Árki Tamás Konfárné Nagy Klára Kovács István Trembeczki Csaba Urbán János. sokszínû FELADATGYÛJTEMÉNY MEGOLDÁSOK. Mozaik Kiadó Szeged, 2010

matematika_11_fgy_mo.qxd

2010.11.16.

9:07

Page 1

Árki Tamás Konfárné Nagy Klára Kovács István Trembeczki Csaba Urbán János

sokszínû

FELADATGYÛJTEMÉNY MEGOLDÁSOK

11

Mozaik Kiadó – Szeged, 2010


2010.11.16.

9:07

Page 2

TA R TA LO M J E GY Z É K

TARTALOMJEGYZÉK Megoldások – 11. évfolyam 11.1. Kombinatorika, gráfok (3001-3160) Fibonacci-számok .................................................................................................................. Permutációk, variációk ......................................................................................................... Ismétlés nélküli kombinációk, Pascal-háromszög ...................................................... Binomiális együtthatók, ismétléses kombináció ......................................................... Vegyes összeszámlálási feladatok (kiegészítõ anyag) .............................................. GRÁFOK – pontok, élek, fokszám .................................................................................... GRÁFOK – út, vonal, séta, kör, Euler-vonal (kiegészítõ anyag) ............................. Fagráfok (kiegészítõ anyag) ................................................................................................ A kombinatorika gyakorlati alkalmazásai ....................................................................... Vegyes feladatok .....................................................................................................................

4 5 7 13 15 19 23 25 29 30

11.2. Hatvány, gyök, logaritmus (3161-3241) Hatványozás és gyökvonás (emlékeztetõ) .................................................................... Hatványfüggvények és gyökfüggvények ........................................................................ Törtkitevõjû hatvány .............................................................................................................. Irracionális kitevõjû hatvány, exponenciális függvény .............................................. Exponenciális egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlõtlenségek ........................................................................................................... A logaritmus fogalma ............................................................................................................ A logaritmusfüggvény ........................................................................................................... A logaritmus azonosságai ................................................................................................... Logaritmikus egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlõtlenségek ........................................................................................................... Vegyes feladatok .....................................................................................................................

33 34 38 39 45 50 53 58 60 66

11.3. A trigonometria alkalmazásai (3242-3459) Vektormûveletek rendszerezése, alkalmazások (emlékeztetõ) .............................. A skaláris szorzat ................................................................................................................... Skaláris szorzat a koordináta-rendszerben ................................................................... A szinusztétel ........................................................................................................................... A koszinusztétel ...................................................................................................................... Trigonometrikus összefüggések alkalmazásai ............................................................. 2

72 74 78 82 87 91


2010.11.16.

9:07

Page 3

TA R TA LO M J E GY Z É K

Összegzési képletek .............................................................................................................. Az összegzési képletek alkalmazásai .............................................................................. Trigonometrikus egyenletek, egyenletrendszerek ....................................................... Trigonometrikus egyenlõtlenségek ................................................................................... Vegyes feladatok .....................................................................................................................

98 104 112 130 135

11.4. Függvények (3460-3554) Az exponenciális és logaritmusfüggvény ....................................................................... Egyenletek és függvények ................................................................................................... Trigonometrikus függvények .............................................................................................. Trigonometrikus egyenletek, egyenlõtlenségek (kiegészítõ anyag) ......................................................................................................... Vegyes feladatok ..................................................................................................................... Inverz függvények (kiegészítõ anyag) .............................................................................

148 156 167 171 179 193

11.5. Koordináta-geometria (3555-3776) Vektorok a koordináta-rendszerben. Mûveletek koordinátáikkal adott vektorokkal (emlékeztetõ) ................................................................................ Két pont távolsága. Két vektor hajlásszöge. Területszámítási alkalmazások .................................................................................. Szakasz osztópontjának koordinátái. A háromszög súlypontjának koordinátái ........................................................................................... Az egyenest meghatározó adatok a koordináta-rendszerben ................................. Az egyenes egyenletei .......................................................................................................... Két egyenes metszéspontja, távolsága, hajlásszöge ................................................ A kör egyenlete ........................................................................................................................ A kör és az egyenes kölcsönös helyzete; két kör közös pontjai ..................................................................................................... A parabola ................................................................................................................................. Vegyes feladatok .....................................................................................................................

198 201 207 216 222 233 241 252 264 276

11.6. Valószínûség-számítás, statisztika (3777-3892) Klasszikus valószínûségi modell ....................................................................................... Visszatevéses mintavétel ..................................................................................................... Mintavétel visszatevés nélkül (kiegészítõ anyag) ........................................................ Valószínûségi játékok gráfokon (kiegészítõ anyag) .................................................... Valóság és statisztika ............................................................................................................ Vegyes feladatok .....................................................................................................................

288 295 301 305 309 309

3


2010.11.16.

9:07

Page 4

M E G O L D Á S O K – 1 1 . É V F O LYA M

11.1. KOMBINATORIKA, GRÁFOK Fibonacci-számok – megoldások w x3001

f15 = 610, f20 = 6765.

w x3002

a) –1, 1, 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13; b) 1, –1, 0, –1, –1, –2, –3, –5, –8, –13.

w x3003

a) 1, 1, 2, 4, 7, 13, 24, 44, 81, 149, 274, 504, 927, 1705, 3136. b) Igen, a 13.

w x3004

A második tagot az elsõ és az elsõ elõtt álló összegeként kapjuk: x + 1 = 1; innen x = 0. Az elõtte levõ tag: y + 0 = 1; innen y = 1. Majd z + 1 = 0; z = –1. Aztán u + (–1) = 1; u = 2. Hasonlóan kapjuk a többi számot: 34, –21, 13, –8, 5, –3, 2, –1, 1, 0, 1, 1, 2, 3, 5, … Érdekes módon a Fibonacci-számokat látjuk, csak váltakozó elõjellel.

w x3005

Érdemes elõször kísérletezni néhány értékkel. Hamar megtaláljuk a csupa 0 sorozatot, ami ismétlõdést mutat. Azonban más sorozat nem, így megfogalmazhatjuk a sejtésünket: általában nem lehet a számok között ismétlõdés. Sõt, egy idõ után vagy szigorúan növekednek, vagy szigorúan csökkennek a számok – a már említett csupa 0 kivételével. Hogyan bizonyítsuk be? Gyûjtsünk össze egyszerû megfigyeléseket. A) Ha két pozitív szám van egymás után valahol a sorozatban, akkor az utánuk levõk is pozitívak, sõt a számok szigorúan növekednek az összeadás miatt. B) Ha van két szomszédos negatív szám a sorozatban, akkor az utánuk levõk is negatívak, sõt a számok szigorúan csökkennek. C) Ha találunk nullát, és elõtte pozitív vagy negatív értéket, akkor az A) vagy B) esethez jutunk: a nulla megduplázza az elõtte álló számot. Jónak tûnik a gondolatmenet, folytassuk. Mi a helyzet, ha egy pozitív és egy negatív érték áll egymás mellett? D) Ha a két szám abszolút értéke egyenlõ, akkor megjelenik a nulla, C) esethez jutunk. E) Ha a pozitív szám abszolút értéke nagyobb, akkor pozitív értéket kapunk. Ezen belül E1), ha a pozitív érték volt késõbb, az A) esethez jutottunk. F) Ha a negatív érték abszolút értéke nagyobb, akkor negatív számot kapunk. Ezen belül F1), ha a negatív érték volt késõbb, a B) esethez jutottunk. Az E) és F) esetben van egy-egy további eset is: E2 ), ha a negatív érték van késõbb; illetve F2 ), ha a pozitív érték szerepel késõbb. Mindkét helyzetben visszajutunk D), E) vagy F) esethez. Ráadásul a létrejövõ szám abszolút értéke megegyezik az összeg abszolút értékével, ami szigorúan kisebb lesz, mint az elõzõ kettõ közül a nagyobb abszolút értékû. Ennek a csökkenésnek pedig elõbb-utóbb vége szakad: A), B) vagy C) esetekhez kanyarodunk vissza. Néhány példa az E2 ) és F2 ) esetekre: a) –10, 4, –6, –2, … b) –10, 8, –2, 6, 4, … c) 10, –5, 5, 0, … Mivel minden esetet áttekintettünk, ezzel a bizonyítást befejeztük: a 0, 0, 0, … számok kivételével nincs más olyan Fibonacci-szerû sorozat, amiben lenne ismétlõdés (sõt, elõbb-utóbb mindig szigorúan növõ vagy szigorúan csökkenõ számokat kapunk). 4


2010.11.16.

9:07

Page 5

KO M B I N AT O R I KA , G R Á F O K

Permutációk, variációk – megoldások w x3006

86!

w x3007

27!

w x3008

21! = 162954792. 6! ⋅ 5! ⋅ 10!

w x3009

a)

w x3010

18! = 18 ⋅ 17 ⋅ 16 ⋅ 15 ⋅ 14 ⋅ 13 = 13366080. (18 – 6)!

w x3011

a)

10! = 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 = 151200; (10 – 6)!

b)

10! = 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 = 5040. (10 – 4)!

(3 + 2)! = 10; 3! ⋅ 2!

b)

(3 + 2 + 0)! = 10; 3! ⋅ 2! ⋅ 0!

c) 0! = 1.

w x3012

107.

w x3013

28 = 256.

w x3014

Ebben a feladatban és a továbbiakban is nemnegatív (sõt elsõsorban pozitív) egész megoldásokat keresünk. A legegyszerûbb, ha próbálkozunk. A másik lehetõség, hogy kicsit gondolkodunk a próbálkozás elõtt: n! = 39 916 800. 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 x3015

w x3016

10! Az elsõ három számjegyet 63, a második hármat -féleképpen kaphatjuk meg. Az ered(10 – 3)! mény a kettõ szorzata: 216 × 720 = 155 520. a) Egyszerû permutációja 8 különbözõ elemnek: 8! = 40 320. b) Válasszunk ki egy fõt, tekintsük õt kiindulópontnak. A megadott körüljárás szerint ültessük sorba a maradék hét fõt. Ez úgy történik, mintha egyszerûen permutálnánk õket: 7! = 5 040. c) Most nem érdekes a körüljárási irány, ezért ugyanazt kapjuk, ha az asztal egy átmérõjére tükrözzük a résztvevõket. Így az elõzõ pontban másik ültetést kaptunk volna, most azonban 7! ez a kettõ ugyanaz. A megoldás: = 2520. 2

Számoljuk meg a növényeket, összesen 6-félét találunk a pulton. Mindegyikbõl minden helyen tehet egyet a kosarába, azaz a 6 n = 1 679 616 egyenletet kell megoldanunk. A megoldást megkaphatjuk próbálkozással vagy az 1 679 616 prímtényezõs felbontásával. A megoldás: n = 8. Megjegyzés: Pár lecke múlva mindkét oldal 6-os alapú logaritmusát véve is meg tudjuk oldani az egyenletet. 9! w x3018 A második dobozból az ismétlõdés miatt a cédulákat -féleképp húzhatjuk ki (permutáció, 2! ⋅ 3! ⋅ 4! hiszen mindet kivesszük). Az elsõ dobozból ugyancsak az ismétlõdés miatt 104 lehetõségünk van kivenni a cédulákat (variáció, a kiválasztás miatt). Eredményünk a kettõ szorzata: 12 600 000. w x3017

5


2010.11.16.

9:07

Page 6


w x3019

Egy n alapú számrendszerben 0-tól (n – 1)-ig n különbözõ számjegy van, ezekbõl kell 7 helyre írni egyet-egyet. (A kevesebb jegybõl álló számokat úgy kapjuk, hogy a szám elejére megfelelõ számú 0-t írunk.) Vagyis az n7 = 2 097 152 egyenletet kell megoldanunk, amit próbálkozással vagy hetedik gyökvonással teszünk meg. Az eredmény n = 8, a számrendszer tehát a nyolcas.

w x3020

a) Bármikor bármelyik csúcsra ugorhat, minden esetben négy lehetõsége van: 410. b) Elsõnek bárhova, utána viszont már csak 3-3 helyre ugorhat: 4 × 39. c) Elsõnek bárhova ugorhat. A következõ ugrása a mostani helyérõl elviszi, az utána levõkben pedig mindig kizárunk kettõ csúcsot: 4 × 3 × 28.

w x3021

Legyen a mûsor nézõszáma n. Ekkor az elsõ játékost n, a másodikat (n – 1)-féleképpen választhatják ki a nézõk közül, vagyis n! = n ⋅ (n – 1) = 1980. (n – 2)! Ezt az egyenletet négyféleképp: próbálkozással; a zárójelet felbontva másodfokú egyenletként; az 1980-at prímtényezõkre bontva vagy gyökvonásból kerekítve is megoldhatjuk. Az eredmény n = 45.

a) A három említett miniszterelnököt vegyük egy „csomagnak”. Ekkor 8 fõt kell leültetnünk, ezt 8!-féleképp tehetjük meg. Az angolnak és a franciának közre kell fognia a németet, õket ezért még kétfeléképpen ültethetjük minden sorrenden belül. Az eredmény: 2 × 8! b) Ismét csomagoljuk össze a hármast. 8 fõt kör alakú asztal mellé 7!-féleképp ültethetünk le, ha figyelembe vesszük a körüljárási irányt is. Vegyük figyelembe a hármasban a szélsõk sor2 ⋅ 7! rendjét is: 2 × 7! Végül tekintsünk el a körüljárási iránytól: = 7! 2 w x3023 Egyik lehetõségünk a próbálkozás. Másrészt viszont ha számolunk, ismétléses permutációt kell számolnunk. Jelöljük c-vel (2 £ c < 12) a keresett színpadi mûvek számát: (4 + 5 + c)! = 27720. 4! ⋅ 5! ⋅ c! Tüntessük el a törtet, a következõ egyenletet kapjuk: (9 + c)! = 79 833 600 × c! Leosztva 11!-sal (figyelembe véve c lehetséges értékeit): 12 ⋅ 13 ⋅…⋅ (9 + c) = 2c! 6 ⋅ 13 ⋅…⋅ (9 + c) = c! w x3022

A c értékétõl függõen több esetünk van. Ha 9 + c = 12, akkor c = 3 és így 12 = 2 × 3! Ez jó megoldás. Ha 3 < c < 12, akkor a bal oldalon szerepel 13, ezért a jobb oldalon is el kell menni legalább 13!-ig. Azonban ebben (jobb oldalon) szerepel 11 is, ami viszont a másik (bal) oldalon nem fog elõfordulni, ellentmondásra jutottunk. Ezen esetekben nincs megoldás, Lacinak 3 színházi elõadást tartalmazó lemeze van. w x3024

Az öt gyermek megszülethet 5 lány; 4 lány és 1 fiú; 3 lány és 2 fiú; 2 lány és 3 fiú; 1 lány és 4 fiú; 5 fiú variációban. Az elsõ és az utolsó esetben egyszerû dolgunk van, mindkétszer 5! sorrendben adhattak nevet a megszületett gyerekeknek. Vegyük bonyolultabb példának a harmadik esetet. Ekkor a gyerekek között a lányok-fiúk sorrendje 5! 5! 5! , a fiúknak , azon belül a lányoknak ismétléses permutáció: -féleképpen (5 – 3)! (5 – 2)! 3! ⋅ 2! adhatnak nevet (ismétlés nélküli variáció). 6


2010.11.16.

9:07

Page 7


Ez alapján minden esetet számba tudunk venni (a szimmetria miatt elég az egyes eseteket kettõvel szorozni), a végeredmény: 5! 5! 5! 5! 5! 5! = 30 240. 2 ⋅ 5! + 2 ⋅ ⋅ ⋅ +2⋅ ⋅ ⋅ 4! ⋅ 1! (5 – 4)! (5 – 1)! 3! ⋅ 2! (5 – 3)! (5 – 2)! w x3025

Elõször is gondoljuk át a feltételeket. Az ismétléses esetben k-ra és n-re semmiféle megszorítás nincs azon kívül, hogy nemnegatív egészek. Az ismétlés nélküli esetben azonban 0 £ k £ n. Ez szigorúbb feltétel az elõzõnél, így tartsuk magunkat az utóbbihoz. A kérdés: mely, a fenti feltételeknek megfelelõ n, k-ra igaz: n! nk = . (n – k)! Feltételezhetjük, hogy n ¹ 0, így nem kell a 00 hatvánnyal foglalkoznunk. Vizsgáljuk meg k néhány értékét! Ha k = 0, akkor n! 1 = n0 = = 1, n! vagyis ekkor bármely n-re teljesül az egyenlõség. Ha k = 1, akkor ugyanez a helyzet: n! n = n1 = = n. (n – 1)! Ha k = 2, akkor n2 = n × (n – 1) egyenlethez jutunk. Ennek egyetlen megoldása n = 0, ami nem felel meg a k £ n feltételnek. Ha k értékét tovább növeljük, akkor egyre magasabb fokú egyenletekhez jutunk, melyeket nem tudunk megvizsgálni. A megoldás azonban sokkal egyszerûbb. Azt kell észrevennünk, hogy a kiinduló egyenlõség jobb és bal oldalán is k tényezõbõl álló szorzatokat találunk, azonban a bal oldalon csupa n tényezõvel, a jobbon viszont n-tõl csökkenõ tényezõkkel. Vagyis ha a szorzatoknak több tényezõje is van, akkor nem lehetnek egyenlõk. A megoldás: k = 0 és k = 1 értékre bármely n-re megegyezik n elem k-tagú ismétléses és ismétlés nélküli variációinak száma, más értékekre viszont soha.

Ismétlés nélküli kombinációk, Pascal-háromszög – megoldások w x3026

a) 6; g) 145;

b) 105; h) 1578;

c) 462; i) 1.

d) 165;

w x3027

a) 1;

b) n;

c) n2 – n;

d)

w x3028

135 a) Ê ˆ ; Ë 44 ¯

212 b) Ê ˆ ; Ë101¯

112 c) Ê ˆ . Ë 55 ¯

w x3029

n2 – n ; 2

e) 55;

f ) 7381;

e) n;

f ) 1.

a) Nincs. b) Egy helyen: 2; kettõ helyen: 3 és 4; három helyen: 6; négy helyen: 10. (Több helyen nem lehetnek, mert utoljára a szélsõ egyes mellett fordulhatnak elõ.)

1

1

1 10

1 9

1 8 45

1 7 36

1 6 28 120

1 5 21 84

1 4 15 56 210

1 3 10 35 126

1 2 6 20 70 252

1 3 10 35 126

1 4 15 56 210

1 5 21 84

1 6 28 120

1

1

7

8

36

45

7

1 9

1 10

1

1


2010.11.16.

9:07

Page 8


w x3030

6 6 a) Ê ˆ = 15; b) Ê ˆ = 20; Ë2¯ Ë3¯ e) 6 elembõl nem lehet 7-et kiválasztani.

w x3031

a) 6;

w x3032

Ê7ˆ = 35. Ë4¯

6 c) Ê ˆ = 15; Ë4¯

6 d) Ê ˆ = 6; Ë5¯

b) 5.

Ê45ˆ = 8145060; w x3033 a) Ë 6¯ w x3034

Ê9ˆ = 84. Ë3¯

w x3035

Ê7ˆ = 35. Ë3¯

w x3036

Ê60ˆ = 487635. Ë 4¯

b)

Ê90ˆ Ë 5¯ Ê45ˆ Ë 6¯

=

18 ◊ 89 ◊ 11 ◊ 29 ◊ 86 3 ◊ 89 ◊ 29 = » 5, 4. 15 ◊ 44 ◊ 43 ◊ 7 ◊ 41 5 ◊ 7 ◊ 41

A Pascal-háromszög elõállításából adódóan szimmetrikus, és az értékek a sorok elején növekednek a szimmetriatengelyig. Így ha páros számról van szó, a felét kell aláírnunk. Páratlanokra két megoldást is kapunk: egyik a szám felének egészrésze, másik az ennél eggyel nagyobb egész. A konkrét példában: 24 13 13 a) k = 12, Ê ˆ = 2 704156; b) k = 6 vagy k = 7, Ê ˆ = Ê ˆ = 1716. Ë12¯ Ë 6¯ Ë 7¯ Ê12ˆ = 495-féleképp válogathat ebédre négyet Hókuszpók. w x3038 a) A törpök közül Ë 4¯ w x3037

b) A maradék nyolc fõbõl választanak elõször kettõt, majd a maradék hatból ismét kettõt. Mivel 8 6 ezeket egymástól függetlenül meg tudják tenni, össze kell õket szoroznunk: Ê ˆ ◊ Ê ˆ = 420. Ë2¯ Ë2¯ Ê9ˆ ◊ Ê4ˆ = 504. w x3039 A lehetõségek száma: Ë3¯ Ë2¯ Ê60ˆ . w x3040 a) A négykerekû autó mind a négy kerekére négy csavar kell, így a válasz: Ë16¯ b) Ha külön-külön vesz ki csavarokat a dobozból Sanyi, akkor a következõ adagot mindig néggyel 60 56 52 48 kevesebb közül választhatja, Ê ˆ ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ -féleképp. Ë 4¯ Ë 4¯ Ë 4¯ Ë 4¯ 60! 60 . Most b) esetet is fejtsük ki: c) Az a) eset kifejtve egyszerû: Ê ˆ = Ë16¯ 16! ◊ 44! 60! Ê60ˆ ◊ Ê56ˆ ◊ Ê52ˆ ◊ Ê48ˆ = 60! ◊ 56! ◊ 52! ◊ 48! = . Ë 4 ¯ Ë 4 ¯ Ë 4 ¯ Ë 4 ¯ 4! ◊ 56! 4! ◊ 52! 4! ◊ 48! 4! ◊ 44! (4!)4 ◊ 44!

Az egyszerûsítések után maradt alakokból – mivel 16! > (4!)4 – már látható, hogy a b) esetben több lehetõségünk van a csavarok kiválasztására. 16! Végül osszuk el a b)-ben kapott eredményt az a)-ban kapottal. Így -hoz jutunk, 4! ⋅ 4! ⋅ 4! ⋅ 4! ami megfelel 16 elem 4, 4, 4, 4-tagú ismétléses permutációinak. Azaz ha az a) esetben figyelembe vesszük ezt a sorrendet is (vagy a b) esetben eltekintünk tõle), akkor a két eset egyenlõ lesz. 8


2010.11.16.

9:07

Page 9


w x3041

a) Ha a piros király a leosztott lapok között van, akkor a maradék 31-bõl kell még mellé tenni 31 hármat: Ê ˆ = 4495. Ë 3¯ b) Ez az eset három egymást kizáró alesetbõl áll össze: piros, de nem király; piros király; nem piros, de király. A három esetben összesen 11 lap van (7 + 1 + 3), melyekbõl bele kell kerülnie egynek a leosztott négy lap közé. A többi három leosztott lap a maradék 21 lapból kerülhet ki. 11 21 A megoldás: Ê ˆ ◊ Ê ˆ = 14 630. Ë 1¯ Ë 3 ¯ c) A „legalább” szó gyanús lehet, inkább számoljuk ki a kérdezett eset ellentétét (komplementerét). Ekkor arra kell válaszolnunk: hányféleképp fordulhat elõ, hogy a leosztott négy lap között nincs sem piros, sem király lap? Azokból a lapokból, melyek nem pirosak és király sincs rajtuk, 21 van. 32 21 A megoldást úgy kapjuk, ha kivonjuk az összes esetbõl az ellentettet: Ê ˆ – Ê ˆ = 29975. Ë 4 ¯ Ë 4¯

52 49 46 43 Az autószerelõs feladathoz hasonló szorzatot kell felírnunk: Ê ˆ ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ . Az ottanihoz Ë 3¯ Ë 3¯ Ë 3¯ Ë 3¯ 52! » 7, 6 ⋅ 1016. hasonlóan elvégezve az egyszerûsítéseket: (3!)4 ⋅ 40! w x3043 I. megoldás. A „legalább egy ász” ellentéte, ha nincs ász a leosztásban. Mivel összesen négy ász van 32 28 a pakliban, így az ellentétes eseteket az összes esetbõl kivonva a megoldás: Ê ˆ – Ê ˆ = 15485. Ë 4¯ Ë 4¯ w x3042

II. megoldás. A „legalább egy” jelent egy, kettõ, három vagy négy ászt. Ez négy eset, lássuk részletesebben az egyiket, mondjuk a három ászt. Ekkor a csomagban levõ négybõl három bekerül 4 28 a leosztásba, a maradék egyet pedig a nem ászok közül töltjük fel, Ê ˆ ◊ Ê ˆ -féleképpen. A többi Ë3¯ Ë 1 ¯ esetet is kiszámíthatjuk, összegük adja a megoldást: Ê4ˆ ◊ Ê28ˆ + Ê4ˆ ◊ Ê28ˆ + Ê4ˆ ◊ Ê28ˆ + Ê4ˆ ◊ Ê28ˆ = 15485. Ë1¯ Ë 3 ¯ Ë2¯ Ë 2 ¯ Ë3¯ Ë 1 ¯ Ë4¯ Ë 0 ¯ w x3044

A „legfeljebb egy” tök lehet egy vagy nulla darab. Ez csak két eset, nincs értelme áttérni az ellentett eseményre, hiszen ott hét alesetet kellene összeírni. Lássuk hát. Ha nincs tök a leosztásban, akkor a pakliban levõ nyolc lapból nulla darab kerül a négy lap közé, 8 24 az összes többi piros, zöld vagy makk: Ê ˆ ◊ Ê ˆ = 10 626. Ha egy tök van, akkor piros, zöld, makk Ë0¯ Ë 4 ¯ 8 24 8 24 8 24 lehet három: Ê ˆ ◊ Ê ˆ = 16192. A megoldás a kettõ összege: Ê ˆ ◊ Ê ˆ + Ê ˆ ◊ Ê ˆ = 26818. Ë1¯ Ë 3 ¯ Ë0¯ Ë 4 ¯ Ë1¯ Ë 3 ¯

w x3045

Gondoljunk át részletesen egy esetet, például a három találatot. Hármasunk úgy lehet, ha az öt nyerõszámból megjelöltünk (kiválasztottunk) hármat, a maradék két tippünknek viszont a nem nyerõ 85 számból kell kikerülnie. Ez alapján minden esetet számba vehetünk. Ha nincs találatunk, akkor minden megjelölt számunk a „nem nyert”-ek közül kerül ki. Ha pedig telitalálatunk van, akkor ott minden megjelölt tipp a nyerõszámok közül kerül ki. 5 85 5 85 5 85 a) Ê ˆ ◊ Ê ˆ = 32801517; b) Ê ˆ ◊ Ê ˆ = 10123925; c) Ê ˆ ◊ Ê ˆ = 987700; Ë0¯ Ë 5 ¯ Ë1¯ Ë 4 ¯ Ë2¯ Ë 3 ¯ 5 85 d) Ê ˆ ◊ Ê ˆ = 35700; Ë3¯ Ë 2 ¯

5 85 e) Ê ˆ ◊ Ê ˆ = 425; Ë4¯ Ë 1 ¯

5 85 f ) Ê ˆ ◊ Ê ˆ = 1. Ë5¯ Ë 0 ¯ 90 Figyeljük meg, hogy az összes lehetséges számötösök darabszáma Ê ˆ = 43949268, ami a fentiek Ë 5¯ összege. Ez azért lehet, mert az összes esetet egymást kizáró alesetekre bontottuk. 9


2010.11.16.

9:07

Page 10


w x3046

Egy kézfogás létrejöttéhez két ember kell. A kérdést módosíthatjuk így is: hány fõbõl választhatunk ki n összesen 45-féleképp kettõt? Vagy: határozzuk meg n természetes számot, amire Ê ˆ = 45. Ez nem Ë2¯ bonyolult, csak írjuk fel „ n alatt k” definícióját, és egyszerûsítsünk le (n – 2)!-sal: n! n ⋅ (n – 1) = = 45. 2! ⋅ (n – 2)! 2 Utóbbi egyenlõséget tekintsük önálló egyenletnek és tüntessük el a törteket, bontsuk fel a zárójelet, majd rendezzük egy oldalra. Így az n2 – n – 90 = 0 másodfokú egyenletet kapjuk, aminek megoldásai: n1 = 10 és n2 = –9. Nekünk a feladat szövege szerint csak a természetes számok jöhetnek szóba, így a tárgyaláson 10 fõ volt jelen.

w x3047

Csak ki kell fejtenünk a bal oldalon álló kifejezéseket, majd közös nevezõre hozzuk õket: (n – 1)! (n – 1)! (n – 1)! ◊ k + (n – 1)! ◊ (n – k) Ênˆ Ên – 1ˆ + Ên – 1ˆ = + = = . Ëk – 1¯ Ë k ¯ (k – 1)! ◊ (n – k)! k! ◊ (n – 1 – k)! Ëk¯ k! ◊ (n – k)! A végén kiemeltünk (n – 1)!-t, és összevontunk a zárójelben. Így éppen (n – 1)! × n = n! formát kapjuk, és készen is vagyunk.

w x3048

a) Az összefüggéshez egy soron belül kell három 1 egymást követõ számot találni (vagyis leg1 1 alább a második sorból – lásd az ábrán), 1 1 2 például: 1 3 1 3 1 + 2 × 2 + 1 = 6, 1 4 1 4 6 1 5 10 1 5 10 10 + 2 × 10 + 5 = 35. 1 6 15 1 6 15 20 A kapott értékek két sorral lejjebb találhatók 7 1 21 35 1 7 21 35 (innen az n + 2), és mivel a soron belül az azonos sorszámú tagok ferdén balra dõlve követik egymást (piros vonal), így az összeadandók közül az utolsó sorszámával egyezik meg az eredmény (innen a k + 1). b) A bizonyítást elvégezhetnénk a definíció alapján is, azonban hosszadalmas és nem jelent újat az elõzõ feladathoz képest. Ezért próbálkozzunk magával az ott tárgyalt összefüggéssel: Ê n ˆ + Ênˆ + Ênˆ + Ê n ˆ = Ên + 1ˆ + Ên + 1ˆ = Ên + 2ˆ . Ëk – 1¯ Ëk¯ Ëk¯ Ëk + 1¯ Ë k ¯ Ëk + 1¯ Ë k + 1¯

1 1

1 1 1 1

1

2

4

1

3

3

4

6

1

Érdemes az ábrán is követni a levezetést. w x3049

a) A feladat az elõzõ példához nagyon hasonlít, csak itt négy darab egy sorban, egymás után álló számot kell összeadnunk (ezért aztán leghamarabb a harmadik sorban tekinthetjük). Ott pedig 1 + 3 × 3 + 3 × 3 + 1 = 20 vagy késõbb 7 + 3 × 21 + 3 × 35 + 35 = 210. 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

6 7

8 9

10

10

15

28

56 84

120

210

252

210

120

1 1

9

36

84

126

126

1 8

28

56

70

7

21

35

1

6

15

20

1

5

10

35

1

4

6 10

21

36 45

4

1

3

3

5

1

2

45

10

1


2010.11.16.

9:07

Page 11


b) A 20 és 210 értékeket három sorral lejjebb, az utolsó értékkel azonos sorszámú helyen találjuk. Azaz a sejtésünk: Ê n ˆ + 3 ◊ Ê n ˆ + 3 ◊ Ênˆ + Ê n ˆ = Ên + 3ˆ . Ëk – 2¯ Ëk – 1¯ Ëk¯ Ëk + 1¯ Ëk + 1¯ n – 1ˆ Ên – 1ˆ Ênˆ c) Az igazoláshoz használjuk fel hétszer az Ê összefüggést. A 3-as szorzó + = Ëk – 1¯ Ë k ¯ Ëk¯ szükséges, ugyanis ha csak kétszer vennénk a középsõ elemeket, akkor például: 7 + 21 = 28; 21 + 35 = 56; 35 + 35 = 70. Ezen három számból csak az egyik oldalon folytathatnánk, hiszen 56 egyszer szerepel. A középsõ elemet ezért meg kell dupláznunk, amihez három darab 21 és három darab 35 kell. Megjegyzés: Az elõzõ két feladatot természetesen lehet általánosítani, bõvítve a számok sorát. Érdemes észrevennünk, hogy az együtthatók is a Pascal-háromszögbõl valók. Azonban most részletesebben egy további általánosításra hívjuk fel a figyelmet. Írjuk le az elsõ sorokat, ahol az összefüggések elõfordulhatnak így: 2

2

2

2

2 2 2 4 12 + 22 + 12 = Ê ˆ + Ê ˆ + Ê ˆ = Ê ˆ Ë0¯ Ë1¯ Ë2¯ Ë2¯

és

2

2

2

3 3 3 6 3 12 + 32 + 32 + 12 = Ê ˆ + Ê ˆ + Ê ˆ + Ê ˆ = Ê ˆ . Ë0¯ Ë1¯ Ë2¯ Ë3¯ Ë3¯

Általánosítva megfigyelésünket, új sejtéshez juthatunk. Próbáljuk meg bebizonyítani, hogy 2

2

2

2

Ênˆ + Ênˆ + Ênˆ + … + Ênˆ = Ê2nˆ . Ë0¯ Ë1¯ Ë2¯ Ën¯ Ë n ¯ w x3050

a) Az összefüggés az egymás utáni sorokban ugyanazon sorszámú helyeken álló számok összege, mindig a sorvégi szélsõ értéktõl kezdve. Például: 1 + 3 + 6 + 10 = 20 vagy 1 + 5 + 15 + 35 + 70 = 126. 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

10

6 7

8 9

15

28

56 84

120

210

252

210

120

1 1

9

36

84

126

126

1 8

28

56

70

7

21

35

1

6

15

20

1

5

10

35

1

4

6 10

21

36 45

4

1

3

3

5

1

2

45

10

1

b) Úgy tûnik, az összeg mindig az eggyel lejjebb levõ sor eggyel hátrébb levõ eleme. Sejtésünk: Êkˆ + Êk + 1ˆ + Êk + 2ˆ + … + Ên – 1ˆ + Ênˆ = Ên + 1ˆ . Ëk¯ Ë k ¯ Ë k ¯ Ë k ¯ Ëk¯ Ëk + 1¯ c) A bizonyítást elvégezhetjük rögzített k-ra n szerinti teljes indukcióval, de bevethetünk egy apró trükköt is. Igaz ugyanis, hogy Êkˆ = Êk + 1ˆ , ahonnan Êk + 1ˆ + Êk + 1ˆ = Êk + 2ˆ . Ëk¯ Ëk + 1¯ Ëk + 1¯ Ë k ¯ Ë k + 1¯ Így az elsõ kéttagú összeg egybeolvad, majd a következõ kettõ újra és így tovább. Nem teszünk n – 1ˆ Ên – 1ˆ Ênˆ + = mást, mint újra és újra felhasználjuk az Ê összefüggést. Tulajdonképpen Ëk – 1¯ Ë k ¯ Ëk¯ egy „teleszkopikus” összeghez jutunk. 11


2010.11.16.

9:07

Page 12


d) Az összeg k = 1-re a következõ alakot ölti: Ê1ˆ + Ê2ˆ + Ê3ˆ + … + Ênˆ = Ên + 1ˆ , Ë1¯ Ë1¯ Ë1¯ Ë1¯ Ë 2 ¯ vagy ugyanez másképp írva:

n ⋅ (n + 1) . 2 Ez pedig nem más, mint az elsõ n természetes szám összegére vonatkozó összefüggés. Megjegyzés: Játsszunk még az összefüggéssel. Használjuk ki a Pascal-háromszög szimmetriáját, n n ˆ és tükrözzük a szimmetriatengelyre a szereplõ tagokat. Felhasználva az Ê ˆ = Ê összeËk¯ Ën – k¯ függést, a következõ alakhoz jutunk: Êkˆ + Êk + 1ˆ + Êk + 2ˆ + … + Ê n – 1 ˆ + Ê n ˆ = Ê n + 1ˆ . Ë0¯ Ë 1 ¯ Ë 2 ¯ Ën – 1 – k¯ Ën – k¯ Ën – k¯ 1+ 2 + 3 +…+ n =

k k + 1ˆ . A c) részben leírt trükkel ezt is igazolhatjuk, ha felhasználjuk, hogy Ê ˆ = Ê Ë0¯ Ë 0 ¯ Ê13ˆ = 715 egyenletet. Ezt próbával vagy w x3051 A kérdés kicsit másként fogalmazva: oldjuk meg a Ë k¯ a definíció alapján tudjuk megtenni. Lássuk a „tudományosabb” módszert. Eltüntetve a törtet: 13! = 715, k! ⋅ (13 – k)! 8709120 = k! ⋅ (13 – k)!

A jobb oldalon egy egész számokból álló szorzat – sõt két szorzat szerepel. Ráadásul mindkettõ 1-tõl kezdve halad az egymás utáni egészeken, így tartalmaz sorozatban egyforma tényezõket is. Tehát várhatóan bizonyos értékek duplán szerepelnek a 8 709 120 szorzattá bontásában. Lássuk a prímtényezõs felbontást: 8 709 120 = 210 × 35 × 5 × 7. A 7 és 5 prímtényezõ biztosan egyszer szerepel, így azok csak a hosszabb szorzat elõállításában vehetnek részt. A köztük levõ 6 is egyszer szerepel, elõállításához egy 2 és egy 3 prímtényezõ szükséges. Az 5 elõtt kell lennie az 1 × 2 × 3 × 4 szorzatnak, ami elvisz három 2 és egy 3 prímtényezõt. Eddig elfogyasztottunk négy darab 2, kettõ darab 3, egy 5 és egy 7 prímet. Maradt 26 × 33. A három 3 prímbõl nem tehetünk kettõt a rövidebb szorzatba, mert akkor el kellene jutnunk 6-ig. Így kettõ marad a hosszabban, azaz ott lesz 9 is és így 8 is. Ezzel újabb prímeket használunk el, marad 23 × 3. Ez pedig pont elég az 1 × 2 × 3 × 4 szorzathoz. Vagyis 8 709 120 = 4! × 9! és így k = 4 vagy k = 9. Tehát 13 fõbõl 4 vagy 9 fõt tudunk 715-féleképpen kiválasztani. w x3052

n A kérdés átfogalmazva: oldjuk meg a természetes számokon az Ê ˆ = 77520 egyenletet! Ennek is Ë7¯ nekiláthatunk próbálgatással, ám abból nem sokat tanulunk. Az elõzõ példához hasonlóan kezeljük a kérdést: n! = 77520, 7! ⋅ (n – 7)! n! = 390 700800. (n – 7)!

Rutinosan prímtényezõkre bonthatjuk a jobb oldalt (rögtön válasszuk le a végérõl a 100 = 22 × 52-t): 390 700 800 = 28 × 33 × 52 × 7 × 17 × 19. 12


2010.11.16.

9:07

Page 13


Figyeljük meg a másik oldalt is, itt n-tõl lefelé hét darab egymás után következõ egyre kisebb szám szorzata szerepel. Mivel a 17 és 19 prímek, így valószínûleg szerepelnek a szorzatban. Köztük találjuk a 18 = 2 × 32-t is. Várhatóan 7-ig nem jut el 19-tõl a szorzat, ezért 14 = 2 × 7-et kell keresnünk vagy 21 = 3 × 7-et. Bármelyik is szerepel, a szorzat szélén kell állnia. Ugyanis van két 5-ös prímtényezõ is, egyik lehet a 15 = 3 × 5 építõköve, másik pedig a 20 = 22 × 5-é. Gyûjtsük össze a felbontásból eddig elhasznált prímeket: 20 × 19 × 18 × 17 × 16 × 15 = 27 × 33 × 52 × 17 × 19. Maradt még egy darab 2 és egy darab 7, tehát a megoldás: 390 700 800 = 20 × 19 × 18 × 17 × 16 × 15 × 14. Vagyis 20 fõbõl választhatunk 77 520-féleképp 7-et. Másik megoldás nincs. w x3053

A feladatra azonnal adhatunk két magától értetõdõ megoldást: a 8568. sor 1. eleme és a 8568. sor 8567. eleme is 8568. Igen ám, de található-e más lelõhelye a Pascal-háromszögben a jelzett számnak? Most is fogalmazzuk meg másként a kérdést: mely n és k (n ³ k ³ 0) természetes számra teljesül, n hogy Ê ˆ = 8568? Ëk¯ 8568ˆ Ê8568ˆ Az elõzõ pontban az Ê = = 8568 megoldást adtuk meg. Ë 1 ¯ Ë8567¯ Próbálgatással most nem sokra megyünk, mert sok az ismeretlen. Vegyük hát a definíciót, bontsuk fel a 8568-at prímekre, és gondolkodjunk: n! = 23 ⋅ 32 ⋅ 7 ⋅ 17. k! ⋅ (n – k)! A bal oldalt tekintsük úgy, hogy a több tényezõbõl álló szorzattal leegyszerûsítettünk, legyen ez most az (n – k)! (A szimmetria miatt nem fontos, melyiket tekintjük.) A túloldalon van egy 17-es prímtényezõ, ami elég nagy ahhoz, hogy ne egyszerûsített alakból kapjuk. Feltehetjük, hogy a 17 szerepel a bal oldal számlálójában. Nézzük a 17 körüli számokat, például az elõzõ feladathoz hasonlóan 18 = 2 × 32-t is ki tudjuk rakni a prímekbõl és 14 = 2 × 7-et is. 19 nem szerepel, így biztosan tudjuk, hogy legfeljebb n = 18. 13 sem szerepel, tehát vele már egyszerûsítettünk. A 18 és 14 között lennie kellett 15 = 3 × 5 és 16 = 24-nek. Hat darab 2-es prímünk azonban nincs a felbontásban – ez azért lehet, mert a szorzatot egyszerûsítettük k!-sal. Most nézzük meg azt, mi hiányzik a teljes 14 × 15 × 16 × 17 × 18 szorzatból, ennek árulkodnia kell az osztó k!-ról: 14 × 15 × 16 × 17 × 18 = 26 × 33 × 5 × 7 × 17 = (23 × 32 × 7 × 17) × (23 × 3 × 5) = = (23 × 32 × 7 × 17) × (2 × 3 × 22 × 5) = (23 × 32 × 7 × 17) × (5!). Elkészültünk hát: k = 5 és n = 18 megoldást ad. Ugyanígy a szimmetria miatt megoldás k = 13 is.

Binomiális együtthatók, ismétléses kombináció – megoldások w x3054

a) b) c) d) e)

9 – 6b + b2; e3 + 6e2f + 12ef 2 + 8f 3; x 4 – 8x3 + 24x2 – 32x + 16; 32x 5 + 80x 4 + 80x 3 + 40x 2 + 10x + 1; 1 – 3,5a + 5,25a2 – 4,375a3 + 2,1875a4 – 0,65625a5 + 0,109375a6 – 0,0078125a7. 13


2010.11.16.

9:07

Page 14


w x3055

a) x12 + 12x11 + 60x10 + 160x9 + 240x8 + 192x7 + 64x6; b) 256a8 – 512a7b + 448a6b 2 – 224a5b3 + 70a 4b 4 – 14a3b 5 +

7 2 6 1 7 1 8 a b – 3 ab + 8 b ; 2 22 2

c) x 3 + 9x 3 ⋅ (3 x ) + 36x 4 ⋅ 3 x + 84x 5 + 126x 5 ⋅ (3 x ) + 126x 6 ⋅ 3 x + 84x 7 + 2

2

+ 36x 7 ⋅ (3 x ) + 9x 8 ⋅ 3 x + x 9; 2

d) x 7 + 21x 6 ⋅ x + 189x 6 + 945x 5 ⋅ x + 2835x 5 + 5103x 4 ⋅ x + 5103x 4 + 2187x 3 ⋅ x ; e) 64x6 – 576x8 + 2160x10 – 4320x12 + 4860x14 – 2916x16 + 729x18. b) 4 × sin2 x × cos2 x + 4 × sin x × cos x + 1.

w x3056

a) 1 – 2 × sin x × cos x;

w x3057

a) (2a + b)3;

b) (0,5x 2 – 2y)3;

c) (x 2 – x3) ;

d)

w x3058

a) 2;

b) 4;

c) 32;

d) 1.

w x3059

a) Üres halmaz. e) 8.

b) 1. c) Nincs ilyen halmaz. d) 4. f ) Nincs ilyen halmaz.

w x3060

Minden bit értéke 0 vagy 1 lehet. Mivel a shortint és az integer egész számok, ezért lehetnek negatívok is: kell hagynunk az elõjelnek egy bitet (az elsõt). A szám értékének rögzítéséhez így 7, illetve 15 bit marad. A legnagyobb érték ezért a) shortint esetén: 27 = 128; b) integer esetén: 215 = 32 768. A részhalmazok számát csak a halmazban levõ elemek száma határozza meg, márpedig shortint típusú számból 2 × 128 + 1 = 257 darab lehet, integerbõl pedig 2 × 32 768 + 1 = 65 537. A válasz: c) 2257; d) 265537.

w x3061

A két megadott szám a lányok és a fiúk részhalmazainak száma. Vagyis kérdés, hogy 2-nek melyik hatványa az, aminek értéke 1024. Hamar kitaláljuk, 210 = 1024. A fiúknál ugyanez 213 = 8192. Ebbõl adódik, hogy a lányok tízen, a fiúk tizenhárman vannak az osztályban, tehát az osztálylétszám összesen huszonhárom. Tehát 223-féleképpen választható ki egy csoport az egész osztályból. Megjegyzés: Hamarosan megtanuljuk általánosan is megoldani a 2 x = 1024, ún. exponenciális egyenleteket.

w x3062

Képzeljük el a csapat összes tagját egymás mellett állva a bemutatáskor. A belõlük képezhetõ részhalmazokat jelölhetjük úgy is, hogy egy mínuszjelet képzelünk afölé, aki nem tagja; és egy plusz jelet afölé, aki tagja a részhalmaznak. Mind a tizenegy játékos felett vagy plusz, vagy mínusz jel állhat, így 211 lehetõség van különbözõ részhalmazok képzésére. a) Most ha az Enikõ feletti jelet mínusznak rögzítjük, akkor csak a többiek jele változhat, tehát a megoldás 210. b) Az elõzõ részhalmazokat úgy kaptuk, hogy Enikõ jelét mínusznak vettük. Hagyjuk hát ezt így, és most legyen Évike jele plusz. Ezt is rögzítettük, szabadon választható marad kilenc fõ, a megoldás 29. c) Ebben a kérdésben öt fõt kell rögzítenünk (az mindegy, hogy plusz- vagy mínuszjelet rögzítünk a játékos felett képzeletben). Szabadon hat fõt választhatunk, a képezhetõ részhalmazok száma 26, ami éppen 25 = 32-ed része az összes lehetõségnek.

w x3063

a) A fociban semmi sem tiltja, hogy két vagy több szabadrúgást ne végezhessen el ugyanaz a játékos. Mivel ebben az esetben az idõbeli sorrendet is figyelembe vesszük, így 8 fõ közül kell kiválasztani az elsõ, a második stb. szabadot rúgó játékost (ismétléses variáció): 816 » 2,8 × 1014. 14

4

( x + x)4.


2010.11.16.

9:07

Page 15


b) A sorrend most nem számít, ezért ismétléses kombinációt kell számolnunk. A tizenegy játékosból elhagyva a három csatárt, 8 elem 16 tagú ismétléses kombinációinak száma: Ê8 + 16 – 1ˆ = 245157. Ë 16 ¯ c) Ebben a részfeladatban a csatárokat engedjük szabadrúgást lõni, de a kapust nem. Megint ismétléses variációt számolunk, az eredmény: 1013. d) A sorrendre való tekintet nélkül ismétléses kombinációhoz jutunk: Ê10 + 13 – 1ˆ = 497 420. Ë 13 ¯

Vegyes összeszámlálási feladatok (kiegészítõ anyag) – megoldások w x3064

100 a) Ê ˆ = 3921225; Ë 4¯

b) 4! = 24;

n! n , n elem k tagú ismétlés nélküli variációinak száma. c) Ê ˆ ◊ k ! = Ëk¯ (n – k)!

32! = 863040; (32 – 4)! 32! 32 : 4! = Ê ˆ = 35960, 32 elem 4 tagú ismétlés nélküli kombinációinak száma. b) Ë 4¯ (32 – 4)!

w x3065

a)

w x3066

Ê30ˆ ◊ 7! Ë 8¯

w x3067

a) 3!;

b) 12!;

12! ⋅ 3! = 166320; c) 3! ⋅ 4! ⋅ 5!

d) 3! × (6 × 5 + 4 × 10 × 3 + 10 × 3) = 1080.

9! 8! – = 5 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 = 8400; (9 – 5)! (8 – 5)!

9 8 8 b) Ê ˆ – Ê ˆ = Ê ˆ = 70. Ë5¯ Ë5¯ Ë4¯

w x3068

a)

w x3069

a) Kétféle megoldás is eszünkbe juthat. A „számolós” megoldáshoz fejtsük ki a két oldalt, majd amivel csak lehet, egyszerûsítsünk, és tüntessük el a törteket: n! n! = , k! ⋅ (n – k)! (k – 1)! ⋅ (n – k + 1)! n – k + 1 = k, n = 2k – 1. Megoldáspárokat kapunk, ezeket egy táblázatba is foglalhatjuk:

k

1

2

3

4

5

…

n

1

3

5

7

9

…

Vagyis például hét elembõl annyiféleképpen tudunk kiválasztani a sorrendre való tekintet nélkül négyet, mint hármat. Öt elembõl pedig annyiféleképp tudunk kiválasztani a sorrendre való tekintet nélkül hármat, mint kettõt. 15


2010.11.16.

9:07

Page 16


b) Az elõzõ esethez hasonló átalakításokkal ebben az esetben (n – k + 1) × (n – k + 2) = (k – 1) × k alakhoz jutunk. A zárójeleket kifejtve, és rendezve az egyenletet: n2 + (3 – 2k) × n + 2 – 2k = 0. Tehát n ismeretlenben másodfokú egyenletet kaptunk k paraméterrel. Felírva és egyszerûsítve a megoldóképletben szereplõ kifejezéseket:

n1, 2 =

2k – 3 ± (2k – 1) . 2

Az összeadással n1 = 2k – 2. A kivonással k 2 3 4 5 6 … kapott, k-tól független n2 = –1 eredményt n 2 4 6 8 10 … nem tudjuk értelmezni. A táblázat a megoldáspárokkal már ismerõs lehet. A kombinatorika nyelvére fordítva ez azt jelenti, hogy pl. hat elembõl annyiféleképpen lehet négyet kiválasztani a sorrendre való tekintet nélkül, mint kettõt. Megjegyzés: A feladat adja az általánosítás lehetõségét: mely n, k, r megfelelõ pozitív egész n n ˆ értékekre igaz, hogy Ê ˆ = Ê ? Azonban az eddig alkalmazott módszerrel várhatóan Ëk¯ Ëk – r¯ n-ben r-edfokú egyenletet kapunk. A fenti eljárás helyett sokkal egyszerûbb, ha felhasználjuk, hogy a binomiális együtthatók építik fel a Pascal-háromszöget. A kékkel jelölt értékek adják az a) részben feltett kérdésre a választ, a zöldek pedig a b) részfeladatra. Indoklásképpen elegendõ a Pascal-háromszög szimmetriájára hivatkoznunk. Így az általánosított kérdést is meg tudjuk válaszolni minden lehetséges n, k és r értékre. 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

w x3070

6 7

8 9

10

15

28

56 84

120

210

252

210

Ábrázoljuk a csapatokat és a köztük lezajló mérkõzéseket.

16

120

1 1

9

36

84

126

126

1 8

28

56

70

7

21

35

1

6

15

20

1

5

10

35

1

4

6 10

21

36 45

4

1

3

3

5

1

2

45

10

1


2010.11.16.

9:07

Page 17


a) Sorban haladva az elsõ csapat 11 mérkõzést játszik (piros). A második már játszott az elsõvel, így 10 új mérkõzést játszik (zöld). A harmadik már játszott az elsõ kettõvel (kék) stb.: 11 + 10 + 9 + … + 1 = 66. b) A másik ábrát tekintve minden csapat 11 mérkõzést játszik. Azonban figyelembe kell vennünk, hogy két csapat csupán egyetlen egyszer találkozik, mi viszont minden meccset kétszer számoltunk (egyszer az egyik, egyszer a másik csapatnál). A helyes eredmény: 11 ⋅ 12 = 66. 2 c) Bármely mérkõzés létrejöttéhez két csapat szükséges. A feladat átfogalmazható így: hányféleképp lehet kiválasztani 12 elembõl kettõt ismétlés nélkül? A válasz pedig: Ê12ˆ = 66. Ë 2¯ Megjegyzés: Ha a feladatot általánosítjuk, az a) és b) részbõl adódik az elsõ n természetes szám összegére korábban már megismert képlet is: n ⋅ (n + 1) 1+ 2 +…+ n = . 2 w x3071

a) A legalább kettõ 8-as jelenthet kettõt, hármat, négyet vagy ötöt. Inkább számoljuk a komplementer eseményt, ha nincs vagy egy 8-as van. Az összes esetek száma (ismétléses variáció) 95. Nincs 8-as a számok között 85 esetben. Az egyetlen 8-as állhat öt helyen, a többi helyre a maradék nyolc érték valamelyikét írhatjuk: 5 × 84. Az eredmény a fenti értékek különbsége: 95 – 85 – 5 × 84 = 5801. b) Most is érdemes áttérni az ellentett esetek összeszámlálására, azonban itt ismétléses kombinációkat kell felírnunk (tankönyvben apró betûs rész). Az összes esetekben kilenc számból 9 + 5 – 1ˆ . Ha nincs közöttük 8-as, akkor már csak nyolc számból választunk ki ismétléssel ötöt: Ê Ë 5 ¯ 8 + 5 – 1ˆ választunk ötöt ismétléssel: Ê . Ha egy 8-as van a számok között, akkor a többi négyet Ë 5 ¯ 8 + 4 – 1ˆ a maradék nyolc értékbõl választhatjuk, szintén ismétléssel: Ê . A végeredmény: Ë 4 ¯ Ê13ˆ – Ê12ˆ – Ê11ˆ = 165. Ë 5¯ Ë 5 ¯ Ë 4¯

w x3072

a) A fagylalt átvétele 20 elem 4 tagú ismétlés nélküli variációja, ezek száma

20! . (20 − 4)!

11! . A pénz átadása 11 elem valamely 5, 3, 3 tagú ismétléses permutációja, számuk 3! ⋅ 3! ⋅ 5! Az eredmény a kettõ szorzata: 20! ⋅ 11! . (20 – 4)! ⋅ 3! ⋅ 3! ⋅ 5! 20 b) A fagylaltot 20 elem 3 tagú ismétlés nélküli kombinációjaként kapjuk, számuk Ê ˆ . Ë 3¯ 5 3 3 A 2, 2, 1 darab érmét ki kell választanunk az 5, 3, 3 darab azonos közül, ezt Ê ˆ , Ê ˆ , Ê ˆ -féleképp Ë2¯ Ë2¯ Ë1¯ tehetjük meg. Az eredmény: Ê20ˆ ◊ Ê5ˆ ◊ Ê3ˆ ◊ Ê3ˆ . Ë 3 ¯ Ë2¯ Ë2¯ Ë1¯ 17


2010.11.16.

9:07

Page 18


c) A fagylaltot 20 elem 5 tagú ismétléses variációjaként kapjuk, összesen 205-féleképpen. A fizetés az elõzõ részkérdéshez hasonlóan zajlik. Az eredmény ekkor: 5 3 3 20 5 ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ . Ë3¯ Ë2¯ Ë2¯ 20 + 7 – 1ˆ d) Utoljára 20 elem egy 7 tagú ismétléses kombinációját kell tekintenünk, erre Ê különË 7 ¯ bözõ lehetõségünk van. 5 3 3 Az érmék kiválasztása most is Ê ˆ , Ê ˆ , Ê ˆ -féleképp történik, azonban mivel egyesével száË2¯ Ë3¯ Ë1¯ moljuk le õket, sorrendjük is számít (6 elem 2, 3, 1 tagú ismétléses permutációja). Az eredmény: 6! Ê20 + 7 – 1ˆ ◊ Ê5ˆ ◊ Ê3ˆ ◊ Ê3ˆ ◊ . Ë ¯ Ë2¯ Ë3¯ Ë1¯ 2! ◊ 3! ◊ 1! 7 w x3073

52 a) Az elsõ játékos az eredeti 52 lapból kap 5-öt, ezt Ê ˆ -féleképp adhatja neki az osztó. A második Ë 5¯ 47 játékosnak már csak a maradék 47 lapból jut 7 darab, Ê ˆ -féleképp. Ezt követõen az elsõ Ë 7¯ 5 7 játékos Ê ˆ -féleképp dobhat 2 lapot a kezében levõ 5-bõl. A második játékosnak a dobásra Ê ˆ Ë2¯ Ë4¯ lehetõsége van. A ledobott hat lapot ezután 6!-féleképp tehetik egyenes sorba. Az eredmény a fentiek szorzata, hiszen egymástól nem függõ eseményekrõl van szó: Ê52ˆ ◊ Ê47ˆ ◊ Ê5ˆ ◊ Ê7ˆ ◊ 6! Ë 5 ¯ Ë 7 ¯ Ë2¯ Ë4¯

b) A kör alakú elrendezés esetén csak a feladat vége változik: Ê52ˆ ◊ Ê47ˆ ◊ Ê5ˆ ◊ Ê7ˆ ◊ 5! Ë 5 ¯ Ë 7 ¯ Ë2¯ Ë4¯ Hatszor több lehetõségünk van a játékban egyenes sorban elhelyezni a lapokat, mint kör alakban. w x3074

a) A lapok leosztásakor most sem vehetjük figyelembe a sorrendet, így a lehetséges leosztások száma: Ê52ˆ ◊ Ê48ˆ ◊ Ê42ˆ . Ë 4¯ Ë 6¯ Ë 8¯ b) Az elõbbihez hasonlóan: Ê nˆ ◊ Ên – k1ˆ ◊ Ên – k1 – k2ˆ ◊º◊ Ên – k1 – k2 – º – kr – 1ˆ . ÁËk ˜¯ ÁË k ˜¯ ÁË ÁË ˜¯ ˜¯ k3 kr 1 2 c) Fejtsük ki elsõnek az a) részt. Két helyen is egyszerûsíthetünk: 52! Ê52ˆ ◊ Ê48ˆ ◊ Ê42ˆ = 52! ◊ 48! ◊ 42! = . Ë 4 ¯ Ë 6 ¯ Ë 8 ¯ 4! ◊ 48! 6! ◊ 42! 8! ◊ 34! 4! ◊ 6! ◊ 8! ◊ 34! A b) esetben is hasonlóan végezhetünk egyszerûsítéseket: n! (n – k1)! (n – k1 – k2 – … – kr – 1)! ⋅ ⋅…⋅ = k1! ⋅ (n – k1)! k2! ⋅ (n – k1 – k2)! kr! ⋅ (n – k1 – k2 – … – kr)! n! = . k1! ⋅ k2! ⋅…⋅ kr! ⋅ (n – k1 – k2 – … – kr)! Mindkét esetben megfigyelhetjük, hogy a nevezõben levõ faktoriálist kijelölõ számok összege (pl. 4 + 6 + 8 + 34 = 52) kiadja a számlálóban szereplõ számot. Ilyet korábban az ismétléses permutációnál láttunk (52 elem 4, 6, 8 és 34 tagú permutációinak száma ennyi). 18


2010.11.16.

