Matematika | Középiskola » Matematika érettségi elméleti tételek

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 1. Mit értünk két vagy több egész szám legnagyobb közös osztóján? Hogyan határozható meg? Két vagy több egész szám legnagyobb közös osztója az a legnagyobb egész szám, amely az adott számok mindegyikének osztója. A és B egész számok legnagyobb közös osztójának jele: (A,B) Meghatározása: a számokat prímtényezőkre bontjuk, és azokat a prímszámokat, amelyek mindegyik számban szerepelnek, az előforduló legkisebb hatványkitevőre emeljük és összeszorozzuk. 2. Mit értünk két vagy több egész szám legkisebb közös többszörösén? Hogyan határozható meg? Két vagy több egész szám legkisebb közös többszöröse az a legkisebb pozitív egész szám, amely az adott számok mindegyikének többszöröse. A és B egész számok legkisebb közös többszörösének jele: [A,B] Meghatározása: a számokat prímtényezőkre bontjuk, és azokat a prímszámokat, amelyek valamelyik számban

szerepelnek, az előforduló legnagyobb hatványkitevőre emeljük és összeszorozzuk. 3. Milyen számot nevezünk prímszámnak? Mikor mondjuk, hogy két vagy több egész szám relatív prím? A pozitív egész számokat osztóik száma szerint három csoportba sorolhatjuk:  Egy osztója van: az egyetlen ilyen szám az 1.  Kettő osztója van (1 és önmaga): ezeket a számokat nevezzük prímszámoknak (vagy törzsszámoknak).  Kettőnél több osztója van: ezeket a számokat nevezzük összetett számoknak. Két, vagy több egész szám relatív prím, ha az 1 –en és a –1 – en kívül nincs más közös osztójuk. (Ilyenkor a legnagyobb közös osztójuk az 1) 4. Mit jelent az, hogy a valós számokra értelmezett összeadás és szorzás kommutatív, asszociatív, illetve a szorzás az összeadásra nézve disztributív? Az összeadás kommutatív: bármely A és B valós számokra igaz, hogy: A + B = B + A Az összeadás asszociatív: bármely A, B és C valós

számokra igaz, hogy: (A + B) + C = A + (B + C) A szorzás kommutatív: bármely A és B valós számokra igaz, hogy: A × B = B × A A szorzás asszociatív: bármely A, B és C valós számokra igaz, hogy: (A × B) × C = A × (B × C) A szorzás az összeadásra nézve disztributív: bármely A, B és C valós számokra igaz, hogy: (A + B) × C = A × C + B × C 5. Definiálja az egyenes arányosság és a fordított arányosság fogalmát! Ha két változó mennyiség összetartozó értékeinek hányadosa állandó, akkor azt mondjuk, hogy a két mennyiség egymással egyenesen arányos. (Y / X = állandó) (Ha például az egyik mennyiség duplájára növekszik, akkor a másik mennyiség is duplájára kell növekedjék. Ahányszorosára változik az egyik, ugyanannyiszoros lesz a másik is. Ha a fenti összefüggést átrendezzük, akkor az Y = állandó × X képletet kapjuk, tehát az Y változó lineáris függvénye X –nek. Ebből következik, hogy az Y = f (X) függvény

képe az origón átmenő egyenes.) Ha két változó mennyiség összetartozó értékeinek szorzata állandó, akkor azt mondjuk, hogy a két mennyiség egymással fordítottan arányos. (Y × X = állandó) (Ha például az egyik mennyiség duplájára növekszik, akkor a másik mennyiség felére kell csökkenjen. Ahányszorosára változik az egyik, ugyanannyadára csökken a másik. Ha a fenti összefüggést átrendezzük, akkor az Y = állandó / X képletet kapjuk, tehát az Y változó törtfüggvénye X –nek. Ebből következik, hogy az Y = f (X) függvény képe egy origó középpontú hiperbola.) MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 6. Hogyan definiáljuk az a valós szám pozitív egész kitevőjű hatványát? an jelentése (ahol a tetszőleges valós szám, n pozitív egész szám):  a1 = a n  ha n > 1 akkor a = olyan n tényezős szorzat, amelynek minden tényezője a. 7. Igazolja a következő azonosságokat (a, b valós számok, n, k pozitív

egész)! a) (ab)n = an bn n an a    bn b c) (an)k = ank Bizonyítások: a) (ab)n = a b a b a b = a a a b b b = an bn . A bizonyításban a szorzás kommutativitását és asszociativitását használtuk fel. n a a a aa.a a n a b)     .  b b b bb.b b n b b) c) a  n k nk  aa . . .  a aa  a.aa  a  a ndb  ndb ndb   nkdb 8. Definiálja a nemnegatív valós szám négyzetgyökét! Mivel egyenlő a 2 ? Egy nemnegatív valós a szám négyzetgyöke az a nemnegatív valós szám, amelynek négyzete a. a2  a 9. Definiálja a racionális szám fogalmát! A racionális számok olyan számok, amelyek felírhatók két egész szám hányadosaként, p azaz felírhatók alakban, ahol p és q egész számok, továbbá q  0. q 10. Mi a számelmélet alaptétele? Minden 1 – től különböző pozitív egész számot fel lehet bontani prímszámok szorzatára; ez a felbontás

a tényezők sorrendjétől eltekintve egyértelmű. (Ez az ún prímtényezős felbontás) MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 11. Bizonyítsa be, hogy a 2 irracionális szám! A bizonyítás indirekt: tegyük fel, hogy a 2 racionális szám, azaz felírható p alakban, ahol p q is és q is pozitív egész. p 2 emeljük mindkét oldalt négyzetre! q p2 2  2 átrendezve: q 2q 2  p 2 Négyzetszámban a számelmélet alaptétele (egyértelmű prímtényezőkre bonthatóság) és a hatványozás azonosságai miatt minden prímtényező páros kitevővel (vagy nulla) szerepel. Tehát az utolsó sorban a jobboldalon a 2 –es prímtényező kitevője páros (vagy nulla) viszont a baloldalon páratlan (páros + 1)! A két oldal egyenlő, így egy számnak kétféle prímtényezős felbontása léteznék, ami ellentmond a számelmélet alaptételének! Tehát az indirekt feltevés helytelennek bizonyult, azaz a 2 irracionális szám. 12. Hogyan definiálja egy pozitív

szám 0, negatív egész és racionális kitevőjű hatványát? a 0  1 ahol a > 0 1 a  n  n ahol a > 0, és n pozitív egész szám a p a  a p ahol a > 0, p egész szám, és q > 1 egész szám. q q 13. Mit értünk egy valós szám n -edik gyökén (n pozitív egész)? Határozza meg 3 27 ; 4 256 ; 5  32 értékét!  Ha a gyökkitevő (n) pozitív páros szám: Valamely nemnegatív a szám n –edik gyöke az a nemnegatív szám, amelynek n –edik hatványa a.  Ha a gyökkitevő (n) 1 –nél nagyobb pozitív páratlan szám: Valamely a szám n –edik gyöke az a szám, amelynek n –edik hatványa a. 3 5 4 27  3 256  4  32  2 14. Igazolja a következő azonosságokat! a) n ab  n a n b b) n a  b n n   a b n c) k a  k a n Milyen kikötéseket kell tenni a –ra, b –re, n –re és k –ra? a) A gyökfogalom definíciója szerint a bal oldalon álló kifejezés n –edik hatványa ab. A jobb oldalon álló

kifejezés n –edik hatványa (felhasználva a hatványozás azonosságait):      n n n a n b  n a n b  ab Ezzel az állítást bizonyítottuk. Kikötések: n > 1 egész szám; páros n esetén a és b is nemnegatív valós szám; páratlan n esetén a és b is tetszőleges számok. n b) A gyökfogalom definíciója szerint a bal oldalon álló kifejezés n –edik hatványa a . A jobb oldalon álló kifejezés n –edik hatványa: b n n a    n b     a  b n n n n  a Ezzel az állítást b bizonyítottuk. Kikötések: n > 1 egész szám; páros n esetén a nemnegatív valós szám, b pozitív valós szám; páratlan n esetén a tetszőleges valós szám, b  0 valós szám. c) A gyökfogalom definíciója szerint a jobb oldalon álló kifejezés k –adik hatványa an. A bal   k     n n nk k oldalon álló kifejezés k –adik hatványa:  k a   k a 

 k a   a n     Kikötések: n tetszőleges egész szám, k > 1 egész szám; páros k esetén a nemnegatív valós szám; páratlan k esetén a tetszőleges valós szám. 15. Mit nevezünk egy valós szám normálalakjának? Írja fel a következő számok normálalakját! 78 0,000 173; 58 200 000; 582 Egy valós szám normálalakja olyan két tényezős szorzat, amelyben az egyik tényező abszolút értéke 1, vagy 1 –nél nagyobb, de 10 –nél kisebb; a másik tényezője 10 –nek egész kitevős hatványa. 0,000 173 = 1,73 × 10 –4 58 200 000 = 5,8 × 10 7 78  0,13402  1,3402  101 582 MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 16. Mit jelent log a b ? Milyen kikötéseket kell tenni a -ra és b -re? log a b , vagyis b -nek a alapú logaritmusa az a kitevő, amelyre a -t emelve b -t kapunk. Kikötések: b > 0 ; a > 0 ; a ≠ 1 a log a b  b Megjegyzés: a definíció alapján 17. Igazolja a következő azonosságokat!

log a xy  log a x  log a y x  log a x  log a y b) log a y a) c) log a x  k log a x Milyen kikötéseket kell tenni x -re, y -ra, a -ra és k -ra? a) Kikötések: x > 0 ; y > 0 ; a > 0 ; a ≠ 1 . k Bizonyítás: A logaritmus definíciója alapján másrészt viszont x  a log a x és y  a  a loga x a loga y  a loga xloga y xy  a log a x a log a y loga xy xy  a log a xy (hiszen log a y ) A fentiek egyenlőségéből: a Az exponenciális függvények szigorú monotonitása miatt: log a xy  log a x  log a y b) Kikötések: x > 0 ; y > 0 ; a > 0 ; a ≠ 1 x Bizonyítás: A logaritmus definíciója alapján A fentiek egyenlőségéből: a loga x y loga x x a loga x y a  loga y másrészt y y a a loga x  loga y  a loga xloga y a Az exponenciális függvények szigorú monotonitása miatt: log a x  log a x  log a y y c) Kikötések: x > 0 ; a > 0 ; a ≠ 1 ; k tetszőleges valós szám

Bizonyítás: A logaritmus definíciója alapján másrészt  x k  a loga x k tehát   a loga x  a loga x x k  a loga x k k  k  a k loga x (többszörös hatványozás tulajdonsága) Az exponenciális függvények szigorú monotonitása miatt: log a x  k log a x k 18. Definiálja a következő fogalmakat! a) polinom; b) algebrai tört. a) Az egyhatározatlanú polinom olyan többtagú összeg, amelynek tagjai a határozatlan különböző kitevőjű hatványai valamilyen számmal szorozva. A határozatlan hatványkitevői csak természetes számok lehetnek. Pl.: 6x5 + 3x2 - 2x +5 Az előforduló legnagyobb hatványkitevő a polinom fokszáma. b) Az algebrai tört két polinom hányadosa. 3x 2  4 x  3 Pl.: 4x 6  2x 3  x 2 19. Mit nevezünk egyenletnek? Mi az egyenlet igazsághalmaza? Mikor mondjuk, hogy két egyenlet ekvivalens? Egyenletnek nevezünk bármely két, egyenlőségjellel összekötött matematikai kifejezést. A

kifejezésekben szereplő változók az ismeretlenek. Az egyenlet alaphalmaza (avagy értelmezési tartománya): az egyenlőségjel két oldalán lévő kifejezések értelmezési tartományainak közös része (metszete). Az egyenlet igazsághalmaza (megoldáshalmaza): az egyenlet alaphalmazának azon részhalmaza, amelynek elemeire az egyenlet igaz. Két egyenlet egymással ekvivalens, ha megegyezik az alaphalmazuk és megegyezik az igazsághalmazuk is. 20. Igazolja a másodfokú egyenlet megoldóképletét! A másodfokú egyenlet általános alakja: ax 2  bx  c  0 ahol a ≠ 0 b c  a x 2  x    0 emeljük ki a -t: a a  2  c b  b2 a zárójelben lévő részt alakítsuk teljes négyzetté: a  x    0  2  a  2a  4a  2  b  b 2  4ac    0 tovább alakítva: a x    2a  4a 2   b 2  4ac 2  0 tehát az egész Vizsgáljuk meg a diszkriminánst! Ha

b  4ac  0 akkor  4a 2 zárójel értéke pozitív. Ekkor viszont a bal oldal értéke nem lehet nulla (hiszen a ≠ 0), tehát az egyenletnek nincs megoldása! 2 2   b 2  4ac   b   2  0 Ha b  4ac  0 akkor a fenti egyenlet így írható: a  x       2a  2 a      A bal oldal szorzattá alakítható (az a 2  b 2  (a  b)(a  b) azonosság alkalmazásával):  b b 2  4ac  b b 2  4ac   0 a x  x     2a 2a 2a 2a    Mivel a ≠ 0 ezért a bal oldalon álló szorzat csak úgy lehet 0, ha a másik két tényezője közül valamelyik 0, vagyis ha x b b 2  4ac   0 , vagy 2a 2a x b b 2  4ac  0 2a 2a  b  b 2  4ac  b  b 2  4ac Tehát az egyenlet két megoldása: x1  és x 2  2a 2a 2  b  b  4ac A két megoldást egy képletbe foglalva: x1, 2  2a 2 Ha b  4ac 

