladatok. vektor, ha a b, c vektorok által bezárt szög 60? 1. Milyen hosszú a v = a+

4. Vektorok. I. Feladatok. vektor, ha a b, c vektorok által bezárt szög 60? 1. Milyen hosszú a v = a+ 4 Vektorok I Feladatok Milyen hosszú a v a b c vektor, ha a b, c vektorok által bezárt szög 60? c b, a, b, c és az a és Mit állíthatunk az BCD konvex négyszögről, ha B D B BC CB CD DC D 0? Igaz-e, hogy

Részletesebben

5. házi feladat. AB, CD kitér élpárra történ tükrözések: Az ered transzformáció: mivel az origó xpont, így nincs szükség homogénkoordinátás

5. házi feladat. AB, CD kitér élpárra történ tükrözések: Az ered transzformáció: mivel az origó xpont, így nincs szükség homogénkoordinátás 5. házi feladat 1.feladat A csúcsok: A = (0, 1, 1) T, B = (0, 1, 1) T, C = (1, 0, 0) T, D = ( 1, 0, 0) T AB, CD kitér élpárra történ tükrözések: 1 0 0 T AB = 0 1 0, elotlási rész:(i T AB )A = (0, 0, )

Részletesebben

Analitikus térgeometria

Analitikus térgeometria 5. fejezet Analitikus térgeometria Kezd és végpontjuk koordinátáival adott vektorok D 5.1 A koordináta-rendszer O kezd pontjából a P pontba mutató OP kötött vektort a P pont helyvektorának nevezzük. T

Részletesebben

Vektorgeometria (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

Vektorgeometria (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Vektorgeometria (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. A térbeli irányított szakaszokat vektoroknak hívjuk. Két vektort egyenlőnek tekintünk, ha párhuzamos eltolással fedésbe hozhatók.

Részletesebben

Vektoralgebra feladatlap 2018 január 20.

Vektoralgebra feladatlap 2018 január 20. 1. Adott az ABCD tetraéder, határozzuk meg: a) AB + BD + DC b) AD + CB + DC c) AB + BC + DA + CD Vektoralgebra feladatlap 018 január 0.. Adott az ABCD tetraéder. Igazoljuk, hogy AD + BC = BD + AC, majd

Részletesebben

Az 1. forduló feladatainak megoldása

Az 1. forduló feladatainak megoldása Az 1. forduló feladatainak megoldása 1. Bizonyítsa be, hogy a kocka éléből, lapátlójából és testátlójából háromszög szerkeszthető, és ennek a háromszögnek van két egymásra merőleges súlyvonala! Megoldás:

Részletesebben

Koordinátageometria. M veletek vektorokkal grakusan. Szent István Egyetem Gépészmérnöki Kar Matematika Tanszék 1

Koordinátageometria. M veletek vektorokkal grakusan. Szent István Egyetem Gépészmérnöki Kar Matematika Tanszék 1 Szent István Egyetem Gépészmérnöki Kar Matematika Tanszék 1 Koordinátageometria M veletek vektorokkal grakusan 1. Az ABCD négyzet oldalvektorai közül a = AB és b = BC. Adja meg az AC és BD vektorokat a

Részletesebben

Matematika A1a Analízis

Matematika A1a Analízis B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E T E M Matematika A1a Analízis BMETE90AX00 Vektorok StKis, EIC 2019-02-12 Wettl Ferenc ALGEBRA

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Vektorok I.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Vektorok I. Vektorok I. DEFINÍCIÓ: (Vektor) Az egyenlő hosszúságú és egyirányú irányított (kezdő és végponttal rendelkező) szakaszoknak a halmazát vektornak nevezzük. Jele: v ; v; AB (ahol A a vektor kezdőpontja,

Részletesebben

Koordináta-geometria feladatok (középszint)

Koordináta-geometria feladatok (középszint) Koordináta-geometria feladatok (középszint) 1. (KSZÉV Minta (1) 2004.05/I/4) Adott az A(2; 5) és B(1; 3) pont. Adja meg az AB szakasz felezőpontjának koordinátáit! 2. (KSZÉV Minta (2) 2004.05/I/7) Egy

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Vektorok II.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Vektorok II. Vektorok II. DEFINÍCIÓ: (Vektorok hajlásszöge) Két vektor hajlásszögének azt a φ (0 φ 180 ) szöget nevezzük, amelyet a vektorok egy közös pontból felmért reprezentánsai által meghatározott félegyenesek

Részletesebben

2. gyakorlat. A polárkoordináta-rendszer

2. gyakorlat. A polárkoordináta-rendszer . gyakorlat A polárkoordináta-rendszer Az 1. gyakorlaton megismerkedtünk a descartesi koordináta-rendszerrel. Síkvektorokat gyakran kényelmes ún. polárkoordinátákkal megadni: az r hosszúsággal és a φ irányszöggel

