A megoldsi tlet egy msik tmakrbl rkezik Katz
A megoldási ötlet egy másik témakörből érkezik Katz Sándor, Bonyhádi Petőfi S. Ev. Gimn. http: //www. bomateka. hu/
Olyan feladatokat vizsgálunk, amelyekben a megoldási ötlet (egy megoldási ötlet) egy másik témakörhöz kapcsolódik
1. (bevezető) feladat Az a, b, c valós számokra teljesül, hogy (a+b+c)c <0. Igazoljuk, hogy ezekre a számokra b 2 > 4 ac is teljesül.
1. (bevezető) feladat Az a, b, c valós számokra teljesül, hogy (a+b+c)c <0. Igazoljuk, hogy ezekre a számokra b 2 > 4 ac is teljesül. I. Megoldás: A feltételt alakítjuk, amíg az állításhoz jutunk.
1. (bevezető) feladat Az a, b, c valós számokra teljesül, hogy (a+b+c)c <0. Igazoljuk, hogy ezekre a számokra b 2 > 4 ac is teljesül. II. Megoldás: Indirekt módszerrel Tegyük fel, hogy (a+b+c)c <0, és b 2 ≤ 4 ac. Az első egyenlőtlenség 4 -szereséhez adjuk hozzá a másodikat: 4 ac + 4 bc +4 c 2 +b 2 < 4 ac 4 bc +4 c 2 +b 2 < 0 (2 c +b)2 < 0 Ellentmondásra jutottunk, tehát az eredeti állítás igaz.
1. feladat Az a, b, c valós számokra teljesül, hogy (a+b+c)c <0. Igazoljuk, hogy ezekre a számokra b 2 > 4 ac is teljesül. III. Megoldás: Más témakörből vett ötlettel Ha az állítást b 2 - 4 ac>0 alakban írjuk, akkor kézenfekvő, hogy a megoldást a másodfokú egyenletek, függvények témakörben keressük. Tekintsük az f(x)=ax 2+bx+c függvényt! f(1)=a+b+c és f(0)=c, ezek a feltétel szerint különböző előjelűek. Ha egy másodfokú függvény pozitív és negatív értéket is felvesz, akkor diszkriminánsa D= b 2 - 4 ac>0.
2. feladat Igazoljuk, hogy ha x, y, z ϵ [0; 1], akkor 0 ≤ x(1 -y) +y(1 -z) +z(1 -x) ≤ 1 A bal oldali egyenlőtlenség nyilvánvaló, mert minden tag nemnegatív, ezért elegendő a jobb oldali egyenlőtlenséggel foglalkozni. Tekintsük az x(1 -y) +y(1 -z) +z(1 -x) kifejezést x függvényének, ahol y és z paraméter: f(x)=(1 -y-z)x +y –yz –z, ahol x ϵ [0; 1]. Egy lineáris függvény szélsőértékeit egy zárt intervallumon az intervallum valamelyik végpontjában veszi fel ezért elegendő megmutatni, hogy f(0)≤ 1, és f(1)≤ 1. f(0)=y+z-yz≤ 1 0≤ 1 -y-z+yz 0≤(1 -y)–z(1 -y) 0≤(1 - y) (1–z). Ez igaz, mert az utolsó egyenlőtlenségben a feltételek szerint mindkét tényező nemnegatív. f(1) =1 -y-z+ y+z-yz. 1 - yz≤ 1, a feltételek szerint ez is igaz.
2. feladat Igazoljuk, hogy ha x, y, z ϵ [0; 1], akkor 0 ≤ x(1 -y) +y(1 -z) +z(1 -x) ≤ 1 II. megoldás geometriai konstrukcióval Tekintsünk az 1 oldalú szabályos ABC háromszöget, és ennek oldalain vegyük fel az x, y, z hosszúságú szakaszokat. Ahhoz, hogy területeket tudjunk értelmezni, az egyenlőtlenséget szorozzuk 1/2·sin 60°-kal! Az itt szereplő tagok, rendre a BPR, ARQ, CQP ill. ABC háromszögek területei. Az ábra alapján nyilvánvaló az egyenlőtlenség helyessége.
