Mozaik Sokszínű Matematika Feladatgyűjtemény 10 Megoldások Pdf

online ár: Webáruházunkban a termékek mellett feltüntetett fekete színű online ár csak internetes megrendelés esetén érvényes. Amennyiben a Líra bolthálózatunk valamelyikében kívánja megvásárolni a terméket, abban az esetben a könyvre nyomtatott ár az érvényes, kivétel ez alól a boltban akciós könyvek.

sokszínű matematika 10 megoldások

Halmazok elemszáma, logikai szita. 5. Számegyenesek, intervallumok . A mintapéldák és a kitűzött feladatok nehézségét három különböző színnel jelöltük:.

Tankönyvkiadó, Budapest. ∙ Matematika 1/I. Újgenerációs tankönyv (2016), EKE OFI https://player.nkp.hu/play/127897/false/undefined. · Matematika 1/II.

Mozaik Kiadó Szeged. [2] Sokszínű matematika 10. Mozaik Kiadó Szeged. [1]: 16.oldal- 28. oldal. [2]: 34. oldal- 37. oldal. [1]: 36. oldal-45. oldal.

10. 9. 3 265 920. -. = 8. K2. 11. MATEMATIKA. I. KOMBINATORIKA. 11. ÉVFOLYAM. Page 10. Igazoljuk, hogy három egymást követő pozitív egész szám faktoriálisainak .

Mérés, arányosság, szöveges feladatok . . Szöveges feladatok a hétköznapjainkban. . 1 Írd be a megadott számok számjegyeit a helyiérték-táblázatba!

Hány olyan húszjegy¶ szám van, amelyben minden számjegy pontosan kétszer . Hányféleképpen tehetünk be 100 különböz® tárgyat a) egy piros és egy kék; .

Kulcsszavak: egészségügy, alapellátás, háziorvos, házi gyermekorvos, járás . BÁLINT, Cs. (2019): A betöltetlen háziorvosi és házi gyermekorvosi körzetek.

zettség, az adott szakmai területen legalább 2 éves tapasztalat. . hoztak létre, ahova tulajdonképpen mindenféle társadalmi osztály . A verseny-.

zött”. Századok, CXL, 2005/3. 539–565. 3. Kurucz György: Keszthely gróa: Festetics György, Budapest, Corvina, 2013. 105–110.

Szerkesztette: Fried Katalin. TÁMOP-4.1.2.B.2-13/1-2013-0007. Országos koordinációval a pedagógusképzés megújításáért .

Matematika vizsga – 9. osztály. Minta feladatsor. A feladatok elkészítésére 90 perc áll rendelkezésre. Számológép, körző, vonalzó, függvénytábla használata .

Mi a hintázó mondókamese jelentése, milyen a szerkezete? Tudjuk, hogy a mondóka lendületes verslüktetésű, a mese prózai hömpölygés.

Magyar filmek mozi nézettségi adatai 2011 és 2017 között . újabb Star Wars epizódra (Rouge One: A Star Wars Story) értékesítettek a legtöbb jegyet.

7 апр. 2018 г. . 2009-től az akkori Tudomány Nyelviskola, most Converzum – a . A témához kapcsolódó publikációim: Magyar–német szótár, Budapest, 2011; .

kort, etnikumot, hogy hova és mibe, kik közé szülessünk. . mény fekhely akut derékfájás ese- . szeveszik (kutya-macska viszonyban vannak egymással).

(József Attila: A legutolsó harcos). Magyarázd meg ennek a versnek a stilisztikai többletjelentését . Földre zilálja a szél, de megint új sarja rügyedzik.

5 нояб. 2013 г. . gya rorszá gon (fő). Képzés jellege/ Év . másikba, de nem tudjuk értelmezni az otthoni menetrendes kisfüzetben található.

teljesítménnyel kapcsolatos objektív és világos visszajelzés, valamint . http://www.ksh.hu/docs/hun/xftp/idoszaki/munkerohelyz/munkerohelyz15.pdf .

16 дек. 2019 г. . SABJANICS ISTVÁN. KONFERENCIAKÖTET . Bencsik Balázs – Sabjanics István . Ön szerint szükség van riasztórendszerre az iskolákban? (n=54).

sa, a ráncok elmélyülése, az arcbőr fakóbbá . félével) vagy a főzelék, leves saját . méltó feladata az emésztőgödrök tisztítá- sa volt, mindennap .

hogy egy csoport kifelejtve érzi magát a népszámlálási hivatalos kategóriái . oldala van. . vagy vallási szervezeteket például arra, hogy hivatalos, .

Czeizel Barbara miniszteri biztos. Emberi Erőforrások Minisztériuma. 10.50 – 11.15 . Helyszín: 8083 Csákvár, Ady Endre u. 2. (óvoda).

18 авг. 2020 г. . ságáról könyvek jelentek meg több nyelven, sőt film is készült róla Egy csodá- latos elme címmel, amely négy Oscar-díjat kapott,.

27 февр. 2013 г. . Kiadó neve: BGF KVIK Közgazdasági Tanszéki Osztály . hatása Egyiptom gazdaságára (szakdolgozat) Budapesti Gazdasági Főiskola, Külkereske-.

6 дек. 2013 г. . hoz a nem is olyan távoli jövő Békés me- . zel százféle fa, bokor és cserje varázsolja . za programba is, amelynek elsődleges célja,.

a szociometriai pozíció hatása az egyén teljesítménymotivációjára . het a közösség összetartó erejét emlegetni, holott ez az erő ma is jelen van azokban.

Alkalmazott matematika, Alkalmazott matematika és módszerei I. (MT1002, MT4002L, MTB1901, MTB1901L). Tematika. Sorozatok. Sorozatok monotonitása .

Zelk Zoltán: Az én kertem. Van nekem egy diófám, . Petőfi Sándor Általános Iskola, Mária, Németh János, Nagy Lajos Gimnázium, Kovács Ibolya,.

13 нояб. 2020 г. . egész számokat úgy, hogy minden körben a közvetlenül felette lévő két szám különbsége állt. (Mindig a nagyobb számból vonjuk ki a kisebbet.) .

g, h, k, i, m, n, ö, s, t, ü ókori róma b, e, i, k, o, ö, g, r, u, v, x, z. 2. ahet-aton egyiptom fővárosa, a többi önálló városállam.

2 сент. 2018 г. . 2018. R.: Susanna Fogel. Fsz.: Mila Kunis, Kate McKinnon, Justin . Kobuci. 20h Szabó Benedek és a Galaxisok, xy Flies.

Ezek alapján a keresett kör egyenlete: ( − 8)2 + ( − 7)2 = 36. 8. Határozd meg az alábbi egyenletekből a körök középpontját és sugarát!

mazható epoxi ragasztó. . s Különféle anyagokat ragaszt, mint pl. fa, fém, kemény műanyag, üveg. . gyanta. Átfesthető. Nagyobb javításoknál Loctite 3025.

tok kialakítására. Univerzálisan használható minden. Somfy RTS vezérléshez: redőny, napellenző, zsaluzia, roló, beltéri árnyékolók, függönymozgatás, .

szerződés teljes időtartama alatt az OTP bank mobil bankkártya olvasó terminálonként havi bruttó . por-, szikra- és robbanásálló – mobil készülékeket is.

maradt. Hány gramm egy uncia arany? Megoldás: Pista bácsi a ház vásárlására vagyonának egyharmadát és még 560 gramm aranyat, azaz 144:3 =.

VASTAGSÁG (D) ≤ 100 mm. VASTAGSÁG (D) > 100 mm . Ipari és kereskedelmi épületekhez . logisztikai és raktárépületek • ipari épületek • sportcsarnokok.

Számítsd ki továbbá a következőket is: módusz, medián, terjedelem, számtani közép, szórás. Szemléltesd a dolgozat eredményeit oszlop – , illetve kördiagram .

Egy számtani sorozat első nyolc tagjának összege , közülük a páros . nap az előző napinál – rel hosszabb darabot kötünk, akkor hány nap.

az egyenlő szárú trapéz, mely nem paralelogramma. Van olyan trapéz, aminek két szimmetriatengelye van. Igaz, pl.: a rombusz.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) . (Alaphalmaz: ℝ) . Ebből adódik, hogy két ágra bomlik a feladat: 5 − 3 = 2, .

Folytasd! – Megoldások. 1. Aladdin. Véled mámorító versenyt szállni a széllel. Szőnyegünkön ma éjjel utunk meséken visz át. 2. Balu Kapitány.

mint valaha, köszönhetően a füleknek és az új “Bekötési rajz részletek” opciónak. Utóbbi közvetlen kapcsolatot biztosít az.

12 мар. 2014 г. . Megoldások. 9. osztály. 4. Feladat. Hány valós megoldása van a 3[x]=2×2 +x−4 egyenletnek? ([x] az x valós szám egészrészét jelenti.).

1 мар. 2017 г. . Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér. . Az egyenlet jobb oldala a logaritmus azonosságai miatt . (1)-et a!-sal osztva.

értéke tetszőleges valós szám ( = 3 kivételével, mert akkor párhuzamos a két egyenes), míg a értéke ekkor már egy tetszőleges valós szám.

Elektronikai komponensek hatékony tervezése Solid Edge alkalmazásával. graphIT kft. Bogdán Márió. Ügyféltámogató mérnök [email protected] .

adományboltokat így a Nagy Britanniában jellemző társasági adó- és áfa- mentesség nálunk még nem jellemző. 7 http://hunglets.freeweb.hu/charityshop.htm .

Ultrahang-terápia . A BtL-5000 sorozat ultrahangos készülékei akár két független ultrahang- . Dinamikus, pulzáló mágnes mező generátor. FMF Reflektor.

Szilikon acetát. Sokoldalúan alkalmazható tömítőanyag külső és belső fugákhoz. . Ablaképítő csavar FBS. 0188 . • Műanyag ablakokhoz. ®meghajtással.

feladatok és megoldások. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. Page 2. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. Mekkora a szögsebessége a n=45 1/min fordulatszámmal forgó .

5 мая 2017 г. . Komissiózó targonca iGo rendszer. • Programozható jetski rendszer . Külső rendszerekkel (WMS, ERP) való rugalmas összeköttetés lehetősége.

Hűtőházakban alkalmazható szendvicspanel. Szendvicspanelek tetőre . IsoSano fal és tető szendvicspanel . Külső sarok profil. Belső sarok profil.

MI SZÜKSÉGES A FRONIUS AKKUMULÁTOROS TÁROLÓ MEGOLDÁSAINAK . Az inverter árnyékolt 4 polusú kábelen (CAT5e vagy magasabb) kommunikál az akkumulátorral, .

Földelés; 2-3 csepp a pulzuspontokra. Élő baktérium kultúrák; 1 kapszula naponta. dōTERRA Lifelong: Vitality Pack™. Citrom: Fenyőtömjén: dōTERRA On Guard™:.

Egyszerű a válasz: egyike vagyunk azon kevés gyártóknak, akik nem csupán sokrétű, de ütőképes választékot is kínálnak, amely kiváló hőteljesítményű lapradi-.

Testo Kft. 1139 Budapest, Röppentyű u. 53. www.testo.hu; e-mail: [email protected],. A mérés létjogosultsága. Épületszerkezet. Épületgépészet.

Gyakorló feladatok és megoldások. A pénz időértéke . 100 Ft elhelyezése 11,5%-os kamatláb, féléves kamatos kamatszámítás mellett.

Line-in vonali bemenet (FM tuner, CD player, MP3 player). • MIC/XLR mikrofon bemenet. • HD Audio – PCM, 44 100Hz, 16bit, Stereo (1650 kbps).

Számítsd ki a körmozgást jellemző fizikai mennyiségeket! . v= 2r π /T= 2 · 6,375 · 10 · π /8,64·10 = 4,64 · 10 = 464 m/s. 4. r=50 m, v=36 km/h v= 10 m/s.

Mozaik Sokszínű Matematika Feladatgyűjtemény 10 Megoldások Pdf

Csak időt kell szánni rá! MateklaboR ÉS Túl a matekon – Életórák – Karrierbázis Filo Café – Önindító és Jövőkép – Önismeret és Karrier – Fiataloknak. Kombinatorika, gráfok, Hatvány, gyök, logaritmus, A trigonometria alkalmazásai, Függvények, Koordinátageometria, Valószínűségszámítás, statisztika.