Részletesebben

Vektorok és koordinátageometria

Vektorok és koordinátageometria Vektorok és koordinátageometria Vektorral kapcsolatos alapfogalmak http://zanza.tv/matematika/geometria/vektorok-bevezetese Definíció: Ha egy szakasz két végpontját megkülönböztetjük egymástól oly módon,

Részletesebben

9. Írjuk fel annak a síknak az egyenletét, amely átmegy az M 0(1, 2, 3) ponton és. egyenessel;

9. Írjuk fel annak a síknak az egyenletét, amely átmegy az M 0(1, 2, 3) ponton és. egyenessel; Síkok és egyenesek FELADATLAP Írjuk fel annak az egyenesnek az egyenletét, amely átmegy az M 0(,, ) ponton és a) az M(,, 0) ponton; b) párhuzamos a d(,, 5) vektorral; c) merőleges a x y + z 0 = 0 síkra;

Részletesebben

(a b)(c d)(e f) = (a b)[(c d) (e f)] = = (a b)[e(cdf) f(cde)] = (abe)(cdf) (abf)(cde)

(a b)(c d)(e f) = (a b)[(c d) (e f)] = = (a b)[e(cdf) f(cde)] = (abe)(cdf) (abf)(cde) 2. házi feladat 1.feladat a b)c d)e f) = a b)[c d) e f)] = = a b)[ecdf) fcde)] = abe)cdf) abf)cde) 2.feladat a) Legyen a két adott pontunk helyzete A = 0, 0), B = 1, 0), továbbá legyen a távolságok aránya

Részletesebben

A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató

A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató Oktatási Hivatal A 0/04 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi erseny második forduló MATEMATIKA I KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató A 57 olyan háromjegyű szám, amelynek számjegyei

Részletesebben

14. Vektorok. I. Elméleti összefoglaló. Vektor. Az irányított szakaszokat vektoroknak nevezzük:

14. Vektorok. I. Elméleti összefoglaló. Vektor. Az irányított szakaszokat vektoroknak nevezzük: 14. Vektorok I. Elméleti összefoglaló Vektor Az irányított szakaszokat vektoroknak nevezzük: Jelölés: a kezdő és a végpont megadásával: AB ; egy kisbetűvel: v, írásban aláhúzás is szokásos: a; nyomtatásban

Részletesebben

1. megold s: A keresett háromjegyű szám egyik számjegye a 3-as, a két ismeretlen számjegyet jelölje a és b. A feltétel szerint

1. megold s: A keresett háromjegyű szám egyik számjegye a 3-as, a két ismeretlen számjegyet jelölje a és b. A feltétel szerint A 004{005. tan vi matematika OKTV I. kateg ria els (iskolai) fordul ja feladatainak megold sai 1. feladat Melyek azok a 10-es számrendszerbeli háromjegyű pozitív egész számok, amelyeknek számjegyei közül

Részletesebben

Analitikus geometria c. gyakorlat

Analitikus geometria c. gyakorlat matematikatanári szak (2016/2017-es tanév, 1. félév) 1. feladatsor (M veletek vektorokkal) 1) Az a vektor hossza kétszerese a b vektor hosszának. Mekkora a két vektor szöge, ha az a b vektor mer leges

Részletesebben

Síkgeometria 12. évfolyam. Szögek, szögpárok és fajtáik

Síkgeometria 12. évfolyam. Szögek, szögpárok és fajtáik Szögek, szögpárok és fajtáik Szögfajták: Jelölés: Mindkét esetben: α + β = 180 Pótszögek: Olyan szögek, amelyeknek összege 90. Oldalak szerint csoportosítva A háromszögek Általános háromszög: Minden oldala

Részletesebben

4 = 0 egyenlet csak. 4 = 0 egyenletből behelyettesítés és egyszerűsítés után. adódik, ennek az egyenletnek két valós megoldása van, mégpedig

4 = 0 egyenlet csak. 4 = 0 egyenletből behelyettesítés és egyszerűsítés után. adódik, ennek az egyenletnek két valós megoldása van, mégpedig Oktatási Hivatal Az forduló feladatainak megoldása (Szakközépiskola) Melyek azok az m Z számok, amelyekre az ( m ) x mx = 0 egyenletnek legfeljebb egy, az m x + 3mx 4 = 0 egyenletnek legalább egy valós

Részletesebben

Analitikus geometria c. gyakorlat (2018/19-es tanév, 1. félév) 1. feladatsor (Síkbeli koordinátageometria vektorok alkalmazása nélkül)

Analitikus geometria c. gyakorlat (2018/19-es tanév, 1. félév) 1. feladatsor (Síkbeli koordinátageometria vektorok alkalmazása nélkül) 1. feladatsor (Síkbeli koordinátageometria vektorok alkalmazása nélkül) A tér egy σ síkjában vegyünk két egymásra mer leges egyenest, melyeket jelöljön x és y, a metszéspontjukat pedig jelölje O. A két

