Nagy Örs, BBTE, MIK Matematika-informatika szak, IV. év

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Nagy Örs, BBTE, MIK Matematika-informatika szak, IV. év"

Átírás

1 XI. Erdéyi Tudományos Diákköri Konferencia Matematika szekció Ponceet záródási tétee Szerző Nagy Örs, BBTE, MIK Matematika-informatika szak, IV. év Témavezető Dr. András Sziárd, adjunktus BBTE, MIK, Differenciáegyenetek Tanszék Koozsvár, május

2 Tartaomjegyzék 1. Záródási téteek Cikk-cakkok A Ponzag szerkesztés A Ponceet szerkesztés A Ponceet téte A Ponceet-téte szüetése A Ponceet-téte eemi bizonyítása Ponceet átaános tétee A matematikai inga és a Ponceet-téte A matematikai inga páyája A matematikai inga és az eiptikus integráok kapcsoata A Ponceet poigonok A. Függeék. Cayey-tétee körökre 26 B. Függeék. Körsorok 28 2

3 Bevezetés Jean-Victor Ponceet francia hadmérnök-tábornok, Napóeon oroszországi hadseregében szogát teén a,,nagy armada veresége után orosz fogságba esett. A rabságban feeevenítette magában az egyetemi tanumányait, ovasmányait. Szeemi közegtő ezártan a geometria új terüeteit fedezte fe, s eméjében furcsa körtáncra indutak a poigonok szeptemberében szabadut és visszatért Franciaországba. A fogságban fogant gondoatai 1822-ben jeentek meg,,értekezés az aakzatok projektív tuajdonságairó címme. Ebben a művében jeent meg a következő téte: Adottak az egymást nem érintő e és a körök, a az e besejében. Az e körön tetszőegesen váasztott A 0 pontbó induva megszerkeszthetjük az e kör A 1, A 2, A 3,... pontjait úgy, hogy A 0 A 1, A 1 A 2, A 2 A 3... egyenesek érintsék az a kört és bármey két, a sorban egymást követő egyenes küönbözzék egymástó. Eőforduhat, hogy bizonyos számú épésben visszajutunk a kezdőpontba, azaz A n = A 0. Ekkor az e kör bármey másik pontjábó induunk is ki, biztosan visszatérünk a kezdőpontba, mégpedig ugyanannyi épésben, mint eőzőeg. Koncentrikus körök esetén a téte áítása triviáisan tejesü, minden más esetben azonban megehetősen nehéz a bizonyítás. A bizonyításná taán még nehezebb azt megmondani, hogy miyen egyen a két kör heyzete ahhoz, hogy egyátaán iyen visszatérés (záródás) bekövetkezzen. Egyátaán nem könnyű arra váaszoni, hogy mekkora egyen az emített két kör sugara, ietve a körök középpontjainak távosága ahhoz, hogy a téteben eírt szerkesztés adott n épésben záródjon. Ezekre a kérdésekre a téte nem ad váaszt. Az emút két évszázadban több matematikus (Fuss 1792, Steiner 1827, Richeot 1830, Jacobi 1881, Chaundy 1923, Kerawaa 1947) is fogakozott a fenti kérdésekke; eredményeik már n 5 értékeire pontos, de nagyon bonyout megodást adnak. Így nem megepő, hogy az idők foyamán közeítő megodásokka is próbákoztak. Wei 1878-ben taát egy agoritmust, amey közeítő megodást ad páros n-ek esetén. A következő három fejezetben mi is ezt a kérdéskört járjuk körü. Az eső fejezet végteen periodikus szerkesztési ejárásokat és ezekhez kapcsoódó záródási téteeket mutat be. A második fejezetben megadjuk a Ponceet-téte két megehetősen küönböző bizonyítását. A harmadik fejezet a dogozathoz tartozó, MATLABban írt, a matematikai inga mozgását fehasznáó program eméeti hátterébe nyújt bepiantást. A program segítségéve közeítő megodást mutatunk a záródás bekövetkezésére tetszőeges n esetén. 3

4 1. Záródási téteek Ebben a fejezetben végteen, periodikus szerkesztési ejárásokka fogakozunk Cikk-cakkok 1.1. Feadat. Adottak a k A, k B r sugarú körök, meyek nem mennek át egymás középpontján. Továbbá adott az A 1 pont a k A -n, és B 1 a k B -n úgy, hogy az A 1 B 1 szakasz éppen r hosszúságú. Szerkesszünk meg az A 1, B 1, A 2, B 2,... egyenő odaú poigont a következő ejárás szerint: a) A n+1 egyen k A -nak a B n -tő r távoságra evő, A n -tő küönböző pontja; ietve egyen A n+1 = A n, ha nincs iyen A n -tő küönböző pont. b) B n+1 egyen k B -nek az A n+1 -tő r távoságra evő, B n -tő küönböző pontja; ietve egyen B n+1 = B n, ha nincs iyen B n -tő küönböző pont. Bizonyítsuk be, hogy A 4 = A 1! 1. ábra. Az 1.1 feadat megodása Megodás: Az 1. ábrán a k A, k B körök középpontjait O A, O B -ve jeötük és a fetüntetett szakaszok mind r hosszúságúak. Azt ke bebizonyítani, hogy B 3 A 1 hossza is éppen r. Mive az A 1 B 1 A 2 O A, O A A 2 B 2 A 3, A 3 B 2 O B B 3 négyszögek mind rombuszok, ezért az A 1 B 1, O A A 2, A 3 B 2 és B 3 O B szakaszok párhuzamosak egymássa. Így az A 1B 1 O B B 3 négyszög is paraeogramma, tehát A 1 B 3 a vee szemközti B 1 O B szakassza együtt r hosszúságú. Megjegyzés: Az eőző feadat kijeentésében szerepő szerkesztési ejárást Zig-zag szerkesztésnek nevezzük. 4

5 1.2. Feadat. Adott a k A r sugarú kör és a k A középpontján át nem menő e B egyenes. Továbbá adott az A 1 pont a k A -n, és B 1 az e B -n úgy, hogy az A 1 B 1 szakasz éppen r hosszúságú. Szerkesszünk meg az A 1, B 1, A 2, B 2,... egyenő odaú poigont a Zig-zag ejárás szerint, majd igazojuk, hogy A 5 = A 1! 2. ábra. Az 1.2 feadat megodása Megodás: A 2. ábrán a k A kör középpontját O A -va jeötük és a fetüntetett szakaszok mind r hosszúságúak. Az A 1 B 1, O A A 2, A 3 B 2 szakaszok párhuzamosak és egyenőek, mert az A 1 B 1 A 2 O A és az A 2 O A A 3 B 2 négyszögek rombuszok. Ebbő következik, hogy az A 1 B 1 B 2 A 3 négyszög paraeogramma és így A 1 A 3 párhuzamos az e B egyenesse. Az eőző gondoatmenethez hasonóan az indexeket kettőve megnöveve arra következtetünk, hogy A 3 A 5 is párhuzamos az e B egyenesse, azaz A 5 egybeesik A 1 -gye. A bemutatott két feadat mögött az aábbi átaános téte húzódik meg: 1.1. Téte (Cikk-cakk téte). Legyen k A és k B egy-egy kör vagy egyenes a térben. Adott a ρ távoság úgy, hogy a két aakzat egyikén sincs oyan pont, ameytő a másik aakzat minden pontja ρ távoságra enne. Ha vaamey A 1 B 1 ρ hosszúságú szakaszbó kiinduva a Zig-zag szerkesztés n periódusú, azaz A n+1 = A 1 és B n+1 = B 1, akkor bármey ρ hosszú szakaszbó induva n periódusú. Megjegyzés: A téteben szerepő aakzatok pontjaira vonatkozó fetéte azért szükséges, hogy tetszőeges A 1 B 1 (A 1 k A, B 1 k B ) ρ hosszúságú szakaszbó kiinduva az Zig-zag szerkesztés egyértemű egyen. Érdekességként megemítjük a téte fefedezéséhez vezető út nem fötéten egymásra épüő szakaszait ben Darboux síkbei, négyszög aakú rúdszerkezeteket vizsgát. Képzejük úgy, hogy a négyszög odaai rudak, a csúcsok pedig csukók. Tehát a csúcsokná a két rögzített hosszú csatakozó oda eforduhat egymáshoz képest. Darboux-t a rúdszerkezetek ehetséges mozgásai érdeketék, és néhány egyenetet feírva a Jacobi-fée eiptikus függvényekre vonatkozó azonosságokra emékeztető összefüggéseket taát. 5

6 1916-ban Fricke, feeevenítve Lagrange észrevéteeit az eiptikus függvények és a gömbi geometria kapcsoatáró, bebizonyítja a Cikk-cakk tétet két gömbi főkör között cikázó poigonra ben Bottema két, egy síkban eheyezkedő körre mondja ki a Cikkcakk tétet és a bizonyítást Ponceete-téteére vezeti vissza ben az MIT munkatársai goyóscsapágyakka kapcsoatos számításokat végeznek számítógéppe, és közben fefedezik a Cikk-cakk téte térbei vátozatát, meyet nem sokka később anaízisbei technikáva be is bizonyítottak. Sajnos a téte csak egzisztencia jeegű! Nem tudunk meg semmit a körök eheyezkedésérő. A továbbiakban csak azt az esetet vizsgájuk, amikor k és körök közös síkban fekszenek. Ekkor egyen r és R a k ietve sugara, d a két kör középpontjának távosága, és ρ a cakk hossza. Ezekhez a paraméterekhez tartozó cikk-cakk konfigurációt jeöjük z(r, R, d, ρ)-va. Evárható enne, hogy az n épésben záródásnak egyen egy agebrai megfeeője, egy z n négyvátozós függvény, jobb esetben poinom úgy, hogy z n (r, R, d, ρ) = 0 z(r, R, d, ρ) egy cikk-cakk konfiguráció Ha az egyik aakzat pédáu egyenes, akkor csak a k kör r sugara, középpontjának -tő vaó távosága és a ρ hosszúság szükséges a rendszer meghatározásához, amit jeöjük z (r,, ρ)-va, így a záródást jeentő z n függvények háromvátozósak. A z n és z n függvények megtaáásához, ameyekrő kiderüt, hogy tényeg poinomok, azonban hosszú út vezetett. 6

