Szerkesztő:Mozo/A1 feladatok 2.
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Trigonomertikus alak) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Halmazok) |
||
(egy szerkesztő 6 közbeeső változata nincs mutatva) | |||
93. sor: | 93. sor: | ||
==Vektoralgebra== | ==Vektoralgebra== | ||
− | ''' | + | '''6. ''' Igazoljuk, hogy a derékszögű háromszög derékszögű csúcsát tükrözve a háromszög Thalész-körén lesz. |
− | '' | + | ''Mo.'' A Thalész-kör középpontjából rendere mutassanak a csúcsokba az '''a''', '''b''', '''c''' vektorok. Persze '''a''' = -'''b''' és |'''a'''| = |'''b'''| = |'''c'''| = ''R''. |
− | + | :<math>(\lambda \mathbf{a}-\mathbf{c})\cdot \mathbf{a}=0</math> | |
− | :<math>\ | + | :<math>\lambda \mathbf{a}^2-\mathbf{ac}=0</math> |
− | + | :<math>\lambda=\frac{\mathbf{ac}}{\mathbf{a}^2}</math> | |
− | :<math> | + | |
− | \ | + | Kell: |
− | + | :<math>(\lambda.\mathbf{a}+\lambda.\mathbf{a}-\mathbf{c})^2=R^2</math> | |
− | :<math> | + | :<math>(\frac{\mathbf{ac}}{\mathbf{a}^2}.\mathbf{a}+\frac{\mathbf{ac}}{\mathbf{a}^2}.\mathbf{a}-\mathbf{c})^2=(2\frac{\mathbf{ac}}{\mathbf{a}^2}.\mathbf{a}-\mathbf{c})^2=4\frac{(\mathbf{ac})^2}{\mathbf{a}^4}\mathbf{a}^2-4\frac{\mathbf{ac}}{\mathbf{a}^2}.\mathbf{a}\mathbf{c}+\mathbf{c}^2=</math> |
+ | :<math>=|\mathbf{c}|^2=R^2</math> | ||
+ | |||
+ | ==Halmazok== | ||
+ | '''7.''' <math>((A\cap B)\cup D)\cap C=?</math>, ha <math>A\subseteq C\subseteq D</math>. | ||
+ | |||
+ | ''Mo.'' | ||
+ | <math>((A\cap B)\cup D)\cap C=(A\cap B\cap C)\cup (D\cap C)=(A\cap B)\cup C=C</math>, | ||
+ | |||
+ | '''8.''' Oldja meg az alábbi halmazegyenleteket, ''X''-re! | ||
+ | :<math> (A-X)\cup B=X\,</math> | ||
+ | |||
+ | ''Mo.'' | ||
+ | Legyen a komplementerképzés univerzuma U. Tegyük fel, hogy van megoldás. Eltünik az ''X'' komplementer a bal oldalról, ha mindkét oldalt elmetszük ''X''-szel: | ||
+ | :<math>\begin{matrix} | ||
+ | (A-X) \cup B & = & X \\ | ||
+ | (A\cap \overline{X}) \cup B & = & X \\ | ||
+ | ((A\cap \overline{X}) \cup B)\cap X & = & X \cap X\\ | ||
+ | (A\cap \overline{X}\cap X) \cup (B\cap X) & = & X \\ | ||
+ | (A\cap \emptyset) \cup (B\cap X) & = & X \\ | ||
+ | B\cap X & = & X | ||
+ | \end{matrix}</math> | ||
+ | ez utóbbi pontosan azt jelenti, hogy ''X'' ⊆ ''B''. Emellett a feltétel mellett B-vel a baloldalon "beuniózva": | ||
+ | :<math> [\;X =\; ]\quad\quad(A\cap \overline{X}) \cup B =(A\cup B)\cap (\overline{X}\cup B)\supseteq (A\cup B)\cap (\overline{X}\cup X)=(A\cup B)\cap U =A\cup B</math> | ||
+ | amiből következik, hogy ''B'' ⊆ ''X'' és ''A'' ⊆ ''X''. Ez azt jelenti, hogy ha van megoldás, akkor az egyértelmű éspedig | ||
+ | :<math>X=B\,</math> | ||
+ | |||
+ | Most vizsgáljuk meg a megoldhatóság feltételét. Azt kaptuk, hogy ha van megoldás, akkor ''A'' ⊆ ''X'' = ''B'', vagyis | ||
+ | :<math>A\subseteq B\,</math> | ||
+ | De ez elégséges feltétele is a megoldhatóságnak, ugyanis ekkor az ''X'' = ''B'' helyettesítés kielégíti az egyenletet: | ||
+ | :<math> \quad\quad(A\cap \overline{B}) \cup B =\emptyset \cup B=B</math> | ||