Részletesebben

1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen

1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen 10. osztály 1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy ( a + b + c) 3 4 ab + bc + ca Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen A feladatban szereplő kettős

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Koordináta-geometria

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Koordináta-geometria MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Koordináta-geometria A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett

Részletesebben

25 i, = i, z 1. (x y) + 2i xy 6.1

25 i, = i, z 1. (x y) + 2i xy 6.1 6 Komplex számok megoldások Lásd ábra z = + i, z = + i, z = i, z = i z = 7i, z = + 5i, z = 5i, z = i, z 5 = 9, z 6 = 0 Teljes indukcióval 5 Teljes indukcióval 6 Az el z feladatból következik z = z = =

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Koordináta-geometria

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Koordináta-geometria MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Koordináta-geometria A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett

Részletesebben

Koordináta-geometria feladatok (emelt szint)

Koordináta-geometria feladatok (emelt szint) Koordináta-geometria feladatok (emelt szint) 1. (ESZÉV Minta (2) 2004.05/7) Egy ABC háromszögben CAB = 30, az ACB = 45. A háromszög két csúcsának koordinátái: A(2; 2) és C(4; 2). Határozza meg a harmadik

Részletesebben

ANALITIKUS MÉRTAN I. VEKTORALGEBRA. 1. Adott egy ABCD tetraéder. Határozzuk meg az alábbi összegeket: a) AD + BC = BD + AC.

ANALITIKUS MÉRTAN I. VEKTORALGEBRA. 1. Adott egy ABCD tetraéder. Határozzuk meg az alábbi összegeket: a) AD + BC = BD + AC. ANALITIKUS MÉRTAN INFORMATIKA CSOPORT I. VEKTORALGEBRA 1. Feladatlap Műveletek vektorokkal 1. Adott egy ABCD tetraéder. Határozzuk meg az alábbi összegeket: a) AB + BD + DC; b) AD + CB + DC; c) AB + BC

Részletesebben

2. Síkmértani szerkesztések

2. Síkmértani szerkesztések 2. Síkmértani szerkesztések Euklidész görög matematikus (i. e. 325 körül) szerint azokat az eljárásokat tekintjük szerkesztésnek, amelyek egy egyenes vonalzóval és egy körz vel véges számú lépésben elvégezhet

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT. Koordináta-geometria

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT. Koordináta-geometria MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT 1) Adott két pont: A 4; 1 felezőpontjának koordinátáit! AB felezőpontja legyen F. Koordináta-geometria és B 3 1; Írja fel az AB szakasz 1 3 4

Részletesebben

Koordinátageometria Megoldások

Koordinátageometria Megoldások 005-0XX Középszint Koordinátageometria Megoldások 1) Adott két pont: A 4; 1 felezőpontjának koordinátáit! AB felezőpontja legyen F. és B 3 1; Írja fel az AB szakasz 1 3 + 4 + 1 3 F ; = F ;1 ) Egy kör sugarának

Részletesebben

XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny

XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny Bonyhád, 011. március 11 15. 10. osztály 1. feladat: Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b és c. Bizonyítsuk be, hogy 3 (a+b+c) ab+bc+ca 4 Mikor állhat

Részletesebben

Budapesti Műszaki Főiskola, Neumann János Informatikai Kar. Vektorok. Fodor János

Budapesti Műszaki Főiskola, Neumann János Informatikai Kar. Vektorok. Fodor János Budapesti Műszaki Főiskola, Neumann János Informatikai Kar Lineáris algebra 1. témakör Vektorok Fodor János Copyright c Fodor@bmf.hu Last Revision Date: 2006. szeptember 11. Version 1.1 Table of Contents

Részletesebben

Megoldások 11. osztály

Megoldások 11. osztály XXV. Nemzetközi Magyar Matematikaverseny Budapest, 016. március 1115. Megoldások 11. osztály 1. feladat Egy háromszög három oldalának mér száma, a, b, c ebben a sorrendben egy mértani sorozat három egymást

Részletesebben

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2011/2012 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló - megoldások. 1 pont Ekkor

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2011/2012 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló - megoldások. 1 pont Ekkor Okta tási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 0/0 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA). forduló - megoldások. Az valós számra teljesül a 3 sin sin cos sin egyenlőség. Milyen értékeket

Részletesebben

EGYBEVÁGÓSÁGI TRANSZFORMÁCIÓK TENGELYES TÜKRÖZÉS

EGYBEVÁGÓSÁGI TRANSZFORMÁCIÓK TENGELYES TÜKRÖZÉS GEOMETRIA 1. Az A, B, C egy egyenes pontjai (ebben a sorrendben), AB szakasz 5 cm, BC szakasz 17 cm. F 1 az AB szakasz, F 2 a BC szakasz felezőpontja. Mekkora az F 1 F 2 szakasz? 2. Az AB és CD szakaszok

Részletesebben

I. Vektorok. Adott A (2; 5) és B ( - 3; 4) pontok. (ld. ábra) A két pont által meghatározott vektor:

I. Vektorok. Adott A (2; 5) és B ( - 3; 4) pontok. (ld. ábra) A két pont által meghatározott vektor: I. Vektorok 1. Vektorok összege Általánosan: Az ábra alapján Adott: a(4; 1) és b(; 3) a + b (4 + ; 1 + 3) = (6; ) a(a 1 ; a ) és b(b 1 ; b ) a + b(a 1 + b 1 ; a + b ). Vektorok különbsége Általánosan:

Részletesebben

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai. x 2 sin x cos (2x) < 1 x.