7 1.2. A Ponzag szerkesztés 1.3. Feadat. Adottak a síkban a k, körök. Szerkesszünk háromszöget, meynek csúcsai k-n, odafeezői pedig -en vannak. 3. ábra. Az 1.3 feadat A fenti feadat méyén szintén egy végteen szerkesztési ejárás apu, meyet Ponzag szerkesztésnek (PONceet + zig-zag) nevezünk. Az ejárás ényege, hogy a k kör és az kör vagy egyenes esetén a k kör oyan A 1 A 2 húrjábó indu ki, ameynek F 1 feezőpontja ieszkedik -re. Az A n sorozatot a következő ejárást isméteve kapjuk meg: A n egyen az kör A n 1 -bő kétszeresére nagyított képének és k-nak az A n 2 ponttó küönböző metszéspontja; ietve A n = A n 2, ha nincs iyen másik metszéspont. Az A n 2 A n 1 szakasz F n 2 feezőpontja ieszkedik re, így az emített nagyított kép és k egyik metszéspontja az A n 2 pont esz. Így nem forduhat eő, hogy nincs metszéspont, azaz, hogy a szerkesztés eakad. Az ejárás akkor esz biztosan egyértemű, ha nagyított képe nem eshet egybe k-va, azaz ha nem a k középpontján áthaadó, fee akkora sugarú kör, mint k. Kérdés, hogy mey A 1 pontbó kiinduva esz a szerkesztési foyamat 3 épéses periodikus. A 4. ábrán az ABC háromszög odaainak F A, F B, F C feezőpontjai egy, az ABChez hasonó háromszöget határoznak meg, aho a hasonósági arány 1/2, a hasonósági középpont a háromszögek közös G súypontja. A G-re vaó ( 1/2) arányú kicsinyítés az ABC háromszöget az F A F B F C -re, k-t -re, az O k középpontot az O középpontba képezi e. Tehát egy már biztos: A kért háromszög csak akkor szerkeszthető, ha éppen fee akkor sugarú, mint k. Iyenkor viszont a k kör bármey oyan AB húrja, ameynek F C feezőpontja ieszkedik -re, része egy megfeeő háromszögnek. Az és k körök ismeretében ugyanis megszerkeszthető a G pont, mint az O O k szakasz O feöi harmadoópontja. A G-re vaó ( 2)-szeres nagyítás -et k-ra képezi. Legyen enné a nagyításná F C képe a C pont. A G pont az ABC háromszög súypontja és a CF C harmadoópontja. Ha most k-t 7

8 ( 1/2) arányban kicsinyítjük a G ponton át, akkor az körhöz, az A, B pontokbó az -re ieszkedő F A, F B odafeezőpontokhoz jutunk. 4. ábra. Az 1.3 feadat megodása A feadat eredményét átaánosítja a következő téte: 1.2. Téte (Ponzag téte). Adott a k kör és az kör (vagy egyenes) úgy, hogy ne menjen át a k középpontján. Ha a Ponzag szerkesztés n épésben periodikus a k egy oyan húrjábó kiinduva, ameynek feezőpontja az -en van, akkor bármey iyen tuajdonságú húrbó kiinduva is az. Megjegyzés: A XIX. században így mondták vona ki: Ha van egy oyan n-szög, ameynek csúcsai a k körön, odafeezőpontjai pedig az körön (vagy egyenesen) vannak, akkor végteen sok iyen tuajdonságú n-szög van. Megjegyzés: Az átaunk vizsgát n = 3 eset a Feuerbach körrő 1 szó. A Cikk-cakk téte eredményeihez hasonóan agebrizájuk a kapottakat. Egy két körbő áó Ponzag konfiguráció megadásához csak a k és az kör R ietve r sugarára, vaamint a körök középpontjainak d távoságára van szükség. Jeöjük tehát a Ponzag konfigurációt pz(r, R, d)-ve. Ekkor a feadat megodása során kapott záródást garantáó pz 3 háromvátozós poinom pz 3 (r, R, d) = r 2R aakban írható. A kapott összefüggésbő átható, hogy a körök középpontjainak távosága nem játszik szerepet n = 3 esetén. 1 A háromszög odaainak feezőpontjai, magasságainak tappontjai és a magasságpontot a csúcsokka összekötő szakaszok feezőpontjai a Feuerbach körön vannak. E kör középpontja feezi a magasságpontot a háromszög köré írt kör középpontját összekötő szakaszt, sugara a háromszög köré írt kör sugarának a fee. 8

9 1.3. A Ponceet szerkesztés 1.4. Feadat. Adottak a síkban a k, körök. Szerkesszünk háromszöget, majd négyszöget, ameynek csúcsai k-n vannak, odaegyenesei pedig érintik -et. 5. ábra. Az 1.4 feadat A feadatban kért szerkesztési ejárás eég egyszerű. Ha kiinduunk a k kör -et érintő A 1 A 2 húrjábó, akkor A 2 -bő csak meg ke húznunk az kör A 1 A 2 -tő küönböző érintőjét. Az érintő és a k kör A 2 -tő küönböző metszéspontja esz az A 3 pont. A következő épésben A 3 -bó húzunk érintőt -hez és így tovább. Ezt azt ejárást Ponceet szerkesztésnek nevezzük. A fenti feadat azt kérdezi, hogy mey A 1 A 2 húr-érintőtő induva esz a foyamat 3, ietve 4 épésben periodikus. Hasonó eredményhez vezető feadatta már Euer is fogakozott, hiszen egy neki tuajdonított téte szerint a háromszög szerkeszthetőségének fetétee R 2 d 2 = 2Rr, aho R és r a háromszög körüírt ietve beírt körének sugarai és d a két kör középpontjának távosága. 6. ábra. Háromszög hozzáírt és körüírt köre A mi esetünkben nem biztos, hogy a két kör egymásban van, ugyanis - mint ahogy a 6. ábrán átható - ehet a keresett háromszög hozzáírt köre is. Ekkor a fenti összefüggés kissé módosítva, így néz ki: R 2 d 2 = 2Rr. 9

10 A húrérintő négyszögre vonatkozó anaóg, de kissé bonyoutabb összefüggést Euer tanítványa, Fuss taáta meg 1797-ben: 2r 2 (R 2 + d 2 ) = (R 2 d 2 ) 2 A probéma nagyobb n-ekre rohamosan nehezedik. Öt-, hat-, hét-, és nyocszögek esetén Fuss már csak azt a speciáis esetet vizsgáta, amikor a sokszög szimmetrikus a körök centráisára. A nagy vátozást Ponceet 1817-ben megjeent tétee hozta. Ez a téte az eddigi jeöéseket követve a következőképpen fogamazható meg Téte. Legyenek k és egymást nem érintő, nemefajuó kúpszeetek. Ha van oyan húr-érintő, ameybő induva a Ponceet-szerkesztés n periódusú, akkor bármey húrérintőbő induva n periódusú. Megjegyzés: Ponceet tovább átaánosítva a tétet αk + β kúpszeetsorokra is kiterjesztette. A fenti téte az átaános téte egy speciáis esete. Az eőző két szerkesztési ejáráshoz hasonóan itt is keressük a k és paramétereit tartamazó agebrai reációt, mey esetén a k és kúpszeetek n periódusú konfigurációt akotnak (P n ). Az emút két évszázadban több matematikus is fogakozott a fenti kérdésse. Fuss 1797-ben, Steiner 1827-ben, Richeot 1830-ban, Jacobi 1881-ben, Chaundy 1923-ban és Kerawaa 1947-ben taátak összefüggéseket. Ezek azonban már eég kicsi n-ek esetén (n 5) megehetősen bonyoutak ban Jacobi az eiptikus integráokka hozta kapcsoatba a Ponceet-tétet, majd 1853-ban Cayey ismerve Fuss, Steiner, Ponceet és Jacobi eredményeit, utóbbi módszerét követve, megtaáta a képeteket. Eredményeit a következő téte fogaja össze: 1.4. Téte (Cayey tétee). Jeemezzük a k és kúpszeetet a K ietve a L mátrixokka, majd képezzük a t K + L mátrixot. E mátrix determinánsának négyzetgyökét a t vátozó szerint sorbafejtve a következőt kapjuk: t K + L = A0 + A 1 t + A 2 t 2 + A Ponceet szerkesztés pontosan akkor n periódusú, ha A 2 A 3... A m A m+1 A 3 A 4... A m+1 A m = 0, A m A m+1... A 2m 2 A 2m 1 A m+1 A m+2... A 2m 1 A 2m amikor n = 2m + 1 A 3 A 4... A m A m+1 A 4 A 5... A m+1 A m A m A m+1... A 2m 3 A 2m 2 A m+1 A m+2... A 2m 2 A 2m 1 = 0, amikor n = 2m 10

11 1.5. Téte. Adottak a k és körök az x 2 + y 2 = R 2 és az (x d) 2 + y 2 = r 2 egyeneteik áta. Az egyeneteknek megfeeő K ietve L mátrixokbó képzett t K + L mátrix determinánsa: (1 + t)[r 2 + (R 2 + r 2 d 2 )t + R 2 t 2 ]. Bizonyítás: t K + L = tr 2 tx 2 ty 2 + r 2 x 2 + 2xd d 2 y 2 = = ( t 1)x 2 + ( t 1)y 2 + 2dx + (tr 2 + r 2 d 2 ) = t 1 0 d 0 t 1 0 d 0 tr 2 + r 2 d 2 = ( x, y, 1 ) det(t K + L) = det t 1 0 d 0 t 1 0 d 0 tr 2 + r 2 d 2 = x y 1 = ( t 1)( t 1)(tR 2 + r 2 d 2 ) d 2 ( t 1) = = (1 + t)[(1 + t)(tr 2 + r 2 d 2 ) + d 2 ] = = (1 + t)[tr 2 + r 2 d 2 + t 2 R 2 + tr 2 td 2 + d 2 ] = = (1 + t)[r 2 + (R 2 + r 2 d 2 )t + R 2 t 2 ]. Az 1.4 téte aapján a kapott kifejezés négyzetgyökét t szerint sorbafejtve kapjuk, hogy: (1 + t)[r2 + (R 2 + r 2 d 2 )t + R 2 t 2 ] = = A + Bt + Ct 2 + Dt 3 + Et 4 + F t 5 + Gt 6 + Ht Innen a küönböző együtthatókbó képzett determinánsok értékei megadják a kívánt összefüggéseket a k és körök R és r sugarai vaamint a középpontjaik d távosága között. Pédáu n = 3, 5, 7 stb. esetén: C = 0, C D D E = 0, C D E D E F E F G = 0,... n = 4, 6, 8 stb. esetén pedig: D = 0, D E E F = 0, D E F E F G F G H = 0,... Ezen fetéteek tejesüése meett végteen sok oyan n-szög írható a k körbe, meyek odaai egyidejűeg az kört érintik. A megehetősen bonyout összefüggések kifejtett aakban a függeékben ovashatók. 11