0 akkor a két megoldás egybeesik. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 21. Mit ért a másodfokú egyenlet diszkriminánsán? Az ax2 + bx + c = 0 (a  0) másodfokú egyenlet diszkriminánsa: D = b2 – 4ac . A diszkrimináns előjele határozza meg az egyenlet gyökeinek számát. Ha D > 0, akkor az egyenletnek 2 különböző valós gyöke van; ha D = 0, akkor az egyenletnek 1 valós gyöke van; ha D < 0, akkor az egyenletnek nincs valós gyöke. 22. Bizonyítsa be a másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói közötti összefüggéseket! (Ezeket az összefüggéseket Viéte – formuláknak is szokás nevezni.) Az ax2 + bx + c = 0 (a  0) alakban felírt másodfokú egyenlet két gyökének összege:  b  b 2  4ac  b  b 2  4ac  2b  b    2a 2a 2a a A két gyök szorzatát így írhatjuk:   b  b 2  4ac   b  b 2  4ac   b 2  b 2  4ac   x1 x 2       2a 2a

2a 2    b 2  b 2  4ac 4ac c   2  a 4a 2 4a x1  x 2    2  23. Hogyan definiálja két nemnegatív szám számtani, illetve mértani közepét? ab Két valós szám (a és b) számtani közepe: 2 ab Két nemnegatív szám (a  0 és b  0) mértani közepe: 24. Mit ért a) pont és egyenes távolságán; b) párhuzamos egyenesek távolságán; c) pont és sík távolságán; d) párhuzamos síkok távolságán? a) Pont és egyenes távolságán a pontból az egyenesre bocsátott merőleges pont és egyenes közötti szakaszának hosszát értjük. b) Párhuzamos egyenesek távolságán az egyik egyenes valamely pontjából a másik egyenesre bocsátott merőleges két egyenes közötti szakaszának hosszát értjük. c) Pont és sík távolságán a pontból a síkra bocsátott merőleges pont és sík közötti szakaszának hosszát értjük. d) Párhuzamos síkok távolságán az egyik sík valamely pontjából a másik síkra

bocsátott merőleges két sík közötti szakaszának hosszát értjük. 25. Mit ért két kitérő egyenes távolságán? Bizonyítható, hogy két kitérő egyeneshez egyetlen olyan egyenes van, amely mindkettőt metszi, és mindkettőre merőleges. Ezt az egyenest a két kitérő egyenes normál tranzverzálisának nevezzük. Két kitérő egyenes távolságán annak a szakasznak a hosszát értjük, amelyet a normál tranzverzálisuknak az egyenesekkel alkotott metszéspontjai határoznak meg. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 26. Mit ért a) egyenes és sík hajlásszögén; b) két sík hajlásszögén? a) Azt mondjuk, hogy a síkot metsző egyenes merőleges a síkra, ha merőleges a síkra illeszkedő minden olyan egyenesre, amely átmegy az egyenes és a sík metszéspontján. Ha az adott egyenes nem merőleges a síkra, akkor az egyenes merőleges vetülete a síkon szintén egy egyenes. Ebben az esetben az egyenes és a sík hajlásszögén az egyenes és a

vetület hajlásszögét értjük. b) Párhuzamos síkok hajlásszöge 0. Ha két sík nem párhuzamos egymással, akkor metszésvonaluk egy pontjában mindkét síkban merőlegest állítunk a metszésvonalra. Ekkor a két sík hajlásszögén a két merőleges szögét értjük. 27. Mit ért két kitérő egyenes hajlásszögén? Két kitérő egyenes hajlásszögén a tér egy tetszőleges pontján átmenő, és az adott egyenesekkel párhuzamos egyenesek hajlásszögét értjük. 28. Mikor nevez két síkidomot egybevágónak? Sorolja fel a háromszög egybevágóságának alapeseteit! Két síkbeli alakzat egybevágó, ha van a síknak olyan egybevágósága, amely egyiket a másikba viszi. (Egybevágóság = távolságtartó geometriai transzformáció) Két háromszög egybevágó, ha a) oldalaik hossza páronként egyenlő, b) két-két oldaluk hossza páronként egyenlő, és az ezek által közbezárt szögek egyenlők, c) egy-egy oldaluk hossza és a rajtuk fekvő két-két

szögük egyenlő, d) két-két oldaluk hossza páronként egyenlő, és e két oldal közül a nagyobbikkal szemközti szögek egyenlők. 29. Osztályozza a síknégyszögeket a) az oldalak párhuzamossága; b) az oldalak egyenlősége szerint! a) Az oldalak párhuzamossága szerint: Trapézoknak nevezzük az olyan síknégyszögeket, amelyeknek van két párhuzamos oldaluk. Szimmetrikus trapézok az olyan trapézok, amelyeknek van a párhuzamos oldalakra merőleges szimmetriatengelyük. Paralelogrammák azok a trapézok, amelyeknek két-két párhuzamos oldaluk van. b) Az oldalak egyenlősége szerint: Paralelogrammáknak nevezzük az olyan síknégyszögeket, amelyeknek két-két szemközti oldaluk egyenlő. Közülük azok, amelyeknek minden oldaluk egyenlő: rombuszok. Deltoidoknak nevezzük az olyan síknégyszögeket, amelyeknek két-két szomszédos oldaluk egyenlő. 30. Milyen négyszöget nevez húrnégyszögnek, illetve érintőnégyszögnek? Azokat a síknégyszögeket

nevezzük húrnégyszögeknek, amelyeknek van körülírható köre. Azokat a síknégyszögeket nevezzük érintőnégyszögeknek, amelyeknek van beírható köre. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 31. Mit nevez középvonalnak a) paralelogramma; b) trapéz; c) háromszög esetén? Számítsa ki ezeknek a hosszát az oldalak ismeretében! a) A paralelogramma középvonala: két szemközti (párhuzamos) oldal felezőpontját összekötő szakasz. Tekintsük az ábrán látható paralelogrammát! Az F pont az AD oldal felezőpontja, a G pont pedig a BC oldal felezőpontja. Az AF szakasz párhuzamos, és egyenlő a BG szakasszal. Tehát az ABGF négyszög is paralelogramma, ezért az FG középvonal párhuzamos és egyenlő a paralelogramma DC illetve AB oldalával. b) A trapéz középvonala: a két szár felezőpontját összekötő szakasz. Tekintsük az ábrán látható ABCD trapézt! Az E felezőpontra tükrözve a trapézt, a középpontos tükrözés tulajdonsága

miatt, egy paralelogrammát kapunk, melynek középvonala 2 k hosszúságú (k az ac EF középvonal hossza). Innen 2k = a+c , azaz k  . 2 Vagyis a trapéz középvonala párhuzamos az alapokkal és hossza az alapok hosszának számtani közepe. C) A háromszög középvonala: a háromszög két oldalának felezőpontját összekötő szakasz. Az ábrán látható ABC háromszögben F és G a megfelelő oldalak felezőpontjai. A háromszöget az F oldalfelező pontra tükrözve az ABA’C paralelogrammát kapjuk. Ennek középvonala GG’, ami párhuzamos AB –vel és hosszuk egyenlő. Mivel F felezi GG’ –t, ezért a háromszög FG középvonala is párhuzamos AB –vel és fele olyan hosszú. 32. Igazolja, hogy a háromszögben nagyobb szöggel szemben nagyobb oldal van, és fordítva! 1) Először azt az állítást bizonyítjuk, amely szeint a háromszögben nagyobb oldallal szemben nagyobb szög van: Legyen AC < BC. Az AC szakaszt mérjük fel a C ponttól a CB

oldalra. Így a CB szakasz B’ belső pontját kapjuk Az AB’C háromszög egyenlő szárú, az egyenlő szögeket  -val jelöljük.  < , mert az AB’ szögszár a CAB szög belsejében halad.  < , mert  az AB’B háromszög B’ csúcsánál lévő külső szöge. A felírt két egyenlőségből következik, hogy  < , ami a bizonyítandó állítás. (Közben felhasználtuk, hogy a háromszög külső szöge nagyobb, mint bármelyik nem mellette fekvő belső szög, mivel bármely külső szög egyenlő a két nem mellette fekvő belső szög összegével.) 2) Most azt az állítást bizonyítjuk, amely szerint a háromszögben nagyobb szöggel szemben nagyobb oldal van: Az ABC háromszögben legyen  <  . A bizonyítás indirekt: tegyük fel, hogy AC < BC nem igaz! Ekkor vagy AC = BC teljesül vagy AC > BC teljesül. Ezek viszont nem teljesülhetnek, hiszen tudjuk, hogy egyenlő oldalakkal szemben egyenlő szögek vannak, nagyobb

oldalal szemben pedig negyobb szög van (lásd előbb). 33. Határozza meg a következő ponthalmazokat! A) Két adott ponttól egyenlő távolságra lévő pontok halmaza a síkban és a térben. B) Két adott egyenestől egyenlő távolságra lévő pontok halmaza a síkban. A) Két adott ponttól egyenlő távolságra lévő pontok halmaza a síkban a pontokat összekötő szakasznak az adott síkra illeszkedő felezőmerőlegese. Két adott ponttól egyenlő távolságra lévő pontok halmaza a térben a pontokat összekötő szakasz felezőmerőleges síkja. B) Ha a két adott egyenes párhuzamos, akkor az egyenesektől egyenlő távolságra lévő pontok halmaza egy olyan egyenes, amely a két adott egyenessel párhuzamos, és távolságukat felezi. Ha a két adott egyenes metszi egymást, akkor az egyenesektől egyenlő távolságra lévő pontok halmaza a két egyenes által bezárt szögek szögfelező egyenesei. (Két ilyen egyenes létezik, és ezek merőlegesek

egymásra.) 34. Határozza meg a következő ponthalmazokat! A) Három adott ponttól egyenlő távolságra lévő pontok halmaza a síkban és a térben. B) Egy sík három adott egyenesétől egyenlő távolságra lévő pontok halmaza a síkban. A) Három adott ponttól (A, B, C) egyenlő távolságra lévő pontok a síkban azok, amelyek egyenlő távolságra vannak A –tól és B –től is, és ugyanakkor B –től és C –től is. Tehát a keresett pontoknak rajta kell lenniük az AB szakasz felezőmerőlegesén és a BC szakasz felezőmerőlegesén is, azaz a keresett ponthalmaz a két felezőmerőleges közös pontjaiból áll. Ha az ABC pontok háromszöget alkotnak, akkor egyetlen ilyen pont van: az ABC háromszög körülírt körének középpontja. Ha a három pont egy egyenesbe esik (kollineárisak) akkor a felezőmerőlegesek nem metszik egymást, azaz nincs ilyen pont. A térben az A, B, C pontoktól egyenlő távolságra lévő pontok az AB szakasz felezőmerőleges

síkjának és a BC szakasz felezőmerőleges síkjának közös pontjai. Ha az ABC pontok háromszöget alkotnak, akkor ez a két sík egy egyenesben metszi egymást. Ez az egyenes az ABC háromszög körülírt körének középpontján átmenő, a háromszög síkjára merőleges egyenes. Ha a három pont egy egyenesbe esik (kollineárisak) akkor a felezőmerőleges síkok nem metszik egymást, azaz nincs ilyen pont. B) Ha a három egyenes párhuzamos, akkor nincs ilyen pont. Ha a három egyenes közül kettő párhuzamos egymással (e és f) és a harmadik metszi őket (g), akkor a keresett ponthalmaz nem más, mint az e és f egyenesek középpárhuzamosának (p) metszéspontjai az r illetve s szögfelező egyenesekkel. (Két ilyen pont létezik) Ha a három egyenes három különböző pontban metszi egymást, akkor négy ilyen pont létezik. Az adott egyenesek által határolt háromszög belsejében a belső szögfelezők metszéspontja (azaz a beírható kör középpontja),

kívül pedig egy belső szögfelezőnek és a másik két csúcshoz tartozó külső szögfelezőnek a metszéspontjai. Ha a három egyenes egyetlen pontban metszi egymást akkor ez a közös metszéspont az egyetlen olyan pont, amely egyenlő távolságra (=0) van az egyenesektől. 35. Igazolja, hogy a háromszög oldalainak felezőmerőlegesei egy pontban metszik egymást! Az AB oldal felezőmerőlegesének (e) minden pontja egyenlő távolságra van A –tól és B –től. Hasonlóképpen a BC oldal felezőmerőlegesének (f) minden pontja egyenlő távolságra van B – től és C –től. Mivel az A, B, C pontok nem esnek egy egyenesbe ezért az e és f egyenesek metszik egymást (P metszéspont). A P pont egyenlő távolságra van A –tól és B –től, valamint B –től és C –től, tehát egyenlő távolságra van A –tól és C –től is. Ekkor viszont a P pontnak rajta kell lenni az AC oldal felezőmerőlegesén, tehát a felezőmerőlegesek valóban egy közös

pontban metszik egymást. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 36. Igazolja, hogy a háromszög belső szögfelezői egy pontban metszik egymást! Az ABC háromszög  szögének belső szögfelezőjére igaz, hogy minden pontja egyenlő távolságra van a b és c oldalaktól. A  szög szögfelezőjére igaz, hogy minden pontja egyenlő távolságra van az a és c oldalaktól. Eme két szögfelező a háromszög belsejében metszi egymást, metszéspontjuk legyen M. Az M pontra igaz, hogy egyenlő távolságra van a b és c oldalaktól, és egyenlő távolságra van az a és c oldalaktól is. Tehát az M pont egyelő távolságra van az a és b oldalaktól is, ezért rajta kell lennie a  szög belső szögfelezőjén is. Ezzel beláttuk, hogy mindhárom szögfelező egyetlen közös pontban metszi egymást. 37. Bizonyítsa be, hogy a háromszög magasságvonalai egy pontban metszik egymást! Az ABC háromszög csúcsain keresztül húzzunk párhuzamosokat a szemközti