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai. x 2 sin x cos (2x) < 1 x. Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi második fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Oldja meg a következő egyenlőtlenséget, ha x > 0: x 2 sin

Részletesebben

Láthatjuk, hogy az els szám a 19, amelyre pontosan 4 állítás teljesül, tehát ez lesz a legnagyobb. 1/5

Láthatjuk, hogy az els szám a 19, amelyre pontosan 4 állítás teljesül, tehát ez lesz a legnagyobb. 1/5 D1. Egy pozitív egész számról az alábbi 7 állítást tették: I. A szám kisebb, mint 23. II. A szám kisebb, mint 25. III. A szám kisebb, mint 27. IV. A szám kisebb, mint 29. V. A szám páros. VI. A szám hárommal

Részletesebben

10. Koordinátageometria

10. Koordinátageometria I. Nulladik ZH-ban láttuk: 0. Koordinátageometria. Melyek azok a P x; y pontok, amelyek koordinátái kielégítik az Ábrázolja a megoldáshalmazt a koordináta-síkon! x y x 0 egyenlőtlenséget? ELTE 00. szeptember

Részletesebben

Középpontos hasonlóság szerkesztések

Középpontos hasonlóság szerkesztések Középpontos hasonlóság szerkesztések 1. Adott az AV B konvex szög és a belsejében egy P pont. Húzzunk a P ponton át egy egyenest úgy, hogy a szög száraiból kimetszett szeletek aránya 3 : 4 legyen. Legyen

Részletesebben

Feladatok Elemi matematika IV. kurzushoz

Feladatok Elemi matematika IV. kurzushoz Feladatok Elemi matematika IV. kurzushoz 1. gyakorlat (2012. február 6.), Síkizometriák 1.1. gyakorlat. Milyen síkizometria két (a) egymással párhuzamos (b) egymást α szögben metsz egyenesre vett tengelyes

Részletesebben

Megoldások 9. osztály

Megoldások 9. osztály XXV. Nemzetközi Magyar Matematikaverseny Budapest, 2016. március 1115. Megoldások 9. osztály 1. feladat Nevezzünk egy számot prímösszeg nek, ha a tízes számrendszerben felírt szám számjegyeinek összege

Részletesebben

15. Koordinátageometria

15. Koordinátageometria I. Elméleti összefoglaló Koordinátákkal adott vektorok 15. Koordinátageometria Ha a(a ; a ) és b(b ; b ) a sík két vektora, λ valós szám, akkor az a vektor hossza: a = a + a a két vektor összege : a +

Részletesebben

= 7, a 3. = 7; x - 4y =-8; x + 2y = 10; x + y = 7. C-bôl induló szögfelezô: (-2; 3). PA + PB = PA 1. (8; -7), n(7; 8), 7x + 8y = 10, x = 0 & P 0;

= 7, a 3. = 7; x - 4y =-8; x + 2y = 10; x + y = 7. C-bôl induló szögfelezô: (-2; 3). PA + PB = PA 1. (8; -7), n(7; 8), 7x + 8y = 10, x = 0 & P 0; 98 Az egyenes egyenletei. a) A( 0) B(0 6) AB_ - 6i& n( ) x + y = b) x - y =- c) 6x - y = 0 d) 6x + y = e) x + y = f) x + y = a g) x - y = a.. A(a 0) B(0 b) AB_ -a bi n (b a) bx + ay = ab osszuk el a $

Részletesebben

A kör. A kör egyenlete

A kör. A kör egyenlete A kör egyenlete A kör A kör egyenlete 8 a) x + y 6 b) x + y c) 6x + 6y d) x + y 9 8 a) x + y 6 + 9 b) x + y c) x + y a + b 8 a) (x - ) + (y - ) 9, rendezve x + y - 8x - y + b) x + y - 6x - 6y + c) x +

Részletesebben

VEKTOROK. 1. B Legyen a( 3; 2; 4), b( 2; 1; 2), c(3; 4; 5), d(8; 5; 7). (a) 2a 4c + 6d [(30; 10; 30)]