9:07

Page 19


GRÁFOK – pontok, élek, fokszám – megoldások w x3075

A keresett gráf az ábrán látható.

B

A

G

K

w x3076


CS

B

L T

A U

w x3077

M–J, M– G, J–H, J–G, N– G.

w x3078


008

007

009

C T

w x3079

a) 2–6–3;

b) 5–3–6– 4.

w x3080

a) A keresett gráf az ábrán látható. b) Gábor és Zoli.

J

A

E

G

CS

Z

w x3081

A keresett gráf az ábrán látható. A

L

CS F

w x3082

a) Például: buszforduló, zsákutca. b) Egy utcáról lakótelepre vezetõ út két bejárattal.

w x3083

Nem.

w x3084

a) A keresett négy gráf az ábrán látható.

19


2010.11.16.

9:07

Page 20


b) A keresett nyolc gráf az ábrán látható. A

A

B

C

A

B

C

A

B

C

A

B

C

C

C

A: 5, H: 4, G: 2, N: 4, J: 2, M: 3.

w x3086

A keresett gráfok az ábrán láthatók. a) 4; b) 3; c) 3.

w x3087

Három lehetõség van: 1, 1, 2, 2; 1, 1, 1, 3; 0, 2, 2, 2. A keresett gráfok az ábrán láthatók.

w x3088

Az a) és b) részfeladat megoldása az ábrán látható. c) Ilyen gráf nem létezik.

w x3089

b) Várhatóan a négyfokúakból.

w x3090

A keresett gráfok az ábrán láthatóak. b)

A

B

w x3085

1

B

A

B

a)

A

C

B

a)

b)

c)

1

1

2 7

C

2 2

5 6 3

4

w x3091

A keresett betûk sorban:

20

3 5

a)

3

4

4

b)

c)


2010.11.16.

9:07

Page 21


w x3092

w x3093

w x3094

A huszár lépési szabálya alapján az ábrán látható helyekre juthat el a megjelölt pontokból. Így a) G8 pont fokszáma 3; b) D4 pont fokszáma 8. (¨)

A

B

C

D

E

F

G

H

8

8

7

7

6 6 Tekintsük végig a figurákat. A király nem ilyen, hiszen a sarok5 5 ban (3) kevesebb lehetõsége van lépésre, mint a tábla közepén (9). 4 4 A vezérnek hasonlóan a királyhoz, a sarokban állva (21) kevesebb 3 3 a lehetõsége, mint a középsõ négy mezõben (27). A futónak a 2 2 sarokból indulva 7, míg a középsõ négy mezõ valamelyikébõl 13 lépési lehetõsége van. A bástya azonban a sarokból (14) 1 1 ugyanannyi lépést tehet, mint középen állva (14). Úgy tûnik, A B C D E F G H hasonló a helyzet a gyaloggal: az üres táblán mindig egyet léphet elõre, így a köztes mezõket jelölõ gráfpontok fokszáma 2 – azonban a tábla kiindulópontjáról csak elõre léphet egyet, így ezen pontok fokszáma 1. Tehát az egyetlen megoldás a bástya.

n n ◊ (n – 1) Tudjuk, hogy egy n csúcsú teljes gráfnak Ê ˆ = éle van. Ha egy egyszerû gráfba már Ë2¯ 2 berajzoltunk n darabot, akkor még n ⋅ (n – 1) n ⋅ (n – 3) –n= 2 2 élt kell megrajzolni, hogy teljessé váljon.

w x3095

Ha a berajzolható élek maximális számát keressük, akkor tekintsünk csak egyetlen izolált pontot a gráfban – ugyanis minél több izolált pontot képzelünk el, annál kevesebb élt rajzolhatunk meg. A maradék öt pont között akkor rajzoljuk a legtöbb élt, ha teljes gráfot készítünk. Ennek éleinek száma pedig Ê5ˆ = 5 ◊ (5 – 1) = 10. Ë2¯ 2

w x3096

Akik 6-ot mondtak, azok összesen 7-en vannak egy nemzetbõl. Akik 4-et mondtak, azok 5-en. Azonban mivel 12 fõ mondta a 4-et, legalább három ötfõs különbözõ nemzet tagjai. Aki 2-t válaszolt, azok hárman vannak. Így mindkét kérdést megválaszolhatjuk: a) Öt különbözõ nemzet tagjai dolgoznak a cégnél. b) Összesen 18 fõt kérdezett meg a fõnök, maradt még 7 fõ. 2 fõnek kell még 6-ot, 3 fõnek 5-öt, 2 fõnek 2-t válaszolni a cégvezetõ kérdésére.

w x3097

a) Vigyünk rendszert az esetek összeszámlálásba. Vizsgáljuk meg, ha 0, aztán 1, majd 2, 3, 4, 5, 6 éle van az egyszerû gráfnak. A 11 megoldás az ábrákon látható. 0 él:

4 él:

1 él:

2 él:

5 él:

3 él:

6 él:

A

B

D

C

Érdemes megfigyelni, hogy az egyes esetek szimmetrikusak: 0 élû eset annyi van, mint 6; 1 élû, mint 5; 2 élû eset pedig, mint 4. Ez abból adódik, hogy n élt berajzolni pontosan annyiféleképpen tudunk, mint n élt a teljes gráfból letörölni. 21


2010.11.16.

9:07

Page 22


b) Az ábrán az üres ABCD gráfot tekintve hat különbözõ hely van. Ezek mindegyikére vagy rajzolunk élt, vagy nem. Ez élenként két lehetõség. Tehát az egyszerû gráfok száma 26 = 64. (Ezzel biztosítottuk azt is, hogy a keletkezõ gráf valóban egyszerû lesz.) w x3098

A 3097. feladat b) részét kell továbbgondolnunk. Tekintve az n pontú teljes gráf minden egyes élét, azt vagy hozzávesszük a kialakítandó egyszerû gráfunkhoz, vagy nem. Ez minden él esetében két Ênˆ

n lehetõség, az n pontú teljes gráf éleinek száma pedig Ê ˆ . A megoldás tehát 2Ë2¯. Ë2¯ w x3099

Mivel a feladat egyszerû n pontú gráfokról szól, ezért a legnagyobb fokszámú pont fokszáma legfeljebb n – 1. Tehát a feladatban kérdezett fokszámok csak n – 1, n – 2, n – 3, …, 2, 1, 0 lehetnek. Ez n darab különbözõ érték. Lehetséges-e ilyen gráf? Nem, mert az n – 1 és a 0 fokszámok kizárják egymást: ha van n – 1 fokú pont, akkor nincs 0 fokú és fordítva. Megjegyzés: Ugyanezen gondolatmenettel igazolhatjuk, hogy minden egyszerû gráfban van legalább két azonos fokszámú pont. Ha ezt megtettük, a feladat megválaszolásához elegendõ erre hivatkoznunk.

w x3100

Ábrázoljuk a keresett gráfot, majd az ábráról leolvashatjuk, hogy az elsõ szinten 2 él van, majd minden szinten 2-vel több. Ha n pont szerepel az utolsó sorban, akkor felette 2 × (n – 1) élt találunk. Azaz 2 + 4 + 6 + … + 2 × (n – 1) = 2 × (1 + 2 + 3 + … + n – 1) = = n × (n – 1) darab élt találunk a gráfban, ha az utolsó sorban n tégla van.

w x3101

2 4 6

a) Haladjunk sorban a gráf pontjainak száma szerint. Mivel a gráf egyszerû és van három éle, legalább három pontjának is lennie kell. Hárompontú, háromélû gráf egy van. A négypontú és háromélû gráfokat a 3087. feladatban gyûjtöttük össze, három darabot találtunk. Ötpontú és háromélû gráfokat gyárthatunk a négypontúakból, csak vegyünk hozzájuk még egy izolált pontot. Ezeken kívül még egy lehetõségünk van: ha egy pontpárt elkülönítünk a többi háromtól. Hatpontú gráfokat hasonlóan tudunk gyártani az ötpontú gráfokból. Itt is csak egy további lehetõség van: ha elkülönítünk három, éllel összekötött pontpárt (utolsó ábra).

Így hat pont esetében összesen öt különbözõ háromélû egyszerû gráfot készíthetünk el. Ha most tovább szeretnénk növelni a pontok számát, hiába: nem lesz több lehetõségünk háromélû egyszerû gráfot elõállítani. b) Az elõzõ rész alapján elmondhatjuk, hogy akkor érjük el a legnagyobb „szabadsági fokot” az élek elhelyezkedésében, ha minden egyes élt különálló gráfnak is tekinthetünk. Nem nehéz végiggondolni, hogy ehhez legalább 2n pontra van szükség. w x3102

A feladat szerint nincs kikötve, hogy csak egyszerû gráfokkal dolgozhatunk, tehát a gráfban használhatunk többszörös és hurokéleket is. Tudjuk, hogy a fokszámok összege minden gráfban kétszerese az éleknek, ezért a fokszámok összegének páros számnak kell lennie. Páratlan sok páratlan fokú pontot tartalmazó gráf nem rajzolható. Pl. 2, 3, 4 fokszámú pontokból álló gráf nem készíthetõ. Sõt, a feltételeknek megfelelõ hatpontú gráf sem: akár páros, akár páratlan számmal kezdjük a fokszámok felsorolását, mindig három darab páratlan számnak kellene lennie. 22


2010.11.16.

9:07

Page 23


Az 1, 2, 3 fokú pontokból álló gráfot meg tudjuk rajzolni egy 2 1 vagy két hurokél segítségével. Sõt, ha bármelyik gráf minden egyes pontjára rajzolunk még k darab hurokélt, akkor a pontok fokszámai: 1 + 2k, 2 + 2k, 3 + 2k. 2 3 1 3 Ilyen gráfok tehát biztosan készíthetõk. Gondolkodjunk tovább a második ábra alapján. Egyrészt páros (2n) fokú pontot mindig készíthetünk elegendõ (n) hurokél segítségével. Másrészt páratlan (2n + 1) fokú pontból mindig páros soknak kell lennie. Állítsunk párba két ilyen pontot, és kössük össze õket egy éllel, majd illesszünk megfelelõ számú hurokélt a pontokra. Így éppen a megfelelõ gráfot készíthetjük el. Összefoglalva: igen, lehetséges, egész pontosan mindig rajzolható olyan gráf, melyben a pontok fokszámai egymást követõ pozitív egész számok, ha a számok között páros sok páratlan van. w x3103

A feladatot lefordítva a gráfok nyelvére: Az A, B, C, g, v, á A g A g pontokat akarjuk úgy élekkel összekötni, hogy minden nagybetûs C pont össze legyen kötve minden kisbetûs ponttal, de ne legyenek v B v B metszõ élek. Bizonyos számú próbálkozás után megsejtjük, hogy C ez nem lehetséges. A bizonyításhoz elõször azt kell észrevennünk, hogy a bekötések során mindig ki kell alakulnia egy zárt négyszögnek. (Négy darab 2 fokú pontnak, melyek egyszerû gráfot alkotnak – a rajzon AvBg.) A harmadik ház vagy a négyszög belsejébe, vagy kívülre esik. Ebbe is bekötve a két közmûvet, már három zárt négyszögünk lesz á A g A g A g (a rajzon BvCg, AvCg). Mivel a két lehetõség C á C a gráfok szempontjából megegyezik, elég az C á egyiket tekintenünk. Bárhogy is tettünk eddig, v B v B v B a harmadik közmû a nagy négyszögön kívülre, vagy az egyik belsejébe, vagy a másik belsejébe esik. Mindhárom esetben lesz egy olyan négyszög, amit tekintve a harmadik közmû azon kívül/belül van, azonban valamelyik ház meg belül/kívül. Ezt a kettõt így nem köthetjük össze korábbi él metszése nélkül (szaggatott élek). Megjegyzés: Bár a feladatot gráfokkal ábrázoljuk, igazából a topológia témakörébe tartozik.

GRÁFOK – út, vonal, séta, kör, Euler-vonal (kiegészítõ anyag) – megoldások w x3104

Például: ABE, ABCBDBE.

w x3105

Például: ABFECD, ABFEDC, AFEDCB, ABCDEF, ADCBFE.

w x3106

DACBA, DABCA, ABCAD, ACBAD.

w x3107

a) Például: ABABDF.

w x3108

Igen, maga a gráf egy kör: ABDFGHECA.

w x3109

Nincs, a zárt és nyitott Euler-vonal kizárja egymást: a nyitott vonalhoz két páratlan fokú pont szükséges, zárt vonalhoz viszont minden pont fokszámának párosnak kell lennie.

w x3110

Nincs. Ha egy séta nem vonal, akkor legalább kétszer áthalad egy élen, így annak végpontjain is.

w x3111

a) Van zárt Euler-vonal, például: ABCD. c) Nincs.

b) Például: ABCEBDF.

c) Például: ABDF.

b) Van nyitott Euler-vonal, például: BACDBC.

23


2010.11.16.

9:07

Page 24


w x3112

Ahhoz, hogy a ceruza felemelése nélkül lerajzoljuk, az alakzatban nyitott vagy zárt Euler-vonalnak kell lennie. Így a) lerajzolható (nyitott); b) lerajzolható (nyitott); c) nem rajzolható le; d) lerajzolható (nyitott).

w x3113

A keresett gráfok az ábrákon láthatók.

a)

w x3114

Az ábrákon már az irányítás nélküli gráfok láthatók. A gráfok nem összefüggõek, mindegyik két komponensre esik szét.

a)

b)

1

c)

c)

b) 1

2

3 2

4

3

1 2

5 4

3

w x3115

A megoldásban két-két egyszerû feltételt adunk a fokszámok segítségével arra, hogy egy gráf nem összefüggõ, illetve arra, hogy összefüggõ. a) Természetesen a gráf nem lehet összefüggõ, ha van izolált pontja. Ha egy gráfnak van 0 fokú pontja, akkor nem összefüggõ. Ha a gráf élei elég ritkák, akkor sem lesz összefüggõ. Például ha 3 vagy több pontból álló gráfban minden pont foka maximum 1, akkor nem alakulhatnak ki „láncok”, amik összefûznék a pontokat. (Ha megengedjük 2 fokú pontok létezését is, akkor már létrejöhet egy olyan lánc, amely a gráf összes pontját tartalmazza.) Ha egy n > 2 csúcsú gráfban nincs 1-nél nagyobb fokszámú pont, akkor nem összefüggõ. b) Ha találunk a gráfban egy olyan pontot, amelyhez az összes többi pont kapcsolódik, akkor ezen a ponton keresztül bármelyik pontból bármelyik pontba eljuthatunk. Ha egy n pontú gráfnak van n – 1 fokú pontja, akkor összefüggõ. Ha van olyan pont, amelyhez majdnem minden pont kapcsolódik, akkor a gráf összefüggõségéhez elegendõ, hogy a lemaradó pont is kapcsolódjon a többihez. Ha egy gráfnak van n – 2 fokú pontja, de nincs 0 fokú pontja, akkor összefüggõ.

w x3116

Ha az ábra gráfjának két pontja összeköttetésben van egymással, az azt jelenti, hogy a négyzetrács megfelelõ sorának és oszlopának metszetében levõ pixel ki van színezve. Amennyiben a gráfban egy ponthoz több másik kapcsolódik, úgy az adott sorban vagy oszlopban több pixel található (hogy oszlopról vagy sorról van szó, az él irányítása adja meg). Az összefüggõ komponensek pontjai sorokat és oszlopokat jelölnek ki. A gráf különbözõ komponensei tehát olyan részábrákat jelölnek, melyek különbözõ sorokban és oszlopokban helyezkednek el, vagyis az egyes részeknek nincs közös négyzetrács-oldaluk. (Ilyen kétkomponensû ábrákat láttunk a 3114. feladatban.)

w x3117

Elõször is írjuk fel a szövegben szereplõ összefüggést jelekkel. Legyen a gráf n pontú, rendelkezzen e darab éllel, és a minimális fokú pont fokszáma legyen f, a maximális fokú pont foka F. Ekkor a feladat állítása: f e F £ £ . 2 n 2 24


2010.11.16.

9:07

Page 25


Tüntessük el a törteket a kifejezésbõl, szorozzuk végig az egyenlõtlenséget 2-vel és n-nel. Így az n×f £ 2×e £ n×F összefüggést kapjuk. Ez természetesen teljesül, hiszen 2 × e a gráf fokszámainak összege. A bal oldalon álló n × f akkor lenne a fokszámok összege, ha minden pont foka megegyezne a minimális fokú pont fokszámával (aminél természetesen lehetnek nagyobb fokú pontok is a gráfban). Hasonlót mondhatunk a másik egyenlõtlenségre is, sõt az egyenlõségek csak egyszerre teljesülhetnek. w x3118

Tételezzük fel az állítás ellentétét. Tegyük fel, hogy van olyan gráf, amelynek 2n pontja van, és minden pont fokszáma legalább n, de legalább két komponensre esik szét. Mivel a gráfnak 2n csúcsa van, az egyik komponensbe biztosan n vagy annál kevesebb csúcs kerül. Mivel a gráf egyszerû, így komponensei is egyszerûek. Ellentmondáshoz jutunk, ugyanis egy legfeljebb n pontú egyszerû gráfban a legmagasabb fokú pont fokszáma legfeljebb n – 1 lehet, ellentétben a feladat által említett n-nel. Vagyis a feltett állítás hamis, amibõl adódik, hogy ellentéte igaz. Megjegyzés: A feladat állítását indirekt úton igazoltuk.

w x3119

Tekintsünk elõször kevesebb pontú gráfokat. A legkisebb egyszerû gráfnak, mely tartalmazhat kört, három pontja van. A négy- és ötpontú egyszerû gráf pontjai is csak egy kört alkothatnak. A hatpontú egyszerû gráf pontjai alkothatnak egy kört vagy két hárompontú komponenst. Hétpontú gráf megint vagy egyetlen kör, vagy egy három- és egy négypontú komponens. Nyolcpontú gráf állhat egyetlen körbõl, vagy egy három- és egy ötpontú komponensbõl, vagy két négypontú komponensbõl. Kilencpontú gráf állhat három hárompontú komponensbõl, vagy egy négy- és egy ötpontú komponensbõl vagy egyetlen körbõl. Megfigyeléseinkbõl kitûnik, hogy csak a 3, 4 vagy 5 pontú gráfok alkothatnak egyetlen módon kört. A több pontból álló gráfokat már felbonthatjuk ilyen összetevõkre.

Az általános megoldáshoz fogalmazzuk át a kérdést: hányféleképpen bonthatjuk n-t 3, 4 vagy 5 többszöröseinek összegére? Mivel minket csak a lehetséges válaszok maximuma érdekel, elegendõ a legrövidebb (hárompontú) körök számát megállapítani. Azt kell kiszámolnunk, hogy n-ben hány egész számszor van meg a 3. Például az n = 15 pontú gráfban lehet öt darab három hosszú kör; n = 16 pontú gráfban lehet négy három- és egy négypontú kör; n = 17 pontú gráfban lehet négy három- és egy ötpontú kör. Így mindegyikük legfeljebb öt kört tartalmazhat.

Fagráfok (kiegészítõ anyag) – megoldások w x3120

Mindkettõbõl egy.

w x3121

Mivel két pont között pontosan egy út vezet, a gráf 13 élû fa. Így 14 pontja van.

w x3122

a) b) c) d)

w x3123

a) Például láncnak vagy fonalnak.

Fa. Van 8 pontja, 7 éle, 4 levele, 2 három- és 2 kétfokú pontja. Nem fa, mert kört tartalmaz. Fa. Van 9 pontja, 8 éle, 5 levele, 3 három- és 1 kétfokú pontja. Nem fa, mert nem összefüggõ. b) Kettõ. 25


2010.11.16.

9:07

Page 26


w x3124

w x3125

Két különbözõ fagráf létezik.

a)

b)

kétféleképpen

c)

háromféleképpen

ötféleképpen

w x3126

A fákat más módon is felírhatjuk: a) 2 × 32 × 7 × 13; b) 24 × 52 × 11 × 13. (¨)

w x3127

Az élek száma a fokszámok összegének fele, tehát 8. Mivel fa, így eggyel több pontja van, mint éle: 9. A levelek száma: 2; 3; …; 8.

w x3128

w x3129

a)

b)

1638 6

2

57200

273 3

3

200 91

7

10

2

13

5

4 2

a) (8 – 2) : 2 = 3; b) (1 + 2) × (12 : 3) = 12. A c), d) és e) alpontok megoldása az ábrán látható.

c)

d)

+

1

2

¡

5

11

1

4

13

¢ +

+

3

6

2

143

2

e)

+ ¡

3

286 2

20

3

2

4

A mûveletek fagráfok segítségével: ¡

+ ¡ a

a b

c

b

+

+

a a

a¡b=b¡a

c

b

+

¡ b

a

+

+ ¡

c b

a+(b+c) = (a+b)+c

a

¡ b

a

c

a ¡ (b+c) = (a ¡ b)+(a ¡ c)

Megjegyzés: A mûveleti tulajdonságokat is lefordíthatjuk a gráfok nyelvére. Például a kommutativitás jelentése, hogy a mûvelet alatti két ágat felcseréljük. w x3130

Igen, van. Egyrészt minden fában van legalább kettõ elsõfokú pont, másrészt nyitott Euler-vonal létezésének szükséges feltétele pontosan kettõ páratlan fokú pont létezése. Elõbbi megjegyzésbõl adódóan a kettõ páratlan fokú pont csak elsõfokú lehet. Olyan fa, amelyben pontosan kettõ elsõfokú pont van, nem tartalmazhat elágazást, tehát csak egyetlen lánc lehet. Megjegyzés: Pontosan ilyen gráfokról volt szó a 3123. feladatban. 26


2010.11.16.

9:07

Page 27


w x3131

a) Furcsa, hogy a gráfban nem ismerjük pontosan a mûveletek számát. Írjuk át a gráf alakot hagyományos formába: 2 – (2 + … (2 – (2 + (2 – 1))))…). Fejtsük ki belülrõl, és próbáljunk meg valamiféle szabályszerûséget találni. 2 – 1 = 1; 2 + 1 = 3; 2 – 3 = –1; 2 + (–1) = 1; 2 – 1 = 1; stb. Azt látjuk, hogy négy lépés után visszajutunk Mûvelet száma 4k + 1 4k + 2 4k + 3 4 × (k + 1) az elsõ állapothoz. Az összeg a mûveletek száEredmény 1 3 –1 1 mától (egész pontosan a mûveletek számának néggyel való osztási maradékától) függõen változik (k ³ 0). Az 1 és 3 maradék jelöli a kivonás, a 2 és 0 maradék pedig az összeadás mûveletet. Mivel a páratlan maradékok egyszer pozitív, egyszer negatív eredményt adnak, az összeg elõjele a kivonások számának paritásától függ. b) Tegyük ugyanazt, mint az elõbb: 2 : (2 × (2 : (2 × … (2 × (2 : (2 × (2 : 2))))…))). Belülrõl kifejtve a zárójeleket: 2 : 2 = 1; 2 × 1 = 2; 2 : 2 = 1; 2 × 1 = 2; stb. Ebben az esetben az osztás mûveletek mindig 1-et adnak eredményül, függetlenül azok számától.

w x3132

Ha egy fagráfnak 15 pontja van és 12 levele, akkor még van 3 pontja, ami nem levél. Ezen pontok fokszáma nagyobb, mint 1, és egymáshoz kapcsolódnak. Három pont csak úgy alkothat fát, ha körmentesen egymáshoz kapcsolódnak, fokszámaik a leveleket nem tekintve 1, 2, 1. A levelek hozzájuk kapcsolódnak valamilyen módon, de a két szélsõ ponthoz legalább egy-egy (a középsõ ponthoz nem feltétlenül kell, hogy levél kapcsolódjon). Ezek után megválaszolhatjuk a kérdést. a) A legkisebb fokú pont fokszáma 2, a legnagyobb 12. b) A gráf leghosszabb útja egy levéltõl indul, áthalad a három közbülsõ ponton, majd egy másik levélen végzõdik. Ez bármely, a feltételeknek megfelelõ fa esetében így van. Az út hossza négy él.

w x3133

Keressünk szélsõséges eseteket! Ilyen eset például, ha az öt komponensbõl egy tartalmazza az összes élt (16 él, 17 pont), a másik négy komponens pedig egy-egy izolált pontból áll. Ekkor a gráf összesen 17 + 4 = 21 pontot tartalmaz. Ha kicsit változtatunk az erdõn, és eggyel növeljük az egyik komponens éleinek számát, akkor ez a komponens már eggyel több pontot tartalmaz, a legnagyobb komponens ezzel szemben eggyel kevesebbet. Tehát az összpontszám nem változik. A fenti gondolatot általánosíthatjuk. Jelöljék a, b, c, d, e egész számok az egyes komponensek éleinek számát (0 £ a; b, c, d, e £ 16). Ekkor: a + b + c + d + e = 16, az egyes komponensek pontjainak száma pedig rendre: a + 1, b + 1, c + 1, d + 1, e + 1, hiszen minden komponens fagráf. Az összes pontok száma pedig valóban független a, b, c, d, e-tõl: (a + 1) + (b + 1) + (c + 1) + (d + 1) + (e + 1) = = a + b + c + d + e + 5 = 16 + 5 = 21.

w x3134

A gráfban a pontok fokszámainak összege 2n. Ebbõl adódik, hogy éleinek száma n. a) Elõször tételezzük fel, hogy a feladatban említett gráf összefüggõ. Mivel gráfunknak n pontja és n éle van, így nem lehet körmentes: az n pontú fának, ami maximális körmentes gráf, csak n – 1 éle van. Mivel itt az élek száma eggyel több, már nem lehet körmentes, következésképpen a gráfban van kör. 27


2010.11.16.

9:07

Page 28


Amennyiben a gráf nem összefüggõ, azaz több komponensbõl áll, akkor valamelyik összefüggõ komponensben legalább annyi pontnak kell lenni, mint amennyi éle van. (Ugyanis ha minden komponensben kevesebb él lenne, mint amennyi pont, akkor az élek és pontok összege nem lenne egyenlõ.) Erre a komponensre pedig alkalmazhatjuk az elõzõ bekezdés gondolatmenetét. Ezzel bizonyítottuk, hogy az n pontú, n élû gráfban van kör. b) Tételezzük most fel, hogy az n pontú, n élû gráf egyszerû, összefüggõ és legalább kettõ kört tartalmaz. Ekkor két eset lehetséges: vagy van két különálló kör a körök között, melyeknek minden éle különbözõ; vagy van két kör, melyeknek van legalább egy közös éle. Ha az elsõ lehetõség áll fenn, akkor valamelyik körbõl egy élt törölve a kapott gráf még mindig összefüggõ, n pontú, viszont n – 1 éle van. Mivel több különálló kört tartalmazott, és csak az egyik kör egyik élét töröltük, így még mindig tartalmaz kört. Ez azonban nem lehetséges, mert az n pontú, n – 1 élû egyszerû, összefüggõ gráf fa, vagyis körmentes. Ebben az esetben ellentmondásra jutottunk. Ha van két kör, melyeknek van közös éle, akkor ezt az élt törölve, ismét n pontú, n –1 élû, egyszerû, összefüggõ gráfhoz jutunk. Azonban a feltevés alapján ez a gráf is tartalmaz kört, ugyanis a törölt él két végpontja között két különbözõ út vezet: egyik út az egyik kör visszamaradt élein át, másik út a másik kör visszamaradt élein át. (Amennyiben nem a közös élek közül törlünk egyet, akkor az egyik kör megmarad eredeti állapotában, vagyis visszakapjuk az elsõ lehetõséget.) Tehát ebben az esetben is ellentmondásra vezetett a gondolatmenet. Bárhogyan is okoskodtunk, feltevésünk mindig ellentmondásra vezetett. Tehát az ellentéte kell hogy igaz legyen: az n pontú, n élû, egyszerû és összefüggõ gráf pontosan egy kört tartalmaz. (Emlékeztetõül: az a) pontban bizonyítottuk, hogy az n pontú, n élû gráf mindig tartalmaz kört.) Megjegyzés: A feladat b) részében indirekt bizonyítást alkalmaztunk. w x3135

a) Tételezzük fel, hogy p darab ( p nemnegatív egész) legalább háromfokú pontja van a fának. Ezen pontok fokszámainak összege ekkor legalább 3n. Elsõnek töröljük a gráfból a kétfokú pontokat úgy, hogy a pontot elhagyva szomszédait egyetlen éllel kötjük össze. Ezekrõl egyrészt amúgy sem szól a feladat, másrészt csupán annyi szerepük van, hogy „nyújtják” a gráfot, az elágazásokat és a leveleket kötik össze. A gráf a törlés után is fa, hiszen egyszerû maradt, összefüggõ és körmentes. Fontos megjegyeznünk, hogy a megmaradó pontok fokszámát nem változtatja meg a kétfokú pontok törlése. Ezután töröljük a gráfból a leveleket is, a hozzájuk kapcsolódó élekkel együtt. A gráf a levelek törlése után is fa marad. A megmaradó pontok pontosan a p darab, eredetileg legalább harmadfokú pontok lesznek. Mivel fát alkotnak, összekötõ éleik száma p – 1. Fokszámaik összege ezért 2 × ( p – 1) = 2p – 2. Mivel eredetileg a fokszámösszeg legalább 3p volt, így legalább p + 2 darab él hiányzik. Mivel a kétfokú pontok nem változtattak a többi pont fokszámán, így a hiányzó fokszámot csak az elsõfokú pontok pótolhatják, mégpedig egy fokszámot egy pont. Legalább háromfokú pont pontosan p darab volt, elsõfokú pont pedig legalább p + 2, így az elsõfokú pontok száma legalább kettõvel több a legalább háromfokú pontok számánál. b) Az a) rész gondolatmenetébõl világos, hogy akkor van pontosan 2 elsõfokú ponttal több a gráfban, mint legalább háromfokú pont, ha utóbbiak fokszámösszege pontosan 3p. Ez pedig csak akkor lehetséges, ha minden legalább háromfokú pont foka pontosan három, nincs negyed vagy magasabb fokú pont a fagráfban. 28


2010.11.16.

9:07

Page 29


A kombinatorika gyakorlati alkalmazásai – megoldások w x3136

a) A feltételek szerint az elsõ szoba egyik gépe össze van kötve a másik két szoba egy-egy gépével. Mivel a másik kettõ szobában is pontosan egy gép van összeköttetésben a többi szobával, így ezek a gépek már meghatározottak. A gépeket nem különböztetjük meg. A hálózat az ábrán látható. b) Ebben a hálózatban van három darab ötpontú teljes gráf (összesen tizenöt pont), illetve az ezeket összekötõ három él. Tehát a 15 ponthoz kapcsolódik összesen 3 × 10 + 3 = 33 él. Világos, hogy a gráf összefüggõ, így éleinek elhagyásával készíthetõ belõle fa. Azonban egy 15 pontú fában maximum 14 él lehet, így gráfunkból el kell hagyni pontosan 33 – 14 = 19 élt. c) Az eredeti felálláshoz képest annyi változott, hogy most nem feltétlenül ugyanaz a gép tartja a kapcsolatot a másik két szobával. Azaz az elsõ szoba öt gépe közül valamelyik kapcsolatban áll a második szoba öt gépének valamelyikével. Ez 5 × 5 = 25 lehetõség. Ettõl függetlenül ugyanez a helyzet a második és harmadik, illetve a harmadik és elsõ szoba között is. A lehetõségek száma a helyiségek közötti kapcsolatok kiépítésére összesen:

(52)3= 56 = 15625. d) Mivel minden helyiségbõl kettõ gépet választanak ki, az összes lehetõségek száma a három független ismétlés nélküli kombináció szorzata: 3

Ê5ˆ ◊ Ê5ˆ ◊ Ê5ˆ = ÈÊ5ˆ˘ = 103 = 1000. Ë2¯ Ë2¯ Ë2¯ ÍÎË2¯˙˚ e) Természetesen három kábellel nem lehet minden gépet hálózatba kötni. Legfeljebb négyet lehet sorba vagy csillag alakzatba kötni, illetve a másik véglet, hogy kettõ-kettõ-kettõ darabot három csoportba (a szöveg szerint felhasználjuk mind a három kábelt). Tételezzük fel, hogy a hat gép 1-tõl 6-ig van sorszámozva. 6 Ekkor közöttük Ê ˆ = 15 lehetõség van kábel elhelyezésére. Ë2¯ Ebbõl a 15 helybõl választhatunk ki hármat, ahova ténylegesen kábelt helyezünk. Így a három kábellel összesen ÊÊ6ˆˆ 15 ÁË2¯˜ = Ê ˆ = 455 ÁË ˜¯ Ë 3 ¯ 3 lehetõség van a hat számítógép összekapcsolására, ha azokat megkülönböztetjük. Az ábrán szürkével a lehetõségek, pirossal egy konkrét megvalósítás látható. f ) Ha nem különböztetjük meg a gépeket, akkor a három kábel elhelyezésére összesen öt lehetõségünk adódik. Az ábrákon látható, hogy az izolált pontok száma 0 és 3 között változik.

29


2010.11.16.

9:07

Page 30


w x3137

a) Nincs. b) Unokától dédszülõig hat generáció (unoka–gyerek–saját maga–szülõ–nagyszülõ–dédszülõ). c) Lássuk generáció szerint: unokák 2; gyerekek és házastársaik 4; a túzok, házastársa és az õ testvére 3; szüleik és a túzok szüleinek testvérei 6; a túzok nagyszülei 4; az õ szüleik 8. Összesen 27. d) Az unokák miatt háromféle gráf lehetséges: vagy mindkét unoka a túzok fiának gyereke, vagy mindkettõ a túzok lányának gyereke, vagy egyik unoka a fiúé, egyik pedig a lányé. Az az ábra hiányzik, amikor mindkét unoka a lánygyereké. dédszülôk

dédszülôk

nagyszülôk

nagyszülôk

após anyós nagybácsi

apja

anyja

após anyós nagybácsi

apja

feleség

túzok menye

nagynéni

lánya

veje

unokák

nagynéni feleség

túzok

sógor fia

anyja

menye

sógor fia

unoka

veje

lánya

unoka

e) Az ábrán jól látható, nem fagráfot kaptunk. Amennyiben az unokák testvérek, öt kört és egy izolált pontot tartalmaz a gráf; ha pedig unokatestvérek, akkor négy kört és nulla izolált pontot tartalmaz a családfa gráfja. f ) A túzokok nem házasodnak családon belül, ezért minden madárnak két újabb szülõje van. Mivel az ükszülõkig négy generáció van, összesen 2 4 = 16 ükszülõje van a túzoknak. g) Az összes rokon ismétlés nélküli permutációinak száma: 27! h) Az egyes sorokban ismétlés nélküli permutációkat kell számítanunk. Az egyes sorok nem függnek a többitõl, így szorzatukat kell tekintenünk: 2! × 4! × 3! × 6! × 4! × 8! i) A 27 túzokot kell három csapdában elhelyeznünk, maximum tízesével. Így a lehetséges esetek: 10 + 10 + 7 (3), 10 + 9 + 8 (6), 9 + 9 + 9 (1). Zárójelben a darabszámok lehetséges permutációinak számát adtuk meg. Mivel az egyes variációk minden esetben megegyeznek, így az összes esetek száma egy elég nagy érték: 27 17 7 27 17 8 27 18 9 3 ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ + 6 ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ + 1◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ . Ë10¯ Ë10¯ Ë7¯ Ë10¯ Ë 9 ¯ Ë8¯ Ë 9 ¯ Ë 9 ¯ Ë9¯

Vegyes feladatok – megoldások w x3138

1, 1, 0, 1, –1, 2, –3, 5, –8, 13, …

w x3139

7! = 5040.

w x3140

6! = 60. 1! ⋅ 2! ⋅ 3!

w x3141

12! = 12 ⋅ 11 ⋅ 10 = 1320. (12 – 3)! 30


2010.11.16.

9:07

Page 31


w x3142

710 = 282 475 249.

w x3143

a)

25! 25 ⋅ 24 ⋅ 23 = = 25 ⋅ 4 ⋅ 23 = 2300; 3! ⋅ 22! 3 ⋅ 2 ⋅1

b)

8! 8⋅7⋅6 11! 11 ⋅ 10 = = 8 ⋅ 7 = 56 > = = 55. 3! ⋅ 5! 3 ⋅ 2 ⋅ 1 2! ⋅ 9! 2 ⋅1

w x3144

10 a) Ê ˆ = 120; Ë 7¯

10 10 b) Ê ˆ = Ê ˆ = 120. Ë 3¯ Ë 7¯

w x3145

a) Ê18ˆ = 18564; Ë 6¯

b) Ê4ˆ ◊ Ê14ˆ = 3003; Ë0¯ Ë 6 ¯

w x3146

c) Ê4ˆ ◊ Ê14ˆ = 91; Ë4¯ Ë 2 ¯

d) Ê4ˆ ◊ Ê14ˆ = 6006. Ë2¯ Ë 4 ¯

A megadott konvex sokszög átlóinak számára felírható: Ênˆ – n = n ◊ (n – 1) – n = 170. Ë2¯ 2 Az egyenlet rendezése után kapjuk: n2 – 3n – 340 = 0, amibõl n1 = 20 és n2 = –17. A sokszögnek tehát 20 csúcsa van.

w x3147

Ê90ˆ – ÈÊ5ˆ ◊ Ê85ˆ + Ê5ˆ ◊ Ê85ˆ˘ = 1023826. Ë 5 ¯ ÍÎË0¯ Ë 5 ¯ Ë1¯ Ë 4 ¯˙˚

w x3148

a) 16x4 – 32x3y + 24x 2y2 – 8xy3 + y 4; b) a9 + 18a8b + 144a7b2 + 672a6b3 + 2016a5b4 + 4032a4b5 + 5376a3b6 + 4608a2b7 + + 2304ab8 + 512b9; c) 3363 + 2378 ⋅ 2; d)

1 8 1 7 7 x + 3 x y + 2 x 6y 2 + 14x 5y3 + 70x 4y 4 + 224x 3y 5 + 448x 2y 6 + 512xy 7 + 256y8. 28 2 2

w x3149

a) 28 = 256;

b) 216 = 65536;

w x3150

Elõször A felhívja B-t, aki megadja D telefonszámát. Másodszor A felhívja D-t, aki megadja C számát. Harmadszor A felhívja C-t, aki megadja E számát. Negyedik lépésben A felhívhatja E-t: négy hívás szükséges.

c) egyenlõk;

d) egyenlõk. A

B D C E

w x3151

a) Igen, a teljes gráf. b) Nem. c) Képzeljünk el egy szabályos hatszöget, kössük össze éllel a szomszédos és a szemközti pontokat. d) Nem. e) Tegyük ugyanazt, mint c)-ben.

w x3152

Összesen 5 × 5 × 2 = 50 meghajlást fog látni a titkárnõ. Az eddig látott meghajlások száma: 2 + 3 + 1 + 4 + 5 + 3 = 18, azaz 50 – 18 = 32 még hátra van. 31


2010.11.16.

9:07

Page 32


w x3153

a) A gráf szétesik két különálló részre: a páros és a páratlan sorszámú pontokra. b) Jelest.

a)

b)

1

2

5

4

w x3154

3

Nem, a gráf szétesik egy BGDE és egy AHCF különálló részre. A

B

H

C

G

D F

b) Vonal: ACDAEG.

E

w x3155

a) Séta: AFAFG.

c) Út: ABG.

w x3156

a) A nyitott Euler-vonalhoz egy élt, a zárt Euler-vonalhoz kettõ közös végpont nélküli élt kell berajzolni az A, B, D, F pontok között. b) Az AB élt kell törölni.

w x3157

Az ábra szimmetrikus a bal felsõ sarokból a jobb alsó sarokba húzott átlóra.

w x3158

a) Általában fagráfot kapunk. b) Csak akkor nem fa a kapott gráf, ha tartalmaz kört. Ez pedig akkor van, ha vagy a szülõk, vagy valamelyik nagyszülõk testvérek vagy féltestvérek.

w x3159

Mivel hat helység van, a feltételnek megfelelõen fagráfot kell létrehoznunk: pontosan öt útnak (élnek) kell lenni. Most három van, kettõt szükséges építeni. Például lehet Andalógiából Félnótába és onnan Butulba, vagy Celebbõl Félnótába és onnan Együgybe.

w x3160

Két mérés elegendõ: elõször vegyünk el egyet, és szedjük szét három-három érmére a maradékot. Ezeket mérjük meg, ha a két rész egyenlõ tömegû, kész vagyunk, az elvett érme a hamis. Ha az egyik rész nehezebb, ismételjük meg azon három érmére a fentieket. Mindez fagráffal ábrázolva a rajzon látható.

+

+

<

<

32


2010.11.16.

9:07

Page 33

H A T V Á N Y, G Y Ö K , L O G A R I T M U S

11.2. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS Hatványozás és gyökvonás (emlékeztetõ) – megoldások w x3161

a) a11; g) a 23 × b12;

w x3162

a) x > 0,

b) b– 4; h) a – 3 × b–7;

c) x 23; i) a – 24 × b14;

d) y 24; j) a 55 × b 25.

1 = x – 3; x3

b) y ÎR, y ¹ 0,

c) a > 0, a; e) a > 0,

w x3163

12 29 a

= a2 ⋅ 12 a5;

24 17 a ⋅ b36

h) a, b > 0,

60

8 × 187 = 210 × 314;

>

c)

6

60 2010 = 6 2 4020 ⋅ 32010 ⋅ 52010

=

d)

3

100 – 4 = 3 10 – 8 = 15 10 – 40

5

<

<

6

b)

= 717 ⋅ 3 49

<

2

10 – 9 = 15 10 – 27;

2 – 14 ⋅ 5 – 14 ⋅

2 – 27 = 2 – 41 ⋅ 5 – 5; 5– 9

3– 5 ⋅ 10 – 6 ⋅ 21– 5 ⋅ 25 – 2 3– 5 ⋅ 2 – 6 ⋅ 5 – 6 ⋅ 3– 5 ⋅ 7– 5 ⋅ 5 – 4 = – 7 – 7 – 5 – 5 – 5 – 5 = 18; 6 – 7 ⋅ 15 – 5 ⋅ 35 – 5 2 ⋅3 ⋅3 ⋅5 ⋅5 ⋅7 100

⎛2 – 6 ⋅ 3– 6 ⋅ 2 – 2 ⋅ 5 – 2⎞ = ⎜ – 6 – 3 – 2 – 5⎟ ⎝3 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 2 ⎠

= 1;

24 – 4 ⋅ 36 – 3 2 – 12 ⋅ 3– 4 ⋅ 2 – 6 ⋅ 3– 6 = = 3; 18– 4 ⋅ 256 – 1 ⋅ 72 – 2 2 – 4 ⋅ 3– 8 ⋅ 2 – 8 ⋅ 2 – 6 ⋅ 3– 4 15

718 = 717 ⋅ 3 73 ;

⎡(210)201 ⋅ 31005 ⋅ 51005⎤ = 6 2 4020 ⋅ 32010 ⋅ 52010; ⎣ ⎦

100

d)

3 53 7

45 – 7 ⋅ 75 – 21 = 5 – 7 ⋅ 3– 14 ⋅ 3– 21 ⋅ 5 – 42 = 3– 35 ⋅ 5 – 49 = 1 1 = 3– 17 ⋅ 5 – 24 ⋅ > 3– 17 ⋅ 5 – 25 = 3– 17 ⋅ 5 – 24 ⋅ . 5 15

⎛ 6 – 6 ⋅ 10 – 2 ⎞ b) ⎜ – 3 ⎟ ⎝9 ⋅ 200 – 1 ⋅ 32 – 1⎠ c)

b 29 b 2 12 b 5 = ⋅ ; a27 a2 a3

b159 b 2 60 b39 b 2 20 b13 = ⋅ = ⋅ . a177 a2 a57 a2 a19

a) 69 × 93 = 29 × 315

a)

12

b7 b = b2 ⋅ 3 ; a a

3

= b ⋅ 24 a17 ⋅ b12 ;

e) 20 – 5 ⋅ 16 – 8 = 2 – 42 ⋅ 5 – 5

w x3164

f ) a, b > 0,

f ) a 24 × b– 4;

1 = y – 1; y

d) a, b ÎR, a, b ¹ 0,

g) a, b > 0,

f)

e) x18 × y – 2;

2000 – 20 ⋅ 2511 15 2 – 80 ⋅ 5 – 60 ⋅ 522 = = – 2; (− 800)– 19 − 2 – 95 ⋅ 5 – 38 33


2010.11.16.

9:07

Page 34


e)

5

3– 24 ⋅ 5 – 12

=

3– 7 ⋅ 5 – 7 ⋅ 3– 12

1 ; 15

f)

100 – 5 ⋅ 4 20 – 3 ⋅ 12 57 12 100 – 20 ⋅ 20 – 9 ⋅ 57 12 2 – 40 ⋅ 5 – 40 ⋅ 2 – 18 ⋅ 5 – 9 ⋅ 57 1 = = = . 6 1000 – 10 ⋅ 2 – 28 2 – 30 ⋅ 5 – 30 ⋅ 2 – 28 5 1000 – 5 ⋅ 3 2 – 7

a)

7 + 4⋅ 3 + 7– 4⋅ 3 =

3

w x3165

45 – 12 : ( 5 15 – 7 ⋅ 5 27– 4 ) = 5

b)

4

(2 +

3) + 2

(2 –

3 ) = 4; 2

28 + 16 ⋅ 3 – 4 28 – 16 ⋅ 3 = 4 ( 4 + 2 ⋅ 3 ) – 2

(

= 4 + 2⋅ 3 – 4 – 2⋅ 3 = c)

38

d)

3

3 + 1) – 2

(

4

( 4 – 2 ⋅ 3 )2 =

3 – 1) = 2; 2

+ 3 ⋅ 3 49 + 3 ⋅ 3 7 – 3 15 + 6 ⋅ 3 49 + 12 ⋅ 3 7 = 3 ( 3 7 + 1) – 3

(

3 3

7 + 2 ) = – 1; 3

6 ⋅ 3 + 10 – 3 6 ⋅ 3 – 10 = 3 3 ⋅ 3 + 9 + 3 ⋅ 3 + 1 – 3 3 ⋅ 3 – 9 + 3 ⋅ 3 – 1 =

= 3 ( 3 + 1) – 3

3

(

3 – 1) = 2. 3

Hatványfüggvények és gyökfüggvények – megoldások w x3166

a)

b)

y

c)

y

y 10

5 1 –5

–1

1

5

x

1 –5

–1

5 1

5

x –5 1 –5

–5

x ÎR; d)

e)

1

5

x

f ( x ) = –( x+3)3+4

x ÎR; y

–1

f ( x ) = ( x+4)3 –3

f ( x ) = ( x –1)3+1

x ÎR; f)

y

y

5 1 –5

–1

1

5

1

x –5

–10

1 –1

1

5

–5

–1

x

–5 –5

–10

–5

1 f ( x ) = ( x+2)3 –5 3

x ÎR;

f( x ) =

x ÎR; 34

3

x –1+1

f ( x ) = 3 x+4 – 3

x ÎR;

1

x


2010.11.16.

9:07

Page 35


g)

h)

y

i)

y

y 5

1 5

–5

–1

1

x

5

1 –5

1 –10

–5

–1

1

x

5

x

–5

1 3 f ( x ) = × x+2 – 5 3

f ( x ) = – 3 x+3+4

x ÎR;

f ( x ) = ( x –2)4 –3

x ÎR;

j)

1

–1

–5

x ÎR;

k)

y

l)

y

y

f ( x ) = –3( x+1)4+4

10 5

5

1

5 –5

–1

1 1

x

5

–5

1

–1

5

x

1 –5

–1

1

5

x

–5

f ( x ) = ( x+4)4+1

x ÎR; m)

–5

f ( x ) = –( x –3)4+6

x ÎR; n)

y

x ÎR; o)

y

p)

y

y

f (x ) = – 4 x+1+4 1 1 –1

5 1

–5

x

–1

1

x

1

1 –1

f ( x ) = 4 x –1 –2

x ³ 1, x ÎR; w x3167

1

5

–1

x

f ( x ) = 4 x+3 –3

x ³ –3, x ÎR;

5

x

1

f ( x ) = –2 × 4 x –2+2

x ³ –1, x ÎR;

x ³ 2, x ÎR.

a) Értékkészlete: [–6; 10]. Menete: a függvény növekszik. Szélsõértékei: minimumának helye: x = –2, értéke: y = –6; maximumának helye: x = 2, értéke: y = 10. Zérushelye: x = 3 – 2.

y 10

f(x) 5

–2

2

–5

35

x


2010.11.16.

9:07

Page 36


b) Értékkészlete: [–6; 10].

y 10

Menete: [–2; 0]-ban csökken,

[0; 2]-ban növekszik.

g(x)

Szélsõértékei: minimumának helye: x = 0, értéke: y = –6; maximumának helye: x = –2 és x = 2, értéke: y = 10. Zérushelyek: x = 4 6 és x = − 4 6.

5

–2

2

x

–5

c) Értékkészlete: [–2; 2]. Menete: a függvény növekszik. Szélsõértékei: minimumának helye: értéke: maximumának helye: értéke: Zérushelye: x = 2. d) Értékkészlete: [0; 2]. Menete: a függvény növekszik. Szélsõértékei: minimumának helye: értéke: maximumának helye: értéke: Zérushelye: x = –2. e) Értékkészlete: [1; 4]. Menete: a függvény növekszik. Szélsõértékei: minimumának helye: értéke: maximumának helye: értéke: Zérushelye: nincs. f ) Értékkészlete: [1; 3]. Menete: a függvény csökken. Szélsõértékei: minimumának helye: értéke: maximumának helye: értéke: Zérushelye: nincs. 36

y

h(x)

2

x = –6, y = –2; x = 10, y = 2.

–6 –5

5

10

x

14

x

–2

y

i(x)

2

x = –2, y = 0; x = 14, y = 2.

–2

5

10

–2

y

j(x) 4

x = –5, y = 1; x = 4, y = 4.

1 –5

x

4 5

–1

y 5

x = 20, y = 1; x = 4, y = 3.

3

k(x) 1 –1

4 5

10

15

x


2010.11.16.

9:07

Page 37


g) Értékkészlete: [–1; 2]. Menete: a függvény csökken. Szélsõértékei: minimumának helye: értéke: maximumának helye: értéke: Zérushelye: x = 1. h) Értékkészlete: [–2; 0]. Menete: a függvény csökken. Szélsõértékei: minimumának helye: értéke: maximumának helye: értéke: Zérushelye: x = –13. w x3168

y

x = 2, y = –1; x = –7, y = 2.

l(x) 1 –7

–5

2

–1

x

5

y

x = 3, y = –2; x = –13, y = 0.

1

m(x) –13

–10

–5

a) A függvény átalakítva:

5 x

3

–1 –2

y

⎧ (x – 2)3 – 1, ha f (x) = ⎨ 3 ⎩ – (x – 2) – 1, ha

x ³ 2, x < 2.

10

Értékkészlete: [–1; 7].

7

Menete: [0; 2]-ban csökken,

5


f(x)

Szélsõértékei: minimumának helye: értéke: maximumának helye: értéke: Zérushelyei: x = 1 és x = 3. b) A függvény átalakítva: ⎧ – 2 ⋅ 3 x – 2, ha ⎪ 0, ha g(x) = ⎨ ⎪ 2 ⋅ 3 x – 2, ha ⎩

1

x = 2, y = –1; x = 0 és x = 4, y = 7.

–1 –1

5 x

1

y

x < – 1, 5

– 1 £ x £ 1, 1 < x.

Értékkészlete: [0; 2].

–8

–5

–1 –1

Menete: [–8; –1]-ban csökken,

[–1; 1]-ban konstans, [1; 8]-ban növekszik. Szélsõértékei: minimumának helye: értéke: maximumának helye: értéke: Zérushelye: –1 £ x £ 1.

g(x)

2 1

–1 £ x £ 1, y = 0; x = –8 és x = 8, y = 2.

37

1

5

8

x


2010.11.16.

9:07

Page 38


c) A függvény átalakítva:

y

⎧ (x – 1)3 – 1, ha h(x) = ½(x – 1)3 – 1½ = ⎨ 3 ⎩ – (x – 1) + 1, ha Értékkészlete: [0; 9].

x ³ 2, x < 2.

9 7 5

Menete: [–1; 2]-ban csökken,

h(x)


1

Szélsõértékei: minimumának helye: értéke: maximumának helye: értéke: Zérushelye: x = 2.

x = 2, y = 0; x = –1, y = 9.

–1

x

1 2

Törtkitevõjû hatvány – megoldások w x3169

w x3170

a) 8;

b) 9;

1 ; 100

e)

1 ; 5

f)

1 ; 2

i) 25;

j) 1000.

k)

8 ; 27

l)

2 . 3

d) 3 117 ;

e) 3 15 – 2 ;

f)

9

1 ; 1000

h)

a)

8

5;

b) 7 132 ;

c)

11

g)

7

7 – 20 ;

h)

21

i)

10 – 7 9 ;

41– 2 ;

5

i)

12

5 – 1 = 5 5;

f)

8

2

a2 ⋅ a3 3

a4 ⋅ a

c)

100

–5 6

14

=

1 c 12

–1 ⋅c 6

–1 c 6

– 5 ⋅ c 12

a12 a

=

– 1 12

=

1 c 12 – 5 c 12

38

15 a12

10 – 23;

–3

g)

1 = c 2;

1 ; a3

l)

b)

d)

5 ⋅ 4 53

6

b

–3 5

b

–1 2

( (

⋅b ⋅b

–1 d 2

d

2 . b2

h)

12

5

5 3 ⋅ 5 2 = 512 ;

5 4 ⋅ 5 3 24 7 – 1 – 17 = 5 ⋅ 5 = 5 24 ; 5

5 ⋅ 6 53

4

l)

3

d) 511;

11 3 11 5 = 5 3; 12

=

5

23– 4 ;

6

j)

5 a 4;

k)

c) 5 6 ;

5 – 3 = 5 8;

1 59 12 3 4; 5 5 = = 54 ⋅ 52

1

a)

j)

1

b) 5 7 ; –1

e)

103 ;

4

a) 510 ;

4 10 13 ( 5 2) ⋅ (5 3) 20 13 20 ; 5 5 = = k) 20 5 5 (5 )

w x3172

d) 3;

g)

1

w x3171

c) 4;

–2 5

=

46

59

6 4

57

– 3 10

=

– 7 10

) )

2 ◊d3

◊d

–3 4

b

– 9 10

b

– 12 10

–7 5

–

1

= 24 5 2 = 512.

2 3

3

= b 10 ;

7

=

d 10 ◊ d 4 d 15

– 14 15

1 ◊ d2

=

d

– 7 30

23 d 30

= d –1.


2010.11.16.