12 Votak azonban oyanok, akik közeítő megodásokat kerestek: Wei 1878-ben taát egy agoritmust, amey közeítő megodást ad páros n-ek esetén. Mi a MATLABban írt programunk segítségéve tetszőeges n esetére mutatunk megodásokat. Mieőtt rátérnénk a Ponceet-téte bizonyítására nézzük még meg két igen érdekes és nemcsak matematikai, hanem esztétikai érteemben is szép, taán megepő következményét a tétenek Következmény (Steiner poriszmája). Ha két koncentrikus kör úgy heyezkedik e, hogy az egyik a másik besejébe esik, és ezután oyan köröket rajzounk, ameyek sorjában egymást is és az eredeti két kört is érintik, akkor megtörténhet az az eset, hogy az érintő körök sorozata bezáru; n körbő áó gyűrűt kapunk, ameyben az utosó érinti az esőt. Ebben az esetben a gyűrű eső körének minden oyan kört kiváaszthatunk, amey érinti az eredeti két kört. 7. ábra. Steiner poriszmája 1.2. Következmény. Az 1.1 következmény konfigurációjában a gyűrűt akotó körök középpontjai eipszist akotnak. Sőt, a gyűrűt akotó, páronként egymást érintő körök középpontjait összekötő szakaszok egy kört érintenek. 8. ábra. Steiner poriszmája és Ponceet tétee 12

13 2. A Ponceet téte 2.1. A Ponceet-téte szüetése Jean-Victor Ponceet január 7-én szüetett a franciaországi Metzben. Egyetemi tanumányai aatt Monge tanítványa vot, majd francia hadmérnök tábornokként, Napóeon oroszországi hadseregében szogát teén a,,nagy armada veresége után orosz fogságba esett. A rabságban feeevenítette magában az egyetemi tanumányait, ovasmányait, Monge geometriai módszereit vizsgáta. Szeemi közegtő ezártan a geometria új terüeteit fedezte fe. Megakotta az ideáis pontok ietve a projektív transzformáció fogamát, és eméjében furcsa körtáncra indutak a poigonok szeptemberében szabadut és visszatért Franciaországba. A fogságban fogant gondoatai ben jeentek meg,,értekezés az aakzatok projektív tuajdonságairó címme. Ebben a művében jeent meg a következő téte: 2.1. Téte (Ponceet tétee). Adottak az egymást nem érintő e és a körök, a az e besejében. Az e körön tetszőegesen váasztott A 0 pontbó induva megszerkeszthetjük az e kör A 1, A 2, A 3,... pontjait úgy, hogy A 0 A 1, A 1 A 2, A 2 A 3... egyenesek érintsék az a kört és bármey két, a sorban egymást követő egyenes küönbözzék egymástó. Eőforduhat, hogy bizonyos számú épésben visszajutunk a kezdőpontba, azaz A n = A 0. Ekkor az e kör bármey másik pontjábó induunk is ki, biztosan visszatérünk a kezdőpontba, mégpedig ugyanannyi épésben, mint eőzőeg (n). Megjegyzés: A téte tehát nem azt mondja ki, hogy mindig visszajutunk, hanem azt, hogy a visszatérés nem a kezdőpont és a épésszám megváasztásátó, hanem a két kör nagyságátó, egymáshoz viszonyított heyzetétő függ. Megjegyzés: Koncentrikus körök esetén a téte áítása triviáisan tejesü. Minden más esetben megehetősen nehéz a bizonyítás. Emékezzünk most újra az 1.4 feadatra. Ponceet eőbbi tétee aapján mondhatjuk, hogy ha az 1.4 feadat adataira tejesü Euer R 2 d 2 = 2Rr összefüggése, akkor végteen sok megodás van, ha nem tejesü, akkor nem étezik iyen háromszög. 9. ábra. Ponceet tétee n = 3 esetén 13

14 A heyzet ahhoz hasonó, mint amikor három szögbő akarunk háromszöget szerkeszteni. Csak akkor van megodás, ha a szögek összege 180, ekkor viszont végteen sok megodás van, sőt a háromszög egyik odaa tetszőegesen kiváasztható. Ehhez hasonóan itt, ha az e, a körök R, r sugarai és középpontjaik d távosága kieégíti az Euerösszefüggést, akkor az e kör bármey pontja váasztható egy e-be és a köré írt háromszög csúcsának. Ponceet viszont azt is vizsgáta, hogy miyen adatokra nem tejesü az Euer összefüggés, és igen érdekes eredményre jutott. Kiderüt ugyanis, hogy a szerkesztendő háromszögek nagyon szabáyos módon nem éteznek. Iyen megviágításban az Euer téte nem egyszerűen csak a háromszögrő és annak két nevezetes körérő, hanem egy körsor eemei között kígyózó poigon záródásáró is szó. A 10. ábrán rossz adatokbó próbátunk háromszöget szerkeszteni. Az e és a köröket a rossz adatoknak megfeeően vettük fe. Ezt követően fevettünk az e körön próbaként egy A pontot, majd ebbő érintőt húztunk az a körhöz, mey az e körbő kimetszette a B pontot. A Ponceet szerkesztési ejárásnak megfeeően a B-bő ismét érintőt húztunk a-hoz és kaptuk C-t. A CA egyenes áthatóan nem érinti már az a kört. Ez természetesen várható is vot. Az viszont már megepő, hogy újabb e-n evő pontokbó kiinduva, az ejárást többször megisméteve, az a-t nem érintő C i A i szakaszok mindegyike egy másik kört érint: c-t. Ráadásu a c kör az a és e körök körsorához 2 tartozik. Ezt Ponceet is észrevette és bizonyította is. 10. ábra.,,rossz adatokbó szerkesztett háromszögek 2 A körsorokró részetesebb eírás a függeékben ovasható 14

15 2.2. A Ponceet-téte eemi bizonyítása A téte küönböző nézőpontokbó vaó részetes eemzése után eérkezett az idő, hogy be is bizonyítsuk. Eőbb azonban ássunk néhány, a téte bizonyításának tárgyaását egyszerűbbé tevő, segédtétet és azok bizonyítását Lemma. Ha A és B rögzített pontok a síkban, akkor azon M pontok mértani heye, ameyekre αma 2 + βmb 2 = c (áandó), a következő: a) ha α + β = 0, akkor egy egyenes, mey merőeges AB-re; b) Ha α + β 0, akkor i) üres hamaz, vagy ii) egy pont, vagy iii) egy oyan kör, meynek középpontja az AB egyenesen van. Bizonyítás: a) α + β = 0 β = α MA 2 MB 2 = c α. Legyen M 0 az M pont AB-re eső vetüete, ekkor MA 2 = MM M 0 A 2 és MB 2 = MM M 0 B 2 és így c α = MA2 MB 2 = M 0 A 2 M 0 B 2 = (M 0 A M 0 B)(M 0 A + M 0 B). Következik, hogy az M 0 pont az M vetüete rögzített, így az M az M 0 -ban az AB-re emet merőegesen van. Mive minden iyen pont tejesíti a fetétet, a keresett mértani hey az egész egyenes. b) Ha α, β > 0, akkor az (AB)-n fevesszük azt a C pontot, ameyre CA = β, ekkor CB α CA = β α AB és CB = AB. α+β α+β Az M AB háromszögben az M C egyenesre akamazzuk a Stewart tétet: vagyis MA 2 CB + MB 2 CA MC 2 AB = CB CA AB, αma 2 + βmb 2 MC 2 = α + β MC 2 = αβ (α + β) 2 AB2 c α + β αβ (α + β) 2 AB2 =: x. Ha x > 0, akkor M egy C középpontú, x sugarú kört ír e; ha x = 0, a mértani hey a C pont; ha pedig x < 0 a mértani hey üres hamaz. Megjegyzés: Ha α < 0, a B és M szerepét fecseréjük Lemma. Legyen C(O 1, R 1 ) és C(O 2, R 2 ) két tetszőeges kör és d egy egyenes, mey metszi e köröket az A, D ietve B, C pontokban. Ha X az A, B, C, D pontok vaameyike, jeöjük e X -sze az X pontban ahhoz a körhöz húzott érintőt, ameyen X rajta van. Ha e C e D = {M}, e C e A = {N}, e B e A = {P } és e D e B = {Q}, akkor az MNP Q négyszög köré írható kör középpontja, az O 1 és O 2 pontok koineárisak. 15

16 11. ábra. A 2.2 emma Bizonyítás: A P O 2 B és P O 1 A derékszögű háromszögekbő P O 2 2 = P B 2 + R 2 2, P O 2 1 = P A 2 + R 2 1 (1) A P AB háromszögben a szinusztétet akamazva kapjuk, hogy tehát az (1) szerint P A P B = sin(180 v) sin u = sin v sin u = α P A2 = α 2 P B 2, P O 2 1 α 2 P O 2 2 = R 2 1 α 2 R 2 2. Hasonóan, MO 2 2 = MC 2 + R 2 2, MO 2 1 = MD 2 + R 2 1, így MD MC = sin(180 v) sin u Ugyaniyen meggondoások aapján = sin v sin u = α MD2 = α 2 MC 2, MO 2 1 α 2 MO 2 2 = R 2 1 α 2 R 2 2. NO 2 1 α 2 NO 2 2 = QO 2 1 α 2 QO 2 2 = P O 2 1 α 2 P O 2 2 = MO 2 1 α 2 MO 2 2 = R 2 1 α 2 R 2 2, így a 2.1 emma aapján az M, N, P, Q pontok egy oyan körön heyezkednek e, ameynek középpontja az O 1 O 2 egyenesen van. 16

17 Megjegyzés: A bizonyításbó kitűnik, hogy a tuajdonság egy módosított vátozata is igaz: Ha az MNP Q négyszög a C(O 3, R 3 ) körbe írható és a d egyenes az A, B, C ietve D pontokban metszi az NP, P Q, MN és MQ egyeneseket, akkor az O 3 pont rajta van az MQ és NP -t a D ietve A-ban és az MN ietve P Q-t a C és B-ben érintő két kör középpontja áta meghatározott egyenesen Lemma. Legyen a C(O 2, R 2 ) kör a C(O 1, R 1 ) kör besejében. Az A 0 C(O 1, R 1 ) pontbó kiinduva megszerkesztjük az A 0,..., A n,... pontsorozatot úgy, hogy A k A k+1 érinti a C(O 2, R 2 ) kört és A k C(O 1, R 1 ) k N. Hasonóan megszerkesztjük a B 0,..., B n,... sorozatot is. Igazojuk, hogy étezik egy oyan kör, ameynek középpontja az O 1 O 2 egyenesen van és amey érinti az összes A k B k egyenest. 12. ábra. A 2.3 emma Bizonyítás: A 12. ábra szerint jeöjük C 1, C 2, D 1, D 2 -ve az érintési pontokat, vaamint egyenek C 1 D 1 A 0 B 0 = {M}, C 1 D 1 A 1 B 1 = {N}, C 2 D 2 A 1 B 1 = {N }, C 2 D 2 A 2 B 2 = {P }. Tekintsük azt a C(O 3, R 3 ) kört, amey A 0 B 0 -t M-ben, A 1 B 1 -t pedig N-ben érinti. A 2.2 emmát akamazva a C(O 3, R 3 ), C(O 2, R 2 ) körökre és az M D 1 C 1 N egyenesre kapjuk, hogy O 3 O 1 O 2. Hasonóan, az A 1 B 1 -t N -ben és az A 2 B 2 -t P -ben érintő C(O 4, R 4 ) kör O 4 középpontja is az O 1 O 2 egyenesen van. ( ) 17