VEKTOROK. 1. B Legyen a( 3; 2; 4), b( 2; 1; 2), c(3; 4; 5), d(8; 5; 7). (a) 2a 4c + 6d [(30; 10; 30)] Bodó Beáta 1 VEKTOROK 1. B Legyen a( ; 2; 4), b( 2; 1; 2), c(; 4; 5), d(8; 5; 7). (a) 2a 4c + 6d [(0; 10; 0)] (b) c + b 7a [(18; 15; 29)] (c) 2d c + b [ (5; ; ) = 6, 56] (d) 4a + 8b 7c [ ( 49; 44; 5) =

Részletesebben

XXII. Vályi Gyula Emlékverseny április 8. V. osztály

XXII. Vályi Gyula Emlékverseny április 8. V. osztály V. osztály 1. Egy anya éveinek száma ugyanannyi, mint a lánya életkora hónapokban kifejezve. Mennyi idősek külön-külön, ha az anya 23 évvel és 10 hónappal idősebb a lányánál? 2. Melyek azok a 2016-nál

Részletesebben

Húrnégyszögek, Ptolemaiosz tétele

Húrnégyszögek, Ptolemaiosz tétele Húrnégyszögek, Ptolemaiosz tétele Markó Zoltán 11C Húrnégyszögek Definíció: Húrnégyszögnek nevezzük az olyan négyszöget, amely köré kör írható Vagyis az olyan konvex négyszögek, amelyeknek oldalai egyben

Részletesebben

5 1 6 (2x3 + 4) 7. 4 ( ctg(4x + 2)) + c = 3 4 ctg(4x + 2) + c ] 12 (2x6 + 9) 20 ln(5x4 + 17) + c ch(8x) 20 ln 5x c = 11

5 1 6 (2x3 + 4) 7. 4 ( ctg(4x + 2)) + c = 3 4 ctg(4x + 2) + c ] 12 (2x6 + 9) 20 ln(5x4 + 17) + c ch(8x) 20 ln 5x c = 11 Bodó Beáta ISMÉTLÉS. ch(6 d.. 4.. 6. 7. 8. 9..... 4.. e (8 d ch (9 + 7 d ( + 4 6 d 7 8 + d sin (4 + d cos sin d 7 ( 6 + 9 4 d INTEGRÁLSZÁMÍTÁS 7 6 sh(6 + c 8 e(8 + c 9 th(9 + 7 + c 6 ( + 4 7 + c = 7 4

Részletesebben

352 Nevezetes egyenlôtlenségek. , az átfogó hossza 81 cm

352 Nevezetes egyenlôtlenségek. , az átfogó hossza 81 cm 5 Nevezetes egyenlôtlenségek a b 775 Legyenek a befogók: a, b Ekkor 9 + $ ab A maimális ab terület 0, 5cm, az átfogó hossza 8 cm a b a b 776 + # +, azaz a + b $ 88, tehát a keresett minimális érték: 88

Részletesebben

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató Oktatási Hivatal 04/0 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MTEMTIK I KTEGÓRI (SZKKÖZÉPISKOL) Javítási-értékelési útmutató Határozza meg a tízes számrendszerbeli x = abba és y =

Részletesebben

Exponenciális és logaritmusos kifejezések, egyenletek

Exponenciális és logaritmusos kifejezések, egyenletek Eponenciális és logaritmusos kifejezések, egyenletek. Hatványozási azonosságok. Számítsd ki a következő hatványok pontos értékét! a) 8 b) 4 c) d) 7 e) f) 9 0, g) 0, 9 h) 6 0, 7,, i) 8 j) 6 k) 4 l) 49,.

Részletesebben

1. A Hilbert féle axiómarendszer

1. A Hilbert féle axiómarendszer {Euklideszi geometria} 1. A Hilbert féle axiómarendszer Az axiómarendszer alapfogalmai: pont, egyenes, sík, illeszkedés (pont egyenesre, pont síkra, egyenes síkra), közte van reláció, egybevágóság (szögeké,

Részletesebben

, D(-1; 1). A B csúcs koordinátáit az y = + -. A trapéz BD

, D(-1; 1). A B csúcs koordinátáit az y = + -. A trapéz BD Kör és egyenes kölcsönös helyzete Kör érintôje 7 9 A húr hossza: egység 9 A ( ) ponton átmenô legrövidebb húr merôleges a K szakaszra, ahol K az adott kör középpontja, feltéve, hogy a kör belsejében van

Részletesebben

2004_02/10 Egy derékszögű trapéz alapjainak hossza a, illetve 2a. A rövidebb szára szintén a, a hosszabb b hosszúságú.

2004_02/10 Egy derékszögű trapéz alapjainak hossza a, illetve 2a. A rövidebb szára szintén a, a hosszabb b hosszúságú. Geometria háromszögek, négyszögek 2004_01/10 Az ABC háromszög C csúcsánál derékszög van. A derékszöget a CT és CD szakaszok három egyenlő részre osztják. A CT szakasz a háromszög egyik magassága is egyben.