I. Függvények Még néhány egyenlőtlenség igazolása függvénytulajdonságok segítségével
3. feladat Igazoljuk, hogy ha a, b, c ϵ [0; 1], akkor Tekintsük a [0, 1] intervallumon értelmezett függvényt. Azt kell belátnunk, hogy a [0, 1] intervallumon f(x) ≤ 0. Ha b=1, akkor f(x)=-c 2 x, f(0)=0, f(1)= -c 2 ≤ 0. Ha b [0, 1[, akkor f grafikonja egyenes állású parabola, ezért f a [0, 1] intervallum valamelyik végpontjában veszi fel maximumát. Mindkét esetben az első tényező nem negatív, a második nem pozitív, ezért szorzatuk nem pozitív.
4. feladat: Az a, b, c nem negatív számok összege 4. Mutassuk meg, hogy Feltehetjük, hogy a≥b≥c, ekkor 0≤ c ≤ 4/3. Tekintsük az f(x)= függvényt, ahol 0≤ x ≤ 4/3. f konvex az adott intervallumon, mert f’’(x)=2 ab(x+4)-3 pozitív az adott intervallumon. Egy korlátos zárt intervallumon folytonos, konvex függvény valamelyik végpontban veszi fel maximumát. Ha c=0, akkor a+b=4, ezért f(0)= Ha c= 4/3, akkor a=b=4/3, ezért
II. Geometriai konstrukciók, és trigonometria alkalmazásai algebra feladatokban A 2. feladat egyenlőtlenségére egy geometriai konstrukció segítségével is adtunk egy megoldást. A következő feladatokban további algebra feladatokra adunk geometriai ill. trigonometriai ismereteken alapuló megoldást.
5. feladat: x, y, z olyan pozitív valós számok, amelyekre x 2 + xy+ y 2 = 25, y 2 + yz+ z 2 =36, z 2 + zx+ x 2 = 49. Határozzuk meg xy + yz + zx értékét!
5. feladat: x, y, z olyan pozitív valós számok, amelyekre x 2 + xy+ y 2 = 25, y 2 + yz+ z 2 =36, z 2 + zx+ x 2 = 49. Határozzuk meg xy + yz + zx értékét! Algebrai megoldás: Szorozzuk az egyenleteket rendre x-y, y-z, z-x-szel!
5. feladat: x, y, z olyan pozitív valós számok, amelyekre x 2 + xy+ y 2 = 25, y 2 + yz+ z 2 =36, z 2 + zx+ x 2 = 49. Határozzuk meg xy + yz + zx értékét! Algebrai megoldás: Szorozzuk az egyenleteket rendre x-y, y-z, z-x-szel! x-et visszaírva az első egyenletbe: 961 y 2 + 598 yz+ 169 z 2 =14400 y 2 + yz+ z 2 =36
5. feladat: x, y, z olyan pozitív valós számok, amelyekre x 2 + xy+ y 2 = 25, y 2 + yz+ z 2 =36, z 2 + zx+ x 2 = 49. Határozzuk meg xy + yz + zx értékét! Algebrai megoldás: Szorozzuk az egyenleteket rendre x-y, y-z, z-x-szel! x-et visszaírva az első egyenletbe: 961 y 2 + 598 yz+ 169 z 2 =14400 y 2 + yz+ z 2 =36 Ezt az egyenletrendszert a konstans kiküszöbölésével megoldva: z= 4, 564, y ≈ 2, 231, xy+yz+zx ≈ 33, 94 x≈3, 495,
5. feladat: x, y, z olyan pozitív valós számok, amelyekre x 2 + xy+ y 2 = 25, y 2 + yz+ z 2 =36, z 2 + zx+ x 2 = 49. Határozzuk meg xy + yz + zx értékét! Geometriai megoldás: Az egyenletek egy-egy olyan háromszögre felírt koszinusz-tételek, amelyekben az 5, 6, 7 egység hosszúságú oldalakkal szemben rendre 120 o-os szög van.
5. feladat: x, y, z olyan pozitív valós számok, amelyekre x 2 + xy+ y 2 = 25, y 2 + yz+ z 2 =36, z 2 + zx+ x 2 = 49. Határozzuk meg xy + yz + zx értékét! Geometriai megoldás: Az 5, 6, 7 egység oldalú ABC háromszögben P legyen az a pont, amelyből az oldalak 120 -os szögben látszanak. Ekkor az egyenletekben szereplő ismeretlenek éppen az x=PA, y=PB, z=PC, értékeket adják. Az egyenletrendszernek csak egy pozitív számhármas a megoldása, tehát ezek PA, PB és PC.