18 B 1 ND 1 -ben: A 1 NC 1 -ben: Hasonó meggondoások miatt B 1 N = B 1D 1 sin u sin v NA 1 sin u A 1 C 1 = = sin u sin(180 v) sin v } B 1N NA 1 = B 1D 1 A 1 C 1. (1) De B 1 D 1 B 1 D 2 A 1 C 1 A 1 C 2 N A 1 N B 1 = A 1C 2 B 1 D 2. (2) } (1),(2) = B 1N NA 1 = B 1N N A 1 N = N, tehát a C(O 3, R 3 ) és C(O 4, R 4 ) körök N-ben érintik az A 1 B 1 egyenest, és így középpontjuk az N-ben az A 1 B 1 -re emet merőegesen van. A ( ) szerint mindkét középpont az O 1 O 2 egyenesen is rajta van, tehát mindkét középpont közös pontja két nem egybeeső egyenesnek, és így a két középpont egybeesik. Mive az N közös pontja a két körnek és a körök középpontjai egybeesnek, ezért a két kör tejes egészében egybeesik, vagyis az a kör, amey A 0 B 0 -t M-ben és az A 1 B 1 -t N-ben érinti, érinti az A 2 B 2 -t is. Az eőbbi gondoatmenetet megisméteve az A 1 B 1, A 2 B 2 és A 3 B 3 egyenesekre kapjuk, hogy C(O 3, R 3 ) érinti A 3 B 3 -t is; indukcióva az is beátható, hogy C(O 3, R 3 ) az összes A k B k egyenest is érinti Téte (Ponceet-téte). Az eőbbi tuajdonság jeöéseit hasznáva, ha az A 0,..., A n,... sorozat periodikus, azaz vaamiyen k 0-ra A 0 = A k, akkor tetszőeges B 0 C(O 1, R 1 ) pontbó kiinduva a B 0,..., B n,... sorozat is periodikus, és B k = B 0. Bizonyítás: Tekintsük a 2.3 emmában megszerkesztett C(O 3, R 3 ) kört, amey érinti az összes A n B n egyenest. A 0 B 0 és A k B k is érinti a C(O 3, R 3 ) kört, és mive A k = A 0, az A 0 B 0 és A 0 B k is érinti a C(O 3, R 3 ) kört. Téteezzük fe, hogy B 0 (A 0 A 1 ) a kisebb köríven van. Ekkor B 1 az (A 1 A 2 ) körívhez tartozik és átaában B k az (A k A k+1 )-hez, és így (mive A k = A 0 és A k+1 = A 1 ) a B k pont is az (A 0 A 1 ) köríven van. Az A 0 A 1 viszont metszi a C(O 3, R 3 ) kört és egy szeő egyik odaán egy adott pontbó nem húzható két érintő egy körhöz, tehát B 0 = B k. 18

19 2.3. Ponceet átaános tétee Most kijeentjük a tétet átaánosabb esetben, és az eőbbi nehézkes eemi bizonyítás után adunk egy újabb, igen érdekes bizonyítást Téte (Ponceet átaános tétee). Legyen e egy nem metsző körsor egyik köre, az a 1, a 2,..., a n irányított körök pedig ugyanennek a körsornak az e besejében taáható, nem fetétenü küönböző tagjai. Az e körön fevett A 0 pontbó kiinduva megszerkesztjük ugyanezen a körön az A 1, A 2,..., A n pontokat úgy, hogy az A 0 A 1, A 1 A 2,..., A n 1 A n egyenesek rendre érintsék az a 1, a 2,..., a n köröket, az irányításnak 3 megfeeően. Eőforduhat, hogy a szerkesztés végén éppen visszajutunk, azaz A n = A 0. Ebben az esetben az e kör bármeyik pontjábó is induunk ki, az n-edik épés után vissza fogunk jutni a kezdőpontba tetszőeges sorrendben húzva az érintőket a körökhöz. A bizonyítás eőtt szükségünk van néhány absztrakt agebrai eszközre; eőbb vezessük be ezeket. Tekintsük az e kör pontjainak hamazán azt a eképezést, amey az X e ponthoz hozzárendei az X-bő az a (irányított) körhöz húzott, az irányításnak megfeeő, e-ve vaó második metszéspontját. a) Ha az a kör megegyezik e-ve, akkor ez a eképezés az identitás, azaz a heyben hagyás. b) Ha az a kör koncentrikus e-ve, de nem egyezik meg vee, akkor a vizsgát transzformáció egy egyszerű eforgatás. c) Más esetben a forgatáshoz hasonó hozzárendeést kapunk, meyet ferde eforgatásnak nevezünk. d) Két - azonos pont körüi - eforgatás kompozíciójaként újabb eforgatást kapunk, meynek szöge az eredeti forgási szögek összege. A fent eírtak úgy foghatók fe, mintha az e körbő és a körsor e besejében fekvő irányított köreibő áó P hamazon enne egy műveet, meyre: azaz (a b) c = e a b = (c ) 1 Ponceet természetesen szót sem ejtett iyen absztrakt agebrai fogamakró, de ényegében megmutatta, hogy a műveet asszociatív és kommutatív. Tehát a P hamaz a műveetre nézve kommutatív, azaz Abe csoportot akot, aho e egységeem, és egy irányított kör inverze ugyanaz a kör eentétes irányítássa. A fenti eszközök birtokában ehetőségünk van a fent kijeentett a korábbiakná jóva átaánosabb téte egyszerű bizonyítására. 3 Mive egy küső pontbó egy körhöz két érintő húzható, a szerkesztési bonyodamak ekerüése végett, rögzítsünk a körsor körein egymástó függetenü egy-egy forgatási irányt. 19

20 Bizonyítás: Az e körvona a 1, a 2,..., a n körökre vonatkozó ferde eforgatásainak kompozíciója a körsor b = a 1 a 2... a n irányított köre áta meghatározott ferde eforgatássa egyezik meg. Ez a transzformáció az A 0 pontot önmagába képezi, tehát a b irányított körhöz A 0 -bó húzott érintő nem metszheti az e kört, hanem azt is érinti. Ez azt jeenti, hogy b = e, hiszen a körsor többi eem e besejében van és nem érinti e-t. Az e áta meghatározott ferde forgatás az identitás, tehát az A 0 pont heyett bármeyik másik pontbó induunk is ki, visszajutunk hozzá. A csoport kommutativitása miatt az se számít, hogy miyen sorrendben húzzuk az érintőket a megadott körökhöz. 20

21 3. A matematikai inga és a Ponceet-téte 3.1. A matematikai inga páyája 13. ábra. A matematikai inga A matematikai inga oyan ideaizát inga, amey egy hosszúságú súytaan fonábó és egy rá erősített m tömegű tömegpontbó á. Jeöjük a fona függőegesse bezár szögét ϕ-ve ( < ϕ < ). Ekkor Newton második törvénye 4 aapján, fehasznáva, hogy kapjuk, hogy vagyis az inga mozgásegyenete: F = m g sinϕ és a = ϕ, m ϕ = m g sin ϕ; ϕ + g sin ϕ = 0, aho ϕ a szögkitérést, míg ϕ a szöggyorsuást jeöi. A fenti egyenet Mathieu 5 -egyenetként is ismert. A továbbiakban vizsgájuk a matematikai inga páyáját. Az x 1 := ϕ és x 2 := ϕ jeöéseket bevezetve, a fenti differenciáegyenet átírható az { x1 = x 2 x 2 = g sin x 1 autonóm differenciáegyenet-rendszerré, aho x 2 = ϕ a szögsebességet jeöi. Tudjuk, hogy autonóm differenciáegyenet-rendszernek három fée páyája ehet: egy pont (egyensúyi áapot), egyszerű zárt görbe (a megodás periodikus) vagy egy egyenesse hoomorf páya (az egyenesnek van a páyára történő bijekciója). Ezeket az eseteket fogjuk megvizsgáni. 4 F = m a, aho F az m gyorsítandó tömegre kifejtett erővektor és a a gyorsuásvektor 5 Émie Léonard Mathieu (1835. május 15., Metz október 19., Nancy) francia matematikus 21

22 Legyen ϕ(t 0 ) = ϕ 0 = 0 a kezdeti szögkitérés, vaamint ϕ 0 a kezdeti szögsebesség a t 0 pianatban. Szorozzuk be az inga ϕ + g sin ϕ = 0 egyenetét ϕ 0-va, ekkor azt kapjuk, hogy ϕ ϕ + g ϕ sin ϕ = 0 d [ 1 dt 2 ( ϕ)2 + g ] (1 cos ϕ) = 0 Jeöje E(ϕ, ϕ) := 1 2 ( ϕ)2 + g (1 cos ϕ). Ekkor az energiamegmaradás evébő következik, hogy E(ϕ, ϕ) a mozgások mentén áandó, tehát 1 2 ( ϕ)2 + g (1 cos ϕ) = c, c R. (2) A) Ha c = 0, akkor 1 2 ( ϕ)2 + g (1 cos ϕ) = 0 és mive a ba odaon evő összeg mindkét tagja pozitív, következik, hogy ϕ = 0 és cos ϕ = 1, vagyis ϕ = 2nπ, n Z. Ebben az esetben az inga egyensúyi heyzetben van. B) Ha c 0, akkor t 0 = 0 esetén ϕ 0 = 0, így az 1( ϕ 2 0) 2 + g (1 1) = c egyenetbő kapjuk, hogy c = 1 2 ( ϕ 0) 2 Téteezzük fe, hogy ϕ 0 = 0. Ekkor a (2) egyenet g (1 cos ϕ) = 1( ϕ 2 0) 2 aakú esz. A záróje etüntetése után kapjuk, hogy 1 2g ( ϕ 0) 2 = cos ϕ (3) ) a) Ha 1 ( ϕ 2g 0) 2 < 1 akkor a (3) egyenetbő ϕ = arccos (1 ( ϕ 2g 0) 2. b) Ha c) Ha 1 ( ϕ 2g 0) 2 = 1, akkor két eset ehetséges: i) ( ϕ 2g 0) 2 = 0 ϕ 0 = 0 Visszaheyettesítve a (3)-ba cos ϕ = 1, tehát ϕ = 2nπ, n Z ii) ( ϕ 2g 0) 2 = 2 ( ϕ 0 ) 2 = 4g ϕ 0 = ±2 g (kritikus sebesség) Visszaheyettesítve a (3)-ba cos ϕ = 1, tehát ϕ = (2n + 1)π, n Z 1 ( ϕ 2g 0) 2 > 1, akkor az inga körbe forog. 22