oldalakkal. A keletkezett új háromszög csúcsai A’B’C’. Az ABCB’, AC’BC és ABA’C négyszögek paralelogrammák, hiszen szemközti oldalaik párhuzamosak. Mivel egy paralelogramma szemközti oldalai egyenlő hosszúak, ezért B’C = AB és CA’ = AB tehát B’C = CA’ azaz a C pont felezi a B’A’ oldalt! Azaz az m c egyenes felezőmerőlegese a nagy háromszög B’A’ oldalának. Hasonló gondolatmenettel belátható, hogy az A pont felezi a B’C’ oldalt és a B pont felezi a C’A’ oldalt. Tehát az ABC háromszög magasságvonalai egyben az A’B’C’ háromszög oldalfelező merőlegesei. Tudjuk, hogy bármely háromszög oldalfelező merőlegesei egyetlen pontban metszik egymást (lásd 35. Tétel), ezért az ABC háromszög magasságvonalainak is egyetlen pontban kell találkozniuk. 38. Igazolja Thalész tételét és a tétel megfordítását! Thalész tétele: Egy kör tetszőleges átmérőjének két végpontját a körvonal bármely más

pontjával összekötve derékszögű háromszöget kapunk. Az átmérő a derékszögű háromszög átfogója Bizonyítás: Az ábrán az AB szakasz a kör átmérője, a C pont pedig a körvonal egy pontja. Kössük össze a kör O középpontját a C ponttal! A keletkező OA, OB, OC szakaszok egyenlő hosszúak (a kör sugarai), tehát az AOC és BOC háromszögek egyenlő szárúak, ezért az ábrán azonosan jelölt szögek egyenlők. Az ABC háromszög belső szögeinek összege:  +      = 2     = 180 . Ebből következően:    = 90 , tehát a C csúcsnál lévő szög valóban derékszög. A tétel megfordítása: Derékszögű háromszög köré írt kör középpontja nem más, mint az átfogó felezőpontja. Bizonyítás: Elég azt megmutatnunk, hogy az átfogó felezőpontja egyenlő távolságra van a háromszög csúcsaitól (hiszen a körülírt kör középpontja az egyetlen ilyen tulajdonságú pont). Tükrözzük a

háromszöget az átfogó F felezőpontjára! A középpontos tükrözés szögtartó, ezért az ábrán azonosan jelölt szögek egyenlők. (CABszög = ABC’szög, ABCszög = BAC’szög) Mivel      , ezért az ACBC’ négyszög téglalap! Tudjuk, hogy bármely téglalap átlói egyenlő hosszúak és felezik egymást, tehát AF = CF = BF. 39. Bizonyítsa be, hogy egy síknégyszög akkor és csak akkor érintőnégyszög, ha két-két szemközti oldalának összege egyenlő! Az „akkor és csak akkor” –jellegű tételek valójában kétirányú állítások, ezért a bizonyítást is „két irányban” kell elvégezni. Érintőnégyszögnek nevezzük azokat a konvex síknégyszögeket, amelyeknek van beírható köre 1. Irány: Minden érintőnégyszögben két-két szemközti oldal összege egyenlő Bizonyítás: Tudjuk, hogy egy körhöz egy külső pontból húzott érintőszakaszok egyenlők. Ebből következőleg az ábrán azonos betűvel

jelölt szakaszok egyenlők. A négyszög két-két szemközti oldalának összege: AB + CD = a + b + c + d BC + DA = b + c + d + a tehát AB + CD = BC + DA 2. Irány: Ha egy konvex síknégyszögben két-két szemközti oldal hosszának összege egyenlő, akkor a négyszög érintőnégyszög. A bizonyítás indirekt: Tegyük fel, hogy a négyszög nem érintőnégyszög. Válasszuk ki a négyszög három olyan oldalát amelyekre igaz, hogy az a oldalból kiinduló b és d oldalak összetartanak! (Minden olyan négyszögben tudunk így választani, amely nem paralelogramma.) Az a oldal és a b, d oldalegyenesek egyértelműen meghatározzák azt a kört, amely mindhármukat érinti. (Ennek a körnek a középpontja nem más, mint a B és D csúcsoknál lévő szögek szögfelezőinek metszéspontja.) Az indirekt feltevés szerint a c oldal nem érinti ezt a kört, azaz vagy belemetsz a körbe, vagy a körön kívül halad. Mozgassuk el a c oldal egyenesét önmagával párhuzamosan

úgy, hogy érintse a kört! Az így létrejött négyszög érintőnégyszög, azaz a + c’ = b’ + d’. Ha az eredeti c oldal belemetszett a körbe, c’ < c és b’ > b, d’ > d, azaz a mozgatásnál a c oldal csökkent, a b és d oldalak viszont növekedtek, ami ellentmond az a + c = b + d feltételnek! Ha az eredeti c oldal a körön kívül haladt, c’ > c és b’ < b, d’ < d, azaz a mozgatásnál a c oldal nőtt, a b és d oldalak viszont csökkentek, ami szintén ellentmond az a + c = b + d feltételnek! A bizonyítás során logikus gondolatmenettel ellentmondásra jutottunk, tehát az indirekt feltevésünk helytelen. (Paralelogramma esetén a c oldal hossza a mozgatásnál változatlan, a b és d oldalak hossza viszont változik, és így adódik ellentmondás.) MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 40. Igazolja, hogy egy négyszög akkor és csak akkor húrnégyszög, ha szemközti szögeinek összege 180 ! 1. Irány: Bármely

húrnégyszögben a szemközti szögek összege 180  Bizonyítás: Kössük össze a húrnégyszög körülírt körének középpontját a húrnégyszög két szemközti csúcsával! Tudjuk, hogy az azonos körívhez tartozó középponti és kerületi szögek aránya 2:1. (Középponti és kerületi szögek tétele; lásd 41. Tétel) Az ábrán látható, hogy 2      Ebből következik:     18  2. Irány: Ha egy négyszög szemközti szögeinek összege 180 , akkor a négyszög húrnégyszög. Bizonyítás: Az ABCD négyszög szemközti szögeinek összege:     18 . Rajzoljuk meg az ABD háromszög köré írt kört! Azt kell megmutatnunk, hogy a C pont is rajta van ezen a körön. A kör BD húrja az A pontból  szög alatt látszik, a C pontból pedig 180    szög alatt látszik. A síkon azon pontok helye, amelyekből a BD húr 180    szög alatt látszik nem más, mint a kör vastagon

jelölt köríve, és ennek a BD -re vonatkozó tükörképe (látókörívek tétele). Mivel az ABCD négyszög konvex, (ha nem lenne konvex, akkor szemközti szögeinek összege nem lehetne 180 !), a C csúcs nem lehet a tükörképen, csak a körre illeszkedő köríven. Tehát az ABCD négyszög valóban húrnégyszög, hiszen mind a négy csúcsa egy körre illeszkedik. 41. Bizonyítsa be, hogy a kör egy ívéhez tartozó bármely kerületi szög feleakkora, mint az ugyanehhez az ívhez tartozó középponti szög! (A tételt Bolyai Farkas magyar matematikus módszerével bizonyítjuk.) A tételben szereplő szögek többféle helyzetűek lehetnek; vegyük sorra az egyes eseteket: 1. Eset: Ha a kerületi szög kisebb, mint 90 és egyik szára a kör érintője (érintő szárú kerületi szög). Az ábrán látható EAO háromszög egyenlő szárú, ezért az EA alaphoz tartozó OF magasság felezi az  középponti szöget. Az EOF szög és az  szög merőleges

szárúak és mindkettő hegyesszög, így azok egyenlők. Tehát EOF szög =  / 2 = , azaz    2. Eset: Ha a kerületi szög nagyobb, mint 90 és egyik szára a kör érintője. Ekkor az ábrán látható szögekre igazak a következők:         (az előző eset alapján!)                 3. Eset: Ha a kerületi szög 90 és egyik szára a kör érintője Ekkor a kerületi szög másik szára átmegy a kör középpontján, tehát a megfelelő középponti szög 180. 4. Eset: Ha a kerületi szög nem érintő szárú Ez az eset kétféleképpen is megvalósulhat (lásd az ábrákat). Mindkét esetre igazak a következők: Húzzuk meg a kerületi szög csúcsához tartozó érintőt! Ekkor két érintő szárú kerületi szög is keletkezik:  1 ,  2 . Ezekre a szögekre fennáll, hogy  1 +    2 = 180 Az 1 Eset

és a 2 Eset alapján állíthatjuk, hogy az  1 szöghöz tartozó középponti szög 2 1 , az  2 szöghöz tartozó középponti szög 2 2 . Igaz továbbá, hogy      1   2 = 2 (180 1  2   . 42. Bizonyítsa be, hogy az n oldalú konvex sokszög belső szögeinek n(n  3) összege (n-2) 180, átlóinak száma pedig ! 2 A szögösszeg: A sokszög egyik csúcsából húzzunk átlókat a többi csúcsba. Így összesen n-3 darab átló húzható (mert saját magába és a szomszédos két csúcsba nem). Ezek az átlók a sokszög belsejében haladnak (mert a sokszög konvex) és a sokszöget n-2 darab háromszögre bontják. Az összes háromszög belső szögeinek összege megegyezik a sokszög belső szögösszegével. Egy háromszög belső szögeinek összege 180, tehát az összes háromszög belső szögeinek összege (n-2) 180. Az átlók száma: Egy csúcsból n-3 darab átló indul ki, n

csúcsból tehát n (n-3) darab átló indul ki. Így minden átlót kétszer vettünk számba (hiszen két végpontja van), tehát a sokszög n(n  3) átlóinak száma: . 2 43. Mi az összefüggés két (nemnegatív) szám számtani és mértani közepe között? Igazolja az összefüggést! Két nemnegatív szám számtani közepe nagyobb vagy egyenlő a mértani közepüknél. ab  ab (Egyenlőség akkor van, ha a = b.) 2 Bizonyítás: Bármely szám négyzete nagyobb vagy egyenlő, mint nulla, ezért tetszőleges a, b nemnegatív számokra igaz, hogy (a  b) 2  0 a 2  2ab  b 2  0 Végezzük el a négyzetre emelést, majd adjunk az egyenlőtlenség mindkét oldalához 4ab –t! a 2  2ab  b 2  4ab A bal oldal teljes négyzetté alakítható: (a  b) 2  4ab Mivel a és b nemnegatív számok, ezért az egyenlőtlenségből négyzetgyököt vonhatunk. a  b  2 ab ab  ab Végül mindkét oldalt kettővel osztva:. 2 A kiinduló

egyenlőtlenségből látható, hogy egyenlőség csak akkor áll fenn, ha a = b. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 44. Mi az egybevágósági transzformáció? Az egybevágósági transzformáció olyan geometriai transzformáció, amely távolságtartó, azaz bármely P és Q pontok esetén ha a P pont képe P’ és Q pont képe Q’ akkor P és Q távolsága megegyezik P’ és Q’ távolságával. (A geometriai transzformációk olyan függvények, amelyeknek értelmezési tartományuk és értékkészletük is ponthalmaz.) 45. A sík mely transzformációját nevezzük tengelyes tükrözésnek? Sorolja fel a tengelyes tükrözés tulajdonságait! Adott a sík egy t egyenese (ez a tengely). A sík egy tetszőleges, t -re nem illeszkedő P pontjához a t tengelyre vonatkozó tengelyes tükrözés azt a P’ pontot rendeli, amelyre fennáll, hogy a PP’ szakasz felezőmerőlegese a t tengely. Ha a P pont illeszkedik a t tengelyre, akkor a P’ pont megegyezik a P

ponttal. A tengelyes tükrözés tulajdonságai: 1 – Kölcsönösen egyértelmű leképzés. 2 – A leképzés szimmetrikus, azaz minden P pontra igaz, hogy ha a P pont képe P’ akkor a P’ pont képe P. 3 – A t egyenes (tengely) minden pontja fixpont, de más fixpont nincs. (Fixpontnak nevezzük az olyan pontot, amelynek a képe önmaga. Fix alakzatnak nevezzük, az olyan alakzatot, amelynek a képe önmaga) 4 – A t egyenes és a rá merőleges egyenesek fix egyenesek, de más fix egyenes nincs. 5 – A tengelyes tükrözés távolságtartó transzformáció. 6 – A tengelyes tükrözés szögtartó, azaz minden szög egyenlő nagyságú a tükörképével. 7 – A tengelyes tükrözés nem körüljárástartó; minden síkidom ellenkező körüljárású, mint a tükörképe. 46. A sík mely transzformációját nevezzük középpontos tükrözésnek? Sorolja fel a középpontos tükrözés tulajdonságait! Adott a sík egy O pontja (a tükrözés középpontja). A sík

tetszőleges, O –tól különböző P pontjához az O pontra vonatkozó középpontos tükrözés azt a P’ pontot rendeli, amelyre az O pont felezőpontja a PP’ szakasznak. Az O pont képe önmaga A középpontos tükrözés tulajdonságai: 1 – Kölcsönösen egyértelmű leképzés. 2 – A leképzés szimmetrikus, azaz minden P pontra igaz, hogy ha a P pont képe P’ akkor a P’ pont képe P. 3 – Az O pont az egyetlen fixpont. 4 – Minden O –ra illeszkedő egyenes fix egyenes, de más fix egyenes nincs. 5 – A középpontos tükrözés távolságtartó transzformáció. 6 – A középpontos tükrözés szögtartó, azaz minden szög egyenlő nagyságú a tükörképével. 7 – A középpontos tükrözés körüljárástartó. 8 – Ha egy egyenes nem illeszkedik az O pontra akkor a képe párhuzamos vele. 47. Milyen ponthalmazokat nevezünk a sík egy pontjára, illetve egy egyenesére szimmetrikusnak? Soroljon fel középpontosan, illetve tengelyesen szimmetrikus