9:07

Page 39


w x3173

a) 4

4 3

−

=2

< 3 32 – 1 = 2 –9 2

27 – 3 = 3

b)

–7 5

c) 25 d) 7

w x3174

–8 3

–3 5

a)

4 25

c)

1 43

= 10

=(

=

1 Ê1ˆ 4

e) Á ˜ Ë2¯

– 14 5

=5

–5 3

< 5 8– 2 = 2

–6 5

< 8 8– 3 = 2

– 12 5

< 7 3– 6 = 3

–3 2

< 4 5–5 = 5

< 5 81– 3 = 3

< 125 – 1 = 5

–5 7

–9 8

–3

< 2 5;

–6 7

<3

–2

–5 4

< 3 25 – 1 = 5

< 3 9–1 = 3 3; –2 3

–2

< 5 5;

–1 1 1 2 = < 7 < 4 7 = 12 73 < 3 49 = 12 78 < 3 343 = 12 712 . 10 5 6 7 7

2 22 5

)

( )

= a;

5 2 6 45 =

–1 =2 4

5 a 6;

=

–1 4 8

=

() 2 45

– 5 16

=

– 5 a 16 ;

b)

2 16 5

d)

1 82

f)

–2 32 3

() ( ) ( ) ( ) ( )

2 42 5

=(

3 = 22

=

)

=

=

2 45

3 1 2 42 =

–2 25 3

=

2

= a2;

3 44

–5 4 3

=

15 2 8 45 =

=

2 45

15

a 8;

- 25 6

=a

– 25 6.

Irracionális kitevõjû hatvány, exponenciális függvény – megoldások w x3175

a) Értékkészlete: a(x) > –8. Menete: a függvény szigorúan monoton növekszik. Zérushelye: x = 3.

y

a(x) 5

1 –5

–1

1

3

5

x

–5

–8

b) Értékkészlete: b(x) > 3. Menete: a függvény szigorúan monoton növekszik. Zérushelye: nincs.

y

b(x)

10

5

1 –5

39

–1

1

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 40


c) Értékkészlete: c(x) > –1. Menete: a függvény szigorúan monoton növekszik. Zérushelye: x = 0.

y

c(x)

10

5

–11

–5

5

1

x

–5

d) Értékkészlete: d(x) > 2. Menete: a függvény szigorúan monoton növekszik. Zérushelye: nincs.

y

d(x)

10

5

1 –5

e) Értékkészlete: e(x) > –1. Menete: a függvény szigorúan monoton csökken. Zérushelye: x = 0.

–1

e(x)

1

5

1

5

x

y 10

5

–11

–5

x

–5

f ) Értékkészlete: f (x) > –3. Menete: a függvény szigorúan monoton csökken. Zérushelye: x = –1.

f(x)

y 10

5

1 –5

–1

–5

40

1

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 41


g) Értékkészlete: g(x) > 0. Menete: a függvény szigorúan monoton növekszik. Zérushelye: nincs.

y

g(x)

10

5

1 –5

–1

h) Értékkészlete: h(x) > 0. Menete: a függvény szigorúan monoton növekszik. Zérushelye: nincs.

x

4 5

1

y

h(x)

10

5

1 –5

–1

i) Értékkészlete: i(x) > –2. Menete: a függvény szigorúan monoton növekszik. Zérushelye: x = 4.

x

5

1 2

y

i(x)

10

5

1 –5

–1

1

5

3

x

–5

j) Értékkészlete: j(x) > 1. Menete: a függvény szigorúan monoton növekszik. Zérushelye: nincs.

y

j(x)

10

5

1 –5

41

–1

1

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 42


k) Értékkészlete: k(x) > –1. Menete: a függvény szigorúan monoton növekszik. Zérushelye: x = 1.

y

k(x)

10

5

–11

–5

1

5

x

–5

l) Értékkészlete: l(x) > –1. Menete: a függvény szigorúan monoton csökken. Zérushelye: x = 2.

y

l(x)

10

5

–11

–5

1

5

x

–5

m) Értékkészlete: m(x) > –5. Menete: a függvény szigorúan monoton csökken. Zérushelye: x = –4.

y

m(x) 5

1 –5

–3

–1

1

5

x

–5

n) Értékkészlete: n(x) > –3. Menete: a függvény szigorúan monoton növekszik. Zérushelye: x = 1.

y

n(x) 5

1 –5

–1

–5

42

1

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 43


o) Az o(x) függvény átalakítható a következõképpen: 1 1 o(x) = ◊ 3 ◊ 3x – 1 + 1 = ◊ 3x + 1. 2 2

y

o(x)

10

Értékkészlete: o(x) > 1. Menete: a függvény szigorúan monoton növekszik. Zérushelye: nincs.

5

–5

–1

5

1

x

–5

p) A p(x) függvény átalakítható a következõképpen: 2 x –1 p(x) = 2 – 3 = 2 x – 3 – 3. 2 Értékkészlete: p(x) > –3. Menete: a függvény szigorúan monoton növekszik. Zérushelye: x » 4,6. (Késõbb, ha a logaritmust tanuljuk, ezt az értéket már ki tudjuk számítani.)

w x3176

a) a(x) = 2x – 2;

b) b(x) = 2x – 4;

c) c(x) = 2x – 1;

d) d(x) = 2x + 3;

e) e(x) = 2x + 1 + 1;

f ) f (x) = 2x – 2 – 8; x

w x3177

p(x) 5

1 –5

–1

x –3

Ê1ˆ j) j(x) = 2 – x – 3 – 8, j(x) = Á ˜ Ë2¯

– 4;

5

1

x

–5

Ê1ˆ h) h(x) = 2 – x – 2 + 1, h(x) = Á ˜ Ë2¯

Ê1ˆ g) g(x) = 2 –x – 2, g(x) = Á ˜ – 2; Ë2¯ Ê1ˆ i) i(x) = 2 3 –x – 4, i(x) = Á ˜ Ë2¯

y

x +2

+ 1;

x +3

– 8.

a) t(0) = 22 ºC, t(6) » 33 ºC. b) t(15) » 60,76 ºC, tehát túllépte a 60 ºC-ot. c) t(8) » 37,82 ºC. t(12) » 49,59 ºC, ami 31,1%-os növekedés.

w x3178

a) A függvény átalakítva: ⎧ 1, ha ⎪ f (x) = ⎨ 0, ha ⎪⎩ – 1, ha

y

x > 1, x = 1, x < 1.

f(x) 1 –1

43

1

x


2010.11.16.

9:07

Page 44


b) A függvény átalakítva: ⎧ 1, ha x < – 1 vagy x > 2, ⎪ g(x) = ⎨ 0, ha x = – 1 vagy x = 2, ⎪⎩ – 1, ha – 1 < x < 2.

y

g(x) 1 –1

c) A függvény átalakítva:

y

⎧ 2 x – 1 – 4, ha h(x) = ⎨ x – 1 + 4, ha ⎩–2

x

1

h(x)

x ³ 3, x < 3. 1

x –1

d) A függvény átalakítva:

y

⎧ – 9), ha i(x) = 2 ⋅½3x +1 – 9½ = ⎨ x +1 – 9), ha – 2 ⋅ ( 3 ⎩ 2 ⋅ (3x +1

x ³ 1, x < 1.

i(x)

20

5 –5

w x3179

1

a) Ábrázolás elõtt rendezve az egyenletet: 15 34 2x = ⋅ x + . 16 16

x

5

y

f(x)

g(x)

5

Legyen

15 34 ⋅x+ . 16 16 Az ábráról leolvasott megoldások, ellenõrzés után: x1 = 2 és x2 = –2. f (x) = 2x

és

g(x) =

1 –5

3 9 ◊x+ 4 4

Legyen

1

5

x

5

x

–5

b) Ábrázolás elõtt átalakítva:

2x = – x2 +

–1

y

azaz

Ê 2 x = – Áx – Ë

2

3ˆ 153 . ˜ + 8¯ 64

f(x) 5

2

3ˆ 153 Ê g(x) = – Áx – ˜ + . Ë 8¯ 64 Az ábráról leolvasott megoldások, ellenõrzés után: x1 = –1 és x2 = 1. f (x) = 2x

és

1 –5

–1

1

–5

g(x)

44


2010.11.16.

9:07

Page 45


Exponenciális egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlõtlenségek – megoldások w x3180

w x3181

5 a) x = ; 4 g) x = 9;

h) x = 2;

m) x = 3;

n) x = –5;

6 s) x = ; 5

t) x = 6;

b) x = 0;

1 a) x = ; 2 5 5 d) x1 = és x2 = – ; 2 2 g) Nincs megoldás.

1 c) x = – ; 4 i) x = –4;

1 d) x = ; 2 j) x = –1;

7 e) x = ; 2 k) x = 0;

13 ; 2 u) x = 0.

1 p) x = ; 5

7 q) x = ; 2

o) x =

b) x1 = 6 vagy x2 = 0;

a) x = –1;

1 b) x = ; 4

w x3183

a) x = 0; g) x = 3;

b) x = –2; h) x = 4.

w x3184

a) d) g) j)

w x3185

a) x = 2, y = 1;

b) x = 0, y = 3;

d) x = 2, y = 1;

e) x = 2, y = 0;

g) x = 5, y = –7;

1 h) x = 1, y = ; 2

x1 = 1, x2 = 0; x1 = 3, x2 = –1; x = 5; x = –1;

l) x = 5;

5 r) x = – ; 2

c) x1 = 5 és x2 = –7;

1 e) x = – ; 5 h) x = –4;

w x3182

f ) x = 1;

f ) x = –3; i) x = –2.

c) x = 2;

2 d) x = – ; 3

e) x = 2;

f ) x = 1.

c) x = 1;

d) x = 4;

e) x = 3;

f ) x = 2;

b) e) h) k)

x1 = 2, x2 = 1; x1 = 1, x2 = –2; x = –1; x = 0;

c) f) i) l)

x1 = 2, x2 = 1; x1 = 1, x2 = –2; x1 » 1,305, x2 = 1; x = –1.

1 c) x = , y = 2; 2 f ) x = 1, y = 1; i) x = 4, y = 5;

j) x = 3, y = 1. w x3186

1 b) x ³ ; 2

3 c) x ³ ; 5

1 d) x < – ; 3

h) x £ –2;

i) x < 2;

j) x >

a) x = 3;

b) x = 4;

c) x = 1;

d) x = –

g) x = 2;

h) x = –3;

i) x1 = 1, x2 = –2;

k) x = –1;

2 l) x = ; 3

a) x < 5; g) x >

w x3187

25 ; 17

m) x = –1;

8 e) x > – ; 3

5 f) x £ ; 9

e) x = –4;

f ) x = 3;

32 . 17 7 ; 11

1 n) x = – ; 3

j) x1 = 4, x2 = –2; o) x = 2;

45

p) x = 4.


2010.11.16.

9:07

Page 46


w x3188

a) x1 = 7, x2 = 2; d) x1 = 4, x2 = 1; g) x = 2;

b) x1 = 5, x2 = –3; e) x1 = 5, x2 = –5; h) x = 1;

7p 11p + 2kp , x2 = + 2lp , k, l ÎZ; 6 6 l) x = –17; m) x = 3; j) x1 =

o) x1 = 1, x2 = –4; w x3189

c) x1 = 3, x2 = –3; f ) x = 64; i) x = p + 2kp , k ÎZ; k) x = 5. n) x1, 2 = ± 2;

p) x1 = 1, x2 = –3.

a) A hatványokat átírva: 7 ⎫ (1) 45 ⋅ 3x – ⋅ 2 y = 17 ⎪ ⎪ 2 ⎬ , ahonnan 3x = 1 és 2y = 8, a megoldás: x = 0, y = 3. 5 y x (2) 12 ⋅ 3 + ⋅ 2 = 17 ⎪ ⎪⎭ 8 b) Az exponenciális függvény szigorú növekedése miatt a két egyenletbõl: 2⎫ (1) 2x – 2 + y = – ⎪ 1 1 3 ⎪, ⎬ a megoldás: x = , y = . 2 3 1 ⎪ (2) x + 3y – 1 = 2 ⎪⎭ c) Az exponenciális függvény szigorú növekedése miatt a két egyenletbõl: (1) 2xy = 3 ⎫ 3 ⎪ 3 ⎬ , a megoldás: x = 2, y = . (2) 2xy + x = 1 + 4 y ⎪⎭ d) Az exponenciális függvény szigorú növekedése miatt a két egyenletbõl: 2⎫ (1) x⋅y= ⎪ 2 1 4 3 ⎪, ⎬ a megoldások: x1 = , y1 = 1 és x2 = – , y2 = – . 3 2 3 1⎪ (2) 2x – y = ⎪ 3⎭ e) Jelölje 6 x = a, és 5 y = b. Így:

(1) 5a + 8b = 13 ⎫ ⎪ 5 8 ⎬. + = 13 ⎪ (2) a b ⎭

A (2)-es egyenletet beszorozva a × b-vel, valamint az (1) egyenletbõl kifejezett a = helyettesítve (2)-be kapjuk: 13 – 8b 13 – 8b 5b + 8 ⋅ = 13b ⋅ , 5 5 amibõl ered: b 2 – 2b + 1 = 0. Megoldásai: x = 0, y = 0. 2

13 – 8b -t 5

f ) A (2) egyenletben átrendezés után: y x – 7y – 1 = 1. Felhasználva, hogy 1 = y0 (y > 0), valamint, hogy az exponenciális függvény szigorú monoton, kapjuk: x2 – 7y – 1 = 0. Ebbe helyettesítve (1)-bõl kifejezett y = 1 – x-et nyerjük az x2 + 7x – 8 = 0 egyenletet, melynek gyökei: x1 = 1, és x2 = –8, melyhez tartozó y értékek: y1 = 0, és y2 = 9. Az egyenletrendszer megoldása: (–8 ; 9) számpár. 46


2010.11.16.

9:07

Page 47


w x3190

a) Az exponenciális függvény szigorú növekedése miatt: x+3 –x – 1 > 2, amibõl > 0, x+2 x+2 megoldása: –2 < x < –1. b) Az exponenciális függvény szigorú növekedése miatt: 4x – 2 13x + 4 ³ – 3, amibõl ³ 0, 3x + 2 3x + 2 megoldása: x < –

2 4 vagy – £ x. 3 13

c) Az exponenciális függvény szigorú növekedése miatt: 2x + 3 1 10 < , amibõl < 0, 4x – 1 2 8x – 2 1 megoldása: x < . 4 d) Az exponenciális függvény szigorú növekedése miatt: x 2 – 2x > 8, megoldása: x < –2 vagy 4 < x. e) Az exponenciális függvény szigorú növekedése miatt: x 2 – 15 < –2x, megoldása: –5 < x < 3. f ) Az exponenciális függvény szigorú növekedése miatt: x 2 + 3 ³ –6x – 6, megoldása: x ÎR. g) Az exponenciális függvény szigorú növekedése miatt: 2 ×½x½£ x + 2, 2 megoldása: – £ x £ 2. 3 h) Az exponenciális függvény szigorú növekedése miatt: 1 ½x – 3½ > ⋅ x, 2 megoldása: x < 2 vagy x > 6. i) A 2 x-re vonatkozóan másodfokú egyenlõtlenség, megoldása 2 x £ 1 vagy 2 x ³ 2, amibõl a megoldás: x £ 0 vagy x ³ 1. 1 j) Az 5 x-re másodfokú egyenlõtlenség megoldása: £ 5 x £ 25, amibõl: –1 £ x £ 2. 5 1 k) Az -es alapú exponenciális függvény szigorú csökkenése miatt: 2 2 4> , x 1 megoldása: x > . 2 1 l) Az -os alapú exponenciális függvény szigorú csökkenése miatt: 16 2 ×½x½– 1 < 2, 3 3 megoldása: – < x < . 2 2 47


2010.11.16.

9:07

Page 48


w x3191

a) Az egyenletnek akkor van értelme, ha x > 0, x ¹ 1. A zárójelek felbontása után: 5

Ê 1+ ËÁ

2 x + 3ˆ ˜◊ 2 ⋅ x ¯ x –1

= 52.

Az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt: Ê x + 3ˆ 2 = 2, ÁË1 + ˜◊ 2⋅ x¯ x –1 ha új változót vezetünk be: x = t, beszorzás után: 2t 2 – 5t – 3 = 0, 1 melynek gyökei: t1 = 3, t2 = – , csak az elsõ felel meg, ebbõl x = 9. 2 b) A jobb oldali kifejezés a számtani és mértani közép közötti összefüggés alapján: 5 – x + 5 x + 2 ³ 2 ⋅ 5 – x ⋅ 5 x + 2 = 10. A bal oldal: 1 – 6y – y 2 = 10 – (y + 3)2 £ 10. Akkor van megoldás, ha mindkét oldal 10-zel egyenlõ, ekkor: x = –1, y = –3. p c) Az egyenletnek akkor van értelme, ha x ¹ + kp , k ÎZ. 2 Alakítsuk az egyik kitevõt:

1 sin2 x + cos2 x = = tg2 x + 1, cos2 x cos2 x így az egyenletünk: 4 tg x + 2 ⋅ 2 tg x – 80 = 0. 2

2

2

Az egyenlet 2 tg x -re vonatkozóan másodfokú. Megoldásai: 2

2 tg x = – 10, aminek nincs megoldása, és 2 2 tg x = 8, amibõl tg2 x = 3, azaaz tg x = 3 vagy tg x = – 3. Ezek megoldásai: x1 = w x3192

p

3

+ kp vagy x2 = –

p

3

+ lp , k, l ÎZ.

Az egyenlet 3 x = t-re nézve másodfokú. Mivel 3 x > 0, akkor lesz két különbözõ valós gyök, ha az egyenlet diszkriminánsa D > 0 (1) és a t-re másodfokú egyenlet mindkét megoldása pozitív (2). Az (1) teljesül, ha: 4 × (p – 3)2 – 4 × (p2 – 4) > 0, 13 ennek megoldása: p < . 6 A (2) teljesül, ha t1 × t2 > 0 (3) és t1 + t2 > 0 (4). A (3) alapján: p 2 – 4 > 0, megoldása: p < –2 vagy 2 < p. A (4) alapján: 2 × (p – 3) < 0, megoldása: p < 3. Az (1), (3) és (4) feltételek mindegyike teljesül, ha: 13 p < – 2 vagy 2 < p < . 6 48


2010.11.16.

9:07

Page 49


w x3193

Az elsõ egyenlet: 26x + 26y = 12. A második egyenletbõl:

5 x + y = , vagyis 6x + 6y = 5. 6 Az elsõ egyenletbe helyettesítve: 26x + 25 – 6x = 12. 6x A 2 -re nézve másodfokú egyenlet megoldásai: 26x = 8 és 26x = 4. Az egyenletrendszer megoldásai: 1 1 1 1 és x2 = , y2 = . x1 = , y1 = 2 3 3 2 w x3194

a) Válasszuk szét a különbözõ alapokhoz tartozó hatványokat: 3– x 4– x 4– x – > 3 ◊ 3– x – , 3 2 1ˆ Ê 1ˆ Ê 4 – x ◊ Á1 + ˜ > 3– x ◊ Á 3 + ˜ , Ë 2¯ Ë 3¯ 3 –x 4 –x ◊3 , ◊4 > 2 3 3

–x

Ê4ˆ Ê 2ˆ ÁË ˜¯ > ÁË ˜¯ , 3 3 –x

3

Ê4ˆ Ê4ˆ 2 ÁË ˜¯ > ÁË ˜¯ . 3 3 Ê4 ˆ Az exponenciális függvény szigorú növekedése Á > 1˜ miatt: Ë3 ¯ 3 3 – x > , amibõl x < – . 2 2

b) Írjuk fel mindegyik alapot 2 hatványaként:

(2 – 2)3x – (2 – 3) x –1 – 128 £ 0, 2 – 6x – 2 − 3x + 3 – 128 £ 0. Az egyenlõtlenség másodfokú a 2 – 3x = y-ra vonatkozóan: y 2 – 8y – 128 £ 0. A másodfokú kifejezés zérushelyei: y1 = 16, y2 = –8. Az egyenlõtlenség megoldása: –8 £ y £ 16. Visszahelyettesítve: – 8 £ 2 – 3x £ 16. 4 A bal oldali egyenlõtlenség minden valós szám esetén igaz, a jobb oldali pedig teljesül, ha x ³ – . 3 49


2010.11.16.

9:07

Page 50


A logaritmus fogalma – megoldások w x3195

f)

g)

i) 3; m) –2;

7 ; 3 j) –4; n) –4;

2 ; 5 k) 0; o) –3;

1 d) – ; 2 1 h) ; 7 l) 23; p) –2.

a) 10; e) 49; i) 3;

b) 57; f ) 27; j) 8;

c) 41; g) 25; k) 5;

d) 11; h) 169; l) 81;

m) 0,1;

n)

a) x = 64;

b) x = 625;

1 c) x = ; 3

d) x =

e) x = 7;

f ) x = 5;

g) x = 4;

1 h) x = ; 2

1 i) x = ; 9

j) x =

a) x = 2;

b) x = 4;

c) x = 2;

d) x = 10;

e) x = 100;

f ) x = 1000;

g) x = 6;

h) x = 8;

1 i) x = ; 6

1 j) x = ; 5

k) x = 32;

l) x =

a) 2;

b) 3;

e) –2;

w x3196

w x3197

w x3198

m) x = w x3199

w x3200

1 ; 5

o)

1 ; 32

1 ; 25

k) x =

p)

1 ; 100 000

1 . 17

l) x =

1 ; 16

1 . 128

1 ; 27

n) x ÎR, x > 0, x ¹ 1; o) nincs megoldás;

p) x = 8.

a) x > –1;

6 b) x > ; 5

d) –

1 e) x > ; 4

f) x < –

3 i) x > ; x ¹ 1; 4

j) nincs megoldás.

3 c) x > ; 2

8 2 1 vagy x > ; g) x > ; 3 3 4

1 ; 4

a) 4;

2 b) – ; 3

c)

2 ; 5

5 h) – ; 3

4 i) – . 3

g) w x3201

8 ; 27

c) 7;

d) –10;

a) log2 ⎡⎣log2 ( log2 16 )⎤⎦ = log2 ( log2 4 ) = log2 2 = 1; b) log5 ⎡⎣log3 ( log11113 )⎤⎦ = log5 ( log3 3 ) = log5 1 = 0; 50

5 4 <x< ; 7 5

5 4 h) – < x < ; 7 5

e)

2 ; 7

8 f) – ; 5


2010.11.16.

9:07

Page 51

H A T V Á N Y, G Y Ö K , L O G A R I T M U S 10 c) lg ⎡⎣lg (lg10(10 ))⎤⎦ = lg (lg1010) ⋅ lg10 = 1;

1ˆ Ê d) log5 ÈÎlog2 (log6 32 6 )˘˚ = log5 Álog2 ˜ = log5 (– 5), ami nem érrtelmezhetõ. Ë 32¯ w x3202

a) 10 × 10lg5 = 10 × 5 = 50; c) e)

5 5log5 3 23 2 log4

32 3log3 6

=

9 3 = ; 6 2

d) 4 ⋅ 4 log2 5 = 4 ⋅ (2 log2 5) = 4 ⋅ 5 2 = 100;

5 = ; 3

= 25

b)

2

8 1

(4log 25) 2

8 = ; 5

1

f ) 3 ⋅ 3log9 4 = 3 ⋅ (9log9 64) 2 = 3 ⋅ 64 = 3 ⋅ 8 = 24; 3

4

g) 7log7 5 ⋅ ( i)

k)

1 49log49 16 2

)

= 5 ⋅ 4 = 20;

j)

54 ⋅ 5log5 4 = 52 ⋅ 4 = 50;

l)

m) log a

1

a– 2 ⋅ a 2 ⋅ a 2 3 a– 6 ⋅ a 2

7 7 = log a a 2 = ; 2

1

3

3

16 log4 5 (4 log4 5)2 52 25 = = = ; 16 log2 3 (2 log2 3)4 34 81

1

w x3203

1

5log25 9 (25log25 9 ) 2 (36) 2 27 h) log 42 = = = ; 16 5 5 42 16 92 9log3 2 3

=

81

(3log 2)

2

=

3

81 ; 4

10 6 10 6 100 =3 = ; lg 27 10 27 3

(

1

n) log x x – 1 ⋅ x 4 ⋅ x

–1 8

) = log x x

a) Az x2 – 2x – 8 > 0 egyenlõtlenség megoldása: x < –2 vagy 4 < x. b) Az x2 – 9 > 0 egyenlõtlenség megoldása: x < –3 vagy x > 3.

1 Az 1 – 3x > 0 egyenlõtlenség megoldása: x < . 3 Az egyenlõtlenségek közös megoldása: x < –3. c) A 3x2 – 16x + 5 > 0 egyenlõtlenség megoldása: x <

1 vagy x > 5. 3

5 A 7x + 5 > 0 egyenlõtlenség megoldása: x > – . 7 1 5 Az egyenlõtlenségek közös megoldása: – < x < vagy x > 5. 3 7

3 1 vagy < x. 4 3 A x2 + 2x > 0 egyenlõtlenség megoldása: x < –3 vagy 0 < x.

d) A 12x2 + 5x – 3 > 0 egyenlõtlenség megoldása: x < –

Az egyenlõtlenségek közös megoldása: x < –2 vagy

1 < x. 3 51

–7 8

7 =– . 8


2010.11.16.

9:07

Page 52


e) A 3 – ½x½ > 0 egyenlõtlenség megoldása: –3 < x < 3.

3 A 2x + 3 > 0 egyenlõtlenség megoldása: x > – . 2 3 Az egyenlõtlenségek közös megoldása: – < x < 3. 2 f ) Az ½x½– 2 > 0 egyenlõtlenség megoldása: x < –2 vagy 2 < x. Az x + 5 > 0 egyenlõtlenség megoldása: x > –5. Az egyenlõtlenségek közös megoldása: –5 < x < –2 vagy 2 < x.

1 1 vagy < x. 2 2 2 Az x – x > 0 egyenlõtlenség megoldása: x < 0 vagy 1 < x.

g) A 2½x½– 1 > 0 egyenlõtlenség megoldása: x < –

Az egyenlõtlenségek közös megoldása: x < –

1 vagy 1 < x. 2

h) A 3x – 9 > 0 egyenlõtlenség megoldása: x > 2.

2 A 3x + 2 > 0 egyenlõtlenség megoldása: x > – . 3 Az egyenlõtlenségek közös megoldása: x > 2. 5 vagy x > 0, x ¹ 1. 4 1 Az 1 – 3x > 0 egyenlõtlenség megoldása: x < vagy x > –3, x ¹ –2. 3 1 Az egyenlõtlenségek közös megoldása: 0 < x < . 3 2 j) A 17x – 2 > 0 egyenlõtlenség megoldása: x > vagy x > 1, x ¹ 2. 17 Az 6 – 2x > 0 egyenlõtlenség megoldása: x < 3 vagy x > 0, x ¹ 1.

i) A 4x + 5 > 0 egyenlõtlenség megoldása: x > –

Az egyenlõtlenségek közös megoldása: 1 < x < 3, x ¹ 2. w x3204

1 a) A –4 x + 1 + 33 × 2 x – 8 > 0 egyenlõtlenség 2 x-re másodfokú, megoldása: < 2 x < 8, amibõl: 4 –2 < x < 3. b) A sin x > 0, cos x > 0 és tg x > 0 egyenlõtlenségek együtt teljesülnek, ha: p k × 2p < x < + k × 2p , k ÎZ. 2 c) A sin x > 0 egyenlõtlenség megoldása: l × 2p < x 0 egyenlõtlenség megoldása: x < 1 vagy 2 < x. A két egyenlõtlenség közös megoldása: 0 < x < 1 vagy 2 < x 0. Menete: a függvény szigorúan monoton növekszik. 1 Zérushelye: x = . 8

y

a(x)

5

3

1 –1

b) Értelmezési tartomány: x ÎR, x > 0. Menete: a függvény szigorúan monoton növekszik. Zérushelye: x = 2.

1

2

5

x

5

x

y

b(x)

1 –1

1

2

–1

–5

c) Értelmezési tartomány: x ÎR, x > 0. Menete: a függvény szigorúan monoton csökken. Zérushelye: x = 4.

y 5

2

c(x)

1 5 –1

d) Értelmezési tartomány: x ÎR, x > 0. Menete: a függvény szigorúan monoton csökken. 1 Zérushelye: x = . 27

1

x

2

y 1 –1

1

5

–1

–3

–5

53

d(x)

x


2010.11.16.

9:07

Page 54


e) Értelmezési tartomány: x ÎR, x > –3. Menete: a függvény szigorúan monoton növekszik. Zérushelye: x = –2.

y

2

e(x)

1 –3

f ) Értelmezési tartomány: x ÎR, x > 1. Menete: a függvény szigorúan monoton növekszik. Zérushelye: x = 2.

–2

–1

x

1

y

f(x)

1 1

–1

2

g) Értelmezési tartomány: x ÎR, x > –2. Menete: a függvény szigorúan monoton csökken. Zérushelye: x = –1.

4

5

x

y

1 –2

–1 –2

h) Értelmezési tartomány: x ÎR, x > 3. Menete: a függvény szigorúan monoton csökken. Zérushelye: x = 4.

g(x)

y

1 –1

h(x) 1

–1

54

x

1

3

4

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 55


i) Értelmezési tartomány: x ÎR, x > 2. Menete: a függvény szigorúan monoton növekszik. 5 Zérushelye: x = . 2

y

i(x) 2 1 1

–1

2

j) Értelmezési tartomány: x ÎR, x > –1. Menete: a függvény szigorúan monoton növekszik. Zérushelye: x = 8.

3

5

x

2

x

y

1 –1

1 –1

j(x)

–5

k) Értelmezési tartomány: x ÎR, x > –3. Menete: a függvény szigorúan monoton csökken. 23 Zérushelye: x = – . 8

y 1 –3

–1

x

1 –1

–4

k(x)

–5

l) Értelmezési tartomány: x ÎR, x > 1. Menete: a függvény szigorúan monoton csökken. Zérushelye: x = 4.

y

l(x)

1

5 1

–1

55

2

4

x


2010.11.16.

9:07

Page 56


m) Értelmezési tartomány: x ÎR, x > 0. Menete: a függvény szigorúan monoton csökken. Zérushelye: x = 3.

y

m(x)

1

5 –1

x

1

n) Értelmezési tartomány: x ÎR, x > –4. Menete: a függvény szigorúan monoton csökken. Zérushelye: x = 0.

y 5

n(x) 1 –5

o) Értelmezési tartomány: x ÎR, x > 3. Menete: a függvény szigorúan monoton csökken. Zérushelye: x = 30.

–1

x

1

y 5

o(x)

3

1 –1

w x3206

a) c) e) g)

a(x) = log2 x – 2; c(x) = log2 (x – 1); e(x) = log2 (x + 1) + 1; g(x) = – log2 x vagy g(x) = log 1 x;

b) d) f) h)

1

3

4

b(x) = log2 x – 4; d(x) = log2 (x – 3); f (x) = log2 (x – 2) – 3; h(x ) = 1 – log2 x vagy h(x) = 1 + log 1 x;

2

2

i) i(x) = – log2 (x + 2) – 3 vagy i(x) = log 1(x + 2) – 3. 2

w x3207

a) A függvénybe behelyettesítve: s(0) = 100, s(1) = 100 + 30 × lg 8 » 127,1, tehát a megjelenéskor 100 000 db-ot, egy év múlva 127 000 darabot fognak eladni. b) A 200 = 100 + 30 × lg (7t + 1) egyenletbõl: 10

7t + 1 = 10 3 ,

56

x

5

amibõl

t » 308 év.


2010.11.16.

9:07

Page 57


w x3208

a) Értelmezési tartomány: x ÎR, x > 0.

y

a(x) 1 –1

b) Értelmezési tartomány: x ÎR, x > 0.

1

5

10

x

y

b(x) 1 –1

1

5

c) Értelmezési tartomány: x ÎR, x ¹ 0.

10

x

y

c(x) 1 –5

d) Értelmezési tartomány: x ÎR, x > 0.

–1

1

y

5

x

d(x)

1

–1

x

1 –1

e) Értelmezési tartomány: x ÎR, x > –4.

y

e(x)

1

–4

–3

–1

x

1 –1

w x3209

a) Az ábráról leolvasott megoldásokat ellenõrizni kell. Megoldások: x1 = –2, x2 = –1, x3 = 1, x4 = 2.

y

g( x )=| x | –1 5

1 –5

57

5

–1

1

–5

f ( x )=log2| x |

x


2010.11.16.

9:07

Page 58


b) Az ábráról leolvasott megoldásokat ellenõrizni kell. Megoldások: x1 = 1, x2 = 3.

y

5

g( x )= x 2

– 2 x +1

–5

–1

1 1

5

f ( x )= 4 × log3 x –5

A logaritmus azonosságai – megoldások w x3210

a) a =

x⋅z ; y

b) b = x 2 × y;

d) d =

y2 ; z3

e) e =

g) g =

100 ⋅ x 4 ⋅ x = ; 125 5

h) h =

j) j = 10 x – y × z = w x3211

w x3212

b) b = 5;

e) e = 12;

f) f =

9 ⋅ 48 = log 2 63 125

b) log6

92 ⋅ 4 4 ⋅ 2

;

3

x2

3

z ⋅ 4 y3 ; 5 10

f) f =

10 ; x

i) i =

1 ; 10 000 ⋅ (x + 1) ⋅ y3

z ⋅10 x . 10 y

a) a = 8;

a) log

y

c) c = 81 × z 3;

13 ; 9

33 ⋅ 2 4 2 3 3 = log 2 ⋅3

= log6

c) c = 11;

d) d = 10;

g) g = 2 ⋅ 7;

h) h =

2 2 = 2;

210 ⋅ 35 = log6 6 = 1; 29 ⋅ 34

c) log3

184 ⋅ 256 ⋅ 722 212 ⋅ 38 = log3 12 6 = log3 9 = 2; 3 4 36 ⋅ 24 2 ⋅3

d) log5

66 ⋅ 102 28 ⋅ 36 ⋅ 52 = = log51 = 0; log 5 32 ⋅ 93 ⋅ 200 28 ⋅ 36 ⋅ 52

67 ⋅ 155 ⋅355 27 ⋅ 312 ⋅ 510 ⋅ 75 = log = log 1 18 = – 1; 1 6 10 10 10 6 ⋅ 215 ⋅ 252 ⋅ 35 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 75 18 18 18

e) log 1 f ) log8

2200 ⋅ 40 10 ⋅ 2 ⋅ 11 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 5 2 = log8 = log8 4 = ; 55 ⋅ 10 5 ⋅ 11 ⋅ 10 3

3 1 3⋅ ⋅ tg60° ⋅ cos 30° ⋅ sin 30° 2 2 = log 1 = –2; g) log2 = log2 2 3 3 4 58

1 . 45

x


2010.11.16.

9:07

Page 59


2 ⋅ 2 1 sin 45° ⋅ 2 = log 4 2 = log 4 2 = ; h) log 4 3 1 2 sin 60° ⋅ tg30° ⋅ 2 3 i) log5 w x3213

15 ⋅ 25 ⋅ 63 ⋅ 28 32 ⋅ 53 ⋅ 7 ⋅ 2 = log5 2 = 3. 126 3 ⋅7⋅2

a) Mivel az adott szorzatban a lg tg45º értéke 0, ezért a szorzat is 0. 3 1 ⋅4⋅ cos 30º ⋅ 4 ⋅ sin 2 30º 4 = lg1 = 0; = lg 2 b) lg 3 sin 60º 2 2 ÈÊ 3 1ˆ È3 1 2 ◊ 3 3˘ 3˘ + = lg1 =0 ; – ˜ + ˙ = lg Í + – c) lg ÍÁ 2˚ 4 2 ˙˚ Î4 4 ÎË 2 2¯ 9a – 6 12 = log6 = log6 6 = 1; d) log6 2 a –a 2 2x + 5ˆ Ê e) log0,1 Á10 ◊ ˜ = log0,1 ÈÎ2 ◊ (2x + 5)˘˚ = log0,110 = – 1. Ë 5 ¯

w x3214

a) lg (6 × 1023) = lg 6 + 23 < log2 16 6 = log2 224 = 24, mert lg 6 < 1; 10

⎛ 1 ⎞ b) lg (9,1 × 10 – 31) = lg 9,1 – 31 < log5 ⎜ ⎟ = log5 5 – 30 = –30, mert lg 9,1 < 1; ⎝125⎠ ⎡ ⎛ 1 ⎞20⎤ ⎡ ⎛ 1 ⎞16⎤ – 80 c) log2 ⎢5 ⋅ ⎜ ⎟ ⎥ = log2(5 ⋅ 2 ) = log2 5 – 80 > log3 ⎢5 ⋅ ⎜ ⎟ ⎥ = log3 (5 ⋅ 3– 80) = log3 5 – 80, ⎣ ⎝81⎠ ⎦ ⎣ ⎝32⎠ ⎦ mert log2 5 > log3 5. 2ˆ˘ È Ê 2ˆ Ê d) Bal oldal: lg Èlog 2 log7 3 49 ˘ = lg Ílog 2 Álog7 7 3˜˙ = lg log 2 = lg1 = 0. Á ˜ Í 3 ˙ ÍÎ 3 Ë ¯˙˚ Ë 3 3¯ Î ˚

(

)

5ˆ Ê Jobb oldal: log2 Èlog 5 log8 32 ˘ = log2 log 5 = log21 = log220 = 0. Á ˜ 6 ÍÎ 6 ˙˚ Ë 6 ¯

(

)

A két kifejezés egyenlõ. w x3215

a) lg 2250 = lg (152 × 10) = 2b + 1.

750 50 ⋅ 15 = lg = a + b – 1. 10 10 c) Az a = 1 + lg 5 és b = lg 3 + lg 5 alapján lg 3 = b – lg 5 = b – (a – 1) = b – a + 1.

b) lg 75 = lg

w x3216

A bal oldali tagokat átírva b alapú logaritmusra: logb a + 6 × logb a + 12 × logb a – 20 × logb a = – logb a. –1 A jobb oldal: logb a = –logb a. 59


2010.11.16.

9:07

Page 60


Logaritmikus egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlõtlenségek – megoldások w x3217

5 a) Értelmezés: x > , megoldás: x = 3. 7 1 b) Értelmezés: x > – , megoldás: x = 5. 3 1 1 c) Értelmezés: x > – , megoldás: x = . 8 2 10 91 d) Értelmezés: x > , megoldás: x = . 11 100 3 7 e) Értelmezés: x > , megoldás: x = . 10 10 10 21 f ) Értelmezés: x > , megoldás: x = . 13 26 g) Értelmezés: x < –8 vagy x > 8, megoldások: x1 = 18, x2 = –18. 7 – 77 7 + 77 vagy x > , megoldások: x1 = 8, x2 = –1. 2 2 i) Értelmezés: x ÎR, megoldások: x1 = 2, x2 = 1.

h) Értelmezés: x <

9 – 21 9 + 21 vagy x > , megoldások: x1 = 10, x2 = –1. 2 2 15 k) Értelmezés: x > , megoldás: x = 5. 4 7 l) Értelmezés: x > , megoldás: x = 8. 3 m) Értelmezés: x > 0, x ¹ 1, megoldások: x1 = 3, x2 = –1. Csak az elsõ megoldás.

j) Értelmezés: x <

5 n) Értelmezés: x > , x ¹ 1, adódik: x1 = 5, x2 = 1. Csak az elsõ megoldás. 6 10 o) Értelmezés: x > , adódik: x1 = 2, x2 = 5, x3 = 0. A harmadik nem megoldás. 7 w x3218

a) Értelmezés: x > –1, megoldás: x = 7.

4 b) Értelmezés: x > , 3 3 c) Értelmezés: x > , 2 3 d) Értelmezés: x > , 5 5 e) Értelmezés: x > , 3 60

adódik: x = –7, de nem megoldás. adódik: x = –

9 , de nem megoldás. 10

megoldás: x = 3.

3 adódik: x = – , de nem megoldás. 8


2010.11.16.

9:07

Page 61


f ) Értelmezés: –7 < x < 1, megoldás: x = –2.

7 g) Értelmezés: x > – , megoldás: x = 4. 5 19 5 h) Értelmezés: x > – , megoldások: x1 = –1, x2 = – . 13 3 5 5 i) Értelmezés: x > , megoldások: x1 = 6, x2 = . 3 43 1 j) Értelmezés: x > , adódik: x1 = –3, x2 = 27. Csak a második megoldás. 3 k) Az értelmezési tartomány üres halmaz, nincs megoldás. 14 , x2 = 2. Egyik sem megoldás. 3 m) Értelmezés: x > 6, adódik: x1 = 1, x2 = 8. Csak a második megoldás. l) Értelmezés: x > 8, adódik: x1 =

17 1 n) Értelmezés: x > , adódik: x1 = 1, x2 = – . Csak az elsõ megoldás. 15 5 w x3219

Értelmezés: x > 0, y > 0. a) x = 1024, y = 16;

b) x = 81, y = 9;

1 c) x = 25, y = ; 5 1 g) x = , y = 8; 4

d) x = 7, y = 49;

1 , y = 10. 10 3 4 w x3220 a) Értelmezés: x > . A logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekvõ, ebbõl x £ . 4 3 3 4 Az egyenlõtlenség megoldása: < x £ . 4 3 1 b) Értelmezés: x > . A logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökkenõ, ebbõl x ³ –3. 5 1 Az egyenlõtlenség megoldása: x > . 5 3 c) Értelmezés: x > . A logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekvõ, ebbõl x > 7. 4 Az egyenlõtlenség megoldása: x > 7. e) x = 1, y = 4;

f ) x = 4, y = 64;

h) x =

5 d) Értelmezés: x > . A logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekvõ, ebbõl x £ 3. 3 5 Az egyenlõtlenség megoldása: < x £ 3. 3 3 e) Értelmezés: x > . A logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökkenõ, ebbõl x > 6. 5 Az egyenlõtlenség megoldása: x > 6. 3 74 . f ) Értelmezés: x > – . A logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökkenõ, ebbõl x < – 4 100 3 74 Az egyenlõtlenség megoldása: – < x < – . 4 100 61


2010.11.16.

9:07

Page 62


w x3221

1 3 a) Értelmezés: x > , megoldás: x = . 7 2 1 b) Értelmezés: x > , adódik: x = –4, de ez nem megoldás. 2 c) Értelmezés: x > –1. Érdemes beszorozni 2-vel, a 3x + 7 = (x + 1)2 egyenlethez jutunk, melynek gyökei: x1 = –2, x2 = 3. Csak a második megoldás.

1 d) Értelmezés: x > . Átszorzás után a 8x + 9 = (3x – 1)2 egyenletet kapjuk, melynek gyökei: 3 4 x1 = 2, x2 = – . Csak az elsõ megoldás. 9 e) Értelmezés: x > 1000. Átalakítva az egyenletet: lg (x – 1000) = lg 10 000 – lg 25 = lg 400. A logaritmusfüggvény szigorú monotonitása miatt x – 1000 = 400, tehát: x = 1400. f ) Értelmezés: x > –1, x ¹ 0. Átszorzás után, felhasználva a logaritmusfüggvény szigorú monotonitását, az x 2 + 2x – 3 = 0 egyenletet kapjuk, melynek gyökei: x1 = 1, x2 = –3. Csak az x1 = 1 a megoldás. g) Értelmezés: (x – 5) × (x – 1) > 0, 2x – 10 > 0 és lg (2x – 10) ¹ 0 közös megoldása: x > 5, x ¹ 5,5. Az egyenletet átszorozva lg(2x – 10)-zel, kapjuk: lg(x – 5) × (x – 1) = lg(2x – 10). A logaritmusfüggvény szigorú monotonitása miatt x 2 – 8x + 15 = 0, amely akkor teljesül, ha: x1=5, x2=3. Az értelmezési tartomány miatt az egyenletnek nincs megoldása. h) Értelmezés: x > 2. Felhasználva a logaritmus azonosságait, kapjuk: lg [(x – 2) × 8] = lg(x2 – 1), melybõl a logaritmusfüggvény szigorú monotonitása miatt adódik: 8x – 16 = x2 – 1, vagyis x 2 – 8x + 15 = 0. Az egyenlet gyökei: x1 = 3, x2 = 5. Mindkét gyök megfelel az adott értelmezési tartománynak. i) A logaritmus definíciója alapján, sorban felbontva a zárójeleket: log3 [log 4 (log5 x)] = 1, amibõl log 4 (log5 x) = 3, ebbõl pedig log5 x = 64, amibõl x = 564. Ellenõrzéssel meggyõzõdünk a megoldás helyességérõl. j) A logaritmus definíciója alapján felbontva a zárójeleket: x = 25. Ellenõrzéssel meggyõzõdünk a megoldás helyességérõl. k) Az elõzõ módszerrel: x = 128. Ellenõrzéssel meggyõzõdünk a megoldás helyességérõl. l) Az elõzõ módszerrel: x = 16. Ellenõrzéssel meggyõzõdünk a megoldás helyességérõl. w x3222

11 . A logaritmus definíciója alapján: (3x 2 – 20x + 33) = 1, 3 8 amibõl: x1 = 4, x2 = . Mindkettõ megoldás. 3 7 b) Értelmezés: 0 < x < = 3, 5, x ¹ 1 vagy x > 6. A logaritmus definíciójának segítségével kapjuk: 2 2x 2 – 19x + 42 = x, amibõl: x1 = 7, x2 = 3. Mindkettõ megoldás. a) Értelmezés: 0 < x < 3, x ¹ 1 vagy x >

62


2010.11.16.

9:07

Page 63


c) Értelmezés: x > 6. A logaritmus definíciója alapján: 2x2 – 7x – 30 = x2, amibõl: x1 = 10, x2 = –3. Csak az elsõ megoldás.

3 d) Értelmezés: x > , x ¹ 1. A logaritmus definíciója alapján 4x 2 – 3x = x 3, amibõl: x1 = 0, x2 = 3, 4 x3 = 1. Csak az x = 3 megoldás. e) Értelmezés: x > 0. A lg x-re nézve másodfokú egyenlet megoldásaiból: x1 = 105, x2 = 10. f ) Értelmezés: x > 0. A log3 x-re nézve másodfokú log32 x – 8 × log3 x + 15 = 0 egyenlet megoldásaiból adódik: x1 = 35 = 243, x2 = 33 = 27. g) Értelmezés: x > 0. A 4 × log52 x + 9 × log5 x – 9 = 0 másodfokú egyenlet megoldásaiból adódik: 3 1 x1 = 5 4, x2 = 5 – 3 = . 125 4ˆ Ê h) Értelmezés: x > 2. A lg Áx 2 – 2˜ = lg 3 egyenletet megoldásai: x 2 = –1 és x 2 = 4. Csak Ë x¯ a másodikból adódik megoldás, és abból is csak az x = 2 felel meg. 1⎞ ⎛ i) Értelmezés: log2 x ¹ –1 ⎜ x ¹ ⎟ és log2 x ¹ 5 (x ¹ 32). 2⎠ ⎝ Beszorozva az egyenletet a közös nevezõvel, és log2 x = a-val jelölve, kapjuk: 2 × (a – 5) – (a + 1) = (a + 1) × (a – 5), 2 melybõl a – 5a + 6 = 0, amibõl a1 = 3 és a2 = 2, amelynek megfelelõ x értékek: log2 x = 3 (x1 = 8) és log2 x = 2 (x2 = 4).

j) Értelmezés: x > 0, x ¹ 1. Alkalmazva a logaritmus definícióját: x5 = 16x. Rendezés és kiemelés után: x × (x4 – 16) = 0. Mivel x ¹ 0, ezért x 4 – 16 = 0. Az egyenlet gyökei: x1 = 2 és x2 = –2. Az értelmezési tartománynak csak az elsõ gyök felel meg. w x3223

a) b) c) d) e) f)

Értelmezés: Értelmezés: Értelmezés: Értelmezés: Értelmezés: Értelmezés:

x > 1, y > 4. Megoldás: x = 101, y = 5. x > 0, y > 0, y ¹ 1. Megoldás: x = 9, y = 2. x > –1, y < 5. Megoldás: x = 7, y = –4. x > 0, x ¹ 1, y > 0, y ¹ 1. Megoldás: x = 8, y = 27. x > 0, y > 0. Megoldás: x = 100, y = 1. x – y > 0, x + y > 0. Megoldás: x = 13, y = 11.

g) Értelmezés: x, y > 0 vagy x, y < 0. Megoldás: x1 = w x3224

1 1 1 1 , y1 = ; x2 = – , y2 = – . 3 12 3 12

1 a) Értelmezés: x > . A logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekvõ, ebbõl x < 0 vagy 1 < x. 2 Megoldás: 1 < x. b) Értelmezés: x > 2. A logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökkenõ, ebbõl – 2 < x < 4. Megoldás: 2 < x < 4.

1 c) Értelmezés: x > . Rendezés után, a logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekvõ, ebbõl 2 x £ –3. Nincs megoldás. 63


2010.11.16.

9:07

Page 64


4 5x – 4 ³ 3 egyenlõtlenségbõl: x < –2 vagy 5 £ x. Megoldás: x ³ 5. d) Értelmezés: x > . Az x+2 5 4x – 7 7 18 1 7 £ 25 egyenlõtlenségbõl: x £ e) Értelmezés: x > . A vagy x > . Megoldás: x > . 3x – 1 4 71 3 4 7x – 3 1 3 1 3 1 1 £ egyenlõtlenségbõl: – < x £ . Megoldás: < x £ . f ) Értelmezés: x > . A 2x + 1 4 7 2 7 2 2 g) Értelmezés: x > 6. Az

(x – 2)2 ³ 16 egyenlõtlenségbõl: x > 6. Megoldás: x > 6. x–6

15x + 17 1 1 1 ³ 8 egyenlõtlenségbõl: – £ x £ 1. Megoldás: < x £ 1. h) Értelmezés: x > . A 2 (3x – 1) 3 3 8

13 i) Értelmezés: x > 3. A (4x – 3) × (x – 3) ³ 100 egyenlõtlenségbõl adódik: x £ – vagy 7 £ x. 4 Megoldás: x ³ 7. 3 j) Értelmezés: x > 12. A (2x + 1) × (x – 12) £ 27 egyenlõtlenségbõl adódik: – £ x £ 13. 2 Megoldás: 12 < x £ 13. k) Értelmezés: x < – Megoldás: x < –

3x + 4 4 1 1 £ 2 egyenlõtlenségbõl adódik: x < vagy x ³ 6. vagy x > . A 2x – 1 3 2 2

4 vagy x ³ 6. 3

l) Értelmezés: 0 < x < 1 vagy x > 4. A vagy 1 < x £ 5. Megoldás: 0 < x £

1 4 ⋅ (x 2 – 4x) £ 5 egyenlõtlenségbõl adódik: x £ 4 x –1

1 vagy 4 < x £ 5. 4

m) Értelmezés: x > 4 vagy x < 2. Az (x – 2) × (x – 4) £ 3 egyenlõtlenségbõl adódik: 1 £ x £ 5. Megoldás: 1 £ x < 2 vagy 4 < x £ 5. n) Értelmezés: x > 4. A (3 + x) × (x – 4) > 2x + 6 egyenlõtlenségbõl adódik: x < –3 vagy x > 6. Megoldás: x > 6. 1

o) Értelmezés: –4 < x < 4. A 4 –½x½ ³ 8 3 egyenlõtlenségbõl adódik: –2 £ x £ 2. Megoldás: –2 £ x £ 2. p) Értelmezés: x < 0. Az x2 – 2x – 3 > 0 egyenlõtlenségbõl adódik: x < –1 vagy x > 3. Megoldás: x < –1. w x3225

5 (x + 1)2 a) Értelmezés: x > . Áttérve 2-es alapú logaritmusra az = 4 egyenlethez jutunk. 3 3x – 5 Megoldás: x1 = 3, x2 = 7. 8 b) Értelmezés: x > 0, x ¹ 1. Áttérve 3-as alapú logaritmusra, a log3 x + = 6 másodfokú log 3x egyenletbõl: x1 = 9, x2 = 81. 64


2010.11.16.

9:07

Page 65


c) Mivel 5 x > 0, az egyenletnek minden valós szám esetén van értelme. Írjunk fel minden tagot logaritmussal, és alkalmazzuk a logaritmus azonosságait: lg [10 x × (5x + 1)] = lg (2 x × 30). A logaritmusfüggvény szigorú monotonitása miatt, és 2 x-nel osztva, a másodfokú egyenlet megoldásai: 5 x = –6, aminek nincs megoldása és 5 x = 5, ahonnan x = 1. d) Értelmezés: x > 0. Vegyük mindkét oldal 10-es alapú logaritmusát: (3 + lg x) × (lg x – lg 3) = lg 3 + 4. A lg x-re másodfokú egyenlet: (lg x)2 + (3 – lg 3) × lg x – 4 × (lg 3 + 1) = 0. Az egyenlet diszkriminánsa: D = (3 – lg 3)2 + 16 × (lg 3 + 1) = 25 + 10 × lg 3 + (lg 3)2 = (5 + lg 3)2. A megoldások: lg x = lg 30, amibõl x = 30 és lg x = –4, amibõl x = 10– 4. w x3226

Az értelmezésbõl (x > 0, x ¹ 1, px > 0) következik, hogy csak pozitív p-k esetén van megoldás. A logaritmus definíciója szerint: x p = px. Ha p = 1, akkor a megoldás: x > 0, x ¹ 1. Ha p ¹ 1 (de p > 0), vegyük mindkét oldal p alapú logaritmusát: p × logp x = 1 + logp x. 1

1 , a logaritmus definíciója alapján: x = p p – 1. p –1 Ellenõrzéssel meggyõzõdhetünk a megoldás helyességérõl. Ebbõl log p x =

w x3227

a) Értelmezés: x, y > 0, x ¹ 1, y ¹ 1. Legyen a =

lg x 1 13 , ezzel a második egyenlet: a + = , lg y a 6

3 2 aminek megoldásai: a1 = , a2 = . 2 3 lg x 3 = az elsõ egyenletbe beírva: x1 = 1000, y1 = 100. lg y 2

lg x 2 = az elsõ egyenletbe helyettesítve: x2 = 100, y2 = 1000. lg y 3 b) Értelmezés: x > 4, y > 1, x – y + 5 > 0. Az elsõ egyenletbõl: ( x – 4 )2 = A második egyenletbõl:

y2 – 1 . 6

(1)

x + 2y + 2 = 3, x – y+5

ahonnan

y=

2x + 13 , 5

ezt (1)-be helyettesítve a következõ egyenletet kapjuk: 73x 2 – 626x +1128 = 0. 188 A megoldásai: x1 = 6, x2 = , a második nem megoldás, mert x > 4, az elsõbõl y = 5. 73 65


2010.11.16.

9:07

Page 66



Az egyes kifejezések értékei: 1 10 5 13 A = , B = – 2, C = = , D = – 3, E = , 8 32 16 6 A növekvõ sorrend: D – , megoldás: x1 = 0, x2 = 5. 4 e) Értelmezés: –

1 1 2 < x < , megoldás: x1 = 4, x2 = . Csak a második megoldás. 5 2 5

f ) Értelmezés: x > 0. Átalakítva az egyenletet (log2 x)-re másodfokú egyenletet kapunk: 2 × (log2 x)2 – (log2 x) – 1 = 0. 1 Legyen: log2 x = a. A 2a2 – a – 1 = 0 egyenlet gyökei: a1 = 1 és a2 = – , ennek megfelelõen 2 1 2 . Mindkét gyök megfelel az egyenlet értelmezési tartományának. x1 = 2 és x2 = = 2 2 g) Értelmezés: x ³ 0. Jelölje 3 x = a -nak, s átrendezve az a2 – 3a + 2 = 0 egyenletet kapjuk, melynek gyökei: a1 = 2 és a2 = 1. Ebbõl a 3 x = 2 , ahol mindkét oldal 3-as alapú logaritmusát véve kapjuk: x ⋅ log3 3 = log3 2 Þ x = log32 2 , valamint 3 x = 1 Þ 3 x = 30 Þ x = 0 . Mindkét gyök megfelel az értelmezési tartománynak. Megjegyzés: Az elõbbi gyök számolható úgy is, hogy mindkét oldal 10-es alapú logaritmusát véve kapjuk: lg 2 x ⋅ lg 3 = lg 2 Þ x= » 0, 63 Þ x » 0, 4. lg 3 h) Összevonva a 112x és 13x együtthatóit, átrendezve az egyenletet kapjuk: 49 × 13x = 49 × 112x, melybõl x = 0. Az egyenletnek egy gyöke van, az x = 0. lg12 Þ x < 3, 58 . Átrendezve az egyenletet: lg 2 log2 (12 – 2x ) = 5 – x, 32 majd alkalmazva a logaritmus definícióját, kapjuk: 25 – x = 12 – 2x, amibõl x = 12 – 2 x. 2 Jelölje: 2x = a. Így a2 – 12a + 32 = 0, melynek gyökei a1 = 8 és a2 = 4. Ennek megfelelõen x1 = 3 és x2 = 2. Mindkét gyök megfelel az értelmezési tartománynak.

i) Értelmezés: x <

j) Értelmezés: x > 0, x ¹ 1. Jelölje a = 2logx 16, így a következõ egyenletet kapjuk: a2 – 17a + 16 = 0, melynek gyökei: a1 = 16 és a2 = 1. Behelyettesítve a 2logx 16 = a alakba: 2logx 16 = 16, melynek gyökei: x1 = 2 és x2 = –2, de csak az elsõ gyök felel meg az értelmezési tartománynak. 66


2010.11.16.

9:07

Page 67


w x3231

a) x = 2, y = 0.