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások Megoldások 1. Írd fel a K (0; 2) középpontú 7 sugarú kör egyenletét! A keresett kör egyenletét felírhatjuk a képletbe való behelyettesítéssel: x 2 + (y + 2) 2 = 49. 2. Írd fel annak a körnek az egyenletét,

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA I 8 VIII VEkTOROk 1 VEkTOR Vektoron irányított szakaszt értünk Jelölése: stb Vektorok hossza A vektor abszolút értéke az irányított szakasz hossza Ha a vektor hossza egységnyi akkor

Részletesebben

3 függvény. Számítsd ki az f 4 f 3 f 3 f 4. egyenlet valós megoldásait! 3 1, 3 és 5 3 1

3 függvény. Számítsd ki az f 4 f 3 f 3 f 4. egyenlet valós megoldásait! 3 1, 3 és 5 3 1 Érettségi, M, I-es feladatsor, természettudomány.. Számítsd ki a C! összeget! log 4. Határozd meg a. Számítsd ki az egyenlet valós megoldásait! összeg értékét, ha és az 4. Adott az f : 0,, f. Adottak az

Részletesebben

Geometria. a. Alapfogalmak: pont, egyenes, vonal, sík, tér (Az alapfogalamakat nem definiáljuk)

Geometria. a. Alapfogalmak: pont, egyenes, vonal, sík, tér (Az alapfogalamakat nem definiáljuk) 1. Térelemek Geometria a. Alapfogalmak: pont, egyenes, vonal, sík, tér (Az alapfogalamakat nem definiáljuk) b. Def: félegyenes, szakasz, félsík, féltér. c. Kölcsönös helyzetük: i. pont és (egyenes vagy

Részletesebben

Oktatási Hivatal. 1 pont. A feltételek alapján felírhatók az. összevonás után az. 1 pont

Oktatási Hivatal. 1 pont. A feltételek alapján felírhatók az. összevonás után az. 1 pont Oktatási Hivatal Öt pozitív egész szám egy számtani sorozat első öt eleme A sorozatnak a különbsége prímszám Tudjuk hogy az első négy szám köbének összege megegyezik az ezen öt tag közül vett páros sorszámú

Részletesebben

FELVÉTELI VIZSGA, szeptember 12.

FELVÉTELI VIZSGA, szeptember 12. BABEŞ-BOLYAI TUDOMÁNYEGYETEM, KOLOZSVÁR MATEMATIKA ÉS INFORMATIKA KAR FELVÉTELI VIZSGA, 08. szeptember. Írásbeli vizsga MATEMATIKÁBÓL FONTOS TUDNIVALÓK: A feleletválasztós feladatok,,a rész esetén egy

Részletesebben

Németh László Matematikaverseny április 16. A osztályosok feladatainak javítókulcsa

Németh László Matematikaverseny április 16. A osztályosok feladatainak javítókulcsa Németh László Matematikaverseny 007. április 16. A 9-10. osztályosok feladatainak javítókulcsa Feladatok csak 9. osztályosoknak 1. feladat a) Vegyük észre, hogy 7 + 5 felírható 1 + 3 + 6 + alakban, így

Részletesebben

15. Koordinátageometria

15. Koordinátageometria I. Elméleti összefoglaló Koordinátákkal adott vektorok 15. Koordinátageometria Ha a(a ; a ) és b(b ; b ) a sík két vektora, λ valós szám, akkor az a vektor hossza: a = a + a a két vektor összege : a +

Részletesebben

Egy csodálatos egyenesről (A Simson-egyenes) Bíró Bálint, Eger

Egy csodálatos egyenesről (A Simson-egyenes) Bíró Bálint, Eger Egy csodálatos egyenesről (A Simson-egyenes) Bíró Bálint, Eger. feladat Állítsunk merőlegeseket egy húrnégyszög csúcsaiból a csúcsokon át nem menő átlókra. Bizonyítsuk be, hogy a merőlegesek talppontjai

Részletesebben

A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM)

A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) Javítási értékelési útmutató 1. Melyek azok a pozitív p és q prímek, amelyekre a számok mindegyike

Részletesebben

10. Tétel Háromszög. Elnevezések: Háromszög Kerülete: a + b + c Területe: (a * m a )/2; (b * m b )/2; (c * m c )/2

10. Tétel Háromszög. Elnevezések: Háromszög Kerülete: a + b + c Területe: (a * m a )/2; (b * m b )/2; (c * m c )/2 10. Tétel Háromszög Tulajdonságok: - Háromszögnek nevezzük a sokszöget, ha 3 oldala, 3 csúcsa és 3 szöge van - A háromszög belső szögeinek összege 180 o - A háromszög külső szögeinek összege 360 o - A

Részletesebben

1. feladat Bizonyítsuk be, hogy egy ABCD húrnégyszögben AC BD

1. feladat Bizonyítsuk be, hogy egy ABCD húrnégyszögben AC BD 1. feladat Bizonyítsuk be, hogy egy ABCD húrnégyszögben AC BD = DA AB + BC CD AB BC + CD DA. Első megoldás: A húrnégyszögnek az A, B, C, ill. D csúcsoknál levő szögét jelölje rendre α, β, γ, ill. δ, azab,