23 3.2. Az esőfajú eiptikus integrá és a matematika inga periódusának kapcsoata Ismét az inga ϕ + g sin ϕ = 0 mozgásegyenetébő induunk ki, meyet integráva a ( ) 2 dϕ = 2 g dt (cos ϕ cos ϕ 0) egyenethez jutunk, ahonnan kapjuk, hogy dϕ dt = innen pedig a következő összefüggés adódik: 2g cos ϕ cos ϕ0 dϕ cos ϕ cos ϕ0 = 2g dt. A periódus meghatározásához a fenti kifejezést ke integráni a tejes körön, ami úgy is kiszámítható, hogy csak a negyed körön integráunk (0 ϕ 0 ), majd a kapott értéket szorozzuk néggye. Tehát T 4 = 2g ϕ0 0 dϕ cos ϕ cos ϕ0 Fehasznáva, hogy cos ϕ = 1 2 sin 2 ϕ, a ba odaon a nevezőben a gyök aatt 2 [ cos ϕ cos ϕ 0 = 2 sin 2 ϕ 0 2 ϕ ] sin2, 2 ezt beheyettesítve T 4 = 1 ϕ0 2 g 0 Innen kifejezve T -t kapjuk, hogy T = 2 g ϕ0 0 dϕ sin 2 ϕ 0 2 sin2 ϕ 2 dϕ sin 2 ϕ 0 2 sin2 ϕ 2 Az esőfajú eiptikus integráokka vaó kapcsoatteremtés érdekében a következő heyettesítést végezzük:. Ekkor z = sin2 ϕ 2 sin 2 ϕ 0 2 T = 4 g ϕ0 0 dz = cos ϕ 2 2 sin ϕ dϕ cos ϕ 2 sin ϕ cos ϕ 2 1 sin2 ϕ 2 sin 2 ϕ 0 2 dϕ

24 A heyettesítés közben fehasznáva, hogy cos 2 ϕ 2 = 1 ϕ ( sin2 2 = 1 z sin ϕ ) 2 0, 2 majd bevezetve a ρ := sin ϕ 0 jeöést kapjuk, hogy 2 1 dz T = 4 g (1 z2 )(1 ρ 2 z 2 ). Tehát aho esőfajú eiptikus integrá. A 0 ( T = 4 F (1, ρ) = 4 g g F 1, sin ϕ ) 0, 2 F (x, k) = T = 4 g x dt (1 t2 )(1 k 2 t 2 ) dz (1 z2 )(1 ρ 2 z 2 ) összefüggés a θ = arcsin z heyettesítésse ismertebb aakra hozható, hiszen ekkor dθ = 1 1 z 2 dz és z = sin θ, így a megfeeő heyettesítéseket evégezve, kapjuk, hogy π 2 dθ T = 4 g 1 ρ2 sin 2 θ = 4 ( π ) g E 2, ρ = 4 aho 0 E(φ, k) = φ esőfajú eiptikus integrá Legendre 6 -fée aakja. 0 dt 1 k2 sin 2 t ( π g E 2, sin ϕ 0 2 ), 6 Adrien-Marie Legendre (1752. szeptember 18., Párizs január 10., Párizs) francia matematikus. Statisztikáva, számeméette, absztrakt agebráva és matematikai anaízisse fogakozott. 24

25 3.3. A Ponceet poigonok A bevezetőben már emítettük, hogy a dogozathoz kapcsoódik egy Matabban írt program, mey a matematikai inga mozgását fehasznáva közeítő megodást ad tetszőeges n esetén a Ponceet-tétere, azaz ha beovassuk, hogy hány épésben (n) szeretnénk, hogy záródjon a Ponceet poigon, akkor a program kirajzoja a két kört és a köztük cikázó zárt törött vona határota n odaú, akár önátmetsző sokszöget. Lássuk a megodást! Az egyszerűség kedvéért váasszuk a küső nagy kört az origó középpontú egységnyi sugarú körnek. Tehát R = 1. A kérdés már csak az, hogy megadott n esetén ho egyen a másik kör középpontja, és mekkora egyen annak sugara ahhoz, hogy megkapjuk a kívánt n odaú sokszöget. Az ötet az, hogy dogozzunk az origóban fefüggesztett, egységnyi hosszúságú matematikai ingáva. Ennek a egaább egyszeri körbeforduásáva nyert pontok az origó középpontú, egységnyi sugarú körön esznek. Ezekhez a pontokhoz természetesen az ingaegyenet numerikus megodásáva juthatunk, amit a Matabba eég könnyen végre is hajthatunk. Ha n épésben szeretnénk a záródást, akkor szükségünk van n darab pontra a küső körrő, a mi esetünkben az inga megodását akotó pontok közü. A kérdés az, hogy mey pontokat váasszuk ahhoz, hogy a kiváasztott pontok áta meghatározott sokszögbe kört tudjunk írni. Ehhez meghatározzuk az inga periódusát. Az így nyert T értéket eosztva n-ne, megkapjuk azt az időtartamot, amennyi idő aatt az inga megteszi a tejes kör n-ed részét (t := T n ). Ezt ismerve az A 1A 2... A n sorozat A i -edik pontjának azt a pontot váasztjuk, aho az inga a t i-edik időpianatban van. Az így kiváasztott pontok határozzák meg a Ponceet poigont. A pontok koordinátái az inga numerikus megodásábó a szögkitérés aapján könnyen meghatározhatók, meyeket ismerve megadhatók az n-szög odaainak egyenetei is. Már csak a beső, a poigonba írt kör meghatározása maradt hátra. Mive tudjuk, hogy a sokszögbe írt kör középpontja a sokszög szögfeezőinek a metszéspontja, a szögfeezők egyeneteinek meghatározása után a középpont koordinátái is megkaphatók. Ezek ismeretében a középpont és vaamey A i A j oda távosága megadja a kicsi kör sugarát. A gondoatmenetbő kiderüt, hogy minden csak az ingaegyenet miné pontosabb megodásán múik, meynek csak a számítógép sebessége szab határt. Végü ássunk két, a program segítségéve rajzot ábrát: 14. ábra. Ponceet tétee konvex és önátmetsző ötszögre 25

26 A. Függeék. Cayey-tétee körökre Adottak a k és R ietve r sugarú körök a K és L mátrixok áta. A középpontjaik távosága d. A Cayey-tétenek megfeeően képezzük a t K + L mátrixot. E mátrix determinánsának négyzetgyökét a t vátozó szerint sorbafejtve a következőt kapjuk: (1 + t)[r2 + (R 2 + r 2 d 2 )t + R 2 t 2 ] = = r + 1 (R 2 +2r 2 d 2 ) t + 2 r ( ( 1 2 ) 2R 2 +r 2 d 2 1 (R 2 +2r 2 d 2 ) 2 t 2 + r 8 r 3 ) R 2 1 (R 2 +2r 2 d 2 )(2R 2 +r 2 d 2 ) + 1 (R 2 +2r 2 d 2 ) 3 t 3 + r 4 r 3 16 r 5 ( 1 2R 2 (R 2 +2r 2 d 2 ) (2R 2 +r 2 d 2 ) r 3 16 ) 5 (R 2 +2r 2 d 2 ) 4 t r 7 (R 2 +2r 2 d 2 ) 2 (2R 2 +r 2 d 2 ) r 5 A Cayey-téte aapján a Ponceet szerkesztésse rajzot poigon n épésben záródik, ha tejesünek a következő összefüggések. Ezen fetéteek tejesüése meett végteen sok oyan n-szög írható a k körbe, meyek odaai egyidejűeg az kört érintik. n = 3 esetén: C = 0 4r 2 R 2 R 4 + 2R 2 d 2 d 4 8r 3 = 0 ( R 2 + 2rR + d 2 )(R 2 + 2rR d 2 ) = 0 n = 4 esetén: D = 0 2r2 R 4 2r 2 d 4 R 6 + 3R 4 d 2 3R 2 d 4 + d 6 16r 5 = 0 (R d)(r + d)( R 4 + 2R 2 d 2 + 2r 2 R 2 d 4 + 2r 2 d 2 ) = 0 n = 5 esetén: C D D E = 0 16r 4 d r 2 R 2 d 4 8r 2 R 6 16r 2 d R 8 + 5d 8 20R 6 d R 4 d 4 20R 2 d 6 = 0 n = 6 esetén: D E E F = 0 70R 4 d r 4 R 2 d r 6 d 4 48r 4 d 6 10r 2 R r 2 d R 2 d 8 35R 8 d R 6 d r 2 R 4 d 4 80r 2 R 2 d 6 + 7R 10 7d 10 = 0 26

27 n = 7 esetén: C D E D E F E F G = 0 128r 8 d r 6 R 2 d r 4 R 4 d 4 480r 4 R 2 d 6 256r 6 d R d r 4 d 8 560r 2 R 4 d r 2 R 2 d r 2 R 6 d 4 28r 2 R r 2 d R 6 d R 4 d 8 126R 10 d R 8 d 4 126R 2 d 10 = 0 n = 8 esetén: D E F E F G F G H = r 2 R 6 d r 2 R 4 d r 2 R 8 d r 2 R 2 d 10 33d R R 6 d 8 231R 12 d R 10 d 4 693R 4 d R 8 d R 2 d r 4 d R 6 r 4 d R 2 r 4 d R 4 r 4 d 6 640r 8 d r 10 d r 6 d 8 42r 2 R r 2 d R 4 r 6 d R 2 r 6 d R 2 r 8 d 4 = 0 27

28 B. Függeék. Körsorok B.1. Értemezés. Az O a (u a, v a ) középpontú R a sugarú a kör egyenete: (x u a ) 2 + (y v a ) 2 = R 2 a. Vigyünk mindent ba odara, és az így megjeenő poinomot, mint x és y függvényét, jeöjük a(x, y)-na. Tehát a(x, y) := (x u a ) 2 + (y v a ) 2 R 2 a. Ha a P (ξ, η) pont ieszkedik a körre, akkor a(ξ, η) = 0, küönben nem. Mive (ξ u a ) 2 + (η v a ) 2 az O a P szakasz hosszának négyzetét adja meg, ezért ha a(ξ, η) értéke negatív, az azt jeenti, hogy O a P 2 < R 2 a, azaz P az a kör besejében heyezkedik e. Ha pedig a(ξ, η) értéke pozitív, akkor P a körön kívü van, és a(ξ, η) a P -bő a körhöz húzott érintő hosszának négyzetét adja meg. Sőt, mind a pozitív, mind a negatív esetben az is igaz, hogy a P -n át a körhöz húzott tetszőeges szeőnek a körre vett R, Q metszéspontjaira a P R P Q érték áandó, azaz függeten a szeő megváasztásátó. Ezt az áandó értéket a P pont a körre vonatkozó hatványának nevezzük, és értéke egyenő O a P 2 R 2 a-te, tehát a(ξ, η) értékéve. 15. ábra. A P Q P R érték függeten a szeő megváasztásátó A fentiek aapján azt mondjuk, hogy az a(ξ, η) = t egyenetet azok a pontok eégítik ki, ameyeknek az a körre vonatkozó hatványa t. Legyen az a-tó küönböző b kör, meynek egyenete: b(x, y) = (x u b ) 2 + (y v b ) 2 R 2 b = 0. 28

