tankönyvsorozat matematikamaximkiado.hu/pub/item_attach/515/178.pdf · 2011. 4. 29. · 1 a kötet...

11

A kötet szerzői: Schultz János, Tarcsay Tamás

Azoknak, akik a matematikát a középiskola utolsó két osztályában emelt szinten tanulják vagy tanítják.

Azoknak, akik egy-két éven belül emelt szinten akarnak érettségizni. Azoknak, akik szintemelő érettségi vizsgára készülnek vagy készítenek fel. Azoknak, akik hamarosan a felsőoktatásban kezdik majd meg matematika tanulmányaikat, és szeretnék előtte elmélyíteni a tudásukat.

Kinek ajánljuk?

Matematikaemelt szintMatematikaemelt szintMatematikaemelt szint

---

Bemutatkozik az Út a tudáshoztankönyvsorozat

köteteés a digitális tananyag

Bemutatkozik az Út a tudáshoztankönyvsorozat


--- köteteés a digitális tananyag

A tankönyvhöz készülő DVD-n a tanári kézikönyv hagyományos elemei (tanmenetek, módszertani segédletek, témazáró feladatlapok, valamint a tan-könyvi feladatok részletes megoldásai) mellett megtalálható

a tankönyv digitális táblán kivetíthető, nagyítható, szerkeszthető változata, valamint számtalan animáció és ábra, amelyekhez interaktív feladatok is tartoznak.

A digitális tananyagról

2

A matematikatörténeti vonatkozások tárgyalása segít elhelyezni a tanult ismereteket az egyetemes kultúrtörténetben.

12

Hatvány, gyök, logaritmus

A matematikai analízis központi szerepet játszik az összes ter-mészettudományban. Mai formájának kialakulása a matemati-kán belül nagyon hosszú időszakot ölel fel, így bevezetésül ta-nulságos lesz áttekinteni vázlatosan a történetét.

Már az ókorban felvetődtek olyan kérdések, amelyek pon-tos megválaszolása a matematikai analízis tárgykörébe tartozik. Néhány közülük: Mekkora a kör kerülete ill. területe? Mekkora a parabola egy húrja által levágott szelet terü-

lete? Mekkora a gömb térfogata? Mekkora egy görbe vonal hossza?

Érdemes megemlítenünk két ókori görög matematikust, akik-nek a munkássága alapvetőnek bizonyult. Eudoxosz volt az, aki felfedezte, hogy egy keresett mennyiséget meghatározhatunk tetszőleges pontossággal való közelítések segítségével (az ún. „kimerítés” módszerének leírása). Arkhimédész használta elő-ször a kétoldali közelítés módszerét, melynek alkalmazása során a vizsgált alakzatot belülről és kívülről is közelítette. Módsze-rének segítségével meghatározta pl. a parabolaszelet területét, illetve a gömb térfogatát. Arkhimédész volt az ókor legnagyobb matematikusa, munkásságának ezekben a kérdésekben csak a XVII. században lett érdemi folytatása. Ennek okai lehettek, hogy hiányzott a geometriától független szemléletmód, illetve nem volt megfelelő jelölésrendszer, ami a levezetések leírását roppant körülményessé tette.

A fizikában az 1600-as évek központi problémája a testek mozgásának leírása és a mozgás okainak tisztázása volt. Néhány jellegzetes kérdés: Hogyan írható le a szabadon eső test mozgása? Hogyan írható le az elhajított test pályája? Hogyan magyarázható az égitestek mozgása?

A válaszokhoz megfelelő matematikai módszert kellett kidol-gozni, amely képes megadni egy mennyiség változásának ma-tematikai leírását. Ezt lényegében egyszerre, egymástól függet-lenül Newton és Leibniz végezte el. Módszerük segítségével nemcsak a mozgás leírása vált lehetővé, hanem további kérdé-sekre is válasz kaphattak. Például:

1.1. ábra Arkhimédész (Kr.e. 287-212)

Port

ré v

alah

onna

n

1.2. ábra A Naprendszer

stoc

k va

gy sp

l fotó a Naprendszerről

1.3. ábra Newton (1643-1727)

Port

ré v

alah

onna

n

Módszertani eszközök


---Matematikaemelt szintMatematikaemelt szintMatematikaemelt szint

---

A tankönyvben szereplő tananyag az alábbi dokumentumok alapján készült: NAT 2007, az Oktatási Minisztérium által kiadott kerettanterv (17/2004. V.20.), az emelt szintű érettségi vizsgakövetelményeiben szereplő matematika tan-anyag 11. és 12. osztályban tanított témakörei.

A tárgyalt tananyag

1. Hatvány, gyök, logaritmus2. Vektorok és trigonometria3. Nevezetes közepek és egyenlőtlenségek4. Koordinátageometria5. Kombinatorika6. Valószínűségszámítás és statisztika7. Térgeometria8. Analízis9. Halmazok számossága

Fejezetek

33

A gyakorlati alkalmazások ismerete követelmény az emelt szintű szóbeli érettségi vizsgán, így ebben a könyvben is szerepet kell kapnia.

39

Adott egy pont a koordinátáival: F 0 14

; és egy egyenes az egyenleté-

vel: v y: .14

Adjuk meg azon körök P középpontjainak halmazát, melyek illeszkednek

a F pontra és érintik a v egyenest!

Adott egy pont a koordinátáival:

Megoldás: A kör definíciójából következően olyan P x y; pontokat keresünk a síkon, me-lyekre teljesül, hogy d P F d P v, , . Írjuk fel koordinátákkal ezt a feltételt, és végezzünk algebrai átalakításokat!

x y y

x y y y y

x y

0 14

14

12

116

12

116

22

2 2 2

2

,

,

.Megkaptuk a keresett ponthalmaz egyenletét, amely egy másodfokú, kétismeretlenes egyenlet.

Azt is láthatjuk, hogy az egyenlet nem egy kör egyenlete, tehát a kapott ponthalmaz nem kör.Sokak számára ismerős lehet ez az egyenlet, hiszen már találkoztunk vele a függvénytani ta-

nulmányaink során. Ez a valós számok halmazán értelmezett, x x

2 hozzárendelési szabállyal megadott függvény grafikonjának egyenlete. Ezt a ponthalmazt parabolának neveztük.

A parabola azon pontok halmaza a síkon, melyeknek egy egyenestől (v – ve zéregyenes) és egy rá nem illeszkedő ponttól (F – fókusz) egyenlő távolságra vannak.

A fókusz és a vezéregyenes távolságát a parabola paraméterének nevezzük, és általában p-vel je-löljük. Nyilvánvaló, hogy p 0. A sík azon pontjait, amelyek a fókuszhoz közelebb vannak, mint a vezéregyeneshez, a parabola belső pontjainak nevezzük, míg azokat, amelyek a vezéregyeneshez közelebb vannak, mint a fó-kuszhoz, a parabola külső pontjainak hívjuk.