3 b) Értelmezés: x > , y > 4. A logaritmus azonosságait és monotonitását felhasználva a következõ 2 egyenletrendszerhez jutunk: (2x – 3) ⋅ 5 = 4y + 15 ⎫ ⎬. (3x – 1) ⋅ (y – 4) = 512 ⎭ A feltételeknek megfelelõ megoldások: x = 11, y = 20. c) Értelmezés: y > x. Az elsõ egyenletbõl a logaritmus definíciója miatt: 2

3 = y – x Û 3 + x = y. Ezt a kifejezést helyettesítve a második egyenletbe: 2x × 33+x = 972, vagyis 2x × 33 × 3x = 972. Osztva 33-nal, valamint felhasználva, hogy 2x × 3x = 6 x, kapjuk: 6 x = 36, melynek gyöke x = 2, amibõl y = 5. Az egyenletrendszer megoldása a (2; 5) számpár. d) Értelmezés: x + y > 0, x – y > 0, x ¹ y. Az elsõ egyenletbõl ered: x2 – y2 = 1000, a második x+y = 2, amelybõl x = 3y. Ezt visszahelyettesítve az elsõ egyenletbe, kapjuk, egyenletbõl pedig: x −y hogy 8y2 = 1000, vagyis: y = ± 5 ⋅ 5, melybõl x = ± 15 ⋅ 5. Az egyenletrendszer megoldása: (15 ◊ 5; 5 ◊ 5 ) . e) Értelmezés: x + y > 0, x – y > 0, x ¹ y. Az elsõ egyenletet átrendezve, azt kapjuk, hogy x = 3y. Ezt helyettesítve a második egyenletbe, melybõl a logaritmus azonosságok felhasználása után: 1 3 x2 – y2 = 2 egyenletet kaptuk, ered: 8y2 = 2, melynek gyöke: y = ± , amibõl x = ± . 2 2 Ê3 1ˆ Az egyenletrendszer megoldása: Á ; ˜ . Ë2 2¯ f ) Értelmezés: x, y > 0, vagy x, y < 0. Az elsõ egyenletet átrendezve, azt kapjuk, hogy x = 6 + 3y. A második egyenletben a logaritmus definíciója miatt az xy = 9, melybe helyettesítve az elsõ egyenletbõl kifejezett x = 6 + 3y-t ered: y2 + 2y – 3 = 0. Ebbõl y1 = 1, y2 = –3. Így x1 = 9 és x2 = –3. Az egyenletrendszer megoldásai a (9; 1) és a (–3; –3) számpárok. g) Értelmezés: x, y > 0. Az elsõ egyenletbõl a logaritmus azonosságainak felhasználása után, kapjuk, hogy 3x2 = 8y. A második egyenletbõl, felhasználva, hogy 1 = 0,5 0, valamint, hogy az exponenciális függvény szigorúan monoton, ered: y = x + 2. Ezt visszahelyettesítve az elsõ egyenletbe 4 2 kapjuk a 3x2 – 8x – 16 = 0 egyenletet, melynek gyökei: x1 = 4, x2 = , amibõl y1 = 6, y2 = . 3 3 Ê4 2ˆ Az egyenletrendszer megoldásai a (4; 6) és a Á ; ˜ számpárok. Ë3 3¯ w x3232

a) Az y = 2 x helyettesítés után az 1024y 2 – 80y + 1 £ 0 egyenlõtlenséget kapjuk, melynek 1 1 megoldása: £ y £ . Ebbõl: –6 £ x £ –4. 64 16 b) Értelmezés: x > –1. A logaritmus azonosságait felhasználva, a logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekvõ, ebbõl –6 £ x £ 1. Megoldás: –1 < x £ 1. 67


2010.11.16.

9:07

Page 68


c) Értelmezés: x < –4. A 10-es alapú logaritmus szigorú monoton növekedése miatt: –3x – 1 < x 2 – 5x – 36, vagyis 0 < x2 – 2x – 35, amelynek gyökei: x < –5 vagy x > 7. Az egyenlõtlenség megoldása az értelmezési tartományon: x < –5. d) Értelmezés: x > 1. Felhasználva, hogy 1 = log2 2, valamint, hogy a 2-es alapú logaritmusfüggvény szigorú monoton nõ, kapjuk, hogy log 5 (x – 1) < 2, majd 2 = log5 25, és az 5-ös alapú logaritmusfüggvény szintén szigorúan monoton nõ, ezért x – 1 < 25, amibõl x < 26. Az egyenlõtlenség megoldása: 1 < x < 26. e) Felhasználva, hogy 1 = 30, a megoldandó egyenlõtlenség: (x + 2) × (x – 1) < 0. Ez akkor teljesül, ha a szorzat egyik tényezõje negatív, másik pozitív, tehát itt akkor és csak akkor, ha –2 < x < 1. 3

1 Ê1ˆ 1 = Á ˜ , valamint, hogy az alapú logaritmus szigorúan monoton csök2 8 Ë2¯ ken, ezért: x2 – 8x + 18 = 3 a megoldandó egyenlõtlenség. Ebbõl: x2 – 8x + 15 = 0, amibõl 3 £ x £ 5.

f ) Felhasználva, hogy

w x3233

a) 8

–2 3

1 Ê 3ˆ 7 Ê1ˆ + log 4 Á ˜ + 7 log 7 3 = + Á– ˜ + 3 = ; Ë8¯ Ë ¯ 4 2 4

b) 10 log 10 6 – lg12 + 8log2 3 – log8 9 = w x3234

36 27 + = 6. 12 9

a) Értelmezés: x > 0. Vegyük mindkét oldal 2-es alapú logaritmusát, és alkalmazzuk a logaritmus azonosságait: (log2 x + 4) × log2 x = log232. log2 x = a-t helyettesítve kapjuk: (a + 4) × a – 5 = 0, melybõl a2 + 4a – 5 = 0, melynek gyökei a1 = 1 és a2 = –5. Visszahelyettesítve log2 x = a kifejezésbe elõször a1 = 1-et ered: x1 = 2, majd 1 a2 = –5-bõl kapjuk: x2 = 2 – 5 = . Mindkét gyök megfelel az értelmezési tartománynak. 32 b) Értelmezés: x > 0. Vegyük mindkét oldal 10-es alapú logaritmusát, ekkor: 1 1 8 ⋅ lg x ⋅ lg x = lg100 Þ 8 ⋅ lg2 x = 2 Þ lg2 x = Û lg x = ± , 4 2 1 –1 1 melynek gyökei: x1 = 10 2 = 10 és x2 = 10 2 = . 10 Mindkét gyök megfelel az értelmezési tartománynak.

w x3235

A feltételek szerint: – 2 = lg(5 – a) + b ⎫ ⎬. – 1 = lg(95 – a) + b ⎭

A második egyenletbõl kivonva az elsõt: 1 = lg (95 – a) – lg (5 – a), aminek megoldása: a = –5, visszahelyettesítve: b = –3. A függvény hozzárendelési szabálya: f (x) = lg (x + 5) – 3. 68


2010.11.16.

9:07

Page 69


w x3236

a) 1000 × 28 = 256 000. x

b) A 10 9 = 1000 ⋅ 2 6 egyenletbõl, mindkét oldal logaritmusát véve:

x =6⋅

lg10 6 36 = = 119,6 óra. lg 2 lg 2

A kísérlet 5 napig tart. w x3237

a) – lg (10 –7 ) = 7. b) Az 5,5 = – lg K egyenlõségbõl:

K = 10 – 5,5 » 3,16 ⋅ 10 – 6

mol . dm 3

c) Ha p1 = –lg K, akkor p2 = –lg(100 × K) = –lg100 – lg K = –lg K – 2. A pH érték 2-vel csökken. w x3238

a) h(1) = 500 × log3 5 » 732. b) Mivel h(2) = 500 × log3 7 » 886 és h(4) = 500 × log3 11 » 1091, ezért a növekedés 23,1%-os. c) Az 1500 = 500 × log3 (2t + 3) egyenletbõl t = 12, tehát várhatóan 2017 márciusában éri el a halak száma az 1500-at.

w x3239

a) Értelmezés: x, y > 0; y ¹ 1. Az elsõ egyenlet mindkét oldalának vegyük a 10-es alapú logaritmusát, majd rendezzük át, így lg x 2 2 x kapjuk: = . Ezt a második egyenlet bal oldala helyett beírva ered: = lg . lg y 3 3 y 2 2 Tehát: = lg x – lg y. Az elsõ egyenletbõl kapott lg x = lg y-t helyettesítve ebbe az egyen3 3 –4 2 2 letbe kapjuk, hogy = lg y – lg y, amibõl –2 = lg y, tehát y = 10– 2, amibõl x = 10 3. 3 3

(

–4

)

Az egyenletrendszer megoldása: 10 3 ; 10 – 2 számpár. b) Értelmezés: x, y ¹ 1. Térjünk át 4-es alapú logaritmusra mindkét egyenlet esetén. Így: log 4 y 3 log 4 x + = Þ 2 ⋅ log 4 x + log 4 y = 3, log 4 16 2 log 4 4 log 4 16 + =3 log 4 x log 4 y

Þ

1 2 + = 3. log 4 x log 4 y

Jelölje: a = log4 x és b = log4 y-t. Ekkor: 2a + b = 3 1 2 + =3 a b 1 2 = 3, Az elsõ egyenletbõl kapott b = 3 – 2a-t helyettesítve a második egyenletbe: + a 3 – 2a 1 amibõl: 2a2 – 3a + 1 = 0, vagyis a1 = 1 és a2 = , valamit: b1 = 1 és b2 = 2. 2 Az a és b értékeket visszahelyettesítve kapjuk x és y értékeit, mely szerint: log4 x = 1, 1 amibõl x = 4, és log4 y = 1, amibõl y = 4, valamint: log 4 x = , amibõl x = 2, és log4 y = 2, 2 amibõl y = 16. Az egyenletrendszer megoldásai: (4; 4), és (2; 16) számpárok. 69


2010.11.16.

9:07

Page 70


c) Értelmezés: y > 0 és x > 0. Mindkét egyenlet 10-es alapú logaritmusát véve:

(1) lg y ⋅ lg x = lg 9, (= 2 ⋅ lg 3) (2) lg x + lg y = lg 300. (= lg 3 + 2) 2 ⋅ lg 3 -t (lg y ¹ 0, egyébként (1)-es nem teljesülhetne) lg y helyettesítjük a (2) egyenletbe, így kapjuk, hogy: 2 ⋅ lg 3 + lg y = 2 + lg 3, lg y

Az elsõ egyenletbõl kifejezett lg x =

melybõl a lg2 y – (2 + lg 3) × lg y + 2 × lg3 = 0 másodfokú egyenlet gyökei: lg y = 2, valamint lg y = lg 3. Az lg y = 2 megoldás esetén y = 100 és x = 3, az lg y = 3 esetén y = 3 és x = 100. Az egyenletrendszer megoldásai a (3; 100) és a (100; 3) számpárok. Megjegyzés: Egyszerû helyettesítéssel belátható, hogy mindkét számpár igazzá teszi az egyenletrendszert. w x3240

a) Az egyenlet jobb oldala:

lg 4 2 ⋅ lg 2 2 = = . lg 8 3 ⋅ lg 2 3

Az egyenlet bal oldalának átalakításával: 2x

Ê2ˆ Ê2ˆ ÁË ˜¯ ◊ ÁË ˜¯ 3 3

– 3x + 3

Ê2ˆ ÁË ˜¯ 3

2 = , 3

3– x

2 = . 3 Az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt: x = 2.

b) Értelmezés: x > 3. A logaritmus azonosságait alkalmazva, az lg [10 × (3 x – 3 + 15)] = lg [3 × (9 x – 3 – 1)] egyenletet kapjuk, amibõl a 3 × 9 x – 3 – 10 × 3 x – 3 – 153 = 0 17 másodfokú egyenlet adódik, ennek megoldásai: 3 x – 3 = 9 és 3x – 3 = – . 3 Csak az elsõbõl kapunk megoldást: x = 5. c) Értelmezés: x > 0. Vegyük mindkét oldal 10-es alapú logaritmusát: 3 5 1 È ˘ ÍÎ(lg x ) – 8 ◊ lg x˙˚ ◊ lg x = – 2 , 3 ÈÊ1 ˘ 1 ˆ 5 ÍÁ ◊ lg x˜ – ◊ lg x˙ ◊ lg x = – . Ë ¯ 2 8 2 Î ˚ Beszorzás után a következõ negyedfokú egyenlet adódik: (lg x)4 – 5 × (lg x)2 + 4 = 0. Ennek a megoldásai: (lg x)2 = 4 és (lg x)2 = 1. Mindkettõbõl kapunk megoldást: 1 1 x1 = 100, x2 = , x3 = 10, x 4 = . 100 10 Mind a négy eredmény megoldása az eredeti egyenletnek.

70


2010.11.16.

9:07

Page 71


d) Vizsgáljuk az értelmezési tartományt, melyre: 3x > 2 és 3x > 5, vagyis az elsõ esetben: lg 2 x> » 0, 63, lg 3 a második esetben: x>

lg 5 » 1, 46. lg 3

Tehát az egyenlet értelmezési tartománya: x >

lg 5 . lg 3

Felhasználva a logaritmus azonosságait: log2 (3x – 2) × (3x – 5) = 2, majd alkalmazva a logaritmus definícióját, és elvégezve a beszorzást, kapjuk: vagyis 3x = a esetén:

(3x)2 – 7 × (3x) + 10 – 4 = 0,

a2 – 7a + 6 = 0, melynek gyökei: a1 = 6 és a2 = 1. Helyettesítve a 3x = a kifejezésbe, 3x = 6 esetén x2 = 0. A második gyök nem felel meg az értelmezési tartománynak, az elsõ kifejezhetõ 10-es alapú lg 6 » 1, 63. Ez megfelelõ gyöknek bizonyul. logaritmussal is, ahol x1 = lg 3 w x3241

1 Értelmezés: x > , x ¹ 1. A számtani és mértani közép közötti egyenlõtlenség alapján: 2 16 16 log72 (2x – 1) + ³ 2 ⋅ log72 (2x – 1) ⋅ = 8. log72 (2x – 1) log72 (2x – 1) Az egyenlõség akkor áll fenn, ha log72 (2x – 1) =

16 log72 (2x

– 1)

.

25 . 49 25 Tehát a kifejezés az x = 25 és x = esetén lesz a legkisebb, amelynek értéke 8. 49

Megoldásai: log7 (2x – 1) = 2, amibõl x = 25, és log7 (2x – 1) = –2, amibõl x =

71


2010.11.16.

9:07

Page 72


11.3. A TRIGONOMETRIA ALKALMAZÁSAI Vektormûveletek rendszerezése, alkalmazások (emlékeztetõ) – megoldások w x3242

a) Egyenlõ vektorok: a és c. c) a + f + d = 0, a + b + e = 0.

b) Ellentett vektorok: b és d.

w x3243

a) OB = a + c; e) EA = 2 ⋅ a + c;

c) FD = c – a; g) FC = 2 ⋅ c.

w x3244

A vektorok által bezárt szög:

b) AF = – a – c; f ) EC = 2 ⋅ c + a;

a) 0º;

b) 180º.

w x3245

a) a + 3 ⋅ b;

b) 4 ⋅ a – b.

w x3246

A vektor hossza: a)

242 + 122 = 12 ⋅ 5 » 26,83 cm;

b)

d) BD = – 2 ⋅ a – c;

62 + 162 = 2 ⋅ 73 » 17, 09 cm.

w x3247

a + b = 2 ⋅ 10 ⋅ cos 20º » 18,79; a – b = 2 ⋅ 10 ⋅ sin 20º » 6,84 egység.

w x3248

a)

w x3249

a) Olyan vektorok felelnek meg a feltételnek, amelyek hegyesszöget zárnak be. b) Olyan vektorok felelnek meg a feltételnek, amelyek hossza egyenlõ.

w x3250

a) (12,5; –13,5);

b) (0; –8);

w x3251

a) AB(2; 8).

b) A felezõpont helyvektora f (4; 3).

a+b ; 2

b) – b +

2 a+b a – 2⋅b ⋅ = ; 3 2 3

c)

2⋅a – b . 3

c) (2,05; –1,11).

A háromszög belsõ szögfelezõje a szemben levõ oldalt a szomszédos oldalak arányában osztja: AD 10 = , így a D pont az AB oldal A-hoz közelebbi harmadolópontja. A szakasz harmadolóDB 20 a+2⋅b pontjába mutató helyvektorra vonatkozó összefüggés ismeretében: CD = . 3 w x3253 a) Az a + b és c vektor bezárt szöge 90º. w x3252

b) a + b + c = 122 + (12 ⋅ 3 ) = 24. 2

1 ⋅ c; 2

1 b) AJ = ⋅ a + b + c; 3

2 1 c) IJ = – ⋅ a + ⋅ c. 3 2

w x3254

a) AI = a + b +

w x3255

A v vektor elõállítható az a és a b vektorok lineáris kombinációjaként v = a ⋅ a + b ⋅ b alakban. A feladatunk az, hogy a és b értékét meghatározzuk. Ehhez meg kell oldanunk a következõ egyenletrendszert: 6 = 4a – 2b ⎫ ⎬. 5 = a + 3b ⎭ Az egyenletrendszer megoldásai: a = 2, b = 1. Tehát a v vektor elõállítása: v = 2 ⋅ a + b. 72


2010.11.16.

9:07

Page 73

A TRIGONOMETRIA ALKALMAZÁSAI

w x3256

Elõször megmutatjuk, hogy az OA + OB + OC vektort az O C kezdõpontba eltolva a vektor végpontja rajta lesz a háromszög C csúcsából induló magasságának egyenesén. M Az O pont az ABC háromszög köré írt kör középpontja, tehát az OA és OB vektorok egyenlõ hosszúságúak. A paralelogramO maszabály alapján a két vektort összeadva egy rombuszt kapunk. B Mivel a rombusz átlói merõlegesek egymásra, ezért az összegA vektor merõleges lesz AB egyenesére. Ismét használva a paralelogrammaszabályt, az O kezdõpontból kiindulva adjuk hozzá az OA + OB vektorhoz az OC vektort. Mivel a háromszög C csúcsából induló magasságának egyenese és az OA + OB egyaránt merõleges AB egyenesére, az OA + OB + OC végpontja rajta lesz az ABC háromszög C-bõl kiinduló magasságvonalán. Hasonlóan belátható, hogy ha az O kezdõpontból kiindulva az OB + OC vektorhoz hozzáadjuk az OA vektort, az OA + OB + OC végpontja rajta lesz az ABC háromszög A-ból kiinduló magasságvonalán is. Azt kaptuk, hogy ha OA + OB + OC kezdõpontja az O pont, akkor végpontja rajta van a háromszög két magasságvonalának egyenesén, tehát a vektor végpontja a háromszög M magasságpontja. Ezzel beláttuk, hogy OA + OB + OC = OM.

w x3257

Legyen az ABC háromszög magasságpontja M, a körülírható kör középpontja O, az AB oldal felezõpontja F. Mivel OF merõleges AB-re, elég belátnunk, hogy CM = 2 ⋅ OF. Ismert, hogy egy tetszõleges vonatkoztatási pontból egy szakasz felezõpontjába mutató helyvektor a végpontokba mutató két helyvektor számtani közepe. Ha a vonatkoztatási pont O, akkor OF =

OA + OB . 2

A 3256. feladat alapján: OA + OB + OC = OM, amibõl következik, hogy:

CM = OM – OC = (OA + OB + OC ) – OC = OA + OB.

Tehát CM = 2 ⋅ OF, vagyis a feladat állítását bebizonyítottuk. w x3258

Az ABC háromszög körülírható körének O középpontjából a csúcsokba mutató vektorok legyenek a, b és c. Egy tetszõleges vonatkoztatási pontból az ABC háromszög súlypontjába mutató helyvektor a csúcsokba mutató helyvektorok számtani közepe. Ha a vonatkoztatási pont a háromszög körülírható körének O középpontja és az S pont a háromszög súlypontja, akkor: OS =

a+b +c . 3

A 3256. feladat alapján: OM = a + b + c. Ez utóbbi két egyenlõségbõl következik, hogy OM = 3 ⋅ OS, ami azt jelenti, hogy O, M és S pontok egy egyenesen vannak, és S pont az OM szakasz O-hoz közelebbi harmadolópontja. 73


2010.11.16.

9:07

Page 74


w x3259

a) Az ABC háromszög körülírható körének O középpontjából a csúcsokba mutató vektorok legyenek a, b és c, magasságpontja M. A 3256. feladat alapján OM = a + b + c, tehát: a+b +c OF = . 2 A háromszög AB oldalának C1 felezõpontjába mutató vektor: a+b a+b +c a+b c Þ C1F = OF – OC1 = – = . 2 2 2 2 Hasonló számolással adódik, hogy a BC oldal A1, illetve az AC oldal B1 felezõpontjába a b mutató vektorok , illetve . 2 2 Mivel az a, b és c vektorok hossza a háromszög köré írható kör sugara, az F pont a háromszög minden oldalának felezõpontjától egyenlõ távolságra van. b) Az A csúcs és az M magasságpont által meghatározott szaC OM + a B2 . kasz felezõpontja legyen A2, ekkor OA2 = 2 r B1 c M A 3256. feladat alapján: A OC1 =

OA2

(a + b + c ) + a . =

1

A2 A

2

r a

O C1

Mivel FA2 = OA2 – OF,

FA2 =

F r b

C2

(a + b + c ) + a – a + b + c = a .

B

2 2 2 Hasonlóan adódik, hogy az F pontból a B csúcs és az M magasságpont által meghatározott szakasz B2 felezõpontjába, illetve a C csúcs és az M magasságpont által meghatározott szakasz b c C2 felezõpontjába mutató vektorok , illetve . 2 2 Mivel az a, b és c vektorok hossza a háromszög köré írható kör sugara, az F pont a háromszög minden csúcsát a magasságponttal összekötõ szakasz felezõpontjától egyenlõ távol van. A meggondolásainkból következik, hogy ha az ABC háromszög körülírható körének sugara R, R akkor az F középpontú sugarú körön rajta van a háromszög három oldalának felezõpontja, 2 és a háromszög minden csúcsát a háromszög magasságpontjával összekötõ szakasz felezõpontja. Ezt a kört hívják a háromszög Feuerbach körének. Szokás még kilenc pont körének is nevezni, mivel az említett hat ponton kívül még rajta van a háromszög három magasságának talppontja is.

A skaláris szorzat – megoldások w x3260

a) 16;

b) 0;

c) – 16 ⋅ 2;

d) –32.

w x3261

a) 60º;

b) 135º;

c) 90º;

d) » 67,98º.

w x3262

a) 9;

b) 4;

c)

74

12 ⋅ 2 ; 7

d) 0.


2010.11.16.

9:07

Page 75


w x3263

A skaláris szorzat legkisebb értéke –84, a legnagyobb értéke 84.

w x3264

1 a) AB ⋅ AC = 1 ⋅ 1 ⋅ cos 60º = ; 2 c) AB ⋅ AT = 1 ⋅

w x3265

1 b) AB ⋅ BC = 1 ⋅ 1 ⋅ cos120º = – ; 2

1 1 ⋅ cos 0º = ; 2 2

d) BC ⋅ TC = 1 ⋅

3 3 ⋅ cos 30º = . 2 4

A négyzet átlójának a hossza 2 egység. a) ( AB + AD ) ⋅ AC = AC ⋅ AC = AC = 4; 2

b) ( AB – AD ) ⋅ AB = DB ⋅ AB = 2 ⋅ 2 ⋅ cos 45º = 2; c) ( AB + AD ) ⋅ ( AB – AD ) = AB – AD = 0, vagy 2

2

( AB + AD ) ⋅ ( AB – AD ) = AC ⋅ DB = 2 ⋅ 2 ⋅ cos 90º = 0; d) ( AB + AD ) ⋅ AD = AB ⋅ AD + AD ⋅ AD = 0 + 2 = 2, vagy ( AB + AD ) ⋅ AD = AC ⋅ AD = 2 ⋅ 2 ⋅ cos 45º = 2. w x3266

1 a) a ⋅ b = 1 ⋅ 1 ⋅ cos 60º = ; 2 b) ( a + b ) ⋅ ( a – b ) = 0, mivel a két vektor merõleges egymásra. c)

(a ⋅ b ) ⋅ b = 1 ⋅ b;

d)

(a ⋅ b ) ⋅ (a – b ) = 1 (a – b );

e)

(2 a + b ) ⋅ (a – 3 b ) = 2 (a)2 – 5a ⋅ b – 3(b)

2

2

2

=2–

7 5 – 3= – . 2 2

w x3267

3 BC ⋅ CA + CA ⋅ AB + AB ⋅ BC = 3 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ cos120º = – . 2

w x3268

a) Mivel a ⋅ b = a ⋅ b ⋅ cos a és a ⋅ b = a , ezért b =

b) c) d) e) w x3269

1 . cos a Minden olyan b vektor megfelel, amelynek hossza az a és b vektorok által bezárt szög koszinuszának a reciproka. Nincsenek ilyen vektorok, mert a skaláris szorzat értéke mindig egy valós szám. Minden olyan a és b vektor megfelel, amelyek nem egyirányúak. Az egyenlõség igaz, ha a két vektor merõleges egymásra. Az egyenlõséget olyan a és b vektorok teljesítik, amelyek skaláris szorzata 2.

a) Mivel az a – b vektor merõleges a c vektorra, a skaláris szorzatuk 0. b) Mivel az a + b és a + c hossza egyaránt 2, valamint a közbezárt szögük 60º:

(a + b ) ⋅ ( a + c ) = 1.

c) Az a + b + c testátló vektora 3, az a + c lapátló vektora 2 hosszúságú, és a bezárt szögük 2 koszinusza , ezért: 3 (a + b + c ) ⋅ ( a + c ) = 2. 75


2010.11.16.

9:07

Page 76


w x3270

Legyen a és b vektorok által bezárt szög a. Mivel a 3 ⋅ a + 2 ⋅ b vektor merõleges az a – 2 ⋅ b vektorra, a skaláris szorzatuk 0:

(3 ⋅ a + 2 ⋅ b ) ⋅ (a – 2 ⋅ b ) = 3 ⋅ a 2 – 4 ⋅ a ⋅ b – 4 ⋅ b2 = 0. Ebbõl következik, hogy: 4 ⋅ a ⋅ b = –1

Þ

4 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ cos a = – 1.

Így kapjuk, hogy cos a = –0,25, amibõl a » 104,48º. w x3271

A két vektor merõleges egymásra, mert:

( a – 2 ◊ b ) ◊ (5 ◊ a + 4 ◊ b ) = 5 ◊ a 2 – 6 ◊ a ◊ b – 8 ◊ b2 = 2

2

= 5 ◊ a – 6 ◊ a ◊ b ◊ cos120º – 8 ◊ b = 2 2 Ê 1ˆ 2 2 = 5 ◊ a – 6 ◊ a ◊ Á – ˜ – 8 ◊ a = a ◊ (5 + 3 – 8) = 0. Ë 2¯

w x3272

Tekintsük a két vektor skaláris szorzatát, és alkalmazzuk a skaláris szorzás ismert mûveleti tulajdonságait: ⎡( a ⋅ b ) ⋅ c – ( a ⋅ c ) ⋅ b⎤ ⋅ a = ( a ⋅ b ) ⋅ ( c ⋅ a ) – ( a ⋅ c ) ⋅ ( b ⋅ a ) = 0. ⎣ ⎦ Mivel a szorzat 0, a két vektor merõleges egymásra.

w x3273

Az általánosság megszorítása nélkül feltehetõ, hogy az ABCD tetraéder ABC lapjának oldalai között az AB ³ BC ³ CA egyenlõtlenség áll fenn. Elég bizonyítanunk, hogy a BCA¬ hegyesszög. Ehhez elég belátni, hogy CA ⋅ CB skaláris szorzat értéke pozitív valós szám: CA ⋅ CB = ( DA – DC ) ⋅ ( DB – DC ) =

= DA ⋅ DB – DA ⋅ DC – DC ⋅ DB + DC ⋅ DC. Mivel DA, DB és DC vektorok páronként merõlegesek egymásra, ezért: DA ⋅ DB = DA ⋅ DC = DC ⋅ DB = 0. Így:

2

CA ⋅ CB = DC ⋅ DC = DC > 0, ezzel az állításunkat bebizonyítottuk. w x3274

Az ábrán látható ABCD négyszög oldalainak vektorai a, b, c és a + b + c. Elég belátni, hogy a szemközti oldalvektorok négyzetösszegének különbsége akkor és csak akkor nulla, ha az átlóvektorok merõlegesek egymásra. Vegyük a szemben lévõ oldalvektorok négyzetösszegének a különbségét:

(a + b + c )

2

2

+ b – a2 – c 2 =

2

=2⋅b +2⋅a⋅b +2⋅b ⋅c +2⋅a⋅c = = 2 ⋅ ( a + b ) ⋅ ( b + c ).

D r r r a+ b+ c

r c C

r r a+ b r r b+ c

A

r b

r a B

Ez utóbbi szorzat akkor és csak akkor 0, ha a + b átlóvektor merõleges b + c átlóvektorra. Ezzel a feladat állítását bebizonyítottuk. 76


2010.11.16.

9:07

Page 77


w x3275

Irányítsuk az oldalakat az ábrán látható módon vektorokként. Egy szakasz felezõpontjába mutató vektor a végpontokba mutató vektorok számtani közepe:

F E

a+b CH = . 2

r e

r f

C

A

Az ábráról leolvasható, hogy EF = f – e. Tekintsük ez utóbbi két vektor skaláris szorzatát:

G

r b

r a g

D

H

B

1 a+b ⋅ ( f – e ) = ⋅ (a + b ) ⋅ ( f – e ) = 2 2 1 = ⋅ ( a ⋅ f – a ⋅ e + b ⋅ f – b ⋅ e ). 2

CH ⋅ EF =

Az a és e , valamint a b és f vektorok merõlegesek egymásra, tehát skaláris szorzatuk 0, tehát: 1 CH ⋅ EF = ⋅ ( a ⋅ f – b ⋅ e ) . 2 Legyen g a háromszög C csúcsánál lévõ szöge. Tekintsük az a ⋅ f és b ⋅ e skaláris szorzatokat: a ⋅ f = a ⋅ f ⋅ cos(g + 90º), b ⋅ e = b ⋅ e ⋅ cos(g + 90º). Figyelembe véve, hogy a = e és b = f , a két skaláris szorzat egyenlõ, tehát 1 CH ⋅ EF = ⋅ (a ⋅ f – b ⋅ e ) = 0. 2 Ha két vektor skaláris szorzata 0, akkor merõlegesek egymásra, tehát CH egyenese merõleges EF egyenesére. Az EF = 2 × CH összefüggés bizonyításához tekintsük a (2 × CH)2 – EF 2 különbséget: (2 ⋅ CH)2 – EF 2 = ( a + b ) – ( f – e ) = a 2 + 2 ⋅ a ⋅ b + b – e 2 + 2 ⋅ e ⋅ f – f . 2

2

2

2

2

2

Az a = e és b = f Þ a 2 + b – e 2 – f = 0, valamint az ACB¬ = g, illetve az ECF¬ = 180º – g, tehát: (2 ⋅ CH)2 – EF 2 = 2 ⋅ a ⋅ b + 2 ⋅ e ⋅ f = 2 ⋅ a ⋅ b ⋅ cos g + 2 ⋅ e ⋅ f ⋅ cos(180º – g ). Ismert, hogy cos g = – cos (180º – g ), tehát: (2 ⋅ CH)2 – EF 2 = 2 ⋅ a ⋅ b ⋅ cos g – 2 ⋅ e ⋅ f ⋅ cos g = 0.

Azt kaptuk, hogy (2 × CH)2 – EF 2 = 0, vagyis EF = 2 × CH. w x3276

Vezessük be a következõ jelöléseket: AB = c, AC = b, AM = m. Legyen a BC-vel párhuzamos egységvektor e. Ha MC = q és BM = p, akkor MC = q ⋅ e, illetve BM = p ⋅ e. A következõ egyenlõségeket emeljük négyzetre: c = m – p⋅e

és

b = m + q ⋅ e.

A r c

B

r m

r p× e

M

r b

r q× e

C

A skaláris szorzás tulajdonságai miatt ezeket négyzetre emelve kapjuk a következõ egyenleteket: AB 2 = AM 2 + p 2 – 2 p ⋅ ( m ⋅ e ) és AC 2 = AM 2 + q2 + 2q ⋅ ( m ⋅ e ). 77


2010.11.16.

9:07

Page 78


Az elsõ egyenletet q-val, a másodikat p-vel szorozva, majd összeadva, megkapjuk a következõ összefüggést: AB 2 ⋅ q + AC 2 ⋅ p = AM 2 ⋅ ( p + q) + pq 2 + qp2, AB 2 ⋅ q + AC 2 ⋅ p = AM 2 ⋅ ( p + q) + pq ⋅ ( p + q), AB 2 ⋅ MC + AC 2 ⋅ BM = AM 2 ⋅ BC + BM ⋅ MC ⋅ BC. Ez utóbbi összefüggés éppen a bizonyítandó állítás. w x3277

Az ABC háromszög S súlypontját tekintsük vonatkoztatási pontnak. Ekkor a súlypontba mutató képlet alapján az A, B és C csúcsok a, b és c helyvektoraira fennáll: a+b +c =0 3

a + b + c = 0.

Þ

Ha a P pont helyvektora p, akkor p = r, továbbá: PA2 + PB 2 + PC 2 = ( a – p ) + ( b – p ) + ( c – p ) = 2

2

2

= a + b + c – 2 ⋅ ( a + b + c ) ⋅ p + 3 ⋅ p2 = a 2 + b + c 2 + 3r 2. 2

2

2

2

Tehát az adott ABC háromszögben a PA2 + PB 2 + PC 2 összeg az r sugarú kör kerületének bármely P pontjára nézve ugyanakkora. w x3278

A 3277. feladat alapján adott ABC háromszög esetén a 2

PA2 + PB 2 + PC 2 = a 2 + b + c 2 + 3r 2 összeg akkor minimális, ha r = 0, vagyis P pont éppen a háromszög súlypontja.

Skaláris szorzat a koordináta-rendszerben – megoldások w x3279

a)

37 ; 2 f ) 1.

34;

b)

e) 12 = 2 ⋅ 3; 290;

b)

5 ; 3

d)

20 = 2 ⋅ 5;

145.

w x3280

a)

w x3281

Az a vektorral egyirányú egységvektor: a0 = a) a0 (0, 8; – 0, 6);

c)

a , tehát koordinátái: a Ê 7 – 1 7 + 1ˆ b) a0 Á ; ˜; Ë 4 4 ¯

Êm 2 – n 2 2mn ˆ c) a0 Á 2 ; . Ëm + n 2 m 2 + n 2˜¯ w x3282

Az a vektorral megegyezõ irányú 5 egység hosszú vektor: b = 5 ⋅

a , tehát koordinátái: a

Ê45 ◊ 130 35 ◊ 130 ˆ b) b Á ; ˜; Ë 130 130 ¯

Ê 25 60ˆ a) b Á– ; ˜ ; Ë 13 13¯

c) b ( – 5; 2 ⋅ 5 ) . 78


2010.11.16.

9:07

Page 79


w x3283

a , tehát koordinátái: a Ê 27 ◊ 130 21 ◊ 130 ˆ b) b Á– ;– ˜; Ë 130 130 ¯

Az a vektorral ellentétes irányú 3 egység hosszú vektor: b = – 3 ⋅ Ê15 36ˆ a) b Á ; – ˜ ; Ë13 13¯ 6 Ê3 ˆ c) b Á ◊ 5; – ◊ 5˜ . Ë5 ¯ 5

w x3284

a) 9;

b) 25,4;

c) –3,8;

d) –108,4;

w x3285

a) 14,25º;

b) 92,81º;

c) 18,60º;

d) 90º.

w x3286

Két vektor merõlegességének szükséges feltétele, hogy a két vektor skaláris szorzata 0 legyen. a) y =

w x3287

81 ; 7

b) y =

Az AB vektor:

3 ; 4

e) 254.

c) y = 5 vagy y = 11,5. 2b ˆ b Ê ; . AB Á– 2 Ë a – b 2 a2 – b 2˜¯

A vektor hossza a koordinátáinak négyzetösszegébõl vont négyzetgyök: 2

2

b ˆ b Ê Ê 2b ˆ . AB = Á– 2 +Á 2 = 5◊ 2 Ë a – b 2˜¯ Ëa – b 2˜¯ a – b2 w x3288

Az AOB háromszög OA oldalának hossza az A pont helyvektorának az abszolút értéke: a = (– 12)2 + 72 = 193. A OB oldal hossza a B pont helyvektorának az abszolút értéke: b = 82 + 22 = 68. Az AB oldal hossza az AB (20; –5) vektor abszolút értéke: AB = 20 2 + (– 5)2 = 5 ⋅ 17. A háromszög kerülete: 193 + 68 + 5 ⋅ 17 = 42,75 egység.

w x3289

Mivel: 4 – 2⋅ 3 = a két vektor skaláris szorzata:

(

3 – 1) =

a ⋅ b = – ( 3 – 1) ⋅

2

3 – 1 = 3 – 1,

3 + 3 = 0. 3 –1

Tehát a két vektor 90º-os szöget zár be. Ê 2 4ˆ b) b Á– ; ˜ ; Ë 5 3¯

w x3290

a) b(3; 5);

c) b(1 – 2k; k).

w x3291

A c vektor koordinátái legyenek c (x; y). A skáláris szorzatokat a koordináták segítségével kiszámolva a következõ egyenletrendszert kell megoldani: a ⋅ c = 7 Þ 3x – 2y = 7 ⎫ ⎬. b ⋅ c = 1 Þ 4x – y = 1 ⎭ Az egyenletrendszer megoldása: x = –1 és y = –5. Tehát a c vektor: c (–1; –5). 79


2010.11.16.

9:07

Page 80


w x3292

Legyen b (x; –7). A két vektor skaláris szorzatát számolhatjuk kétféleképpen, így felírhatjuk a következõ egyenletet: 2 4x + 21 = 5 ⋅ x 2 + 49 ⋅ . 2 Négyzetre emelés után az x 2 + 48x – 49 = 0 másodfokú egyenlethez jutunk, amelynek gyökei 1 és –49. Ha x = –49, akkor a két vektor skaláris szorzata negatív, tehát nem zárhatnak be hegyesszöget. A b vektor elsõ koordinátája 1, és ekkor a két vektor valóban 45º-os szöget zár be.

w x3293

Az adott vektorokkal egyirányú egységnyi hosszú vektorok rombuszt feszítenek ki, így összegük a két vektor szögfelezõjének irányába mutat. A keresett vektor tehát így állítható elõ: v=

a a

+

b

.

b

b a Ê12 5 ˆ Ê4 3ˆ koordinátái Á ; ˜ és koordinátái Á ; – ˜ , ezért a két vektor szögfelezõjének Ë ¯ Ë5 5¯ 13 13 a b irányába mutató vektor: Ê112 14ˆ vÁ ; – ˜. Ë 65 65¯ Mivel

w x3294

Mivel az OA, illetve OB vektorok skaláris szorzata: OA ⋅ OB = – 12 ⋅ 14 + 7 ⋅ 24 = 0, a két vektor merõleges egymásra, tehát az OAB háromszög derékszögû. Egy derékszögû háromszög beírt körének sugarát kiszámíthatjuk az r = alapján, ahol a, b a befogók, és c az átfogó hosszát jelöli. A befogók hossza: OA = 193

és

a+b–c összefüggés 2

OB = 772 = 2 ⋅ 193.

Az átfogó hossza: AB = 5 ⋅ 193 = 965. A beírt kör sugara tehát: r=

(3 –

5 ) ⋅ 193

» 5, 31. 2 A háromszög köré írt kör sugara Thalész tételének értelmében az átfogó fele, vagyis: 965 » 15, 53. 2 w x3295

Két vektor akkor és csak akkor zár be tompaszöget, ha a két vektor skaláris szorzata negatív: (2 – 2p) × (x + 1) + x 2 × (5 – p) < 0. Keressük p valós paraméter értékét úgy, hogy a (5 – p) × x 2 + (2 – 2p) × x + (2 – 2p) < 0 egyenlõtlenség minden valós x-re fennálljon. 80


2010.11.16.

9:07

Page 81


Ha az egyenlõtlenség elsõfokú, akkor p = 5, és vizsgálnunk kell a –8x – 8 < 0 egyenlõtlenséget. Ez csak x > –1 esetén teljesül, tehát p = 5 nem felel meg a feladat feltételeinek. Ha az egyenlõtlenség másodfokú, akkor az f (x) = (5 – p) × x 2 + (2 – 2p) × x + (2 – 2p) másodfokú függvény csak negatív értékéket vehet fel. Ez akkor teljesül, ha a függvény fõegyütthatója negatív, és a függvénynek nincs zérushelye. Mivel a függvényhez tartozó másodfokú egyenlet diszkriminánsa: D = (2 – 2p)2 – 4 × (5 – p) × (2 – 2p), a következõ egyenlõtlenségrendszert kell megoldani:

(2 – 2p)2 – 4 ⋅ (5 – p) ⋅ (2 – 2p) < 0 ⎫ ⎬. 5 – p < 0⎭ Az elsõ egyenlõtlenség a következõ alakra hozható: – p 2 + 10p – 9 < 0, amelynek megoldása: p < 1 vagy p > 9. A második egyenlõtlenség p > 5 esetén teljesül. A két megoldáshalmaz metszete: p > 9. Tehát p > 9 esetén minden valós x értékére az a és b vektor tompaszöget zár be. w x3296

Legyen a (a1; a2) és b (b1; b2). Számítsuk ki a skaláris szorzatukat kétféleképpen: a1 ⋅ b1 + a2 ⋅ b2 = a12 + a22 ⋅ b12 + b22 ⋅ cos a , ahol a a két vektor által bezárt szög. Ismert, hogy cos a £ 1, így ebbõl közvetlenül adódik a bizonyítandó egyenlõtlenség. Egyenlõség akkor áll fenn, ha cos a = 1, vagyis a két vektor egyirányú. Tehát létezik olyan l ³ 0 valós szám, hogy a1 = l × b1, és a2 = l × b2.

w x3297

a) Alkalmazzuk az a (12; 5) és b (a; b) vektorokra a Cauchy-Schwarz egyenlõtlenséget. Egyenlõség akkor áll fenn, ha 12b = 5a ³ 0. b) Alkalmazzuk az a ( 7a + 1; 7b + 1 ) és b (1; 1) vektorokra Cauchy-Schwarz egyenlõtlenséget, és használjuk ki, hogy a + b = 1: 7a + 1 ⋅ 1 + 7b + 1 ⋅ 1 £

(

7a + 1 ) + ( 7b + 1 ) ⋅ 12 + 12 = 3 ⋅ 2 . 2

2

1 Egyenlõség akkor áll fenn, ha a = b = . 2 w x3298

⎛ 2 3⎞ Alkalmazzuk az a ⎜ ; ⎟ és b ( a; b ) vektorokra a Cauchy-Schwarz egyenlõtlenséget, ⎝ a b⎠ és végezzünk ekvivalens átalakításokat:

2 3 2 3 ⋅ a+ ⋅ b≤ + ⋅ a + b, a b a b felhasználva, hogy a + b = 7: 2+ 3≤

2 3 + ⋅ 7. a b 81


2010.11.16.

9:07

Page 82


Mivel az egyenlõtlenség mindkét oldala pozitív:

(

2 + 3) 2 3 ≤ + . 7 a b 2

2 3 ( 2 + 3) . + minimális értéke a b 7 A kifejezés a minimális értéket olyan a és b értékekre veszi fel, amelyre teljesül, hogy: 2 3 ⋅ b= ⋅ a és a + b = 7. a b 2

Tehát

Az egyenletrendszert megoldva: 7⋅ 2 a= = 7 ⋅ ( 6 – 2) 3+ 2

és

b=

7⋅ 3 = 7 ⋅ (3 – 6 ) . 3+ 2

A szinusztétel – megoldások w x3299

A helyesen kitöltött táblázat:

a 5 cm

w x3300


c

3,70 cm 4,62 cm

a

b

g

73°

45°

62°

1,88 m

8,67 m

9m

12°

74°

94°

3,75 dm

4 dm

4,61 dm

51°

56°

73°

a

b

c

a

b

g

9 cm

5 cm

9,39 cm

70°

31,47°

78,53°

7,43 m

12 m

8m

37,30°

102°

40,70°

65°

77,83°

37,17°

18 dm

w x3301

b

19,42 dm 120 cm

a) A háromszögben két oldal és a kisebbikkel szemben levõ szög adott, tehát a háromszög nem egyértelmûen meghatározott. Legyen a szokásos jelöléseket használva a = 6, b = 10 és a = 30º. Felírva a szinusztételt: sin b 10 = Þ sin b » 0, 8333. sin 30º 6 Innen b értéke hegyes- és tompaszög is lehet: b1 = 56,44º, illetve b2 = 123,56º. A szinusztételt ismételten használva a háromszög szögei és oldalai lehetnek: b) Hasonlóan az elõzõ részhez a háromszög szögei és oldalai lehetnek:

82

a

b

c

a

b

g

6 cm

10 cm

11,98 cm

30°

56,44°

93,56°

6 cm

10 cm

5,34 cm

30°

123,56°

26,44°

a

b

c

a

b

g

6 cm

10 cm

14,33 cm

20°

34,75°

125,25°

6 cm

10 cm

4,47 cm

20°

145,25°

14,75°


2010.11.16.

9:07

Page 83


w x3302

a) Az a + b = 12 cm összefüggésbõl a = 12 – b. A szinusztételt használva: sin 42,8º 12 – b = . sin 72,5º b A b oldalra így adódik: 12 ⋅ sin 72,5º b= » 7,00. sin 42,8º + sin 72,5º A szinusztételt ismételten használva a háromszög oldalai: 5,00 cm, 7,00 cm és 6,65 cm. b) A háromszög oldalai: 17,28 cm, 30,72 cm és 24,89 cm.

w x3303

A szinusztételt használva a háromszög oldalai: a) 146,86 cm, 92,86 cm és 160,57 cm; b) 43,18 cm, 13,18 cm és 50,16 cm.

w x3304

A szinusztétel segítségével a háromszög oldalaira kapjuk: 38,5 cm, 32,0 cm és 29,5 cm.

w x3305

A háromszög oldalai: 12,89 cm, 17,36 cm és 19,75 cm.

w x3306

A 2a + b = c egyenlõség mindkét oldalát osztva c-vel, majd használva a szinusztételt adódik, hogy igaz az állítás.

w x3307

A paralelogramma oldalai: 10,59 cm és 8,23 cm.

w x3308

a) 116,63 N és 84,31 N; b) 85,95 N és 26,47 N.

w x3309

a) 25,55 cm2; b) 4153,51 cm2.

w x3310

Egy háromszög területét a szokásos jelöléssel számíthatjuk a következõ képlettel: T=

a2 ⋅ sin b ⋅ sin g 2 ⋅ sin a

Þ

a=

2T ⋅ sin a . sin b ⋅ sin g

a) A háromszög szögei 50º, 82º és 48º, így az egyes oldalak:: a=

2T ⋅ sin 50º » 14, 64, sin 82º ⋅ sin 48º c=

b=

2T ⋅ sin 82º » 18, 93, sin 50º ⋅ sin 48º

2T ⋅ sin 48º » 14, 21. sin 50º ⋅ sin 82º

A háromszög oldalai tehát: 14,64 cm, 18,93 cm és 14,21 cm. b) Hasonlóan a háromszög oldalaira kapjuk: 12,31 cm, 18,20 cm és 17,51 cm. 83


2010.11.16.

9:07

Page 84


w x3311

Az ABC háromszög harmadik szöge 66º54’. A háromszög AB és AC oldalára felírva a szinusztételt: AB sin 47º24' = Þ AB » 137,64. 172 sin 66º54'

B 66°54’

Az AB távolság 137,64 m. 65°42’

47°24’

A

w x3312

w x3313

A paralelogramma 22,4 cm-es átlója a paralelogramma oldalaival olyan háromszöget határoz meg, amelynek szögei 37º, 79º és 64º. Ebben a háromszögben felírva a szinusztételt adódik, hogy a = 24,46 és b = 15,00. A paralelogramma oldalai: 24,46 cm és 15,00 cm.

C

172 m

79° 22,4 cm

b 64°

37° a

Vegyük fel az ABCD trapéz hosszabbik AB alapján az E pontot 23 cm C D úgy, hogy az AECD négyszög paralelogramma legyen. Ekkor: b d d 82° EB = 44 – 23 = 21 cm, m 57° 57° 41° CEB¬ = 57º, EBC¬ = 41º és BCE¬ = 82º. A 23 cm 21 cm E 44 cm Az EBC háromszögnek ismerjük egy oldalát és a szögeit, így a szinusztétellel a b és d oldalak hosszát kiszámíthatjuk: b sin 57º sin 57º = Þ b = 21 ⋅ » 17, 79; 21 sin 82º sin 82º d sin 41º sin 41º » 13, 91. Þ d = 21 ⋅ = sin 82º 21 sin 82º

B

a) A trapéz szárainak hossza:

17,79 cm és 13,91 cm. b) A terület meghatározásához számoljuk a trapéz magasságát: m = b × sin 41º » 11,67. A trapéz területe: 11, 67 ⋅ (44 + 23) T= = 390,95 cm 2. 2 w x3314

A szóban forgó ABCD trapéz hosszabbik AB alapján vegyük fel az E pontot úgy, hogy az AECD négyszög paralelogramma legyen. Az EBC háromszögben így ismert két oldal, és a hosszabbikkal szemben levõ szög. Szinusztétellel b és EB oldal számítható: sin b 16 = Þ b » 43,76º Þ g » 64,24º; sin 72º 22 EB sin 64,24º = Þ EB » 20,83. sin 72º 22 a) A trapéz rövidebb alapja:

C

D

g 16 cm

16 cm

72°

72° A

22 cm

E

30 cm

AB – EB = 30 – 20,83 = 9,17 cm. b) Mivel a trapéz egy száron nyugvó szögeinek összege 180º, a trapéz szögei rendre: 72º, 43,76º, 136,24º és 108º. 84

b B


2010.11.16.

9:07

Page 85


w x3315

w x3316

w x3317

Ahhoz, hogy a csónak a kikötõbe érjen, a csónak és a folyó sebességvektorának összege a folyó partjával 50º-os szöget kell hogy bezárjon. A két vektort a háromszögszabály szerint összeadva, a vektorok egy olyan háromszöget alkotnak, amelynek két oldala 4, illetve 0,8 egység, és a 4 egységnyi oldallal szemben levõ szög 50º. Feladatunk az, hogy szinusztétellel meghatározzuk a 0,8 egységnyi oldallal szemben levõ a szöget: sin a 0, 8 = Þ a » 8,81º. sin 50º 4 Tehát a cél irányától 8,81º-kal kell eltérnünk a folyási iránnyal ellentétesen. Az ABCDE szabályos ötszög minden szöge 108º. A beírt IFGH négyzet oldala 25 cm. A GFC háromszögben: GFC¬ = 108º – 90º = 18º. Felírva a szinusztételt: x sin 18º Þ x » 8,12. = 25 sin 108º A HGD egyenlõ szárú háromszögbõl: 12, 5 y= » 15,45. cos 36º Az ötszög oldala: x + y = 23,57 cm.

a 4

a

m s

50° m 0,8 s

D 108° H

36°

y G

36° 25 cm

x

108° C

E 25 cm

25 cm 18°

108°

I

F A

B

Alakítsuk át a sin2 a + sin2 b = sin2 g egyenlõséget:

sin 2 a sin 2 b + = 1. sin 2 g sin 2 g (Háromszögrõl lévén szó, sin g nem lehet 0.) A szinusztétel értelmében ez utóbbi egyenlõség így is írható: a2 b 2 + =1 c2 c2

Þ

a2 + b 2 = c 2.

Ha egy háromszögben két oldal hosszának négyzetösszege egyenlõ a harmadik oldal négyzetével, akkor a Pitagorasz-tétel megfordítása alapján a háromszög derékszögû. Mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk, a Pitagorasz-tétel értelmében az állítás megfordítása is igaz. w x3318

Tudjuk, hogy egy háromszögben tompaszög vagy derékszög csak a legnagyobb oldallal szemben lehet, ezért ha van a feltételeknek megfelelõ háromszög, akkor a 10 cm-es oldallal szemben levõ a szög csak hegyesszög lehet. Legyen a 23 cm-es oldallal szemben levõ szög b . Felírva a háromszögben a szinusztételt: sin b 23 23 = Þ sin b = ⋅ sin a . sin a 10 10 Mivel sin b értéke legfeljebb 1 lehet, ahhoz, hogy létezzen ilyen háromszög szükséges, hogy 23 ⋅ sin a £ 1 teljesüljön. 10 85


2010.11.16.

9:07

Page 86


a) Ha

23 10 ⋅ sin a < 1 Þ sin a < , 10 23 amibõl a < 25,77º. Ekkor a háromszögben két oldal és a kisebbikkel szemben levõ szög adott, tehát két ilyen háromszög létezik.

a) 10 cm a

23 cm 10 cm a

b) Ha

23 10 ⋅ sin a = 1 Þ sin a = , 10 23 amibõl a = 25,77º. Ekkor egy, a feltételeknek megfelelõ háromszög van.

c) Nincs a feltételeknek megfelelõ háromszög, ha sin b értéke 1-nél nagyobb vagy a tompaszög, vagyis ha a > 25,77º.

23 cm

b) 10 cm

a

23 cm

c) 10 cm

a

23 cm

w x3319

a) Az országúton az A pont felõl haladjunk a D pont felé. A gyalogút mentén lévõ épületek helyét jelölje B és C. Az ABD háromszögben: ADB¬ = 180º – 110º = 70º, ABD¬ = 180º – 70º – 30º = 80º. A háromszögben felírva a szinusztételt: AB sin 70º sin 70º = Þ AB = 300 ⋅ . 300 sin 80º sin 80º Az ACD háromszögben: ADC¬ = 180º – 80º = 100º, ACD¬ = 180º – 100º – 30º = 50º.

országút 110° D 80° 50° 300 m

gyalogút 30° A

A háromszögben felírva a szinusztételt: AC sin 100º sin 100º Þ AC = 300 ⋅ . = 300 sin 50º sin 50º A két épület sin 100º sin 70º BC = 300 ⋅ – 300 ⋅ » 99, 42 m sin 50º sin 80º távolságra van egymástól. b) A gazda a megadott sebességgel t=

99, 42 = 66, 28 1, 5

másodperc alatt teszi meg az utat. Ez idõ alatt a kutyája által megtett út: s = 66,28 × 6 = 397,68 m. 86

80°

B

C


2010.11.16.

9:07

Page 87


A koszinusztétel – megoldások w x3320


w x3321

a) A háromszög legnagyobb szöge: 102,64º. b) A háromszög legkisebb szöge: 26,05º.

a

b

c

a

b

g

9 cm

8 cm

9,79 cm

59,84°

50,16°

70°

17,12 m

12,4 m

8,3 m

110°

42,89°

27,11°

18 dm

17,7 dm

120 cm

71,70°

69°

39,30°

w x3322

A két mutató végpontja 12,49 cm távolságra van egymástól.

w x3323

A paralelogramma átlói 66,80 cm és 90,98 cm hosszúak.

w x3324

A két erõ eredõje 46,30 N.

w x3325

A paralelogramma oldalai 10,92 cm és 21,42 cm.

w x3326

a) A paralelogramma másik oldala 20 cm. b) A paralelogramma átlói 14,32 cm és 26,89 cm hosszúak.

w x3327

3 óra 40 perc múlva a két hajó 208,03 km-re lesz egymástól.

w x3328

Koszinusztétellel számítható a PQ távolság: 2,33 km. A vitorlás átlagsebessége: v=

w x3329

w x3330

2,33 km km » 3, 88 . 0,6 h h

Az AC oldal hossza legyen x. Felírva a koszinusztételt: 100 = x 2 + (3x)2 – 2 × x × (3x) × cos 54º Þ A háromszög hiányzó oldalainak hossza: 3,93 cm és 11,79 cm.

x » 3,93.

Számítsuk ki a húrok másik végpontjait összekötõ húr h hoszszát koszinusztétellel: h2 = 452 + 122 – 2 × 45 × 12 × cos 42º Þ h » 36,96. Egy kör sugara, húrjának hossza és a húrhoz tartozó kerületi szög közötti összefüggés alapján a kör R sugara: h 36,96 R= = » 27,62. 2 ⋅ sin a 2 ⋅ sin 42º

h 45 cm R O

A kör sugara tehát 27,62 cm.

w x3331

12 cm 42°

A biliárdgolyó üközésig megtett útja:

10 » 18,36 cm. sin 33º Ütközés után a megállásig

15 » 27,54 cm sin 33º utat tesz még meg, mivel a beesés szöge egyenlõ a visszaverõdés szögével. 87


2010.11.16.