5. feladat: x, y, z olyan pozitív valós számok, amelyekre x 2 + xy+ y 2 = 25, y 2 + yz+ z 2 =36, z 2 + zx+ x 2 = 49. Határozzuk meg xy + yz + zx értékét! Geometriai megoldás: Mekkora xy + yz + zx értéke? Számítsuk ki az ABC háromszög területét kétféleképp: Héron képlettel, és a kis háromszögekre felírt trigonometrikus területképletek összegeként: T= Ebből ≈ 33, 94
6. feladat Mennyi a kifejezés legkisebb értéke, ha x és y pozitív valós számok? (Arany D. versenyfeladat 2010. ) A kifejezést alakban írva célszerű az itt látható ábrát készíteni. = = AP+PC ≥ AC= = Tehát legkisebb értéke 2010, ha x : (1608 -y)=(1206 -x): y=1206: 1608=3: 4. Ez minden olyan x, y>0 -ra teljesül, amelyre 4 x+3 y=4824.
7. feladat: Határozzuk meg az x 2+xy kifejezés maximumát, ha x 2+y 2 =1 és x, y >0. (Szőkefalvi verseny 1992. ) Az x 2+y 2=1 feltétel sugallja, hogy célszerű az x=cos α, y=sin α helyettesítést alkalmazni, ahol 0 o <α< 90 o. Ekkor x 2+xy =cos 2 +cos ·sin = 0, 5·(2 cos 2 -1+2 cos ·sin )+0, 5= = 0, 5 · (cos 2 + sin 2 ) + 0, 5 = Ennek maximuma , ha α=22, 5 o, azaz x= , y= .
Az x 2+y 2=1, vagy x 2+y 2=c alakú feltétel, vagy egyenlet sugallja a trigonometrikus helyettesítést. Sok esetben viszont nem ennyire nyilvánvaló, a trigonometriai megközelítés lehetősége. Nézzünk néhány ilyen feladatot is!
8. feladat: Igazoljuk, hogy három pozitív valós szám közül mindig kiválasztható kettő, x és y, amelyekre teljesül! Az kifejezés sugallja a tangens szögfüggvény alkalmazását. Ha a három pozitív szám x, y, z, akkor , , legyenek azok a hegyesszögek, amelyekre tg = x, tg = y, tg = z. A három hegyesszög között mindig van két olyan, amelyek különbsége kisebb 45 -nál. Ha pl. 0< - < 45 akkor 0< tg( - ) < 1. Ez pedig éppen a bizonyítandó egyenlőtlenséget adja.
9. feladat: Igazoljuk, hogy ha c>0, a>c és b>c, akkor
9. feladat: Igazoljuk, hogy ha c>0, a>c és b>c, akkor Osszuk el mindkét oldalt -vel! Mivel 0 < c/a< 1 és 0 < c/b< 1, ezért vezessük be a következő helyettesítést: c/a = cos , c/b = cos , ahol 0 < , < /2. Ez utóbbi egyenlőtlenség nyilvánvalóan igaz, egyenlőség akkor és csak akkor teljesülhet, ha = , azaz ha a=b.
Az ABCD négyzet AB és AD oldalán úgy vettük fel a K és N pontot, hogy AK·AN = 2·BK·DN. A CK és CN szakaszok a BD átlót M és L pontokban metszik. Igazoljuk, hogy K, L, M, N és A pontok egy körön vannak. A feltétel szerint (1 -x)(1 -y) =2 xy, Ebből 1 -xy = x + y. (*) Az ábrán jelölt , szögekre határozzuk meg tg( + ) értékét! Ez (*) szerint -1, azaz + =135. Az NLD -ben + +45 =180 , ebből =135 - , azaz =. Szimmetria miatt DAM ∢= DCK∢=α. Eszerint az AMLN négyszögben az NLD külső szög megegyezik a szemközti NAM belső szöggel, tehát a négyszög húrnégyszög. Ugyanígy belátható, hogy AKML is húrnégyszög. Tehát A, K, L, M, N egy körön van.
III. Amikor fizikai meggondolás segít Olyan szélsőérték-feladatokat vizsgálunk, ahol a feladathoz készített konstrukcióban energetikai és sztatikai meggondolások segítik a feladat megoldását
10. feladat: Adott az ABC hegyesszögű háromszög. Határozzuk meg a háromszög belsejében azt a P pontot, amelyre AP+BP+CP minimális!