háromszögeket, négyszögeket, sokszögeket! Ha egy ponthalmazhoz található olyan O pont, amelyre vonatkozó tükörképe megegyezik az eredeti ponthalmazzal, akkor ez a ponthalmaz középpontosan szimmetrikus és az O pont az alakzat szimmetriaközéppontja. Ha egy ponthalmazhoz található olyan t egyenes, amelyre vonatkozó tükörképe megegyezik az eredeti ponthalmazzal, akkor ez a ponthalmaz tengelyesen szimmetrikus és a t egyenes az alakzat szimmetriatengelye. Az egyenlőszárú háromszög tengelyesen szimmetrikus – általában egy szimmetriatengelye van. Speciális eset a szabályos (egyenlő oldalú) háromszög, amelynek 3 szimmetriatengelye is van. A deltoid, rombusz, téglalap, négyzet is tengelyesen szimmetrikusak. A deltoidnak általában egy szimmetriatengelye van, a rombusznak és a téglalapnak kettő, a négyzetnek négy. A rombusz, téglalap, négyzet középpontosan is szimmetrikusak. Általában a paralelogrammák középpontosan szimmetrikusak. A

trapézok általában nem szimmetrikusak, kivétel a húrtrapéz, amely tengelyesen szimmetrikus. (1 tengelye van) A szabályos hatszög tengelyesen és középpontosan is szimmetrikus, hat szimmetriatengelye van. Általában a szabályos N –szög tengelyesen szimmetrikus N darab szimmetriatengellyel, és ha az N páros, akkor középpontosan is szimmetrikus. 48. A sík mely transzformációját nevezzük pont körüli forgatásnak? Sorolja fel a tulajdonságait! Adott a sík egy O pontja és egy  szög. ( lehet pozitív vagy negatív is!) A sík egy tetszőleges, O –tól különböző P pontjához az O pont körüli  szögű forgatás azt a P’ pontot rendeli, amelyre teljesül, hogy a P’OP szög = . Pozitív szögű forgatásnál az óramutató járásával ellentétesen forgatunk, negatív szögű forgatásnál az óramutató járásával megegyezően. Az O pont képe önmaga Tulajdonságai: 1 – Kölcsönösen egyértelmű leképzés. 2 – A leképzés nem

szimmetrikus, kivéve, ha az elforgatás szöge = k*180. (kZ) 3 – Az O pont az egyetlen fixpont. (Kivéve, ha az elforgatás szöge = k*360. (kZ)) 4 – Fix egyenes nincs. (Kivéve, ha az elforgatás szöge = k*360. (kZ)) 5 – Minden olyan kör fix alakzat, amelynek középpontja az O pont. 6 – Távolságtartó transzformáció. 7 – Szögtartó, azaz minden szög egyenlő nagyságú az elforgatottjával. 8 – Körüljárástartó. 49. Milyen ponttranszformációt nevezünk eltolásnak? Sorolja fel az eltolás tulajdonságait! Adott egy v vektor. A v vektorral való eltolás a tér tetszőleges P pontjához azt a P’ pontot rendeli, amelyre a P –ből P’ –be mutató vektor megegyezik a v vektorral. Tulajdonságai: 1 – Kölcsönösen egyértelmű leképzés. 2 – A leképzés nem szimmetrikus, kivéve, ha v = 0. 3 – Nincs fixpont. (kivéve, ha v = 0) 4 – Az adott v vektorral párhuzamos egyenesek és síkok fix alakzatok. 5 – Távolságtartó

transzformáció. 6 – Szögtartó, azaz minden szög egyenlő nagyságú az eltoltjával. 7 – Körüljárástartó. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 51. Milyen ponttranszformációt nevezünk középpontos hasonlóságnak? Sorolja fel a középpontos hasonlóság tulajdonságait! Adott egy O pont és egy  szám. (  0 valós szám) Az O középpontú,  arányú középpontos hasonlóság a sík egy tetszőleges, O –tól különböző P pontjához azt a P’ pontot rendeli, amely az OP egyenesen van, és amelyre OP’ = ||  OP. Ha a  szám pozitív, akkor a P’ pont az OP félegyenesen van, ha a  szám negatív, akkor a P’ pont az OP egyenes P –t nem tartalmazó félegyenesén van. Az O pont képe önmaga Ha || > 1 akkor nagyításról beszélünk, ha || < 1 akkor kicsinyítésről. Tulajdonságai: 1 – Kölcsönösen egyértelmű. 2 – Általában nem szimmetrikus (kivéve, ha || = 1). 3 – Általában egyetlen fixpontja

az O pont. (kivéve, ha  = 1) 4 – Minden olyan egyenes fix egyenes, amely illeszkedik az O pontra. 5 – Minden O –ra nem illeszkedő egyenes párhuzamos a képével. 6 – Szögtartó. 7 – Körüljárástartó. 8 – Nem távolságtartó, de aránytartó, azaz bármely szakasz képének és az eredeti szakasznak az aránya állandó (és megegyezik a hasonlóság arányának abszolút értékével). 52. Mit nevezünk vektornak? Mikor egyenlő két vektor? Az irányított szakaszokat vektoroknak nevezzük. (Tehát a vektor olyan mennyiség, amelynek nagysága és iránya is van.) A vektor hosszát a vektor abszolút értékének is nevezzük A nulla hosszúságú vektort nullvektornak nevezzük; ennek iránya tetszőleges. Az a vektorral megegyező nagyságú, de ellentétes irányú vektort az a vektor ellentettjének nevezzük. Jele: -a Két vektor akkor egyenlő, ha nagyságuk és irányuk is megegyezik. 53. Hogyan definiáljuk két vektor összegét, illetve

különbségét? Sorolja fel a vektorösszeadás tulajdonságait! Adott az a és b vektor. Valamely pontból kiindulva felmérjük az a vektort, majd a végpontjából kiindulva a b vektort. A két vektor összege az a vektor, amely az a vektor kezdőpontjából a b vektor végpontjába mutat. A vektorok összeadása kommutatív a+b=b+a és asszociatív művelet. a+(b+c)=(a+b)+c Két vektor különbségén az első vektornak és a második vektor ellentettjének összegét értjük. a – b = a + (– b) Megjegyzés: Két vektor különbségét kétféleképpen is megszerkeszthetjük: A definíció alapján: Másképpen: 54. Mit értünk egy vektor számszorosán? Ha a  0 akkor az a vektor és a  szám szorzata olyan vektor amelynek abszolút értéke: |  |  | a | és iránya  > 0 esetén megegyezik az a vektor irányával,  < 0 esetén ellentétes vele,  = 0 esetén pedig tetszőleges. Ha a = 0 akkor   a = 0 . 55. Bizonyítsa be, hogy a háromszög

súlyvonalai egy pontban metszik egymást! A bizonyítás során azt fogjuk megmutatni, hogy a háromszög súlyvonalai úgy harmadolják egymást, hogy a metszéspont a súlyvonalaknak az oldalhoz közelebbi harmadolópontjában van. Tekintsük az ábrán látható háromszög A és B csúcsaihoz tartozó súlyvonalait. Az S pont a két súlyvonal metszéspontja, az E és F pontok pedig a megfelelő oldalak felezőpontjai. Az ABS háromszög és az FES háromszögek hasonlók, mert megfelelő szögeik páronként egyenlők. (Hiszen EF || AB) A hasonlóság aránya 2:1 mert az EF szakasz feleakkora, mint a neki megfelelő AB szakasz (hiszen EF a háromszög egyik középvonala). Tehát AS:SF = BS:SE = 2:1 , azaz az S pont az állításnak megfelelően harmadolja a két súlyvonalat. Hasonlóképp belátható, hogy a C csúcshoz tartozó súlyvonal is az oldalhoz közelebbi harmadolópontban metszi az A ponthoz tartozó súlyvonalat. Mivel Az AF szakaszon nem lehet két, F –hez

közelebbi harmadolópont, ezért mindhárom súlyvonalnak ugyanabban a pontban kell metsződnie. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 56. Bizonyítsa be a Pitagorasz-tételt és a tétel megfordítását! Pitagorasz tétele: A derékszögű háromszög befogóira rajzolt négyzetek területének összege egyenlő az átfogóra rajzolt négyzet területével. (Azaz a2 + b2 = c2 ahol a és b a derékszögű háromszög két befogójának hossza, c pedig az átfogó hossza.) Bizonyítás: Két egybevágó négyzetet rajzolunk, amelyeknek oldalhossza a derékszögű háromszög befogóinak összege (a + b). Mindkét négyzetből elveszünk az eredeti derékszögű háromszöggel egybevágó négy háromszöget, így az ábrán vonalkázással jelölt részek maradnak meg. A vonalkázott részek területe (a két négyzetben) megegyezik, hiszen egybevágó alakzatokból egybevágó alakzatokat vettünk el. A bal oldali négyzetben megmaradó idom éppen a befogóra rajzolt két

négyzet, területük összege: a2 + b2 A jobb oldali négyzetben megmaradó idom egy négyzet, hiszen: -- oldalai egyenlők (minden oldala c), -- szögei 90 fokosak, hiszen minden szöge = 180  ( + ) = 180  90 = 90. Ez a négyzet tehát éppen az átfogóra rajzolt négyzet, amelynek területe c2. Ezzel a tételt bizonyítottuk. A Pitagorasz-tétel megfordítása: Ha egy háromszög két oldalának négyzetösszege egyenlő a harmadik oldal négyzetével, akkor a háromszög derékszögű. (A leghosszabb oldallal szemben van a derékszög.) Bizonyítás: A feltétel szerint az ABC háromszögben a2 + b2 = c2 (Jobb oldali ábra). Rajzoljunk egy olyan A’B’C’ derékszögű háromszöget, amelynek befogói a és b (Bal oldali ábra)! Ennek a háromszögnek az átfogóját jelöljük c’ –vel. A Pitagorasz-tétel szerint (amit az előbb bizonyítottunk) igaz, hogy a2 + b2 = c’ 2. A fenti két egyenlőségből következik, hogy c2 = c’ 2 és mivel c és

c’ pozitív számok (oldalhosszak) ezért c = c’. Ekkor viszont az ABC és az A’B’C’ háromszögek egybevágók (hiszen oldalaik páronként megegyeznek) tehát az ABC háromszög is derékszögű kell legyen. 57. Fogalmazza meg a párhuzamos szelők tételét és a tétel megfordítását! A párhuzamos szelők tétele: Ha egy szög szárait párhuzamos egyenesekkel metsszük, akkor az egyik szögszáron keletkező szakaszok aránya megegyezik a másik száron keletkező megfelelő szakaszok arányával. A párhuzamos szelők tételének megfordítása: Ha egyenesek egy szög szárából olyan szakaszokat vágnak le, amelyek aránya mindkét száron ugyanaz, akkor az egyenesek párhuzamosak. A tétel csak akkor igaz, ha a szakaszok a szög csúcsától kezdve egymáshoz csatlakoznak, vagy minden szakasz egyik végpontja a szög csúcsa! IGAZ: NEM IGAZ: 58. Bizonyítsa be, hogy a háromszög belső szögfelezője a szemközti oldalt a szomszédos oldalak arányában

osztja! Forgassuk le az ABC háromszög b oldalát a c oldal egyenesére. Az így keletkező ACC’ háromszög egyenlő szárú, ezért az ACC’ szög megegyezik az AC’C szöggel. Továbbá a CAC’ szög kiegészítő szöge az ABC háromszög  szögének. Az AC’C szög nagysága tehát: (Az ACC’ háromszög szögösszegét felhasználva) 180  (180   )   2 2 Ebből következően az AD szakasz párhuzamos a C’C szakasszal. (Mert az AC’C szög és BAD szög egyállásúak.) A párhuzamos szelők tétele alapján: CD C A b   DB AB c Ezzel a tételt bizonyítottuk. 59. Mikor mondjuk két síkidomról, hogy hasonlók? Sorolja fel a háromszögek hasonlóságának alapeseteit! Két síkidom hasonló, ha létezik olyan hasonlósági transzformáció, amely az egyik alakzathoz a másikat rendeli. Két háromszög hasonló, ha -- megfelelő oldalaik aránya páronként egyenlő; -- két – két megfelelő oldal aránya és az ezek által

közbezárt szögek egyenlők; -- két – két szögük páronként egyenlő; -- két – két oldal aránya és a nagyobb oldalakkal szemközt lévő szögek egyenlők. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 60. Fejezze ki a körcikk és a körszelet területét a sugár és a középponti szög /ívhossz/ segítségével! A körben a középponti szög és a hozzátartozó körcikk területe egyenesen arányos, azaz r 2    Tkörcikk  2 ezt átrendezve kapjuk: Tkörcikk  (ahol  a középponti szög fokban!) 360 360 r  A körben a középponti szög és a hozzátartozó ívhossz is egyenesen arányosak, azaz   ívhossz r 2  ívhossz r  ívhossz  amit a fenti képletbe helyettesítve: Tkörcikk   360 2 r 2 r 2 (Megjegyzés: a fenti aránypárt átrendezve a kör ívhosszának kiszámítására alkalmas képletet is megkapjuk: ívhossz     2 r     r ) 360 180 A körszelet

területét úgy számítjuk ki, hogy a körcikk területéből kivonjuk a r 2  r 2 sin    (sötétített) háromszög területét: Tkörszelet  360 2 2 r  ívhossz r sin    vagy az ívhosszal: Tkörszelet  2 2 61. Tekintsünk két hasonló sokszöget, illetve két hasonló gúlát, a hasonlóság aránya mindkét esetben legyen k. Bizonyítsa be, hogy a két sokszög területének aránya k2, a két gúla térfogatának aránya pedig k3 ! A hasonlóság aránya nem más, mint a két hasonló alakzat megfelelő pontpárjai távolságának aránya – tehát biztosan pozitív. (k > 0) Először bizonyítsuk az állítást arra az esetre, ha a hasonló sokszögek háromszögek! Az, hogy a két háromszögünk hasonló azt jelenti, hogy létezik olyan hasonlósági transzformáció, amelyik az egyik háromszöget a másikba képzi le. Mivel a hasonlósági transzformációk szögtartóak, ezért a hasonlósági transzformáció az egyik

háromszög magasságához a másik háromszög magasságát rendeli. Tehát ha az egyik háromszög egy magassága m a és a hozzá tartozó oldal a, akkor a másik háromszög megfelelő magassága km a és a hozzá tartozó oldal ka. a  ma Az egyik háromszög területe: Tegyik  2 k  a  k  ma A másik háromszög területe pedig: Tmásik   Tegyik  k 2 Ezzel az állítást háromszögekre 2 bizonyítottuk. Bármely sokszög esetén a sokszögeket fel tudjuk darabolni háromszögekre úgy, hogy a daraboló szakaszok (a hasonlósági transzformációban) egymás megfelelői legyenek. Ezekre a háromszögekre már bizonyítottuk a tételt (lásd előbb) tehát állíthatjuk, hogy T’ 1 = T 1 k2 ; T’ 2 = T 2 k2 ; T’ 3 = T 3 k2 T’ n = T n k2 Mivel a sokszögeink területe egyenlő az őket alkotó háromszögek területének összegével, ezért: T másik = T’ 1 + T’ 2 + T’ 3 + T’ n = T 1 k2 + T 2 k2 + T 3 k2 + T n k2 =