9:07

Page 88


A két út egymással bezárt szöge: 180º – 2 × 33º = 114º. A biliárdgolyó két helyzete közti d távolságot koszinusztétellel számolhatjuk: d 2 = 18,362 + 27,542 – 2 × 18,36 × 27,54 × cos 114º Þ d » 38,82. A golyó két helyzete közti távolság 38,82 cm. w x3332

A kismutató hosszát jelölje k, a nagymutatóét n. Számoljunk deciméterekben. 9 órakor a mutatók derékszöget zárnak be, így hosszukra felírható a Pitagorasz-tétel: 102 = k 2 + n2. 8 órakor a mutatók 120º-os szöget zárnak be, így hosszukra felírható a koszinusztétel: 122 = k 2 + n2 – 2 × k × n × cos 120º. A második egyenletbe k 2 + n2 értéket beírva: 44 122 = 10 2 – 2 ⋅ k ⋅ n ⋅ cos120º Þ k ⋅ n = 44 Þ k = . n Ez utóbbi eredményünket az elsõ egyenletbe írjuk be, majd rendezzük az egyenletet: 2

Ê44ˆ 10 2 = Á ˜ + n 2, Ë n¯ 0 = n 4 – 100n 2 + 1936, n12, 2 =

100 ± 2256 . 2

A megoldások: n1 » 8,59 és n2 » 5,12, amibõl k1 » 5,12 és k2 » 8,59. (A megoldásnál figyelembe vettük, hogy a mutatók hossza csak pozitív szám lehet.) A kismutató hossza 51,2 cm, a nagymutatóé 85,9 cm. w x3333

Ismeretes, hogy egy háromszög belsõ szögfelezõje a szemben lévõ oldalt a szomszédos oldalak arányában osztja. Ha AB : AC = 3: 4, akkor a háromszög AB oldalának hossza legyen 3x, az AC oldalának hossza 4x. A háromszög területét felírhatjuk: 3x ⋅ 4x ⋅ sin 70º 24 = Þ x » 2, 06. 2 A háromszögben AB » 6,18 és AC » 8,24. A háromszög BC oldalát koszinusztétellel számolhatjuk: BC » 8,44. A háromszög oldalai: 6,18 cm, 8,24 cm és 8,44 cm.

w x3334

A sasfészek síkra vonatkozó merõleges vetülete T. Jelöljük az ST távolságot m-mel. Az ATS derékszögû háromszögbõl: m AS = , sin 18º a BTS derékszögû háromszögbõl: m BS = . sin 16º 88

S

82°

m

18° A

16°

T

B 400 m


2010.11.16.

9:07

Page 89


Az ABS háromszögben felírva a koszinusztételt: 2

2

m m Ê m ˆ Ê m ˆ 400 2 = Á +Á - 2◊ ◊ ◊ cos 82º. ˜ ˜ Ësin 18º¯ Ësin 16º¯ sin 18º sin 16º Kifejezve m-et: 400 ⋅ sin 18º ⋅ sin 16º sin 2 16º + sin 2 18º – 2 ⋅ sin 18º ⋅ sin 16º ⋅ cos 82º

» 88,65.

A sasfészek megközelítõleg 89 m magasan van. w x3335

A háromszög oldalai legyenek n – 1, n és n + 1 (n > 4). A koszinusztétel segítségével számoljuk ki a háromszög legnagyobb oldalával szemben levõ a szög koszinuszát: (n + 1)2 = n 2 + (n – 1)2 – 2 ⋅ n ⋅ (n – 1) ⋅ cos a , n–4 cos a = . 2 ⋅ (n – 1) n–4 Az mindig pozitív n > 4 miatt, tehát a háromszög legnagyobb a szögének koszinusza 2 ⋅ (n – 1) pozitív szám. Ez pedig azt jelenti, hogy az a szög hegyesszög, vagyis a háromszög biztosan hegyesszögû.

w x3336

Az ábrán látható ABCD paralelogramma átlóinak metszéspontja O, az átlók által bezárt szög j. Az oldalak hossza a, b, az átlóké pedig e, f. Mivel a paralelogramma átlói felezik egymást, az AOD és a DOC háromszögekben az alábbi módon felírhatjuk a koszinusztételt: 2

2

2

2

e f Êeˆ Ê f ˆ b 2 = Á ˜ + Á ˜ – 2 ◊ ◊ ◊ cos j, Ë2¯ Ë 2¯ 2 2 a2

a

D

C

180° – j b

j e

A

O

f B

e f Êeˆ Ê f ˆ = Á ˜ + Á ˜ – 2 ◊ ◊ ◊ cos(180º – j). Ë2¯ Ë 2¯ 2 2

Mivel cos j = – cos (180º – j), a két egyenletet összeadva adódik: 2

Êeˆ Ê fˆ a2 + b 2 = 2 ◊ Á ˜ + 2 ◊ Á ˜ Ë2¯ Ë 2¯

2

Þ

2a2 + 2b 2 = e2 + f 2.

Tehát egy paralelogramma átlóinak négyzetösszege egyenlõ az oldalaik négyzetösszegével. w x3337

a ⋅ b ⋅ sin g képlet alapján is számolhatjuk. 2 A területbõl a két adott oldal által közbezárt g szög szinuszára kapunk értéket: Ismeretes, hogy egy háromszög területét a T =

sin g =

2 ⋅ 18000 = 0, 8, 250 ⋅ 180

amibõl g 1 » 53,13º és g 2 » 126,87º. Tehát a telek g szöge lehet hegyesszög vagy tompaszög. Ha g hegyesszög, a telek harmadik oldala a koszinusztételbõl: 202,24 m. Ha g tompaszög, a telek harmadik oldala a koszinusztételbõl: 385,88 m. 89


2010.11.16.

9:07

Page 90


a) Gyõzõnek nincs igaza. b) A háromszög területét számíthatjuk a beírt körének r sugarával: a+b+c 2T T =r⋅ Þ r= . 2 a+b+c A beírt kör sugara g hegyesszög esetén: r » 56,94 m, g tompaszög esetén: r » 44,12 m. Nem biztos, hogy elfér a telken egy 50 m sugarú kör alakú delfinárium. w x3338

A háromszög oldalainak hossza a szokásos jelöléssel legyen a, b és c. A szögfelezõtétel alapján a C csúcsnál lévõ szög szögfelezõje a szemközti c oldalt egy olyan D pontban metszi, amelyre igaz, hogy: AD b = . DB a Legyen CB = a és CA = b. Egy szakasz osztópontjába mutató vektor képlete alapján: b◊a + a◊b , CD = a+b

C g 2

r b

A

c D

2

2 Êb ◊ a + a ◊ b ˆ 2a2b 2 + 2a2b 2 ◊ cos g = CD = Á . ˜ Ë a+b ¯ (a + b)2

Mivel a koszinusztétel alapján: cos g =

a2 + b 2 – c 2 , 2ab

ezért: 2

CD =

a2 + b 2 – c 2 ab ⋅ (2ab + a2 + b 2 – c 2) 2ab = = (a + b)2 (aa + b)2

2a2b 2 + 2a2b 2 ⋅

=

ab ⋅ ((a + b)2 – c 2) . (a + b)2

a+b+c jelölést adódik, hogy: 2 a+b+c a+b–c 4ab ⋅ ⋅ 2 ab ⋅ ((a + b)2 – c 2) 2 2 = = CD = (a + b)2 (a + b)2

Szorzattá alakítva és használva az s =

=

4ab ⋅ s ⋅ (s – c). (a + b)2

Tehát a C csúcsból induló belsõ szögfelezõ hossza: 2 CD = ⋅ ab ⋅ s ⋅ (s – c). a+b Hasonlóan az A, illetve a B csúcsból induló szögfelezõk hossza: 2 2 ⋅ bc ⋅ s ⋅ (s – a) illetve ⋅ ac ⋅ s ⋅ (s – b). b+c a+c 90

g 2

r a

B


2010.11.16.

9:07

Page 91


Trigonometrikus összefüggések alkalmazásai – megoldások w x3339


w x3340

A másik oldal 12 cm, a másik átló 25,25 cm hosszú.

w x3341

a) Az a + b vektor hossza: 9,06 cm. 51 dm 420 cm 2m 105,08° b) Az a – b vektor hossza: 8,23 cm. c) Az eredõ vektor az a vektorral 52,2º-ot, a b vektorral 31,8º-ot zár be.

w x3342

A súlyvonalak hossza: 9,18 cm, 13,89 cm és 13,20 cm.

w x3343

A háromszög hiányzó oldalainak hossza 9 cm és 12 cm, a velük szemben lévõ szögek pedig 48º33’ és 88º46’.

w x3344

A háromszög két hiányzó oldala legyen x és x + 6. Felírva a koszinusztételt:

a

b

c

a

b

g

6 cm

9 cm

12 cm

28,96°

46,57°

104,47°

12,5 dm

6,3 dm

9,8 dm

99,57°

29,80°

50,63°

52,67°

22,25°

122 = x 2 + (x + 6)2 – 2x ⋅ (x + 6) ⋅ cos 60º, 0 = x 2 + 6x – 108. Az egyenlet pozitív megoldása: x » 7,82. A háromszög hiányzó oldalai: 7,82 cm és 13,82 cm. A háromszög többi szögeit szinusztétellel számolva: 34,36º és 85,64º. w x3345

A paralelogramma oldalainak hossza legyen a és b, az általuk bezárt szög 60º. A szöggel szemben lévõ átló hossza e = 23 cm, a másik átló hossza f. a) Az a, b és e oldalú háromszögben felírva a koszinusztételt: 232 = a2 + b2 – 2 × a × b × cos 60º. A feladat szerint a + b = 30, amibõl a = 30 – b. Ezek alapján b-re a következõ egyenletet kapjuk:

232 = (30 – b)2 + b 2 – 2 ⋅ (30 – b) ⋅ b ⋅ cos 60º, 0 = 3b 2 – 90b + 371. A másodfokú egyenlet megoldásai: b1 = 25,07 cm és b2 = 4,93 cm. A hozzá tartozó a értékek: a1 = 4,93 cm és a2 = 25,07 cm. A paralelogramma oldalainak hossza 25,07 cm és 4,93 cm. b) A paralelogramma másik f átlójának hossza a koszinusztétel alapján: f = 25, 072 + 4, 932 – 2 ⋅ 25, 07 ⋅ 4, 93 ⋅ cos120º » 27,86 cm. w x3346

Az ABC háromszögben AB = 12, BAC¬ = 30º. b ⋅ c ⋅ sin a a) Ismeretes, hogy egy háromszög területét a T = 2 képlet alapján is számolhatjuk. Ez alapján a háromszögben az AC oldal hossza: 2 ⋅ 96 AC = = 32. 12 ⋅ sin 30º A BC oldal hossza a koszinusztétellel határozható meg:

C g

32 22,43 30° A

12

BC = 122 + 322 – 2 ⋅ 12 ⋅ 32 ⋅ cos 30º » 22, 43. A háromszög hiányzó két oldalának hossza 32 cm és 22,43 cm. 91

B


2010.11.16.

9:07

Page 92


b) A háromszög C csúcsnál levõ szögét a szinusztétellel számolhatjuk: sin g 12 12 = Þ sin g = sin 30º ⋅ Þ g » 15,52º. sin 30º 22, 43 22, 43 (A háromszögben a legkisebb oldallal szemben levõ szöget számoltuk, g csak hegyesszög lehet.) A háromszög hiányzó két szöge 15,52º és 134,48º. w x3347

w x3348

a ⋅ b ⋅ sin g képlet alapján számolhatjuk. A területbõl 2 a két adott oldal által közbezárt g szög szinuszára kapunk értéket: 2 ⋅ 30, 64 sin g = = 0, 766 Þ g1 » 50º és g 2 » 130º. 8 ⋅ 10 Tehát két háromszög is megfelel a feladat feltétea b g a b c leinek. Két oldal és a közbezárt szög segítségé10 cm 7,82 cm 51,60° 78,40° 50° 8 cm vel a koszinusztétellel számíthatjuk a háromszög harmadik oldalát, majd a szinusztételt használva 8 cm 10 cm 16,34 cm 22,04° 27,96° 130° egy másik szögét. A megoldásokat a táblázat tartalmazza. Ismeretes, hogy egy háromszög területét a T =

A háromszög oldalainak hossza a szokásos jelölésekkel: a = 43 cm, b = 52 cm és a kettõ által bezárt szög: g = 38º. A háromszög harmadik oldalának hosszát a koszinusztétellel számolhatjuk: c = 432 + 522 – 2 ⋅ 43 ⋅ 52 ⋅ cos 38º » 32,08 cm. A háromszög c oldalához tartozó súlyvonal hossza: sc =

w x3349

2a2 + 2b 2 – c 2 2 ⋅ 432 + 2 ⋅ 522 – 32, 082 » 44,94 cm. = 2 2

A háromszög oldalainak hossza a szokásos jelölésekkel: a = 16 cm, b = 8 cm, valamint sc = 9 cm. a) A súlyvonal kiszámítására vonatkozó összefüggés alapján: sc =

2a2 + 2b 2 – c 2 , 2

amibõl: c = 2a2 + 2b 2 – (2 ⋅ sc )2 = 2 ⋅ 162 + 2 ⋅ 82 – (2 ⋅ 9)2 » 17,78 cm. A harmadik oldal hossza 17,78 cm.

c oldalú háromszögben a b oldallal szemben levõ szöget kell kiszámítani. Felírva 2 a koszinusztételt: 2 c Êcˆ b 2 = sc 2 + Á ˜ – 2 sc ◊ ◊ cos d, Ë2¯ 2 amibõl: 2 Êcˆ 2 sc + Á ˜ – b 2 Ë2¯ 92 + (8, 89)2 – 82 » 0,6001 Þ d » 53,12º. cos d = = c 2 ◊ 9 ◊ 8, 89 2 sc ◊ 2 A súlyvonal és a harmadik oldal hajlásszöge 53,12º.

b) Az sc, b és

92


2010.11.16.

9:07

Page 93


w x3350

A mellékelt ábra szerint a kert az ABC háromszög, amelyben BC = 12, AC = 20 és ACB¬ =118º. 20 Az AB oldalt a koszinusztétellel számolhatjuk: AB2 = 202 + 122 – 2 × 20 × 12 × cos 118º, A amibõl AB » 27,74. a) A kertet 27,74 + 20 + 12 = 59,74 m kerítéssel lehet körbekeríteni. b) A kert területét a C csúcsból kiinduló súlyvonal felezi. Ennek hosszát az

C 118°

12

sc B

2a2 + 2b 2 – c 2 2 összefüggés alapján számolhatjuk: sc » 8,92. A kert területét felezõ út hossza 8,92 m. sc =

w x3351

A háromszög oldalainak hossza legyen 6x, 7x és 10x. a) Írjuk fel a koszinusztételt: (6x)2 = (7x)2 + (10x)2 – 2 × 7x × 10x × cos a Þ cos a = 0,8071 Þ a » 36,18º. A szinusztétellel számolható a 7x hosszúságú oldallal szemközti b hegyesszög: b » 43,53º. A háromszög szögei: 36,18º, 43,53º és 100,29º. b) Egy kör sugara, húrjának hossza és a húrhoz tartozó kerületi szög közötti összefüggés alapján számíthatók a háromszög oldalai: a = 2R × sin a » 41,32, b = 2R × sin b » 48,21 és c = 2R × sin g » 68,87. A háromszög oldalai: 41,32 cm, 48,21 cm és 68,87 cm. c) Legyen a háromszög beírt körének sugara r. A háromszög területét írjuk fel kétféleképpen: a ⋅ b ⋅ sin g a+b+c a ⋅ b ⋅ sin g =r⋅ Þ r= » 12,37. a+b+c 2 2 A beírt kör sugara 12,37 cm.

w x3352

Az ABCD trapéz AC átlója 40 cm. a) A megadott szögértékek alapján meghatározhatók az ABC háromszög szögei: 50º, 100º és 30º. Írjuk fel az ABC háromszögben a szinusztételt az AB alap hosszának meghatározásához: AB sin 100º = Þ AB » 78,78. 40 sin 30º

D

100°

30°

C 50° 100° 40 cm

50°

30°

A

B

Hasonlóan BC oldal hossza is kiszámítható: BC » 61,28. Az ACD háromszögben ugyanígy eljárva: DC » 20,31 és AD » 31,11. A trapéz oldalai rendre: 78,78 cm, 61,28 cm, 20,31 cm és 31,11 cm. b) A BD átló meghatározásához használjuk az ABD háromszögben a koszinusztételt: BD2 = 78,782 + 31,112 – 2 × 78,78 × 31,11 × cos 80º Þ BD » 79,52. A trapéz másik átlója 79,52 cm. 93


2010.11.16.

9:07

Page 94


w x3353

Az ábra szerinti ABC háromszögben a szokásos jelölés mellett C a = 34º, c = 30 és sc = 18. Az ADC háromszögben a szinusztétellel meghatározhatjuk az b a ACD szöget: 18 sin ACD¬ 15 = , 34° sin 34º 18 c D A B 15 15 amibõl ACD¬ » 27,77º. (A háromszögben nem a legnagyobb oldallal szemben levõ szöget számoltuk, így ACD szög csak hegyesszög lehet.) Újabb szinusztétel segítségével a háromszög b oldalának hossza 28,36. Ezután az ABC háromszögben az oldal hosszát a koszinusztétellel számolhatjuk: a2 = 28,362 + 302 – 2 × 28,36 × 30 × cos 34º Þ a » 17,13. A háromszög b szögét az ABC háromszögben felírt szinusztétellel kaphatjuk meg: b » 67,79º. A háromszög oldalai tehát: 30 cm, 17,13 cm és 28,36 cm, a velük szemben lévõ szögek pedig: 78,21º, 34º és 67,79º.

w x3354

A feltételek szerint a háromszögben

a2 + b 2 = 296, valamint

ab ⋅ sin 30º = 35. 2

Az a és b oldalak meghatározásához az a2 + b 2 = 296 ⎫ ⎪ ab ⎬ = 35 ⎪ 4 ⎭ egyenletrendszert kell megoldanunk. A másodikból kifejezve b-t, majd beírva az elsõbe, a következõ másodfokúra visszavezethetõ negyedfokú egyenletet kapjuk: a4 – 296a2 + 19 600 = 0. Ennek pozitív megoldásai: 10 és 14. Az egyenletrendszert a1 = 10, b1 = 14, illetve a2 = 14, b2 = 10 értékek elégítik ki. A háromszög harmadik oldalának hossza a koszinusztétellel számítva 7,32. A 10 cm-es oldallal szemben levõ szögre a szinusztétel alapján 43,08º adódik. A háromszög oldalainak hossza tehát: 10 cm, 14 cm és 7,32 cm, a velük szemben levõ szögek pedig rendre: 43,08º, 106,92º és 30º. w x3355

A háromszögben a szokásos jelölések szerint legyen: a2 + b2 = 244 dm2, c = 2 ⋅ 31 dm és a háromszög területe: T = 30 ⋅ 3 dm2. A háromszög területébõl kiindulva: a ⋅ b ⋅ sin g 2 ⋅T T= . Þ a⋅b= sin g 2 94


2010.11.16.

9:07

Page 95


A háromszög c oldalára felírjuk a koszinusztételt: c 2 = a2 + b 2 – 2 ⋅ a ⋅ b ⋅ cos g, 2 ⋅T c 2 = a2 + b 2 – 2 ⋅ ⋅ cos g, sin g 4 ⋅T c 2 = a2 + b 2 – . (cosg ¹ 0) tg g A feladat feltételeit figyelembe véve:

(2 ⋅

31 ) = 244 – 2

4 ⋅ 30 ⋅ 3 tg g

Þ

g = 60º.

Innen a 3354. feladat gondolatmenetét követve a háromszög hiányzó oldalainak hossza és a velük szemben lévõ szögek nagysága: a = 10 dm, b = 12 dm és a = 51,05º, b = 68,95º. w x3356

w x3357

A PBQ háromszög külsõ szöge 130º, ami egyenlõ a nem mellette A levõ két belsõ szög összegével, ezért PBQ¬ = 30º. Ebben a három200 130° szögben a szinusztétel: P 50° BQ sin 50º 400 = Þ BQ » 612, 84. 100° 400 sin 30º Q Az AQB háromszögben a koszinusztétel: AB2 = 6002 + 612,842 – 2 × 600 × 612,84 × cos 100º Þ AB » 929,13. Az A és B pontok távolsága 929,13 m. Jelölje az épület tetejét C, a lábát D pont, AD = 24, AB = 28. a) Az ABC háromszög ACB szöge 16º. A szinusztétel alapján: AC sin 19º Þ = AC » 33,07. 28 sin 16º Az ADC háromszögben a koszinusztétel alapján: CD2 = 242 + 33,072 – 2 × 24 × 33,07 × cos 35º, amibõl CD » 19,22. Az épület magassága tehát 19,22 m.

B 30°

C

90°+a D

35° 24

28 A

a

19° B

E

b) Az ADC háromszögben ADC tompaszög a szinusztétellel megadható: ADC¬ = 99,29º. Mivel ADC szög a DEB háromszög külsõ szöge, a lejtõ a hajlásszögére igaz, hogy: 90º + a = 99,29º Þ a = 9,29º. A lejtõ hajlásszöge 9,29º. w x3358

A vadászlesen V pontban tartózkodunk, ennek a síkra vonatkozó merõleges vetülete T. A róka helyét jelölje R, a nyúl helyét N pont. VT = 12. A VTR derékszögû háromszögbõl: V 35° 12 VR = , sin 28º 12 a VTN derékszögû háromszögbõl: 12 VN = . sin 42º

28°

T

42° N

R

95


2010.11.16.

9:07

Page 96


Az RVN háromszögben felírva a koszinusztételt: 2

2

12 12 ⎛ 12 ⎞ ⎛ 12 ⎞ ⋅ ⋅ cos 35º Þ RN » 14, 97. RN 2 = ⎜ ⎟ – 2⋅ ⎟ +⎜ ⎝sin 28º⎠ ⎝sin 42º⎠ sin 28º sin 42º A róka és a nyúl távolsága tehát 14,97 méter. A nyúl a rekettyésig az 50 m távolságot s 50 t= = » 6,25 másodperc, v 8 míg a róka a rekettyésig az 50 + 14,96 = 64,96 m távolságot s 64, 96 t= = » 6,5 másodperc v 10 alatt teszi meg. A rókának hosszabb idõ kell a távolság megtételéig, tehát a róka a rekettyésig nem éri utol a nyulat. w x3359

Az ABC háromszög AB oldalához és a BCD háromszög DC oldalához tartozó magasságok egyenlõ hosszúak, tehát a háromAB 5 = . szögek területének arányából következik, hogy CD 3 Legyen a trapéz AB alapja 5x, DC alapja 3x hosszúságú. Mivel az ABD háromszög szabályos, a BDC háromszögben BD = 5x és BDC¬ = 60º. Ez utóbbi háromszögben két oldal és a közbezárt szög segítségével felírhatjuk a koszinusztételt: BC 2 = (5x)2 + (3x)2 – 2 ⋅ 5x ⋅ 3x ⋅ cos 60º Þ BC = 19 ⋅ x.

D

3x

C

5x

19 × x

60° 60° 5x

60°

5x 5x

A

60°

B

A szinusztétel segítségével számítható DBC¬: sin DBC¬ 3x = Þ DBC¬ » 36,59º. 19 ⋅ x sin 60º A trapéz szögei rendre: 60º, 96,59º, 83,41º és 120º. A trapéz oldalait a területe segítségével határozhatjuk meg. A trapéz magassága a szabályos három5x ⋅ 3 szög magassága: . 2 5x ⋅ 3 (5x + 3x) ⋅ 100 2 1000 = Þ x= » 7,60. 2 3 A trapéz alapjai 22,80 cm és 38,00 cm, a szárai 33,13 cm és 38,00 cm hosszúak. w x3360

a) Az ABC és ADC szögek ugyanazon ívhez tartozó kerületi szögek, tehát ADC¬ = 60º. Mivel BCD¬ = 90º – 40º = 50º, és a BCD és BAD szögek ugyanazon ívhez tartozó kerületi szögek, BAD¬ = 50º. Az ADC háromszög szögei: 40º, 80º és 60º. b) Az ABC háromszög egy fél szabályos háromszög, amelynek átfogója 20 cm, tehát hosszabb AC befogója: 20 ⋅ 3 = 10 ⋅ 3 » 17,32. 2 96

D B

60° 60°

40° C

30° A


2010.11.16.

9:07

Page 97


Az ADC háromszögben a szinusztétel: DA sin 40º = 10 ⋅ 3 sin 60º

Þ

DA » 12,86.

Hasonlóan adódik, hogy DC » 19,70. Az ADC háromszög oldalai: 17,32 cm, 12,86 cm és 19,70 cm. w x3361

A virágágyások köreinek A, B és C középpontjait összekötõ szakaszok hosszai a megfelelõ körök sugarainak összege: AB = 8 + 9 = 17, BC = 9 + 10 = 19 és AC = 10 + 8 = 18. 9 10 B C b g Ennek a háromszögnek az a szögét meghatározhatjuk a koszinusz9 tétellel: 10 2 2 2 19 = 17 + 18 – 2 × 17 × 18 × cos a Þ a » 65,68º. 8 a 8 A szinusztétellel meghatározható a b szög: A sin b 18 = Þ b » 59,69º Þ g » 54,63º. sin 65,68º 19 (b tompaszög nem lehet, mert nem a legnagyobb oldallal szemben van.) A zöld színû területet kell kiszámítanunk. Ehhez határozzuk meg a háromszög és a három körcikk területét: 17 ⋅ 18 ⋅ sin 65,68º » 139, 42, TABC háromszög = 2 Ta körcikk =

82 ⋅ p ⋅ 65,68º » 36, 66, 360º

Tb körcikk =

92 ⋅ p ⋅ 59,69º » 42,17, 360º

Tg körcikk =

10 2 ⋅ p ⋅ 54,63º » 47, 65. 360º

Vonjuk ki a háromszög területébõl a három körcikk területét: T = TABC háromszög – Ta körcikk - Tb körcikk – Tg körcikk = 12,94. 12,94 m2 területet bevetéséhez 12,94 × 8 = 103,52 dkg fûmag kell. Tehát a terület füvesítéséhez megközelítõleg 1035 g fûmag szükséges. w x3362

Az ABCD húrnégyzet oldalainak hossza AB = 40, BC = 52, CD = 68 és AD = 60. A húrnégyszögek tétele alapján: ha ABC¬ = b Þ CDA¬ = 180º – b. Írjuk fel a koszinusztételt az ABC, illetve ACD háromszögekben:

AC 2 AC 2

= – 2 ⋅ 40 ⋅ 52 ⋅ cos b, 2 2 = 68 + 60 – 2 ⋅ 68 ⋅ 60 ⋅ cos(180º – b). 40 2

B

40

b

A

52

60

+ 522

180° – b C 68

A mûveleteket elvégezve:

AC 2 = 4304 – 4160 ⋅ cos b, AC 2 = 8224 – 8160 ⋅ cos(180º – b). 97

D


2010.11.16.

9:07

Page 98


A két egyenlet bal oldalának egyenlõségébõl: 4304 – 4160 × cos b = 8224 – 8160 × cos (180º – b). Mivel cos b = – cos (180º – b): 4304 – 8224 cos b = Þ b » 108,55º. 4160 + 8160 Hasonlóan felírva az ABD, illetve BCD háromszögekben a koszinusztételt, azt kapjuk, hogy a négyszög C csúcsánál levõ szöge 79,67º. Mivel egy húrnégyszög szemben levõ szögeinek összege 180º, az ABCD négyszög szögei rendre: 100,33º, 108,55º, 79,67º, 71,45º. w x3363

A koszinusztétel alapján: cos b =

a2 + c 2 – b 2 2ac

és

cos g =

a2 + b 2 – c 2 . 2ab

Ezt beírva a

b+c a összefüggésbe, majd ekvivalens átalakításokat végezve: a2 + c 2 – b 2 a2 + b 2 – c 2 b + c + = , a 2ac 2ab cos b + cos g =

b ⋅ (a2 + c 2 – b 2) + c ⋅ (a2 + b 2 – c 2) = 2bc ⋅ (b + c), ba2 + bc 2 – b3 + ca2 + cb 2 – c3 = 2bc ⋅ (b + c), a2 ⋅ (b + c) + bc ⋅ (b + c) – (b3 + c3) = 2bc ⋅ (b + c), a2 ⋅ (b + c) – (b + c) ⋅ (b 2 – bc + c 2) = bc ⋅ (b + c). Ez utóbbi egyenletet b + c ¹ 0-val osztva, majd rendezve, a2 = b2 + c 2 alakhoz jutunk. Mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk, a Pitagorasz-tétel megfordítása alapján a háromszög derékszögû, és az „a” oldal a háromszög átfogója.

Összegzési képletek – megoldások w x3364

Alkalmazzuk az addíciós tételeket: a) – sin a , – cos a ; b) cos a , – sin a ; c)

2 2 ⋅ cos a – ⋅ sin a , 2 2

d) – e)

2 2 ⋅ cos a + ⋅ sin a ; 2 2

3 1 1 3 ⋅ cos a – ⋅ sin a , – ⋅ cos a + ⋅ sin a ; 2 2 2 2

1 3 3 1 ⋅ cos a + ⋅ sin a , – ⋅ cos a + ⋅ sin a . 2 2 2 2 98


2010.11.16.

9:07

Page 99


w x3365

Alkalmazzuk az addíciós tételeket: 3 ; 2 3 b) sin 96º ⋅ cos 36º – cos 96º ⋅ sin 36º = sin(96º – 36º) = sin 60º = ; 2

a) sin 36º ⋅ cos 24º + cos 36º ⋅ sin 24º = sin(36º + 24º) = sin 60º =

c) cos125º ⋅ cos 25º – sin 125º ⋅ sin 25º = cos(125º + 25º) = cos150º = –

3 ; 2

1 d) cos104º ⋅ cos 44º + sin 104º ⋅ sin 44º = cos(104º – 44º) = cos 60º = . 2 w x3366 Alkalmazzuk az addíciós tételeket: a) cos (150º + a ) + cos (60º – a ) – sin (30º + a ) – sin (120º – a ) = – sin a – 3 ⋅ cos a ; b) sin (45º + a ) – cos (30º – a ) – cos (45º – a ) + sin (60º + a ) = 0; c) sin2 (b + a ) – sin2 (b – a ) = 4 × sin b × sin a × cos b × cos a = 2 × sin a × cos a × 2 × sin b × cos b = sin 2a × sin 2b ; cos2 (b + a ) – cos2 (b – a ) = – 4 × sin b × sin a × cos b × cos a = – 2 × sin a × cos a × 2 × sin b × cos b = – sin 2a × sin 2b ; d) –1. w x3367

Az összegzési képleteket használjuk a és a + b szögekre: a) sin a × sin (a + b ) + cos a × cos (a + b ) = cos (a + b ) × cos a + sin (a + b ) × sin a = = cos ((a + b ) – a) = cos b . A b), c) és d) részeknél hasonlóan járhatunk el.

w x3368

a) sin 15º = sin(45º – 30º) = sin 45º ⋅ cos 30º – cos 45º ⋅ sin 30º = 2+ 4 2+ c) sin 105º = 4 6– d) sin 165º = 4 2– e) sin 345º = 4

b) sin 75º =

w x3369

6

6– 2 2+ 6 , cos15º = ; 4 4

6– 2 ; 4 6 2– 6 , cos105º = ; 4 2 2+ 6 , cos165º = – ; 4 6 2+ 6 , cos 345º = . 4 , cos 75º =

Alkalmazzuk a sin a ± sin b, illetve cos a ± cos b szorzattá alakítására vonatkozó azonosságokat: a) sin 105º – sin 15º = 2 ⋅ cos b) sin 105º + sin 15º =

6 ; 2

c) cos105º – cos15º = – d) cos105º + cos15º =

105º + 15º 105º – 15º 1 2 2 ⋅ sin =2⋅ ⋅ = ; 2 2 2 2 2

6 ; 2

2 . 2 99


2010.11.16.

9:07

Page 100


sin 40º ⋅ cos10º + cos 40º ⋅ sin 10º sin(40º + 10º) sin 50º = = 1. = cos 40º cos 40º cos 40º

w x3370

tg 40º ⋅ cos10º + sin 10º =

w x3371

Mivel a háromszög két szögének a számtani közepe a harmadik szögével egyenlõ, a szögeit jelölhetjük így: a – j , a , a + j . A feladat feltétele szerint: 3+ 6 sin(a – j) + sin a + sin(a + j) = . 2 A háromszög belsõ szögeinek összege 180º, tehát a = 60º: 3+ 6 sin 60º ⋅ cos j – cos 60º ⋅ sin j + sin 60º + sin 60º ⋅ cos j + cos 60º ⋅ sin j = , 2 3 3 3+ 6 2⋅ ⋅ cos j + = , 2 2 2 2 cos j = . 2 A j szög hegyesszög, tehát j = 45º. A háromszög szögei: 15º, 60º és 105º.

w x3372

A merõleges vetületek hossza nem változik, ha az egyenest önmagával párhuzamosan eltoljuk. A mellékelt ábrát tekintve az egyenes haladjon át az ABC háromszög A csúcsán, és az AB oldallal zárjon be a szöget. A vetületek nagysága: AB' = 10 ⋅ cos a , C 'B' = 10 ⋅ cos(60º – a), AC ' = 10 ⋅ cos(60º + a).

C

10 cm 10 cm 60° – a 60°+a a A

a C’

Ezek négyzetösszege: AB'2 + B'C'2 + C'A2 = 102 × (cos2 a + cos2 (60º – a) + cos2 (60º + a)). Használva az addíciós tételt:

B

B’

2

cos2 (60º

⎛1 ⎞ 3 1 3 3 – a) = ⎜ ⋅ cos a + ⋅ sin a⎟ = ⋅ cos2 a + ⋅ cos a ⋅ sin a + ⋅ sin 2 a , 2 4 2 4 ⎝2 ⎠ 2

⎛1 ⎞ 3 1 3 3 cos2 (60º + a) = ⎜ ⋅ cos a – ⋅ cos a ⋅ sin a + ⋅ sin 2 a . ⋅ sin a⎟ = ⋅ cos2 a – 2 2 4 2 4 ⎝ ⎠ Tehát: 300 1 3 Ê ˆ 300 AB'2 + B'C '2 + C 'A2 = 10 2 ◊ Ácos2 a + ◊ cos2 a + ◊ sin 2 a˜ = ◊ (cos2 a + sin 2 a) = . Ë ¯ 2 2 2 2

A vetületek négyzetösszege a szögtõl függetlenül w x3373

300 = 150 cm 2. 2

Alakítsuk át az addíciós tétel segítségével a sin x + cosx kifejezést: 1 pˆ Ê1 ˆ Ê f (x) = sin x + cos x = 2 ◊ Á ◊ sin x + ◊ cos x˜ = 2 ◊ sin x + . Ë Ë 2 ¯ 2 4¯ 100


2010.11.16.

9:07

Page 101


pˆ Ê Mivel a sin x + minimális értéke –1, maximális értéke 1: Ë 4¯ pˆ Ê – 2 £ f (x) = 2 ◊ sin x + £ 2 . Ë 4¯

Az f (x) függvény minimuma – 2 , maximuma 2. Minimális értékét azokon a helyeken veszi fel, ahol 5p pˆ Ê sin x + = – 1, vagyis x = + 2kp, ahol k ÎZ. Ë ¯ 4 4 Maximális értékét azokon a helyeken veszi fel, ahol pˆ p Ê sin x + = 1, vagyis x = + 2kp, ahol k ÎZ. Ë ¯ 4 4 w x3374

Ha egy derékszögû háromszög átfogója 20 cm és egyik hegyesszöge a , akkor a befogói 20 × sin a és 20 × cos a . A háromszög kerülete: k = 20 + 20 × sin a + 20 × cos a = 20 × (1 + sin a + cos a). A 3373. feladat alapján a kerület maximális értéke: 20 ⋅ (1 + 2 ) . Ezt a maximális értéket akkor veszi fel, ha a = 45º, vagyis ha a háromszög egyenlõ szárú derékszögû háromszög.

w x3375

Alakítsuk át a függvény hozzárendelési szabályát: a b Ê ˆ f (x) = a ◊ sin x + b ◊ cos x = a2 + b 2 ◊ Á ◊ sin x + ◊ cos x˜ . 2 2 2 2 Ë a +b ¯ a +b a b Mivel és négyzetösszege 1, létezik olyan j szög, hogy: a2 + b 2 a2 + b 2 a b = cos j és = sin j. 2 2 2 a +b a + b2 Az addíciós tétel alapján: f (x) = a2 + b 2 ⋅ sin(x + j). Mivel a szinuszfüggvény minimális értéke –1, maximális értéke 1, az f (x) függvény minimuma – a2 + b 2 , maximuma a2 + b 2. Minimális értékét ott veszi fel, ahol sin(x + j) = –1, maximális értékét pedig ott, ahol sin(x + j) = 1.

w x3376

Mivel a 2 + b2 = 1, létezik olyan x szög, hogy a = sin x és b = cos x. Elég tehát a sin2 x + sin x × cos x kifejezés szélsõértékeit keresni. A 3373. feladat alapján: p⎞ p⎞ ⎛ ⎛ sin 2 x + sin x ⋅ cos x = sin x ⋅ (sin x + cos x) = sin x ⋅ 2 ⋅ sin ⎜x + ⎟ = 2 ⋅ sin x ⋅ sin ⎜x + ⎟ . ⎝ 4⎠ ⎝ 4⎠ Két szög szinuszának szorzatát összeggé alakítva: 1 È Ê pˆ p p ˆ Ê ˆ˘ Ê 2 ◊ sin x ◊ sin x + = 2 ◊ ◊ Ícos x + – x – cos x + + x ˙ = Ë Ë 4¯ 2 Î Ë 4 ¯ 4 ¯˚ = 2◊

1 È1 2 pˆ˘ 1 pˆ Ê Ê – cos 2x + ˙ = – ◊ cos 2x + . ◊ Ë Ë 2 ÍÎ 2 4¯˚ 2 2 4¯ 101


2010.11.16.

9:07

Page 102


pˆ Ê Mivel a cos 2x + minimális értéke –1, maximális értéke pedig 1: Ë 4¯ 1– 2 1+ 2 £ sin 2 x + sin x ⋅ cos x £ . 2 2 1– 2 1+ 2 Az a 2 + ab kifejezés minimuma , maximuma . 2 2 A kifejezés a maximális értékét ott veszi fel, ahol 3p pˆ Ê cos 2x + = – 1, vagyis x = + kp, ahol k ÎZ. Ë 4¯ 8 Ekkor Ê3p ˆ Ê3p ˆ a = sin + kp , b = cos + kp . Ë8 ¯ Ë8 ¯ 1 + cos 2a Az a és b pontos értékének megadásához használjuk fel a cos2 a = összefüggést: 2 3p 2 1 + cos 1– 3 p 2– 2 4 2 cos2 = = = . 8 2 2 4 3p Ha k páros, akkor + kp elsõ negyedbeli szög: 8 2– 2 Ê3p ˆ b = cos + kp = , Ë8 ¯ 2 valamint: 2– 2 2+ 2 Ê3p ˆ a = sin + kp = 1 – = . Ë8 ¯ 4 2 3p + kp harmadik negyedbeli szög: Ha k páratlan, akkor 8 2– 2 Ê3p ˆ b = cos + kp = – , Ë8 ¯ 2 valamint: 2+ 2 Ê3p ˆ a = sin + kp = – . Ë8 ¯ 2 Az a 2 + ab kifejezés maximumát a következõ értékek esetén veszi fel:

2+ 2 2– 2 2+ 2 2– 2 és b = vagy a = – és b = – . 2 2 2 2 A kifejezés minimális értékét ott veszi fel, ahol pˆ p Ê cos 2x + = 1, vagyis x = – + kp, ahol k ÎZ. Ë ¯ 4 8 Ekkor: Ê p ˆ Ê p ˆ a = sin – + kp , b = cos – + kp . Ë 8 ¯ Ë 8 ¯ Az elõzõhöz hasonló módon: 2 p 1 + cos 1+ 2+ 2 p Ê pˆ 4 2 2 2 cos – = cos = . = = Ë 8¯ 8 2 2 4 a=

102


2010.11.16.

9:07

Page 103


Ha k páros, akkor –

p

8

+ kp negyedik negyedbeli szög: 2+ 2 Ê p ˆ b = cos – + kp = , Ë 8 ¯ 2

valamint:

2+ 2 2– 2 Ê p ˆ a = sin – + kp = – 1 – =– . Ë 8 ¯ 4 2 p Ha k páratlan, akkor – + kp második negyedbeli szög: 8 2+ 2 Ê p ˆ b = cos – + kp = – , Ë 8 ¯ 2 valamint: 2– 2 Ê p ˆ a = sin – + kp = . Ë 8 ¯ 2 Az a 2 + ab kifejezés minimumát a következõ értékek esetén veszi fel: a=– w x3377

2– 2 2+ 2 és b = 2 2

vagy

a=

2– 2 2+ 2 és b = – . 2 2

Mivel háromszögrõl van szó: sin a = sin ((180º – (b + g )) = sin (b + g ). sin a A 2 ⋅ cos g = egyenlõséget ennek figyelembevételével a következõképpen alakíthatjuk át: sin b 2 × sin b × cos g = sin (b + g ). Alkalmazva az addíciós tételeket: 2 ⋅ sin b ⋅ cos g = sin b ⋅ cos g + cos b ⋅ sin g, sin b ⋅ cos g – cos b ⋅ sin g = 0, sin(b – g ) = 0. Ez utóbbi egyenlõség csak akkor teljesül, ha b – g = kp , ahol k ÎZ. Mivel b és g háromszög szögei, ezért k = 0, ami azt jelenti, hogy g = b. Tehát a háromszög egyenlõ szárú.

w x3378

Két szög szinuszának és koszinuszának összegét alakítsuk szorzattá: a +b a –b a +b a –b sin a + sin b = 2 ⋅ sin ⋅ cos és cos a + cos b = 2 ⋅ cos ⋅ cos . 2 2 2 2 Ez alapján a feladatban szereplõ egyenlõség a következõképpen alakítható át: a +b a –b a +b a –b = 2 ◊ cos 2 ◊ sin ◊ cos ◊ cos , 2 2 2 2 a –b Ê a +b a + bˆ cos ◊ Ásin – cos ˜ = 0. Ë 2 ¯ 2 2 Ez utóbbi szorzat kétféleképpen lehet 0. a –b a –b p =0 Û = + kp , ahol k Î Z. I. Ha cos 2 2 2 Háromszögrõl lévén szó, ez egyetlen k értékre sem teljesülhet. a+b a+b a+b a+b p = 0 Û sin = cos Û = + kp , ahol k Î Z. – cos 2 2 2 2 2 4 Mivel 0º < a + b < 180º, k = 0, vagyis a + b = 90º. Tehát a háromszög harmadik szöge 90º, vagyis derékszögû a háromszög.

II. Ha sin

a+b

103


2010.11.16.

9:07

Page 104


Az összegzési képletek alkalmazásai – megoldások w x3379

A kétszeres szögekre vonatkozó összefüggések alapján: a) 2 ⋅ sin2 x ⋅ ctg x = 2 ⋅ sin2 x ⋅

cos x = 2 ⋅ sin x ⋅ cos x = sin 2x; sin x

b) 2 ⋅ cos2 x ⋅ tg x = 2 ⋅ cos2 x ⋅

sin x = sin 2x; cos x

c)

sin 2x 2 ⋅ sin x ⋅ cos x = = 2 ⋅ ctg x; sin 2 x sin 2 x

cos 2x 2 ⋅ sin x ⋅ cos x cos 2x cos 2x sin 2x cos 2x sin 2x ⋅ = ⋅ = ⋅ = = 2 1 + cos 2x sin 2x 1 + cos 2x sin 2x 2 ⋅ cos x sin 2x 2 ⋅ cos2 x sin x tg x 1 ⋅ ; = = tg 2x cos x tg 2x cos2 x sin 2 x – 2 2 cos x – sin x cos x ⋅ sin x cos x ⋅ sin x ctg x – tg x = = . e) cos 2x = cos2 x – sin 2 x = ctg x + tg x cos2 x + sin 2 x cos2 x sin 2 x + cos x ⋅ sin x cos x ⋅ sin x

d)

f ) ctg x – sin 2x =

cos x cos x ⋅ (1 – 2 ⋅ sin2 x) – 2 ⋅ sin x ⋅ cos x = = ctg x ⋅ (cos2 x – sin2 x) = sin x sin x

= ctg x ⋅ cos 2x; g) tg x + ctg x =

sin x cos x sin2 x + cos2 x 2 ⋅ (sin2 x + cos2 x) 2 ; + = = = sin 2x cos x sin x sin x ⋅ cos x 2 ⋅ sin x ⋅ cos x

h) 4 × sin x × cos x × cos 2x = 2 × 2 × sin x × cos x × cos 2x = 2 × sin 2x × cos 2x = sin 4x; i)

1 – cos 2x cos2 x + sin2 x – cos2 x + sin2 x 2 ⋅ sin2 x = = = ½sin x½; 2 2 2

j)

1 + cos 2x cos2 x + sin2 x + cos2 x – sin2 x 2 ⋅ cos2 x = = = ½cos x½; 2 2 2

k) tg x = =

sin x 2 ⋅ sin x ⋅ cos x sin 2x sin 2x = = = = 2 2 2 2 2 cos x 2 ⋅ cos x cos x + cos x (sin x + cos x) + (cos2 x – sin2 x)

sin 2x ; 1 + cos 2x

l) 2 ◊ sin =2◊

Ê 2 ˆ Ê 2 ˆ 2 2 Êp Êp ˆ ˆ + x ◊ cos Á – x˜ = 2 ◊ Á ◊ cos x + ◊ sin x˜ ◊ Á ◊ cos x + ◊ sin x˜ = Ë4 ¯ Ë2 ¯ Ë2 ¯ Ë4 ¯ 2 2

1 ◊ (sin2 x + 2 ◊ sin x ◊ cos x + cos2 x) = 1 + sin 2x; 2 104


2010.11.16.

9:07

Page 105


ˆ 3 ◊ cos2 x – sin2 x ˆ Ê 3 1 1 Êp ˆ Êp ˆ Ê 3 m) cos Á + x˜ ◊ sin Á + x˜ = Á ◊ cos x – ◊ sin x˜ ◊ Á ◊ cos x + ◊ sin x˜ = = ¯ Ë6 ¯ Ë3 ¯ Ë 2 ¯ Ë2 2 4 2 3 ⋅ cos2 x ⋅ sin x – sin3 x 2 ⋅ cos2 x ⋅ sin x + cos2 x ⋅ sin x – sin3 x = = 4 ⋅ sin x 4 ⋅ si n x sin 3x cos x ⋅ (2 ⋅ sin x ⋅ cos x) + sin x ⋅ (cos2 x – sin2 x) cos x ⋅ sin 2x + sin x ⋅ cos 2x = . = = 4 ⋅ sin x 4 ⋅ sin x 4 ⋅ sin x

=

w x3380

A kétszeres szögekre vonatkozó összefüggések alapján: sin 2x 2 ⋅ sin x ⋅ cos x = = sin x; a) 2 ⋅ cos x 2 ⋅ cos x b) 2 × sin2 x + cos 2x = 2 × sin2 x + cos2 x – sin2 x = sin2 x + cos2 x = 1; c)

cos 2x cos2 x – sin2 x (cos x + sin x) ⋅ (cos x – sin x) = = = cos x + sin x; cos x – sin x cos x – sin x cos x – sin x

d)

1 + sin 2x sin2 x + cos2 x + 2 ⋅ sin x ⋅ cos x (sin x + cos x)2 = = = sin x + cos x; sin x + cos x sin x + cos x sin x + cos x

e)

cos4 x – sin4 x (cos2 x – sin2 x) ⋅ (cos2 x + sin2 x) = = 1; cos 2x cos2 x – sin2 x

f ) Mivel cos cos2

g)

Êp ˆ Êp ˆ – x , a kifejezés egyszerûbb alakja: + x = sin Ë4 ¯ Ë4 ¯

Êp ˆ Êp ˆ + x – sin 2 – x – sin 2x = – sin 2x; Ë4 ¯ Ë4 ¯

sin2 x – sin4 x sin2 x ⋅ (1 – sin2 x) 1 = = ; sin2 2x 4 ⋅ sin2 x ⋅ cos2 x 4

sin 3x + sin x h) = 2 ⋅ cos x ⋅ sin 2x cos 3x – cos x i) = 2 ⋅ sin x ⋅ sin 2x w x3381

3x + x 3x – x ⋅ cos 2 2 = 2 ⋅ sin 2x ⋅ cos x = 1; 2 ⋅ cos x ⋅ sin 2x 2 ⋅ cos x ⋅ sin 2x

2 ⋅ sin

3x + x 3x – x ⋅ sin 2 2 = – 2 ⋅ sin 2x ⋅ sin x = – 1. 2 ⋅ sin x ⋅ sin 2x 2 ⋅ sin x ⋅ sin 2x

– 2 ⋅ sin

Az addíciós tételeket használva: tg 45º – tg 30º = a) tg15º = tg(45º – 30º) = 1 + tg 45º ⋅ tg 30º ctg15º =

1 1 = = 2 + 3; tg15º 2 – 3

3 3 = 3 – 3 = 2 – 3, 3 3+ 3 1+1⋅ 3 1–

b) tg 75º = ctg 15º = 2 + 3, ctg 75º = tg 15º = 2 – 3. 105


2010.11.16.

9:07

Page 106


w x3382

Az addíciós tételeket használva: 2 2 Ê sin x + 1ˆ Ê tg x + tg p ˆ 2 2 pˆ Ê 4 ˜ = Êtg x + 1ˆ = Á cos x ˜ = Êsin x + cos xˆ = a) tg2 x + = ÁÁ Á ˜ Ë 4¯ 1 – tg x ◊ tg p ˜ ÁË1 – tg x˜¯ Á1 – sin x ˜ Ëcos x – sin x¯ ˜ ÁË ˜ ÁË 4¯ cos x¯ =

sin2 x + cos2 x + 2 ◊ sin x ◊ cos x 1 + sin 2x = ; sin2 x + cos2 x – 2 ◊ sin x ◊ cos x 1 – sin 2x

cos x sin x p – ctg x ⋅ ctg – 1 x ctg – 1 cos x – sin x p⎞ ⎛ 4 b) ctg ⎜x + ⎟ = = = sin x sin x = = p ctg x + 1 cos x sin x cos x + sin x 4⎠ ⎝ ctg x + ctg + 4 sin x sin x 2 (cos x – sin x) ⋅ (cos x – sin x) sin x + cos2 x – 2 ⋅ sin x ⋅ cos x 1 – sin 2x = = = ; (sin x + cos x) ⋅ (cos x – sin x) cos2 x – sin2 x cos 2x c)

1 1 1 − 2 ⋅ tg x 1 tg x tg x = – – = – = = 1 1 + ctg x 1 – ctg x 1 + 1 tg x + 1 tg x – 1 (tg x + 1) ⋅ (tg x – 1) 1– tg x tg x 2 ⋅ tg x = = tg 2x; 1 – tg2 x

x x x x x x cos sin cos2 – sin 2 cos2 – sin 2 x x 2 2 2 2 2 2 d) ctg – tg = – = =2⋅ = x x x x 2 2 sin x cos x cos ⋅ sin 2 ⋅ cos ⋅ sin 2 2 2 2 2 2 cos x =2⋅ = 2 ⋅ ctg x; sin x

e)

w x3383

1 – tg x Êp ˆ Êp ˆ Êp ˆ ◊ ctg – x = tg – x ◊ ctg – x = 1. Ë Ë ¯ Ë ¯ 1 + tg x 4 4 4 ¯

Az addíciós tételeket használva: 2 Ê tg p – tg x ˆ ˜ 2 1 – ÁÁ 4 Ê1 – tg xˆ p˜ Êp ˆ 2 1 – 1 – tg –x ÁË1 + tg x ◊ tg ˜¯ ÁË1 + tg x˜¯ Ë4 ¯ (1 + tg x)2 – (1 – tg x)2 4 a) = = = = 2 2 (1 + tg x)2 + (1 – tg x)2 Êp ˆ Ê1 – tg xˆ Ê tg p – tg x ˆ 1 + tg2 –x 1+ Á Ë4 ¯ ˜ Ë1 + tg x˜¯ 1 + ÁÁ 4 p˜ ÁË1 + tg x ◊ tg ˜¯ 4 4 ◊ tg x = = 2 + 2 ◊ tg2 x

sin x 2 ◊ sin x ◊ cos x cos x = = sin 2x; 2 sin x cos2 x + sin2 x 1+ cos2 x

106

2◊


2010.11.16.

9:07

Page 107


p p tg + tg x tg – tg x 2 2 Êp ˆ Êp ˆ 4 4 b) tg + x + tg = + – = –x – p cos 2x p Ë4 ¯ Ë 4 ¯ cos 2x 1 – tg x ◊ tg 1 + tg x ◊ tg 4 4

=

(1 + tg x)2 + (1 – tg x)2 1 + tg x 1 – tg x 2 2 – – + = = 2 cos 2x 1 – tg x 1 + tg x cos 2x 1 – tg x

=

2 ⋅ (1 + tg2 x) 2 2 ⋅ (cos2 x + sin2 x) 2 = 0; – = – – cos2 x – sin2 x 1 – tg2 x cos 2x cos2 x – sin2 x

x x x 1 + tg 1 – 2 ◊ sin ◊ cos xˆ 1 – sin x Ê 2 2 2 c) tg Á45º + ˜ ◊ = ◊ = Ë x x x 2¯ cos x 2 2 1 – tg cos – sin 2 2 2 x x x x x x cos + sin cos2 + sin 2 – 2 ◊ sin ◊ cos 2 2 2 2 2 2= = ◊ x x x x 2 2 cos – sin cos – sin 2 2 2 2 x x + sin 2 2 = x x cos – sin 2 2 cos

w x3384

2

xˆ Ê x ÁËcos – sin ˜¯ 2 2 = 1. ◊ x xˆ x Ê ˆ Ê x ÁËcos + sin ˜¯ ◊ ÁËcos – sin ˜¯ 2 2 2 2

A kétszeres szögekre vonatkozó összefüggések alapján: 4

a) sin 4

4

13p 23p Ê pˆ Ê pˆ – cos4 = Á- sin ˜ – Ácos ˜ = 12 12 Ë 12¯ Ë 12¯

pˆ Ê p pˆ p Ê = Ásin 2 – cos2 ˜ ◊ Ásin 2 + cos2 ˜ = Ë 12 12¯ Ë 12 12¯

= – cos 2 ◊

p 3 =– ; 12 2

1 ⋅ (2 ⋅ sin 20º ⋅ cos 20º) ⋅ cos 40º ⋅ cos 80º = 2 ⋅ sin 20º 1 1 = ⋅ sin 40º ⋅ cos 40º ⋅ cos 80º = ⋅ (2 ⋅ sin 40º ⋅ cos 40º) ⋅ cos 80º = 2 ⋅ sin 20º 4 ⋅ sin 20º 1 1 1 = ⋅ sin 80º ⋅ cos 80º = ⋅ sin 160º = . 8 4 ⋅ sin 20º 8 ⋅ sin 20º

b) cos 20º ⋅ cos 40º ⋅ cos 80º =

w x3385

A két adott kifejezést átírhatjuk: A = log2 0, 5 sin x = log2 2 – sin x = – sin x, B = 1 – sin2 x = ½cos x½. a) –1 £ – sin x £ 1, tehát A minimális értéke –1, maximális értéke 1. b) 0 £ ½cos x½£ 1, tehát B minimális értéke 0, maximális értéke 1. 107


2010.11.16.

9:07

Page 108


c) A + B = – sin x + ½cos x½ lehet: 1 p⎞ ⎞ ⎛1 ⎛ A + B = – sin x + cos x = – 2 ⋅ ⎜ ⋅ sin x – ⋅ cos x⎟ = – 2 ⋅ sin ⎜x – ⎟ , ha cos x ³ 0, 2 ⎝ 4⎠ ⎝ 2 ⎠ 1 p⎞ ⎛1 ⎞ ⎛ A + B = – sin x – cos x = – 2 ⋅ ⎜ ⋅ sin x + ⋅ cos x⎟ = – 2 ⋅ sin ⎜x + ⎟ , ha cos x < 0. 2 ⎝ 4⎠ ⎝ 2 ⎠ Mivel a szinuszfüggvény minimális értéke –1, maximális értéke 1, mindkét esetben A + B minimális értéke – 2, maximális értéke 2. d) A × B = – sin x ×½cos x½ lehet: 1 1 A ⋅ B = − ⋅ 2 ⋅ sin x ⋅ cos x = − ⋅ sin 2x, ha cos x ³ 0, 2 2 1 1 ha cos x < 0. A ⋅ B = ⋅ 2 ⋅ sin x ⋅ cos x = ⋅ sin 2x, 2 2 Mivel a szinuszfüggvény minimális értéke –1, maximális értéke 1, mindkét esetben A × B 1 1 minimális értéke – , maximális értéke . 2 2 w x3386

A kétszeres szögek szinuszára vonatkozó összefüggés alapján tekintsük a következõ egyenlõségeket: 1 1 sin 12º ⋅ cos12º = ⋅ sin 24º, sin 24º ⋅ cos 24º = ⋅ sin 48º, 2 2 1 1 sin 48º ⋅ cos 48º = ⋅ sin 96º, sin 36º ⋅ cos 36º = ⋅ sin 72º, 2 2 1 1 sin 60º ⋅ cos 60 o = ⋅ sinn 120º, sin 72º ⋅ cos 72º = ⋅ sin 144º, 2 2 1 sin 84º ⋅ cos 84º = ⋅ sin 168º. 2 Szorozzuk össze az egyenlõségek bal oldalait, illetve jobb oldalait, majd használjuk ki, hogy sin 96º = sin 84º, sin120º = sin 60º, sin144º = sin 36º és sin168º = sin12º. Ezek után éppen a bizonyítandó egyenlõséghez jutunk.

w x3387

a) Az addíciós tételeket használva: 2 ⋅ tg a + tg a 1 – tg2a 3 ⋅ tg a – tg3a tg 2a + tg a = . tg 3a = tg(2a + a) = = 1 – 3 ⋅ tg2a 1 – tg 2a ⋅ tg a 1 – 2 ⋅ tg a ⋅ tg a 1 – tg2a b) Az addíciós tételeket használva: tg 20º ⋅ tg 40º ⋅ tg 60º ⋅ tg 80º = tg 20º ⋅ tg(60º – 20º) ⋅ tg 60º ⋅ tg(60º + 20º) = tg 60º – tg 20º tg 60º + tg 20º = tg 20º ⋅ ⋅ tg 60º ⋅ = 1 + tg 60º ⋅ tg 20º 1 – tg 60º ⋅ tg 20º = tg 20º ⋅

3 – tg 20º 3 + tg 20º 3 ⋅ tg 20º – tg3 20º . ⋅ 3⋅ = 3⋅ 1 – 3 ⋅ tg2 20º 1 + 3 ⋅ tg 20º 1 – 3 ⋅ tg 20º

Ez utóbbi kifejezés az a) rész alapján: 3 ⋅ tg(3 ⋅ 20º) = 3 ⋅ 3 = 3. 108


2010.11.16.