10. feladat: Adott az ABC hegyesszögű háromszög. Határozzuk meg a háromszög belsejében azt a P pontot, amelyre AP+BP+CP minimális! Milyen helyzetben lesz a P pontban levő gyűrű egyensúlyban? Energetikai feltétel? AP+BP+CP minimális Sztatikai feltétel: APB = BPC = APC = 120 o.
10. feladat: Adott az ABC hegyesszögű háromszög. Határozzuk meg a háromszög belsejében azt a P pontot, amelyre AP+BP+CP minimális! Egy nem közismert geometriai bizonyítás Használjuk fel, azt az ismeretet, hogy egy szabályos háromszög bármely belső pontjából az oldalakra állított merőlegesek hosszának összege állandó! Legyen P az izogonális pont, és az A 1 B 1 C 1 szabályos háromszög oldalai legyenek merőlegesek a PA, PB, PC szakaszokra! Q legyen az ABC háromszög egy P-től különböző pontja. Ekkor PA+PB+PC = QA’+QB’+QC’ ≤ QA + QB + QC
11. feladat: Hol van az ABC háromszög belsejében az a P pont, amelyre PA 2+PB 2+PC 2 minimális? Vegyünk három rugót, amelyek nyújtatlan hossza nagyon kicsi, és erősítsük egyik végeiket a háromszög csúcsaihoz, másik végeiket pedig egy gyűrűhöz. Milyen helyzetben lesz a P pontban levő gyűrű egyensúlyban? Energetikai feltétel? miatt: AP 2 +BP 2 +CP 2 minimális. Sztatikai feltétel: → P a súlypont.
12. feladat: Az ábra szerinti B pontban van egy búvár, akinek annyi levegője van, hogy még 150 m utat tud megtenni a vízben, hogy a hajóhoz érjen: (BD+DA=150 m. ) Milyen maximális y mélységet tud elérni?
Koordinátageometriai átfogalmazás Helyezzük el koordinátarendszerben! Az a kérdés, hogy Mekkora lehet y maximális értéke, ha ?
Az sem igazán segít, ha tudjuk, hogy az A és B fókuszú 2 a=150 nagytengelyű ellipszis legkisebb ordinátájú pontját keressük, azaz a vízszintes érintő érintési pontja ad az elérhető, legmélyebben levő pontot. A B . Vagy mégis? Milyen tulajdonságot lehetne itt felhasználni?
A fizikai meggondolás segít Képzeljük el, hogy a 130 m távolságra levő A és B pontokhoz egy 150 m hosszú kötelet kötünk, és arra egy súlyos gyűrűt függesztünk. Hol lesz egyensúlyban a gyűrű? Ahol helyzeti energiájának minimuma van, az a lehetséges legmélyebb helyzetben. Sztatikai szempont:
A fizikai meggondolás segít Sztatikai szempont: A két kötélerő egyenlő lesz és egyensúlyt tart a súlyerővel. Ezért az ábrán BD=DE, és így BD+DA=EA=150 m. Ebből , BE=40 m, BF=20 m, CF=y=70 m. Tehát a búvár max. 70 méter mélységig ereszkedhet. FDE CAE → FD: FE=CA: CE → FD= x = 80/3 m.
Térjünk vissza az ellipszishez! Ha tudjuk, hogy az ellipszis érintője egyenlő szöget zár be a két vezérsugárral, akkor az előző megoldás ábrája szerint ugyanarra az eredményre juthatunk.
Egy geometriai szélsőérték-feladat csokor 13. feladat: Egy O csúcsú szögtartományban adott egy P pont. Egy Pre illeszkedő e egyenes A és B pontokban metszi a szárakat. Mely P-re illeszkedő e egyenes esetén lesz a) az OAB háromszög területe a legkisebb, b) az OAB háromszög kerülete a legkisebb, c) OA·OB szorzat értéke a legkisebb, d) az OA +OB összeg a legkisebb, e) AB =PA+PB a legkisebb?
Az OAB háromszög területe akkor a legkisebb, ha P felezi az AB szakaszt. Képzeljünk el egy medencét, amelyet ketté oszt egy teleszkópos zsilip, amely a P pont körül foroghat! A zsilip jobb oldalára, vizet töltünk, akkor az a legkisebb helyzeti energiára törekszik, azaz a legnagyobb alapterületű részen fog elhelyezkedni. Az egyensúly feltétele : a két oldalara ható forgatónyomaték egyenlő: p·PA=p·PB, azaz PA=PB.