Az 1. példában egy speciális parabolát vizsgáltunk. Meny-nyi volt a paramétere? A fókusz és a vezéregyenes távolsága

p 12

.

Általánosítsunk! Legyen F p02

; és v y p p: !2

0

Adjuk meg a parabola egyenletét!

4.1. ábra Néhány a keresett körök közül

0,2O

y

x

0,2

k2

f k1

P1P3

P2F 0 0 25; ,

v y 0 25,

4.2. ábra Parabolaantenna

21

A 3. példában az első két oszlopban levő logaritmusok numeruszainak szorzata a harmadik oszlop-ban levő logaritmus numerusza, a megoldásokban az első két oszlopban levő logaritmusok összege pedig a harmadik oszlopban levő logaritmusával egyezik meg. Megsejthető a következő:

Ha a 1-től különböző pozitív valós szám, b és c pozitív valós számok, akkor log log log ,a a ab c b c azaz a szorzat logaritmusa egyenlő a tényezők logarit-musainak összegével.

Bizonyítás: A logaritmus definíciója szerint: a b ca b clog . (1)

A logaritmus definíciója és az azonos alapú hatványok szor-zatára vonatkozó azonosság szerint:

a a a b ca a a ab c b clog log log log . (2)

Az (1)-ből és (2)-ből: a aa a ab c b clog log log . Tekintettel arra, hogy az a alapú exponenciális függvény szigorúan monoton, log log log .a a ab c b c

Ha a 3. példa 2. és 3. oszlopát vetjük össze az 1. oszloppal, akkor megsejthetjük a következőt:

Ha a 1-től különböző pozitív valós szám, b és c pozitív valós számok,

akkor log log log ,a a abc

b c azaz a hányados logaritmusa egyenlő a számláló logarit-

musának és a nevező logaritmusának különbségével.

Bizonyítás:

A logaritmus definíciója szerint: a bc

abc

log. (1)

A logaritmus definíciója és az azonos alapú hatványok há-nyadosára vonatkozó azonosság szerint:

a aa

bc

a aa

a

b cb

clog log

log

log . (2)

Az (1)-ből és (2)-ből: a aa

a a

bc b c

loglog log . Tekintettel arra,

hogy az a alapú exponenciális függvény szigorúan monoton, log log log .a a abc

b c

A korábbi példákban szerepeltek hatványok logaritmusai is.

Ha a 1-től különböző pozitív valós szám, b pozitív valós szám, c tetszőle-ges valós szám, akkor log log ,a

cab c b azaz a hatvány logaritmusa egyenlő a hatvány-

kitevőnek és a hatványalap logaritmusának a szorzatával.

3.4. ábra Logarléc

8928

3948

stoc

k

3.5. ábra X XXdB 10 10

0

log

Az induktív gondolkodás is megjelenik a könyv fejezeteiben, ezzel is fej-lesztendő a tanítványok kreatív gondolkodását.

22


Bizonyítás:

A logaritmus definíciója szerint: a bacb clog . (1)

A logaritmus definíciója és a hatvány hatványára vonatkozó azonosság szerint: a a bc b b c ca alog log . (2)

Az (1)-ből és (2)-ből: a a bc b b c ca alog log . Tekintettel arra, hogy az a alapú exponenciális függvény szigorúan monoton, log log .a

cab c b

A logaritmusokat eddigi példáinkban a definíció és a hatványozás azonosságainak alkalmazásával sikerült megadni egyetlen valós számként. Ez annak volt köszönhető, hogy a logaritmus numerusza az alap racionális kitevős hatványa volt. Ha ez nincs így, akkor számológépekre vagy táblázatokra kell hagyatkozni. Ekkor a logaritmusok közelítő értékét kaphatjuk meg.

Adjuk meg a következő logaritmusok négy tizedesjegyre kerekített ér-tékét!a) lg ;16 lg ;2 log .216b) ln ;81 ln ;9 log .9 81(Az ln a természetes alapú logaritmus jele. Ennek alapszáma az e-vel jelölt irracionális szám – Euler-féle szám –, amelyről az Analízis című fejezetben sok szó esik majd.)c) lg ;123 lg ;e ln .123d) log ;5 625 log ;5 25 log .25 625

Adjuk meg a következő logaritmusok négy tizedesjegyre kerekített ér-tékét!

Megoldás:a) lg ,16 1 2041; lg ,2 0 3010; log 216 4.b) ln ,81 4 3944; ln ,9 2 1972; log9 81 2.c) lg ,123 2 0899; lg ,e 0 4343; ln ,123 4 8122.d) log5 625 4; log5 25 2; log25 625 2.

Van-e kapcsolat az egy sorban levő logaritmusok között? A fi-gyelmes szemlélőnek feltűnhet, hogy az első oszlopban levő lo-garitmus a másik két oszlopban levő logaritmusok szorzata. Ez általánosan is igaz.

Ha a és b 1-től különböző pozitív valós szám, valamint c pozitív valós szám, akkor log log log .a b ab c c

Bizonyítás: A logaritmus definíciója szerint: a ca clog . (1)A logaritmus definíciója és a hatvány hatványára vonatkozó azonosság szerint: a a b ca b a

bbb c b c clog log log log log . (2)

3.6. ábra Az Euler-szám közelítése

n 1 1n

n

1 2,000002 2,250005 2,4883210 2,59374100 2,704811.000 2,7169210.000 2,71815100.000 2,71827

Bőséges feladatanyag található a könyvben, a megszerzett ismeretek elmé-lyítését lehet vele szolgálni.

29

1. Egy egységnyi hosszú szakaszon véletlenszerűen választunk két – a végpontoktól különböző − pontot. Ezek a szakaszt három szakaszra bontják. Mennyi annak a valószínűsége, hogy az így keletkezett részekből mint oldalakból egyenlő szárú háromszög szerkeszthető?

2. Jancsi és Juliska megbeszélik, hogy egy adott napon 12 és 13 óra között, véletlenszerűen választott időpontban kimen-nek a Dugonics téren levő szökőkúthoz, és 10 percet ott töl-tenek. Mennyi annak a valószínűsége, hogy ott találkoz-nak?

3. Egy házaspár mindennap véletlenszerűen fél hét és fél nyolc között keresi fel a fürdőszobát. Aki bemegy, az bezárja az ajtót, és nem engedi be a másikat. Az asszony 20 percet tölt el egy alkalommal szépítkezéssel a fürdőszobában. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a férj bejut a fürdőszobába?

4. Adott egy egységnyi élű kocka és annak egy csúcsa. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a kocka egy véletlenszerűen választott belső pontja legfeljebb 0,4 egységnyi távolságra van a kocka adott csúcsától?

