(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. 0 0 5 4. 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 = 0. 5. a) BA. b) 0. 6. 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.
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 0. 5. 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.
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.
. 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 = 0. 4.4
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 0. 9. 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
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
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,, ]. 4 9. 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]. 4 40. 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
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
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. 5 5 5 5 5. 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 = 9 + 6 + 6 = 7. e). f). g) 7. 5. a) 6. b) 4. c) 997. 5. 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) = 0. 56. 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
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 = 7. 6. a) Négyzetre emelve mindkét oldalt, a +ab+b =a ; így cos(a, b) = b a. b) cos(a, b) = 0. 64. 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) 0. 4 8 69. 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
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 [,, ]. 9 75. 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.
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 = 0. 87. 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 = 0. 89. 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.
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. 90. 0 i j k 0 0 0 0 0 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) 49. 9. 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 = 0. 98. 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.
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 = 8 6 5 = 6 5. 8 06.m a = AB AC =. BC 5 07. 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
. 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 45. 4. 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. 7 7 0. 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 = 8. 4.5
. 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]. 4 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