29 Keressük azokat a pontokat, meyekbő az a-hoz és a b-hez húzott érintő szakaszok hosszának aránya egy adott érték. Átaánosabban, egyen c azon pontok mértani heye a síkban, meyeknek az a körre vonatkozó hatványa úgy arányik a b körre vonatkozó hatványhoz, mint α a β-hoz. Ekkor a c hamaz egyenete: βa(x, y) αb(x, y) = 0. (4) Az így eőáított aakzat is kör (eseteg pont) vagy α = β esetén egy egyenes, hiszen a (4) oyan kétvátozós egyenet, meyben nem szerepe xy-os tag, és a másodfokú tagok együtthatói megegyeznek. B.2. Értemezés. A βa(x, y) αb(x, y) = 0 aakú görbék hamazát az a és b generáta körsornak nevezzük. Megjegyzés: A körsort bármeyik két tagja meghatározza, mive bármeyik két eemébő megkapható az összes többi eem egyeneteik ineáris kombinációiva. Megjegyzés: Ha a és b egy körsor két küönböző köre, c pedig a körsor tetszőeges eeme, akkor c küönböző pontjainak az a-ra és b-re vonatkozó hatványainak aránya megegyezik. 29

30 Hivatkozások [1] Darboux, Gaston: Principes de Géométrie Anaityque, Gauthier-Viars et Cie Éditeurs, Paris, [2] Hajós György: Bevezetés a geometriába, Nemzeti Tankönyvkiadó, Budapest, [3] Herr, Urike: Über das Theorem von Ponceet, Staatsexamensarbeit, Johannes Guttemberg Universität, Meinz, [4] Hraskó András: Geometria téteek a harmadrendű görbe csoporttuajdonságáva összefüggésben, PhD értekezés, Eötvös Loránd Tudományegyetem, Budapest, 2005 [5] Lebesgue, Henri: Les Coniques, Gauthier-Viars Imprimeur-Édituer, Paris, [6] Pogáts Ferenc: Vektorok, koordinátageometria, trigonometria, Typotex, Budapest, [7] Ponceet, Jean-Victoir: Traité des propriétés projectives des figures, Párizs, [8] Reiman István: Geometria és határterüetei, Szaay Könyvkiadó és Kereskedőház, Kisújszáás, [9] Sain Márton: Nincs kiráyi út, Gondoat Kiadó, Budapest, [10] Sain Márton: Matematikatörténeti ABC, Tankönyvkiadó, Budapest, [11] Stoyan Gisbert: Matab, Typotex, Budapest,

Harmonikus rezgőmozgás

Harmonikus rezgőmozgás Haronikus rezgőozgás (Vázat). A rezgőozgás fogaa. Rezgőozgás eírását segítő ennyiségek 3. Kapcsoat az egyenetes körozgás és a haronikus rezgőozgás között 4. A haronikus rezgőozgás kineatikai egyenetei

Részletesebben

Koordináta geometria III.

Koordináta geometria III. Koordináta geometria III. TÉTEL: A P (x; y) pont akkor és csak akkor illeszkedik a K (u; v) középpontú r sugarú körre (körvonalra), ha (x u) 2 + (y v) 2 = r 2. Ez az összefüggés a K (u; v) középpontú r

Részletesebben

Kábel-membrán szerkezetek

Kábel-membrán szerkezetek Kábe-membrán szerkezetek Szereési aak meghatározása Definíció: Egy geometriai aak meghatározása adott peremfetéte és eőfeszítés esetén ameyné a beső erők egyensúyban vannak. Numerikus módszerek: Geometriai

Részletesebben

A befogott tartóvég erőtani vizsgálatához III. rész

A befogott tartóvég erőtani vizsgálatához III. rész A befogott tartóvég erőtani vizsgáatához III. rész Az I. részben a befogott gerendavéget merevnek, a tehereoszást ineáris függvény szerintinek vettük. A II. részben a befogott gerendavéget rugamasan deformáhatónak,

Részletesebben

M M b tg c tg, Mókuslesen

M M b tg c tg, Mókuslesen Mókusesen A két egyforma magas fiú Ottó és András a sík terepen áó fenyőfa törzsén fefeé mászó mókust figyei oyan messzirő ahonnan nézve a mókus már csak egy pontnak átszik ára ára Amikor a mókus az M

Részletesebben

2. MECHANIKA-VÉGESELEM MÓDSZER ELŐADÁS (kidolgozta: Szüle Veronika, egy. ts.) II. előadás

2. MECHANIKA-VÉGESELEM MÓDSZER ELŐADÁS (kidolgozta: Szüle Veronika, egy. ts.) II. előadás SZÉCHENYI ISTVÁN EGYETEM ALKALMAZOTT MECHANIKA TANSZÉK. MECHANIKA-VÉGESELEM MÓDSZER ELŐADÁS (kiogozta: Szüe Veronika egy. ts.) II. eőaás. Közeítő megoások energiaevek: Összetett rugamas peremérték feaat

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

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

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

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

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

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

egyenletrendszert. Az egyenlő együtthatók módszerét alkalmazhatjuk. sin 2 x = 1 és cosy = 0.

egyenletrendszert. Az egyenlő együtthatók módszerét alkalmazhatjuk. sin 2 x = 1 és cosy = 0. Magyar Ifjúság. X. TRIGONOMETRIKUS FÜGGVÉNYEK A trigonometrikus egyenletrendszerek megoldása során kísérletezhetünk új változók bevezetésével, azonosságok alkalmazásával, helyettesítő módszerrel vagy más,

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

2. Közelítő megoldások, energiaelvek:

2. Közelítő megoldások, energiaelvek: SZÉCHENYI ISTVÁN EGYETEM ALKALMAZOTT MECHANIKA TANSZÉK 3. MECHANIKA-VÉGESELEM MÓDSZER ELŐADÁS (kidogozta: Szüe Veronika, egy. ts.) III. eőadás. Közeítő megodások, energiaevek:.. A tejes otenciáis energia

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

ELLENŐRZŐ KÉRDÉSEK LENGÉSTANBÓL: A rugóállandó a rugómerevség reciproka. (Egyik végén befogott tartóra: , a rugómerevség mértékegysége:

ELLENŐRZŐ KÉRDÉSEK LENGÉSTANBÓL: A rugóállandó a rugómerevség reciproka. (Egyik végén befogott tartóra: , a rugómerevség mértékegysége: ELLENŐRZŐ ÉRDÉSE LENGÉSNBÓL: Átaáno kérdéek: Mik a engőrendzer eemei?: engőrendzer eemei: a tömeg(ek), a rugó(k), ietve a ciapítá(ok). Mi a rugóáandó?: rugóáandó a rugó egyégnyi terheé aatti aakvátozáát

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

Egyenes mert nincs se kezdő se végpontja

Egyenes mert nincs se kezdő se végpontja Szakasz mert van két végpontja Egyenes mert nincs se kezdő se végpontja Tört vonal Szög mert van két szára és csúcsa Félegyenes mert van egy kezdőpontja 5 1 1 Két egyenes egymásra merőleges ha egymással

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

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

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

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

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

2002. október 29. normalizáltjai eloszlásban a normális eloszláshoz konvergálnak, hanem azt is, hogy a

2002. október 29. normalizáltjai eloszlásban a normális eloszláshoz konvergálnak, hanem azt is, hogy a A Vaószínűségszámítás II. eőadássorozat hetedik eőadása. 2002. október 29. Határeoszástéteek függeten vektor értékű vaószínűségi vátozókra. Hangsúyoztuk, hogy a Lindeberg fée centráis határeoszástéte nemcsak

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

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

Feladatok a májusi emelt szintű matematika érettségi példáihoz Hraskó András

Feladatok a májusi emelt szintű matematika érettségi példáihoz Hraskó András Feladatok a 2010. májusi emelt szintű matematika érettségi példáihoz Hraskó András 1. Halmazok, halmazműveletek, halmazok számossága, halmazműveletek és logikai műveletek kapcsolata. HA.1.1. Adott a síkon

Részletesebben

Hatvány, gyök, normálalak

Hatvány, gyök, normálalak Hatvány, gyök, normálalak 1. Számítsd ki a következő hatványok pontos értékét! 3 5 3 3 1 4 3 3 4 1 7 3 3 75 100 3 0,8 ( ) 6 3 1 3 5 3 1 3 0 999. 3. Számológép használata nélkül számítsd ki a következő

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

Érettségi feladatok: Síkgeometria 1/6

Érettségi feladatok: Síkgeometria 1/6 Érettségi feladatok: Síkgeometria 1/6 2005. május 10. 4. Döntse el, hogy a következő állítások közül melyik igaz és melyik hamis! A: A háromszög köré írható kör középpontja mindig valamelyik súlyvonalra

Részletesebben

Interaktív geometriai rendszerek használata középiskolában -Pont körre vonatkozó hatványa, hatványvonal-

Interaktív geometriai rendszerek használata középiskolában -Pont körre vonatkozó hatványa, hatványvonal- Fazekas Gabriella IV. matematika-informatika Interaktív geometriai rendszerek használata középiskolában -Pont körre vonatkozó hatványa, hatványvonal- Jelen tanulmány a fent megjelölt fogalmak egy lehetséges

Részletesebben

Két példa lineárisan változó keresztmetszetű rúd húzása

Két példa lineárisan változó keresztmetszetű rúd húzása Két péda ineárisan vátozó keresztmetszetű rúd húzása Eőző dogozatnkban meynek címe: Hámos rúd húzása szintén egy vátozó keresztmetszetű, egyenes tengeyű, végein P nagyságú erőve húzott rúd esetét vizs

Részletesebben

Az úttengely helyszínrajzi tervezése során kialakuló egyenesekből, átmeneti ívekből és körívekből álló geometriai vonal pontjait számszerűen pontosan

Az úttengely helyszínrajzi tervezése során kialakuló egyenesekből, átmeneti ívekből és körívekből álló geometriai vonal pontjait számszerűen pontosan Úttengeyek számítása és kitűzése Az úttengey heyszínrajzi tervezése során kiaakuó egyenesekbő, átmeneti ívekbő és körívekbő áó geometriai vona pontjait számszerűen pontosan rögzíteni ke, hogy az a terepen

Részletesebben

A késdobálásról. Bevezetés

A késdobálásról. Bevezetés A késdobáásró Beezetés Már sok ée annak, hogy kést dobátunk, több - keesebb sikerre. Ez tisztán tapasztaati úton működött. Femerütek bizonyos kérdések, ameyekre nem kaptunk áaszt sehon - nan. Ezek pédáu

Részletesebben

Castigliano- és Betti-tételek összefoglalása, kidolgozott példa

Castigliano- és Betti-tételek összefoglalása, kidolgozott példa Castigiano- és Betti-téteek összefogaása, kidogozott péda Készítette: Dr. Kossa Attia kossa@mm.bme.hu) BME, Műszaki Mechanikai Tanszék Frissítve: 15. január 8. Az aakvátozási energiasűrűség számítása egy

Részletesebben

(d) a = 5; c b = 16 3 (e) b = 13; c b = 12 (f) c a = 2; c b = 5. Számítsuk ki minden esteben a háromszög kerületét és területét.