5. Az a x b 0 egyenletben szereplő a és b együtthatókat véletlenszerűen választjuk a 2 2; intervallumból. Mennyi annak a valószínűsége, hogy az egyenletnek van valós megoldása?

6. Az x px q2 0 egyenletben szereplő p és q együttha-tókat véletlenszerűen választjuk a 2 2; intervallumból. Mennyi annak a valószínűsége, hogy az egyenletnek van valós megoldása?

7. Pista megpörget egy földgömböt, majd véletlenszerűen rá-bök annak egy pontjára. Mennyi annak a valószínűsége, hogy Magyarországra mutat?

8. Egy O középpontú körvonal egy adott pontja A. E körvo-nal által meghatározott körlapon véletlenszerűen választunk egy B A( ) pontot . Mennyi annak a valószínűsége, hogy az AOB

a) hegyesszögű;b) derékszögű;c) tompaszögű?

További feladatok: Maxim Könyvkiadó: Érettségi feladatgyűjtemény matematikából 11-12.: 474., 476., 477., 478., és 482. feladatok

3.8. ábra Dugonics tér, Szeged (saf

a: z

71-4

6509

8)M

ivel

ez

nem

spl é

s nem

st

ock,

új k

ép k

ell!

3.9. ábra Most végre bejutott

3.10. ábra Ábra a 8. feladathoz

k B

OA



---

4



---

Formai eszközök

A könyv jól áttekinthető színkódokat alkalmaz. A tananyagban szereplő definíciókat sárga háttérszínnel és jellegzetes pikto-grammal különbözteti meg.

15

A H számhalmaz felülről korlátos, ha van olyan K szám, hogy a H halmaz minden x elemére x Kx Kx K teljesül. A K számot a halmaz felső korlátjának nevezzük.

(Nyilvánvaló, hogyha H felülről korlátos, akkor végtelen sok felső korlátja van.)

A H számhalmaz alulról korlátos, ha van olyan k szám, hogy a H halmaz minden x elemére x kx kx k teljesül. A k számot a halmaz alsó korlátjának nevezzük.

(Nyilvánvaló, hogyha H alulról korlátos, akkor végtelen sok alsó korlátja van.)

A H számhalmaz korlátos, ha felülről és alulról is korlátos.

Állapítsuk meg, hogy alábbi számhalmazok közül melyek azok, amelyek alulról ill. felülről korlátosak!

a) An1 1 2 3: ,n: ,n: ,nn: ,nn 1 2: ,1 2, ... ,

b) B pq

p qpp : ,p q: ,p q: ,p qp q: ,p qp q , p q p q : , : ,p q: ,p q p q: ,p q

c) C aC aC aC aC aC aC a b ab ab ab ab ab a bbC aC aC aC aC aC aC aC a 2 :2 :b ab a2 :b ab ab ab a2 :b ab a , ., . bb bb bbbb bbbb, . , .bb, .bb bb, .bb, . , .bbbb, .bbbb bbbb, .bbbb

Állapítsuk meg, hogy alábbi számhalmazok közül melyek azok, amelyek alulról ill. felülről korlátosak!

Megoldás:a) Az A halmaz felülről korlátos, hiszen az 1 felső korlát. Alulról is korlátos, hiszen a halmaz elemei pozitív számok, így a 0 alsó korlát.b) A B halmaz felülről nem korlátos, hiszen elemei között szerepel az összes természetes szám. Alulról korlátos, hiszen elemei nem negatív számok, így a 0 alsó korlát.c) A C halmaz felülről nem korlátos, hiszen tartalmazza az összes természetes számot ( ).b 0 Alul-ról korlátos, mivel elemei nem negatív számok.

Alapvető szerepet játszik majd a későbbiekben a korlátos számhalmazokra vonatkozó ún. teljességi axióma:

minden felülről korlátos és nemüres számhalmaznak van legkisebb felső korlátja.

Egyszerűen igazolható ennek az a következménye, mely szerint alulról korlátos és nemüres szám-halmaznak van legnagyobb alsó korlátja.

Az emelt szintű tananyagon túlmutató feladatokat, anyagrészeket világos-kék háttérszín jelöli.

18


A definícióból következik a monotonitási tulajdonság teljesülése tetszőleges kitevőre, melyet a következő állítás fejez ki.

Ha x xx x1 2x x1 2x xx xx xx x1 2x xx x1 2x x , akkor a 1 esetén a ax x1 2a a1 2a ax x1 2x xa aa a1 21 2a a1 2a aa a1 2a ax x1 2x xx x1 2x x , ha pedig 0 10 10 10 1a0 10 10 1a0 10 1, akkor a ax xx x1 21 21 2a a1 2a ax x1 2x xx x1 2x xa aa a1 21 2a a1 2a aa a1 2a ax x1 2x xx x1 2x x .

Bizonyítás:Tegyük fel, hogy a 1. Legyenek r és s olyan racionális számok, amelyekre x r s x1 2 . (Ilye-nek biztosan léteznek az 1. tétel miatt.) Ekkor a definícióból: a a a ax r s x1 2 . Ha 0 1a , akkor a bizonyítás hasonlóan végezhető.

Be lehet bizonyítani azt is, hogy ha az alap pozitív, akkor a hatványozás azonosságai érvénye-sek lesznek minden valós kitevő esetén is.

1. A teljességi axiómát felhasználva igazoljuk, hogy alulról korlátos és nemüres számhalmaznak van legnagyobb alsó korlátja!

2. Igazoljuk, hogyha a és b pozitív egészek, akkor a ba b

2 12

!

3. a) Bizonyítsuk be, hogyha a és b racionális számok, akkor a b és ab is racionális számok! b) Igaz-e, hogyha a b és ab is racionális számok, akkor a és b is racionális számok?

4. Legyen H a b a b2 : , . Eleme-e a H számhalmaznak a 23 ?

5. Legyen An

3 2n3 2n3 21

1 2: ,n: ,n: ,1 2: ,1 2,... . Határozzuk meg, hogy mennyi az A számhalmazhoz tartozó

sup A, illetve inf A értéke!

6. Legyen B nB nB nB nB nB nB nB nB nB nB nB nB nB nB n 3 13 1n nn n3 1n nn n3 13 1n nn nn nn n3 1n nn nn nn n 2: ,3 1: ,3 1n nn n3 1n nn n: ,n nn n3 1n nn n3 1: ,3 1n nn nn nn n3 1n nn nn nn n: ,n nn nn nn n3 1n nn nn nn n ,... . Határozzuk meg, hogy mennyi a B számhalmazhoz tar-tozó sup B ill. inf B értéke!