(T 1 +T 2 +T 3 +T n )k2 = T egyik k2 Ezzel az állítást tetszőleges sokszögekre is bizonyítottuk. Két egymáshoz hasonló gúla esetén az előző bizonyítások alapján állíthatjuk, hogy a gúlák alaplapjai területének aránya k2 azaz ha az egyik gúla alapterülete T egyik akkor a másik gúláé: T másik = T egyik k2 Mivel a hasonlósági transzformációk szögtartóak, ezért a hasonlósági transzformáció az egyik gúla magasságához a másik gúla magasságát rendeli. Tehát ha az egyik gúla magassága m, akkor a T m másik gúla magassága km. A gúlák térfogatképlete: V  tehát 3 V másik 2 Tmásik  m másik Tegyik  k  m  k  Vegyik  k 3   3 3 ezzel a tételt gúlákra is bizonyítottuk. 62. Milyen összefüggés van a gúla alapterülete és az alappal párhuzamos síkmetszetének területe között? Bizonyítsa be! A gúla alappal párhuzamos síkmetszetének területe úgy aránylik a gúla

alapterületéhez, mint a T m2  2 csúcstól számított távolságaik négyzetei. t x Bizonyítás: A két sokszög (a síkmetszet és az alaplap) hasonló egymáshoz, mert létezik olyan hasonlósági transzformáció, amely a síkmetszetet az alaplapba képzi: Ez a transzformáció nem más, mint a gúla csúcspontjához képest m / x arányú nagyítás. Tudjuk, hogy hasonló sokszögek területeinek aránya megegyezik a hasonlóság arányának négyzetével (lásd: 61. Tétel) 2 T m m2    2 t  x x Ezzel az állítást bizonyítottuk. 63. Bizonyítsa be, hogy a derékszögű háromszög befogója az átfogónak és a befogó átfogóra eső merőleges vetületének a mértani közepe! /befogótétel/ Az ábrán azonosan jelölt szögek egyenlő nagyságúak, hiszen merőleges szárú szögpárokat alkotnak és mindegyik hegyesszög. Az ábrán látható ABC háromszög hasonló az ACT háromszöghöz, hiszen szögeik páronként megegyeznek. Ebből

következően megfelelő oldapárjaik aránya is megegyezik, ezért: a c ezt átrendezve kapjuk: a 2  pc vagyis a  pc  p a hasonlóképp beláthatjuk, hogy b  qc 64. A derékszögű háromszög átfogóhoz tartozó magassága az átfogót két szeletre osztja Bizonyítsa be, hogy az átfogóhoz tartozó magasság a két szelet mértani közepe! /magasságtétel/ A 63. Tétel ábrján azonosan jelölt szögek egyenlő nagyságúak, hiszen merőleges szárú szögpárokat alkotnak és mindegyik hegyesszög. Az ATC háromszög hasonló az CTB háromszöghöz, hiszen szögeik páronként megegyeznek. Ebből következően megfelelő oldapárjaik aránya is megegyezik, ezért: m q ezt átrendezve kapjuk: m 2  pq vagyis m  pq  p m 65. Húzzon egy körhöz a külső pontból egy érintőt és egy szelőt! Bizonyítsa be, hogy az érintőszakasz hossza a szelődarabok hosszának mértani közepe! A tétel állítása az ábra jelöléseivel: EP  AP  BP Az AEP

háromszög és a BEP háromszög hasonló, hiszen a BPE szög = APE szög közös a két háromszögben, továbbá az EBP szög = AEP szög mert mindkettő az EA körívhez tartozó kerületi szög. Így a háromszögek megfelelő oldalainak aránya EP BP megegyezik:  AP EP Átrendezve kapjuk: EP 2  AP  BP vagyis EP  AP  BP MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 66. Hogyan értelmezzük a hegyesszögek szögfüggvényeit? Tekintsük azokat a derékszögű háromszögeket, amelyeknek egyik hegyesszöge . Ezek a derékszögű háromszögek mind hasonlók egymáshoz, hiszen megfelelő szögeik megegyeznek. Tudjuk továbbá, hogy hasonló háromszögekben az egymásnak megfelelő oldalpárok arányai is megegyeznek. Valamely derékszögű háromszögben az  hegyesszöggel szemközti befogó és az átfogó arányát az  szög szinuszának nevezzük. Valamely derékszögű háromszögben az  hegyesszög melletti befogó és az átfogó arányát az 

szög koszinuszának nevezzük. Valamely derékszögű háromszögben az  hegyesszöggel szemközti befogó és az  szög melletti befogó arányát az  szög tangensének nevezzük. Valamely derékszögű háromszögben az  hegyesszög melletti befogó és az  szöggel szemközti befogó arányát az  szög kotangensének nevezzük. 67. Hogyan értelmezhető egy tetszőleges szög szinusza, illetve koszinusza? Az  szög szinusza nem más, mint a koordináta rendszerben az i vektortól  szöggel elforgatott egységvektor y koordinátája (függőleges koordinátája). Az  szög koszinusza nem más, mint a koordináta rendszerben az i vektortól  szöggel elforgatott egységvektor x koordinátája (vízszintes koordinátája). Az i egységvektor nem más, mint az (1 ; 0) koordinátájú vektor. Pozitív  szög esetén az óramutató járásával ellenkező irányban forgatunk. 68. Hogyan értelmezhető egy tetszőleges szög tangense, illetve kotangense?

sin  Ha cos   0 akkor tg   . Ha cos  = 0 akkor az  szög tangensét nem értelmezzük cos  cos  Ha sin   0 akkor ctg   . Ha sin  = 0 akkor az  szög kotangensét nem értelmezzük sin  69. Számítsa ki a 30 -os, 60 -os, 45 -os szögek szögfüggvényeinek pontos értékét! A 30 -os, 60 -os szögek szögfüggvényeit a 2 egység oldalú szabályos háromszög segítségével számíthatjuk ki. Rajzoljuk meg a háromszög egyik magasságát! A keletkező derékszögű háromszög hegyesszögei 30, illetve 60 fokosak. A magasság hossza 3 egység (a Pitagorasz tétel alapján) A keresett szögfüggvények értékeit a megfelelő oldalarányok felírásával kaphatjuk meg: 3 3 1 1 cos 30  sin 60  cos 60  sin 30  2 2 2 2 1 3 1 3 ctg 30  3 tg 60  3 ctg 60  tg 30    3 3 3 3 A 45 -os szög szögfüggvényeit az 1 egység befogójú egyenlőszárú derékszögű háromszög

segítségével számoljuk ki: 1 2 tg 45  ctg 45  1 sin 45  cos 45   2 2 70. Igazolja a következő azonosságot! sin2  + cos2  = 1 ; minden valós  -ra. Rajzoljuk be a koordináta rendszerbe az  irányszögű egységvektort! Az [lásd: 67. Tétel] egységvektor végpontjának koordinátái: (cos  ; sin ) Ha az egységvektor nem a koordinátatengelyekre esik, akkor minden esetben előáll egy olyan derékszögű háromszög, amelynek befogói: | cos  | és | sin  | . átfogója pedig az egységvektor Erre a derékszögű háromszögre felírva a Pitagorasz tételt: | cos  | 2 + | sin  | 2 = 1 Mivel a pozitív és negatív számok négyzete megegyezik, ezért az abszolútérték jelek elhagyhatók: cos 2  + sin 2  = 1 Ha az egységvektor valamelyik koordinátatengelyre esik, akkor valamelyik koordinátája 0 a másik pedig +1 vagy –1. A koordináták négyzetösszege minden ilyen esetben 1 71. Határozza meg a

háromszög területét, ha adott két oldala és a közbezárt szöge! Tekintsük adottnak a háromszög a és b oldalait, valamint az ezek által közbezárt  szöget! a  b  sin  Ekkor a háromszög területe: T  2 Bizonyítás: Három eset lehetséges: Ha a  szög hegyesszög, akkor az a oldalhoz tartozó magasság (m a ) a következőképpen fejezhető ki: m a = b  sin  (az ábrán vonalkázott derékszögű háromszögből) A háromszögünk területe: a  m a a  b  sin  T  2 2 Ha a  szög tompaszög, akkor az a oldalhoz tartozó magasság (m a ) a következőképpen fejezhető ki: m a = b  sin (180  ) (az ábrán vonalkázott derékszögű háromszögből) Tudjuk viszont, hogy: sin (180  ) = sin  , tehát m a = b  sin  . A háromszögünk területe: a  m a a  b  sin  T  2 2 a  b  sin  Ha a  szög éppen derékszög, akkor is érvényes a T  2 képlet, ugyanis ilyenkor az m a

egybeesik az a oldallal, továbbá sin 90 = 1. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 72. Az S 1 és S 2 síkok hajlásszöge  Az S 1 síkban fekvő t 1 területű háromszög S 2 –re eső merőleges vetületének területe t 2 . Bizonyítsa be, hogy t 2 = t 1 cos  ! A bizonyítást több lépésben végezzük: (az ábrák jelölései: t 1 helyett T; t 2 helyett T’ ) Ha a háromszögek egyik oldala illeszkedik a síkok metszésvonalára: Ekkor a vetület-háromszög magassága: m’ = m  cos , a két háromszög alapja pedig közös. Tehát a vetület-háromszög területe: a  m a  m  cos  T   T  cos  2 2 Ha a háromszögek egyik csúcsa illeszkedik a síkok metszésvonalára: Ha a csúccsal szemközti oldal párhuzamos a síkok metszésvonalával: A BC szakasz merőleges vetülete a B’C’ szakasz. Mivel BC párhuzamos a síkok metszésvonalával, ennek B’C’ vetülete is párhuzamos a metszésvonallal, és BC = B’C’. A

vetület-háromszög területe: B C m BC  m BC  m  cos  T    T  cos  2 2 2 Ha a csúccsal szemközti oldal nem párhuzamos a síkok metszésvonalával: A BC egyenes és a B’C’ egyenes ugyanabban a D pontban metszik a két sík metszésvonalát. Az S 1 síkon a BC egyenes meghúzásával két újabb háromszöget kaptunk: az ABD és ACD háromszögeket. Ezek területének különbsége az ABC háromszög területét adja. Az S 2 síkon a B’C’ egyenes meghúzásával két újabb háromszöget kaptunk: az AB’D és AC’D háromszögeket. Ezek területének különbsége az AB’C’ háromszög területét adja. Az ABD és az ACD háromszög egyik oldala illeszkedik a két sík metszésvonalára, ezért az első eset alapján: T AB’D = T ABD  cos  ; T AC’D = T ACD  cos  tehát: T’ = T AB’D  T AC’D = T ABD  cos   T ACD  cos  azaz T’ = ( T ABD  T ACD )  cos  = T  cos  Egyéb helyzetű

háromszögek esetén: Párhuzamos eltolással bármely háromszög átvihető a fentiekben tárgyalt helyzetek valamelyikébe. Mivel az eltolás egybevágósági transzformáció, ezért eltoláskor sem az eredeti háromszög területe, sem a vetület-háromszög területe nem változik meg. 73. Bizonyítsa be egy kör r hosszúságú sugara, a hosszúságú húrja és az a –hoz tartozó  kerületi szög közötti következő összefüggést! a = 2 r sin . A bizonyításban három esetet vizsgálunk: Ha az  hegyesszög: Az r sugarú körben az a húrhoz végtelen sok kerületi szög tartozik. Tekintsük közülük azt, amelyiknek az egyik szára átmegy a kör középpontján. Thalész tétele alapján ez a háromszög derékszögű, átfogója éppen a kör átmérője. Ebben a derékszögű háromszögben a az  szög szinuszát felírva: sin   tehát a  2r  sin  2r Ha az  derékszög: Ebben az esetben a húr nem más, mint a kör átmérője,

azaz a = 2 r. Mivel sin 90 = 1, ezért a = 2 r sin 90 most is igaz. Ha az  tompaszög: Az  kerületi szöghöz tartozó középponti szög 2. Tehát az ábrán látható BKC szög nagysága 360  , a BKF szög pedig 180  . A BKF derékszögű háromszög alapján: BF = r sin (180  ) a = 2 BF = 2 r sin (180  ) = 2 r sin . 74. Bizonyítsa be a szinusztételt! A szinusztétel kimondja, hogy bármely háromszögben két oldal aránya egyenlő a velük szemközti szögek szinuszainak arányával. A bizonyításhoz írjuk fel a háromszög területét kétféleképpen az  és  szögek felhasználásával: a  c  sin  b  c  sin  T az egyszerűsítéseket elvégezve:  2 2 a  sin   b  sin  ezt átrendezve: a sin   b sin  A levezetés során felhasználtuk, hogy c  0, b  0, sin   0 hiszen egy háromszög oldalairól és szögéről van szó. 75. Bizonyítsa be a

koszinusztételt! A koszinusztétel állítása (az ábra jelöléseivel): c2 = a2 + b2  2 a b cos. A bizonyításhoz vektorokat használunk. Irányítsuk a háromszög oldalait az ábrán látható módon. Az így kapott a, b, c oldalvektorokra fennáll: c=ab. Emeljük négyzetre a fenti egyenlőség mindkét oldalát: c2 = ( a  b )2 tehát: c2 = a2 + b2  2 a b A skaláris szorzat értelmezése alapján: a2 = | a |  | a |  cos 0 = a2 . Hasonlóképp: b2 = | b |  | b |  cos 0 = b2 , c2 = | c |  | c |  cos 0 = c2 . Továbbá: a b = | a |  | b |  cos  = a  b  cos  Ezeket a c2 = a2 + b2  2 a b egyenlőségbe helyettesítve: c2 = a2 + b2  2 a b cos. Ezzel a tételt igazoltuk MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK A teljes indukció, mint bizonyítási módszer A teljes indukciós bizonyítást olyan matematikai tételeknél alkalmazhatjuk, amelyek állításában olyasmi szerepel, hogy „minden természetes szám

esetén”. A teljes indukció lényege a következő: 1 – Először belátjuk az állítás igazságát az n = 1 esetre. 2 – Ezután feltesszük, hogy az állítás igaz az n = k esetre, ahol k  N. (Ez az úgynevezett indukciós feltevés) A továbbiakban az indukciós feltevésre úgy építünk, mintha egy korábban bizonyított tétel lenne, azaz elfogadjuk az igazságát. 3 – Utolsó lépésként levezetjük, hogy az állítás igaz az n = k + 1 esetre is. („Öröklődés”) Ebben a levezetésben az indukciós feltevést felhasználjuk! Ha sikerült belátnunk az öröklődést, akkor készen is vagyunk a bizonyítással, hiszen: n = 1 esetén igaz, de akkor n = 2 esetén is igaz az öröklődés miatt, de akkor n = 3 esetén is igaz az öröklődés miatt, stb Tehát bármilyen n  N esetén igaz. 100. Bizonyítsa be, hogy az első n pozitív egész szám négyzetösszege nn  12n  1 ! 6 A bizonyítás módszere a teljes indukció. 1 2  3