9:07

Page 109


w x3388

Legyen a háromszög 6,4 cm-es oldalával szemben levõ szög a. A feladat feltétele szerint a 9,3 cm-es oldallal szemben levõ szög 2a . Írjuk fel a háromszögben a szinusztételt: sin 2a 9, 3 2 ⋅ sin a ⋅ cos a 9, 3 9, 3 = Þ = Þ cos a = Þ a » 43,40º Þ 2a = 86,80º. sin a 6, 4 sin a 6, 4 12, 8 A harmadik, ismeretlen x hosszúságú oldallal szemben levõ szög: 180º – 43,40º – 86,80º = 49,80º. Felírva a szinusztételelt: x sin 49,8º = Þ x » 7,11. 6, 4 sin 43,4º A háromszög oldalainak hossza 6,4 cm, 9,3 cm és 7,11 cm, a velük szemben levõ szögek rendre 43,40º, 86,80º és 49,80º.

w x3389

Az ábrán a-val jelölt szögek merõleges szárú hegyesszögek. 5 , az AC Az ABC derékszögû háromszög BC befogója cos a 10 . befogója sin a A háromszög területe: 5 10 ⋅ 50 50 cos a sin a T= = = . 2 2 ⋅ cos a ⋅ sin a sin 2a

B 5 a C

10

a A

Ez a pozitív elõjelû kifejezés akkor minimális, ha sin 2a maximális, vagyis 1. Mivel a csak hegyesszög lehet, ez csak 2a = 90º esetén teljesül, azaz ha a = 45º. A háromszög területe akkor minimális, ha befogóinak hossza: 5 10 BC = = 5 ⋅ 2 cm, illetve AC = = 10 ⋅ 2 cm. cos 45º cos 45º Az átfogója Pitagorasz tétele alapján 5 ⋅ 10 cm. w x3390

A bizonyítandó egyenlõség bal oldalán álló törtet bõvítsük sin (a + b )-val: sin(a – b ) sin(a – b ) ⋅ sin(a + b ) . = sin(a + b ) sin 2 (a + b ) A két szög szinuszának szorzatát összeggé alakítva: 1 ⋅ (cos [(a + b ) – (a – b )] – cos [(a + b ) + (a – b )] ) sin(a – b ) ⋅ sin(a + b ) 2 = = sin 2 (a + b ) sin 2 (a + b ) 1 ⋅ (cos 2b – cos 2a) =2 . sin 2 (a + b ) A kétszeres szög koszinuszára vonatkozó összefüggés (cos 2a = 1 – 2 × sin2 a és cos 2b = 1 – 2 × sin2 b ) alapján: 1 ⋅ (cos 2b − cos 2a) sin2a – sin2 b sin2a sin2 b 2 = = – . sin 2 (a + b ) sin 2 (a + b ) sin 2 (a + b ) sin 2 (a + b ) 109


2010.11.16.

9:07

Page 110


Mivel háromszögrõl van szó: sin g = sin ((180º – (a + b )) = sin (a + b ), így: sin2a sin2 b sin2a sin2 b – – . = sin 2 (a + b ) sin 2 (a + b ) sin2 g sin2 g A szinusztétel alapján: sin2a sin2 b a2 – b 2 – . = sin2 g sin2 g c2 A bal oldalból kiindulva ekvivalens átalakítások során a bizonyítandó egyenlõség jobb oldalához jutottunk, tehát bármely háromszögben igaz, hogy

sin(a – b ) a2 – b 2 . = sin(a + b ) c2 w x3391

a tg a = kifejezést a szinusztétel segítségével, majd használjuk ki, hogy b tg b mindkét oldal pozitív, a négyzetreemelés ekvivalens átalakítás:

a) Alakítsuk át az

a tg a = , b tg b sin a tg a , = sin b tg b sin2a ⋅ tg b = sin2 b ⋅ tg a, sin b sin a = 0, – sin2 b ⋅ cos b cos a sin a ⋅ sin b ⋅ (sin a ⋅ cos a – sin b ⋅ cos b ) = 0. sin2a ⋅

Ez utóbbi egyenlõség mivel sin a , illetve sin b nem lehet nulla, csak akkor teljesülhet, ha sin a ⋅ cos a = sin b ⋅ cos b, sin 2a = sin 2b. Mivel háromszögrõl van szó, a 2a, illetve 2b szög szinusza csak abban a két esetben lehet egyenlõ, ha 2a = 2b Þ a = b, vagy 2a = 180º – 2b Þ a + b = 90º Þ g = 90º. A háromszög tehát vagy egyenlõ szárú, vagy derékszögû. b) A háromszögben: sin g = sin ((180º – (a + b )) = sin(a + b ) = sin 2 ⋅ = 2 ⋅ sin

a +b

2

⋅ cos

a +b

2

.

Az ismert összefüggés alapján: a –b , ⋅ cos 2 2 a+b a –b cos a + cos b = 2 ⋅ cos . ⋅ cos 2 2

sin a + sin b = 2 ⋅ sin

110

a+b

a +b

2

=


2010.11.16.

9:07

Page 111


Tehát a sin g =

sin a + sin b egyenlõséget a következõ alakba írhatjuk: cos a + cos b a +b a –b a +b a + b 2 ◊ sin 2 ◊ cos 2 ◊ cos , = 2 ◊ sin a +b a –b 2 2 2 ◊ cos ◊ cos 2 2 + a b a +b Ê ˆ sin ◊ Á2 ◊ cos2 – 1˜ = 0. Ë ¯ 2 2

Ez utóbbi egyenlõség akkor teljesülhet, ha: a +b a +b = 0 vagy 2 ⋅ cos2 = 1. sin 2 2 Az elsõ esetben azt kapjuk, hogy a + b = 2kp, ahol k Î Z. Ez egyetlen háromszög esetén sem teljesülhet. A második esetben: a +b 1 = , cos2 2 2 a +b 1 2 = = cos , 2 2 2 amibõl: a +b 2 a +b 2 = vagy cos =– cos . 2 2 2 2 Innen: a +b a +b 3p p = ± + 2kp, k Î Z vagy =± + 2kp, k Î Z. 2 4 2 4 Mivel háromszögrõl van szó, csak az elsõ eset jöhet szóba, ekkor a + b = 90º. Tehát a kérdéses háromszög derékszögû. c) Alakítsuk szorzattá a cos 2a + cos 2b összeget: cos 2a + cos 2b = 2 × cos (a + b ) × cos (a – b ). Mivel a , b és g háromszög szögei, az ismert trigonometrikus összefüggések alapján írjuk át cos 2g -t: cos 2g = cos 2 × (180º – (a + b )) = cos 2 × (a + b ) = cos2 (a + b ) – sin2 (a + b ). Az eredeti egyenlet jobb oldalán szereplõ –1 = – cos2 (a + b ) – sin2 (a + b ). Ezek alapján az eredeti cos 2a + cos 2b + cos 2g = –1 egyenlet a következõképpen alakul: 2 ⋅ cos(a + b ) ⋅ cos(a – b ) + cos2 (a + b ) – sin 2 (a + b ) = – cos2 (a + b ) – sin 2 (a + b ), 2 ⋅ cos(a + b ) ⋅ cos(a – b ) + 2 ⋅ cos2 (a + b ) = 0, 2 ⋅ cos(a + b ) ⋅ (cos(a – b ) + cos(a + b )) = 0. A cos (a – b ) + cos (a + b ) összeget szorzattá alakítva: 2 ⋅ cos(a + b ) ⋅ 2 ⋅ cos a ⋅ cos b = 0, 2 ⋅ cos g ⋅ 2 ⋅ cos a ⋅ cos b = 0. Ez utóbbi egyenlõség akkor teljesül, ha vagy cos g , vagy cos a , vagy cos b nulla értéket vesz fel. Mivel a és b háromszög szögei, ez csak akkor teljesülhet, ha a háromszög valamelyik szöge 90º, tehát a háromszög derékszögû. 111


2010.11.16.

9:07

Page 112


Trigonometrikus egyenletek, egyenletrendszerek – megoldások w x3392

Az egyenletek megoldásai: 5p p + 2lp (k, l ÎZ); a) x1 = + 2kp , x2 = 6 6

5p 7p + 2kp , x2 = + 2lp (k, l ÎZ); 4 4 c) x1 » 1,18 + 2kp , x2 » p – 1,18 + 2lp (k, l ÎZ);

b) x1 =

2p + 2kp (k ÎZ); 3 f ) x » ± 1,00 + 2kp (k ÎZ);

d) x = ±

3p + kp (k ÎZ); 4

h) x =

j) x » 1,50 + kp (k ÎZ);

p

e) x = ±

+ 2kp (k ÎZ); 6 g) x » ± 2,50 + 2kp (k ÎZ); i) x = k) x =

p

6

+ kp (k ÎZ);

2p + kp (k ÎZ); 3

l) x » 0,75 + kp (k ÎZ). w x3393

Az egyenletek megoldásai: p a) x1 = kp , x2 = + lp (k, l ÎZ); 6 c) x1 = e) x =

p

12

p

4

g) x = – w x3394

+ 2kp , x2 =

7p + 2lp (k, l ÎZ); 12

+ 3kp (k ÎZ); p

24

+

1 × kp (k ÎZ); 2

b) x1 =

p

12

+ 2kp , x2 =

17p + 2lp (k, l ÎZ); 12

d) x =

5p 2 + × kp (k ÎZ); 12 3

f) x =

1 × kp (k ÎZ); 2

h) x =

7p 1 + × kp (k ÎZ). 60 5

Az egyenletek megoldásai: 1 p 1 p + × lp (k, l ÎZ); a) x1 = + × kp , x2 = 24 2 8 2 b) x = ±

p

12

+

1 × kp (k ÎZ); 2

c) x1 =

3p 3 + 3kp , x2 = 3lp (k, l ÎZ), ami felírható x = kp (k, ÎZ) alakban. 2 2

d) x1 =

5p p + kp , x2 = + lp (k, l ÎZ); 12 12

e) x1 = 2kp , x2 = f ) x1 =

2p + 2lp (k, l ÎZ); 3

1 p 1 × kp , x2 = – + × lp (k, l ÎZ). 2 3 2 112


2010.11.16.

9:07

Page 113


w x3395

Az egyenletek megoldásai: p 2 a) x1 = 2kp , x2 = + × lp (k, l ÎZ); 5 5 b) x1 = –

7p 11p 2 – 2kp , x2 = + × lp (k, l ÎZ); 3 36 12

c) x1 = –

4 4 × kp , x2 = × lp (k, l ÎZ); 9 7

d) x1 = – e) x = f) x = w x3396

p

12

+ 2kp , x2 =

7p 2 + × lp (k, l ÎZ); 36 3

1 × kp (k ÎZ); 4 p

6

–

1 × kp (k ÎZ). 2

a) Használjuk ki, hogy a szinuszfüggvény páratlan: 2 4p 2 p x1 = – + ⋅ kp , x2 = + ⋅ lp (k, l ÎZ). 21 7 9 3

⎛p ⎞ b) Használjuk ki, hogy sin 2x = cos ⎜ – 2x⎟ : ⎝2 ⎠ p p 2 p 2 x1 = + ⋅ kp , x2 = – 2lp (k, l Î Z), ami felírható x = + ⋅ kp (k Î Z) alakban. 4 3 4 4 3 pˆ Ê c) Használjuk ki, hogy cos x + = sin (– x), és hogy a szinuszfüggvény páratlan: Ë 2¯

x1 = –

1 p 1 p + ⋅ kp , x2 = + ⋅ lp (k, l ÎZ). 12 2 9 3

d) Használjuk ki, hogy cos (x + p ) = – cos x. A megoldások: 1 p p x1 = + kp , x2 = – + ⋅ lp (k, l ÎZ). 8 32 4 e) A megoldások: p 1 x= + ⋅ kp (k ÎZ). 24 6 f ) Használjuk ki, hogy ctg x = tg

w x3397

Êp ˆ – x . A megoldások: Ë2 ¯ 5p 1 x= + ⋅ kp (k ÎZ). 12 2

Hozzuk tg x = c alakra az egyenleteket. p a) x = + kp (k ÎZ); 3 p 1 c) x » 0,30 + + × kp (k ÎZ); 9 3

b) x » –0,32 + kp (k ÎZ); d) x = ±

p

6

+ kp (k ÎZ).

113


2010.11.16.

9:07

Page 114


w x3398

Használjuk ki, hogy cos x = sin a) x = –

w x3399

p

6

–

1 × kp (k ÎZ); 3

Êp ˆ – x , valamint azt, hogy a szinuszfüggvény páratlan. Ë2 ¯ 19p 1 13p b) x1 = – × kp , x2 = + lp (k, l ÎZ); 72 3 24

Másodfokú egyenletre visszavezethetõk a trigonometrikus egyenletek. a) A megoldóképlet alapján: 1 5p p sin x = Û x1 = + 2kp , x2 = + 2lp (k, l Î Z), vagy 2 6 6 sin x = – 6, ami nem lehet. 5p p gyökök esnek. A megoldások közül a [0; 2p] intervallumba az x1 = , x2 = 6 6 b) A megoldóképlet alapján: 1 2p Û x=± cos x = – + 2kp (k Î Z), vagy 2 3 cos x = 3, ami nem lehet. 2p 4p A megoldások közül a [0; 2p] intervallumba az x1 = , x2 = gyökök esnek. 3 3 c) A megoldóképlet alapján: 3 2p p sin x = Û x1 = + 2kp, x2 = + 2lp (k, l Î Z), vagy 2 3 3 sin x = – 3, ami nem lehet. 2p p A megoldások közül a [0; 2p] intervallumba az x1 = , x2 = gyökök esnek. 3 3 p d) Az egyenlet az x Î R\ + kp (k Î Z) alaphalmazon van értelmezve. 2 A megoldóképlet alapján: tg x = 3 Û x1 » 1, 25 + kp (k Î Z), vagy p tg x = 1 Û x2 = + lp (l Î Z). 4

{ }

5p p A megoldások közül a [0; 2p] intervallumba az x1 » 1,25, x2 » 1,25 + p, x3 = , x4 = 4 4 gyökök esnek. w x3400

A feladatokban használjuk a trigonometrikus összefüggéseket. a) Mivel cos2 x = 1 – sin2 x, az egyenlet ilyen alakba is írható: sin2 x + 2 × sin x – 3 = 0. A megoldóképlet alapján: p sin x = 1 Û x = + 2kp (k Î Z), vagy 2 sin x = – 3, ami nem lehet. b) Mivel sin2 x = 1 – cos2 x, az egyenlet ilyen alakba is írható: 2 × cos2 x + cos x – 1 = 0. A megoldóképlet alapján: p 1 cos x = Û x1 = ± + 2kp (k Î Z), vagy 2 3 cos x = – 1 Û x2 = p + 2lp (l Î Z). 114


2010.11.16.

9:07

Page 115


sin x , valamint cos x 2 cos2 x = 1 – sin2 x, az egyenlet ilyen alakra is hozható: sin2 x + 2 × sin x – 1 = 0. A megoldóképlet alapján: sin x = – 1 + 2 Û x1 » 0, 43 + 2kp, x2 » p – 0, 43 + 2lp (k, l Î Z), vagy

c) A tangensfüggvény értelmezési tartományából x ¹

p

+ kp (k ÎZ). Mivel tg x =

sin x = – 1 – 2 < 1, ami nem lehet. A megoldás beletartozik a tangensfüggvény értelmezési tartományába. d) Az egyenlet alaphalmaza: x Î R \

{

}

p + kp (k Î Z). Ekvivalens átalakítások után az egyenlet 2

a következõ alakra hozható: 2 × cos2 x = 1. Innen a megoldás: p 2 p ½cos x½ = Û x = + k ⋅ (k Î Z). 2 4 2 A megoldás az értelmezési tartománynak megfelel. p e) A tangensfüggvény értelmezési tartományából x ¹ + kp (k ÎZ). Ekvivalens átalakítások után 2 az egyenlet 6 ⋅ cos2 x + 3 ⋅ cos x – 6 = 0 alakra hozható. Innen a megoldás: 2⋅ 3 cos x = – < –1, ami nem lehet, vagy 3 3 p cos x = Û x = ± + 2kp (k Î Z). 2 6 Ezek a megoldások a az értelmezési tartománynak nem mondanak ellent.

{ }

f ) Az egyenlet alaphalmaza: x Î R \ k ⋅

p (k Î Z) Ekvivalens átalakítások után az egyenlet 2

a következõ alakra hozható: tg2 x – 2 × tg x – 1 = 0. Innen a másodfokú egyenlet megoldóképlete alapján: tg x = 1 + 2 Û x1 » 1,18 + kp (k Î Z), vagy tg x = 1 – 2 Û x2 » – 0, 39 + lp (l Î Z). A kapott megoldások beletartoznak az egyenlet alaphalmazába. g) Osszuk le az egyenlet mindkét oldalát cos2 x-szel (a cos x = 0 nem megoldása az egyenletnek, mert sin x és cos x egyszerre nem lehet 0): sin2 x sin x 2⋅ – 3⋅ + 1 = 0, cos2 x cos x 2 ⋅ tg2 x – 3 ⋅ tg x + 1 = 0. A másodfokú egyenlet megoldásai: p

tg x = 1

Û

x1 =

1 2

Û

x2 » 0, 46 + lp (l Î Z).

tg x =

4

+ kp (k Î Z), vagy

115


2010.11.16.

9:07

Page 116


h) A g) rész gondolatmenete alapján: 2 × tg2 x – tg x – 1 = 0. Az egyenlet megoldásai: tg x = 1 tg x = – w x3401

a) Az egyenlet az x Î R \

{

}

1 2

p

Û

x1 =

Û

x2 » – 0, 46 + lp (l Î Z).

4

+ kp (k Î Z), vagy

p + kp (k Î Z) alaphalmazon van értelmezve. Ekvivalens átalakítások 2

után a sin x ⋅ ( 2 ⋅ cos x – 3 ) = 0 egyenletet kapjuk. Innen:

sin x = 0 Û x1 = kp (k Î Z), vagy 3 p Û x2 = ± + 2lp (l Î Z). 2 6 A kapott megoldások beletartoznak az egyenlet alaphalmazába. cos x =

b) Az egyenletet az x ÎR\{kp} (k ÎZ) alaphalmazon oldjuk meg. Átalakítások után a következõ x 3 p alakhoz jutunk: tg = , ahonnan az x = ± + 2kp (k ÎZ) megoldásokhoz jutunk. 2 3 3 A kapott megoldások beletartoznak az egyenlet alaphalmazába. c) Egy tört akkor nulla, ha: a számlálója 0 Û tg x = –2 Û x » –1,11 + kp (k ÎZ). d) Bontsuk fel az abszolút értéket, és osszuk el cos x-szel (cos x = 0 nem megoldása az egyenletnek, mert sin x és cos x egyszerre nem vehet fel 0 értéket). 3 p Ha cos x > 0, akkor az egyenlet tg x = alakba írható. Ennek megoldása x = + kp (k ÎZ), 3 6 p de cos x > 0 miatt csak az elsõ negyedbeli szög megoldás: x1 = + 2kp (k ÎZ). 6 5p 3 Ha cos x < 0, akkor az egyenlet tg x = – alakba írható. Ennek megoldása x = + lp (l ÎZ), 3 6 5p + 2lp (l ÎZ). de cos x < 0 miatt csak a második negyedbeli szög megoldás: x2 = 6 w x3402

a) Az egyenlet az x ÎR\{kp}, (k ÎZ) alaphalmazon van értelmezve. Átszorzás után: sin2 x + 2 ⋅ sin x ⋅ cos x = 1, sin2 x + 2 ⋅ sin x ⋅ cos x = sin2 x + cos2 x, 2 ⋅ sin x ⋅ cos x – cos2 x = 0, cos x ⋅ (2 ⋅ sin x – cos x) = 0. Ez utóbbi egyenlõség akkor teljesülhet, ha cos x = 0 Û x1 =

p

2

+ kp (k Î Z), vagy

1 Û x2 » 0, 46 + lp (l Î Z). 2 A kapott megoldások beletartoznak az egyenlet alaphalmazába. p Az egyenlet pozitív megoldásai: x1 = + kp (k ÎZ+ È {0}) és x2 » 0,46 + lp (l ÎZ+ È {0}). 2 tg x =

116


2010.11.16.

9:07

Page 117


b) Az egyenlet az x Î R \

{

}

p + kp (k Î Z) alaphalmazon van értelmezve. Redukáljuk nullára 2

az egyenletet, majd alakítsuk szorzattá: sin x sin x – cos x + 2 ◊ – 2 = 0, cos x sin x – cos x = 0, (sin x – cos x) + 2 ◊ cos x 2 ˆ Ê (sin x – cos x) ◊ Á1 + = 0. Ë cos x˜¯ Ez utóbbi egyenlõség csak akkor teljesül, ha a szorzótényezõk valamelyike 0. Ha az elsõ tényezõ 0: p sin x – cos x = 0 Þ tg x = 1 Û x = + kp (k ÎZ). 4 A második tényezõ akkor 0, ha cos x értéke –2, ez nem lehet. A kapott megoldások beletartoznak az egyenlet alaphalmazába. p Az egyenlet pozitív megoldásai: x = + kp (k ÎZ+ È {0}). 4 w x3403

Vizsgáljuk az adott egyenletek jobb és bal oldalának értékkészletét. a) Az egyenletnek nincs megoldása, mivel a bal oldal csak 8-nál kisebb értéket vehet fel. b) A bal oldal értéke legalább 1, mivel: 2 −1 £ sin x £ 1 Û 0 £ sin2 x £ 1 Û 1 £ 2sin x £ 2. A jobb oldal a koszinuszfüggvény értékkészlete miatt legfeljebb 1. Így az egyenlõség csak akkor teljesülhet, ha mindkét oldal 1 értéket vesz fel, azaz ha: 2 cos x = 1 és 2sin x = 1 Û sin2 x = 0. Az egyenlet megoldása: x = 2kp (k ÎZ).

w x3404

a) Az addíciós tétel alapján az egyenlet a következõ alakba írható: Ê1 ˆ 3 2 ◊ Á ◊ cos x + ◊ sin x˜ = 1 + 3 ◊ sin x, amibõl cos x = sin x. Ë2 ¯ 2 Az utóbbi egyenlet megoldása: p x = + kp (k ÎZ). 4 b) Használjuk az addíciós tételeket: 3 p 1 pˆ p Ê = sin 3x ◊ cos – cos 3x ◊ sin = ◊ sin 3x – ◊ cos 3x, sin 3x – Ë 3¯ 3 3 2 2

(

)

3 pˆ p p 1 Ê ◊ sin 3x. cos 3x + = cos 3x ◊ cos – sin 3x ◊ sin = ◊ cos 3x – Ë 3¯ 3 3 2 2 Ezek alapján a megoldandó egyenlet: 1 3 1 3 ⋅ sin 3x – ⋅ cos 3x + ⋅ cos 3x – ⋅ sin 3x = 0. 2 2 2 2 Mivel cos 3x = 0 nem megoldása az egyenletnek, az egyenletet tg 3x-re rendezve kapjuk, hogy: p 1 tg 3x = – 1 Û x = + ⋅ kp (k Î Z). 4 3 117


2010.11.16.

9:07

Page 118


c) Az egyenlet az x Î R \

{

}

p + kp (k Î Z) alaphalmazon van értelmezve. 2

A bal oldalon álló kifejezéseket írjuk át az addíciós tételek segítségével, majd végezzük el az összevonásokat: sin x 2 ⋅ cos x = , cos x 2 ⋅ cos2 x = sin x, 2 ⋅ sin2 x + sin x – 2 = 0. Innen a másodfokú egyenlet megoldóképlete alapján: p 2 3p sin x = Û x1 = + 2kp, x2 = + 2lp (k, l Î Z), vagy 2 4 4 sin x = – 2, ami nem lehet. A megoldások elemei az egyenlet alaphalmazának. d) Az egyenlet az x ÎR\{kp}, (k ÎZ) alaphalmazon van értelmezve. A bal oldalon álló kifejezéseket írjuk át az addíciós tételek segítségével, majd végezzük el az összevonásokat: 1 cos x 3 ⋅ sin x = ⋅ , 2 sin x 2 ⋅ 3 ⋅ sin2 x = cos x, 2 ⋅ 3 ⋅ cos2 x + cos x – 2 ⋅ 3 = 0. Innen a másodfokú egyenlet megoldóképlete alapján: p 3 cos x = Û x = ± + 2kp (k Î Z), vagy 2 6 2 sin x = – < – 1, ami nem lehet. 3 A megoldások elemei az egyenlet alaphalmazának. w x3405

Alkalmazzuk az a × sin x + b × cos x = c típusú egyenletek megoldási módszerét: osszuk le az egyenlet mindkét oldalát a2 + b 2 -tel, majd használjunk addíciós tételt. a) Osszuk le az egyenlet mindkét oldalát

( 3)2 + 1 = 2-vel:

3 1 3 3 p p – cos x = Þ sin x ⋅ cos – sin ⋅ cos x = . 2 2 2 6 6 2 Az addíciós tételt használva: π⎞ 3 ⎛ sin x ⋅ ⎜ x – ⎟ = , 6⎠ 2 ⎝ amelynek megoldásai: 5p p x1 = + 2kp , x2 = + 2lp (k, l ÎZ); 2 6 sin x ⋅

b) A megoldások: x1 » –0,44 + 2kp , x2 » 2,30 + 2lp (k, l ÎZ).

118


2010.11.16.

9:07

Page 119


w x3406

Az egyenlet megoldási lépései: sin (p ◊ cos x) = cos(p ◊ sin x), Êp ˆ sin (p ◊ cos x) = sin Á – p ◊ sin x˜ . Ë2 ¯

I. eset: p ◊ cos x =

cos x + sin x = Ê cos Áx – Ë

p

2

– p ◊ sin x + 2kp (k ÎZ),

1 + 2k, 2

/◊

2 2

pˆ

2 = + 2 ◊ k, ˜ 4¯ 4

pˆ 2 Ê - 1 £ cos Áx – ˜ = + 2k £ 1. Ë 4¯ 4

ß Az egyenlõtlenségek csak k = 0 esetén teljesülnek: Ê cos Áx – Ë x1 » ± 1, 21 +

p

4

pˆ

2 , ˜¯ = 4 4 + 2np (n ÎZ).

II. eset: p ◊ cos x = p –

cos x – sin x =

p + p ◊ sin x + 2lp (l ÎZ), 2

1 + 2l, 2

/◊

2 2

2 pˆ Ê cos Áx + ˜ = + 2 ◊ l, Ë 4¯ 4 2 pˆ Ê - 1 £ cos Áx + ˜ = + 2 ◊ l £ 1. Ë 4¯ 4 ß Az egyenlõtlenségek csak l = 0 esetén teljesülnek: pˆ 2 Ê cos Áx + ˜ = , Ë 4¯ 4

x2 » ± 1, 21 –

p + 2mp (m ÎZ). 4

Az egyenlet megoldásai:

x1 » ± 1, 21 +

p

4

+ 2np és x2 » ± 1, 21 –

p

4

+ 2mp (n, m Î Z).

119


2010.11.16.

9:07

Page 120


w x3407

a) Használjuk a kétszeres szögekre vonatkozó összefüggéseket, illetve a szögfüggvényekre érvényes pitagoraszi összefüggést: sin2 x – cos 2x = 2 – sin 2x, 2 ⋅ sin2 x – cos2 x = 2 ⋅ sin2 x + 2 ⋅ cos2 x – 2 ⋅ sin x ⋅ cos x, 0 = 3 ⋅ cos2 x – 2 ⋅ sin x ⋅ cos x, 0 = cos x ⋅ (3 ⋅ cos x – 2 ⋅ sin x). Az egyenlet megoldásai: p

cos x = 0

Û

x1 =

3 2

Û

x2 » 0, 98 + lp (l Î Z).

tg x =

2

+ kp (k Î Z),

vagy

b) Osszuk le az egyenlet mindkét oldalát cos2 x-szel (megtehetjük, mert cos x = 0 nem megoldása az egyenletnek). A tg2 x + ( 3 + 1) ⋅ tg x + 3 = 0 egyenletet megoldva: p tg x = – 3 Û x1 = – + kp (k Î Z), 3 p tg x = – 1 Û x2 = – + lp (l Î Z). 4

vagy

c) Az egyenlet jobb oldalán álló 2-t írjuk fel 2 × sin2 x + 2 × cos2 x alakban, majd redukáljuk 0-ra az egyenletet. Így a b) részben alkalmazott módszert alkalmazva tg2 x + tg x – 2 = 0 egyenlethez jutunk. Az egyenlet megoldásai: tg x = – 2 Û x1 » – 1,11 + kp (k Î Z), vagy p tg x = 1 Û x2 = + lp (l Î Z). 4 d) A kétszeres szögekre vonatkozó összefüggés alapján az egyenlet: 12 × sin4 x + 4 × sin2 x × cos2 x = cos4 x. A b) részben alkalmazott módszert alkalmazva: 12 × tg4 x + 4 × tg2 x – 1= 0. A másodfokúra visszavezethetõ negyedfokú egyenletet megoldva adódik, hogy: 1 tg2 x = – , ami nem lehet, vagy 2 1 2 Û x » ± 0, 39 + lp (l Î Z). tg x = 6 Az egyenlet megoldása: x » ± 0,39 + lp (l ÎZ). e) Mivel sin4 x + cos4 x = (sin2 x + cos2 x) – 2 ⋅ sin2 x ⋅ cos2 x = 1 – 2

a sin2 2x = 1 egyenletet kell megoldanunk. A megoldás: p 1 x = + × kp (k ÎZ). 4 2 120

sin2 2x , 2


2010.11.16.

9:07

Page 121


{ }

f ) Az egyenlet az x Î R \ k ⋅

p (k Î Z) alaphalmazon van értelmezve. 2

Ekvivalens átalakításokat végezve: sin x + cos x = 2 ◊ 2 ◊ sin x ◊ cos x,

/: 2

pˆ Ê sin x + = sin 2x. Ë 4¯

Az egyenlet megoldása:

2 × kp (k ÎZ). 4 3 A megoldások elemei az egyenlet alaphalmazának. x=

p

+

g) Az egyenlet mindkét oldalát 2-vel osztva, majd alkalmazva a sin(a + b )-ra vonatkozó addíciós tételt: 1 3 ◊ sin 4x + ◊ cos 4x = sin 3x, 2 2 pˆ Ê sin 4x + = sin 3x. Ë 3¯ Ez utóbbi egyenlõség akkor teljesül, ha: 2p 2 p x1 = – + 2kp , x2 = + × lp (k, l ÎZ). 21 7 3

{ }

h) Az egyenlet az x Î R \ k ⋅


A bal oldalt alakítva:

ctg2 x – tg2 x =

cos4 x – sin4 x (cos2 x + sin2 x) ⋅ (cos2 x – sin2 x) cos2 x – sin2 x = . = sin2 x ⋅ cos2 x sin2 x ⋅ cos2 x sin2 x ⋅ cos2 x

A jobb oldalt 16 × (cos2 x – sin2 x) alakba írva a megoldandó egyenlet: cos2 x – sin2 x = 16 ⋅ (cos2 x – sin2 x), sin2 x ⋅ cos2 x 1 ⎛ ⎞ (cos2 x – sin2 x) ⋅ ⎜ 2 – 16⎟ = 0. ⎝sin x ⋅ cos2 x ⎠ Ez utóbbi egyenlõség pontosan akkor teljesül, ha: p 1 tg2 x = 1 Û x1 = + ⋅ kp (k Î Z), vagy 4 2 1 1 p sin2 2x = Û x2 = ± + ⋅ lp (l Î Z). 4 12 2 A megoldások elemei az egyenlet alaphalmazának. i) Az egyenletet 2-vel osztva, majd használva a sin(a – b )-ra vonatkozó addíciós tételt, a következõ egyenlethez jutunk: pˆ Ê sin x – ◊ sin 3x = 1. Ë 3¯ Mivel a szinuszfüggvény 1-nél nagyobb értéket, illetve –1-nél kisebb értéket nem vehet fel, ez utóbbi egyenlõség két esetben teljesül. 121


2010.11.16.

9:07

Page 122


pˆ Ê I. eset: sin x – = 1 és sin 3x = 1. Ë 3¯ Az elsõ összefüggésbõl: p p 5p x – = + 2kp Û x = + 2kp (k ÎZ), 3 2 6 a másodikból: p p 2 3x = + 2lp Û x = + ⋅ lp (l Î Z). 2 6 3 Ezek alapján k és l egész számokra teljesülnie kell az alábbi egyenlõségnek: 5p p 2 + 2kp = + ⋅ lp. 6 6 3 Az egyenletet rendezve kapjuk, hogy l = 1 + 3k, tehát az eredeti egyenletünk megoldása: p 2 5p x1 = + ⋅ (1 + 3k) ⋅ p = + 2kp (k ÎZ). 6 3 6 pˆ Ê II. eset: sin x – = – 1 és sin 3x = – 1. Ë 3¯ Az elsõ összefüggésbõl: p p p x – = – + 2np Û x = – + 2np (n ÎZ), 3 2 6 a másodikból: p 2 3p 3x = + 2mp Û x = + ⋅ mp (m Î Z). 2 2 3 Ezek alapján n és m egész számokra teljesülnie kell az alábbi egyenlõségnek: p p 2 – + 2np = + ⋅ mp. 6 2 3 Az egyenletet rendezve kapjuk, hogy m = 3n – 1, tehát az eredeti egyenletünk megoldása: p 2 p x2 = + ⋅ (3n – 1) ⋅ p = – + 2np (n ÎZ). 2 3 6 Az egyenlet megoldásai: 5p p 5p + 2kp és x2 = – + 2np (k, n Î Z), ami x = + kp (k Î Z) alakban is írható. x1 = 6 6 6

{ }

j) Az egyenlet az x Î R \ k ⋅


A nullától különbözõ valós szám és reciproka összegére ismert egyenlõtlenség miatt: 1 ½tg x + ctg x½ = tg x + ³ 2, tg x tehát az egyenlet jobb oldalának értékészlete ] –¥; –10] È [10; ¥ [. A szinuszfüggvény alapján az egyenlet bal oldalának értékkészlete a [–2; 2] intervallum. Mivel a jobb és bal oldal értékkészlet halmazának a metszete üres halmaz, az egyenletnek nincs megoldása. 122


2010.11.16.

9:07

Page 123


w x3408

a) Alakítsuk szorzattá az egyenlet mindkét oldalát: x 2x + x 2x – x 3x sin 2x – sin x = 2 ⋅ cos ⋅ sin = 2 ⋅ cos ⋅ sin , 2 2 2 2 x 2x + x 2x – x 3x ⋅ sin = – 2 ⋅ sin ⋅ sin . cos 2x – cos x = – 2 ⋅ sin 2 2 2 2 Az egyenletet nullára redukálva, majd szorzattá alakítva kapjuk, hogy: x Ê 3x 3xˆ 2 ◊ sin ◊ Ásin + cos ˜ = 0. 2 Ë 2 2¯ Innen vagy sin

x 3x = 0, vagy tg = – 1. Az egyenlet megoldásai a [0; 2p] intervallumon: 2 2 p 7p 11p x1 = 0, x2 = , x3 = , x4 = és x5 = 2p. 2 6 6

b) Alakítsunk alkalmasan szorzattá: x + 3x x – 3x cos x + cos 3x = 2 ⋅ cos ⋅ cos = 2 ⋅ cos 2x ⋅ cos(– x) = 2 ⋅ cos 2x ⋅ cos x, 2 2 2x + 4x 2x – 4x cos 2x + cos 4x = 2 ⋅ cos ⋅ cos = 2 ⋅ cos 3x ⋅ cos(– x) = 2 ⋅ cos 3x ⋅ cos x. 2 2 Ezeket felhasználva, az egyenletet nullára redukálva, majd szorzattá alakítva kapjuk, hogy: 2 × cos x × (cos 2x + cos 3x) = 0. Újabb szorzattá alakítás után: 2x + 3x 2x – 3x 2 ⋅ cos x ⋅ 2 ⋅ cos ⋅ cos = 0, 2 2 5x x 4 ⋅ cos x ⋅ cos ⋅ cos = 0. 2 2 Az egyenlet megoldásai a valós számok halmazán: p p 2 x1 = + kp, x2 = + ⋅ lp, x3 = p + 2mp (k, l, m ÎZ). 2 5 5 Az egyenlet megoldásai a [0; 2p] intervallumon: p p 3p 3p 7p 9p x1 = , x2 = , x3 = , x 4 = p, x5 = , x6 = . és x7 = 5 2 5 2 5 5 w x3409

a) Az egyenlet bal oldalán álló kifejezést átalakítva az ½sin x½= 1 – sin½x½ egyenletet kell megoldanunk. Mivel mind a bal, mind a jobb oldalon álló függvény páros, ha egy valós szám megoldása az egyenletnek, akkor az ellentettje is megoldás lesz. Elég a megoldásokat x ³ 0 esetén keresnünk. Ekkor ½sin x½= 1 – sin x. Ha sin x ³ 0, akkor az egyenlet: 5p p 2 ⋅ sin x = 1 Û x1 = + 2kp, x2 = + 2lp (k, l Î Z + È {0}) . 6 6 Ha sin x < 0, akkor ellentmondásra jutunk. Tehát az egyenlet megoldásai: p p 5p 5p x1 = + 2kp, x2 = + 2lp, x3 = – – 2kp, x 4 = – – 2lp (k, l Î Z + È {0}) . 6 6 6 6 123


2010.11.16.

9:07

Page 124


b) Az egyenlet az x ÎR\{kp} (k ÎZ) alaphalmazon van értelmezve. Bontsuk fel a jobb oldalon álló abszolútértéket tartalmazó kifejezést: p ⎧ x<– , ⎪ p, ha 2 ⎪ p p ⎪ p p x – – x + = ⎨ – 2x, ha – £ x < , 2 2 ⎪ 2 2 p ⎪ – p, ha £ x. ⎪⎩ 2 Ez alapján: p Ha x < – , akkor 2 3 p ctg x = Û x1 = + kp (k Î Z –). 3 3 p p Ha – £ x < , akkor 2 2 2 ctg x = – ⋅ x, 3 ⋅p amelynek az adott intervallumon nem lehet megoldása, mert a jobb és bal oldal elõjele különbözõ. Ha

p

2

£ x, akkor

ctg x = –

3 p Û x2 = – + lp (l Î Z +). 3 3

Az egyenlet megoldásai: p + kp (k Î Z –) és x2 = – + lp (l Î Z +). 3 3 Ezek a megoldások beletartoznak az egyenlet alaphalmazába.

x1 =

w x3410

{

p

}

p a) Az egyenlet az x Î R \ + kp (k Î Z) alaphalmazon van értelmezve. Ekvivalens átalakítások 2 után: 2 2 16 tg x – 4 tg x + 1 = 192,

(4 tg x)2 – 4 ⋅ 4 tg x – 192 = 0. 2

2

A kapott másodfokúra visszavezethetõ egyenletet megoldva: 2 4 tg x = – 12, ami nem lehet, vagy 2 4 tg x = 16 Û tg2 x = 2 Û tg x = ± 2, amibõl x » ± 0, 96 + kp (k Î Z). Az x » ± 0,96 + kp (k ÎZ) megoldások elemei az egyenlet alaphalmazának. b) A bal oldalon álló logaritmikus kifejezések akkor vannak értelmezve, ha sin x és cos x pozitív p ⎤ ⎡ értéket vesz fel, és egyik sem 1. Az egyenlet megoldásait tehát az ⎥ 2kp ; + 2kp ⎢ (k ÎZ) ⎦ 2 ⎣ intervallumokon kell keresnünk. A logaritmusra vonatkozó azonosságok alapján: logcos x sin x + logsin x cos x = 2, 1 + logsin x cos x = 2. logsin x cos x 124


2010.11.16.

9:07

Page 125


Ismert, hogy nullától különbözõ valós szám és reciproka összegének abszolút értéke nagyobb egyenlõ mint 2, valamint az összeg csak abban az esetben lehet 2, ha a valós szám éppen 1. Az egyenlet megoldását tehát a log sin x cos x = 1 egyenlet szolgáltatja. p Innen sin x = cos x adódik, amelyet az alaphalmaz elemei közül csak az x = + 2kp (k ÎZ) 4 valós számok elégítenek ki. Az egyenlet megoldása: p x = + 2kp (k ÎZ). 4 w x3411

Elõször adjuk meg azt az alaphalmazt, amelyen a megadott egyenlõség értelmezve van: p p p p p x + ¹ + kp Þ x ¹ + kp, illetve – x ¹ + lp Þ x ¹ – lp (k, l Î Z). 4 2 4 2 2 pˆ tg x + 1 Ê Az addíciós tétel alapján az egyenlet bal oldala tg x + = , de ezt csak akkor írhatjuk fel, Ë 4¯ 1 – tg x p ha x ¹ + np (n ÎZ). 2 1 Êp ˆ Ismert, hogy tg – x = ctg x = , tehát az adott egyenlet a következõ alakba is írható: Ë2 ¯ tg x tg x + 1 1 1 = – 1 Û tg x = Þ x » 0, 32 + mp (m Î Z). 1 – tg x tg x 3 p Ha x = + np (n ÎZ), akkor ez megoldása az egyenletnek, mivel a bal oldal: 2 pˆ pˆ Ê Êp tg x + = tg + np + = – 1, Ë ¯ Ë 4 2 4¯ és a jobb oldal: ⎞ ⎛p ⎞ ⎛p p tg ⎜ – x⎟ – 1 = tg ⎜ – – np⎟ – 1 = – 1. ⎝2 ⎠ ⎝2 2 ⎠ Az egyenlet megoldásai az alaphalmazon: p x1 = + np (n Î Z) és x2 » 0, 32 + mp (m Î Z). 2

w x3412

A másodfokúra visszavezethetõ egyenlet diszkriminánsa: D = 4 × (p + 1)2 – 16p = 4 × p 2 – 8p + 4 = 4 × (p – 1)2. A megoldóképletet használva: 2 ⋅ (p + 1) ± 2 ⋅½p – 1½ 2 ⋅ (p + 1) ± 2 ⋅ (p – 1) = sin x1, 2 = , 2 2 ahonnan sin x = 2, ami egyetlen x-re sem teljesülhet, vagy sin x = 2p. Figyelembe véve, hogy –1 £ sin x = 2p £ 1, az egyenletnek akkor lesz megoldása, ha: 1 1 – £p£ . 2 2 125


2010.11.16.

9:07

Page 126


w x3413

Az adott intervallumon az x = 0 helyen az egyenlet nincs értelmezve. Mivel tg2 x + 2 × sin2 x + 2 × cos2 x + ctg2 x = tg2 x + 2 + ctg2 x = = tg2 x + 2 × tg x × ctg x + ctg2 x = (tg x + ctg x)2, 1 1 = a. -re nézve másodfokú. Legyen tg x + tg x tg x Az egyenlet a következõ alakba írható: a2 – 4ma + 3m2 = 0. Az egyenlet diszkriminánsa: 4m ± 2½m½ 4m ± 2m D = 16 m 2 – 12 m 2 = 4 m 2 Û a1, 2 = = Þ a1 = 3m, a2 = m. 2 2 1 1 = m és tg x + = 3m egyenletek megoldásainak számát kell vizsgálnunk Ez alapján tg x + tg x tg x ⎤ p p⎡ m függvényében a ⎥ – ; ⎢ intervallumon. ⎦ 2 2⎣ ⎤ p p⎡ A tg x függvény kölcsönösen egyértelmû a ⎥ – ; ⎢ intervallumon, és értékkészlete a valós számok ⎦ 2 2⎣ halmaza. 1 Ezeket figyelembe véve az f : R\ {0} ® R, f (x) = x + függy x vény grafikonja alapján a következõ megállapításokat tehetjük. az egyenlet tg x + ctg x = tg x +

Az adott intervallumon a tg x + ctg x = m egyenletnek két megoldása van,

ha

½m½> 2,

egy megoldása van,

ha

½m½= 2,

nincs megoldása,

ha

½m½< 2.

f ( x)= x + 1 –1

Az adott intervallumon a tg x + ctg x = 3m egyenletnek 2 két megoldása van, ha ½3m½ > 2 Û ½m½ > , 3 2 egy megoldása van, ha ½3m½ = 2 Û ½m½ = , 3 2 nincs megoldása, ha ½3m½ < 2 Û ½m½ < . 3 Tehát az egyenletnek

2 ½m½ < , 3 2 ½m½ = , 3 2 < ½m½ < 2, 3

nincs megoldása,

ha

egy megoldása van,

ha

két megoldása van,

ha

három megoldása van,

ha

½m½= 2,

négy megoldása van,

ha

½m½> 2.

126

1 x

1 –1

x


2010.11.16.

9:07

Page 127


w x3414

a) Az elsõ egyenletbõl y-t kifejezve, majd beírva a másodikba: ⎛p ⎞ sin x = 3 ⋅ sin ⎜ – x⎟ , ⎝2 ⎠ sin x = 3 ⋅ cos x. Mivel a cos x ¹ 0, ezért tg x = 3. Ez alapján az egyenletrendszer megoldásai: p Êp ˆ + kp ; – kp (k ÎZ). Ë3 ¯ 6 b) Az elsõ egyenletbõl sin x = –cos y, ezt beírva a második egyenletbe kapjuk, hogy: 1 p cos y ⋅ sin y = Û sin 2y = 1 Û y = + kp (k Î Z). 2 4 Ezt visszaírva az elsõ összefüggésbe, ha 2 p 5p 7p y1 = + 2lp, akkor sin x = – Û x1 = + 2np vagy x2 = + 2mp, 4 2 4 4 2 p 3p 5p y2 = + 2lp, akkor sin x = Û x3 = + 2np vagy x 4 = + 2mp. 4 2 4 4 Az egyenletrendszer megoldásai a valós számok halmazán a következõ számpárok (l, m, n ÎZ): p p ⎛5p ⎞ ⎛7p ⎞ ⎜ + 2np ; + 2lp⎟ , ⎜ + 2mp ; + 2lp⎟ , ⎠ ⎝4 ⎠ ⎝4 4 4 5p ⎛p ⎞ + 2lp⎟ , ⎜ + 2np ; ⎝4 4 ⎠

5p ⎛3p ⎞ + 2lp⎟ . ⎜ + 2mp ; 4 ⎝4 ⎠

c) Kihasználva, hogy az exponenciális függvény kölcsönösen egyértelmû: cos 2x + cos 2y = 0 ⎫ ⎬. 2 ⋅ cos x ⋅ cos y = 1 ⎭ Az elsõ egyenlet bal oldalát alakítsunk szorzattá: cos (x + y) × cos (x – y) = 0. A második egyenlet bal oldalát alakítsuk összeggé: cos (x + y) + cos (x – y) = 1. Az elsõ egyenlet bal oldalán lévõ szorzat két esetben lehet 0. I. eset: p cos(x + y) = 0 Û x + y = + kp (k Î Z). 2 Ezt a második egyenletbe helyettesítve: 0 + cos (x – y) = 1 Þ x – y = 2np (n ÎZ). Így az egyenletrendszer: p ⎫ x + y = + kp ⎪ 2 ⎬. x – y = 2np ⎪⎭ Innen: p Êk p Êk ˆ ˆ x1 = + Á + n˜ ◊ p, y1 = + Á – n˜ ◊ p. 4 Ë2 ¯ 4 Ë2 ¯ 127


2010.11.16.

9:07

Page 128


II. eset:

cos(x – y) = 0 Û x – y =

p

2

+ lp (l Î Z).

Ezt a második egyenletbe helyettesítve: cos (x + y) + 0 = 1 Þ x + y = 2mp (m ÎZ). Így az egyenletrendszer: ⎫ + lp ⎪ 2 ⎬. x + y = 2mp ⎪⎭ x– y=

p

Innen: x2 =

p ⎛l ⎞ + ⎜ + m⎟ ⋅ p, ⎠ 4 ⎝2

y2 = –

p ⎛l ⎞ – ⎜ – m⎟ ⋅ p. ⎠ 4 ⎝2

A feladat megoldásai (k, l, m, n ÎZ): x1 = x2 = w x3415

p

4 p

4

⎞ ⎛k + ⎜ + n⎟ ⋅ p, ⎠ ⎝2

y1 =

⎞ ⎛l + ⎜ + m⎟ ⋅ p, ⎠ ⎝2

y2 = –

p

4

⎞ ⎛k + ⎜ – n⎟ ⋅ p , ⎠ ⎝2 p

4

⎞ ⎛l – ⎜ – m⎟ ⋅ p. ⎠ ⎝2

a) Az x-re másodfokúnak tekinthetõ egyenletnek csak akkor van valós megoldása, ha diszkriminánsa nem negatív: D = 4 × sin2 xy – 4 = 4 × (sin2 xy – 1) ³ 0. 2 Mivel sin xy legfeljebb 1 értéket vehet fel, a diszkrimináns pozitív nem lehet. Tehát, hogy legyen megoldás, a diszkriminánsnak 0-nak kell lennie. Ebben az esetben sin xy = 1 vagy sin xy = –1. Ha sin xy = 1, akkor az egyenlet megoldása: 3p x 2 + 2x + 1 = 0 Û x = – 1 Þ sin xy = sin(– y) = 1 Û y = + 2kp (k Î Z). 2 Ha sin xy = –1, akkor az egyenlet megoldása: 3p x 2 – 2x + 1 = 0 Û x = 1 Þ sin xy = sin y = – 1 Û y = + 2lp (l Î Z). 2 3p Ê 3p ˆ Ê ˆ Az egyenlet megoldásai az Á1; + 2kp˜ és Á– 1; + 2lp˜ számpárok, ahol k, l ÎZ. Ë 2 ¯ Ë ¯ 2 b) Ismert, hogy egy 0-tól különbözõ valós szám és reciproka összegének abszolút értéke legalább 2. Az összeg 2 értéket csak akkor vesz fel, ha a valós szám 1, illetve –2 értéket akkor, ha a valós szám –1. Figyelembe véve a koszinuszfüggvény értékkészletét, cos y értéke 1 vagy –1 lehet. Ha cos y = 1, akkor y = 2kp (k ÎZ) és x = 1. Ha cos y = –1, akkor y = p + 2lp (l ÎZ) és x = –1. Az egyenlet megoldásai az (1; 2kp) vagy (–1; p + 2lp) számpárok, ahol k, l ÎZ. 128


2010.11.16.

9:07

Page 129


w x3416

A körcikkhez tartozó kör középpontja legyen O, az AB húrt a C pont ossza két részre úgy, hogy AC : CB = 1 : 2. Mivel az AOB háromszög olyan egyenlõ szárú háromszög, amelynek szárszöge 120º, OAB¬ = OBA¬ = 30º.

A

C 30°

30°

B

a

Legyen AOC¬ = a , ekkor BOC¬ = 120º – a .

O

120° – a

Írjuk fel az AOC, illetve BOC háromszögekben a szinusztételt: AC sin a CB sin(120º – a) = , illetve = . CO sin 30º CO sin 30º A két egyenletet egymással elosztva kapjuk, hogy AC sin a sin a 1 = = Û Û 2 sin a = sin(120º − a). CB sin(120º − a) 2 sin(120º − a) Az addíciós tételt használva: 2 sin a = sin 120º ⋅ cos a − cos120º ⋅ sin a , 3 1 cos a + sin a , 2 2 3 3 cos a. sin a = 2 2 Mivel cos a = 0 nem megoldása az egyenletnek: 3 tg a = . 3 Az egyenlõség megoldása a 120º-nál kisebb pozitív szögeket tekintve: a = 30º. A két részszög nagysága 30º és 90º. 2 sin a =

w x3417

A focista tartózkodjon a P pontban, és a pálya D AB oldala legyen 105 m, az AD oldala 68 m hosszú. 30° – a Jelölje az ABP szöget a . Ekkor a P-nél lévõ szögek nagyságát figyelembe véve: 150° PAD¬ = a és PDA¬ = 30º – a . 68 P Az ABP derékszögû háromszögben: a PA = sin a , 105 amibõl A 105 PA = 105 × sin a . Az APD háromszögben felírva a szinusztételt: PA sin(30º – a) = . 68 sin 150º Behelyettesítve az ismert értékeket: 1 3 ⋅ cos a – ⋅ sin a PA 2 2 = Þ PA = 68 ⋅ cos a – 68 ⋅ 3 ⋅ sin a . 1 68 2 129

C

a B


2010.11.16.

9:07

Page 130


A két összefüggésbõl a következõ trigonometrikus egyenlethez jutunk: 105 ⋅ sin a = 68 ⋅ cos a – 68 ⋅ 3 ⋅ sin a . Ezt megoldva: tg a =

68 105 + 68 ⋅ 3

a » 16,97º.

Þ

Az APD háromszög A csúcsánál lévõ szög 16,97º, a D csúcsnál lévõ szög 30º – 16,97º = 13,03º, ezért PA < PD, tehát a PA távolságot kell meghatároznunk. A focistának a P ponttól az A csúcsig 105 × sin 16,97º » 30,6 m távolságot kell megtennie.

Trigonometrikus egyenlõtlenségek – megoldások w x3418

c) – e)

i)

3

+ 2kp £ x £

p

3

+ 2kp (k ÎZ);

2p 2p + 2kp £ x £ + 2kp (k ÎZ); 3 3

h)

p

4 p

4 p

6

p

2

p

+ kp < x <

3

+ kp (k ÎZ);

+ 2kp £ x £

3p + 2kp (k Î Z); 4

+ 2kp £ x £

7p + 2kp (k Î Z); 4

+ kp £ x <

p

2

+ kp (k Î Z);

3p + kp £ x < p + kp (k Î Z). 4 p 3p + kp £ x £ + kp (k ÎZ); 8 8

7p 1 p 1 + ⋅ kp £ x £ + ⋅ kp (k Î Z); 36 3 4 3

7p 4p + kp £ x £ + kp (k Î Z); 12 3 g) x = kp (k ÎZ). e)

h) Az egyenlõtlenség sin x ³ w x3420

d) f)

a) – c)

p

7p 11p + 2kp < x < + 2kp (k ÎZ); 6 6

g) –

w x3419

b) –

a) 2kp < x < p + 2kp (k ÎZ);

b)

7p + 4kp £ x £ 5p + 4kp (k Î Z); 3

d) kp £ x £ f ) x Î R\

{

p

p

6

3

+ kp (k Î Z);

}

+ 2kp (k Î Z);

p 3 2p + 2kp (k Î Z). alakba írható. Megoldása: + 2kp £ x £ 3 3 2

a) Az egyenlõtlenséget azok a valós x számok elégítik ki, amelyekre tg x > 1 vagy tg x < –1. Az egyenlõtlenség megoldása: p p p 3p + kp < x < + kp (k Î Z) vagy + lp < x < + lp (l Î Z). 4 2 2 4 p b) Az egyenlõtlenség minden valós számra igaz, mert > 1. 3 p c) Az egyenlet az x Î R \ + kp (k Î Z) alaphalmazon van értelmezve. 2 Legyen tg x = a, és ekkor az a 2 + a – 2 > 0 egyenlõtlenséget kell megoldani. Ennek megoldásai: a < –2 vagy a > 1.

{

130

}


2010.11.16.