A sorozat a mindennapi életben is gyakran használt szó, gondoljunk csak pl. a filmsorozat, győzel-mi sorozat, sorozatlövés kifejezésekre. Mindegyik adott dolgok egymás után következését fejezi ki. A matematikában a számsorozat fogalma tehát minden bizonnyal számok egymás utániságát jelenti. Precízen:

A tankönyvben szereplő kidolgozott példák feladatainak szövege világos-zöld háttérszínű keretbe van foglalva.

31

Konvergens-e az a nna nna nna na na na n2 1a n2 1a na na n2 1a na n2 1a na n2 1a na na na na na n2 1a na na na n 1 2, ,a n, ,a n 1 2, ,1 2,... sorozat?Konvergens-e az Konvergens-e az

Megoldás:Világos, hogy minden k-ra a k2 1 és a k2 1 3. Tegyük fel, hogy létezik a sorozatnak határértéke:

a. Válasszuk környezetsugárnak pl. 110

-et! Az a szám sugarú környezete 210

hosszú szakasz

a számegyenesen. Erre nem eshet rá egyszerre az 1 és a 3! (Bármelyik csak véges sokszor marad-hatna ki.)

Konvergens-e az a nna nna nna na n2 1a n2 1a nn2 1n2 1a na n2 1a na n 2, ,a n, ,a n2 1, ,2 1a n2 1a n, ,a n2 1a n ,... sorozat?Konvergens-e az

Megoldás:Tegyük fel, hogy létezik a sorozatnak határértéke: a. Válasszuk környezetsugárnak pl. 1 -et! Ek-kor a sorozatnak csak véges sok tagja lehet a 1 -nél nagyobb. Ez azonban nem igaz, hiszen a korlátos sorozatoknál látott 6. példa szerint a sorozat nem korlátos. A sorozat tehát divergens.

Azok a sorozatok, amelyeknek nincs határértéke, divergens sorozatok. A divergens sorozatok közül azokra, amelyek olyanok, mint az előbbi sorozat, külön elnevezést használnak.

Az (an) sorozat a -hez tart, ha minden K számhoz létezik olyan N szám, hogyha n Nn Nn Nn Nn Nn N , akkor a Kna Kna Ka Ka K.

(Szokás ezt úgy is mondani, hogy az (an) sorozat a végtelenhez divergál.)

Jelölés:an vagy lim .

n na

Hasonlóan értelmezhető a -hez tartás fogalma.A 4. példában tapasztaltakat általánosabban fogalmazza meg az alábbi fontos tétel.

Minden konvergens sorozat korlátos.

Bizonyítás:Csak a felülről való korlátosságot igazoljuk, az alsó korlát létezésének bizonyítása hasonlóan végez-hető el. Tegyük fel, hogy a sorozat határértéke a. Válasszuk környezetsugárnak pl. 1 -et! Tudjuk, hogy az a a1 1, intervallumon kívül a sorozatnak csak véges sok tagja lehet. Ha van a sorozat-nak a 1 -nél nagyobb tagja, akkor vegyük ezek közül a legnagyobbat! (Véges sok szám között mindig van legnagyobb.) Ez a szám felső korlátja lesz a sorozatnak. Ha nincs a sorozatnak a 1-nél nagyobb tagja, akkor az a 1 a szám felső korlát. Ezzel a bizonyítást befejeztük.

A tananyagon túlmutató ismereteket is igénylő kidolgozott példák pikto-gramja kék színű.

33

ezért3

29

4 2nn

azt mutatja, hogy N 94 2

megfelelő választás.

lim ... ?n

nn

1 21 22 22 21 22 21 21 22 21 2 2

3

Megoldás:A teljes indukcióval foglalkozó anyagrész 1. példája alapján

1 21 2 1

62 3

62 2 2

3 2

... .nn n n n n n

Legyen 0, rögzített. Belátjuk, hogy a feladatban szereplő sorozat 13

-hoz tart.

2 36

13

36

3 16

3 2

3

2

3

2

n n nn

n nn

nn

,

.

Mivel 3 16

46

232 2

nn

nn n

,

ezért 23

23n

n

miatt N 23

megfelelő lesz.

lim ?m ?n

m ?m ?2 5m ?2 5m ?n2 5nm ?nm ?2 5m ?nm ?2 55 1n5 1n5 1

22 522 5

Megoldás:A korlátos sorozatokkal foglalkozó rész 4. b) feladatában talál-koztunk ezzel a sorozattal. Igazoltuk, hogy a sorozat felülről nem korlátos, ezért nem konvergens. Az ott látott becslésből több is leolvasható: a sorozat a -hez divergál.

1. Igaz-e, hogy ha egy sorozat felülről nem korlátos, akkor a végtelenhez tart?

2. Legyenek a b ca b ca b c adott valós számok. Adjunk meg olyan (an) sorozatot, amelyre teljesül, hogy végtelen sok tagja esik az a, b és c számok mindegyikének tetszőleges sugarú környezetébe!

3. Igaz-e, hogy pozitív tagú és konvergens sorozat határértéke pozitív szám?

4.5. ábra ??????????????

Saci

raj

z va

gy

stoc

k

kép/rajz:

űrhajó elhagyja a Földet, rajta felirat: an=2n2-5/5n+1

A tananyagban szereplő tételeket narancssárga háttérszínnel és jellegzetes piktogrammal különbözteti meg.

35

Ha az (an) és (bn) sorozat konvergens és a a b bn na an na aa aa a b bb bn nn na an na aa an na a, ,b b, ,b bn n, ,n n, ,b bb b, ,b bb bn nn n, ,n nn nb bn nb bb bn nb b, ,b bn nb bb bn nb b akkor az a ba ba ba bn nn na bn na ba bn na ba ba ba ba b sorozat is konvergens és a b a bn na bn na ba ba bn nn na bn na ba bn na b a ba b.

Bizonyítás:Legyen 0 rögzített. A háromszög-egyenlőtlenség miatt

a b a b a a b b a a b bn n n n n n .

Az 2

-höz létezik N1, hogy n N1 esetén a an2

. Hasonlóan: az 2

-höz létezik N2, hogy

n N2 esetén b bn2

. Így akkor n N Nmax ,1 2 mellett

a b a bn n ,

ami igazolja a tételt. A tétel állítása teljes indukcióval 2-nél több (de véges sok) tagra is kiterjeszt-hető.

Az alábbi tételek bizonyítását nem részletezzük azok összetettebb jellege miatt. A bizonyítások mindegyike elvégezhető a határérték 2. definíciójának segítségével.

Ha az (an) és (bn) sorozat konvergens és a a b bn na an na aa aa a b bb bn nn na an na aa an na a, ,b b, ,b bn n, ,n n, ,b bb b, ,b bb bn nn n, ,n nn nb bn nb bb bn nb b, ,b bn nb bb bn nb b akkor az (an bn) sorozat is konvergens és határértéke ab.