1 . 6 Tegyük fel, hogy az állítás n = k esetén igaz („indukciós feltevés”), azaz: k k  12k  1 ! 12  2 2  3 2  .  k 2  6 Feladatunk a továbbiakban igazolni azt, hogy az állítás igaz n = k + 1 esetén is („öröklődés”), tehát azt kell belátnunk, hogy: k  1k  1  12k  1  1 azaz, ha a zárójeleket felbontjuk: 2 12  2 2  3 2  .  k 2  k  1  6 3 2 2k  9k  13k  6 2 12  2 2  3 2  .  k 2  k  1  6 Először is írjuk fel az indukciós feltevést: k k  12k  1 Adjunk mindkét oldalhoz (k+1)2 –et: 12  2 2  3 2  .  k 2  6 k k  12k  1 2 2 12  2 2  3 2  .  k 2  k  1   k  1 A jobb oldalt hozzuk közös nevezőre: 6 2 k k  12k  1 6k  1 2 12  2 2  3 2  .  k 2  k  1   Bontsuk fel a zárójeleket: 6 6

2k 3  k 2  2k 2  k 6k 2  12k  6 2 12  2 2  3 2  .  k 2  k  1   Végezzük el az összevonást: 6 6 2k 3  9k 2  13k  6 2 2 2 2 2 1  2  3  .  k  k  1  6 Tehát sikerült belátnunk az „öröklődést”, ezzel az eredeti állítást is bizonyítottuk. Az állítás n = 1 esetén igaz, hiszen 12  101. Egy számtani sorozat első eleme a 1 , különbsége d. Bizonyítsa be, hogy a  an a n  a1  n  1d és S n  n  1 ! 2 A számtani sorozat definíciója alapján: a n  a n 1  d vagyis átrendezve: a n  a n 1  d Tehát bármely elemhez úgy juthatok el, hogy az előző elemhez hozzáadom a sorozat differenciáját. Mivel a sorozat első elemétől n – 1 lépésben juthatok el az n -edik elemig, ezért: a n  a1  n  1d . Jelöljük a számtani sorozat első n tagjának összegét S n nel! S n  a1  a 2  a 3  .  a n Mivel az összeadás

kommutatív (felcserélhető) művelet, ezért a fenti egyenlőség így is igaz: S n  a n  a n 1  a n  2  .  a1 (Fordított sorrendben adtuk össze az elemeket.) Írjuk fel a két egyenlőséget úgy, hogy a sorozat elemeit fejezzük ki az a n  a1  n  1d képlettel: S n  a1  [a1  d ]  [a1  2d ]  .  [a1  (n  1)d ] S n  a n  [a n  d ]  [a n  2d ]  .  [a n  (n  1)d ] Az egyenlőségek megfelelő oldalait összeadva a d -t tartalmazó tagok kiesnek: 2  S n  [a1  a n ]  [a1  a n ]  [a1  a n ]  .  [a1  a n ]  n  a1  a n  Végül osszunk kettővel:  n darab zárójel Sn  n a1  a n 2 Ezzel a számtani sorozat összegképletét bizonyítottuk. 102. Egy mértani sorozat első eleme a 1 , hányadosa q. Bizonyítsa be, hogy q n 1 a n  a1  q n 1 és S n  a1  (q  1) !

q 1 an A mértani sorozat definíciója alapján:  q vagyis átrendezve: a n  a n 1  q a n 1 Tehát bármely elemhez úgy juthatok el, hogy az előző elemet megszorzom a sorozat hányadosával. Mivel a sorozat első elemétől n – 1 lépésben juthatok el az n -edik elemig, ezért:. a n  a1  q n 1 Jelöljük a mértani sorozat első n tagjának összegét S n nel! S n  a1  a 2  a 3  .  a n A fenti egyenlőségben a sorozat elemeit fejezzük ki az a n  a1  q n 1 képlettel: S n  a1  a1  q  a1  q 2  .  a1  q n 1 Szorozzuk be mindkét oldalt q -val: S n  q  a1  q  a1  q  a1  q  .  a1  q n 2 3 A második egyenlőségből kivonva az elsőt: S n  q  S n  a1  q  a1 (A köztes tagok kiestek!) Emeljünk ki a bal oldalból S n -et, a jobb oldalból pedig a 1 -et! S n  q  1  a1  q n  1 Mivel a feltétel szerint q  1 ezért oszthatunk (q –

1) -gyel: n  S n  a1   q n 1 Ezzel a mértani sorozat összegképletét bizonyítottuk. q 1 104.-105 Tételek (Függvény fogalma, megadása, értelmezési tartomány, értékkészlet, jelölések) Legyen A és B két tetszőleges halmaz. Rendeljünk hozzá az A halmaz minden egyes eleméhez pontosan egy – egy elemet a B halmazból. Az így létesített hozzárendelés a függvény Az A halmaz a függvény értelmezési tartománya. (Jele: D f ) A B halmaznak azok az elemei amelyeket hozzárendeltünk az A halmaz valamely eleméhez alkotják a függvény értékkészletét. (Jele: R f ) (Tehát az értékkészlet részhalmaza a B halmaznak. A B halmazt szokás képhalmaznak nevezni.) A függvényeket általában kisbetűkkel jelöljük. Az f : A  B függvény az A halmaz minden egyes x eleméhez egyetlen elemet rendel a B halmazból, ezt f (x) -el jelöljük. Ez az f függvény x helyen vett helyettesítési értéke. Függvényeket a következő

módszerekkel szokás megadni: 1 – Szöveges utasítással. 2 – Képlettel. Pl: f : N  R, x  x 2  2 vagy pl: f : [0;2]  R, f x   x 2  2 3 – Értéktáblázattal. Pl: x f (x) -3 2 -2 4 -1 6 0 8 1 10 2 12 3 14 4 16 4 – Nyíldiagrammal. A nyíldiagram olyan rajzos megadási mód, ahol a nyilak az értelmezési tartomány elemeitől indulnak és az értékkészlet elemeihez érkeznek. 5 – Grafikonnal. Az f függvény grafikonja a koordináta rendszer azon pontjainak halmaza, amelyek koordinátáira fennáll az y = f (x) összefüggés. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 106. Mikor nevezünk egy függvényt elsőfokúnak? Egy függvény elsőfokú, ha értelmezési tartománya a valós számok halmazának nem üres részhalmaza, értékkészlete is a valós számok halmazának nem üres részhalmaza, továbbá a függvény leképzési szabálya a következő alakú: f (x) = a  x + b ahol a, b  R és a  0. Megjegyzés: Az

elsőfokú és a nulladfokú (konstans) függvények grafikonja egyenes, ezért ezeket együtt lineáris függvényeknek is nevezik. 107. Mikor nevezünk egy függvényt másodfokúnak? Egy függvény másodfokú, ha értelmezési tartománya a valós számok halmazának nem üres részhalmaza, értékkészlete is a valós számok halmazának nem üres részhalmaza, továbbá a függvény leképzési szabálya a következő alakú: f (x) = a  x2 + b  x + c ahol a, b, c  R és a  0. Megjegyzés: A másodfokú függvények grafikonja parabola. Ábrázolja és jellemezze a valós számok halmazán értelmezett x  x függvényt! 108. Értelmezési tartomány: Valós számok halmaza. (D f = R) Értékkészlet: Nemnegatív valós számok halmaza. (R f = [ 0 ;  [ ) Minimum hely: x = 0 Minimum érték: y = 0 (másképpen f (x) = 0) Zérushely: x = 0 Szigorúan monoton nő x > 0 esetén. (Tehát x  ] 0 ;  [ esetén) Szigorúan monoton csökken x < 0 esetén.

(Tehát x  ] -  ; 0 [ esetén) A függvény páros (azaz grafikonja szimmetrikus az y tengelyre.) Ábrázolja és jellemezze a nemnegatív valós számok halmazán értelmezett x  függvényt! Értelmezési tartomány: Nemnegatív valós számok halmaza. (D f = [ 0 ;  [ ) Értékkészlet: Nemnegatív valós számok halmaza. (R f = [ 0 ;  [ ) Minimum hely: x = 0 Minimum érték: y = 0 (másképpen f (x) = 0) Zérushely: x = 0 Szigorúan monoton nő a teljes értelmezési tartományon 109. x 110. Mikor mondjuk egy függvényről, hogy a) periodikus; b) páros; c) páratlan; d) korlátos? Az f függvény periodikus, ha létezik olyan c > 0 valós szám, amelyre teljesül, hogy tetszőleges x  D f esetén x  c  D f továbbá f (x) = f (x  c). Az f függvény páros, ha tetszőleges x  D f esetén x  D f továbbá f (x) = f (x). Megjegyzés: Páros függvény grafikonja szimmetrikus az y tengelyre. Az f függvény páratlan, ha tetszőleges x

 D f esetén x  D f továbbá f (x) = f (x). Megjegyzés: Páratlan függvény grafikonja szimmetrikus az origóra. Az f függvény korlátos, ha létezik olyan K  R valós szám, amelyre teljesül, hogy tetszőleges x  D f esetén |f (x)| < K. Megjegyzés: Az f függvény felülről korlátos, ha létezik olyan K  R valós szám, amelyre teljesül, hogy tetszőleges x  D f esetén f (x) < K. Az f függvény alulról korlátos, ha létezik olyan K  R valós szám, amelyre teljesül, hogy tetszőleges x  D f esetén f (x) > K. Ha egy függvény alulról és felülről is korlátos, akkor mondjuk korlátosnak. 111. Mikor mondjuk, hogy egy függvény egy [a ; b] intervallumban monoton növekszik, illetve csökken? Az f függvény egy [a ; b] intervallumban monoton nő, ha ott értelmezve van, és az intervallum minden x 1 < x 2 pontjára igaz, hogy f (x 1 )  f (x 2 ). Az f függvény egy [a ; b] intervallumban monoton csökken, ha ott

értelmezve van, és az intervallum minden x 1 < x 2 pontjára igaz, hogy f (x 1 )  f (x 2 ). Megjegyzés: Ha az egyenlőséget nem engedjük meg, akkor a függvény szigorúan monoton nő, illetve csökken. 112. Mit nevezünk egy függvény zérushelyének; szélsőértékének? Az f függvény zérushelye az értelmezési tartomány olyan x értéke, amelyre: f (x) = 0. Megjegyzés: A zérushelyen a függvény grafikonja metszi az x tengelyt. Egy f függvénynek kétféle szélsőértéke lehet: maximuma és minimuma. Az f függvény maximumhelye az értelmezési tartomány olyan x 0 értéke, amelyre igaz, hogy az értelmezési tartomány bármely x értéke esetén: f (x)  f (x 0 ). f (x 0 ) a függvény maximum értéke Az f függvény minimumhelye az értelmezési tartomány olyan x 0 értéke, amelyre igaz, hogy az értelmezési tartomány bármely x értéke esetén: f (x)  f (x 0 ). f (x 0 ) a függvény minimum értéke 113. Mit értünk egy függvény

inverzén? A derékszögű koordináta-rendszerben milyen kapcsolat van a függvény és inverze grafikonja között? Inverze csak azoknak a függvényeknek van, amelyek kölcsönösen egyértelmű megfeleltetést létesítenek az értelmezési tartományuk és az értékkészletük között. (Tehát az értékkészlet minden eleme az értelmezési tartománynak pontosan egy eleméhez van hozzárendelve.) Az f függvénynek a g függvény inverze, ha az f értelmezési tartományának minden x elemére teljesül, hogy az f (x) benne van a g függvény értelmezési tartományában, és g (f (x)) = x. Egy függvény és inverzének grafikonja egymásnak az y = x egyenletű egyenesre vonatkozó tükörképei. Megjegyzés: Egy függvény inverze nem más, mint a függvény megfordítottja. A kölcsönös egyértelműség éppen a megfordíthatóságot jelenti, tehát azt, hogy a függvény megfordítva is függvény marad (egyértelmű leképzés). 114. Ábrázolja és jellemezze a