Az OAB háromszög területe akkor a legkisebb, ha P felezi az AB szakaszt. Geometriai megoldás Tükrözzük az egyik szárat a P pontra! Ez kimetszi a másik szárból a megfelelő B pontot. Az így kapott AB egyenes valóban a legkisebb területű háromszöget vágja le, mert ha egy másik A’B’ egyenest veszünk fel, akkor látható, hogy a terület többel nő, mint amennyivel csökken.
Mikor lesz OA+OB minimális? Készítsünk egy eszközt, amelyben az e egyenes és a háromszög oldalait egy-egy sín helyettesíti, és az A ill. B találkozási pontjukban egy függőleges tengelyű görgő mozog, ez biztosítja, hogy az e egyenes foroghasson P körül. A súrlódástól mindenütt eltekintünk.
Mikor lesz OA+OB minimális? Derékszögben elhelyezkedő P pont esetén adunk fizikai meggondoláson alapuló megoldást. Úgy érjük el, hogy OA+OB minimális Legyen, hogy A és B között egy O-ban levő csigán áthaladó gumiszálat feszítünk ki. Ekkor az e egyenesnek megfelelő sín úgy helyezkedik el, hogy a rendszer helyzeti energiája, azaz a gumi Hossza: OA+OB minimális legyen. Sztatikai szempontból az A és B pontban a görgőkre ható eredők eredője és az e sínre ható erők forgatónyomatéka nulla. (A gumi húzóereje A-ban és B-ben egyenlő. )
Mikor lesz OA+OB minimális? Ha az A és a B pontokban az erők eredője nulla, akkor elhelyezkedésüket az ábra mutatja. Az A pontban F 1=F/sin α. A B pontban F 3=F/ cos α. Az e sínre csak a görgők gyakorolnak forgatónyomatékot, ezek egyenlők F 1·PB=F 3·PA →F·PB/sinα=F·PA/cos α. Ebből PA·sin α =PB·cos α, de ezek éppen AA 1 -gyel és BB 1 -gyel egyenlők. Tehát OA+OB akkor minimális, ha AA 1=BB 1. Ekkor a/BB 1= AA 1/b, ebből. ill. AA 1 =BB 1 = OA+OB minimuma a+b+2. ,
Az OA +OB összeg akkor a legkisebb, ha CA=DB= Geometriai bizonyítás A PBD és ACP háromszögek hasonlóságából: BD : a = b : CA BD·CA= ab. Egyenlőség akkor és csak akkor állhat, ha CA=DB=.
Mikor lesz AB =PA+PB a legkisebb? Most az A és B pontbeli görgőket az e egyenes mentén kössük össze egy kifeszített gumiszállal. Így az e egyeneshez tartozó sín úgy fog beállni, hogy AB minimális legyen. Az egyensúlyi sztatikai feltétele most is az, hogy a görgőkre ható erők erdője, és az e egyenesnek megfelelő sínre ható forgatónyomatékok összege nulla legyen.
Mikor lesz AB =PA+PB a legkisebb? Az A és B pontban a görgőkre ható erők eredőjét az ábra mutatja. F 1=F/tg α, és F 3= F·tg α, ezért az F 1 és F 3 erők egyenlő forgatónyomatékai F·PB/tg α= F·PA· tg α, ebből PB/PA = tg 2 α. (1. ) PB=a/sin α és PA=b/cos α. , ezekből PB/PA= (2. ). (1. )-ből és (2. )-ből tg α=. Tehát AB akkor minimális, ha tg α= Ezzel az α-val AB minimuma a/sin α +b/cos α.
Mikor lesz az OAB háromszög kerülete a legkisebb? Most a teljes OAB háromszöget fogjuk át egy gumigyűrűvel. A gumi így azonos F erőkkel hat az A és B pontokban lévő görgőkre a sínek irányában. Ezen F erők F* ill. F’ összege lesz egyenlő a sínek által a görgőkre kifejtett erők eredőjével.
Mikor lesz az OAB háromszög kerülete a legkisebb? F*= 2 F cos α/2, F 1 =F*/2 sin α/2 = F·ctg α/2. Ugyanígy F 3= F·ctg β/2. A forgatónyomatékok: F 1·x =F 3·y, , ill. Mivel β = 90 o – α, ezért ezekből α meghatározható . .