A tétel állítása teljes indukcióval 2-nél több (de véges sok) tényezőre is kiterjeszthető.

Ha az (an) és (bn) sorozat konvergens és a a b bn na an na aa aa a b bb bn nn na an na aa an na a, ,b b, ,b bn n, ,n n, ,b bb b, ,b bb bn nn n, ,n nn nb bn nb bb bn nb b, ,b bn nb bb bn nb b továbbá b 0

és bnbnb 0 minden n-re, akkor az ab

n

nbnb sorozat is konvergens és

ab

ab

n

nbnb.

Ha az (an) sorozat konvergens és a ana ana aa aa a, továbbá an 0, akkor az aann sorozat is konvergens és a aa aa ana ana aa aa a.

(A tétel állítása egyébként k-adik gyökre is érvényes.)

Nézzünk néhány példát ezen tételeknek a használatára! A példák egy része a határérték 2. definíció-jának alkalmazásaként már szerepelt.

lim ?m ?n

m ?nm ?m ?m ?2 1m ?2 1m ?n2 1nm ?nm ?2 1m ?nm ?2 1m ?m ?2 1m ?m ?7 5n7 5n7 5

A tananyagon túlmutató tételek piktogramja kék színű.

37

A korábbiak során többször is találkozhattunk olyan sorozattal, amely a korlátosság és a monotoni-tás követelményének is megfelel. Mivel egy ilyen sorozat minden tagja a számegyenesen ugyanarra a zárt intervallumra esik, ezért „ gyanús”, hogy a sorozat tagjai az index növekedésével egy adott szám felé haladva „tömörülnek”, vagyis a sorozat konvergens. Ezt fejezi ki a következő, alapvető fontosságú tétel. A bizonyítása nem tananyag, nem kell megtanulni, azért szerepeltetjük, hogy érzé-kelni tudjuk az eddigi anyagrészek közötti finom kapcsolatokat.

Ha egy számsorozat monoton és korlátos, akkor konvergens.

Bizonyítás:Azt az esetet vizsgáljuk, amikor a sorozat monoton növekedő. Mivel a sorozat felülről korlátos, így a teljességi axióma szerint létezik sup ,an azaz a legkisebb felső korlát. Ha sup ,a an akkor azt állítjuk, hogy lim !a an

n Legyen 0 tetszőleges, de rögzített. Világos, hogy a már nem

felső korlátja az (an) sorozatnak, így létezik olyan n0 index, hogy a an0. Tekintettel arra, hogy

a sorozat monoton nő, azt kapjuk, hogy n n0 esetén a a a a

a an n

n

0

,

,ami azt adja, hogy lim .a an

n Ezt akartuk bizonyítani.

Most már kimondhatjuk, hogy az ann

n

1 1 általános tag-

gal adott sorozat konvergens, hiszen korábban igazoltuk, hogy korlátos és monoton. A sorozat határértéke a matematika egyik híres száma, melyet Euler tiszteletére e-vel jelölünk:

lim , .n

n

ne1 1 2 718

Euler bizonyította be először, hogy az e szám irracionális.

Igazoljuk, hogy az a a aa

nn nn

1 11

2 12

2 2, , sorozat konvergens és határozzuk

meg a határértékét!

Igazoljuk, hogy az

Megoldás:Erről a sorozatról a monoton sorozatokról szóló rész 4. példájának megoldásában igazoltuk, hogy monoton és korlátos. A fenti tétel szerint ezért konvergens. Jelöljük a-val a határértéket! Mivel a an 1 nyilvánvaló, ezért a műveletekről szóló tételek, (határértéktételek), valamint a határérték egyértelműsége miatt

4.5. ábra e racionális

Saci

raj

z va

gy

stoc

k

kép/rajz:

az e ember kívül van a racio-nális számopk társaságán

55



---

A könyvben szereplő ábrák szakmai, módszertani célokat szolgálnak. matematikatörténet

15

Sokak a XVII. században felmerült kockadobásra vonatkozó kérdéshez kapcsolják a véletlen jelenségek tanulmányozására is alkalmazható matematikai tudományág, a valószínűségszámítás létrejöttét.

A következőkben ennek a tudományágnak az alapjaival is-merkedünk meg.

Foglaljuk össze, hogy a véletlen jelenségek vizsgálata köz-ben eddig milyen fogalmakkal találkoztunk!

A véletlen jelenségek vizsgálatához kísérleteket végzünk (sokszor, lényegében változatlan körülmények között).

A kísérlet kimeneteleiből halmazokat alkotunk, ezek az események. Az eseményeknek gyakoriságuk és relatív gyako-riságuk van. Azt is tapasztalhatjuk, hogy minél többször végez-zük el a kísérletet, annál nagyobb az esélye annak, hogy az ese-mények relatív gyakorisága egy, az eseményre jellemző szám „közelében van”. Ez a szám a [0;1] intervallum eleme.

A feladat tehát adott. Olyan matematikát kell alkotni, amely leírja a fentiekben összefoglalta-kat. Más szóval olyan matematikai modellt kell alkotni, amely jól írja le a véletlen jelenségekkel kapcsolatos tapasztalatainkat. (A zárójelbe tett, dőlt betűs megjegyzések nem tartoznak a modellal-kotáshoz, csak utalnak a véletlen jelenségekhez való kapcsolódásra.)

Legyen H egy nem üres halmaz! (A kísérlet során a kimenetelek halmazát vizsgáljuk.) A H halmaz neve: eseménytér. Az eseménytér részhalmazait eseményeknek nevez-zük* (pl. az 1.1. példa a) része).Az H , ezért az Ø esemény, a neve lehetetlen ese-mény (pl. az 1.1. példa e) része).A H H , ezért a H esemény, a neve biztos esemény (pl. az 1.1. példa f) része).A H egyelemű részhalmazai az elemi események.

A fenti definíciókból már következik, hogy a továbblépéshez a 9. osztályban tanult halmazelméleti ismeretek szükségesek. Az események közötti műveletek:**

* Az itt megadott definíció nem teljesen pontos, a felsőoktatásban majd pontosítjuk. Létezik olyan eseménytér, melynek nem minden részhalmaza esemény. Lásd később: geometriai valószínűségi mező.

2.1. ábra Blaise Pascal (1623–1662)

2.2. ábra Lehetetlen esemény stoc

k va

gy S

aci

gyakorlati alkalmazások

36


A következőkben visszatérünk a vektorokhoz. A figyelmes olva-sónak bizonyára feltűnt, hogy a vektorokat összeadtuk, kivon-tuk, de egymással nem szoroztuk őket. Van értelme vektorok szorzásáról beszélni? Szükség van erre egyáltalán?