valós számok halmazán értelmezett x  a x függvényt! ( a > 1, illetve 0 < a < 1 ) Értelmezési tartomány: A valós számok halmaza. (D f = R ) Értékkészlet: A pozitív valós számok halmaza. (R f = ] 0 ;  [ ) Szélsőérték-hely: Nincs Zérushely: Nincs a > 1 esetén szigorúan monoton nő a teljes értelmezési tartományon 0 < a < 1 esetén szigorúan monoton csökken a teljes értelmezési tartományon A függvény invertálható, inverze az x  log a x függvény. 115. Ábrázolja és jellemezze a pozitív valós számok halmazán értelmezett x  log a x függvényt! ( a > 1, illetve 0 < a < 1 ) Értelmezési tartomány: A pozitív valós számok halmaza. (D f = ] 0 ;  [ ) Értékkészlet: A valós számok halmaza. (R f = R ) Szélsőérték-hely: Nincs Zérushely: x = 1 a > 1 esetén szigorúan monoton nő a teljes értelmezési tartományon 0 < a < 1 esetén szigorúan monoton csökken a teljes értelmezési

tartományon A függvény invertálható, inverze az x  a x függvény. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK Ábrázolja és jellemezze a valós számok halmazán értelmezett x  sin x függvényt! 116. Értelmezési tartomány: Valós számok halmaza. (D f = R) Értékkészlet: A [-1 ; 1 ] zárt intervallum. (R f = [ -1 ; 1 ] ) A függvény korlátos. 3 Lokális minimum helyek: x   2k ahol k  Z 2 Minimum érték: y = -1 (másképpen f (x) = -1)   2k ahol k  Z 2 Maximum érték: y = 1 (másképpen f (x) = 1) Zérushelyek: : x  k ahol k  Z Lokális maximum helyek: x  Szigorúan monoton nő   2  2k  x  2  2k esetén. (ahol k  Z) 3  2k esetén. (ahol k  Z) 2 2 A függvény páratlan (azaz grafikonja szimmetrikus az origóra.) A függvény nem invertálható. A függvény periodikus; periódusa: 2. Szigorúan monoton csökken 117.    2k  x  Ábrázolja és

jellemezze a valós számok halmazán értelmezett x  cos x függvényt! Értelmezési tartomány: Valós számok halmaza. (D f = R) Értékkészlet: A [-1 ; 1 ] zárt intervallum. (R f = [ -1 ; 1 ] ) A függvény korlátos. Lokális minimum helyek: x    2k ahol k  Z Minimum érték: y = -1 (másképpen f (x) = -1) Lokális maximum helyek: x  2k ahol k  Z Maximum érték: y = 1 (másképpen f (x) = 1)   k ahol k  Z 2 Szigorúan monoton nő   2k  x  2  2k Zérushelyek: : x  esetén. (ahol k  Z) Szigorúan monoton csökken 0  2k  x    2k esetén. (ahol k  Z) A függvény páros (azaz grafikonja szimmetrikus az y tengelyre.) A függvény nem invertálható. A függvény periodikus; periódusa: 2.    Ábrázolja és jellemezze a   ;  intervallumban értelmezett x  tg x függvényt!  2 2    Értelmezési tartomány: Jelen esetben a   ; 

intervallum.  2 2 Értékkészlet: A valós számok halmaza. (R f = R ) Minimum hely: nincs. Maximum hely: nincs. Zérushely: : x  0 . Szigorúan monoton nő. A függvény páratlan (azaz grafikonja szimmetrikus az origóra.) A függvény invertálható. 118. 123. Milyen sorozatot nevezünk számtani, illetve mértani sorozatnak? Számtani sorozatnak nevezzük az olyan számsorozatot, amelyben – a második elemtől kezdve – bármelyik elem és az azt megelőző elem különbsége állandó. Ezt az állandót a számtani sorozat különbségének (differenciájának) nevezzük. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 76. Igazolja a következő azonosságokat! sin (  ) = sin   cos  + cos   sin  cos (  ) = cos   cos   sin   sin  Legyen a egy  irányszögű egységvektor, b pedig egy  irányszögű egységvektor. Legyen továbbá a’ vektor az a vektor +90 -os elforgatottja. (Lásd az ábrát!)

Írjuk fel a három vektort az i , j bázisvektorok segítségével! a = i  cos  + j  sin  b = i  cos (+) + j  sin (+) * a’ =  i  sin  + j  cos  (hiszen ez a vektor az a vektornak +90 -os elforgatottja!) Ezután bontsuk fel a b vektort a és a’ irányú összetevőkre: b = a  cos  + a’  sin  Helyettesítsük be az a és a’ vektorok i –vel és j –vel kifejezett alakját: b = (i  cos  + j  sin )  cos  + ( i  sin  + j  cos )  sin  Vektorok számmal való szorzására érvényes az asszociatív és disztributív tulajdonság. Ezért a zárójelek felbonthatók: b = i  cos   cos  + j  sin   cos   i  sin   sin + j  cos   sin  Emeljünk ki i –t és j –t! b = i  (cos   cos   sin   sin ) + j  (sin   cos  + cos   sin ) A * -al jelzett egyenlőség alapján: b = i  cos (+) + j 

sin (+) Mivel bármely vektort csak egyféleképpen lehet i és j irányú komponensekre bontani, ezért: sin (  ) = sin   cos  + cos   sin  cos (  ) = cos   cos   sin   sin  Ezzel az állításokat bizonyítottuk. 77. Fejezze ki sin (), illetve cos () értékét a sin (+), illetve cos (+) -ra vonatkozó azonosságok ismeretében! Tudjuk, hogy: sin (  ) = sin   cos  + cos   sin  cos (  ) = cos   cos   sin   sin  (Lásd a 77. Tételt!) Írjunk  helyébe  -t, majd használjuk fel, hogy sin () =  sin  és cos () = cos  sin(  (  ))  sin   cos(  )  cos   sin(  )  sin   cos   cos   sin     sin(   ) cos(  (  ))  cos   cos(  )  sin   sin(  )  cos   cos   sin  

sin    cos(   ) Tehát a következő azonosságokat kaptuk: sin (  ) = sin   cos   cos   sin  cos (  ) = cos   cos  + sin   sin  78. Fejezze ki tg () -t tg  -val és tg  -val a sin (), illetve a cos () -ra vonatkozó azonosságok ismeretében! A bizonyítandó összefüggés: tg   tg  tg(   )  feltéve, ha , ,   90 + k   (ahol k egész szám) 1  tg   tg  sin(   ) sin   cos   cos   sin   cos(   ) cos   cos   sin   sin  Mivel ,   90 + k   azaz cos  0 és cos   0, ezért a tört számlálóját és nevezőjét is eloszthatjuk cos   cos  -val: sin   cos  cos   sin   cos   cos  cos   cos  tg(   )  cos   cos  sin   sin 

 cos   cos  cos   cos  Végezzük el a lehetséges egyszerűsítéseket: sin  sin   cos  cos  majd írjuk be a tg  és tg  kifejezéseket: tg(   )  1 sin   sin   1 cos   cos  tg   tg  tg(   )  Ezzel az állítást bizonyítottuk. 1  tg   tg  Bizonyítás: Tudjuk, hogy tg(   )  A kikötésünk (,   90 + k  ) biztosítja tg  és tg  létezését. tg () létezéséhez az szükséges, hogy +  90 + k   teljesüljön; ezt is kikötöttük. Szükséges még, hogy 1  tg   tg   0 teljesüljön. Ennek feltétele: tg   tg   1 azaz tg   1 vagyis tg   ctg . tg  Ennek teljesülését azonban a +  90 + k   kikötésünk biztosítja. 79. Mik a bázisvektorok? Definiálja egy vektor koordinátáit az i, j egységvektorokkal megadott

koordinátarendszerben! Ha adott két, egymással nem párhuzamos vektor a és b, akkor tetszőleges, velük egysíkú v vektor egyértelműen felbontható az a és b vektorokkal párhuzamos összetevőkre, azaz pontosan egy olyan k 1 és k 2 valós szám létezik, amelyre: v = k 1  a + k 2  b Például: Az a és b vektorokat bázisvektoroknak nevezzük, a (k 1 ; k 2 ) rendezett számpárt pedig a v vektor (a, b bázisra vonatkozó) koordinátáinak. A Descartes – féle derékszögű koordinátarendszerben az i és j vektorokat használjuk bázisvektoroknak, ahol i az x tengely pozitív irányába mutató egységvektor, j pedig az y tengely pozitív irányába mutató egységvektor. ( v = v1  i + v2  j ) Az i, j vektorok bázisában bármely origóból induló vektor (helyvektor) koordinátái nem mások, mint a végpontjának koordinátái. (azaz (v 1 ; v 2 ) a vektor végpontjának koordinátái) Bármely, nem az origóból induló vektorhoz pontosan egy vele egyenlő

helyvektor található. Bármely, nem az origóból induló vektor koordinátái egyenlők a neki megfelelő helyvektor koordinátáival. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 80. Mit ért egy vektor abszolút értékén? Hogyan határozható meg egy vektor abszolút értéke a vektor koordinátái segítségével? Tetszőleges vektor abszolút értékén az adott vektor hosszát értjük. Ha a derékszögű koordinátarendszer i, j bázisában dolgozunk, akkor egy vektor hosszát a következőképpen határozhatjuk meg: Mivel minden vektorhoz létezik egy neki megfelelő, origóból induló vektor (helyvektor) ezért elég ilyen vektorokat vizsgálnunk. Vetítsük az origóból induló v (v 1 ; v 2 ) vektort az x tengelyre! Az AOT derékszögű háromszög befogóinak hossza egyenlő a vektor koordinátáinak abszolút értékével, az átfogó hossza pedig a vektor abszolút értékével. A háromszögre felírva a Pitagorasz tételt ezt kapjuk: | v | = v12  v 22

Megjegyzés: Ez a képlet minden olyan bázisban igaz, ahol a bázisvektorok egységnyi hosszúak és merőlegesek egymásra (un. ortonormált bázis) 81. Mit ért két vektor skaláris szorzatán? Mi annak szükséges és elégséges feltétele, hogy két vektor skaláris szorzata zérus legyen? Az a és b vektorok skaláris szorzata: a  b = | a |  | b |  cos  , ahol  a két vektor hajlásszögét jelöli. Ha a két vektor közül az egyik nullvektor, akkor a hajlásszög nincs egyértelműen meghatározva, de a nullvektor abszolút értéke nulla, ezért a szorzat értéke ekkor is nulla. Ha a két vektor merőleges egymásra, akkor skaláris szorzatuk nulla, hiszen cos 90 = 0. Megfordítva: ha két vektor skaláris szorzata nulla, akkor vagy valamelyikük nullvektor, vagy hajlásszögük koszinusza nulla, azaz merőlegesek egymásra. Eszerint két vektor skaláris szorzata akkor és csak akkor nulla, ha merőlegesek egymásra. (A nullvektort úgy tekintjük, hogy

minden vektorra merőleges.) Megjegyzés: A skaláris szorzat tulajdonságai: 1 – kommutatív művelet, azaz a  b = b  a 2 – nem asszociatív, azaz ( a  b )  c  a  ( b  c ) 3 – disztributív az összeadásra és kivonásra nézve, azaz ( a  b )  c = a  c  b  c Ha két vektor hajlásszöge hegyesszög, akkor skaláris szorzatuk pozitív, ha hajlásszögük tompaszög, akkor skaláris szorzatuk negatív. Egy vektor önmagával való skaláris szorzata (a vektor négyzete) a vektor hosszának négyzetét adja. 82. Bizonyítsa be, hogy minden a, b, c vektor esetében ( a + b )c = ac + bc vagyis két vektor összegének egy harmadik vektorral való skaláris szorzata széttagolható! Ha c = 0, akkor ( a + b ) 0 = 0 továbbá a 0 + b 0 = 0 + 0 = 0, tehát igaz az állítás. Ha c  0, akkor vegyük a c -vel azonos irányú e egységvektort, ekkor c = | c |  e. Így elegendő az ( a + b )e = ae + be állítást belátnunk, mert ezt | c | -vel

beszorozva az eredeti állítást kapjuk. A skaláris szorzat definíciója alapján beláthatjuk, hogy egy vektornak és egy egységvektornak a skaláris szorzata a vektornak az egységvektor egyenesén lévő előjeles vetületét adja: Mérjük fel az a és e vektorokat közös kezdőpontból, a b vektort pedig az a vektor végpontjából kiindulva (lásd az ábrát)! Ekkor az a + b vektor az a vektor kezdőpontjából indul és a b vektor végpontjába mutat. Képezzük a vektorok merőleges vetületét az e vektor egyenesére Az ábrán látható, hogy az összeg vetülete egyenlő a tagok (előjeles) vetületének összegével, azaz ( a + b )e = ae + be. 83. Fejezze ki két vektor skaláris szorzatát a két vektor koordinátáinak segítségével! Két koordinátáival adott vektor, a ( x 1 ; y 1 ) és b ( x 2 ; y 2 ) skaláris szorzata: a  b = x1x2 + y1y2. Bizonyítás: Írjuk fel a vektorokat az i, j bázisvektorok segítségével: a = x 1 i + y 1 j b = x 2 i