9:07

Page 131


Az eredeti egyenlõtlenséget azok az x valós számok elégítik ki, amelyekre tg x < – 2 vagy tg x > 1. Az egyenlõtlenség megoldása: p p p – + kp < x < – 1,11 + kp (k Î Z) vagy + lp < x < + lp (l Î Z). 2 4 2 d) A c) részhez hasonló gondolatmenet alapján az egyenlõtlenséget azok a valós x számok 1 elégítik ki, amelyre – 2 £ cos x £ . 2 A bal oldali egyenlõtlenséget minden valós szám kielégíti, a jobb oldali és egyben a teljes egyenlõtlenség megoldása: p 5p + 2k p < x < + 2kp (k ÎZ). 3 3 e) Felhasználva, hogy sin2 x = 1 – cos2 x, a következõ egyenlõtlenséget kell megoldanunk: 2 × cos2 x – cos x – 1 < 0. 1 Ebbõl a – < cos x < 1 feltételt kapjuk cos x-re. 2 Az egyenlõtlenség megoldása: 2p 2p – + 2kp < x < + 2kp (k Î Z) és x ¹ 2lp (l Î Z). 3 3 3 w x3421 a) A logaritmus után álló kifejezés csak pozitív értéket vehet fel, tehát a cos x > egyenlõt2 lenséget kell megoldani. Megoldás:

–

p

6

+ 2kp < x <

p

6

+ 2kp (k ÎZ).

b) A négyzetgyökfüggvény értelmezési tartománya miatt a ctg x ³ 3 egyenlõtlenséget kell megoldani. Megoldás: p kp < x £ + kp (k Î Z). 6 c) A logaritmusfüggvény értelmezési tartományából adódóan sin x > 0. A négyzetgyökfüggvény értelmezési tartománya miatt lg(sin x) ³ 0, amibõl a tízes alapú logaritmusfüggvény szigorú monoton növekedése miatt sin x ³ 1. Elég tehát a sin x ³ 1 egyenlõtlenséget megoldanunk. Az egyenlõtlenség megoldása: p x = + 2kp (k ÎZ). 2

{ }

tg x p kifejezés értelmezési tartománya x Î R \ k ⋅ (k Î Z) sin x 2 A négyzetgyökfüggvény értelmezési tartománya miatt: tg x 1 –1³ 0 Û ³ 1. sin x cos x

d) A

131


2010.11.16.

9:07

Page 132


Ez utóbbi egyenlõtlenség pontosan akkor teljesül, ha: p p 0 < cos x £ 1 Û – + 2lp < x < + 2lp (l Î Z). 2 2 A kifejezés értelmezési tartománya: p p – + 2mp < x < + 2mp, x ¹ 2kp (k, m ÎZ). 2 2 w x3422

a) Alakítsuk szorzattá a bal oldalt: cos4 x – sin4 x = (cos2 x – sin2 x) ⋅ (cos2 x + sin2 x) = cos 2x, cos 2x ³

1 2

Þ

–

p p + kp £ x £ + kp (k Î Z). 6 6

b) Használjuk a sin 2x-re vonatkozó azonosságot, majd nullára redukálás után alakítsuk szorzattá az egyenlõtlenség bal oldalát: sin x × (2 × cos x – 1) < 0. A szorzat negatív értéket vesz fel, ha a tényezõk különbözõ elõjelûek. I. eset: sin x > 0 Û 2kp < x < p + 2kp (k Î Z) és 2 ⋅ cos x – 1 < 0 Û cos x <

1 5p p Û + 2lp < x < + 2lp (l ÎZ). 2 3 3

A két intervallum metszete: p

3

+ 2np < x 0 Û cos x >

1 p p Û – + 2lp < x < + 2lp (l ÎZ). 2 3 3

A két intervallum metszete: –

p

3

+ 2mp < x < 2mp (m ÎZ).

Összefoglalva az egyenlõtlenség megoldása: p p + 2np < x < p + 2np (n Î Z) vagy – + 2mp < x < 2mp (m Î Z). 3 3 c) Az egyenlõtlenség mindkét oldalát osszuk el 2-vel, redukáljuk 0-ra, és alkalmazzuk a két szög különbségének szinuszára vonatkozó addíciós képletet. Így a megoldandó egyenlet: pˆ Ê < 0. sin x – Ë 3¯ A megoldás: 2p p – + 2kp < x < + 2kp (k ÎZ). 3 3 132


2010.11.16.

9:07

Page 133


d) A bal oldalon levõ tört akkor van értelmezve, ha x Î R \

{

}

p + kp (k Î Z). 4

Az egyenlõtlenség bal oldala átalakítható az addíciós tételek segítségével: pˆ Ê sin x + Ë 4¯ > 0. pˆ Ê sin x – Ë 4¯ A tört pozitív értéket vesz fel, ha a számláló és a nevezõ azonos elõjelû. I. eset: 3p p pˆ Ê sin x + > 0 Û – + 2kp < x < + 2kp (k Î Z) és Ë 4¯ 4 4 Ê sin x – Ë

pˆ

4¯

>0 Û

p

4

+ 2lp < x <

5p + 2lp (l ÎZ). 4

A két intervallum metszete: p

4

+ 2np < x <

3p + 2np (n ÎZ). 4

II. eset: 3p 7p pˆ Ê sin x + < 0 Û + 2kp < x < + 2kp (k Î Z) és Ë 4¯ 4 4 Ê sin x – Ë

pˆ

4¯

<0 Û

9p 5p + 2lp (l ÎZ). + 2lp < x < 4 4

A két intervallum metszete: 5p 7p + 2mp < x < + 2mp (m ÎZ). 4 4

Összefoglalva az egyenlõtlenség megoldása: p 3p + pp < x < + pp ( p ÎZ). 4 4 w x3423

a) Kétszeres szögekre vonatkozó összefüggés alapján: 4 × sin x × cosx = 2 × sin 2x. A logaritmusfüggvény értelmezési tartományából adódóan:

1 2 ⋅ sin 2x + 1 > 0 Þ sin 2x > – . 2 A négyzetgyökfüggvény értelmezési tartománya miatt log2 (2 × sin 2x + 1) ³ 0, amibõl a kettes alapú logaritmusfüggvény szigorú monoton növekedése miatt: 2 × sin 2x + 1 ³ 1 Û sin 2x ³ 0. Elég tehát az értelmezési tartomány meghatározásához a sin 2x ³ 0 egyenlõtlenséget megoldani. A kifejezés értelmezési tartománya: p lp < x < + lp (l ÎZ). 2 133


2010.11.16.

9:07

Page 134


b) A logaritmus után álló kifejezés csak pozitív értéket vehet fel: sin x + cos x + 1 > 0, sin x + cos x > – 1. Osszuk le az egyenlõtlenség mindkét oldalát 2-vel, majd használjuk a sin (a + b )-ra vonatkozó addíciós összefüggést: pˆ 2 p Ê Û – + 2kp < x – Ë ¯ 2 4 2 p w x3424 Az egyenlet másodfokú, ha sin 2p ¹ 0, vagyis p ¹ k ⋅ (k Î Z). 2 Egy másodfokú egyenletnek akkor van két különbözõ valós gyöke, ha a diszkriminánsa pozitív: D = (4 ◊ cos p)2 – 8 ◊ 3 ◊ sin 2p = 16 ◊ (cos2 p – 3 ◊ sin p ◊ cos p) = Ê1 ˆ 3 pˆ Ê ◊ sin p˜ = 32 ◊ cos p ◊ cos p + = = 32 ◊ cos p ◊ Á ◊ cos p – Ë Ë2 ¯ 2 3¯ pˆ p˘ pˆ 1˘ È Ê È Ê = 16 ◊ Ícos 2p + + cos ˙ = 16 ◊ Ícos 2p + + ˙ . Ë ¯ Ë 3 3˚ 3¯ 2˚ Î Î 1 pˆ Ê Ez alapján a cos 2p + > – egyenlõtlenséget kell megoldanunk, amely pontosan akkor teljesül, ha: Ë 3¯ 2 p 2p 2p – + 2kp < 2p + < + 2kp, 3 3 3 p – p + 2kp < 2p < + 2kp, 3 p p – + kp < p < + kp (k ÎZ)). 2 6

Az egyenletnek két különbözõ valós megoldása van, ha: p p – + kp < p < + kp és p ¹ lp (k, l ÎZ). 2 6 w x3425

a) Írjuk fel cos a -t 1 – 2 ⋅ sin 2

a

alakban. 2 A cos b + cos g összeget alakítsuk szorzattá, és vegyük figyelembe, hogy b + g = 180º – a : b +g b –g cos b + cos g = 2 ◊ cos ◊ cos = 2 2 b –g a b –g aˆ Ê ◊ cos = 2 ◊ cos 90º – = 2 ◊ sin ◊ cos . Ë ¯ 2 2 2 2

Ezek alapján:

cos a + cos b + cos g = 1 – 2 ⋅ sin 2 Mivel cos

b –g

2

a a b –g + 2 ⋅ sin ⋅ cos . 2 2 2

maximális értéke 1: 2

1 – 2 ⋅ sin 2 134

b –g a a a a 3 ⎛ a 1⎞ + 2 ⋅ sin ⋅ cos £ 1 – 2 ⋅ sin 2 + 2 ⋅ sin = – 2 ⋅ ⎜sin – ⎟ . ⎝ 2 2⎠ 2 2 2 2 2 2


2010.11.16.

9:07

Page 135


Egy valós szám négyzete nem lehet negatív, vagyis:

3 cos a + cos b + cos g £ . 2 Az egyenlõség csak akkor teljesül, ha: b –g a 1 cos = 1 és sin = . 2 2 2 Mivel a , b és g háromszög szögei, ez csak akkor lehet, ha a = b = g = 60º, vagyis ha a háromszög szabályos. b) Mivel a , b és g háromszög szögei, cos a , cos b és cos g pozitív valós számok. Írjuk fel a számtani és mértani közép közti összefüggést erre a három számra, és használjuk fel az a) részben bizonyított egyenlõtlenséget: 3

3

Êcos a + cos b + cos g ˆ Ê1 3ˆ 1 cos a ◊ cos b ◊ cos g £ Á ˜¯ £ ÁË ◊ ˜¯ = . Ë 3 3 2 8 Az egyenlõség csak akkor teljesül, ha: 3 cos a = cos b = cos g és cos a + cos b + cos g = . 2 Ezen feltételek csak szabályos háromszög esetén teljesülnek.


1 a) – ; 2

b)

3 ; 2

1 c) – ; 2

d) –1.

w x3427

a) A két vektor merõleges egymásra. b) A két vektor 30º-os szöget zár be. c) A két vektor 120º-os szöget zár be.

w x3428

A paralelogramma oldalainak hossza 9,54 cm és 13,45 cm.

w x3429

a) A háromszög tompaszögû. b) A háromszög tompaszögû.

w x3430

A háromszög másik két oldala 10,78 cm és 12,26 cm.

w x3431

A kert harmadik oldala a koszinusztétellel számítható: c 2 = 152 + 202 – 2 × 15 × 20 × cos 76,41º Þ c = 22. A kert kerülete: 15 + 20 + 22 = 57 m. A bekerítéshez 57 × 1,85 = 105,45 m2 dróthálóra van szükség.

w x3432

A háromszög szögei: 149,15º, 11,19º és 19,66º.

w x3433

A háromszög hiányzó oldalainak hossza 4 × 21 » 18,33 cm, 5 × 21 » 22,91 cm, a velük szemben levõ szögek rendre 49,11º és 70,89º.

w x3434

a) Az egyenletet redukáljuk nullára, majd alakítsunk szorzattá. A megoldások: p x1 = kp, x2 = ± + 2lp (k, l ÎZ). 3 135


2010.11.16.

9:07

Page 136


p b) Az egyenlet alaphalmaza minden olyan valós szám, amelyre x ¹ + kp (k ÎZ). 2 Szorzattá alakítás után a megoldások: p x1 = kp, x2 = ± + 2lp (k, l ÎZ). 6 A megoldások beletartoznak az egyenlet alaphalmazába.

Êp ˆ – 3x . A megoldások: Ë2 ¯ 2 p 3p x1 = + ⋅ kp, x2 = – 2lp (k, l ÎZ). 20 5 4

c) Használjuk fel, hogy sin 3x = cos

w x3435

a) x1 =

w x3436

a) – c)

w x3437

p

4

p

3

3p p + 2kp, x2 = + 2lp (k, l ÎZ); 2 6

p

+ 2kp £ x £

+ kp £ x <

p

2

3

+ 2kp (k ÎZ).

b) x =

p + kp (k ÎZ). 12

b) Az értelmezési tartomány az üres halmaz.

+ kp (k Î Z).

a) Az ABCD négyzet körülírható körének r sugara az átló hosszának fele, 5 × 2 egység. A kör középpontja a négyzet átlóinak O metszéspontja. Ismert, hogy egy szakasz felezõpontjába mutató vektor a végpontokba mutató vektorok számtani közepe, tehát:

( PA + PC ) ⋅ ( PB + PD ) =

=4⋅

PA + PC PB + PD ⋅ = 4 ⋅ PO ⋅ PO = 2 2 = 4r 2 = 4 ⋅ ( 5 ⋅ 2 ) = 200.

P D

C

r 10

A

O

10

B

2

b) Mivel a négyzet átlói merõlegesek egymásra, vektoraik skaláris szorzata 0:

( PA – PC ) ⋅ ( PB – PD ) = CA ⋅ DB = 0.

w x3438

a) Ha egy 7 egység hosszú vektor merõleges az a (– 3; 4) vektorra, akkor x, y koordinátáira fennáll a következõ két összefüggés:

x 2 + y 2 = 49 ⎫ ⎬. – 3x + 4y = 0 ⎭ Az egyenletrendszer megoldásai, és így az a (– 3; 4) vektorra merõleges 7 egység hosszú vektor koordinátái: Ê28 21ˆ Ê 28 21ˆ ÁË ; ˜¯ vagy ÁË- ; - ˜¯ . 5 5 5 5 b) Az elõzõ részben leírt gondolatmenet alapján az a (– 5; 12) vektorra merõleges 7 egység hosszú vektor koordinátái lehetnek: Ê84 35ˆ Ê 84 35ˆ ÁË ; ˜¯ vagy ÁË- ; - ˜¯ . 13 13 13 13 136


2010.11.16.

9:07

Page 137


w x3439

3 4 3 4 Ha tg x = , akkor ctg x = , ½sin x½ = és ½cos x½ = . 4 3 5 5 a) Mivel tg x értéke pozitív, az x szög az elsõ vagy a harmadik negyedben lehet. Ezekben a negyedekben sin x és cos x elõjele azonos, tehát: 12 sin x ⋅ cos x = . 25 b) A kifejezés értéke: sin2 x

w x3440

1 1 75 = = . 2 + ctg x ⎛3⎞ 4 127 ⎜ ⎟+ ⎝5⎠ 3

A paralelogramma másik két szöge 112º, és ezeket a szögeket 28° az átló egy 28º-os és egy 84º-os szögre osztja. Így ez az átló 84° a a paralelogrammát két olyan háromszögre bontja, amelynek szögei 68º, 28º és 84º. A háromszög 68º-os szöggel szemben 68° levõ oldala 20 cm hosszú, a háromszög másik két oldala pedig b a paralelogramma két oldala. A szinusztétellel kiszámítható a háromszög hiányzó két oldalának hossza: a sin 28º sin 28º = Þ a = 20 ⋅ Þ a » 10,13, 20 sin 68º sin 68º b sin 84º sin 84º Þ b = 20 ⋅ Þ b » 21, 45. = sin 68º 20 sin 68º

68° 20 cm 28°

84°

A paralelogramma oldalainak hossza 10,13 cm és 21,45 cm. w x3441

A feladatban szereplõ terítõ legyen az ABC háromszög. Egy háromszög területét egy csúcsából kiindulva pontosan a súlyvonal felezi. Az ABC háromszögben a szokásos jelölésekkel c = 18 cm, a másik két oldalhoz tartozó súlyvonal hossza sa = 15 cm és sb = 21 cm. 2c 2 + 2b 2 – a2 2a 2 + 2c 2 – b 2 Ismert a háromszög súlyvonalára vonatkozó sa = és sb = 2 2 összefüggés. Az ismert adatokat beírva, és az egyenletrendszert megoldva: a » 28,77 és b » 23,24. A terítõ másik két oldalának hossza 28,77 cm és 23,24 cm hosszú.

w x3442

Vegyük fel az ABCD trapéz hosszabbik AB alapján az E pontot 8 D C úgy, hogy az AECD négyszög paralelogramma legyen. Ekkor EB = 15 – 8 = 7 dm, BC = 8 dm és EC = 6 dm. 6 6 m 8 Az EBC háromszögben ismerjük három oldal hosszát, így b a a a koszinusztétellel kiszámíthatjuk b szögét: 8 7 A E B 2 2 2 6 = 8 + 7 – 2 × 8 × 7 × cos b Þ b » 46,57º. 15 dm Az EBC háromszög E csúcsánál levõ a szögét a szinusztétellel határozhatjuk meg: sin a 8 = Þ a » 75,53º. sin 46,57º 6 (180º – 75,53º = 104,47º nem lehet, mert ekkor a háromszög harmadik szöge 28,96º lenne, ami nem tesz annak eleget, hogy egy háromszögben nagyobb oldallal szemben nagyobb szög van.) 137


2010.11.16.

9:07

Page 138


a) A trapéz szögei: 46,57º, 75,53º, 104,47º és 133,43º. b) A trapéz magassága az EBC háromszög EB oldalához tartozó magassága: m = 8 × sin 46,57º » 5,81 dm. A trapéz területe: (15 + 8) ⋅ 5, 81 Ttrapéz = = 66,82 dm 2. 2 w x3443

Az ABC háromszög AB = 24 + 36 = 60 cm hosszú oldalát a belsõ szögfelezõ a D pontban metszi. Ismeretes, hogy egy háromszög belsõ szögfelezõje a szemben lévõ oldalt a szomszédos oldalak arányában osztja. A háromszög AC oldalának hossza legyen 3x, a BC oldalának hossza 2x. Az ABC háromszögben felírva a koszinusztételt: 602 = (3x)2 + (2x)2 – 2 × 3x × 2x × cos 78º Þ x » 18,51.

C 39° 3x

A

59° 2x

36 cm

D

24 cm

B

a) A háromszög oldalainak hossza: AC = 55,53 cm és BC = 37,02 cm. b) A háromszög a szögét a szinusztétellel számolhatjuk ki: sin a 37, 02 = Þ a » 37,12º. sin 78º 60 (Az a biztosan hegyesszög, mert nem a leghosszabb oldallal szemben lévõ szög.) A háromszög szögei: 37,12º, 64,88º és 78º. c) Legyen a háromszög beírt körének sugara r. A háromszög területét írjuk fel kétféleképpen: a ⋅ b ⋅ sin g a+b+c a ⋅ b ⋅ sin g =r⋅ Þ r= » 13,18. a+b+c 2 2 A háromszög beírt körének sugara 13,18 cm. d) Legyen a háromszög köré írható körének sugara R. Egy kör sugara, húrjának hossza és a húrhoz tartozó kerületi szög közötti c = 2R × sin g összefüggés alapján: c R= » 30, 67. 2 ⋅ sin g A háromszög köré írható körének sugara 30,67 cm. w x3444

A hegycsúcs helyét az M, annak merõleges vetületét a T pont jelöli. A kikötõk az A és a B pontban vannak. Az ATM derékszögû háromszögbõl: 400 AM = , sin 8º14' a BTM derékszögû háromszögbõl: 400 BM = . sin 10º42' Az ABM háromszögre felírva a koszinusztételt: 2

2

M

80°12’

10°42’

8°14’ T

B A

400 400 Ê 400 ˆ Ê 400 ˆ + – 2◊ ◊ cos 80º12'. AB 2 = Á ◊ Ësin 8º14'˜¯ ÁËsin 10º42'˜¯ sin 8º14' sin 10º42' Innen AB » 3224. A két kikötõ távolsága 3224 m. 138


2010.11.16.

9:07

Page 139


w x3445

a) Mivel cos2 x = 1 – sin2 x, az egyenlet 2 × sin2 x + 5 × sin x – 3 = 0 alakba írható. 1 A másodfokú egyenlet megoldóképlete alapján vagy sin x = –3, ami nem lehet, vagy sin x = . 2 A megoldások: p 5p x1 = + 2kp, x2 = + 2lp (k, l ÎZ). 6 6

{ }

b) Az egyenlet alaphalmaza x Î R \ k ⋅

p (k Î Z). 2

Legyen tg2 x = y, ekkor az egyenlet: 1 8 y– = y 3

Û

3y 2 – 8y – 3 = 0.

A megoldások: y1 = 3 Þ tg2 x = 3 Û tg x = ± 3 Û x = ± 1 y2 = − , nem lehet. 3 A megoldások beletartoznak az egyenlet alaphalmazába.

p

3

+ kp (k Î Z),

c) Az egyenlet a következõ alakba írható: cos2 x +

3 3 3 = + cos x ⋅ . 4 4 2

Szorzattá alakítás után: Ê 3ˆ cos x Ácos x – ˜ = 0. Ë 2¯ A megoldások:

x1 =

p

2

d) Az egyenlet alaphalmaza x Î R \

+ kp, x2 = ±

{

}

p

6

+ 2lp (k, l ÎZ).

p + kp (k Î Z). 2

Ekvivalens átalakítások után a következõ másodfokú egyenlethez jutunk: 2 × cos2 x + 5 × cos x + 2 = 0. Ennek megoldásai: 1 2p Û x=± cos x = – + 2kp (k Î Z), 2 3 cos x = – 2 < – 1, ami nem lehet. A megoldások beletartoznak az egyenlet alaphalmazába. e) Az egyenlet alaphalmaza x ÎR\ {kp} (k ÎZ). Az egyenlet mindkét oldalát sin x-szel szorozva, majd felhasználva, hogy cos2 x + sin2 x = 1: sin2 x + cos x ⋅ sin x = 1, sin2 x + cos x ⋅ sin x = sin2 x + cos2 x, cos x ⋅ (sin x – cos x) = 0. 139


2010.11.16.

9:07

Page 140


Egy szorzat pontosan akkor nulla, ha valamelyik tényezõje 0, tehát: p cos x = 0 Û x1 = + kp (k Î Z), vagy 2 sin x = cos x (cos x = 0 esetet már vizsgáltuk) Þ tg x = 1 Û x2 =

p

4

+ lp (l Î Z).

A megoldások beletartoznak az egyenlet alaphalmazába. f ) Használjuk a cos2 x = 1 – sin2 x összefüggést, és nullára redukálás után alakítsuk szorzattá: sin3 x – sin2 x = sin2 x ⋅ (1 – sin2 x), sin3 x – sin2 x = sin2 x – sin4 x, sin4 x + sin3 x – 2 ⋅ sin2 x = 0, sin2 x ⋅ (sin2 x + sin x – 2) = 0, sin2 x ⋅ (sin x + 2) ⋅ (sin x – 1) = 0. Egy szorzat pontosan akkor nulla, ha valamelyik tényezõje 0, tehát sin x = 0 Û x1 = kp (k Î Z),

vagy

sin x = – 2 < – 1, ami nem lehet, vagy p sin x = 1 Û x2 = + 2lp (l ÎZ). 2


x1 = kp és x2 = w x3446

a) A számlálóban tg x miatt x ¹

p

2

+ 2lp (k, l ÎZ).

p

+ kp (k ÎZ). 2 A nevezõben négyzetgyökös kifejezés áll, tehát: p 1 3p 1 – 2 ⋅ cos2 x > 0 Û > ½cos x½ Û + lp < x < + lp (l Î Z). 2 4 4 A kifejezés értelmezési tartománya: p 3p ⎤p ⎡ ⎤p ⎡ ⎥⎦ 4 + np ; 2 + np ⎢⎣ È ⎥⎦ 2 + mp ; 4 + np ⎢⎣ (n, m ÎZ).

b) A logaritmus alapja pozitív és nem lehet egyenlõ 1-gyel: sin x > 0 Û 2kp < x 0 Û cos x > Û – + 2np < x < + 2np (n Î Z). 2 3 3 A három halmaz metszete adja az értelmezési tartományt: p ⎤ ⎡ x Î ⎥ 2mp ; + 2mp ⎢ (m Î Z). ⎦ 3 ⎣ 140


2010.11.16.

9:07

Page 141


w x3447

Ha két vektor merõleges egymásra, akkor skaláris szorzatuk 0, tehát:

( 7a – 5b ) ⋅ ( a + 3 b ) = 0 ,

valamint

( 7a – 2 b ) ⋅ ( a – 4 b ) = 0.

A két egyenletbõl fejezzük ki az a ⋅ b szorzatot: 2

a⋅b =

2

2

2

15 ⋅ b – 7 ⋅ a 7⋅ a +8⋅ b , valamint a ⋅ b = , 16 30

amibõl adódik, hogy:

2

2

2

2

15 ⋅ b – 7 ⋅ a 7⋅ a +8⋅ b = , 16 30 2

2

a = b . Ezen eredményünket felhasználva: 2

a⋅b =

2

15 ⋅ b – 7 ⋅ a 1 2 = ⋅a . 16 2

1 2 ⋅ a egyenlõségek akkor teljesülnek egyszerre, ha a két vektor null2 vektor, vagy ha a két vektor egyenlõ hosszú és egymással 60º-os szöget zárnak be. 2

Az a = b

w x3448

2

és a ⋅ b =

Alkalmazzuk az a (2; 3) és b (a; b) vektorokra a Cauchy-Schwarz egyenlõtlenséget: 2a + 3b £ 22 + 32 ⋅ a2 + b 2. Ekvivalens átalakításokat végezve és kihasználva, hogy 2a + 3b = 9: 9 £ 13 ⋅ a2 + b 2 , 9 £ a 2 + b 2. 13 Az egyenlõtlenség mindkét oldala pozitív, tehát: 81 £ a2 + b 2. 13 81 . Az a2 + b2 minimuma 13 A kifejezés a minimális értékét akkor veszi fel, ha 3a = 2b ³ 0 és 2a + 3b = 9. Az egyenletrendszert 18 27 megoldva ez a = és b = esetén teljesül. 13 13

w x3449

Jelölje az érintõ kör keresett sugarának hosszát r. A kisebb félkörök középpontjai legyenek A és B, a nagy félkör középpontja O, az érintõkör középpontja K. Használjuk ki, hogy ha két kör érinti egymást, akkor a körök középpontjait összekötõ egyenesen rajta van az érintési pont. Az ABK háromszögben BK = r + 80, AK = r + 40, AB = 120 és OK = 120 – r, valamint AO = 80 és BO = 40. Írjuk fel az AOK és BOK háromszögekre a koszinusztételt:

r

K r

r 80 120 – r

40 A

80

O 40 B

(40 + r)2 = 80 2 + (120 – r)2 – 2 ⋅ 80 ⋅ (120 − r) ⋅ cos AOK¬, (80 + r)2 = 40 2 + (120 – r)2 – 2 ⋅ 40 ⋅ (120 – r) ⋅ cos BOK¬.

Vegyük figyelembe, hogy AOK¬ = 180º – BOK¬, tehát cos AOK¬ = – cos BOK¬. 141


2010.11.16.

9:07

Page 142


A második egyenlet kétszereséhez hozzáadva az elsõt: (40 + r)2 + 2 ⋅ (80 + r)2 = 80 2 + 2 ⋅ 40 2 + 3 ⋅ (120 – r)2, 1120r = 38400, r » 34, 29. a) A három félkört érintõ kör sugara 34,29 cm. b) A besatírozott terület kiszámításához az ABK háromszög területébõl vonjuk ki a megfelelõ körcikkek területét. Az ABK háromszög oldalai: AB = 120, AK = 40 + 34,29 = 74,29 és BK = 80 + 34,29 = 114,29. A koszinusztétellel számítsuk ki az AKB szöget: 1202 = 74,292 + 114,292 – 2 × 74,29 × 114,29 × cos AKB¬ Þ AKB¬ » 75,75º. A szinusztétellel határozzuk meg az ABK szöget, ami nem lehet tompaszög: sin ABK¬ 74, 29 = Þ ABK¬ » 36,87º. sin 75,75º 120 A háromszög harmadik szöge: 67,38º. A körcikkek sugarai és középponti szögei rendre: r1 = 34,29, a1 = 75,75º; r2 = 40, a2 = 67,38º; r3 = 80, a3 = 36,87º. A besatírozott terület: 74, 29 ⋅ 114, 29 ⋅ sin 75,75º – T= 2 36,87º 75,75º 67,38º – 80 2 ⋅ p ⋅ » 337,43 cm 2. – 34, 292 ⋅ p ⋅ – 40 2 ⋅ p ⋅ 360º 360º 360º w x3450

Vegyünk fel a négy tereppont által meghatározott négyszöghöz hasonló négyszöget, amelyben az A’B’ oldal a hosszúságú. Az A’B’C’ háromszögnek ismert egy oldala és három szöge, így a szinusztétel segítségével megadható az A’C’ oldal: AC ' ' sin 128º sin 128º = Þ AC ' '=a⋅ . a sin 22º sin 22º Az A’B’D’ háromszögnek is ismert egy oldala és három szöge, így hasonlóan a szinusztétel segítségével megadható az A’D’ oldal: A'D' sin 68º sin 68º = Þ A'D' = a ⋅ . a sin 40º sin 40º Az A’D’C’ háromszögben írjuk fel a koszinusztételt:

D’ C’

40° 22°

42° 30° A’

60° 68° a

B’

C 'D'2 = AC ' '2 + A'D'2 – 2 ◊ AC ' ' ◊ A'D' ◊ cos 42º, 2

C 'D ' =

2

sin 128º sin 68º Ê sin 128ºˆ Ê sin 68ºˆ ◊a◊ ◊ cos 42º. ÁËa ◊ ˜¯ + ÁËa ◊ ˜¯ – 2 ◊ a ◊ sin 22º sin 40º sin 22º sinn 40º

A számítások elvégzése után kapjuk: C’D’ » 1,41a, amibõl a » Mivel feladatunkban CD = 2 km, a keresett AB távolság:

142

C 'D' . 1, 41

2 » 1,42 km. 1, 41


2010.11.16.

9:07

Page 143


w x3451

A háromszög oldalainak hossza legyen x – 2, x és x + 2, valamint az x + 2 hosszúságú oldallal szemben lévõ szöget jelölje a . A háromszög területét felírva: x ⋅ (x – 2) ⋅ sin a 48 . = 24 Þ sin a = 2 x ⋅ (x – 2) A háromszögben felírva a koszinusztételt: (x + 2)2 = x 2 + (x – 2)2 – 2x × (x – 2) × cos a , amibõl

cos a =

x 2 + (x – 2)2 – (x + 2)2 x 2 – 8x = . 2x ⋅ (x – 2) 2x ⋅ (x – 2)

Használjuk ki, hogy sin2 a + cos2 a = 1: 2

2 Ê 48 ˆ Ê x 2 – 8x ˆ ÁË x ◊ (x – 2)˜¯ + ÁË2x ◊ (x - 2)˜ = 1. ¯

Az egyenletet rendezve az x 4 – 16x 2 – 3072 = 0 másodfokúra visszavezethetõ negyedfokú egyenletet kell megoldanunk. A megoldóképlet alapján adódik: x 2 = –48 vagy x 2 = 64. Megoldást csak ez utóbbiból kapunk. Mivel x egy háromszög oldalát jelöli: x = 8. A háromszög oldalainak hossza tehát 6, 8 és 10 hosszegység. Pitagorasz tételének megfordítása alapján ez a háromszög derékszögû, szögeit szögfüggvénnyel számolhatjuk ki. A háromszög szögei: 90º, 36,87º és 53,13º. w x3452

Használjuk a következõ összefüggéseket: cos 2a = cos2 a – sin2 a és 1 = sin2 a + cos2 a . Innen: 1 + cos 2a 1 – cos 2a cos2a = és sin2a = . 2 2 Ez alapján a szögfüggvények lehetséges értékei: cos a =

10 , 4

sin a =

6 , 4

cos a =

10 , 4

sin a = –

cos a = –

10 , 4

sin a =

cos a = –

10 , 4

sin a = –

6 , 4

6 , 4 6 , 4

tg a =

15 , 5

ctg a =

15 ; 3

tg a = –

155 , 5

ctg a = –

15 ; 3

tg a = –

15 , 5

ctg a = –

15 ; 3

tg a =

15 , 5

ctg a =

143

15 . 3


2010.11.16.

9:07

Page 144


w x3453

Trigonometrikus összefüggések felhasználása után: 1 + sin 2x sin2 x + cos2 x + 2 ⋅ sin x ⋅ cos x (sin x + cos x)2 = = = a) (sin x + cos x) ⋅ (sin x – cos x) sin2 x – cos2 x sin2 x – cos2 x sin x +1 sin x + cos x cos x tg x + 1 2 + 1 = = = 3. = = sin x – cos x sin x tg x – 1 2 – 1 –1 cos x 1 – sin 4x – cos4x 1 – (1 – cos2 x ) – cos4x 1 – 1 + 2 ⋅ cos2 x – cos4x – cos4x = = = b) cos4 x cos4x cos4 x 2

=

w x3454

2 ⋅ cos2 x ⋅ (1 − cos2 x) 2 ⋅ sin2 x = = 2 ⋅ tg2 x = 8. cos4 x cos2 x

a) Alakítsuk át a

sin a cos a egyenlõséget az addíciós tétel alapján: = cos b sin b sin a ⋅ sin b = cos a ⋅ cos b, 0 = cos a ⋅ cos b – sin a ⋅ sin b, 0 = cos(a + b ).

Ez utóbbi egyenlõség pontosan akkor teljesül, ha: p a + b = + kp (k ÎZ). 2 Mivel a és b háromszög szögei, k = 0, tehát a + b = 90º, vagyis a háromszög derékszögû, és g = 90º. b) Az egyenlet rendezése után alkalmazzuk a cos 2x-re vonatkozó addíciós tételt: cos2 2a – sin 2 2a = cos2 2b – sin 2 2b, cos 4a = cos 4b. Ez utóbbi egyenlõség pontosan akkor teljesül, ha 4a = 4b + 2kp, vagy ha 4a = –4b + 2lp, ahol k, l ÎZ. 1 I. eset: 4a = 4b + 2kp Û a = b + ⋅ kp (k Î Z). 2 Mivel a és b háromszög szögei, k értéke 0 vagy 1 lehet. Ha k = 0, akkor a = b. Ha k = 1, akkor a = b + 90º.

1 ⋅ lp (l Î Z). 2 Mivel a és b háromszög szögei, l értéke csak 1 lehet, és ekkor a + b = 90º. II. eset: 4a = – 4b + 2lp Û a + b =

A feladat feltételének megfelelõ háromszög a és b szögére a következõ összefüggések közül teljesül valamelyik: (1) a = b, vagyis a háromszög egyenlõ szárú; (2) a = b + 90º, vagyis a háromszög a szöge tompaszög, és 90º-kal nagyobb b-nál; (3) a + b = 90º, vagyis a háromszög derékszögû, és g = 90º. 144


2010.11.16.

9:07

Page 145


w x3455

A szinusztétel értelmében a : b : c = sin a : sin b : sin g . Elég tehát a szögek szinuszainak arányát megadnunk. (Ezek biztosan pozitív értékek, hiszen tangenseik is pozitívak.) Ismert, hogy sin a =

tg2a , 1 + tg2a

tg2b , 1 + tg2b

sin b =

sin g =

tg2 g . 1 + tg2 g

A feladatunk az, hogy megadjuk tg2 a , tg2 b és tg2 g pontos értékét. Mivel a háromszög szögeinek összege 180º, így tg a + tg b . tg g = tg(180º – a – b) = –tg (a + b) = 1 – tg a ⋅ tg b A tg a : tg b : tg g = 2 :3 :4 arányból: 3 tg b = tg a és tg g = 2 ⋅ tg a. 2 Az elõzõ egyenletben ezeket felhasználva tg a -ra a következõ összefüggést kapjuk: 3 tg a + tg a 2 2 ⋅ tg a = – . 3 1 – tg a ⋅ tg a 2 Rendezzük az egyenletet: 5 tg a 2 ⋅ tg a = – , 2 – 3 tg2 a 4 ⋅ tg a – 6 tg3 a = – 5 tg a, 9 ⋅ tg a – 6 tg3 a = 0, tg a ⋅ (3 – 2 tg2 a) = 0.

3 A szorzat elsõ tényezõje nyilvánvalóan nem lehet 0, tehát tg2 a = . 2 Ez alapján b és g tangenseinek négyzetét is kiszámolhatjuk: 2

9 27 ⎛3 ⎞ tg2 b = ⎜ tg a ⎟ = tg2 a = , és 4 8 ⎝2 ⎠ 2 2 2 tg g = (2 ⋅ tg a) = 4 ⋅ tg a = 6. A háromszög szögeinek szinuszai: 3 tg2 a 2 = 3, sin a = = 2 3 1 + tg a 5 1+ 2 sin g =

27 tg2 b 8 = 27 , sin b = = 2 27 1 + tg b 35 1+ 8

tg2 g 6 6 = = . 2 1 + tg g 1+ 6 7

Ez alapján: a : b : c = sin a : sin b : sin g = Az arányt

3 27 6 : : . 5 35 7

35 -dal bõvítve kapjuk, hogy a háromszög oldalai hosszának aránya: 7 : 3 : 10. 3 145


2010.11.16.

9:07

Page 146


w x3456

Mivel

sin4 x + cos4 x = (sin2 x + cos2 x) – 2 ⋅ sin2 x ⋅ cos2 x = 1 – 2

valamint

sin 2 2x , 2

cos 4x = cos2 2x – sin2 2x = 1 – 2 × sin2 2x, az egyenlet a következõ alakba írható: sin4 x + cos4 x = cos 4x, sin 2 2x = 1 – 2 ⋅ sin 2 2x, 2 2 – sin 2 2x = 2 – 4 ⋅ sin 2 2x,

1–

sin 2 2x = 0. Az egyenlet megoldása: x=k× w x3457

p

2

(k ÎZ).

a) Az egyenlet jobb oldalát alakítsuk át a cos 2x = cos2 x – sin2 x összefüggés segítségével, majd alakítsunk szorzattá, és redukáljuk nullára az egyenletet: sin x – cos x = sin x ⋅ cos 2x, sin x – cos x = sin x ⋅ (cos2 x – sin2 x), sin x – cos x = sin x ⋅ (cos x – sin x) ⋅ (cos x + sin x), (sin x – cos x) ⋅ [1 + sin x ⋅ (sin x + cos x)] = 0, (sin x – cos x) ⋅ (1 + sin2 x + sin x ⋅ cos x) = 0. A szorzat pontosan akkor nulla, ha I. eset: p sin x – cos x = 0 Û tg x = 1 Û x = + kp (k Î Z). 4 II. eset: 1 + sin2 x + sin x ⋅ cos x = 0, cos2 x + 2 ⋅ sin2 x + sin x ⋅ cos x = 0, /: cos2 x ¹ 0 2 ⋅ tg2 x + tg x + 1 = 0. Ennek a másodfokú egyenletnek a diszkriminánsa negatív, tehát nincs olyan valós x, amely kielégítené ezt az egyenletet. Az egyenlet megoldása: p x = + kp (k ÎZ). 4 b) A szinusz- és koszinuszfüggvény periódusa 2p , tehát elegendõ a következõ egyenletet megoldanunk: pˆ Ê p ˆ Ê sin 2x + – 3 ◊ cos – – x = 1 + 2 ◊ sin x. Ë 2 ¯ Ë 2¯ Az addíciós tételek alapján: p⎞ ⎛ ⎛ p ⎞ sin ⎜2x + ⎟ – 3 ⋅ cos ⎜– – x⎟ = 1 + 2 ⋅ sin x, 2⎠ ⎝ ⎝ 2 ⎠ cos 2x + 3 ⋅ sin x = 1 + 2 ⋅ sin x, 1 – 2 ⋅ sin2 x + sin x = 1, sin x ⋅ (1 − 2 ⋅ sin x) = 0. 146


2010.11.16.

9:07

Page 147


A szorzat akkor nulla, ha I. eset: II. eset:

sin x =

sin x = 0 Û x1 = kp (k Î Z). p 1 5p Û x2 = + 2lp, x3 = + 2np (l, n Î Z). 2 6 6


x1 = kp, x2 = w x3458

p

6

+ 2lp, x3 =

5p + 2np (k, l, n ÎZ). 6

Alakítsuk át a kifejezést:

1 1 ⋅ 4 ⋅ cos2 x ⋅ sin2 x ⋅ (cos2 x + sin2 x) = ⋅ sin 2 2x. 4 4 1 Mivel –1 £ sin 2x £ 1, a kifejezés minimális értéke 0, maximális értéke . 4 p A kifejezés a minimumát ott veszi fel, ahol sin 2x = 0, vagyis x = k × (k ÎZ). 2 p 1 A kifejezés a maximumát ott veszi fel, ahol sin 2x = ±1, vagyis x = + ⋅ lp (l ÎZ). 4 2 cos4 x ⋅ sin2 x + cos2 x ⋅ sin4 x =

w x3459

1 Ha cos a = – , vagyis a = 120º, akkor az egyenlet elsõfokú: 2 ⎛ 1⎞ − 4x + 4 ⋅ ⎜− ⎟ – 2 = 0 Þ x = – 1. ⎝ 2⎠ Ekkor az egyenletnek egy valós gyöke van. Ha az egyenlet másodfokú (a ¹ 120º), akkor van két valós megoldása, ha az egyenlet diszkriminánsa pozitív: D = 16 – 4 × (2 × cos a + 1) × (4 × cos a – 2) = 16 – 8 × (4 × cos2 a – 1) = 24 – 32 × cos2 a . A következõ egyenlõtlenség megoldásait keressük, ha a konvex szög: 24 – 32 ⋅ cos2a > 0, 3 >½cos a½. 2 Ez utóbbi egyenlõtlenség megoldása: 30º + k × 180º £ a £ 150º + k × 180º (k Î Z). Összefoglalva: az egyenletnek két valós megoldása van azokra a konvex a szögekre, amelyre 30º < a < 150º és a ¹ 120º.

147


2010.11.16.

9:07

Page 148


11.4. FÜGGVÉNYEK Az exponenciális és logaritmusfüggvény – megoldások w x3460

a) Egy közös pontjuk van az x = 2 helyen. Mindkét függvény az y = 0 értéket veszi fel.

y 5

a( x ); x > 1 b( x ); x > 0

1 –1

1

b) Egy közös pontjuk van az x = 1 helyen. Mindkét függvény az y = 0 értéket veszi fel.

2

y

5

x

5

x

g( x )

5

1 –1

1

f ( x ); x > 0

w x3461

a) Értelmezési tartomány: x > –2. Értékkészlet: y ÎR. 1 Az x tengelyt az x = –1 helyen, az y tengelyt az y = helyen 2 metszi.

y 5

f( x ) 1 –2

–1

b) Értelmezési tartomány: x ÎR. Értékkészlet: y > –3. Az x tengelyt az x = 1 helyen, az y tengelyt az y = –2 helyen metszi.

1

2

y

5

x

5

x

g( x )

5

1 –1

c) Értelmezési tartomány: x ÎR. Értékkészlet: y > –2. Az x tengelyt az x = –2 helyen, az y tengelyt az y = 6 helyen metszi.

1

2

y 6 5

h( x ) 1 –5

148

–2 –1

1

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 149

FÜGGVÉNYEK

w x3462

f (11) = log3 9 + 3 = 5, f (3) = log3 1 + 3 = 3, f (11) + f (3) = 8.

w x3463

f (a + 1) – f (a – 1) = 2 a +1 – 2 a – 1 = 2 ◊ 2 a –

w x3464

a) f *(x) = log2 (x + 3) –2; b) Értelmezési tartomány: x > –3. Értékkészlet: változatlan. Zérushely: x = 1-ben, ami nem változott.

2a Ê = 2 a ◊ Á2 – Ë 2

1ˆ 3 a ˜ = ◊ 2 = 3 ◊ 2 a – 1. 2¯ 2 y

f(x) f*(x) 1 –3

1

–1

w x3465

a)

b)

y

r v

c)

y

x

5

–1

y

4

y =2 x+2 1 –2

d)

1

x

–1

e)

y

y =9 2

1

1

–1

x

3

y =3 x –1

x

1

–1

f)

y

1

x

y

y =log2 2 x

4 x –2 y =4 2

y =2– x+2 1 1

1 –1

g)

1

2

x

h)

y

–1

–1

x

1

y

y =log2 4|x – 1|

y =log2 (x –4) 1 –1

1

4

5

2

x

1 –1

1

4

x

149

11 2

x


2010.11.16.

9:07

Page 150


w x3466

a)

b)

y

c)

y

y

5

5

f(x)

1

2

–1

x

5

2

–1

h(x) g(x)

1 –1

d)

1 1

5

x

1

–1

5

x

y

k(x) 1 5

1

–1

x

–1

x

w x3467

Ê1ˆ a) x ® 3 33◊(1 – x) = 31 – x = 3 ◊ Á ˜ ; Ë3¯

y

9

5 3 1 –1

æ 1ö x ® 3×ç ÷ è3ø 1

2

x

5

x

x

Ê 1ˆ b) x ® 2 ◊ Á ˜ ; Ë 2¯

y

8

5

æ 1ö x ®2×ç ÷ è2ø

2 1 –2 –1

150

1

2

x

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 151

FÜGGVÉNYEK

c) x ® – 3 ◊ 2 x;

y 1 –1

1

2

x

5

–3 –5 –6

x ® – 3 × 2x –10

d) x ® 22 ⋅(x – 1) – 2 = 2 x – 1 – 2;

y

x ® 2 x –1 – 2

8 6

2 1 –1

1

2

3

4

5

x

x

Ê 1ˆ e) x ® 41 – x +1 = 42 – x = 16 ◊ Á ˜ ; Ë 4¯

y 16

2

æ 1ö x ® 16 × ç ÷ è4ø 4

1 –1

f ) x ® 32– x

x Ï 2– x Ê1ˆ = 9 ◊ Á ˜ , ha x £ 2, Ô 3 Ë3¯ =Ì Ô 3– 2 + x = 3x – 2, ha x > 2. Ó

1

2

3

5

x

y

æ 1ö x ® 9×ç ÷ è3ø

9 x

5

x ® 3 x –2

3 1 –1

151

1

2

3

4

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 152


x

g) x ®

2 3 5 Ê 1ˆ + x = x = 5◊Á ˜ ; x Ë 2¯ 2 2 2

y 10

5

æ 1ö x ® 5×ç ÷ è2ø

1 –1

1

2

x

5

h) x ® 2 – 2 ⋅ 2 x + 6 + 3 = 2 x + 4 + 3;

x

y 10

x ® 2 x +4 + 3 5 3

1 –5

1x

1

–1

i) x ® 16 4 ⋅ 16 2 = 4 16 x ⋅ 16 = 4 ⋅ 4 (2 x ) = 4 ⋅½2 x½ = 2 x + 2;

1

2

x

4

y 8

x ® 2x + 2 4

1 –3 –2 –1

1

2

5

x

–x

j) x ®

3 Ê1ˆ 3 1 ◊ Á ˜ = ◊ 3x = ◊ 3x +1. 2 Ë3¯ 2 2

y 13

1 x ® × 3 x +1 2

10

5 4

1 –1

152

1

2

3

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 153

FÜGGVÉNYEK

⎧ – x – 4, ha ⎪ w x3468 a) f (x) = ⎨ 5 x – 5, ha ⎪⎩ log3 x, ha

– 5 £ x < 0, 0 £ x < 1, 1 £ x £ 9;

c) x Î ] –4; 1[; w x3469

a)

b) f (x) Î [–4; 2] ;

d) x Î [–5; 3] ; b)

y

e) x1 = –4 és x2 = 1. c)

y

y

y =2 x

4

y =2 x+2

æ 1ö y =1– ç ÷ è 3ø 1

–1

x2 – 4 2 x–2

x

1

1 1

x

–1

–1

x

1

x

Ê1ˆ 1 – 3– x = 1 – Á ˜ ; Ë3¯

= 2 x + 2, x ¹ 2;

d)

e)

y

1 –x 4 2

=

x 42

=

f)

y

x

1

() 1 42

x

= 2 x;

y

y =2 +2 × log2 | x | y = – 1+log 1 x 1 2

–1

1 –1

–1 1

x

1 1 2

–1

1

2

x

–1

y =2 × log 1 |x – 2|

x

log2 4x 2 = 2 + 2 × log2½x½;

2

log 1(x – 2)2 = 2 ⋅ log 1½x – 2½.

log 12x = – 1 + log 1 x; 2

w x3470

1

2

2

2

a) Az ismert azonosságokkal a függvényt definiáló kifejezést így írhatjuk: log2 (x 2 – 2x + 1) = log2 (x – 1)2 = 2 × log2½x – 1½. A függvény ] –¥; 1[-ban csökken, ]1; +¥[-ban pedig nõ, grafikonja szimmetrikus az x = 1 egyenletû egyenesre.

2

y

y =2 × log2 | x – 1| 1

x

5

–1 –1

b) A függvény ] –¥; 1[-ban nõ, ]1; +¥[-ban pedig csökken, grafikonja az x = 1 egyenletû egyenesre szimmetrikus.

y

y =log 1 |1– x | 2

1 –5

5

–1 –1

153

x


2010.11.16.

9:07

Page 154


c) A függvényt definiáló kifejezést így írhatjuk: 1, ha x < 0, ⎧ 2 x +½x ½ = ⎨ 2x x, ha x ³ 0. 2 = 4 ⎩

y

y =2 x+|x|

A függvény ] –¥; 0]-ban konstans, [0; +¥[-ban pedig nõ.

1

–5

1

–1

x

5

–1

d) A függvény grafikonját az x ® 2 x és x ® 2 –x függvények grafikonjának ismeretében rajzolhatjuk meg vázlatosan. A függvény páros, grafikonja az y tengelyre szimmetrikus, ] –¥; 0]-ban csökken, [0; +¥[-ban nõ.

y

y=

5

2 x +2 – x 2

1

–5

w x3471

a) Használjuk fel az ismert azonosságokat: lg tg x + lg ctg x = lg (tg x × ctg x) = lg 1 = 0, p ha 0 < x < , hiszen itt tg x, ctg x > 0. A függvény tehát konstans, 2 értéke 0.

1

–1

x

5

y

1

y =0 p

p

x

2

b) Az esetszétválasztással megadott függvényt így ábrázolhatjuk: A függvény páros, grafikonja szimmetrikus az y tengelyre, ] –¥; –1]-ban nõ, ] –1; 0]-ban csökken, [0; 1]-ban nõ, [1; +¥[ban csökken.

y

1 –2 –1

1

x

2

f(x)

c) A logaritmus azonossága alapján a függvényt definiáló kifejezést így írhatjuk: 1 log 1½x½⋅ = log 1½x½ + 1 . 4 4 4 A függvény páros, grafikonja szimmetrikus az y tengelyre, ] – ¥; – 4]-ban csökken, [– 4; 0[-ban nõ, ]0; 4]-ban csökken, [4; + ¥[-ban nõ.

154

y

g(x) –4

1 –1

1

4

x


2010.11.16.

9:07

Page 155

FÜGGVÉNYEK

d) A függvény ] –¥; 0]-ban csökken, [0; +¥[-ban nõ, minimuma 0.

y

h(x) 1 –2 –1

e) A függvény ] –¥; 0]-ban csökken, [0; +¥[-ban nõ, minimuma 1. ⎧ ⎪ k(x) = ⎨ ⎪ ⎩

1

y 5

x + 1, ha x ³ 0,

k(x)

x

⎛1⎞ ⎜16 ⎟ , ha ⎝ ⎠

x

2

x < 0. 1 –1

x

1

f ) A függvény ] –2; + ¥[-ban szigorúan nõ, zérushelye –1.

y

⎧ log2 (x + 2), ha – 2 < x £ 2, ⎪ l(x) = ⎨ 1 x ⋅ 2 , ha x > 2. ⎪⎩ 2

l(x) 2 1 –2 –1

g) A függvény csökken, zérushelye x = 2.

1

x

2

y

⎧ ⎛1⎞ 3 ⋅ ⎜ ⎟ , ha x £ 1, ⎪ m(x) = ⎨ ⎝ 3⎠ ⎪ 2 ⎩ – (x – 1) + 1, ha x > 1. x

w x3472

3

m(x)

1 –1

1

x

2

Mindhárom függvény grafikonját oly módon érdemes vázolni, hogy a közvetett függvénybõl elõször a „belsõ” függvényt ábrázoljuk, majd a logaritmusfüggvény tulajdonságait felhasználva tudjuk vázolni a megadott függvényt. a) A függvény grafikonja az x = ⎤ p⎤ rikus, ⎥ 0; ⎥ -ban nõ, ⎦ 2⎦

p

2

egyenletû egyenesre szimmet-

⎡p ⎡ ⎢ 2 ; p ⎢-ban csökken. ⎣ ⎣

y

y = sin x 1

p 2

–1

y =log2 sin x

155

p

x


2010.11.16.

9:07

Page 156


b) A függvény ]1; + ¥[-ban nõ, értéke negatív. x®

y

x –1 x +1– 2 2 1 = =1– = –2 ⋅ + 1. x +1 x +1 x +1 x +1

y= 1

x –1 x +1 x

1

–1

x –1 x +1

y =log2

c) A függvény páros, grafikonja szimmetrikus az y tengelyre, ] – ¥; –2]-ban csökken, ]2; + ¥[-ban nõ.

y y = x 2 – 4, | x |>2

1 –1

– 5

–1

1

x

5

y =log2( x 2 – 4)

Egyenletek és függvények – megoldások w x3473

Az egyenletek bal és jobb oldalát külön függvényként ábrázolva kapjuk: a)

b)

y

x ® 16

y 16 15

9

c)

y 5

x ® log2 ( x +1) ® 9 x +1

x

10

x ®1

5

x ®3

3

–1

1

5

x

–5

–2 –1

1

5

10

x

5

x = 1 (ÉT: x > –1);

e)

y

f)

x ® 2x + 3

x ® log4 x

y 1

5

8

–1

1

5

x ® log3 ( x – 2) 5

( y = 0)

1 –1

x

–5

x = –2;

y

1

x ® 4 –x

1

1 x=– ; 2 d)

–1

5

1

1

1 2

3

5

x ® 1 – x 2 , ha x > 0

x

–5

x ® 0,5

1 –5 –4

–5

x = 3 (ÉT: x > 2); 156

x = –4;

–1

1

x

x = 1 (ÉT: x > 0);

x


2010.11.16.

9:07

Page 157

FÜGGVÉNYEK

g)

y 9

x ® – 2x + 3

5 3

æ 1ö x ® 3×ç ÷ è 3ø

1 –5

–1

1

x

x

x 1 = 0 és x 2 = 1. w x3474

a) Ha x > 0, akkor 3x > 2x, ha x < 0, akkor 3x < 2x, így az egyetlen gyök: x = 0.

y 10

x ® 3x

x ® 2x

5

1 –5

–1

b) 6 x + 1 = 2 x + 1 + 2 x + 2 = 6 × 2x, az egyetlen gyök x = 0.

x

1

y 10

x ® 6 x +1

x ® 2 x +1 +2 x +2

6 5

1 –5

–1

c) Ábrázoljuk egy koordináta-rendszerben a bal oldalon és a jobb oldalon álló kifejezésekkel értelmezhetõ függvényeket x > –3 esetén. Mivel a log2 (x + 3), x > –3 nõ, a 3 – x, x > –3 csökken, és x = 1-re mindkettõ értéke 2, az egyenlet egyetlen gyöke: x = 1.

x

1

y

y =log2( x +3)

3 2 1 –1

–1

1

3

x

y =3 – x

d) Az elõzõhöz hasonlóan oldható meg, itt is egyetlen gyököt kapunk az értelmezési tartományon (x > 1): x = 10. 157


2010.11.16.

9:07

Page 158


w x3475

a) Értelmezési tartomány: x > 0. Átalakítás után: log2 x = –x 2 + 5. Az egyenletnek egy gyöke van, az x = 2.

y 5

f ( x )=log2 x 1 –1

1 2

x

5

g( x )= –x 2 + 5 –5

b) Átrendezés után: 2 x – 2 = – x 2 + 2x – 1 = – (x – 1)2. Az egyenletnek 2 gyöke van, az x1 = 0 és az x2 = 1.

y 5

f ( x )=2 x – 2

1 –1

1

–5

w x3476

a) Ábrázoljuk egy koordináta-rendszerben a bal és jobb oldalon álló függvényeket, és olvassuk le az eredményt a grafikonról. Ellenõrizzük algebrai úton. x–4 Ê1ˆ f (x) = 2 x + 2, g(x) = 2 – x + 4 = 2 – 1◊(x – 4) = Á ˜ ; Ë2¯ f (x) > g(x).

5

x

g( x )= – ( x – 1)2

y 10 8

5 4

Megoldás: x > 1. Ellenõrzés:

f( x )

2 x + 2 > 2 4 – x,

4 ⋅ 2x >

16 , 2x

g( x ) 1

22x > 4,

x > 1.

–5

–1

b) Ábrázoljuk:

5x > 1,

5

x

5

x

y

f (x) = 5 x + 1, g(x) = 5 x + 4; f (x) > g(x). Megoldás: x > 0. Ellenõrzés: 5 × 5x > 5x + 4,

1

10

g( x )

5

x > 0.

4

f( x ) 1 –5

158

–1

1


2010.11.16.