Részletesebben

Lineáris algebra mérnököknek

Lineáris algebra mérnököknek B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E T E M Lineáris algebra mérnököknek BMETE93BG20 Vektorok a 2- és 3-dimenziós tér Kf87 2017-09-05

Részletesebben

I. feladatsor. 9x x x 2 6x x 9x. 12x 9x2 3. 9x 2 + x. x(x + 3) 50 (d) f(x) = 8x + 4 x(x 2 25)

I. feladatsor. 9x x x 2 6x x 9x. 12x 9x2 3. 9x 2 + x. x(x + 3) 50 (d) f(x) = 8x + 4 x(x 2 25) I. feladatsor () Határozza meg az alábbi függvények határozatlan integrálját: (a) f(x) = (b) f(x) = x + 4 9x + (c) f(x) = (d) f(x) = 6x + 5 5x + f(x) = (f) f(x) = x + x + 5 x 6x + (g) f(x) = (h) f(x) =

Részletesebben

A 2016/2017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKGIMNÁZIUM, SZAKKÖZÉPISKOLA)

A 2016/2017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKGIMNÁZIUM, SZAKKÖZÉPISKOLA) Oktatási Hivatal A 016/017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKGIMNÁZIUM, SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató 1. Egy húrtrapéz pontosan

Részletesebben

11. osztály. 1. Oldja meg az egyenletrendszert a valós számok halmazán! (10 pont) Megoldás: A három egyenlet összege: 2 ( + yz + zx) = 22.

11. osztály. 1. Oldja meg az egyenletrendszert a valós számok halmazán! (10 pont) Megoldás: A három egyenlet összege: 2 ( + yz + zx) = 22. osztály Oldja meg az egyenletrendszert a valós számok halmazán! y + yz = 8 yz + z = 9 z + y = 5 (0 pont) Megoldás: A három egyenlet összege: ( + yz + z) = Ebből kivonva az egyenleteket: y =, yz = 6, z

Részletesebben

XXVI. Erdélyi Magyar Matematikaverseny Zilah, február II. forduló osztály

XXVI. Erdélyi Magyar Matematikaverseny Zilah, február II. forduló osztály . feladat: Szupercsiga egy függőleges falon mászik felfelé. Első nap 4 cm-t tesz meg, éjszaka cm-t visszacsúszik. Második napon 9 cm-t tesz meg, éjszaka 4 cm-t csúszik vissza, harmadik napon 6 cm-t mászik,

Részletesebben

O ( 0, 0, 0 ) A ( 4, 0, 0 ) B ( 4, 3, 0 ) C ( 0, 3, 0 ) D ( 4, 0, 5 ) E ( 4, 3, 5 ) F ( 0, 3, 5 ) G ( 0, 0, 5 )

O ( 0, 0, 0 ) A ( 4, 0, 0 ) B ( 4, 3, 0 ) C ( 0, 3, 0 ) D ( 4, 0, 5 ) E ( 4, 3, 5 ) F ( 0, 3, 5 ) G ( 0, 0, 5 ) 1. feladat Írjuk föl a következő vektorokat! AC, BF, BG, DF, BD, AG, GB Írjuk föl ezen vektorok egységvektorát is! a=3 m b= 4 m c= m Írjuk föl az egyes pontok koordinátáit: O ( 0, 0, 0 ) A ( 4, 0, 0 )

Részletesebben

Bevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok

Bevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok . fejezet Bevezetés Algebrai feladatok J. A számok gyakran használt halmazaira a következ jelöléseket vezetjük be: N a nemnegatív egész számok, N + a pozitív egész számok, Z az egész számok, Q a racionális

Részletesebben

Lineáris leképezések. Wettl Ferenc március 9. Wettl Ferenc Lineáris leképezések március 9. 1 / 31

Lineáris leképezések. Wettl Ferenc március 9. Wettl Ferenc Lineáris leképezések március 9. 1 / 31 Lineáris leképezések Wettl Ferenc 2015. március 9. Wettl Ferenc Lineáris leképezések 2015. március 9. 1 / 31 Tartalom 1 Mátrixleképezés, lineáris leképezés 2 Alkalmazás: dierenciálhatóság 3 2- és 3-dimenziós

Részletesebben

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2012/2013 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) Döntő Megoldások

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2012/2013 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) Döntő Megoldások Országos Középiskolai Tanulmáni Versen / Matematika I kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) Döntő Megoldások Eg papírlapra felírtuk a pozitív egész számokat n -től n -ig Azt vettük észre hog a felírt páros számok

Részletesebben

Helyvektorok, műveletek, vektorok a koordináta-rendszerben

Helyvektorok, műveletek, vektorok a koordináta-rendszerben Helyvektorok, műveletek, vektorok a koordináta-rendszerben. Rajzold meg az alábbi helyvektorokat a derékszögű koordináta-rendszerben, majd számítsd ki a hosszúságukat! a) (4 ) b) ( 5 ) c) ( 6 ) d) (4 )