Sokszínű matematika 11. feladatgyűjtemény – A kötetben jól elkülöníthetően szerepelnek a gyakorlófeladatok, valamint a közép- és az emelt szintű érettségire. Sokszínű matematika feladatgyűjtemény 11-12. (Letölthető megoldásokkal) a Reál tárgyak. Megoldások. A feladatgyűjtemény minden feladatának megoldását. Sokszínű matematika 11-12. feladatgyűjtemény – A 11-12. osztályos összevont kötet a két évfolyam feladatanyagát tartalmazza, amelyhez a megoldások. Sokszínű matematika 12. feladatgyűjtemény – A kötetben a 12. évfolyam törzsanyagát feldolgozó 570 feladaton túl a rendszerező összefoglalás részben a teljes. A 11-12. osztályos összevont kötet a két évfolyam feladatanyagát tartalmazza, amelyhez a megoldások a kiadó honlapjáról tölthetők le. A közel 1500 feladaton. Sokszínű Matematika 11-12. feladatgyűjtemény a Matematika kategóriában. A 11-12. osztályos összevont kötet a két évfolyam feladatanyagát tartalmazza. Konfárné Nagy Klára. Kovács István. Trembeczki Csaba. Urbán János.

Page 2. 2. Page 3. 3. Page 4. 4. Page 5. 5. Page 6. 6. Page 7. 7. Page 8. 8. Statisztika feladatgyűjtemény I. 1. fejezet. ALAPFOGALMAK; VISZONYSZÁMOK; GRAFIKUS ÁBRÁZOLÁS 9. 1. Fogalmak. A GYAKORLÓ FELADATOK MEGOLDÁSA 287. 1. MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY 1. Lineáris algebra. Mátrixok. Rövid elméleti összefoglaló. Egy n × m típusú mátrixon egy n db sorból és m db oszlopból álló számtáblázatot értünk:. Feladatgyűjtemény – easyMaths Egy vékony, körív alakú szigetelő fonal λ homogén lineáris töltéssűrűséggel. R sugarú tömör fémhenger felületén egyenletes σ felületi töltéssűrűség van. Bevezető matematika feladatgyűjtemény 2014. aug. 10. 24. feladatsor: Rábai Imre: Matematika mér˝olapok 6. feladatsora. 56. Egy futballcsapat 11 játékosának átlagéletkora 22 év. Kosztolányi, Mike, Vincze: Érdekes matematikai feladatok, Mozaik Oktatási Stúdió, Szeged, 1994. Mérnöki Fizika Feladatgyűjtemény – BME ELoSZo. A Mérnöki Fizíka c. tantárgy oktatása a BME Közlekedésmérnöki Karán az. I978-ban életbe lépett kari tanterv bevezetésével kezdődött meg.

Az egyes fejezetek végén található Vegyes feladatok áttekintést adnak az adott fejezet anyagából, ezért jól segíthetik az átfogóbb számonkérés előtti felkészülést.

Mozaik OPUS 2013/3 – Mozaik Kiadó 2013. márc. 23. hallás után: Bárdos Lajos–G. Szabó László: Négy vándor jár körbe-körbe. a vegyeskari megszólalások mindig nagy sikert aratnak iskolánk. FELADATGYŰJTEMÉNY Konfárné Nagy Klára. Kovács István. Trembeczki Csaba. Urbán János. Mozaik Kiadó – Szeged, 2010. 11. FELADATGYŰJTEMÉNY sokszínű. MEGOLDÁSOK. Számelméleti feladatgyűjtemény 2015. 2. Az számelméleti feladatok és megoldási módszereik nagyon sokfélék, változatosak. Az egyszerű feladatok szinte játékos módon megoldhatók. Matematika feladatgyűjtemény I. – BME kedésinérnöki Kar Matematika Tanszékének oktatói készítenek Szász Gábor Mate- matika I-II-III. a) A násodik tankörös fiúk. b) Az angolul és nénietül tudók. feladatgyűjtemény – MatHelp FELADATGYŰJTEMÉNY sokszínű. MEGOLDÁSOK. oldali ábrán láthatók. b) A B C = (sárga körcikk a jobb oldali ábrán);. Topográfiai feladatgyűjtemény Topográfiai feladatgyűjtemény. A feladatok megoldásához atlasz nem használható.

• Mozaik sokszínű matematika feladatgyűjtemény 10 megoldások pdf 8
• Karácsony artúr teljes film magyarul
• Mozaik sokszínű matematika feladatgyűjtemény 10 megoldások pdf video

Nem feltétlenül igaz. b) Ha bezárom az ajtót, akkor elmegyek otthonról. c) Ha õ medve, akkor õ Micimackó. Feladatgyűjtemény- sorozatunk egyedülálló a középiskolai matematika feladatgyűjtemények között. A könyvek felépítése pontosan követi a Sokszínű matematika tankönyvcsalád köteteinek szerkezetét, így akik ezekből a tankönyvekből tanulnak, közvetlenül alkalmazhatják az órai munka és az önálló gyakorlás, sőt az érettségi felkészülés során is. Régikönyvek, Palánkainé Jakab Ágnes, Dr. Szederkényi Antalné, Vincze István – Matematika megoldások I- II. – Összefoglaló feladatgyűjtemény 10- 14 éveseknek Úgy tűnik, hogy a JavaScript le van tiltva, vagy nem támogatja a böngésző. Sokszínű matematika 9- 10. feladatgyűjtemény – A 9- 10. osztályos összevont kötet a két évfolyam feladatanyagát tartalmazza ( több mint 1600 feladat), amelyhez a megoldások CD- mellékleten találhatók. A feladatgyűjtemények külön 9. – es és külön 10. – es kötetként is megvásárolhatók. Feladatgyűjtemény. Mozaik Kiadó MS. Szerzők: Árki Tamás, Konfárné Nagy Klára, Kovács István, Trembeczki Csaba, Dr. 10 Ways to Mend and Repair Clothes Using EmbroideryStitch Your Life Together with These 8 Clever Sewing Hacks!

Megoldások – Valószínűség-számítás (2731-2814) 279 Események 279 Műveletek eseményekkel 280 Kísérletek, gyakoriság, relatív gyakoriság, valószínűség 281 A valószínűség klasszikus modellje 281 Vegyes feladatok 291 A kiadvány bevezetője Feladatgyűjtemény-sorozatunk egyedülálló a középiskolai matematika feladatgyűjtemények között. A könyvek felépítése pontosan követi a Sokszínű matematika tankönyvcsalád köteteinek szerkezetét, így akik ezekből a tankönyvekből tanulnak, közvetlenül alkalmazhatják az órai munka és az önálló gyakorlás, sőt az érettségi felkészülés során is. Ugyanakkor – mivel a feladatgyűjtemények felépítése természetesen megfelel a tantárgy belső logikájának és az iskolákban általánosan alkalmazott kerettanterveknek – minden nehézség nélkül használhatják azok is, akik más tankönyvekből tanulják, illetve tanítják a matematikát. A feladatok nagy száma és változatossága miatt a tanulók bőségesen találnak a maguk számára kitűzött szintnek megfelelő gyakorlási lehetőséget. Így a tankönyveket és a feladatgyűjteményt együtt használva kellő jártasságot szerezhetnek a feladatmegoldásban.

A megoldások szerkezete alapvetően nem változott: zárt válaszú feladatoknál a pontos megoldást ( kivétel az egyéni válaszok), míg a nyílt végű és az esszé( szerű) feladatoknál megoldási javaslatokat közlünk. A szám végén álló két 0 arra utal, hogy két ötös prímtényezõnek lennie kell a szorzatban. Az egyik maga az 5. A másikat a 10- ben találjuk, tehát legalább 10! – ig el kell menni. Ez még kevés, a megoldás n = 11. w 3x 015 Az elsõ három számjegyet 63, a második hármat 10! – féleképpen kaphatjuk meg. A feladatgyűjtemény másik változatban is megvásárolható: a 11- 12. osztályos összevont kötet a két évfolyamnak csak a feladatait tartalmazza ( több mint feladat + 10 középszintű + 5 emelt szintű feladatsor), amelyhez a megoldások CD- mellékleten találhatók. Sokszínű matematika 7 munkafüzet – megoldások. Istvánné – Sokszínű matematika munkafüzet 5. érettségire felkészítő feladatgyűjtemény II. SOKSZÍNÛ MATEMATIKA 10. – A KITÛZÖTT FELADATOK EREDMÉNYE 4 Gondolkodási módszerek 1. Szükséges, elégséges, szükséges és elégséges feltétel 1. a) Ha vizes az úttest, akkor esik az esõ a városban.

A kézfogások száma 9- féle lehet, mivel a számok < 0, 1, 2. 9>elemei és a 0, illetve 9 kézfogás együtt nem lehetséges. Így a 10 ember között biztos van kettõ, melyeknél a kézfogások száma egyenlõ. Egy csapat minimum 0, maximum 7 meccset játszhat.

Matematika | Középiskola » Fröhlich Lajos – Sokszínű matematika, 11. osztályos feladatok megoldással

Sokszínû matematika 11. A KITÛZÖTT FELADATOK EREDMÉNYE Összeállította: FRÖHLICH LAJOS gimnáziumi tanár A Kombinatorika, gráfok és a Valószínûségszámítás, statisztika c. fejezeteket szakmailag ellenõrizte: DR. HAJNAL PÉTER egyetemi docens Tartalom Kombinatorika, gráfok . Hatvány, gyök, logaritmus . 21 . 29 . 43 A trigonometria alkalmazásai Függvények 4 Koordinátageometria . Valószínûségszámítás, statisztika . 52 62 S O K S Z Í N Û M AT E M AT I KA 1 1 – A K I T Û Z Ö T T F E L A DAT O K E R E D M É N Y E Kombinatorika, gráfok 1. Fibonacci-számok 1. Legyen an az n-edik lépcsõfokra való feljutások száma a3 = 3, a4 = 5, a5 = 8, a6 = 13, a7 = 21. Ha az n-edik lépcsõfokra lépünk, akkor az utolsó lépésünk lehetett egylépcsõs, illetve kétlépcsõs. Ez alapján an = an–1 + an–2 Ebbõl adódik, hogy an = fn+1 2. Legyen bn az n szintes ház kifestéseinek száma a) b3 = 5; b) b4 = 8; c) b5 = 13. Ha n

szintes a ház (n > 5), akkor két egymást kizáró lehetõség elõtt állunk: 1) tetszõlegesen kifestjük az alsó n – 2 szintet, majd egy kék szint jön, és legfelül fehér szint lesz; 2) tetszõlegesen kifestjük az alsó n – 1 szintet, és a legfelsõ szint kék színt kap. Ez alapján bn = bn–2 + bn–1. Ebbõl adódik, hogy bn = fn+2 Rejtvény: A hiba a bal oldali képen van. A képrõl úgy tûnik, hogy a piros háromszög átfogója és a trapéz egyik oldala kiadja az összerakott téglalap egyik átlóját. Ez azonban nem igaz Számoljuk ki a két szakasz meredekségét! A bal oldali képen látható 169 összterületû négy alakzat az átló környékén egy kicsinyke részt többszörösen fed. 2. Permutációk, variációk 1. a) 4! = 24; b) 4! – 3! · 2 = 12, mert arra, hogy Bea és Cili egymás mellé üljön, 3! · 2 féle lehetõség van. A kerek asztal esetén elõször is értelmezni kell, hogy mikor tekintünk két leülést különbözõnek.