(d) a = 5; c b = 16 3 (e) b = 13; c b = 12 (f) c a = 2; c b = 5. Számítsuk ki minden esteben a háromszög kerületét és területét. Euklidész tételei megoldások c = c a + c b a = c c a b = c c b m c = c a c b 1. Számítsuk ki az derékszögű ABC háromszög hiányzó oldalainak nagyságát, ha adottak: (a) c a = 1,8; c b =, (b) c = 10; c a

Részletesebben

Érettségi feladatok: Koordináta-geometria 1/5

Érettségi feladatok: Koordináta-geometria 1/5 Érettségi feladatok: Koordináta-geometria 1/5 2003. Próba/ 13. Adott egy háromszög három csúcspontja a koordinátáival: A( 4; 4), B(4; 4) és C( 4; 8). Számítsa ki a C csúcsból induló súlyvonal és az A csúcsból

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Az a és b befogójú derékszögű háromszögnek

Részletesebben

Koordináta - geometria I.

Koordináta - geometria I. Koordináta - geometria I A koordináta geometria témaköre geometriai problémákat old meg algebrai módszerekkel úgy, hogy a geometriai fogalmaknak algebrai fogalmakat feleltet meg: a pontokat, vektorokat

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. A négyzetgyökvonás

I. A négyzetgyökvonás Definíció: Négyzetgyök a ( a : a a 0 I. A négyzetgyökvonás a ) jelenti azt a nem negatív számot, amelynek a négyzete a. a 0 b : b b R A négyzetgyök-függvény értéke is csak nem negatív lehet. Ha a b-t abszolút

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

Háromszögek, négyszögek, sokszögek 9. évfolyam

Háromszögek, négyszögek, sokszögek 9. évfolyam Háromszögek, négyszögek, sokszögek 9. évfolyam I. Pontok, egyenesek, síkok és ezek kölcsönös helyzetet 1) a pont, az egyenes, a sík és az illeszkedés alapfogalmak 2) két egyenes metsző, ha van közös pontjuk

Részletesebben

2. ELŐADÁS. Transzformációk Egyszerű alakzatok

2. ELŐADÁS. Transzformációk Egyszerű alakzatok 2. ELŐADÁS Transzformációk Egyszerű alakzatok Eltolás A tér bármely P és P pontpárjához pontosan egy olyan eltolás létezik, amely P-t P -be viszi. Bármely eltolás tetszőleges egyenest vele párhuzamos egyenesbe

Részletesebben

EÖTVÖS LORÁND SZAKKÖZÉP- ÉS SZAKISKOLA TANÍTÁST SEGÍTŐ OKTATÁSI ANYAGOK MÉRÉS TANTÁRGY

EÖTVÖS LORÁND SZAKKÖZÉP- ÉS SZAKISKOLA TANÍTÁST SEGÍTŐ OKTATÁSI ANYAGOK MÉRÉS TANTÁRGY EÖTVÖS LORÁND SZAKKÖZÉP- ÉS SZAKISKOLA TANÍTÁST SEGÍTŐ OKTATÁSI ANYAGOK MÉRÉS TANTÁRGY SÍKIDOMOK Síkidom 1 síkidom az a térelem, amelynek valamennyi pontja ugyan abban a síkban helyezkedik el. A síkidomokat

Részletesebben

Megoldás: Mindkét állítás hamis! Indoklás: a) Azonos alapú hatványokat úgy szorzunk, hogy a kitevőket összeadjuk. Tehát: a 3 * a 4 = a 3+4 = a 7

Megoldás: Mindkét állítás hamis! Indoklás: a) Azonos alapú hatványokat úgy szorzunk, hogy a kitevőket összeadjuk. Tehát: a 3 * a 4 = a 3+4 = a 7 A = {1; 3; 5; 7; 9} A B = {3; 5; 7} A/B = {1; 9} Mindkét állítás hamis! Indoklás: a) Azonos alapú hatványokat úgy szorzunk, hogy a kitevőket összeadjuk. Tehát: a 3 * a 4 = a 3+4 = a 7 Azonos alapú hatványokat

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

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

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

Síkbeli egyenesek. 2. Egy egyenes az x = 1 4t, y = 2 + t parméteres egyenletekkel adott. Határozzuk meg

Síkbeli egyenesek. 2. Egy egyenes az x = 1 4t, y = 2 + t parméteres egyenletekkel adott. Határozzuk meg Analitikus mértan 3. FELADATLAP Síkbeli egyenesek 1. Írjuk fel annak az egyenesnek a paraméteres egyenleteit, amely (i) áthalad az M 0 (1, 2) ponton és párhuzamos a a(3, 1) vektorral; (ii) áthalad az origón

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2009/2010-es tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2009/2010-es tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Oktatási és Kulturális Minisztérium Támogatáskezelő Igazgatósága támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 009/00-es tanév első (iskolai) forduló haladók II.

Részletesebben

Feladatok Házi feladat. Keszeg Attila

Feladatok Házi feladat. Keszeg Attila 2016.01.29. 1 2 3 4 Adott egy O pont és egy λ 0 valós szám. a tér minden egyes P pontjához rendeljünk hozzá egy P pontot, a következő módon: 1 ha P = O, akkor P = P 2 ha P O, akkor P az OP egyenes azon

Részletesebben

8. előadás. Kúpszeletek

8. előadás. Kúpszeletek 8. előadás Kúpszeletek Kör A k kört egyértelműen meghatározza C(a,b) középpontja és r sugara. A P pont pontosan akkor van k-n, ha CP=r. Vektoregyenlet: p-c = r. Koordinátás egyenlet: (X-a)2 + (Y-b)2 =

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

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

Geometriai feladatok, 9. évfolyam

Geometriai feladatok, 9. évfolyam Geometriai feladatok, 9. évfolyam Szögek 1. Nevezzük meg az ábrán látható szögpárokat. Mekkora a nagyságuk, ha α =52 o fok? 2. Mekkora az a szög, amelyik a, az egyenesszög 1/3-ad része b, pótszögénél 32

Részletesebben

Dobos Sándor és Hraskó András: Inverzió. Inverzió. 2. Adott egy kör a középpontjával, és még egy további pont. Szerkeszd meg az adott pont adott

Dobos Sándor és Hraskó András: Inverzió. Inverzió. 2. Adott egy kör a középpontjával, és még egy további pont. Szerkeszd meg az adott pont adott Inverzió 1. Adott egy kör a középpontjával, és még egy további pont. Szerkeszd meg az adott pont adott körre vonatkozó inverz képét! 2. Adott egy kör a középpontjával, és még egy további pont. Szerkeszd

Részletesebben

Fizika Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny Harmadik fordulója a harmadik kategória részére 2006.

Fizika Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny Harmadik fordulója a harmadik kategória részére 2006. Fizika Országos Középiskoai Tanumányi Verseny Harmadik forduója a harmadik kategória részére 2006. Bevezetés A feadat megodásához aapvető ismeretekke ke rendekeznie a forgómozgássa kapcsoatban és a ferromágneses

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

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Geometria III.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Geometria III. Geometria III. DEFINÍCIÓ: (Vektor) Az egyenlő hosszúságú és egyirányú irányított szakaszoknak a halmazát vektornak nevezzük. Jele: v. DEFINÍCIÓ: (Geometriai transzformáció) Geometriai transzformációnak

Részletesebben

Elemi matematika szakkör

Elemi matematika szakkör Elemi matematika szakkör Kolozsvár, 2016. január 11. 1.1. Feladat. (V:266,.L. 1/2000) z háromszögben m(â) = 30 és m( ) = 45. z és oldalakon vegyük fel az és pontokat úgy, hogy 3 = és 2 =. Számítsd ki az

Részletesebben

Hasonlósági transzformációk II. (Befogó -, magasság tétel; hasonló alakzatok)

Hasonlósági transzformációk II. (Befogó -, magasság tétel; hasonló alakzatok) Hasonlósági transzformációk II. (Befogó -, magasság tétel; hasonló alakzatok) DEFINÍCIÓ: (Hasonló alakzatok) Két alakzat hasonló, ha van olyan hasonlósági transzformáció, amely az egyik alakzatot a másikba

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

+ 6 P( E l BAL)+ 6 P( E l K ZEJ>);

+ 6 P( E l BAL)+ 6 P( E l K ZEJ>); \ Lássátok be, hogy a következő két összefüggés is heyes! ~ 2 P(EIJOBB) = 6P(EIKEZDO)+ 6P(EIJOBB)+ 6 0 + ö, + 6 P( E BAL)+ 6 P( E K ZEJ>);.., P( E KOZEP) = 6 + 6 P( E BAL)+ 6 P( E JOBB) + 6 O+ + ~P( E

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

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

Érettségi feladatok Koordinátageometria_rendszerezve / 5

Érettségi feladatok Koordinátageometria_rendszerezve / 5 Érettségi feladatok Koordinátageometria_rendszerezve 2005-2013 1/ 5 Vektorok 2005. május 28./12. Adottak az a (4; 3) és b ( 2; 1) vektorok. a) Adja meg az a hosszát! b) Számítsa ki az a + b koordinátáit!