Mikor lesz az OAB háromszög kerülete a legkisebb? F*= 2 F cos α/2, F 1 =F*/2 sin α/2 = F·ctg α/2. Ugyanígy F 3= F·ctg β/2. A forgatónyomatékok: , ill. F 1·x =F 3·y, . Ezekből Pl. a P(8; 16) pont esetén sin α = 0, 6, α= 36, 87.
Elemi geometriai megoldás Legyen k egy olyan kör, amely érinti a szárakat, és P a belső ívére illeszkedik. Ha AB ennek P-hez tartozó érintője, akkor az A-ból és B-ből húzott érintőszakaszok egyenlők: PA =AC és PB=DB, ezért az OAB háromszög kerülete OC és OD érintők összegével egyenlő. Azt fogjuk belátni, hogy ez az érintő egyenes vágja legkisebb kerületű háromszöget.
Elemi geometriai megoldás Legyen k egy olyan kör, amely érinti a szárakat, és P a belső ívére illeszkedik. Ha AB ennek P-hez tartozó érintője, akkor az A-ból és B-ből húzott érintőszakaszok egyenlők: PA =AC és PB=DB, ezért az OAB háromszög kerülete OC és OD érintők összegével egyenlő. Ha egy P-re illeszkedő másik A’B’ szakaszt veszünk fel, akkor az metszi a k kört, ezért egy nagyobb k’ kör fogja érinteni A’B’-t és a szárakat. k’höz O-ból húzott érintők is hosszabbak, mint a k-hoz húzottak, Tehát az OA’B’ háromszög kerülete is nagyobb az OAB háromszög kerületénél.
Koordináta-geometriai megoldás derékszögben elhelyezkedő P(a; b) pont esetére P(a; b) illeszkedik az (x-r)2 +(y-r)2=r 2 körre, ezért (a-r)2 +(b-r)2=r 2, . Ennek a megfelelő megoldása r=a+b+. A PCK háromszögből tg α= . Pl. a P(8; 16) esetén tg α = 0, 75, α= 36, 87.
Mikor lesz a OA·OB minimális? Legyen AOB =α. Akkor a terület t=0, 5·OA ·OB · sin α. Tehát OA ·OB akkor minimális, amikor a terület. α
Mutassuk meg, hogy egy konvex poliéder bármely belső pontját a lapok síkjára vetítve, a vetület valamelyik lapnak belső pontja lesz! Az ábrán a P pont vetülete az ABCD lap síkján a ABCD lapon kívülre esik. ) Lehetséges-e, hogy a P pont vetülete mindegyik lapon kívül esik?
Mutassuk meg, hogy egy konvex poliéder bármely belső pontját a lapok síkjára vetítve, a vetület valamelyik lapnak belső pontja lesz! Tegyük fel, hogy a P pont vetülete mindegyik lapon kívül esik. Képzeljük el a poliédert nagyon könnyű anyagból elkészítve, amelynek a belső P pontjába egy ólom golyó van elhelyezve, ekkor (a feltételezésünk miatt) a test sosem lenne egyensúlyban, hiszen mindig átbillenne egy másik lapra. Amelyik laphoz legközelebb van a P pont, azon az rajta kell lennie a vetületének.
Néhány felhasznált és ajánlott irodalom Cikkek [1. ] KATZ SÁNDOR: Néhány algebra feladat megoldása trigonometriai módszerekkel POLYGON 2003. 1 -2 sz. [2. ] RÓKA SÁNDOR: Egyenletmegoldás függvényvizsgálattal A Matematika Tanítása 1996/4. [3. ] RÓKA SÁNDOR: Algebrai feladatok geometriai háttérrel A Matematika Tanítása 1996/5. [4. ] Примeнение свойства функции к докозателству неравенств МАТЕМАТИКА В ШКОЛЕ 1988/6 sz. [6. ] Könyvek: [5. ] SKLARSZKIJ: Válogatott feladatok és tételek … 2/2. Geometriai egyenlőtlenségek és szélsőérték-feladatok Tankönyvkiadó 1973. [6. ] TASNÁDI TAMÁS: Mate. FIZIKA : Szélsőértékelvek a fizikában BME jegyzet
- Slides: 56