+ y 2 j Skaláris szorzatuk: a  b = ( x 1 i + y 1 j )  ( x 2 i + y 2 j ) A skaláris szorzás disztributív tulajdonsága miatt (lásd: 82. Tétel), a zárójeleket a szokásos módon felbonthatjuk: a  b = x 1 x 2 i2 + x 1 y 2 i j + y 1 x 2 j i + y 1 y 2 j2 Mivel az i és j bázisvektorok egységnyi hosszúak és merőlegesek egymásra, ezért: i2 = 1 ; j2 = 1 ; i j = 0 ; j i = 0 tehát a vektorok skalárszorzata: a  b = x 1 x 2 1 + x 1 y 2  0 + y 1 x 2  0 + y 1 y 2 1 = x 1 x 2 + y 1 y 2 84. Mit ért egy alakzat egyenletén? Egy alakzat egyenlete olyan egyenlet, amelynek megoldáshalmaza az alakzat pontjainak koordinátáiból áll; vagyis olyan egyenlet, amelyet az alakzat minden pontjának koordinátái kielégítenek, az alakzathoz nem tartozó pontok koordinátái viszont nem. Megjegyzés: Egyenes egyenlete elsőfokú, többnyire kétismeretlenes egyenlet. Kör, parabola, ellipszis egyenlete másodfokú kétismeretlenes egyenlet. 85. Írja

fel az A(a 1 ; a 2 ) és B(b 1 ; b 2 ) pontok távolságának kiszámítására vonatkozó képletet, és igazolja annak helyességét! Két pont A(a 1 ; a 2 ) és B(b 1 ; b 2 ) távolsága nem más, mint a két pontot összekötő vektor hossza. A két pontot összekötő vektor: AB(b1  a1 ; b2  a 2 ) (Lásd az ábrát.) Koordinátáival adott vektor hossza a vektor koordinátáinak négyzetösszegéből vont négyzetgyökkel egyenlő. (Lásd: 80 Tétel) Tehát a két pont távolsága: AB  (b1  a1 ) 2  (b2  a 2 ) 2 MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 86. Írja fel egy szakasz felezőpontjának, illetve harmadolópontjának koordinátáit a szakasz végpontjainak koordinátáival, és igazolja a felírt formulákat! Felezőpont: Az ábra jelöléseit használva az AB szakasz felezőpontjának koordinátái: x  x2 y  y2 ; y 1 x 1 2 2 Bizonyítás: Az ábrán látható f vektor nem más, mint az F pont helyvektora, tehát az f vektor koordinátái

megegyeznek az F pont koordinátáival. Hasonlóképpen az a vektor koordinátái megegyeznek az A pont koordinátáival, és a b vektor koordinátái megegyeznek a B pont koordinátáival. Az f vektor felírható a következőképpen: b  a 2a  b  a a  b AB a   2 2 2 2 Tudjuk továbbá, hogy az összegvektor koordinátái a tagok megfelelő koordinátáinak összegei, illetve egy vektor számszorosának koordinátái a megfelelő koordináták számszorosai. Ennek alapján az f vektor koordinátái:  x  x 2 y1  y 2  f 1 ;  ezzel az állítást igazoltuk. 2   2 Harmadolópont: Az ábra jelöléseit használva az AB szakasz B ponthoz közelebbi harmadolópontjának koordinátái: x  2x2 y  2 y2 x 1 ; y 1 3 3 Bizonyítás: A H pont koordinátái megegyeznek a h vektor koordinátáival. A h vektor felírható a következőképpen: 2(b  a) 3a  2b  2a a  2b 2 h  a  AH  a  AB  a    3 3 3 3 Tudjuk

továbbá, hogy az összegvektor koordinátái a tagok megfelelő koordinátáinak összegei, illetve egy vektor számszorosának koordinátái a megfelelő koordináták számszorosai. Ennek alapján az h vektor koordinátái:  x  2 x 2 y1  2 y 2  h 1 ;  ezzel az állítást igazoltuk. 3 3   f a 87. Adottak egy háromszög csúcspontjainak koordinátái Bizonyítsa be, hogy a súlypont koordinátái kiszámíthatók a csúcsok koordinátáinak számtani közepeként! Az ábra jelöléseit használva a bizonyítandó állításunk: x  x 2  x3 y  y2  y3 ; y 1 x 1 3 3 Bizonyítás: A háromszög S súlypontja nem más, mint a háromszög súlyvonalainak metszéspontja. Tudjuk, hogy a súlypont a súlyvonalaknak a megfelelő oldalhoz közelebbi harmadolópontjában helyezkedik el. (Lásd: 55 Tétel!) Írjuk fel az ábrán látható CF súlyvonal F ponthoz közelebbi harmadolópontjának koordinátáit: x  x2 y  y2 x3  2  1 y3

 2  1 x  x 2  x3 y  y 2  y3 2 2 Ezzel az állítást ; y x  1  1 3 3 3 3 igazoltuk. A bizonyítás során felhasználtuk a felezőpont és harmadolópont koordinátáira vonatkozó képleteket. (Lásd: 86 Tétel) 88. Definiálja egy egyenes iránytangensét! Egy egyenes irányvektora bármely, az egyenessel párhuzamos vektor. Az egyenes iránytangense nem más, mint az egyenes egy tetszőleges v (v 1 ; v 2 ) irányvektorának koordinátáiból képzett v2 hányados, ahol v 1  0. Függőleges egyenesnek tehát nincs v1 iránytangense! (Hiszen ilyenkor v 1 = 0.) Vízszintes egyenesek iránytangense 0. (Hiszen ilyenkor v 2 = 0) Ferde egyenesek esetén az iránytangens nem más, mint az egyenesnek az x v tengely pozitív felével bezárt  szögének tangense: 2  tg  v1 (Az  szög előjelesen értendő, azaz „emelkedő” egyenesek esetén 0 <  <  , „lejtő” egyenesek esetén 90 <  <  .) (Az

egyenes iránytangensét szokás az egyenes meredekségének is nevezni.) 89. Bizonyítsa be, hogy a P 0 (x 0 ; y 0 ) ponton átmenő v (v 1 ; v 2 ) irányvektorú egyenes egyenlete v2 x  v1 y = v2 x0  v1 y0 ! Az itt következő bizonyítás során felhasználjuk az egyenes normálvektoros egyenletét. (Lásd: 90 Tétel.) (Megjegyzés: Egy másik közismert bizonyításban nem ezt tesszük, hanem az irányvektoros egyenletet az egyenes ún. paraméteres vektoregyenletén keresztül bizonyítjuk) Ha a v (v 1 ; v 2 ) vektor irányvektora az egyenesünknek, akkor ennek  -os elforgatottja az n (v 2 ; v 1 ) vektor normálvektora az egyenesnek! Írjuk fel az egyenes normálvektoros egyenletét az n vektor és a P 0 pont segítségével: A x + B y = A x 0 + B y 0 ahol A és B az n vektor koordinátái. Behelyettesítve a normálvektor koordinátáit: v 2 x  v 1 y = v 2 x 0  v 1 y 0 amely az egyenes irányvektoros egyenlete. 89. Bizonyítsa be, hogy a P 0 (x 0 ; y 0

) ponton átmenő n (n 1 ; n 2 ) normálvektorú egyenes egyenlete n1 ( x  x0 ) + n2 ( y  y0 ) = 0 ! Az egyenes normálvektora nem nullvektor és merőleges az egyenesre. Legyen a P 0 pont helyvektora r 0 az egyenes egy tetszőleges P (x ; y) pontjának helyvektora pedig r . Az ábrán is látható, hogy a P0 P vektor párhuzamos az egyenessel, továbbá P0 P  r  r 0 . Ennek a vektornak a koordinátái tehát: P0 P x  x 0 ; y  y 0  . Mivel ez a vektor merőleges az n normálvektorra, ezért a két vektor skaláris szorzata nulla! n  ( r  r 0 ) = 0 Ezt az egyenes normálvektoros vektoregyenletének nevezzük. Tudjuk, hogy két vektor skaláris szorzata kiszámítható a koordinátáik segítségével: (Lásd: 83. Tétel) n  ( r  r 0 ) = n 1 ( x  x 0 ) + n 2 ( y  y 0 ) = 0 . Ezzel az állítást bizonyítottuk Megjegyzések: Bármely olyan P pont esetén, amely nincs rajta az egyenesen a P0 P vektor nem merőleges az n vektorra, ezért

skalárszorzatuk sem lehet nulla, tehát az ilyen pontok koordinátái nem elégítik ki a normálvektoros egyenletet. A normálvektoros egyenlet a függvénytáblában más alakban szerepel: Ha a fenti egyenletben a zárójeleket felbontjuk, és az x 0 , y 0 -ás tagokat átvisszük a jobb oldalra, akkor kapjuk a következő egyenletet: n 1 x + n 2 y = n 1 x 0 + n 2 y 0 . Ha a normálvektor koordinátáit ( n 1 ; n 2 ) helyett ( A ; B ) -vel jelöljük, akkor az egyenlet a következőképp alakul: A x + B y = A x0 + B y0 . MATEMATIKA ÉRETTSÉGI ELMÉLETI TÉTELEK 91. Bizonyítsa be, hogy a P 0 (x 0 ; y 0 ) ponton átmenő m iránytangensű egyenes egyenlete y  y0 = m ( x  x0 ) ! Legyen az egyenes egy irányvektora v (v 1 ; v 2 ) . Iránytangens csak akkor létezik, ha az egyenes nem párhuzamos az y tengellyel, vagyis v 1  0. Ekkor az iránytangens definíciója alapján: v m 2 . v1 Írjuk fel az egyenes irányvektoros egyenletét: v 2 x  v 1 y = v 2 x 0  v 1 y

0 . v2 v x  y  2 x0  y0 Mivel v 1  0 , ezért az egyenletet végigoszthatjuk v 1 -el: v1 v1 v2 helyére helyettesítsünk m -et: m  x  y  m  x 0  y 0 . v1 A kapott egyenletet átrendezve: m   x  x 0   y  y 0 ezzel az állítást bizonyítottuk. Megjegyzés: A függvénytáblában az iránytangenses egyenletet más formában találjuk: y  y 0  tg    x  x 0  vagy  y  y 0  cos    x  x 0  sin  ahol  nem más, mint az egyenes emelkedési szöge, azaz az x tengely pozitív felével bezárt előjeles szöge. 92. Adja meg két egyenes párhuzamosságának, illetve merőlegességének – a koordinátageometriában használatos – szükséges és elégséges feltételét! Két egyenes egymással akkor és csak akkor párhuzamos, ha irányvektoraik párhuzamosak, vagy normálvektoraik párhuzamosak, vagy iránytangensük megegyezik. Két vektor egymással akkor és csak akkor párhuzamos, ha

egymásnak skalárszorosai (számszorosai). Ez akkor teljesül, ha megfelelő koordinátáik aránya megegyezik. Két egyenes egymásra akkor és csak akkor merőleges, ha irányvektoraik merőlegesek, vagy normálvektoraik merőlegesek, vagy iránytangenseik szorzata 1. Két vektor egymásra akkor és csak akkor merőleges, ha skaláris szorzatuk nulla. 93. Bizonyítsa be, hogy a C (u ; v) középpontú, r sugarú kör egyenlete (x – u)2 + (y – v)2 = r2 ! A koordináta rendszer P (x ; y) pontja akkor és csak akkor van rajta a körön, ha a kör középpontjától való távolsága r. Felhasználva a két pont távolságát megadó képletet (Lásd: 85. Tétel.) a következő egyenlethez jutunk: d P , C    x  u    y  v   r Mivel az egyenlet mindkét oldala garantáltan pozitív, ezért az egyenlet négyzetre emelése ekvivalens átalakítás: x  u 2   y  v 2  r 2 Ezzel az állítást bizonyítottuk. 2 2 Megjegyzések: A

körön kívülre eső tetszőleges pont koordinátáira a következő egyenlőtlenség igaz: (x – u)2 + (y – v)2 > r2 A kör belső pontjaira pedig: (x – u)2 + (y – v)2 < r2 Ha a kör középpontja az origó, akkor az egyenlet a következőképpen alakul: x2 + y2 = r2 94. Milyen tulajdonságú ponthalmazt nevezünk parabolának? A parabola azon pontok halmaza a síkban, amelyek a sík egy pontjától és a pontra nem illeszkedő egyenesétől egyenlő távolságra vannak. Az adott pontot a parabola fókuszpontjának, az adott egyenest pedig vezéregyenesének (direktrix) nevezzük. A fókuszpontnak a vezéregyenestől való távolságát a parabola paraméterének nevezzük.  p 95. A p paraméterű F  0;  fókuszpontú parabola tengelypontja a koordinátarendszer  2 kezdőpontja, tengelye az ordinátatengely. Bizonyítsa be, hogy a parabola egyenlete x 2  2 py ! A fenti feltételek alapján a következő ábra készíthető: p A parabola

vezéregyenesének egyenlete: y   2 A koordinátarendszer P (x ; y) pontja akkor és csak akkor van a parabolán, ha a fókuszponttól és a vezéregyenestől való távolsága megegyezik: d (P,F) = d (P,T) ahol T a P pontnak a vezéregyenesen lévő merőleges vetülete. Ezt a feltételt felírva a következő egyenletet kapjuk: 2 p p  x  y    y  2 2  Mivel a parabola semelyik pontja sincs az x tengely alatt, ezért y biztosan pozitív, tehát a fenti egyenlet mindkét oldala garantáltan pozitív. Az egyenlet négyzetre emelése ekkor ekvivalens átalakítás: 2 2 p p   2 A zárójeleket felbontva: x  y     y  2 2   2 p2 p2  y 2  yp  végül átrendezve: 4 4 x 2  2 py Ezzel az állítást bizonyítottuk. x 2  y 2  yp  96. Milyen tulajdonságú ponthalmazt nevezünk ellipszisnek? Az ellipszis azon pontok halmaza a síkban, amelyeknek a sík két adott pontjától mért

távolságösszege állandó, és ez az állandó nagyobb, mint a két adott pont távolsága. Az adott pontokat az ellipszis fókuszpontjainak nevezzük. Az adott távolságösszeg az ellipszis nagytengelye. A fókuszpontokat összekötő szakasz felezőmerőlegesének az ellipszis tartományába eső szakasza az ellipszis kistengelye. 98. Milyen tulajdonságú ponthalmazt nevezünk hiperbolának? A hiperbola azon pontok halmaza a síkban, amelyeknek a sík két adott pontjától mért távolságkülönbségének abszolútértéke állandó, és ez az állandó kisebb, mint a két adott pont távolsága. Az adott pontok a hiperbola fókuszpontjai, az adott távolságkülönbség pedig a hiperbola valós tengelye. Azok az egyenesek, amelyekhez a hiperbola „simulni látszik” a hiperbola aszimptotái