Több lehetõség van – Ha a négy pozíciót (széket) megkülönböztethetõnek gondoljuk, akkor bármely két ültetést is meg tudunk különböztetni, amikor valaki különbözõ székre kerül. Ekkor teljesen új ültetést kapunk, ha mindenki eggyel balra átül. – A második lehetõség, hogy mindenki megjegyzi, ki ül tõle balra és jobbra. Ha ez az információ két ültetés esetén különbözik, akkor a két ültetést különbözõeknek tekintjük. Ekkor ha mindenki eggyel balra átül, akkor az új ültetést nem tekintjük az elõzõtõl különbözõnek. Ha viszont egy ültetést tükrön keresztül nézünk (legalább három résztvevõ esetén), akkor más ültetéshez jutunk, mert a jobb és bal szomszédság felcserélõdik. – A harmadik lehetõség, hogy mindenki csak annyit jegyez meg, hogy kik között ül. (Tehát például Anna annyit jegyez meg, hogy Bea és Cili között ül, de nem tudjuk meg, hogy ki ül a balján és ki a jobbján.) Ekkor egy

ültetés tükörképét nem tekintjük új ültetésnek A megoldásban mi a középsõ megállapodással élünk, azaz az elforgatott ülésrendet nem tekintjük különbözõnek, de a tükörképet igen. c) Megkérjük Annát, hogy sorolja fel, ki ült a jobbján és annak a jobbján, illetve ki ül a balján. (A körszerû ülésrendet „felvágjuk” Annánál, így a másik három résztvevõ közt egy sorrendet kapunk.) Ez pontosan leírja az ülésrendet Összesen 3! = 6 lehetõség van d) Beának és Cilinek szemben kell ülni. Két lehetõség van aszerint, hogy Anna Bea jobbjára vagy baljára ül. 4 2. Minden jegyre 6 lehetõség van, így 64 féle négyjegyû szám lehet Minden helyi értéken mind a 6 számjegy 63-szor fordul elõ, így az összeg 63(1 + . + 6) + 63(10 + + 60) + 63(100 + + 600) + 63(1000 + + 6000) = = 63 · 23 331 = 5 039 496. 3. 20 db 4. 360 = 23 · 32 · 5 pozitív osztói a 2a · 3b · 5c alakú számok, ahol a Î, b Î

és c Î. Ez 24 lehetõség 4800-nak 42, 5484-nek pedig 12 darab pozitív osztója van 5. A jó elhelyezésnél a bástyák különbözõ sorba és különbözõ oszlopba esnek, azaz minden sorban egy bástya áll (és minden oszlopban is). Az elsõ sor bástyája nyolc helyen állhat Ezek után a második sor bástyája már csak hét pozíciót foglalhat el és így tovább. Összesen 8 · 7 · 6 · . · 2 · 1 = 5040 lehetõség van 6. 9333 7. 10 db 8. Az egyes jegyekre a lehetõségek száma 3; 2; 1; 3; 2; 1 Így a számra 3 · 2 · 1 · 3 · 2 · 1 = 36 lehetõség van. 9. a) 25 = 32; b) 23 + 23 = 16; c) 23 + 1 = 9; d) legalább 6 beteg kell. 10. a) 9 · 10 · 10 · 4 = 3600; b) A tankönyv 1–3. kiadásában: Csoportosítsuk a megszámlálandó számokat utolsó négy számjegyük szerint. Erre a négy számjegyre 104 lehetõség van. Ezek közül 94 nem tartalmazza a 3-as számjegyet, 104 – 94 darab tartalmazza a 3-as számjegyet. Ezen utóbbi lehetõségek közül

bármelyikhez három összeszámlálandó szám tartozik, hiszen az számjegyek közül kell egy elsõt kiválasztani, és már csak a 3-mal való oszthatóságra kell ügyelnünk. A 9 kiterjesztés közül pontosan három lesz jó. Ez 3 · (104 – 94) lehetõség A 94 darab 3-ast nem tartalmazó végzõdés között lesznek 3-mal oszthatók és 3-mal nem oszthatók. A hárommal oszthatók 3-mal, 6-tal vagy 9-cel kezdve maradnak 3-mal oszthatók. Ahhoz, hogy a 3-as számjegyet is tartalmazzák, ahhoz a 3-as számjegyet kell a kezdetnél használnunk. Minden ilyen végzõdés egy összeszámlálandó számot ad A 3-mal nem osztható végzõdések nem adnak összeszámlálandó számot (ebben az esetben a 3-as számjegy felhasználása és a 3-mal való oszthatóság nem összeegyeztethetõ). A megoldás befejezéseként belátjuk, hogy a 94 darab végzõdés közül pontosan 1/3 · 94 = = 3 · 93 darab lesz 3-mal osztható. Ehhez a 3-ast nem tartalmazó

végzõdéseket utolsó három számjegyük szerint csoportosítjuk. Ezek mindegyike a egy elemével kezdhetõ, amely kilenc lehetõség közül pontosan három vezet 3-mal osztható eredményhez. Így a válasz: 3 · (104 – 94) + 3 · 93. 5 S O K S Z Í N Û M AT E M AT I KA 1 1 – A K I T Û Z Ö T T F E L A DAT O K E R E D M É N Y E A 4. kiadástól: Inkább azt számoljuk össze, amelyik nem tartalmazza a 3-as számjegyet. Ezek száma 8 · 94. Összesen 9 · 104 darab ötjegyû pozitív egész szám van a tízes számrendszerben Tehát 9 · 104 – 8 · 94 = 37512 darab ötjegyû szám tartalmazza a 3-as számjegyet. Rejtvény: Igen, megszabadulhatnak. A feladatnak két változata van: tudják, hogy megérkezésükkor milyen állapotban van a lámpa, illetve nem tudják. Az elsõ változat (amikor feltesszük, hogy leoltott lámpához érkeznek a rabok) egy kicsit könnyebb. Ezzel kezdjük A rabok kijelölnek maguk közül egy számlálót, aki

információt gyûjt és aki az összes rab sétáltatását be fogja jelenteni. Az összes többi (99) rab feladata, hogy elküldje azt az információt, hogy volt már sétálni. Ehhez mindegyikük a következõt teszi: Az elsõ alkalommal, amikor sétálni megy és a lámpa nem ég, akkor felgyújtja a lámpát. A felgyújtott lámpa lesz az „üzenet”, hogy õ már volt sétálni A további sétálásoknál a leoltott lámpát úgy hagyja (csak egyszer küld üzenetet). Ha a sétáltatásnál felgyújtott lámpát lát, akkor úgy hagyja. (Tudja ugyanis, hogy ez egy üzenet, amelyet nem szabad megzavarni.) Ha a számlálónak kinevezett rab felgyújtott lámpát lát, akkor leoltja (jelzi a többieknek, hogy újból várja az üzeneteket), és megjegyzi, hogy egy rab jelzett neki. Amikor 99-szer leoltotta a lámpát (99 rab egy-egy üzenete eljutott hozzá), akkor bejelenti, hogy mindenki sétált. Ha a rabok nem ismerik a lámpa kezdeti állapotát, akkor a fenti megállapodás

nem lesz jó. A számláló a 99-edik lámpaoltás után nem tudja, hogy 99 üzenetet kapott-e, vagy pedig egyszer leoltotta a kezdetben égõ lámpát, és csak 98 üzenet jutott el hozzá. Ebben az esetben abban állpodhatnak meg, hogy a számlálón kívül minden rab kétszer üzenjen Azaz az elsõ két olyan sétáján, amikor leoltott lámpával találkozott, gyújtsa fel azt. (Elõfordulhat, hogy a raboskodása során az 1000-edik és 2020202017-edik sétája.) Máskor ne tegyen semmit. A számláló 198 lámpaleoltás után jelezzen Ekkor sem tudja megkülönböztetni azt a két esetet, amikor 198 üzenetet kapott, illetve egy kezdeti lámpaoltás után csak 197 üzenetet gyûjtött össze. Abban azonban biztos lehet, hogy mind a 99 rabtársától kapott jelzést a sétálásról. 3. Ismétlés nélküli kombinációk, Pascal-háromszög ⎛32⎞ 1. a) ⎜ ⎟ = 10 518 300 ⎝8⎠ 31 b) A piros hetes mellé választunk még 7 lapot ⎛⎜ ⎞⎟ = 2 629 575 . ⎝7⎠ c) Az

összes lehetõségbõl kivonjuk azok számát, amelyekben nincs piros. ⎛32⎞ − ⎛24⎞ = 9 782 829. ⎜8⎟ ⎜8⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛8⎞ ⎝⎠ 2. ⎜ ⎟ = 56 háromszög van, ezek közül 3 különbözõ 3 ⎛32⎞ 3. ⎜ ⎟ = 201 376 ⎝5⎠ ⎛12⎞ 4. Maximum ⎜ ⎟ = 66 metszéspont lehet ⎝2⎠ 6 5. Egyeneseinket egyesével rakjuk le az „üres” síkra Kezdetben egy részbõl áll a sík, majd minden egyenes új síkrészeket alkot a korábbiak szétvágásával. Minden új egyenesnél számoljuk össze, hogy legfeljebb hány új síkrészt alakít ki: 1 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 22 Ennyi síkrész ki is alakul, ha egyeneseink között nincsenek párhuzamosak, és nincs három olyan, amely közös ponton halad át. ⎛8⎞ ⎝ ⎠ lépést választunk. 6. a) ⎜ ⎟ = 70 -féle út 8 lépésbõl 4 db jobbra 4 b) b) Minden csúcshoz odaírjuk, hányféleképpen juthatunk oda. Ez összesen 48-féle út c) 23-féle út. 7. A c) 1 1 1 1 2 3 1

1 1 1 3 6 6 2 6 1 1 4 10 3 3 3 3 16 22 1 4 7 10 13 10 26 48 10 23 B A B 1 1 1 1 1 1 8 9 36 84 126 126 84 1 7 1 8 28 56 70 56 28 1 6 21 35 35 21 7 1 5 15 20 15 6 10 10 5 1 1 1 4 6 4 1 3 3 1 1 1 2 1 36 9 1 8. A bal felsõ M-tõl kell indulnunk, és 5 lépést kell megtennünk Minden lépésben 2 lehetõségünk van. Tehát a hó 25-féleképpen olvasható le 9. A testátlók számolásához összeszámoljuk a csúcsok által meghatározott szakaszokat Ezek tartalmazzák a test éleit, a lapok átlóit és a testátlókat. A többletet levonjuk a csúcspárok számából a) A dodekaédernek Ezek közül 12 ⋅ 5 20 = 20 csúcsa van. Ezeket ⎛⎜ ⎞⎟ -féleképpen köthetjük össze 3 ⎝2⎠ 20 ⋅ 3 = 30 él, az ötszöglapokon pedig 12 · 5 lapátló van. Így összesen 2 ⎛20⎞ − 30 − 60 = 100 testátló van. ⎜2⎟ ⎝ ⎠ 20 ⋅ 3 12 ⋅ 5 = 12 csúcsa és = 30 éle van. A

háromszöglapoknak 5 2 12 nincsenek átlói. Így az ikozaéder ⎛⎜ ⎞⎟ − 30 = 36 testátlója van ⎝2⎠ b) Az ikozaédernek 7 S O K S Z Í N Û M AT E M AT I KA 1 1 – A K I T Û Z Ö T T F E L A DAT O K E R E D M É N Y E ⎛k⎞ ⎝ ⎠ megtartottak 77 meccset, így 10. k db csapat szerepel, ⎜ ⎟ az összes meccsek száma, hátra van 2 2k – k meccs, és már 2 k k + 77 = ⎛⎜ ⎞⎟ , 2 ⎝ ⎠ innen k = 14. Tehát 14 csapat szerepel 11. a) A legkevesebb forduló esetén háromszor kell 4 személlyel felmennie a liftnek Az elsõ két lift utasait kell kiválasztanunk (a harmadik liftben a kimaradtak utaznak). 12 8 Ez ⎛⎜ ⎞⎟ ⋅ ⎛⎜ ⎞⎟ = 34 650 lehetõség. ⎝ 4 ⎠ ⎝4⎠ b) A legkevesebb fordulóhoz négyszer megy fel a lift. Egyszer három, a többi esetben pedig négy emberrel. Négy lehetõséget különböztetünk meg aszerint, hogy melyik fordulóban lesz a hármas utazás. Mindegyik esetet az elõzõ rész alapján számolhatjuk

ki. A válasz: ⎛15⎞ ⋅ ⎛12⎞ ⋅ ⎛8⎞ + ⎛15⎞ ⋅ ⎛11⎞ ⋅ ⎛8⎞ + ⎛15⎞ ⋅ ⎛11⎞ ⋅ ⎛7⎞ + ⎛15⎞ ⋅ ⎛11⎞ ⋅ ⎛7⎞ . ⎜ 3 ⎟ ⎜ 4 ⎟ ⎜4⎟ ⎜ 4 ⎟ ⎜ 3 ⎟ ⎜4⎟ ⎜ 4 ⎟ ⎜ 4 ⎟ ⎜3⎟ ⎜ 4 ⎟ ⎜ 4 ⎟ ⎜4⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 12. Szorozzuk össze az egyes embereknek való osztások lehetõségeinek számát: ⎛32⎞ ⋅ ⎛28⎞ ⋅ ⎛24⎞ ⋅ ⎛20⎞ ⋅ ⎛16⎞ ≈ 69 ⋅ 1018 ⎜ 4⎟ ⎜4⎟ ⎜ 4⎟ ⎜ 4⎟ ⎜4⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 13. Minden keresztezõdõ kézfogásban négy ember vesz részt, és az emberek közül bármely négy esetén pontosan egy keresztezõdõ kézfogás lesz. Így a keresztezõdõ kézfogások szá10 ma azonos a 10 emberbõl kiválasztható négyesek számával, azaz ⎛⎜ ⎞⎟ = 210-zel. ⎝4⎠ 4. Binomiális együtthatók, ismétléses kombináció ⎛5⎞ ⎛5⎞ ⎛5⎞ ⎛5⎞