Részletesebben

Trigonometria. Szögfüggvények alkalmazása derékszög háromszögekben. Szent István Egyetem Gépészmérnöki Kar Matematika Tanszék 1

Trigonometria. Szögfüggvények alkalmazása derékszög háromszögekben. Szent István Egyetem Gépészmérnöki Kar Matematika Tanszék 1 Szent István Egyetem Gépészmérnöki Kar Matematika Tanszék 1 Trigonometria Szögfüggvények alkalmazása derékszög háromszögekben 1. Az ABC hegyesszög háromszögben BC = 14 cm, AC = 1 cm, a BCA szög nagysága

Részletesebben

Diszkrét matematika I., 12. előadás Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach november 30.

Diszkrét matematika I., 12. előadás Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet   takach november 30. 1 Diszkrét matematika I, 12 előadás Dr Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach@infnymehu http://infnymehu/ takach 2005 november 30 Vektorok Definíció Egy tetszőleges n pozitív egész számra n-komponensű

Részletesebben

M/D/13. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát a közös nevezővel, 12-vel; így a következő egyenlethez jutunk: = 24

M/D/13. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát a közös nevezővel, 12-vel; így a következő egyenlethez jutunk: = 24 OKTATÁSI MINISZTÉRIUM M/D/13 Dolgozók gimnáziuma Dolgozók szakközépiskolája Szakmunkások szakközépiskolája intenzív tagozat) 003. május ) Határozza meg a következő egyenlet racionális gyökét! 1 3 4 + 5

Részletesebben

V. Koordinátageometria

V. Koordinátageometria oordinátgeometri Szkszt dott rányn osztó pont súlypont koordinátái 6 6 6 ) xf + 9 yf + N 7 N F 9 i ) 7 O c) O N d) O c N e) O O 6 6 + 8 B( 8) 7 N 5 N N N 6 A B C O O O BA( 6) A B BA A B O $ BA A B Hsonlón

Részletesebben

HASONLÓSÁGGAL KAPCSOLATOS FELADATOK. 5 cm 3 cm. 2,4 cm

HASONLÓSÁGGAL KAPCSOLATOS FELADATOK. 5 cm 3 cm. 2,4 cm HASONLÓSÁGGAL KAPCSOLATOS FELADATOK Egyszerű, hasonlósággal kapcsolatos feladatok 1. Határozd meg az x, y és z szakaszok hosszát! y cm cm z x 2, cm 2. Határozd meg az x, y, z és u szakaszok hosszát! x

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 2. forduló haladók II. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 2. forduló haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 2. forduló haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Az a b pozitív egészek és tudjuk hogy a 2

Részletesebben

Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged

Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged Magas szintű matematikai tehetséggondozás Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged Ahhoz, hogy egy diák kimagasló eredményeket érhessen el matematika versenyeken, elengedhetetlenül

Részletesebben

Skaláris szorzat: a b cos, ahol α a két vektor által bezárt szög.

Skaláris szorzat: a b cos, ahol α a két vektor által bezárt szög. 1 Összeadás: Legyen a (7; 3) és b (- 2; 4), akkor az összegük a + b (7 + (-2); 3 + 4) = (5; 7) Kivonás: Legyen a (7; 3) és b (- 2; 4), akkor a különbségük a b (7 - (-2); 3-4)=(9; - 1) Valós számmal való

Részletesebben

Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit!

Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit! 1. 2. 3. 4. Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit! Add meg a kivonásban szereplő számok elnevezéseit! Add meg a szorzásban szereplő számok elnevezéseit! Add meg az osztásban szereplő számok

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2014/2015-ös tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2014/2015-ös tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 01/01-ös tanév első iskolai) forduló Haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Adott az alábbi két egyenletrendszer:

Részletesebben

45 különbözô egyenest kapunk, ha q! R\{-35}. b) $ =- 1& = 0, nem felel meg a feladat feltételeinek.

45 különbözô egyenest kapunk, ha q! R\{-35}. b) $ =- 1& = 0, nem felel meg a feladat feltételeinek. Az egyenes egyenletei 8 67 a), n( -) x - y b) x - y c) n( ) x+ y- d) n( -), x- y 7 67 a) y x b) n(b a), nl(a - b) ax - by 0 c) n( -) nl( ) 7 x + y 7 d) x - y e) x - 9y f) x + y g) x - h) - O, 77 n( ) nl(

Részletesebben

Egybevágóság szerkesztések

Egybevágóság szerkesztések Egybevágóság szerkesztések 1. Adott az ABCD trapéz, alapjai AB és CD. Szerkesszük meg a vele tengelyesen szimmetrikus trapézt, ha az A csúcs tükörképe a BC oldal középpontja. Nyilvánvaló, hogy a tengelyes

Részletesebben