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

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

Síkbeli egyenesek Egy egyenes az x = 1 4t, y = 2 + t parméteres egyenletekkel adott. Határozzuk meg

Síkbeli egyenesek Egy egyenes az x = 1 4t, y = 2 + t parméteres egyenletekkel adott. Határozzuk meg Analitikus mértan 5. FELADATLAP Síkbeli egyenesek 5.1. Írjuk fel annak az egyenesnek a paraméteres egyenleteit, amely (i) áthalad az M 0 (1, 2) ponton és párhuzamos a a(3, 1) vektorral; (ii) áthalad az

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

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

A keresett kör középpontja Ku ( ; v, ) a sugara r = 1. Az adott kör középpontjának koordinátái: K1( 4; 2)

A keresett kör középpontja Ku ( ; v, ) a sugara r = 1. Az adott kör középpontjának koordinátái: K1( 4; 2) 55 A kör 87 8 A keresett kör középpontja Ku ( ; v, ) a sugara r = Az adott kör középpontjának koordinátái: K( ; ) és a sugara r =, az adott pont P(; ) Ekkor KP = és KK = () ( u ) + ( v ) =, () ( u ) +

Részletesebben

Összefüggések a marótárcsás kotrógépek elméleti és tényleges

Összefüggések a marótárcsás kotrógépek elméleti és tényleges Összefüggések a marótárcsás kotrógépek eméeti és tényeges tejesítménye között BREUER JÁNOS ok. bányamérnök, DR.DAÓ GYÖRGY ok. bányagépészmérnök, ok. küfejtési szakmérnök A küfejtésnek a viág bányászatában

Részletesebben

1. Az ezekhez tartozó. egyenlet megoldásai: k 360. forgásszögek a. Két különböz egységvektor van, amelyek els koordinátája

1. Az ezekhez tartozó. egyenlet megoldásai: k 360. forgásszögek a. Két különböz egységvektor van, amelyek els koordinátája 8. modu: EGYSERBB TRIGONOMETRIKUS EGYENLETEK, EGYENLTLENSÉGEK 5 III. Trigonometrius egyenete Azoat az egyeneteet és egyentenségeet, ameyeben az ismereten vaamiyen szögfüggvénye szerepe, trigonometrius

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

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

2014/2015. tavaszi félév

2014/2015. tavaszi félév Hajder L. és Valasek G. hajder.levente@sztaki.mta.hu Eötvös Loránd Tudományegyetem Informatikai Kar 2014/2015. tavaszi félév Tartalom Geometria modellezés 1 Geometria modellezés 2 Geometria modellezés

Részletesebben

tulajdonsága Pék Johanna és Szilasi Zoltán

tulajdonsága Pék Johanna és Szilasi Zoltán A háromszögek Spieker-pontjának néhány érdekes tulajdonsága Pék Johanna és Szilasi Zoltán 0. Bevezetés A háromszögekkel kapcsolatban számos nevezetes pont és rengeteg izgalmas tulajdonság ismeretes; gondoljunk

Részletesebben

Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely április 8. A osztályosok feladatainak javítókulcsa

Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely április 8. A osztályosok feladatainak javítókulcsa Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely 2013. április 8. A 9-10. osztályosok feladatainak javítókulcsa 1. Jelöljük x-szel az adott hónapban megkezdett 100 kb-s csomagok számát. Az első szolgáltatónál

Részletesebben

Hasonlóság. kísérleti feladatgyűjtemény POKG 2015. 10. osztályos matematika

Hasonlóság. kísérleti feladatgyűjtemény POKG 2015. 10. osztályos matematika Hasonlóság kísérleti feladatgyűjtemény 10. osztályos matematika POKG 2015. Hasonló háromszögek oldalaránya 0. Keressük meg az alábbi háromszögek összetartozó oldalpárjait és arányossággal számítsuk ki

Részletesebben

Geometria 1 összefoglalás o konvex szögek

Geometria 1 összefoglalás o konvex szögek Geometria 1 összefoglalás Alapfogalmak: a pont, az egyenes és a sík Axiómák: 1. Bármely 2 pontra illeszkedik egy és csak egy egyenes. 2. Három nem egy egyenesre eső pontra illeszkedik egy és csak egy sík.

Részletesebben

1. Feladatok rugalmas és rugalmatlan ütközések tárgyköréből

1. Feladatok rugalmas és rugalmatlan ütközések tárgyköréből 1. Feadatok rugamas és rugamatan ütközések tárgykörébő Impuzustéte, impuzusmegmaradás törvénye 1.1. Feadat: Egy m = 4 kg tömegű kaapács v 0 = 6 m/s sebességge érkezik a szög fejéhez és t = 0,002 s aatt

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 1. forduló haladók III. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 1. forduló haladók III. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Oktatásért Közalapítvány támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 1. forduló haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Határozzuk

Részletesebben

Gyakorló feladatok. 2. Matematikai indukcióval bizonyítsuk be, hogy n N : 5 2 4n n (n + 1) 2 n (n + 1) (2n + 1) 6

Gyakorló feladatok. 2. Matematikai indukcióval bizonyítsuk be, hogy n N : 5 2 4n n (n + 1) 2 n (n + 1) (2n + 1) 6 Gyakorló feladatok 1. Ismertesd a matematikai indukció logikai sémáját, magyarázzuk meg a bizonyítás lényegét. Bizonyítsuk be, hogy minden n természetes számra 1 + 3 + + (n 1) = n.. Matematikai indukcióval

Részletesebben

2. Közelítő megoldások, energiaelvek:

2. Közelítő megoldások, energiaelvek: SZÉCHENYI ISTVÁN EGYETEM ALKALMAZOTT MECHANIKA TANSZÉK 4. MECHANIKA-VÉGESELEM MÓDSZER ELŐADÁS (kidogozta: Szüe Veronika, eg. ts.) IV. eőadás. Közeítő megodások, energiaevek:.4. Ritz-módszer,.4.. Lineáris

Részletesebben

ELMIB ZRT. FÖLDGÁZKERESKEDELMIÜZLETSZABÁLYZATA. l l I I BUDAPEST, 2009. SZEPTEMBER 1.

ELMIB ZRT. FÖLDGÁZKERESKEDELMIÜZLETSZABÁLYZATA. l l I I BUDAPEST, 2009. SZEPTEMBER 1. ELMB ZRT. FÖLDGÁZKERESKEDELMÜZLETSZABÁLYZATA BUDAPEST, 2009. SZEPTEMBER 1. i r L L ELMB Zrt. Födgáz- kereskedemi Üzetszabáyzata TARTALOMJEGYZÉK BEVEZETÉS.................................. 3 1. ÁLTALÁNOS

Részletesebben

Kisérettségi feladatgyűjtemény

Kisérettségi feladatgyűjtemény Kisérettségi feladatgyűjtemény Halmazok 1. Egy fordítóiroda angol és német fordítást vállal. Az irodában 50 fordító dolgozik, akiknek 70%-a angol nyelven, 50%-a német nyelven fordít. Hány fordító dolgozik

Részletesebben

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatmegoldásai

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatmegoldásai Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 008-009. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára. Határozzuk meg az alábbi egyenletrendszer valós megoldásait. ( x

Részletesebben

Az egyszeres függesztőmű erőjátékáról

Az egyszeres függesztőmű erőjátékáról Az eyszeres üesztőmű erőjátékáró A címbei szerkezet az 1 ábrán szeméhető részeteive is 1 ábra orrása: [ 1 ] A szerkezet működésének jeemzése: ~ a vízszintes kötőerenda a két véén szabadon eekszik a közepén

Részletesebben

MATE-INFO UBB verseny, március 25. MATEMATIKA írásbeli vizsga

MATE-INFO UBB verseny, március 25. MATEMATIKA írásbeli vizsga BABEŞ-BOLYAI TUDOMÁNYEGYETEM, KOLOZSVÁR MATEMATIKA ÉS INFORMATIKA KAR MATE-INFO UBB verseny, 218. március 25. MATEMATIKA írásbeli vizsga FONTOS TUDNIVALÓK: 1 A feleletválasztós feladatok,,a rész esetén

Részletesebben

1. tétel. 1. Egy derékszögű háromszög egyik szöge 50, a szög melletti befogója 7 cm. Mekkora a háromszög átfogója? (4 pont)

1. tétel. 1. Egy derékszögű háromszög egyik szöge 50, a szög melletti befogója 7 cm. Mekkora a háromszög átfogója? (4 pont) 1. tétel 1. Egy derékszögű háromszög egyik szöge 50, a szög melletti befogója cm. Mekkora a háromszög átfogója? (4 pont). Adott az ábrán két vektor. Rajzolja meg a b, a b és az a b vektorokat! (6 pont)

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉP SZINT Síkgeometria

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉP SZINT Síkgeometria MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉP SZINT Síkgeometria 1) Döntse el, hogy a következő állítások közül melyik igaz és melyik hamis! a) A háromszög köré írható kör középpontja mindig valamelyik súlyvonalra

Részletesebben

Koordináta-geometria feladatgyűjtemény (A feladatok megoldásai a dokumentum végén találhatók)

Koordináta-geometria feladatgyűjtemény (A feladatok megoldásai a dokumentum végén találhatók) Koordináta-geometria feladatgyűjtemény (A feladatok megoldásai a dokumentum végén találhatók) Vektorok 1. Egy négyzet két szemközti csúcsának koordinátái: A( ; 7) és C(4 ; 1). Határozd meg a másik két

Részletesebben

3. előadás. Elemi geometria Terület, térfogat

3. előadás. Elemi geometria Terület, térfogat 3. előadás Elemi geometria Terület, térfogat Tetraéder Négy, nem egy síkban lévő pont által meghatározott test. 4 csúcs, 6 él, 4 lap Tetraéder Minden tetraédernek egyértelműen létezik körülírt- és beírt

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

Forogj! Az [ 1 ] munkában találtunk egy feladatot, ami beindította a HD - készítési folyamatokat. Eredményei alább olvashatók. 1.

Forogj! Az [ 1 ] munkában találtunk egy feladatot, ami beindította a HD - készítési folyamatokat. Eredményei alább olvashatók. 1. 1 Forogj! Az [ 1 ] munkában találtunk egy feladatot, ami beindította a HD - készítési folyamatokat. Eredményei alább olvashatók. 1. Feladat Egy G gépkocsi állandó v 0 nagyságú sebességgel egyenes úton

Részletesebben

Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens

Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens Az R 3 tér geometriája Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens 2008.09.08. 1 Vektorok Vektor: irányított szakasz Jel.: a, a, a, AB, Jellemzői: irány, hosszúság, (abszolút érték) jel.: a Speciális

Részletesebben

Matematika 11 Koordináta geometria. matematika és fizika szakos középiskolai tanár. > o < szeptember 27.

Matematika 11 Koordináta geometria. matematika és fizika szakos középiskolai tanár. > o < szeptember 27. Matematika 11 Koordináta geometria Juhász László matematika és fizika szakos középiskolai tanár > o < 2015. szeptember 27. copyright: c Juhász László Ennek a könyvnek a használatát szerzői jog védi. A

Részletesebben