A matematika történetében sokszor fordult elő, hogy a fizi-ka igényei mozdították elő a matematika fejlődését. Ez történt a vektorok esetében is.

A fizikában léteznek vektormennyiségek. Ilyen például az erő és az elmozdulás is. E két mennyiség között kapcsolat is van, hiszen az erő hatására jön létre elmozdulás.

A mellékelt képen a szánkót húzó fiatalember F

erőt fejt ki a szánkóra, aminek hatására a szánkó r

elmozdulással mozdul el. Az erő és elmozdulás vektorok egymással szö-get zárnak be. Ebben az esetben a fizikusok a végzett munkát a W F r

cos képlettel számolják ki. A munka a fizikában

skalármennyiség.

A fenti meggondolás indokolja a következő definíciót.

Legyen v

és w

két nem nullvektor, az általuk bezárt szög 0 !

A két vektor skaláris szorzata: vw v w

cos . A nullvektornak bármely vektorral vett

skaláris szorzata 0 0 0 0

v v .

Megjegyzés:Az imént definiált skaláris szorzat nem művelet, hiszen nem egy halmaz összes rendezett elempárjához rendel egy elemet a halmazból. Egy rendezett vektorpárhoz rendel egy valós számot.

Értelmezhető olyan szorzás is vektorok között, amelynek eredménye vektor, de a vektorális szorzat nem része a középiskolai tananyagnak.

Legyenek u

, v

és w

tetszőleges vektorok és tetszőleges valós szám! A definícióból követ-kezően igazak a következő tulajdonságok. (A tulajdonságok nevét azért tesszük idézőjelbe, mert a skaláris szorzat nem művelet.)

vw wv

(„kommutativitás”) vw

akkor és csak akkor 0, ha w

0 vagy v

0 vagy w v

v v v v 2 2

. (Bármely vektor skaláris négyzete egyenlő az abszolút értéke négyzetével.)

wv w v w v

6.1. ábra Erő, elmozdulás

a

F

r

megoldások szemléltetése

34


Egy háromszögben a szokásos jelölé-sekkel a b3 5 66, , . Adjuk meg a háromszög súlyvonalainak hosszát!

Egy háromszögben a szokásos jelölé-sekkel a b3 5a b3 5a b

Megoldás:Csak az egyik súlyvonal (sc) hosszának megadását mutatjuk meg, a többit az olvasóra bízzuk, a kapott eredményt az 5.7. áb-rán ellenőrizhetjük.Legyen CD BD! Ekkor CD a sin , 2 74 és BD a cos , , 1 22

BD a cos , , 1 22 ezért DF c BDc 21 48, . A Pitagorasz-tétel

a CDFc derékszögű háromszögben: s CD DFc c2 2 3 12, .

Az itt bemutatott megoldási mód eléggé körülményes. A későb-biekben egy egyszerűbb megoldási lehetőséget is megmutatunk majd.

Legyenek egy konvex négyszög átlói e és f, valamint az általuk bezárt szög ε! Adjuk meg a négyszög területét!

Legyen a két átló metszéspontja M! Ekkor AMB DMC és BMC DMA .Alkalmazva a háromszög trigonometrikus területképletét és egy trigonometrikus azonosságot:

t AM BM

tBM e AM

BM e AM

t

AMB

BMC

C

sin

sin

sin

2

2

2

MMD

DMA

e AM f BM

tAM f BM

AM f BM

sin

sin

2

2ssin

.

2A négyszög területe e négy háromszög területének az összege. Elvégezve a műveleteket, a sin

2-t

kiemelve kapjuk, hogy

t AM BM BM e AM BM ef BM e AM f AM BM AM f AM BMsin .2

Az összevonás után kimondhatjuk a következő tételt.Az összevonás után kimondhatjuk a következő tételt.

A négyszög területe: t ef sin .2

5.7. ábra A példában szereplő háromszög

b 5

a 3

c 5,4

BD 1,22

A

BC

D

a

a

bg

e

b c

a 33,24°

b 66°

g 80,76°

sc

Fc

sb

Fb

sa 4,98

sc 3,12

sb 3,58

Fa

sa

5.8. ábra Konvex négyszög

D

C

BA

d

c

b

f

M

e

a

e

humoros szemléltetés

12


A hatvány fogalommal már általános iskolás tanulmányaink so-rán találkoztunk. Ha a tetszőleges valós szám és x 1-től külön-böző pozitív egész szám, akkor ax-nel (a: – alap, x: – kitevő) jelöltük az olyan x tényezős szorzatot, melynek minden ténye-zője a. Abban is megállapodtunk, hogy a a1 .

A 9. osztályban már továbbléptünk. Értelmeztük a 0 kitevős hatványt. Ekkor azonban az alapra megszorítást kellett tenni. A nullától különböző valós a számra a0 1. Ebből következő-en a kitevő már tetszőleges természetes szám lehetett.

Itt sem álltunk meg, értelmeztük a negatív egész kitevős hatványt is. Ha a nullától különböző valós szám és x pozitív

egész szám, akkor aa

xx

1 . Ekkorra már a kitevő tetszőleges egész szám lehetett.

A pozitív egész kitevős hatvány definíciója még egészen kézenfekvőnek tűnt (négyzet területe, kocka térfogata stb.), de az eztán következő definíciók meglepetést okozhattak. A 9. osztályban esett szó arról, hogy azért így adtuk meg a meghatározásokat, hogy a szűkebb kitevő halmaz esetében bebizonyított azonosságok a bővebben is azonosságok maradjanak. Ezt az elvárást permanencia-elvnek neveztük.

Természetesnek tűnhet a továbblépés: bővítsük a kitevő halmazt, értelmezzük a racionális kite-vős hatványt! Következetesen ragaszkodjunk a permanenciaelvhez! Ehhez vegyük számba a hatvá-nyozás azonosságait! (A kifejezések értelmezési tartományának meggondolását az olvasóra bíz-zuk.)

1. a a ax y x y (azonos alapú hatványok szorzata)

2. aa

ax

yx y (azonos alapú hatványok hányadosa)

3. a b abx x x (azonos kitevőjű hatványok szorzata)

4. ab

ab

x

x

x

(azonos kitevőjű hatványok hányadosa)

5. a ax y xy (hatvány hatványa)

Milyen meghatározást adnánk a következő racionális kitevős hatvá-nyokra?

a) 312 b) ( )2

43 c) ( )5

34 d) 2

32 e) 11

57

Milyen meghatározást adnánk a következő racionális kitevős hatvá-nyokra?

Megoldás:

a) Legyen a 312 ! Emeljük négyzetre az egyenlet mindkét oldalát, és alkalmazzuk az 5. azonossá-

got!