⎛5⎞ ⎛5⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 5 5 5 5 5 5 b) ⎛⎜ ⎞⎟ 35 ⋅ n 5 + ⎛⎜ ⎞⎟ 34 ⋅ n 4 ⋅ 2 + ⎛⎜ ⎞⎟ 33 ⋅ n 3 ⋅ 2 2 + ⎛⎜ ⎞⎟ 32 ⋅ n 2 ⋅ 23 + ⎛⎜ ⎞⎟ 3n ⋅ 2 4 + ⎛⎜ ⎞⎟ 2 5 ⎝0⎠ ⎝1⎠ ⎝2⎠ ⎝3⎠ ⎝4⎠ ⎝5⎠ 10 10 10 10 c) ⎛⎜ ⎞⎟ y10 − ⎛⎜ ⎞⎟ y 9 + ⎛⎜ ⎞⎟ y8 − . + ⎛⎜ ⎞⎟ y0 ⎝0⎠ ⎝1⎠ ⎝2⎠ ⎝10⎠ n n n n d) ⎛⎜ ⎞⎟ a n − ⎛⎜ ⎞⎟ a n −1b + ⎛⎜ ⎞⎟ a n −2 b 2 − . + (−1)n ⎛⎜ ⎞⎟ b n 0 1 2 ⎝n⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1. a) ⎜ ⎟ x 5 − ⎜ ⎟ x 4 ⋅ 2 + ⎜ ⎟ x 3 ⋅ 4 − ⎜ ⎟ x 2 ⋅ 8 + ⎜ ⎟ x ⋅ 16 − ⎜ ⎟ ⋅ 32 5 0 1 2 3 4 2. a) (x – 1)4; b) (a + 2)5. 3. A feladat nem szól arról, hogy ki az a Péter Ezt a megoldás elõtt tisztázni kell A legegyszerûbb megállapodás, hogy a csapatnak egyetlen tagját hívják Péternek. Más megállapodás lehet az is, hogy egyik tagot sem hívják

Péternek (pl. nõi csapatról van szó) Az is elképzelhetõ, hogy olyan férfi csapatról van szó, amelyben mindegyik játékosnak Péter a keresztneve. Ezek a megállapodások természetesen mind más-más feladathoz vezetnek. Mi a legegyszerûbb megállapodással élünk a) 26 = 64; b) 25 = 32; c) 25 = 32. 8 4. (18 + 7)! = 480 700. 18! 7! Analóg feladat: 18 golyót helyezünk el 8 rekeszben. A 18 golyót és a 7 rekeszfalat permutáljuk úgy, hogy sem a golyókat, sem a falakat nem tudjuk megkülönböztetni egymástól. Lásd a 4 példa megoldását 5. a) Minden megoldáshoz rakjunk le x darab + jelet, majd egy | elválasztójelet, azután y da- rab + jelet, ismét egy | elválasztójelet, s végül z darab + jelet. Így 11 jellel leírtunk egy megoldást (ahogy leírtunk egy növényrendelést a 4. példában) A megoldások száma ⎛11⎞ = 55. ⎜2⎟ ⎝ ⎠ b) Az x + y + z = 9 egyenlet ekvivalens az (x – 1) + (y – 1) + (z – 1) = 6 egyenlettel. Az x + y + z = 9

egyenlet megoldása a pozitív egészek körében ekvivalens az x + y + z = 6 egyenlet megoldásával a természetes számok körében. Ebbõl adódik a két egyenlet megoldásszámának azonossága. A második egyenletnek – az a) pont 8 megoldási módszerével – ⎛⎜ ⎞⎟ = 28 megoldása van. ⎝2⎠ c) Végtelen sok, minden (x; y; 9 – x – y) x, y ÎZ alakú számhármas. 5. Vegyes összeszámlálási feladatok (kiegészítõ anyag) 1. x lány és y fiú, így + 56y = 8x, + 4y 6y + 5 = 3x + 4y. Tehát 15 lány és 20 fiú tanuló volt. 2. A második, harmadik és negyedik tulajdonságoknak minden (6m)2 (m ÎZ+; m ¹ 1) alakú szám megfelel, és ezek nem kétjegyûek és nem prímek. Végtelen sok ilyen szám van 3. 53 = 125-féleképpen 4. Elõször se a tigrisek, se az oroszlánok között ne tegyünk különbséget Legyen n db oroszlán és k db tigris. Állítsuk sorba a tigriseket, és tegyünk közéjük 1-1 oroszlánt Így n – (k – 1) db oroszlán marad,

melyeket ezek után a tigrisekhez képest próbálunk elhelyezni. Ezt (k + n − (k − 1))! -féleképpen k !(n − (k − 1))! tehetjük meg. Mivel az állatok különbözõek, szorzunk k!-sal, ill. n!-sal A sorbaállítások száma tehát (k + n − k + 1)! (n + 1)! n ! ⋅ n! ⋅ k ! = , k !(n − k + 1)! (n − k + 1)! 5 oroszlán és 4 tigris esetén 6! ⋅ 5! = 43 200 lehetõség van. 2! 9 S O K S Z Í N Û M AT E M AT I KA 1 1 – A K I T Û Z Ö T T F E L A DAT O K E R E D M É N Y E Más megoldás: Képzeljük el, hogy az idomár elõször az oroszlánokat helyezi el, majd a tigriseket „illeszti” az oroszlánok közé. Így elõször az öt oroszlánt állítja sorba (5! = 120 lehetõség) Ezek meghatároznak hat (oroszlánokhoz viszonyított) pozíciót: legelsõ hely, négy darab „köz” és legutolsó hely. Két tigris az oroszlánokhoz képest nem kerülhet ugyanoda, mert akkor 6 egymás mellett állnának. A hat pozícióból ki kell választanunk azt a

négyet ( ⎛⎜ ⎞⎟ = 15 ⎝4⎠ lehetõség), ahová tigris kerül, majd a kiválasztott helyekre el kell helyeznünk a tigriseket (4! = 24 lehetõség). Összesen 120 · 15 · 24 = 43200 lehetõség van A megoldás menetébõl (is) következik, hogy nincs megoldás, ha a tigrisek száma nagyobb, n + 1⎞ mint az oroszlánok száma. Ha k £ n + 1, akkor az általánosítás egyszerû: n !⋅ ⎛⎜ ⎟ ⋅ k !. ⎝ k ⎠ 5. Elõször ne legyen különbség a piros és a kék golyók között Tegyük le a 3 fehér golyót, majd rakjunk közéjük 1-1 golyót. A megmaradt 5 golyót kell elhelyeznünk a 4 lehetséges helyen, majd ki kell választanunk, hogy melyik kettõ legyen kék. Tehát (3 + 5)! ⎛7⎞ ⋅ ⎜ ⎟ = 1176. 3! ⋅ 5! ⎝2⎠ Más megoldás: 7 Elõször rakjuk le a piros és kék golyókat. ( ⎛⎜ ⎞⎟ = 21 lehetõség, hiszen a hét golyó sorában ⎝2⎠ a két kék golyó helyét kell kiválasztanunk.) A lerakott hét golyóhoz viszonyítva kialakuló

nyolc pozíció egyikébe sem eshet több fehér golyó. Így a fehérek elhelyezéséhez a nyolc 8 pozícióból ki kell választanunk azt a hármat, ahová a fehér golyók kerülnek ( ⎛⎜ ⎞⎟ = 56 ⎝3⎠ lehetõség). Ez összesen 21 · 56 = 1176 lehetõség (40 + 2)! (37 + 2)! = 861. c) = 741. 40 ! ⋅ 2! 37! ⋅ 2! d) Ha n gyerek és k különbözõ alma van, akkor nk lehetõség van a szétosztásra. Ha n + k − 1⎞ n gyerek és k megkülönböztethetetlen alma van, akkor pedig ⎛⎜ ⎟ lehetõség van ⎝ n −1 ⎠ a szétosztásra. Ha ráadásul mindegyik gyereknek akarunk almát adni (tegyük fel, hogy k ³ n), akkor osszunk ki n almát, majd a maradék k – n almát osszuk szét tetszõk − 1⎞ legesen. Így ⎛⎜ ⎟ lehetõség van. n ⎝ − 1⎠ 6. a) 403 (Minden almánál 3 lehetõség) b) 7. Legyen a maximális tartományszám an, ahány tartományra n darab kör felvágja a síkot A kis paraméterek vizsgálata egyszerû: a1 = 2, a2 = 4, a3 = 8, a4

= 14, a5 = 22. Ha n darab kör mellé rakunk egy új (n + 1-edik) kört, akkor ezt a korábbi körök mindegyike legfeljebb két pontban metszi. Ez a legfeljebb 2n metszéspont legfeljebb 2n ívet alakít ki az új körön Ezek az ívek korábbi tartományokat vágnak ketté. A szétvágott tartományok száma lesz a többlet a korábbi tartományszámhoz viszonyítva. Ez alapján an+1 £ an + 2n, sõt egyenlõség áll fenn: an+1 = an + 2n. Így an = 2 + 4 + 6 + . + 2(n – 1) = n2 – n + 2 Vessük össze a 3.5 feladattal és annak megoldásával 10 8. a) Minden csúcs azonos színû ® 2 db színezés; b) 1 pont más színû c) 2–6 pont d) 3–5 pont e) 4–4 pont Összesen 23 eset van. ® ® ® ® 2 db; 6 db; 6 db; 7 db. ⎛10⎞ 9. a) A tízszög csúcsai ⎜ ⎟ = 45 szakaszt határoznak meg Ezek közül 10 a sokszög oldala, ⎝2⎠ a maradék 45 – 10 = 35 darab pedig a tízszög átlója. b) Minden átlómetszéshez tartozik négy csúcs (a metszõ átlók

végpontjai), és minden csúcsnégyeshez tartozik pontosan egy átlómetszés (a négy közül a kerületi sorrendben szemköztes elemek által meghatározott átlók metszése). Ha minden csúcsnégyes kü10 lönbözõ átlómetszést határoz meg (ez lehetséges), akkor ⎛⎜ ⎞⎟ átlómetszés alakul ki. ⎝4⎠ Ennél több nem lehetséges. Vessük össze ezt a feladatot a 313 feladattal és annak megoldásával! c) A legtöbb tartomány akkor alakul ki, ha nincs három egy ponton átmenõ átló. Sokszögünket helyezzük a koordinátasíkra úgy, hogy egyik oldal és egyik átló se legyen vízszintes. A kialakuló tartományokat két csoportba osztjuk: az egyikbe azok tartoznak, amelyek legalsó csúcsa a sokszögnek nem csúcsai, a másikba azok, amelyek legalsó csúcsa a sokszög egyik csúcsa. Az elsõ típusú tartományok legalsó csúcsa két átló metszéspontja Megfordítva: minden átlók által kialakított metszésponthoz tartozik egy elsõ típusú tartomány,

amelynek ez a metszéspont a legalsó pontja. Így az elsõ típusú tartományból 10 ugyanannyi van, mint ahány metszéspont az átlók között: esetünkben ⎛⎜ ⎞⎟ = 210. ⎝4⎠ A második típusú tartományok összeszámolásához csoportosítsuk õket a legalsó csúcsuk szerint. Fussunk végig a legfelsõ csúcson kívüli kilenc csúcson Mindegyik csúcsnál a hozzá „fentrõl” befutó átlók és oldalak számából 1-et levonva kapjuk meg az oda tartozó második típusú tartományokat. Ezeknek a számoknak az összege az 10 összes átló és oldal számából levonva 9, azaz ⎛⎜ ⎞⎟ − 9 = 36. Ez a második típusú ⎝2⎠ tartományok száma. Összesen 210 + 36 = 246 tartomány van n d) n-szög esetén összesen ⎛⎜ ⎞⎟ − n átló van, az átlók közötti metszéspontok száma legfel⎝2⎠ n jebb ⎛⎜ ⎞⎟ , a kialakuló tartományok száma legfeljebb ⎝4⎠ ⎛n⎞ + ⎛⎛n⎞ − (n − 1)⎞ . ⎜4⎟ ⎜⎜2⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝⎝

⎠ ⎠ Rejtvény: A zsinórokat nevezzük el balról jobbra haladva 1, 2 és 3-nak. Egy lövési sorrendhez elég tudnunk, hogy melyik zsinórról lövünk, hiszen mindig az aktuálisan legalsó léggömb a cél. Így egy lelövési sorrend lehet például: 113212 Általában egy lelövési sorrend egy olyan hat hosszú sorozat, amelyben három darab 1-es, két 2-es és egy 3-as szerepel. 6 3 Ilyenbõl ⎛⎜ ⎞⎟ ⋅ ⎛⎜ ⎞⎟ = 20 ⋅ 3 = 60 van. ⎝3⎠ ⎝2⎠ 11 S O K S Z Í N Û M AT E M AT I KA 1 1 – A K I T Û Z Ö T T F E L A DAT O K E R E D M É N Y E 6. GRÁFOK – pontok, élek, fokszám 2. Nincs, mert egy gráf páratlan fokszámú pontjainak száma páros 3. a) Szabályos tetraéder b) Élek száma: e = 5⋅3 ∉ Z ⇒ nem lehetséges. 2 7⋅3 ∉ Z ⇒ nem lehetséges. 2 c) Két azonos élhosszúságú tetraéder összeillesztve egy lapja mentén. e) Szabályos oktaéder. d) e = 4. Legyenek egy gráf pontjai az ötszöglapok és a hatszöglapok, az

élei pedig jelentsék a szomszédságot. Az ötszöglapok fokszáma 5, a hatszöglapoké 6. Az ötszöglaphoz illeszkedõ élek száma 12 · 5 = 60. Minden ilyen él egy ötszöglaphoz és egy hatszöglaphoz illeszkedik, és egy hatszöglaphoz 3 ilyen él illeszkedik. 60 Így a hatszöglapok száma: = 20. 3 5. Legyenek a városok egy gráf pontjai, a járatok pedig az élek a) II. Ha a londoni járat Budapestre megy, akkor a másik két járatot Budapestrõl háromféleképpen választhatjuk L L P L P A Bp A Bp M P A Bp M M II. Ha a londoni járat nem Budapestre megy, akkor ez háromféleképpen valósulhat meg L L P L P A Bp M P A Bp M A Bp M b) Ez nem lehetséges, mert a páratlan fokszámú pontok száma nem lehet páratlan. c) Ha egy 5 pontú egyszerû gráfban 3 db 4 fokszámú pont van, akkor a többi 2 pontnak legalább 3 a fokszáma, így ez az eset sem lehetséges. 6. Legyenek egy gráf pontjai a városok, az élek pedig a városokat összekötõ

útvonalak Ha a gráf összefüggõ, akkor bármely városból el lehet jutni a fõvárosba. Ha nem összefüggõ, akkor tekintsük a fõvárost tartalmazó komponenst. Ebben a komponensben kell még egy páratlan fokszámú pont, mivel egy komponens páratlan fokszámú pontjainak száma csak páros lehet. Tehát Messziút is ehhez a komponenshez tartozik, hiszen a többi város páros fokszámú. Ekkor is el lehet jutni a fõvárosba Messziútból 12 7. a) A b) pont speciális esete b) Ha van 0 fokú csúcs, akkor a fokszámok a halmaz elemei (azaz ilyenkor nem lehet n – 1 fokú csúcs). Ha nincs 0 fokú csúcs, akkor a fokszámok a halmaz elemei Mindkét esetben az n fokszámra n – 1 lehetõség van, így lesz egybeesés köztük. 8. Legyenek a résztvevõk egy gráf pontjai, az osztálytársi kapcsolatok pedig az élei Az osz- tálytársak egy teljes gráfot alkotó komponens tagjai. Akik 6-ot mondtak, azok egy 7

pontú teljes gráfhoz tartoznak. Mivel 8 ilyen válasz volt, legalább két ilyen komponens van, tehát legalább hat 6-os válasz hiányzik. Akik 4-et mondtak, azok egy 5 pontú teljes gráf tagjai. Mivel 7 ilyen válasz volt, legalább két ilyen komponens van, tehát legalább három 4-es válasz hiányzik. Akik 3-at mondtak, azok egy 4 pontú teljes gráf tagjai. Mivel 5 ilyen válasz volt, legalább két ilyen komponens van, tehát 3 ilyen válasz hiányzik. Akik 2-t mondtak, azok egy 3 pontú teljes gráf tagjai. Mivel 2 ilyen válasz volt, legalább 1 ilyen válasz hiányzik. Így megkaptuk a 13 hiányzó választ. (3) (6) (1) 9. (5) Þ a nagyvadak szimpatikusak Þ a nagyvadaknak nincs agyaruk Þ a nagyvadak nem (2) (4) kellõen felfegyverzettek Þ a nagyvadak nem elefántok Þ bemehetnek a porcelánboltba. Igen, következik. 10. Legyenek a bálon részt vevõ diákok egy gráf pontjai, és az él jelezze, hogy ki kivel táncolt. Ha minden él egy fiú és egy lány

között húzható meg, akkor a fiúk fokszámának összege és a lányok fokszámának összege egyenlõ kell, hogy legyen. Ha évfolyamonként a fiúk és a lányok száma egyenlõ, akkor a fiúkra és a lányokra vonatkozó iskolai átlagnak egyenlõnek kell lennie, de ez a diagram alapján nem teljesül. Így vagy az adatfelvételkor nem emlékeztek jól, hogy hány emberrel táncoltak, vagy a fiúk nem csak (az iskolabeli) lányokkal táncoltak, vagy a fiúk nem csak lányokkal táncoltak. 11. Jelöljük a 6 pontot rendre u, v, w, x, y, z-vel Elõször azt látjuk be, hogy van egy egyszínû háromszög. Tekintsük a v csúcsot és az ebbõl induló öt élt A színek szimmetriája miatt feltehetõ, hogy színeik közt a piros van többségben. A legalább három piros él elvezet v három piros szomszédjához. Ha ezek között van piros él, akkor ennek két végpontjához v-t hozzávéve egy olyan hármast kapunk, amelyeket összekötõ mindegyik él piros. Ha a három pontot

összekötõ élek között nincs piros él, akkor olyan háromszöghöz jutottunk, amelynek minden éle kék. A második egyszínû háromszög keresésénél induljunk ki egy xyz egyszínû (feltehetjük, hogy kék) háromszögbõl. Legyen v egy negyedik csúcs Ha a v-bõl az x-hez, y-hoz és zhez vezetõ három él nem mind piros, akkor az elõzõ bekezdés gondolatmenete egy olyan egyszínû háromszöghöz vezet, amely a kiindulási háromszöghöz képest új, és már készen is vagyunk. Ha mindhárom él piros, és ugyancsak ez teljesül a maradék u és w két csúcsra, akkor az u, v és w közti éleket nézzük meg. Ha mindhárom él kék, készen vagyunk. Ha valamelyik él piros, akkor is megtaláljuk az új egyszínû háromszöget, ha a piros él két végpontjához x-et (vagy y-t vagy z-t) hozzáadjuk. 13 S O K S Z Í N Û M AT E M AT I KA 1 1 – A K I T Û Z Ö T T F E L A DAT O K E R E D M É N Y E 12. a) Az elõzõ feladat alapján, ha egy csúcsból 3 azonos

színû él futna ki, akkor ott egyszínû háromszög keletkezne. b) Ha a gráfból töröljük a piros éleket, akkor a gráf összefüggõ, és minden pontjának 2 a fokszáma. Tehát van a gráfban zárt Euler-vonal. A B C E D 13. Legyenek a tudósok egy gráf pontjai, és az élek jelezzék, ha leveleznek Az élek színe jelentse a témát. A skatulyaelv szerint egy tudóstól legalább 6 azonos színû (piros) él indul Ha ezt a 6 pontot összekötõ élek mindegyike a másik két színbõl való, akkor az elõzõ feladat alapján van egyszínû háromszög. Ha legalább az egyik él piros, akkor is van egyszínû háromszög. 14. Ha a csónakból való kiszállás után valamelyik ponton több a misszionárius, akkor a túl- parton több a kannibál, és baj van. Ha egy kiegyenlített helyzet elõtt a csónakban több a kannibál, akkor az indulási oldalon volt baj, ha pedig kevesebb, akkor az érkezési oldalon volt baj. Tehát a csónakban egy kannibál és egy

misszionárius lehet csak, így pedig nem lehet átjutni. Más megoldás: Vegyük azt a feltételezett legelsõ pillanatot, amikor a csónaknak a jobb partra való visszatérése után a bal parton legalább két misszionárius van. Mivel a másik parton is kell misszionáriusnak lenni, ezért biztos, hogy ekkor mindkét parton ugyanannyi a kannibálok és a misszionáriusok száma (3-3 és 1-1, vagy 2-2, és 2-2). A 3-3, 1-1 eset nem lehet, mert akkor (mivel a legelsõ olyan esetet néztük, amikor legalább 2 misszionárius van itt) ezt megelõzõen a bal partra két misszionáriusnak kellett volna érkeznie. Akkor viszont elõtte az ott lévõ misszionárius kisebbségben lett volna A 2-2, 2-2 eset azért nem lehet, mert akkor ezt megelõzõen a jobb partra (az egyensúlyi probléma miatt) csak olyan csónak térhetett volna vissza (illetve ettõl kezdve a két part között csak olyan csónak közlekedhet), amelyben se misszionáriusból, se kannibálból nem ülhet több. Így

azonban nem lehet átkelni a folyón Ellentmondásra jutottunk, a feladatnak nincs megoldása. 15. A 4 kannibál átevez, majd 1 visszahozza a csónakot A 4 misszionárius átevez, majd 1 kannibál visszamegy a társáért. 16. Legyenek a diákok egy gráf pontjai, és irányított él mutasson arra, akibe szerelmesek Fiúk: A, B, C, D. Lányok: E, F, G, H A feladat feltételei szerint minden pontból egy él fut ki, és minden pontba egy él fut be. Így minden pont 2 fokú, és így van olyan kör a gráfban, melyen a fiúk és a lányok felváltva követik egymást. Mivel a szerelem nem lehet kölcsönös, nincs két pontú kör Tehát vagy két 4 pontú van, vagy egy 8 pontú. (*) A feltételek: (1) A ® X1 ® Y1 ® E X1 Î; Y1 Î (2) B ® X2 ® Y2 ® F X2 Î; Y2 Î X 1 ¹ X 2 Ü Y1 ¹ Y2 (3) C ® X3 ® D (4) X2 ¹ G Þ X2 = E vagy X2 = H (5) H ® Y3 ® X4 X4 ¹ G Y3 ¹ A 14 I. Ha X2 = H Þ Y2 = Y3 és X4 = F és Y1 ¹ B A ® X 1 ® Y1 ®

E X1 Î B ® H ® Y2 ® F Y2 Î C ® X2 ® D Ha Y2 = D Þ X2 = H ß Ha Y2 = C Þ F = X2 Þ X1 = G Y1 ¹ C Þ Y 1 = D B®H®C®F®D II. Ha X2 = E Þ Y1 = B Þ 8 pontú kör van A X1 B E • ® • ® • ® • ↑ ¯ X • ¬ • ¬ •3 ¬ • X4 D F C Ü (3) Ý Ý (3) (2) (5) Þ X4 ¹ H ß X 4 = G Þ X1 = H Aladár Hannába szerelmes. Más megoldás: (*)-ig ugyanaz, majd a feltételekbõl következõen A és E, B és F, továbbá C és D egy-egy körben van. Elõször kizárjuk azt, hogy két négy hosszú körünk van (amelyekben két csúcs lánynak, két csúcs fiúnak felel meg). Tegyük fel, hogy mégis kialakul ez a helyzet Ekkor C és D egy kör fiúi, így a másik körben szereplõ fiúk A és B, ahol a két lány E és F. Azaz H és G egy négy hosszú körre esik. De ekkor az a fiú, akit Hanna szeret, az Grétát szeretné, ami pedig kizárt. A nyolc hosszú kör esetében haladjunk végig a körön, és nézzük a fiúk sorrendjét. Feltételeink szerint C

után D jön, majd A és B következik valamilyen sorrendben. A két eset egyszerûen analizálható, és azt kapjuk, hogy csak az egyik eset lehetséges, így a sorrend AHBECFDG, azaz Aladár Hannába szerelmes. 17. a) b) 6 7 1 2 5 4 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 c) 3 5 7 1 4 2 15 6 S O K S Z Í N Û M AT E M AT I KA 1 1 – A K I T Û Z Ö T T F E L A DAT O K E R E D M É N Y E 7. GRÁFOK – út, vonal, séta, kör, Euler-vonal (kiegészítõ anyag) 1. a) Minden pont fokszáma 4, és a gráf összefüggõ, így van (zárt) Euler-vonala b) 4 pont fokszáma páratlan, tehát nem járható be. c) 2 pont fokszáma páratlan, a többi páros. Így van nyitott Euler-vonala, tehát bejárható 2. 8 pont fokszáma páratlan, így nem lehetséges 3. Legyenek egy gráf pontjai a bank helyiségei, és az élek jelezzék az ajtókat (csak a B és a H helyiség fokszáma páratlan). Az Euler-vonalnak nyitottnak kell lennie a B és H csúcsok közt. Mivel B-bõl

indult, H-ban van a széf 4. a) Mivel 2-nél több páratlan fokszámú pont van, nem rajzol- ható meg. b) Mivel 8 pont fokszáma páratlan, a gráfot 4 vonalra lehet felbontani, így 3-szor kell felemelni a ceruzát. c) A tartományok alkossák egy gráf csúcsait. Minden szakasz feleljen meg egy élnek a két oldalán lévõ tartományok között. A kívánt görbét követve gráfunkban egy Eulervonalat járnánk be, amely viszont nincs, hiszen négy csúcs/ tartomány foka is páratlan. Tehát nincs ilyen görbe G A B C F H D E I 5. A három legrövidebb él mellé ugyanolyan hosszal rakjunk be egy-egy párhuzamos élt A kapott gráfban minden fok páros, így van benne zárt Euler-vonal, amely megfelel az eredeti gráf egy bejárásának, ahol a három legrövidebb élt duplán járjuk be. Ennél jobb útvonalunk nem lehet, mert gráfunkban hat páratlan fokú pont van. Így legalább három élt többszörösen be kell járnunk. A lehetséges útvonal:

AGHBCHDCHIDEIFEIGFABGA. 6. Az élvázon biztos lesz páratlan fokú pont, így nem lehet zárt Euler-vonala. Ha csak 2 páratlan fokú pont van, akkor a drótot elég 1 helyen elvágni és két helyen forrasztani. Pl 7. a) Egy 14 pontú gráfban legalább 13 élnek kell lenni, hogy a gráf összefüggõ lehessen. Legfeljebb 7 élt lehet törölni, hisz 20 él van. b) 7 élt elhagyva még összefüggõ lehet a gráf, és a körök is megszûnnek. 8. a) igaz; d) hamis, pl.: 16 ; b) hamis, pl.: e) igaz. ; c) igaz; 8. Fagráfok (kiegészítõ anyag) 1. Legalább 5 út kell, hogy összefüggõ legyen 2. A fa teljes gráfja nem rajzolható meg, hiszen végtelen Az elsõ . . . 3 év az ábrán látható. f0 = 1, f1 = 2, fn = 2 · fn–1 Þ fn = 2n Þ f6 = 64. 3. év 2. év 3. a) A szénhidrogéneknek megfelelõ gráfok olyan gráfok, 1. év amelyekben egy (H) és négy (C) fokú csúcsok szerepelnek, nincs bennük hurokél, de párhuzamos élek lehetnek bennük. • etán:

fagráf, 6 db 1 fokú és 2 db 4 fokú pont; • ciklobután: van benne kör, nincs többszörös él, 8 db 1 fokú és 4 db 4 fokú pont; • etilén: nincs benne kör, van többszörös él, 4 db 1 fokú és 2 db 4 fokú pont; • acetilén: nincs benne kör, van többszörös él, 2 db 1 fokú és 2 db 4 fokú pont; • benzol: van benne kör, van többszörös él, 6 db 1 fokú és 6 db 4 fokú pont. b) • fokszámok összege: 33 · 4 + 93 = páratlan, nincs ilyen vegyület; 4 ⋅ 10 + 22 ⎫ = 31 él ⎪ • élek száma: ⎬ Þ fagráf Þ alkán; 2 32 pont ⎭⎪ • élek száma: ⎫ 5 ⋅ 4 + 10 ⎫ = 15 él ⎪ ⇒ van benne kör ⎪ ⎬ 2 ⎬ ⇒ cikloalkán; 15 pont ⎪⎭ ⎪ kétszer annyi H, minnt C (nem lehet kettõ kötött él)⎭ ⎫ 10 ⋅ 4 + 8 ⎫ = 24 él ⎪ ⇒ van benne kör ⎪ ⎬ 2 ⎬ ⇒ van többszörös éle, tehát arén 18 pont ⎭⎪ ⎪ több C, mint H ⎭ c) Ha h darab hidrogénatom szerepel, akkor a szénhidrogénnek megfelelõ gráfban h + 6

csúcs van, a fokok összege pedig h + 24. A fokok összege a kétszeres élszám, amely most a csúcsszámnál eggyel kisebb szám kétszerese (gráfunk fagráf), azaz 2(h + 5). A fokok összegének kétféle felírásából h = 14. A lehetõségek: • élek száma: H H H H H C C C H C H H C H H C H H H H H H H H H C H H C C C C H C H H H H H H H H H H C H H C H H C C C C H H H H H H H H H H H H C C C C C C H H H H H H H 17 H S O K S Z Í N Û M AT E M AT I KA 1 1 – A K I T Û Z Ö T T F E L A DAT O K E R E D M É N Y E 4. 56 235 10 586 2 15 5293 67 79 10 586 = 2 · 67 · 79 3 3749 5 23 163 56 235 = 3 · 5 · 23 · 163 5. a) n = 32 Az 1. fordulóban kiesik 16, a 2. fordulóban kiesik 08, a 3. fordulóban kiesik 04, a 4. fordulóban kiesik 02, az 5. fordulóban kiesik 01, 5 forduló és 31 mérkõzés kell. marad 16; marad 08; marad 04; marad 02; marad 01. b) n = 48 1. forduló:

= 1024, tehát 1023 mérkõzésre van szükség. n = 2 765 289, tehát 2 765 288 mérkõzésre van szükség. A második legjobb kiválasztása nehezebb probléma. Feltesszük, hogy játékosainknak van egy erõsorrendje, és mindig az erõsebb nyer. (Ez a „valódi” sportban nincs mindig így) 18 A második „legerõsebb” versenyzõ kiválasztását a valódi sportesemények rendezõi nem vállalják, hanem az utolsó mérkõzést döntõnek nevezik és a vesztest tekintik a második legjobbnak. Azt, hogy a két legerõsebb versenyzõ az elsõ mérkõzésen találkozzon, azt elõzetes erõsorrendek alapján megtervezett tornákkal küszöbölik ki. A második legerõsebb versenyzõ azok közül kerülhet ki, akik csak a legerõsebbtõl kaptak ki. Így kell egy tornát rendezni a legerõsebb kiválasztására, majd egy külön tornát azok számára, akiket a legerõsebb gyõzött le. 6. a) Igaz, ha legalább 2 pont van b) Hamis . c) Hamis, ha legalább 2 pont van. d) Hamis,

mert akkor lenne benne kör. 7. I Egy csúcsból 4 él indul ki Þ 5-féleképpen 4 II. Egy csúcsból 3 él indul ki Þ ⎛⎜ ⎞⎟ hogy mely 3-ba, majd a negyediket 3-féleképpen ⎝3⎠ 5 4 3 köthetjük össze velük, mind az 5 csúcs esetén ⎛⎜ ⎞⎟ ⎛⎜ ⎞⎟ ⎛⎜ ⎞⎟ = 60 -féleképpen. 1 ⎝ ⎠ ⎝3⎠ ⎝1⎠ III. Ha egy csúcsból legfeljebb 2 él indul ki, akkor a falvak egy útvonalra vannak „felfûzve” 5! Sorbarendezésük -féleképpen történhet (osztunk 2-vel, hiszen ha egy sorbarendezést 2 tükrözünk, az ugyanazt az úthálózatot határozza meg). Összesen 125-féle úthálózat lehetséges. 8. Kétjegyû boldog számból indulva az utolsó elõtti szám 10 vagy 100 Gondolkozzunk visszafelé haladva! 1 10 9 + 1 〈 31 13 4 + 9 〈 1 100 64 + 36 〈 23 32 16 + 16 44 86 68 64 + 4 〈 82 81 + 1 〈 91 19 28 Az összes kétjegyû boldog szám tehát: 10; 13; 19; 23; 28; 31; 32; 44; 68; 82; 86; 91. 1. Rejtvény: Feltehetjük,

hogy a felmenõim között nem történt rokonházasság Ebben az esetben a dédapáim nagyapjai (összesen 8 személy) közül 4 a nagyanyáimnak a dédapja. Õk nyilvánvalóan különbözõ személyek, mint a nagyapáim dédapjai. (A nagyapák dédapjai is 8-an vannak, közöttük viszont szerepel a dédanyáim 4 nagyapja. A két halmaznak tehát vannak közös elemei, de 4-4 elemben különböznek.) 2. Rejtvény: Toljuk be az A ponthoz a Q kocsit, kapcsoljuk ott le, és B felõl toljuk hozzá a P kocsit. Mindent egybekapcsolva húzzuk ki a kocsikat az egyenes szakaszra, ahol C-n túl lekapcsoljuk Q-t. A P kocsit visszavisszük az eredeti helyére, sõt betoljuk A-hoz, ahol lekapcsoljuk. C felõl megközelítve A-t P-t behúzhatjuk a célhelyére, majd a „keleten” lévõ Q-t is egyszerûen a célhelyre vezethetjük. 19 S O K S Z Í N Û M AT E M AT I KA 1 1 – A K I T Û Z Ö T T F E L A DAT O K E R E D M É N Y E 9. A kombinatorika gyakorlati alkalmazásai 1. • szoba: 2

· 24 000 + 24 000 · 0,5 + 24 000 · 0,75 = 24 000 · 3,25 Ft • félpanzió: 2 · 6 · 2000 + 6 · 2000 · 0,5 + 6 · 2000 · 0,75 = 12 000 · 3,25 Ft • biztosítás: 6 · 1000 = 6000 Ft • parkolás: 6 · 1500 = 9000 Ft • benzin: 12 · 6,8 · 248 = 20 236,8 Ft Síbérlet nélkül a költség 152 236,8 Ft. • Síbérlet: 2 · 117,2 + 66,8 = 301,2 € • 4 napra: 2 · 84,7 + 48,3 = 217,7 € 83,5 €-t kockáztatnak. 120 · 10002 · 102 dm2 = 12 · 109 dm2. A hó vastagsága: 3 dm. A hó térfogata: 36 · 109 dm3. A víz térfogata: 10,8 · 109 dm3. A tóba kerül: 4,86 · 109 dm3. A tó felszíne: 1,5 · 10002 · 102 dm2 =150 · 106 dm2. A vízszint emelkedése: 32,4 dm. 2. A vízgyûjtõ terület: 20 Hatvány, gyök, logaritmus 1. Hatványozás és gyökvonás (emlékeztetõ) 1. a) a5; c) a–48; 1 ; a > 0; a 2. a) d) b) b–11; a11 ; a, b > 0; b 6 d) a–15b–10; e) a8b10; b 5 ; b ≠ 0; b) 3 e) 24 b19 ; a, b > 0; a61 f) a46b39c26. a –3 ;

a > 0; c) 4 f) 30 b 69 ; a, b > 0. a52 < 4 317 Þ 34 < 4 317 b) 2–5 · 5–5 < 2–5 · 5–4 Þ 10–5 < 32–1 · 625–1 3. a) c) 4 16 3 15 15 2 ⋅ 35 ⋅ 55 >15 29 ⋅ 36 ⋅ 56 Þ 4. a) 1; b) 2; 3 120 > 5 1800 c) 6; d) 7; e) 9; f) 3. Rejtvény: 28 + 16 3 + 28 − 16 3 = (4 + 2 3 ) 2 (4 − 2 3 ) + 2 =4+2 3+4−2 3 =8 2. Hatványfüggvények és gyökfüggvények 1. a) f ( x ) = 3 x − 5 x ∈ R; c) f ( x ) = 4 x + 4 x ≥ −4; b) f (x) = (x + 3)4 x ÎR; y y y 5 5 5 4 4 4 3 3 3 2 2 2 1 1 1 –1 –1 2 3 4 5 6 7 8 x –6 –5 –4 –3 –2 –1 –1 –2 1 1 2 3 x –5 –4 –3 –2 –1 –1 d) f(x) = (x – 3)3 – 4 x ÎR; 1 2 3 e) f ( x ) = 4 x − 3 − 2 x ≥ 3; y y 1 4 6 3 5 2 4 –2 1 2 3 4 5 6 7 x 1 3 –3 –4 –1 –1 –5 –2 –6 –3 x f) f ( x ) = 3 x + 2 + 4 x ∈ R; y –2 –1 –1 4 –2 –2 1 2 3 4 5 6 7 8 2 x 1 –8

–7 –6 –5 –4 –3 –2 –1 –1 21 1 x S O K S Z Í N Û M AT E M AT I KA 1 1 – A K I T Û Z Ö T T F E L A DAT O K E R E D M É N Y E g) f(x) = –(x – 4)4 + 2 x ÎR; h) f ( x ) = 4 3 − x + 4 x ≤ 3; y y y 2 4 5 1 –2 –1 –1 i) f ( x ) = 33 3x − 3 x ∈ R. 2 4 1 2 3 4 5 6 7 x 3 –10 –8 –6 –4 –2 –2 2 –2 –5 –4 –3 –2 –1 –1 –5 6 –6 1 2 3 4 x –8 –10 –2 Rejtvény: a) f: x0 = 3 + 3 4 4 –4 1 –3 –4 2 b) g: x0 = 79 3. Törtkitevõjû hatvány 1. a) 5 3; d) 5 1 e) 7 8; c) ⎛ 3⎞ ⎜ ⎟ ; ⎝2⎠ f) 2 5 − 45 ; − 5 6; g) 2 1 27 20 2 . 2 9 2 9 c) c 12 ; 4 4. a) 3 2 < 3 3 < 5 3 = 3 5 < 3 3 < 33 ; 3 7 d) 212 ; 11 b) b 4 ; − 3 c) 2 7 ; 9 3. a) a 6 ; 3 1 3 f) nem értelmezhetõ. 3 b) 2 5 ; 17 12 2 ; − 4 3 9 ; 25 2. a) 2 3 ; e) b) 4 b) 4 − 3 2 3 d) d 10 .