+ | |||
+ | '''9.''' Oldja meg az alábbi halmazegyenleteket, ''X''-re! | ||
+ | :<math>A-X=X-A\,</math> | ||
+ | |||
+ | ''Mo.'' | ||
+ | :<math>A-X=X-A\,</math> | ||
+ | vagyis | ||
+ | :<math>A\cap\overline{X}=X\cap \overline{A}\,</math> | ||
+ | Ha van megoldás és bemetszünk mindkét oldalon ''A''-val, akkor | ||
+ | :<math>A\cap A\cap\overline{X}=X\cap \overline{A}\cap A\,</math> | ||
+ | :<math>A\cap\overline{X}=\emptyset</math> | ||
+ | azaz ''A'' ⊆ ''X'', de az egyenlet ''szimmetrikus'' az ''A'' és az ''X'' felcserélésére, ezért ''X'' ⊆ ''A'' is teljesül, amiből ''X'' = ''A'', ha van megoldás. Márpedig az egyenletet az ''X'' = ''A'' kielégíti. |
A lap jelenlegi, 2009. október 13., 10:42-kori változata
Tartalomjegyzék |
Komplex számok
Algebrai alak
1. Oldja meg a komplex számok körében az alábbi egyenletet!
Mo. Világos, hogy a z = 0-t kizárhatjuk.
Írjuk fel az ismeretlent algebrai alakban: z = a + b i
Két komplex szám pontosan akkor egyenlő, ha valós és képzetes részeik egyenlők.
- 1.
- 2.
azaz a = b és
- ,
2. Mely komplex számok tesznek egyszerre eleget az alábbi egyenleteknek?
Mo. Írjuk fel az ismeretlent algebrai alakban: z = a + b i
de a második egyenletből b > 0, így
3. Mely komplex számok tesznek eleget az alábbi egyenletnek?
Mo. z = 0 megoldás. Ha z nem nulla, akkor
z = a + b i-vel:
Innen a = -1/2,
Trigonomertikus alak
4. Oldjuk meg az alábbi egyenletet a komplex számok halmazán!
Mo. z = 0 megoldás. Ha z nem nulla, akkor
Egyrészt z = -1, másrészt egységhosszúságú komplex számok a megoldások, hisz
Grafikusan:
5. Oldja meg az alábbi egyenletet a komplex számok halmazán!
Mo. w = z4 új ismeretlennel:
ami a megoldóképlet szerint:
ahol a négyzetgyököt a komplex kétértékű értelemben kell venni.
Ezeknek könnyű előállítani a negyedik gyökeiket. Az abszolút értékek:
- és ,
így
6. Adja meg a következő kifejezés értékét algebrai alakban!
Mo.
Vektoralgebra
6. Igazoljuk, hogy a derékszögű háromszög derékszögű csúcsát tükrözve a háromszög Thalész-körén lesz.
Mo. A Thalész-kör középpontjából rendere mutassanak a csúcsokba az a, b, c vektorok. Persze a = -b és |a| = |b| = |c| = R.
Kell:
Halmazok
7. , ha .
Mo. ,
8. Oldja meg az alábbi halmazegyenleteket, X-re!
Mo. Legyen a komplementerképzés univerzuma U. Tegyük fel, hogy van megoldás. Eltünik az X komplementer a bal oldalról, ha mindkét oldalt elmetszük X-szel:
ez utóbbi pontosan azt jelenti, hogy X ⊆ B. Emellett a feltétel mellett B-vel a baloldalon "beuniózva":
amiből következik, hogy B ⊆ X és A ⊆ X. Ez azt jelenti, hogy ha van megoldás, akkor az egyértelmű éspedig
Most vizsgáljuk meg a megoldhatóság feltételét. Azt kaptuk, hogy ha van megoldás, akkor A ⊆ X = B, vagyis
De ez elégséges feltétele is a megoldhatóságnak, ugyanis ekkor az X = B helyettesítés kielégíti az egyenletet:
9. Oldja meg az alábbi halmazegyenleteket, X-re!
Mo.
vagyis
Ha van megoldás és bemetszünk mindkét oldalon A-val, akkor
azaz A ⊆ X, de az egyenlet szimmetrikus az A és az X felcserélésére, ezért X ⊆ A is teljesül, amiből X = A, ha van megoldás. Márpedig az egyenletet az X = A kielégíti.