1.1. ábra Mit jelent ez?

ax=?

1.2. ábra Repetitio est mater studiorum

Saci

raj

z

Ide egy rajz. Egy kislány ül a hatványozás azonosságai címet

viselő könyv előtt.

A képi elemek

6



---

Mintalecke

36


A következőkben visszatérünk a vektorokhoz. A figyelmes olva-sónak bizonyára feltűnt, hogy a vektorokat összeadtuk, kivon-tuk, de egymással nem szoroztuk őket. Van értelme vektorok szorzásáról beszélni? Szükség van erre egyáltalán?

A matematika történetében sokszor fordult elő, hogy a fizi-ka igényei mozdították elő a matematika fejlődését. Ez történt a vektorok esetében is.

A fizikában léteznek vektormennyiségek, ilyen például az erő és az elmozdulás. E két mennyiség között kapcsolat van, hiszen az erő hatására jön létre elmozdulás.

A mellékelt képen a szánkót húzó fiatalember F

erőt fejt ki a szánkóra, aminek hatására a szánkó r

elmozdulással mozdul el. Az erő- és elmozdulásvektorok egymással szö-get zárnak be. Ebben az esetben a fizikusok a végzett munkát a W F r

cos képlettel számolják ki. A munka a fizikában

skalármennyiség.

A fenti meggondolás indokolja a következő definíciót.

Legyen v

és w

két nem nullvektor, az általuk bezárt szög 00 !

A két vektor skaláris szorzata: vw v wv w

v wv wv wv w cos .s .s . A nullvektornak bármely vektorral vett

skaláris szorzata 0 0 00 0 00

0 0v v0 00 0v v0 00 00 00 00 00 0v v0 00 0v v0 00 0v v0 00 0v v0 0 .

Megjegyzés:Az imént definiált skaláris szorzat nem művelet, hiszen nem egy halmaz összes rendezett elempárjához rendel egy elemet a halmazból. Egy rendezett vektorpárhoz rendel egy valós számot.

Értelmezhető olyan szorzás is vektorok között, amelynek eredménye vektor, de a vektorális szorzat nem része a középiskolai tananyagnak.

Legyenek u

, v

és w

tetszőleges vektorok és tetszőleges valós szám! A definícióból követ-kezően igazak a következő tulajdonságok. (A tulajdonságok nevét azért tesszük idézőjelbe, mert a skaláris szorzat nem művelet.)

vwvw wv

(„kommutativitás”) vw

akkor és csak akkor 0, ha w

0 vagy v

0 vagy w v

w vw v

v v v vv v 2 2 2v vv v v vv v (Bármely vektor skaláris négyzete egyenlő az abszolút értéke négyzetével.)

w v w v

wvwv wv wv

w vw v

w vw vw vw v

6.1. ábra Erő, elmozdulás

a

F

r

37

Ezek a tulajdonságok közvetlenül a definíciók alkalmazásával igazolhatók, a meggondolásukat az olvasóra bízzuk.

A „kommutativitás” teljesülése felveti azt a kérdést, hogy „asszociatív”-e a vektorok skaláris szorzata, azaz tetszőleges vektorok esetén igaz-e, hogy uv w u vw

. Tekintettel arra, hogy a skaláris szorzat szám, uv w w

és u vw u

, így a vizsgált egyenlet nem állhat fenn tetszőleges vektorok esetében, azaz a skaláris szorzat nem „asszociatív”.

Ha analógiát keresünk a számok szorzása és a skaláris szorzat között, akkor felvethető a kér-dés, hogy a skaláris szorzat „disztributív”-e az összeadásra nézve, azaz tetszőleges vektorok esetén igaz-e, hogy u v w uw vw

. Ennek eldöntéséhez előbb néhány – önmagában is érdekes – meg-gondolást kell tenni.

Legyen v

tetszőleges nem nullvektor, e

pedig egységvektor e

1 ! Ekkor a definíció sze-

rint ve v e v

cos cos . Ez azt jelenti, hogy e skaláris szorzat a v

e

-vel párhuzamos egye-

nesre vonatkozó merőleges vetületének az előjeles hossza.

Legyen v

és w

két tetszőleges nem nullvektor e

pedig egységvektor!

A 6.4. és 6.5. ábrák segítik annak igazolását, hogy e v w ev ew

.

Legyenek u

, v

és w

tetszőleges vektorok és e

olyan egységvektor, amelyre u e

. Ekkor

u u e

. Alkalmazva az előzőekben kapott összefüggéstu v w u e v w u ev ew u ev u ew uv

vw

. Bebizonyítottuk, hogy a skaláris szorzat „disztributív” az összeadásra nézve.

6.2. ábra 02

C a E

D

v

e

ve e

6.3. ábra

2

CaE

D

v

e

ve e

6.4. ábra „ ev ew

”

ve e

we e

v

w

C

D

G

HE

e

6.5. ábra „ e v w

”

v

w

C

D

G

HE

e

te e

t v w

Kapcsolódás a fizikához

A megértést segítő ábrák

77



---

38


Az ABC háromszög síkjának mely pontjára igaz, hogy a csúcsoktól mért távolságainak négyzetösszege minimális?

Az távolságainak négyzetösszege minimális?

Megoldás: Legyen az ABC háromszög síkjának tetszőleges pontja P, súlypontja S! Ekkor

PA PB PC PA PB PC SA SP SB S2 2 2 2 2 2 2

PP SC SP

SA SB SC SP SA

2 2

2 2 22

SB SC SP SA SB SC SP3 32 2 2 2 2

.

(Felhasználtuk a skaláris szorzat tulajdonságait, valamint az 1. Vektorok című lecke 1. példájának eredményét.) A kapott eredményből következik, hogy a vizsgált négyzetösszeg akkor minimális, ha P S.

Egy húrnégyszög átlói merőlegesek egymásra. Bizonyítsuk be, hogy a négyszög bármely két szemközti oldalának négyzetösszege egyenlő a négyszög köré írt kör átmérőjének négyzetével!

Egy húrnégyszög átlói merőlegesek egymásra. Bizonyítsuk be, hogy a négyszög bármely két szemközti oldalának négyzetösszege egyenlő a négyszög köré írt kör

Megoldás: A négyszög csúcsai legyenek A, B, C és D, a köré írt kör közép-pontja O! Az O-ból a csúcsokba mutató vektorokat a megfelelő kisbetűkkel jelöljük. Ekkor az a b c d

, , , vektorok a kör (R) suga-rával egyenlő hosszúak, azaz a b c d R

2 2 2 2 2 .

AB CD AB CD

b a d c

a b c d

2 2 2 2

2 2

2 2 2

2

2

2

4 2

ab cd

R ab cd .A kerületi és középponti szögek tétele miatt

BOA COD BCA CBD

BCE CBE

BOA COD

2 2

2 22

,

.