6 7 8 x –2 –3 e) y 8 7 æ 5ö j ( x )= ç ÷ è 2ø 6 5 4 3 2 1 1 –5 –4 –3 –2 –1 –1 f) y 2 3 x 4 k ( x ) = 2 · 3x – 3 – 6 3 2 1 –2 –1 –1 –2 –3 –4 –5 –6 1 2 3 4 5 6 7 x Dh = R Rh = (–2; ¥) szig. mon növõ max.: nincs min.: nincs legnagyobb alsó korlát: –2 felülrõl nem korlátos zérushely: x0 = 3 nem páros, nem páratlan x Dj = R Rj = (0; ¥) szig. mon növõ max.: nincs min.: nincs legnagyobb alsó korlát: 0 felülrõl nem korlátos zérushely nincs nem páros, nem páratlan Dk = R Rk = (–6; ¥) szig. mon növõ max.: nincs min.: nincs legnagyobb alsó korlát: –6 felülrõl nem korlátos zérushely: x0 = 4 nem páros, nem páratlan 23 S O K S Z Í N Û M AT E M AT I KA 1 1 – A K I T Û Z Ö T T F E L A DAT O K E R E D M É N Y E 2. a) b) N0 − N −4 = 1 − e−4,279 ⋅10 ⋅100 = 1 − e−0 ,04279 = 0, 0419; N0 N0 − N −4 ⋅ 100% = 1 − e −4,279 ⋅10 ⋅1620 ⋅ 100% = 50%. N0 ( 3.

) Rejtvény: g(x) = 5(x + 1) y 80 2 – 2x – x2 =5 y 5 70 4 60 3 2 50 1 40 –5 –4 –3 –2 –1 –1 x2 – 4 x–2 30 f(x)=3 (x¹2) 20 =3 x+2 1 2 3 4 x –2 10 –2 –1 1 2 3 4 x –1 5. Exponenciális egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlõtlenségek e) x = 3; 13 ; 4 f) x = 2; g) x = 3; i) x1 = 0; x2 = 1; j) x = 1; k) x = 2; b) x = 1. a) x = 2; 1 m) x = ; 2 n) x = 2. a) x = 1; y = 3; c) x1 = 1; x2 = 3 p p +k k ∈ Z; 4 2 3 d) x1 = ; x2 = –5 2 h) x = 0; 4 l) x = − ; 3 3 o) x1 = 2; x2 = ; x3 = 1. 2 b) x = 0; y = 4; 2 d) x1 = 1; y1 = –2; x2 = − ; y2 = 3; 3 e) x1 = 0; y1 = 1; x2 = –2; y2 = –1; x3 = 1; y3 = 2; x4 = –3; y4 = –2; c) x = 2; y = 1; 1 5 5 1 f) x1 = ; y1 = ; x2 = ; y2 = ; 4 8 8 4 1 3 g) x1 = 1; y1 = ; x2 = 0; y2 = ; 2 2 9 3 h) x1 = 1; y1 = 2; x2 = ; y2 = −5; x3 = − ; y3 = 7; 2 2 1 1 1 1 i) x1 = ; y1 = ; x2 = − ; y2 = − . 2 2 2 2 24 3. a) x < 4 ; 5 3 3 ≤ x vagy x ≤ − ; 2 4 g) x ³

log 1 x (x > 0); f) k ( x ) = 1 − log 1 ( x − 5) (x > 5); 2 3 y y 6 2 5 1 4 3 –1 2 –2 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 x –3 1 –1 –1 2 3 4 5 6 7 8 –4 x –5 1 g) l( x ) = 2 + log2 ( x − 5) (x > 5). 5 y 3 2 1 –1 –1 1 2 3 4 5 6 3. f(x) = log2 (x – 1); 7 8 x g (x) = log2 (3 – x); h( x ) = log 1 (2 − x ) + 2; 2 i( x ) = log 1 ( x + 2) − 3 vagy loga ( x + 2) − 3 (0 < a < 1). 2 8. A logaritmus azonosságai 1. a) x = ab ; cd 2. a) a = 99; 3. a) 7 ; 2 b) 14; b) x = a2 c b) b = 2 ; 27 2 b 3d 3 c) 10; ; c) x = c) c = 1 ab 2 c3d ; 100 ; 3 d) 243; d) x = lg a . bcd d) d = 18. e) 12; f) 1. Rejtvény: Mivel logab · logbc = logac (a; b; c >0 és a; b ¹ 1), log23 · log34 · log45 · log56 · log67 · log78 = log28 = 3. 9. Logaritmikus egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlõtlenségek 1. a) x = 8; e) x = 7; i) x = 10; b) x = –1; c) x = 5; f) nincs megoldás; g) x = 3; j) x1 = 8; x2 =

144 = 6 5; d) 2a – 5b 2a 5b ½2a − 5b½= 36 + 400 = 2 109 . 4. a) b) a a 2a 3 a 2 29 S O K S Z Í N Û M AT E M AT I KA 1 1 – A K I T Û Z Ö T T F E L A DAT O K E R E D M É N Y E c) a – 1 1 a – 3 a 4 1 3 a 4 1 1 1 1 1 1 1 d) 2 1 1 a 5 – 5a 5. a) 5a – b; b) 6b – 2a; c) 7 1 a − b; 6 6 d) 4b – 2a. 7b + 8c . 15 A D a BC oldalt a mellette levõ oldalak arányában, azaz 8 : 7 arányban osztja. 6. d = 7. c = 3b + 4a . 7 8. ABCD paralelogramma Þ AB = DC b −a =c −d b + d = a + c. 9. Legyen A a vonatkoztatási pont, így a =0 a1 = −c b1 = 2b c1 = 2c − b , tehát s1 = 30 a1 + b1 + c1 −c + 2 b + 2c − b b + c a + b + c = = = = s. 3 3 3 3 2. A skaláris szorzat 2 ; 2 1. a) 3 3; b) 2. a) 60º; b) 45º; c) 0; d) –5. c) 90º; d) 150º. 3. Ha nem az (általunk kifejtett) erõ irányába esik az elmozdulás 4. b ª c 5. a) − ; 1 2 1 b) − c; 2 c) 6. a) 0º < a < 180º; b) a =

180º; c) a = 90º; 7. (a ⋅ b ) ⋅ b = 1 ; 4 d) 1 b. 2 d) a = b, a = 0º. 1 b. 2 8. Legyen e = b – a és f = a + b a két átlóvektor, így e2 + f 2 = e 2 + f 2 = (b − a )2 + (a + b )2 = b 2 + a 2 − 2ba + a 2 + b 2 + 2ab = 2a2 + 2b 2 . 9. Tükrözzük az a oldal felezõpontjára a háromszöget Ekkor olyan paralelogrammát kapunk, melynek egyik átlója sa kétszerese. Az elõzõ feladat alapján a2 + (2sa)2 = 2b2 + 2c2. A többi oldalra hasonlóan kapjuk: (2sa)2 + a2 = 2b2 + 2c2 (2sb)2 + b2 = 2a2 + 2c2 (2sc)2 + c2 = 2a2 + 2b2 4sa2 + 4sb2 + 4sc2 = 3a2 + 3b2 + 3c2. Ezzel az állítást bebizonyítottuk. C Más megoldás: 2 ⎛b + c ⎞ b 2 + c 2 + 2bc = sa2 = sa2 = ⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎟ 4 ⎝ ⎠ 2 c 2 + 4b 2 − 4bc ⎛c ⎞ sb2 = sb2 = ⎜ − b ⎟ = 4 ⎝2 ⎠ 2 2 ⎛b ⎞ b + 4c 2 − 4bc sc2 = sc2 = ⎜ − c ⎟ = . ⎜2 ⎟ 4 ⎝ ⎠ c sc sb sa b A a2 = a 2 = (b − c )2 = b 2 + c 2 − 2bc ⇓ 2 2bc = b + c

2 − a2 Tehát sa2 + sb2 + sc2 = 6b 2 + 6c2 − 6bc 6b 2 + 6c2 − 3b 2 − 3c2 + 3a2 3 2 = = (a + b 2 + c2 ). 4 4 4 31 B S O K S Z Í N Û M AT E M AT I KA 1 1 – A K I T Û Z Ö T T F E L A DAT O K E R E D M É N Y E ⎛ a⎞ 10. Legyen e a az a-val azonos irányú ⎜ea = ⎟. ⎜ a ⎟⎠ ⎝ Az ábra alapján e a(c + b) = e a · c + e a · b. b c ea Szorozzuk mindkét oldalt ½a½-val, ea · c a (c + b) = a · c + a · b. ea · b ea ( c + b ) Tehát a skalárszorzat disztributív az összeadásra nézve. 3. Skaláris szorzat a koordináta-rendszerben 1. a) 5; b) 15; c) 10; d) 5. 2. a) a = 90º; b) a = 180º; c) a = 45º; d) a » 172º. 3. a) x = –3; 7 b) x = ; 6 c) x = 11 ; 3 ⎛1 ⎞ d) Az a ⎜ ; 1⎟ a jó vektor, de ennek megfelelõ valós x nincs. ⎝2 ⎠ ⎛3 4⎞ ⎝ 5 5⎠ 4. ea ⎜ ; ⎟ 5. A cosg = a⋅b a ⋅ b összefüggés alkalmazásával g = 60,3º; a = 70,3º; b = 49,4º. 6. W = F · s = 87 J 7. a) Legyen u

(4; 3) és v (a; b), ekkor u ⋅ v =½u½½ ⋅ v½⋅ cos a , 4a + 3b = 5 a2 + b 2 ⋅ cos a . Ha a = 0º Þ 3a = 4b Þ 4a + 3b = 5 a2 + b 2 ; 0 < a £ 180º Þ 3a ¹ 4b Þ 4a + 3b < 5 a2 + b 2 . b) Legyen u (a; 3) és v (4; b), ekkor u ⋅ v =½u½½ ⋅ v½⋅ cos a , 4a + 3b = a2 + 9 ⋅ 16 + b 2 ⋅ cos a . Ha a = 0º Þ ab = 12 Þ 4a + 3b = a2 + 9 ⋅ 16 + b 2 ; 0 < a £ 180º Þ ab ¹ 12 Þ 4a + 3b < a2 + 9 ⋅ 16 + b 2 . 32 4. A szinusztétel a ⋅ b ⋅ sing 8 képlet alapján sin g = , így g1 = 32,23º 2 15 vagy g2 = 147,77º. a) Ha g = 32,23º, akkor a1 a b oldal a-ra esõ merõleges vetülete. Így a12 = b2 – ma2 = 161 Mivel a1 >a, a háromszögben b > 90º Legyen a2 = a1 – a A Pitagorasz-tétel alapján 1. A tè = ma b c g a a1 c 2 = a22 + ma2 = 325 − 20 161; c ≈ 8, 43 cm. Így tgb = − ma , b = 108,6º; a = 39,17º. a2 b) Ha g = 147,77º, akkor az elõzõhöz hasonlóan a1 = 161. c2 = (a + a1)2 + ma2; 2c » 24,4 cm. ma Így