Ebből következően

ab cd R

2 0cos cos , így AB CD R R2 2 2 24 2 . Az állítást bebizonyítottuk.

Legyen v v v

1 2; és w w w

1 2; két nem nullvektor a koordinátáival adva az i j

, bázisban! Ekkor

vw v i v j w i w j v w i v w i j v w ji v w

1 2 1 2 1 1

2

1 2 2 1 2 22

2

1 1 2 2j v w v w

.

6.6. ábra Merőleges átlójú húrnégy-szög

jC

BA

E

D

O

b a

dc

k

39

Két vektor skaláris szorzata vw

1 1 2 2j v1 1j v1 1w v1 1w v1 1 w2 2w2 21 11 1j vj v1 1j v1 11 1j v1 1w vw v1 1w v1 11 1w v1 1 .

(Felhasználtuk, hogy merőleges vektorok skaláris szorzata 0, és az egységvektorok skaláris négy-zete 1.)

Megadtuk két, koordinátáival adott vektor skaláris szorzatát. Adjuk meg e vektorok hajlás-szögének koszinuszát is! (Ebből már megkaphatjuk a vektorok hajlásszögét.) Emlékezzünk arra, hogy két vektor hajlásszöge az őket reprezentáló irányított szakaszok által bezárt szög, melyre igaz, hogy 0; !

vw v w

v w v w v v w wv w v

cos

cos ,

cos

1 1 2 2 12

22

12

22

1 1 2ww

v v w w2

12

22

12

22

.

így:

Két vektor hajlásszögének koszinusza:v w v

cos 1 1v w1 1v w 2www

v v w w2www2www

1v v1v v22

21w w1w w2

2w w2w w 2v vv v2222 w ww w

.

Adott egy vektor a koordinátáival: v v

; .v vv v1 21 2v v1 2v vv v1 2v v ; .; .v; .vv; .v1 2; .1 21 2; .1 2v1 2v; .v1 2vv1 2v; .v1 2v Adjuk meg azoknak a vek-toroknak a koordinátáit, melyek merőlegesek a v

-re és abszolút értékük egyenlő a v

ab-

szolút értékével (a v

p2

-vel való elforgatottjai)!

Adott egy vektor a koordinátáival: toroknak a koordinátáit, melyek merőlegesek a

Megoldás: Legyen egy ilyen keresett vektor x x x

1 2; ! Az x v

, így v x v x1 1 2 2 0. Ugyanakkor x v

,

azaz v v x x12

22

12

22 . Az egyenletrendszert megoldva két megoldást kapunk: x v v1 2 1

; és

x v v2 2 1

; .

1. Legyen adott három pont a síkban, M, A és B úgy, hogy MA MB, u és v az M-re illeszkedő két egyenes. Az A pont-ra illeszkedő, MA-ra merőleges egyenes U pontban metszi u-t. A B-re illeszkedő, MB-re merőleges egyenes V pontban metszi v egyenest. Az A-ra illeszkedő, u-ra merőleges és a B-re illeszkedő, v-re merőleges egyenesek metszéspontja le-gyen W! Milyen szöget zárnak be az MW és UV egyenesek?

2. Egy tetraéder kitérő élpárjainak felezőpontjait összekötő szakaszok páronként merőlegesek egymásra. Milyen meg-állapításokat tehetünk erre a tetraéderre vonatkozóan?

6.7. ábra Tetraéder

A tanult ismere-tek alkalmazása

Emelt szintű tan-anyagon túlmuta-tó feladatok

Szemléltető ábra

8

Kívánjuk, hogy sikerrel tanuljanak és tanítsanak tankönyvünkből!A Szerzők és a Kiadó

6726 Szeged, Fürj u. 92/B • Tel.: (62) 548-444 • Fax: (62) 548-443 E-mail: [email protected] • Web: www.olvas.hu

MX-350 Út a tudáshoz: Matematika emelt szint 11-12. osztály 2860 Ft Megjelenés: 2010. május

MX-351 Matematika emelt szint 11-12. osztály Digitális kiegészítõ tanagyagok és tanári kézikönyv DVD-n ingyenes* Megjelenés: 2010. december

* Osztálynyi rendelés esetén a DVD-t ingyen biztosítjuk.



---

40


3. Adjuk meg azokat a vektorokat, amelyek 14°-os szöget zárnak be a v

3 4; vektorral, és kétszer hosszabbak a v

vektornál!

4. Adjuk meg azokat a vektorokat, amelyek merőlegesek a v

3 4; vektorra és kétszer hosszabbak a v

vektornál!

5. A v

3 4; és a w t

;5 vektorok merőlegesek egymásra. Adjuk meg a t lehetséges értékeit!

6. Adottak v

3 4; és a w

1 5; vektorok. Adjuk meg a 2 3v w

és 4 5v w

vektorok hajlásszögét! 7. Az ABCD téglalap AB oldalának felezőpontja F. A C-ből induló szögfelező egy P pontjának

vetülete a BC egyenesre Q. Bizonyítsuk be, hogy ha a PF egyenes merőleges a DQ egyenesre, akkor AP BC. (KöMaL B. 3483.)

8. Az ABC derékszögű háromszög AC befogójához tartozó súlyvonal merőleges az AB átfogóhoz tartozó súlyvonalra. Fejezzük ki az AC átfogóhoz tartozó súlyvonal hosszát a BC a függvé-nyében!

Korábbi példáinkban már találkoztunk azzal a problémával, hogy egy ABC háromszög két oldalának (a és b) és általuk közbezárt szög ( ) ismeretében kerestük a harmadik oldalt. Elég körülményes megoldást találtunk. Keressünk egyszerűbb módszert!

Legyen CA a

és CB b

! Ekkor a b b a

, . Ebből következően:

c AB AB b a b a ab b a a b2 2 2 2 2 2 2 22 2

cos a b ab2 2 2 cos .

Azt kaptuk tehát, hogy

c a b ab2 2 2 2 cos .

Ezt a tételt koszinusztételnek nevezzük.

Megjegyzés:

2

esetén cos , 0 és ekkor a koszinusztétel a Pitagorasz-

tételre redukálódik.A koszinusztételt gyakran arra használjuk, hogy három oldal ismeretében megadjuk a három-

szög szögeit, így érdemes a tétel egy másik alakját is megjegyezni:

cos .a b c

ab

2 2 2

2

7.1. ábra A bizonyítás vektorai

C

BA

b a

c

a

b

g

Gyakorló feladatok

Kapcsolódó kiadványok:

tankönyvsorozat matematikamaximkiado.hu/pub/item_attach/515/178.pdf · 2011. 4. 29. · 1 a kötet...

Documents