tgb = , b = 19,6º; a = 12,63º. a + a1 c ma b g a1 a 2. A t = e ⋅ f ⋅ sinj 2 képlet alapján sin j = . Mivel j hegyesszög, j = 41,8º 2 3 3. A t = a2 ⋅ sin b ⋅ sin g képlet alapján t = 28,26 cm2. 2 sin a 4. Az átlók által meghatározott háromszögek területe t= e ⋅ f ⋅ sin j . 8 A Heron-képlet alapján e + f + 2a e + 2a − f e + f − 2a f + 2a − e ⋅ ⋅ ⋅ , 4 4 4 4 162 ⋅ t 2 = (352 − 4a2 )( 4a2 − 52 ). t= Innen a = 6,43 cm és b = 16,47 cm. 5. A szinusztétel alapján x sin 20 º = . a sin 100 º Innen x = 10,4 cm és y = a – 2x = 9,2 cm. x y a 20° 20° x a 33 S O K S Z Í N Û M AT E M AT I KA 1 1 – A K I T Û Z Ö T T F E L A DAT O K E R E D M É N Y E 6. Legyen a – b = 10 cm A szinusztétel alapján a sin 60 º = , b sin 50 º azaz b + 10 sin 60 º = . b sin 50 º Innen b = 76,6 cm, a = b + 10 = 86,6 cm, c = b sin 70 º = 94 cm. sin 50 º 7. Mivel a körív hossza egyenesen arányos a hozzá tartozó középponti

szög nagyságával, a középponti szögek 80º, 120º és 160º. Így r2 t = (sin 80 º + sin 120 º + sin 160 º ) ≈ 1,1 m2 . 2 Mivel a = 2r · sina, és a kerületi szög (a) fele a hozzá tartozó középponti szögnek, a = 1,3 m; b = 2 m; c = 1,7 m; k = 5 m. 8. A területet az 5 háromszög és a négyzet területeinek öszegeként határozzuk meg. t= 18 + 7 3 ≈ 1, 88. 16 60° 3 2 1 1 60° 1 2 150° 150° 5. A koszinusztétel 1. A c és az a oldalra felírt koszinusztétel alapján c = 5 7 ≈ 13, 2 [cm] és a = 40,9º Így b = 79,1º. 2. Legyen a két oldal a = 5x, illetve 4x = b A koszinusztétel alapján x = Így a = 20 . 61 100 8 cm és b = cm. 61 61 3. Legyen DE ª CB AEDè-ben a koszinusztételt 1 D alkalmazva a = 45º, b = 60º. A trapéz szögei 45º; 60º; 120º; 135º. C 2 3 3 2 b a A 2+ 34 3 3 E 1 B 4. A koszinusztételt alkalmazzuk: e2 = 122 + 142 – 2 · 12 · 14 · cos 41,9º = 90, 122 + 90 − 142 cos b1 = ⇒ b1 = 80, 4 º,

2 ⋅ 12 ⋅ 90 10 2 + 90 − 62 ⇒ b2 = 35, 7º, 2 ⋅ 10 ⋅ 90 cos b2 = b2 b1 10 12 e g 6 d1 d 2 41,9° 14 b = b1 + b2 = 116,1º, 10 2 + 62 − 90 ⇒ g = 67, 5º, 2 ⋅ 10 ⋅ 6 d = 360º – b – g – a = 134,5º. cos g = 1⎞ ⎛ ⎟ , az utak által közbezárt szög pedig 135º. ⎝ 60 ⎠ A koszinusztétel alapján x = 0,172 (x > 0). 10,32 perc 5. A gépek által megtett utak 600x; 600 ⎜ x + 6. A Heron-képlet alapján t = 84 A terület a kör sugara segítségével: t= Így r = 14 ⋅ r 13 ⋅ r + . 2 2 56 egység. 9 7. Ha a2 + b2 < c2, akkor a koszinusztétel alapján a2 + b 2 < a2 + b2 − 2 ab cos g , ab cos g < 0 g >90 º Ez nem lehet igaz mindhárom szögre, így ilyen háromszög nem létezik. 8. Ha a2 + b2 ³ 2c2, b2 + c2 ³ 2a2, c2 + a2 ³ 2b2, akkor ezek összege 2a2 + 2b2 + 2c2 ³ 2a2 + 2b2 + 2c2. Tehát mindhárom esetben csak egyenlõség lehet. Az egyenletrendszert megoldva kapjuk, hogy a = b = c. 9. Tegyük fel, hogy

teljesül a szinusztétel, azaz a : b : c = sin a : sin b : sin g Legyen a = x sin a; b = x sin b; c = x sin g. Ezeket a koszinusztételbe behelyettesítve kapjuk, hogy az egyenlõség teljesül. Mivel az átalakítások ekvivalensek, a tételt beláttuk 35 S O K S Z Í N Û M AT E M AT I KA 1 1 – A K I T Û Z Ö T T F E L A DAT O K E R E D M É N Y E 6. Trigonometrikus összefüggések alkalmazásai 1. A koszinusztétel alapján a2 + c2 − b2 2 ac Innen sa = a2 + c2 − sa2 4 . = a 2⋅ ⋅c 2 106 cm. 2 Hasonlóan sb = 79 46 cm és sc = cm. 2 2 2. 422,5 km 3. Az arányok alapján a szögek 20º, 70º és 90º Az ismert oldal helyzete alapján három eset van. a) a = 70º: c = 53,2 cm, b = 18,2 cm. b) a = 20º: c = 137,4 cm, b = 146,2 cm. c) a = 90º: c = 17 cm, b = 47 cm. 4. Ha az adott szög a, akkor a következõ koszinusztételeket írjuk fel: 2 a ⎛ a⎞ b 2 = sa2 + ⎜ ⎟ − 2sa cos j ; ⎝ 2⎠ 2 2 a a ⎛ ⎞ c 2 = sa2 + ⎜ ⎟ − 2sa cos(180 º − j

); ⎝ 2⎠ 2 a2 = b 2 + c 2 − 2bc cos a . Ezekbõl b = 6,2 cm és c = 4,4 cm. 5. Tudjuk, hogy a szögfelezõ az átfogót a befogók arányában osztja, a két rész 10a . Írjuk fel ezekre a koszinusztételt, és írjuk fel a Pitagorasz-tételt a+b 100 b 2 = b 2 + 16 − 8b cos 45º; ( a + b )2 100 a2 = a2 + 16 − 8a cos 45º; ( a + b )2 a2 + b 2 = 100. Ezek alapján a = 9,12 cm és b = 4,1 cm. 36 10b , ill. a+b Másik megoldás: A szinusztételt alkalmazzuk 4 sin b ⎫ = x sin 45º⎪⎪ ⎬ sin a ⎪ 4 = 10 − x sin 45º⎪⎭ x b a 10 x 45° 45° a b 4 b⋅2 ⎫ = x 10 2 ⎪⎪ ⎬ 4 a 2 ⎪ = 10 − x 10 ⎪⎭ Innen 1 1 1 + = . a b 2 Pitagorasz tétele alapján a2 + b2 = 100. Tehát a2 + b 2 = 100 ⎫ ⎪ ab ⎬ a+b= 2 2 ⎪⎭ a2 b 2 8 a2 b 2 − 16ab − 800 = 0 100 + 2 ab = Innen, mivel ab > 0 ab = 8 + 12 6 , a= 8 + 12 6 . b Tehát 2 ⎛8 + 12 6 ⎞ ⎟ + b 2 = 100 ⎜ b ⎠ ⎝ b 4 − 100 b 2 + 192 6 + 928 = 0 Innen b12 = 56 − 16 6 a12 = 44

+ 16 6 vagy b22 = 44 + 16 6 a22 = 56 − 16 6 Tehát a befogók 9,12 cm és 4,1 cm. 6. Legyen a villám kiindulópontja az A pont, a végpontja B A feladat szövege szerint A-ból 10 s, B-bõl 12 s alatt és a dörgés hangja a C megfigyelõhöz, és C-bõl az AB szakasz 45º alatt látszik. Az AB szakaszra a koszinusztételt felírva és a számítást elvégezve: AB = 2844 m A 3300 m C 45° 37 B 3960 m S O K S Z Í N Û M AT E M AT I KA 1 1 – A K I T Û Z Ö T T F E L A DAT O K E R E D M É N Y E C 7. Mivel CQA¬ = CRA¬ = 90º, R és Q illeszkedik AC Thalesz körére. Mivel az adott ívhez tartozó kerületi szögek egyenlõek, RQC¬ = RAC¬ = 90º – g Hasonlóan belátható, hogy CQP¬ = CBP¬ = 90º – g. Így RQP¬ = 180º – 2g CAQè-ben QA = b · cos a, BPAè-ben PA = c · cos a. PAQè-ben koszinusztétel PQ2 = b2 · cos2a + c2 · cos2a – 2bc · cos2a · cosa = cos2a · a. Hasonlóan belátható, hogy RQ2 = cos2b · b, RP2 = cos2g · c. Így P A R Q B

k = a cos a + b cos b + c cos g . 8. Legyen a = 120º, így a a leghosszabb oldal Legyen 2c = a + b Ebbõl és az a oldalra felírt 3 7 koszinusztételbõl adódik, hogy b = c és a = c. Ezeket behelyettesítve a megfelelõ 5 5 koszinusztételbe kapjuk, hogy g = 38,21º és b = 21,79º. 7. Összegzési képletek 2+ 6 6− 2 ; cos 75º = . 4 4 1. a) sin 75º = 2− 6 6+ 2 ; cos(−15º) = . 4 4 b) sin(−15º) = c) sin 105º = 6+ 2 2− 6 ; cos105º = . 4 4 p p ⎞ ⎛p ⎞ ⎛p ⎞ ⎛ p ⎞⎛ p − a ⎟ cos ⎜ + a ⎟ = 2 ⎜sin cos a − cos sin a ⎟ ⎜cos cos a − sin sin a ⎟ = 4 4 ⎠ ⎝4 ⎠ ⎝4 ⎠ ⎝ 4 4 ⎠⎝ 2 2 = (cos a – sina)(cos a – sina) = cos a + sin a – 2sin a cos a = 1 – 2sin a cos a. 2. a) 2 sin ⎜ 2p 2p ⎞ 4p ⎞ 2p ⎛ ⎛ + + cos a sin b) sin a + sin ⎜a + ⎟ + sin ⎜a + ⎟ = sin a + sin a cos 3 ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ 3 + sin a cos 4p 4p 1 3 1 3 + cos a sin = sin a − sin a + cos a − sin a − cos a = 0. 3 3 2 2 2 2 3. a) sin(x +

y) + sin(x – y) = sin x cos y + cos x sin y + sinx cos y – cos x sin y = 2sinx cos y b) sin(x + y) – sin(x – y) = sin x cos y + cosx sin y – sin x cos y + cosx sin y = 2cos x siny. 4. a) Tudjuk: sin(x + y) + sin(x – y) = 2sin x cos y Legyen: x = 38 a +b a −b és y = Þ x + y = a és x – y = b. 2 2 Tehát: sin a + sin b = 2 sin a +b a −b cos . 2 2 b) Tudjuk: sin(x + y) – sin(x – y) = 2cos x sin y. a +b a −b Legyen: x = és y = Þ x + y = a és x – y = b. 2 2 a +b a −b Tehát: sin a − sin b = 2 cos sin . 2 2 5. a) sing = sin(180º – (a + b)) = –sin((a + b) – 180º) = sin(a + b) b) sina sing – cosa cosg = – cos(a + g) = cos((a + g) – 180º) = cos(180º – (a + g)) = cos b. 6. a) sin(a + b + g) = sina cos b cosg + cosa sinb cosg + cos a cos b sing + sin a sinb sing b) sin(a + b – g) = sin a cos b cosg + cosa sinb cosg – cos a cos b sing + sin a sin b sing. c) cos(a – b + g) = cos a cos b cosg + sin a sinb cosg – sin a cos b

sing + cos a sin b sing. 7. CPBè-ben a szinusztételbõl: B y = 2 3 cos j ; y 3 CAPè-ben a szinusztételbõl: 5 P 120° x 120° 8 x= sin j ; 3 j C 4 PABè-ben koszinusztételbõl tgj = 1,0796, így j = 47,2º. Tehát x = 3,39 m és y = 2,35 m. 8. Az összegzési képletek alkalmazásai 1. a) tg 15º = 2 − 3; 2. a) ctg(a + b ) = b) tg (−75º) = −2 − 3; c) tg 105º = −2 − 3. cos(a + b ) cos a cos b − sin a sin b = = sin(a + b ) sin a cos b + cos a sin b cos a cos b −1 ctg a cttg b − 1 sin a sin b . = = sin a cos b cos a sin b ctg b + ctg a + sin a sin b sin a sin b b) ctg(a − b ) = cos(a − b ) cos a cos b + sin a sin b = = sin(a − b ) sin a cos b − cos a sin b cos a cos b +1 ctg a cttg b + 1 sin a sin b . = = sin a cos b cos a sin b ctg b − ctg a − sin a sin b sin a sin b 39 A For