9:07

Page 159

FÜGGVÉNYEK

1 c) Értelmezési tartomány: x > . 3 Ábrázoljuk: f (x) = log5 (3x – 1), g(x) = 1; f (x) < g(x). 1 Megoldás: < x < 2. 3 Ellenõrzés: log5 (3x – 1) < 1,

0 < 3x – 1 < 5,

1 < 3x < 6,

y 5

x=

g( x )

–1

1 < x < 2. 3

1

2

x

5

–5

y

f (x) = 3 x – 2, g(x) = 9; f (x) ³ g(x).

x – 2 ³ 2,

f( x )

1

d) Ábrázoljuk:

Megoldás: x ³ 4. Ellenõrzés: 3 x – 2 ³ 32,

1 3

g( x )

10 9

5

x ³ 4.

f( x )

1 –1

e) Értelmezési tartomány: 1 > x. Ábrázoljuk: f (x) = log3 (1 – x), g(x) = 2; f (x) ³ g(x). Megoldás: x £ –8. Ellenõrzés: log3 (1 – x) ³ 2, 1 – x ³ 32 = 9, –8 ³ x.

1 2

4

x

5

y 5

g( x )

2 1

–8

–5

–1

–5

f ) Ábrázoljuk:

x

1

f( x )

y

Ê 1ˆ f (x) = Á ˜ Ë 2¯

x +1

,

g(x) = 1;

10

f( x )

f (x) £ g(x). Megoldás: x ³ –1. Ellenõrzés:

⎛1⎞ ⎜ ⎟ ⎝2⎠

5

x +1

£ 1,

x + 1 ³ 0,

g( x )

1

x ³ – 1. –5

–1

159

1

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 160


g) Ábrázoljuk: f (x) = log2½x½, g(x) = 2, f (x) > g(x). Megoldás: x < –4 vagy x > 4; összefoglalva: ½x½> 4. Ellenõrzés: log2½x½> 2, ½x½> 22 = 4.

y

5

f(x) 2

g( x )

1 –8

–5 –4

–1

1

4

5

8

x

5

x

–5

h) Ábrázoljuk:

y

f (x) = 2½x½, g(x) = 2, f (x) < g(x).

f( x )

10

Mivel ⎧ x, ha x ³ 0, ½x½ = ⎨ ⎩ – x, ha x < 0,

5

ezért:

2

Ï 2 x, ha x ³ 0, Ô f (x) = 2½x½ = Ì Ê 1ˆ x Ô ÁË ˜¯ , ha x < 0. Ó 2

1 –5

–1

1

Megoldás: –1 < x < 1, vagyis ½x½< 1. Ellenõrzés: 2½x½ < 2, ½x½< 1. w x3477

Megoldás: (1) A: x Î [0; ¥[, vagyis x ³ 0;

(2)

y

y

10

10

x ®8

8

B: x Î ]–¥; 3[, vagyis x < 3.

5

5 4

x

x ® 2x + 3

®|2 x

– 4|

3

1 –5

a) x Î [0; 3[;

1

–1

x

1

A

3

160

–1

1 2

x

3

A

A B

B 0

–5

c) x Î [3; ¥[.

b) x ÎR;

B

x ®4

0

3

0

3


2010.11.16.

9:07

Page 161

FÜGGVÉNYEK

w x3478

a) Az

1 alapú logaritmus csökkenõ, így: 5 4x + 6 ³0 log 1 x 5

Az utóbbi egyenlõtlenség átalakítva: 6 0 < 4 + £ 1, x

–4 <

Û

0<

6 £ – 3, x

4x + 6 £ 1. x

– 1, 5 > x ³ – 2.

b) A szorzat logaritmusára vonatkozó azonosság felhasználásával: log3 (x + 1) + log3 (x + 3) = 1 (x > –1) Þ log3 (x 2 + 4x + 3) = 1. A logaritmusfüggvény szigorúan monoton, ezért: x 2 + 4x + 3 = 3, amibõl x × (x + 4) = 0. A megoldások: x = 0 jó, x = –4 nem jó gyök. c) Átalakítással: x 2 × 5 x – 5 x + 2 < 0 Þ x 2 × 5 x < 25 × 5 x. Az exponenciális függvény miatt 5x ¹ 0, ezért: x 2 < 25, amibõl ½x½< 5. w x3479

15 x + 1 függvény grafikonját egy koordináta4 rendszerben ábrázolva látszik, hogy x1 = 0, x2 = 4 gyöke az egyenletnek. Más gyök nincs, hiszen a 2 x függvény konvex, tehát az egyenesnek és a görbének több közös pontja nincs.

a) Az x ®2 x és x ®

y 16

10

y =2 x

15 y = x +1 4

1 –1

b) Ábrázoljuk egy koordináta-rendszerben az x ® 2 x és x ® x 2 függvényeket. Ha x > 0, akkor x1 = 2 és x2 = 4 jó gyök, mert a két függvény képének (2; 4) és (4; 16) közös pontja. Más közös pont itt nincs. Ha x < 0, akkor az x ® x 2 függvény csökken, az x ® 2 x függvény nõ, így legfeljebb egy közös pont van. Ez –1 és 0 között lesz, x0 » –0,7.

1

x

4

y

(4; 16)

16

10

y = x2

(2; 4)

4

y =2 x

1 –1

161

1 2

4

x


2010.11.16.

9:07

Page 162


1 c) Az x ® log 1 x és x ® x + , x > 0 függvények grafikonját egy 2 2 1 koordináta-rendszerben ábrázolva világos, hogy x = az egyet2 len gyöke az egyenletnek, hiszen itt a két függvény értéke egyenlõ, és x ® log 1 x csökken, x ® x + 2

y

y=x+

1 nõ, tehát legfeljebb egy közös 2

1 2

1 –1

x

1

pontja van a két grafikonnak. y =log 1 x 2

d)

e)

y

y =5 – x

5

y =2 x –2 2

1

1 1

2

3

x

–1

3

g)

1

–1

3

5

x

–1

y=

x = 3;

5

y=

1

y=x –1

æ 1ö y =ç ÷ è 3ø

x

x

–1

–1

1 1

3

x

–1

x y= 3

y =log3 x

x = 1 (ÉT: x < 2); w x3480

2

x

5

1

1

5

y

3 x

y =log2 (2 – x )

–1

3

3 x

i)

y

5

–1

1

–1

3 x

x = 1 (ÉT: x ¹ 0);

h)

y

y=

1

y =3 – x

x = 2 (ÉT: x > 0);

y =3 x

5

y =log2 x

2

–1

y

5

3

–1

f)

y

x = 3 (ÉT: x > 0);

–1

1

x

3

x = 1.

a) Átrendezve az egyenlõtlenséget: 3x ³ 6 – 3x. Ábrázolva külön a bal és jobb oldalt függvényként, leolvasható a megoldás: x ³ 1.

y = 3x

y

y = 6 – 3x

6 5 3 1 –5

162

–1

1 2

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 163

FÜGGVÉNYEK

b) Az a)-hoz hasonló eljárással: 1 log2 x 4 < 4 – x , (x 4 > 0, vagyis x ¹ 0) 2

y

y =2log2½x ½ ( x ¹ 0) 5 4

2 log2½x½ < 4 – x. Megoldás: x < 2, x ¹ 0.

1 –5

–1

1 2

4

5

x

y =4 – x

w x3481

a) Ábrázoljuk egy koordináta-rendszerben az x ® x és x ® 3 x – 2 függvényeket. Mivel az x ® 3 x – 2 függvény konvex, ezért az y = x egyenletû egyenesnek és az exponenciális függvény grafikonjának legfeljebb két közös pontja van. Az ábráról leolvasható, hogy az egyik közös pont (3; 3), tehát az egyenlet egyik gyöke: x1 = 3, a másiknak az x koordinátája 0 és 1 között van, pontosabb számolással ez adódik: x2 » 0,3.

y

y =3 x –2

3 1 –1

1

x

3

y=x

b) Az x ®2x és x ®3 – x függvények közül az elsõ nõ, a második csökken, így a grafikonjaiknak legfeljebb egy metszéspontja lehet. Az egyenlet egyetlen gyöke: x = 1.

y

y =2 x

y =3 – x 3 2 1 –1

c) Ábrázoljuk itt is az x ®3x + 1 és x ®3 – 2x 2 függvény grafikonját egy koordináta-rendszerben. A függvények tulajdonságai alapján látható, hogy két gyök van: x1 = –1 és x2 = 0.

1

3

x

y 9

y =3 x+1

3 1 –3

–1

1

3

y = 3 – 2x2

163

x


2010.11.16.

9:07

Page 164


d) Az y = 2x + 1 egyenletû egyenes két helyen metszi az exponenciális függvény grafikonját: az x1 = 0 és az x2 = 1 helyen. Mivel az y = 3x egyenletû függvénygörbe konvex, csak ez a két metszéspont van.

y

3

1

y =3 x –1

–1

1

x

3

y =2 x +1

e) Értelmezési tartomány: x ¹ 0. Két metszéspontja van a két függvény grafikonjának, az x1 = –2 helyen és az x2 = –1 helyen.

y

y =2 x+2

2 1 –2 –1

f ) Átalakítva az egyenletet kapjuk, hogy 2 x + 4 = 2. Egy metszéspontja van a két függvény grafikonjának, az x = –3. Ellenõrizve algebrai úton kapjuk, hogy 4 × 2 x + 4 = 8, amibõl 2 2 + x + 4 = 23, x + 6 = 3, x = –3.

–1

x

1

y =–

2 x

y

y =2 x+4

y =2

2 1 –5

w x3482

a) Az x ® lg x (x > 0) és x ® 1 – x függvények grafikonja alapján világos, hogy az egyenlet egyetlen gyöke: x = 1, hiszen az elsõ függvény nõ, a második csökken, így legfeljebb egy közös pont van.

–3

–1

–1

x

1

y

y =lgx 1 –1

x

1

y =1– x

b) Értelmezési tartomány: x ¹ 0. Ha az x ® log2½x½ (x ¹ 0) és x ® –½x½ függvények grafikonját egy koordináta-rendszerben ábrázoljuk, láthatjuk, hogy az egyenletnek két gyöke van: x1 » –0,6 és x2 » 0,6.

y

y =log2 | x | 1 –1

y = –| x |

164

1

x


2010.11.16.

9:07

Page 165

FÜGGVÉNYEK

c) Az x ®2log2 x (x > 0) és x ®sin x függvény grafikonja alapján az egyenletnek egy gyöke van: x » 1,4.

y

y =2log2 x

1

p –1

w x3483

a) Mivel cos

p

3

1 = , az adott egyenlõtlenség ekvivalens a következõ egyenlõtlenséggel: 2 2 (2 –1) x – x – 6 > 2 x 2 – x – 6,

vagyis

–x 2 + x + 6 > x 2 – x – 6,

azaz, akkor és csak akkor igaz, ha x 2 – x – 6 < 0, ennek megoldása: –2 < x < 3. b) Az adott egyenlet így írható: Mivel

3x

2p

y = sin x

(3 x + 2) × (2x – 9) = 0. > 0, ez csak akkor teljesül, ha 2x = 9, azaz x = log2 9.

c) Használjuk fel, hogy

log 1(x + 1) = – log3 (x + 1), 3

így a megadott egyenlõtlenség: 0 > log3 (x + 1) + log3 (2 – x) = log3 (x + 1) × (2 – x), ahol x + 1 > 0 és 2 – x > 0, azaz –1 < x < 2. A 0 > log3 (x + 1) × (2 – x) egyenlõtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha 0 < (x + 1) × (2 – x) < 1, azaz 0 < 2 + x – x 2 < 1. A bal oldali egyenlõtlenség akkor igaz, ha –1 < x < 2. A jobb oldali egyenlõtlenség:

1 + x – x 2 < 0, x 2 – x – 1 > 0. Ez akkor és csak akkor igaz, ha 1– 5 vagy 2 Tehát az eredeti egyenlõtlenség akkor teljesül, ha x<

–1 < x <

1– 5 2

vagy

x>

1+ 5 . 2

1+ 5 < x < 2. 2

165

x


2010.11.16.

9:07

Page 166


d) Két esetet érdemes külön vizsgálni: ha az alap 0 és 1 közé esik (I. eset), illetve, ha az alap nagyobb 1-nél (II. eset). I. eset: 0 < 2x < 1, 0 < x < 0, 5. Ekkor a logaritmusfüggvény csökken, tehát az adott egyenlõtlenség ekvivalens a következõkkel: x 2 – 5x + 6 > 2x, azaz (x – 6) × (x – 1) > 0, amibõl: x < 1 vagy x > 6. II. eset: Mivel 0,5 < x, ekkor a logaritmusfüggvény nõ, tehát az eredeti egyenlõtlenség a következõvel ekvivalens: 0 < x 2 – 5x + 6 < 2x. A bal oldali egyenlõtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha x < 2 vagy x > 3, a jobb oldali pedig akkor, ha 1 < x < 6. Tehát mindkettõ teljesül, ha 1 < x < 2 vagy 3 < x < 6. w x3484

1 alapú logaritmusfüggvény csökken, ezért 3 az egyenlõtlenség akkor és csak akkor igaz, ha: x +1 0 < log3 £ 1. x –1

a) Az

A 3-as alapú logaritmusfüggvény nõ, így a kapott egyenlõtlenség akkor és csak akkor igaz, ha: x +1 1 1< £3 Û 0< £ 1. x –1 x –1 Az ábra alapján a megoldás: 2 £ x.

y 5

y=

1 x –1

–1 1

x

2

–1

b) Az elõzõ feladat megoldásához hasonlóan az adott egyenlõtlenség a következõ alakra hozható: 0 < log5 (x 2 – 4) < 1 Û 1 < x 2 – 4 < 5. A megoldás: 5 < ½x½< 3. c) Itt is az elõzõhöz hasonló gondolatmenet szerint: x 0 < log2 < 1. 1+ x A kapott egyenlõtlenség akkor és csak akkor igaz, ha: x 1 1< <2 Û 0> > – 1. 1+ x x +1 Az ábra alapján a megoldás: x < –2. 166

y

y= –2

1 –1

1

1 x +1 x


2010.11.16.

9:07

Page 167

FÜGGVÉNYEK

Trigonometrikus függvények – megoldások w x3485 a) Igaz. w x3486

b) Hamis.

a)

c) Hamis.

b)

y

–

e) Hamis.

æ pö y =2cos çx – ÷ è 2ø

c)

y

p –1

p

2

3p 2

2p

–p

x

–

p

p

2

2

–2

3p 2

p

1 2

x –p

–2

d)

e)

y

æ pö y = tg çx – ÷ 2ø è

y 2

1 y = sin2 x +1 2

3 2

2p

p 2

y 2

y = sin(x +p ) – 1

1 –p

d) Igaz.

æp ö y =1 – cos ç – x÷ è2 ø

–

p

p

2

f)

y

1

p x

2

–1

1

æ pö y =2ctg çx – ÷ 2ø è

1 –p

w x3487

–

p

p

2 –1

p

–p – p 2

x

2

–p

–

p 2

p –1

p x

–1

p p

p

x

4 2

2

a) x ® 2cos x.

y

x ® 2cos x

2

–p

–

p

p

2

2

p

3p 2p x 2

–2

b) x ® –sin x + sin x = 0.

y 2 1 –p

–

p 2

x ®0 p

–1

p

2

3p 2

2p x

–2

c) x ® cos x + cos x = 2cos x. (lásd a) ábra) d) x ® sin x – sin x = 0. (lásd b) ábra) e) x ® 2sin x.

y

x ® 2sin x

2 –p

2p –

p

p

2

2

–2

w x3488

3 Êpˆ Êpˆ Megoldás: f Á ˜ + f Á ˜ = . Ë 3¯ Ë 2¯ 3

w x3489

A keresett függvény: f (x) = ctg x. a)

3 + 3;

b)

1 ; 6

c) –2. 167

p

3p 2

x


2010.11.16.

9:07

Page 168


w x3490

Êp ˆ – x = sin x, ezért: Ë2 ¯ cos x cos x = = ctg x. Êp ˆ sin x cos –x Ë2 ¯

a) Használjuk fel, hogy cos

b) Mivel tg

y

y =ctg x 1 –p – p 2

1 Êp ˆ – x = ctg x = , ezért: Ë2 ¯ tg x tg x ◊ tg

c) Mivel sin

p

–1

p

x

2

y

y =1 1

Êp ˆ – x = 1. Ë2 ¯

–

p

p

–1

2

Êp ˆ – x = cos x, ezért: Ë2 ¯ Êp ˆ sin2 x + sin2 – x = sin2 x + cos2 x = 1. Ë2 ¯

x

2

y 2

y =1

1

–p

–

p

p

2

d) A függvény grafikonja az ábrán látható.

p x

2

–1

y 3 2

y =2cos( x +p )+1

1 –p

e) A függvény grafikonja az ábrán látható.

–

p 2

y

p

–1

p

x

2

1 y = sin(p – x )+2 2

3 2 1

p

w x3491

a) y(2) = 2 × sin (4 × 2) = 2 × sin 8 » 1,98. b) 2 = 2 × sin (4t), amibõl: 1 = sin(4t), p 4t = + 2kp , k Î N 2 p kp t= + , k ÎN 8 2 kp t » 0, 39 + . 2

p

–1

2

y

y = sin x

3p 2

2p

y = sin(4t )

2 1

p 2

–1

p

3p 2

2p x

–2 periódus

y =2 × sin(4t )

p c) t ® 2 × sin (4t) függvény periodikus, periódusa , ez egyben egy teljes rezgés periódusa. 2 d) A test pályája az ábrán látható. 168

x


2010.11.16.

9:07

Page 169

FÜGGVÉNYEK

w x3492

3 p –1= 2◊ – 1 = 3 – 1; 6 2 p = 2 ◊ cos – 1 = 0; 3

a) f (0) = 2 ◊ cos Êpˆ fÁ ˜ Ë 6¯

b)

Êp pˆ Êpˆ f Á ˜ = 2 ◊ cos Á + ˜ – 1 = – 2; Ë 6 2¯ Ë 2¯ Ê7pˆ f (p ) = 2 ◊ cos Á ˜ – 1 = – 3 – 1. Ë 6¯

y 1 –p – 5p 6

–

p –p 2

p

p

6

2

6 –1

p

3p 2

2p

x

–2

pö æ y =2 × cos çx + ÷ – 1 6ø è

–3

p p 3p c) Értékkészlet: y Î [–3; 1]; zérushely: x1 = – , x2 = , x3 = . 2 6 2 ⎡ 5p p ⎤ ⎡ 5p 3p ⎤ ⎡ p 5p ⎤ Menete: ⎢– ; – ⎥ -on és ⎢ ; ⎥ -on nõ, ⎢– ; ⎥ -on csö ökken. ⎣ 6 ⎣6 2⎦ ⎣ 6 6⎦ 6⎦ w x3493

a) A tanult azonosság szerint: f (x) = cos x, x ÎR.

y

–

3p 2

1 –p

–

p 2

b) Alkalmazzuk a megismert azonosságokat: g(x) = 1 – cos2 x – cos2 x = sin2 x – cos2 x = – cos 2x, x ÎR.

y =cos x p

–1

3p 2

p

x

2

y 1 3p 2

–

–p

–

p 2

c) Itt is az azonosságok segítenek: h(x) = 2 × cos2 x = 1 – sin2 x + cos2 x = 1 + cos 2x, x ÎR.

y = – cos2 x p

–1

y

p

2

3p x 2

y =1+cos2 x

2 1 –

3p 2

–p

–

p 2

p –1

p

2

3p 2

x

–2

w x3494

a) Mivel 0 £ x £ p -ben sin x ³ 0, és p £ x £ 2p -ben sin x £ 0, így: ⎧ 1 ⋅ sin 2x, ha 0 £ x £ p , ⎪⎪ ½sin x½⋅ cos x = ⎨ 2 ⎪ – 1 ⋅ sin 2x, ha p £ x £ 2p. ⎪⎩ 2

y

y =|sinx |× cos x

1 2 –

p –1 2

2

p 2

p

3p 2

2p

x

A függvény grafikonja az x = p egyenletû egyenesre szimmetrikus.

7p 5p 1 p 1 3p a és helyeken, minimuma – a és helyeken. 2 4 2 4 4 4 Érdekes, hogy a függvénynek az x = p helyen helyi maximuma van, itt a függvény értéke 0, Maximuma

míg

p

2

<x<

3p , x ¹ p esetén a függvény értéke negatív. 2 169


2010.11.16.

9:07

Page 170


b) Alakítsuk át a függvényt definiáló kifejezést: p pˆ Ê cos x – sin x = 2 ◊ Ácos x ◊ cos – sin x ◊ sin ˜ = Ë 4 4¯

y

pö æ y = 2 cos çx + ÷ 4ø è

2

–p

pˆ Ê = 2 ◊ cos x + . Ë 4¯

–

p

p p

2

4

– 2

p

x

2

p⎤ ⎡3p ⎤ ⎡ ⎡ p 3p ⎤ A függvény ⎢– p ; – ⎥ -ban és ⎢ ; p ⎥ -ban nõ, ⎢– ; ⎥ -ban csökken. ⎣4 ⎦ ⎣ 4⎦ ⎣ 4 4⎦

A maximuma

2, az x = –

p

4

helyen, minimuma – 2, az x =

⎤ p c) Eljárhatunk úgy, hogy a tg és ctg függvények ⎥ 0; ⎦ 2 ágait grafikusan összeadjuk. ⎤ p⎤ A függvény ⎥ 0; ⎥ -ban csökken, ⎦ 4⎦ p Minimumának értéke 2, az x = 4

⎡p p ⎢ 4; 2 ⎣

3p helyen. 4

⎡ ⎢⎣-hoz tartozó

y

⎡ ⎢ -ban nõ. ⎣

y = tg x + ctg x 2 1

helyen.

–p

d) Alkalmazzunk azonosságokat (0 £ x £ 2p ): sin4 x – cos4 x = (sin2 x + cos2 x) × (sin2 x – cos2 x) = – cos 2x.

–

p

p

p

2

4

2

p

x

y

y = – cos2 x 1 –

w x3495

a) A megfelelõ azonosságok alkalmazásával (x ÎR): x x f (x) = sin 4 – sin 4 = 2 2 x x x xˆ Ê ˆ Ê = Ásin 2 + cos2 ˜ ◊ Ásin 2 – cos2 ˜ = – cos x. Ë 2 2¯ Ë 2 2¯ b) Itt is azonosságokat használunk: g(x) = cos6 x + sin6 x = = (cos2 x + sin2 x) ⋅ (cos4 x – cos2 x ⋅ sin2 x + sin4 x) = 2 3 = (cos2 x + sin2 x) – 3 ⋅ cos2 x ⋅ sin2 x = 1 – ⋅ sin2 2x. 4

p

p –1

2

2p

x

y

y = – cos x

1 –p

–

p 2

p –1

3p 2

p

2

x

3 y =1– sin2 2 x 4

y 1 1 4

p

p

4

2

3p 4

p

x

–1

c) Alakítsuk át a törtet:

y

1 – cos 2x 2 ⋅ sin2 x p h(x) = = = tg x, 0 < x < . sin 2x 2 ⋅ sin x ⋅ cos x 2

y = tg x

1 –p

170

3p 2

p

2

p –

2 –1

p 2

p

x


2010.11.16.

9:07

Page 171

FÜGGVÉNYEK

d) Az addíciós tételek alkalmazásával kapjuk, hogy: k(x) = 4 × sin x × cos x × (cos2 – sin2 x) = = 2 × sin 2x × cos 2x = sin 4x.

y

y = sin4 x 1 –p

w x3496

a) Alakítsuk át a függvényt definiáló kifejezést: f (x) =

4 ⋅ sin4 x

4 ⋅ sin2 x

+ 2 ⋅ sin x

⋅ cos2 x

= 2 ⋅ sin x, 0 < x < p .

p

p

2

p x

2

–1

y 2

y =2sin x 1

⎤ p⎤ ⎡p ⎡ A függvény ⎥ 0; ⎥ -ban nõ, ⎢ ; p ⎢ -ban csökken. ⎦ 2⎦ ⎣2 ⎣ p Maximuma x = helyen, értéke 2, minimuma nincs. 2

b) Alakítsuk át a függvényt megadó kifejezést: g(x) = 2 × sin2 x × cos2 x + 2 × cos4 x = 2 × cos2 x = = cos2 x + 1 – sin2 x = 1 + cos 2x, ½x½£ p . A függvény páros.

–

p

p

4

2

3p 4

p

x

y

y =1+cos2 x

2 1 –p

–

p

p

p

x

2 2 –1 p⎤ ⎡ ⎡ p ⎤ ⎡ p⎤ A függvény ⎢–p ; – ⎥ -ban és ⎢0; ⎥ -ban csökken, ⎢– ; 0⎥ -ban ⎣ 2⎦ ⎣ 2 ⎦ ⎣ 2⎦ ⎡p ⎤ és ⎢ ; p ⎥ -ban pedig nõ. ⎣2 ⎦ p p Minimuma 0, az x = – és x = helyeken, maximuma 2, az x = –p , x = 0 és x = p helyeken. 2 2

c) A kifejezést átalakítva: p pˆ pˆ Ê Ê h(x) = 2 ◊ sin 2x ◊ cos – cos 2x ◊ sin = 2 ◊ sin 2x – . Ë Ë 4 4¯ 4¯ 5p ⎤ ⎡ ⎡7p ⎤ ⎡ p 3p ⎤ A függvény ⎢–p ; – ⎥ -ban, ⎢– ; ⎥ -ban és ⎢ ; p ⎥ -ban nõ, ⎣ 8⎦ ⎣8 ⎦ ⎣ 8 8⎦

⎡ 5p p ⎤ ⎡3p 7p ⎤ ⎢⎣– 8 ; – 8 ⎥⎦ -ban és ⎢⎣ 8 ; 8 ⎥⎦ -ban pedig csökken. p 7p Minimuma – 2, az x = – és x = helyeken, maximuma 8 8 helyeken.

y

–

–p

–

3p 8

2

pö æ y = 2 sin ç2 x – ÷ 4ø è

p

p

p

2

8

2

p

– 2

2, az x = –

3p 5p és x = 8 8

Trigonometrikus egyenletek, egyenlõtlenségek (kiegészítõ anyag) – megoldások w x3497

x

3p + 2kp , k ÎZ. 2 b) cos2 x = 1, amibõl cos x = 1 vagy cos x = –1 Þ x = kp , k ÎZ. p p p c) tg 2x = 1, amibõl 2x = + kp Þ x = + k × , k ÎZ. 4 8 2

a) sin x = –1 Þ x =

171


2010.11.16.

9:07

Page 172


d) Mivel sin x £ 1 és sin (p – x) £ 1, ezért 2 × sin x + 3 × sin (p – x) £ 5 és itt az egyenlõség csak p akkor igaz, ha sin x = 1 és sin (p – x) = 1 teljesül, azaz x = + 2kp , k ÎZ. 2 e) Két szám négyzetének összege csak akkor lehet 0, ha mindkét szám 0, azaz sin x = tg x = 0, tehát x = kp , k ÎZ. w x3498

a) A sin 3x < 1 egyenlõtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha: 2p p p 3x ¹ + 2kp, azaz x ¹ + k ⋅ , k Î Z. 2 6 3 b) A szinusz- és koszinuszfüggvény grafikonjáról leolvasható, hogy az egyenlõtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha: p 5p + 2kp < x < + 2kp, k ÎZ. p 4 4 – 2

c) A függvények tulajdonságai alapján az egyenlõtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha: p p p p + k ⋅ £ x < + k ⋅ , k Î Z. 4 2 2 2

y

y = sin x

1

–1

5p 4

p

p

4

2

p

y =cos x

y

y = tg x 3p 4

1

–

p

2 –1

x

p p

p

4 2

3p 2

x

y =ctg x

d) A tangens- és szinuszfüggvényeket közös koordináta-rendszerben felrajzolva látható, hogy az egyenlõtlenség akkor és csak akkor igaz, ha: p kp < x < + kp, k ÎZ. 2 w x3499

y

y = sin x –p

y = tg x

1 –1

p

x

a) Mivel a bal oldalon mindhárom tényezõ értéke abszolút értékben 1, a szorzat értéke csak akkor lehet 1, ha vagy mindhárom tényezõ 1 (I. eset), vagy két tényezõ –1, egy tényezõ 1 (II. eset). I. eset: cos x = 1, cos 2x = 1, cos 4x = 1 esetén sin x = 0. A cos x = 1, sin x = 0 esetén x = 2kp , k ÎZ. Ez kielégíti a másik két egyenletet. II. eset: Ha cos x = 1, cos 2x = –1, cos 4x = –1, akkor cos2 x – sin2 x = –1; 1 – sin2 x = –1, azaz 2 = sin2 x. Ez nem lehet, tehát ekkor nincs gyök. Hasonlóan adódik, hogy a másik két esetben sincs gyök. Tehát az eredeti egyenletet csak az x = 2kp , k ÎZ számok elégítik ki. 1 b) Mivel a bal oldalon álló két tag egymás reciproka, és az + z = – 2 egyenlet ekvivalens a z 2 2 z + 2z + 1 = 0 Þ (z + 1) = 0 Þ z = –1 tg 2x p = – 1 egyenletet kell megoldanunk, ahol x ¹ k ⋅ , k ÎZ: egyenletekkel, így a tg x 2 tg 2x = – tg x, tg 2x = tg(– x), 2x = – x + kp, tg x ¹ 0. p Ebbõl 3x = kp , így a megoldás: x = k ⋅ , k ÎZ. 3 172


2010.11.16.

9:07

Page 173

FÜGGVÉNYEK

c) A következõ átalakítást célszerû elvégezni: cos4 x + 1 – cos2 x = 1, cos4 x = cos2 x, cos2 x ⋅ (cos2 x – 1) = 0. Amibõl kapjuk, hogy cos2 x = 0 vagy cos2 x = 1. Tehát cos x = 0, cos x = –1, cos x = 1 a lehetséges gyökökre, azaz: p x1 = + kp, x2 = np, k, n ÎZ. 2 d) Ha 3 × sin x – cos 2x = 4, a bal oldal értéke csak akkor lehet 4, ha sin x = 1 és cos 2x = –1, azaz: p x = + 2kp, k ÎZ. 2 w x3500

a) Ábrázoljuk egy koordináta-rendszerben az x ® x és x ® sin x, x ÎR függvényeket. p p Tudjuk, hogy ha 0 < x < , akkor sin x < x, ez nyilván £ x-re 2 2 is igaz. Mivel mindkét függvény páratlan, x < 0 esetén sin x > x igaz. x = 0-ra sin x = 0, tehát az egyenletnek egy gyöke van: x = 0.

y

y=x

2

y = sin x p –

1

2

p

–p

–1

p

x

2

b) Ábrázoljuk az x ® cos 2x és x ® x, x Î R függvényeket egy y y=x koordináta-rendszerben. 2 Az ábráról az olvasható le, hogy az egyenletnek egy gyöke van, y =cos2 x 1 p p – p p 2 2 méghozzá 0 és között. Valóban cos 0 = 1 és cos 2 × = 0, p –p p x 4 4 4 –1 p ⎡ ⎤ és ⎢0; ⎥ -ban cos 2x csökken, x nõ, mert az x a 0-ban 0, míg ⎣ 4⎦ p p -ben értéket vesz fel. Itt tehát a két grafikonnak egy metszéspontja van. 4 4 p Ha x > , akkor nyilván nincs már metszéspont. Hasonlóan látható, hogy x < 0-ra nincs 4 a grafikonoknak közös pontja. Tehát az egyenletnek egy gyöke van.

x +1 , x ÎR függvényeket. 2 Az ábra alapján itt is egy gyöke van az egyenletnek, méghozzá

c) Ábrázoljuk az x ® sin x és x ®

y 2

y=

x +1 2

y = sin x

1 p – p⎤ x +1 ⎡ 2 a ⎢–p ; – ⎥ -ban. Valóban, hiszen ]0; 1[-ban sin x < x < p –p p x ⎣ 2⎦ 2 2 –1 x +1 teljesül, itt tehát nincs gyök, és ha x ³ 1, akkor ³ 1, itt sincs 2 p⎤ ⎡ p ⎤ ⎡ gyök. Hasonlóan látható, hogy ⎢– ; 0⎥ -ban sincs gyök, ha x < – p, akkor sincs. ⎢–p ; – ⎥ -ban ⎣ 2 ⎦ ⎣ 2⎦ x +1 sin x csökken, nõ, itt legfeljebb egy gyök van. 2

w x3501

a) Mivel a szinuszfüggvény abszolút értéke legfeljebb 1, ½sin x½£ 1 és ½sin 2x½£ 1. Az egyenlõség tehát csak akkor teljesülhet, ha vagy sin x = sin 2x = 1, vagy sin x = sin 2x = –1. Ezek nem teljesülnek egyszerre egyetlen valós x-re sem, tehát az egyenletnek nincs megoldása. 173


2010.11.16.

9:07

Page 174


b) A szorzat értéke akkor 0, ha valamelyik tényezõ értéke 0, tehát vagy sin x = 0, vagy sin 2x = 0, vagy sin 3x = 0. Így a megoldások: x1 = kp , k ÎZ, vagy p 2x = np , amibõl x2 = n × , n ÎZ, 2 vagy p 3x = lp , amibõl x3 = l × , l ÎZ. 3 1 p c) sin x + = 2 (sinx ¹ 0, x ¹ kp ), akkor és csak akkor, ha sin x = 1, azaz x = + 2kp , k ÎZ. sinx 2 d) Mivel ½sin x½ £ 1 és ½cos 2x½ £ 1, az egyenlõtlenség csak akkor lehet igaz, ha sin x = 1 és p cos 2x = 1 egyszerre teljesül, azaz x = + 2kp , de ekkor 2x = p + 4kp és cos 2x = –1, tehát 2 nincs megoldás.

sin x p p (ahol cos x ¹ 0, x ¹ + kp ), tg x × cos x = sin x ³ 1, ami csak x = + 2kp , cos x 2 2 k ÎZ esetén teljesülhet. Vagyis az értelmezési tartomány miatt nincs megoldás.

e) Mivel tg x =

w x3502

a) A tangens- és szinuszfüggvények grafikonjai csak az x = kp , k ÎZ helyeken metszik egymást p ⎛ ⎞ ⎜x ¹ + kp⎟ . 2 ⎝ ⎠ b) Ábrázoljuk az x ®½cos x½ és x ®sin x, x ÎR függvényeket egy koordináta-rendszerben. Az ábráról leolvasható, hogy a megoldás: 3p 9p + 2kp £ x £ + 2kp, k Î Z. 4 4 c) Mivel sin(2p – x) = sin(–x) = –sin x, az egyenlõtlenség ekvivalens a következõvel: – sin x > – x, tehát sin x < x. Így az ábráról leolvasható, hogy x > 0 esetén teljesül az egyenlõtlenség.

y –

p

1

y =|cos x | 3p 2

2

p 3p p –1

2

y –

p 2

4

y = sin x

x

2p

x

y=x 3p 2

1

p –1

2p 9p 4

2

p

y = sin x

p + kp, k Î Z. y 2 pˆ y = –ctg x Ê Mivel ctg x – = ctg (– x) = – ctg x, az egyenlõtlenség ezzel 1 Ë 2¯ p p –p – p ekvivalens: – ctg x > tg x. 2 –1 2 Leolvasható, hogy a megoldás: y = tg x p + kp < x < p + kp, k ÎZ. 2 p e) A két függvény grafikonja a cos x = 0, azaz x = + kp , k ÎZ helyen metszi egymást. 2

d) A két oldal közös értelmezési tartománya x ¹

174

x


2010.11.16.

9:07

Page 175

FÜGGVÉNYEK

w x3503

a) Ábrázoljuk az egyenlõség két oldalán álló kifejezéssel megadható függvényeket. p Errõl leolvasható, hogy 0 és között van egy gyöke az egyen2 letnek.

y

y =2 x

1 –p

–

p –1

2

b) Az ábráról leolvasható, hogy egy gyöke van az egyenletnek, p ez az x = . 2

y 1 –p

–

p

p

2

y =cos x

2

p –1

2

p

2

y=

c) Látható, hogy az egyetlen gyök x = 0.

x

æp ö y = sin ç – x÷ è2 ø

p

p

3p 2

3p 2

x

p –x 2

y

y = sin x 1

p

–p

–1

p

x

2

y =– x

d) Az ábra alapján az egyenletnek két gyöke van.

y

|x| y= 2

1 –p

–

y =cos x

p

p –1

2

e) Az egyenletnek két gyöke van.

y

w x3504

–

x

y = x2

y =cos2 x

1 –p

3p 2

p

2

p

p

4

4

p

x

a) Ha ½sin x½< 1 és ½cos x½< 1, akkor sin6 x < sin2 x és cos6 x < cos2 x, tehát sin6 x + cos6 x < sin2 x + cos2 x = 1. Így az egyenlet csak akkor teljesülhet, ha vagy ½sin x½= 1 és akkor cos x = 0, vagy ½cos x½= 1 és akkor sin x = 0. Az egyenlet gyökei tehát: p x = k ⋅ , k ÎZ. 2 b) Az a) feladat megoldásához hasonlóan itt is azt kapjuk, hogy az egyetlen gyöksorozat: p x = k ⋅ , k ÎZ. 2 c) Az egyenlet ekvivalens a következõvel: 1 pˆ Ê sin x + = (ahol x ¹ kp , k ÎZ), Ë 4¯ sin 2x

azaz

pˆ Ê sin x + ◊ sin 2x = 1. Ë 4¯ 175


2010.11.16.

9:07

Page 176


Mivel mindkét tényezõ abszolút értéke legfeljebb 1, tehát az egyenlõség csak akkor teljesül, ha pˆ pˆ Ê Ê vagy (1) sin x + = 1 és sin 2x = 1, vagy (2) sin x + = –1 és sin 2x = –1. Ë ¯ Ë 4 4¯ p (1) Mindkét feltételt az x = + 2kp, k, ÎZ szögek elégítik ki. 4 (2) Nincs olyan szög, amely egyszerre mindkét feltételt kielégíti. d) Az elõzõhöz hasonló egyenlethez jutunk, ha mindkét oldalt 2-vel osztjuk, és alkalmazzuk az összegzési tételt: pˆ Ê sin x + ◊ sin 4x = 1. Ë 3¯ pˆ pˆ Ê Ê Itt vagy sin x + = 1 és sin 4x = 1 (I. eset), vagy sin x + = –1 és sin 4x = –1 (II. eset). Ë Ë ¯ 3¯ 3

I. eset: x+ és

p

3

=

p

2

+ 2kp , tehát x =

p

6

+ 2kp , k ÎZ,

p + 2np , tehát x = + 2np , n ÎZ. 2 8 Ezek egyszerre nem teljesülhetnek.

4x =

p

II. eset: Hasonlóan adódik, hogy ez sem lehet egyetlen valós x-re sem. w x3505

a) A nevezõt vizsgáljuk:

p pˆ pˆ Ê Ê sin x + cos x = 2 ◊ sin x ◊ cos + cos x ◊ sin = 2 ◊ sin x + £ 2. Ë Ë ¯ 4 4 4¯

Egyenlõség csak akkor áll fenn, ha: p p p x + = + 2kp, azaz x = + 2kp, k ÎZ. 4 2 4 Mivel a nevezõ nem lehet 0, ezért: p x ¹ + 2kp, k Î Z. 4 Minden, az értelmezési tartományban lévõ x-re a nevezõ pozitív, tehát a tört értéke akkor pozitív, ha a számláló is pozitív: 1 sin2 x > , 4 ½sin x½ > 0, 5. Innen kapjuk a megoldást: p 5p p + 2kp <½x½ < + 2kp, x ¹ + 2kp, k ÎZ. 6 6 4 b) A tangensfüggvény értelmezése alapján: p + np, n Î Z, 2 p p + kp, azaz x ¹ + k ⋅ , k Î Z, 4 2 p p + lp, azaz x ¹ + l ⋅ , l ÎZ. 6 3

x¹

p 2 p 3x ¹ 2

2x ¹

Az utóbbi két kikötést elég feltenni, az elsõ benne van az utolsóban. 176


2010.11.16.

9:07

Page 177

FÜGGVÉNYEK

Alkalmazzuk a tangensfüggvényre megismert azonosságot:

tg 2x =

2 ⋅ tg x , 1 – tg2x

tg 3x =

3 ⋅ tg x – tg3x . 1 – 3 ⋅ tg2x

Ezeket behelyettesítve, majd rendezve az egyenletet, azt kapjuk, hogy kapjuk: tg4 x + 2 × tg2 x + 1 = (tg2 x + 1)2 > 0. Ez minden olyan x ÎR-re érvényes, amire az eredeti kifejezésnek értelme van. c) Használjuk fel a következõ azonosságokat: 1 sin a ⋅ sin b = ⋅ (cos(a – b ) – cos(a + b )) 2 úgy, hogy a sin x × sin 3x szorzatot alakítjuk át: 1 4 sin 2x ⋅ ⋅ (cos 2x – cos 4x) = , 2 5 16 2 ⋅ sin 2x ⋅ cos 2x – 2 ⋅ cos 4x = , 5 16 sin 4x – 2 ⋅ cos 4x = . 5 A jobb oldal nagyobb mint 3, a bal oldal viszont 3-nál nagyobb nem lehet, mert sin 4x £ 1 és –2 × cos 4x £ 2. Így nincs olyan x ÎR, amire az egyenlõség teljesülne. w x3506

a) Alkalmazzuk a megfelelõ azonosságokat: f (x) = sin6 x + cos6 x = (sin2 x + cos2 x) ⋅ (sin4 x – sin2 x ⋅ cos2 x + cos4 x) = = (sin2 x + cos2 x) – 3 ⋅ sin2 x ⋅ cos2 x = 1 – 2

3 ⋅ sin2 2x. 4

Mivel 0 £ sin2 2x £ 1, nyilván teljesül, hogy 1 £ f (x) £ 1. 4 b) Használjuk fel a 2 × sin2 x = 1 – cos 2x és 2 × cos2 x = 1 + cos 2x, valamint a sin 2x = 2 × sin x × cos x ismert azonosságot. Ezek alapján: 1 Ê 3 ˆ g(x) = 3 + 3 ◊ sin 2x + cos 2x = 3 + 10 ◊ Á ◊ sin 2x + ◊ cos 2x˜ . Ë 10 ¯ 10 2

2

3 1 Ê 3 ˆ Ê 1 ˆ + = 1, van olyan a valós szám, hogy cos a = és sin a = . Mivel Á Ë 10˜¯ ÁË 10˜¯ 10 10 Ezek alapján g(x) így írható:

g(x) = 3 + 10 ⋅ sin(2x + a).

Innen következik, hogy: 3 – 10 £ g(x) £ 3 + 10. c) A megfelelõ azonosságok alapján:

h(x) = tehát

7 ⋅ 3 + sin 2x , 2

7 ⋅ 2 £ h(x) £ 7. 2 177


2010.11.16.

9:07

Page 178


w x3507

Tegyük fel, hogy n > 0 egész és az f függvény 3p szerint periodikus. Ekkor minden x ÎR-re: 5 5 f (x + 3p) = cos n ⋅ (x + 3p) ⋅ sin ⋅ (x + 3p) = cos nx ⋅ sin ⋅ x = f (x). n n Legyen x = 0, ekkor: 15p cos n ⋅ 3p ⋅ sin = 0. n 15 15p = 0, ami akkor és csak akkor igaz, ha Mivel ½cos n × 3p ½= 1, így sin egész szám, azaz n n n osztója 15-nek, tehát n = ± 1, ± 3, ± 5, ± 15. Könnyen ellenõrizhetõ, hogy a kapott n értékek mindegyike megfelelõ.

w x3508

Az addíciós tétel szerint az egyenlet így írható: p⎞ ⎛ sin ⎜3x + ⎟ = 0, 5, 4⎠ ⎝ amibõl: p p p p (1) 3x + = + 2kp, k Î Z, illetve (2) 3x + = 5 ⋅ + 2np, n Î Z. 4 6 4 6 Az (1)-bõl: p p x=– + 2k ⋅ , k ÎZ, 36 3 a (2)-bõl pedig: 7p p x= + 2n ⋅ , n ÎZ. 36 3 23p Az elsõ sorozat legkisebb pozitív eleme k = 1-hez tartozik, ekkor x = . 36 7p A második sorozat legkisebb pozitív eleme pedig n = 0-hoz tartozik, ekkor x = . 36 7p Tehát egy egyenlet legkisebb pozitív gyöke . 36

w x3509

Használjuk fel, hogy 1 – cos2 x = sin2 x, az egyenlet így írható: cos x (1 + cos2 x) = (2 + sin2 3x) ⋅ 1 + sin2 3x. A bal oldal értéke legfeljebb 2, ez akkor teljesül, ha cos x = 1. A jobb oldal értéke legalább 2, ez akkor teljesül, ha sin 3x = 0. Az egyenlõség tehát csak akkor lehet igaz, ha cos x = 1 és sin 3x = 0, azaz x = 2kp , k ÎZ.

w x3510

Az adott egyenlet gyökei azok az x ÎR számok, amelyekre teljesül, hogy: 1 p p ⋅ x ⋅ (a – x) = + 2kp, azaz x ⋅ (a – x) = 2k + , k ÎZ. 2 2 Ebbõl: x × (a – x) = (2k + 0,5)2 > 0, aminek akkor van két gyöke, ha (2k + 0,5)2 < a × 0,5, és egy gyöke van, ha (2k + 0,5)2 = a × 0,5. Ahhoz tehát, hogy összesen 2001 gyöke legyen az egyenletnek, az kell, hogy teljesüljön a-ra: a = 2 × (2000 + 0,5)2 = 0,5 × (4001)2. 178

y a2 4

y = x( a – x )

a 2

a

x


2010.11.16.

9:07

Page 179

FÜGGVÉNYEK

w x3511

A négyzetgyök értelmezése miatt teljesülnie kell, hogy 0 £ p 2 – x 2, azaz ½x½£ p , tehát: – p £ x £ p. Ennek megfelelõen: p p 2p – £ p 2 – x2 – £ , 3 3 3 és a szinuszfüggvény értékkészlete alapján: 3 – £ f (x) £ 1. 2

w x3512

Alakítsuk át a sin x-et tartalmazó törtet: 5 ⋅ sin x – 3 8 =5– . sin x + 1 sin x + 1 Mivel 0 < sin x + 1 £ 2 ezért

8 8 ³ 4, és így 5 – £ 1, tehát: sin x + 1 sin x + 1 5 ⋅ sin x – 3 £ 0,1. sin x + 1

g(x) = 0,1 ⋅

A függvény értékkészlete tehát a ] –¥; 0,1] intervallum.


a) A megadott függvényérték alapján: 2 = log a 9, a > 0, a π 1 a 2 = 9, a = 3.

y 5

1

A függvény hozzárendelési szabálya: f (x) = log3 x (x > 0). b) y =

1 1 esetén: = log3 x Û 3 3

y = –1 esetén: – 1 = log3 x Û w x3514

–1 –1

1

2

5

–p

–

p 2

f (x ) p

–1

2

x

1 = x. 3 3p 2

p

9

= x,

y 1

w x3515

33

f( x )

2

2p

x

0

p

f(x)

1 2

0

x

a) Ábrázoljuk az x ® x, x ÎR+0 és az x ® cos x, x ÎR függvényeket egy koordináta-rendszerben. p Az egyenletnek egy gyöke van, 0 és között. 2

3p 2 –

–

2 4

p 2

2 4

y

y= x

1 –p

–

y =cos x

179

p 2

p –1

2

p

3p 2

x


2010.11.16.

9:07

Page 180


b) Ábrázoljuk közös koordináta-rendszerben az x ® log2 x, x > 0 és az x ® x 2 – 2x, x ÎR függvényeket. Az egyenletnek két gyöke van, az egyik 0 és 1 között, a másik 2 és 3 között.

y

y = x 2 –2 x 1 2

–1

x

5

y =log2 x

c) Ábrázoljuk az x ® x 2, x ÎR és az x ® ½x – 1½, x ÎR függvényeket egy koordináta-rendszerben. Az egyenletnek egy gyöke van, az x = 0.

y

y =2 x 5

y =| x – 1|

1 1

–1

d) Ábrázoljuk közös koordináta-rendszerben az x ®2 × log2 x, x > 0 és az x ® sin x, x ÎR függvényeket. Az egyenletnek egy gyöke van, 1 és 2 között.

y

–

p

y =2log2 x

3p 2

1

2

p

–p

y = sin x

e) Ábrázoljuk az x ® 2x, x ÎR és az x ® 3x, x ÎR függvényeket egy koordináta-rendszerben. Az egyenletnek egy gyöke van, az x = 0.

x

5

–1

p

x

2

y

y =2 x 5

1

y =3 x

w x3516

a)

b)

y

y = 6x

c)

y

y =2 x 1

1

y

3

3

2

y=

1 3

3

x

5

y =|log2 x |

1 –1

y =1

1

1

x

x

5

y =log3 x

5

–5

1

–1

–1

–1

11 2

4

5

8

x

2

0 < x £ 3 3;

x £ 0;

180

1 0 < x £ , vagy x ³ 2; 2


2010.11.16.

9:07

Page 181

FÜGGVÉNYEK

d)

e)

y

y

y =2 × log2 x

y =2lg x y =1

1 –1

1

10

5

x

5

y =1

1 –1

x > 10;

1 2

5

x

0 < x £ 2;

f)

y

y =|sin x |

y=

1 –p

– w x3517

8

p

4

+ kp £ x £

–

p

4

p –p 2

4 –1

p

p

4

2

p

3p 2

2 2

2p

x

+ kp , k ÎZ.

a) f (x) = log3 32x + 1 = 2x + 1, (x ÎR);

y

f( x )

1 –5

–1

1ˆ Ê b) g(x) = 2 – 3log3 (2x – 1) = 2 – (2x – 1) = – 2x + 3, Áx > ˜ ; Ë 2¯

1

5

x

5

x

y 2 1 –5

–1

1

2

g( x )

c) h(x) = log2

x2 – x – 6 = log2 (x – 3), (x > 3); x+2

y

h( x )

1 –1

1

181

3

4

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 182


d) i(x) = 1 –

1 1 ⋅ log3 x = – ⋅ log3 x + 1, (x > 0); 2 2

y

i( x )

1 –1

⎡1 ⎤ e) j(x) = log5 ⎢ ⋅ (3x – 3)⎥ + 1 = log5 (x – 1) + 1, (x > 1); ⎣3 ⎦

1

3

x

5

y

j( x ) 1 –1

1

2

f ) k(x) = log 1 (x + 3)2 = log 1½x + 3½, (x ¹ – 3); 2

x

5

y

2

1 –4

–2 –1

x

1 2

k( x )

1 g) l(x) = log2 ⋅ (2x – 2) – 2 = log2 (x – 1) – 2, (x > 1). 2

y

l( x ) 1 –1

w x3518

a) Ábrázoljuk közös koordináta-rendszerben az x ® cos x, x ÎR p és az x ® ½x½– , x ÎR függvényeket. 2 p p Az ábra alapján világos, hogy az egyenlõtlenség – £ x £ 2 2 esetén teljesül.

1

2

y

y =| x | –

p 2

1 –p

–

y =cos x

182

x

5

p

p

2 –

p 2

2

p

3p 2

x


2010.11.16.

9:07

Page 183

FÜGGVÉNYEK

b) Ábrázoljuk egy koordináta-rendszerben az x ® 2½x½, x Î R és az x ® cos x, x ÎR függvényeket. Az ábra alapján látható, hogy minden x ÎR esetén igaz az egyenlõtlenség.

y

y =2|x|

1 –p

p

–

2

y =cos x

Êp ˆ – x = cos x, az egyenlõtlenség Ë2 ¯ ekvivalens a következõvel: ½sin x½£ cos x. Ha közös koordináta-rendszerben ábrázoljuk az x ®½sin x½, x Î R és az x ® cos x, x Î R függvényeket, akkor látható, hogy az egyenlõtlenség az alábbi esetekben igaz: p p – + 2kp £ x £ + 2kp, k ÎZ. 4 4

c) Mivel sin

p –1

p

2

x

y

y =|sin x |

–

3p 2

–p

1

–

p 2

y =cos x

–

p 4

–1

p

p

4

2

d) Ábrázoljuk közös koordináta-rendszerben az x ®½log2 x½, x > 0 és az x ® 1, x ÎR függvényeket. Leolvasható, hogy az egyenlõtlenség 0,5 £ x £ 2 esetén teljesül.

3p 2

p

x

y =|log2 x | y =1

11 –1 2

a) A megadott adatokból felírható a következõ egyenletrendszer: (1) – 1 = log a 1 + b ⎫ ⎬ a > 0, a ¹ 1. (2) 0 = log a 2 + b ⎭ (1)-bõl kivonva a (2)-t: – 1 = log a 1 – log a 2, 1 – 1 = log a , 2

2p

y 5

1

w x3519

3p 2

2

x

5

y

f( x )

2 1 –1

a – 1 = 2 – 1, a = 2.

(1)-be visszaírva a kapott a értéket: –1 = log2 1 + b Þ b = –1. A kapott függvény: g(x) = log2 x – 1 (x Î ]0; 8]). b) A függvény görbéje az ábrán látható. c) Értékkészlet: g(x) £ 2, vagy másként: y Î ] –¥; 2]. 183

1

2

4

8

x


2010.11.16.

9:07

Page 184


d) A(5; 1) pont esetén: y = 1 és x = 5, tehát: 1 = log2 5 – 1 Þ 2 = log2 5 Þ 4 ¹ 5. Az A pont nem illeszkedik g(x)-re. B(2; 0) esetén: y = 0 és x = 2, tehát: 0 = log2 2 – 1 Þ 1 = log2 2 Þ 1 = 1. A B pont illeszkedik g(x)-re. C(16; 3) esetén: y = 3 és x = 16, tehát: 3 = log2 16 – 1 Þ 4 – 1 = 3. De a függvény értelmezési tartománya ]0; 8], ezért nem illeszkedik C az adott függvényre. w x3520

a) f (x) esetén:

f (– 1) = 2, ekkor 2 = a – 1 Û

y

f( x )

1 1 =2 Û a= . a 2

g( x )

2

A hozzárendelési szabály:

1

x

Ê 1ˆ f (x) = Á ˜ . Ë 2¯

h( x ) –1

1

x

g(x) esetén: g(2) = 16 Û 16 = a2 Û a = 4, mivel a > 0. A hozzárendelési szabály: g(x) = 4x. h(x) esetén: h(2) = 25 Û 25 = a2 Û a = 5, mivel a > 0. A hozzárendelési szabály: h(x) = 5x. c) Az értékkészletek: ⎡1 ⎤ f (x) Î ⎢ ; 4⎥ , ⎣2 ⎦

⎡1 ⎤ g(x) Î ⎢ ; 4⎥ , ⎣16 ⎦

⎡1 ⎤ h(x) Î ⎢ ; 5⎥ . ⎣25 ⎦

d) Igen, a függvények mindkét esetében az y = 2 értéket veszik fel: –1

1

Ê1ˆ g Á ˜ = 42 = 4 = 2 Ë2¯

és

Ê1ˆ f (–1) = Á ˜ = 21 = 2. Ë2¯

w x3521

a) Az A pont akkor és csak akkor illeszkedik az adott függvény grafikonjára, ha p2 = 9, p > 0, azaz p = 3. b) A logaritmus alapja csak 1-tõl különbözõ pozitív szám lehet, tehát p > 0, p ¹ 1, és logp 0,5 = 1, azaz p = 0,5. c) A függvény értelmezési tartománya miatt – p < x + p 0 és log2 p = 0, tehát p = 1.

w x3522

a) A négyzetgyök miatt 4 – x ³ 0 Û 4 ³ x. A tört nevezõje nem lehet 0, ezért lg (x – 3) ¹ 0 Û x – 3 ¹ 1, x ¹ 4. A logaritmus miatt x – 3 > 0 Û x > 3. Tehát : x ÎR ½ 3 < x < 4, vagyis: x Î ]3; 4[. 184


2010.11.16.

9:07

Page 185

FÜGGVÉNYEK

b) A logaritmus miatt:

x2 + 4x – 5 > 0 Û x < –5 vagy x > 1. A négyzetgyök miatt: lg (x2 + 4x – 5) ³ 0 Û x2 + 4x – 5 ³ 1 Û x2 + 4x – 6 ³ 0 Û Û x < – 10 – 2 vagy x > 10 – 2 . Értelmezési tartomány: x Î ] – ¥; – 10 – 2[ vagy x Î ] 10 – 2; ¥[.

w x3523

Az ábráról leolvasható, hogy az egyenlõtlenség akkor teljesül, ha: (2k + 1) × p £ x £ (2k + 2) × p , k ÎZ.

y

y =|sin x – 1| 2

y =1

1 –

w x3524

Az ábráról leolvasható, hogy az egyenlõtlenség akkor teljesül, ha: p 3p + kp £ x £ + kp, k Î Z. 4 4

–p

–

p 2

p

p

2

–1

3p 2

2p

x

y 2

y =|sin x |

–

w x3525

3p 2

3p 2

y =|cos x |

1

–p

–

p 2

–1

p

p

4

2

3p 4

p

3p 2

2p

x

a) Mivel sin x £ 1, és a 2-es alapú exponenciális függvény szigorúan nõ: 2sin x £ 2, p és a 2 értéket ott veszi fel, ahol sin x = 1, azaz az x = + 2kp , k ÎZ helyeken. 2 b) A ½cos x½£ 1, és az egyenlõség csak az x = kp , k Î Z helyeken teljesül. Ezért a 3-as alapú exponenciális függvény szigorú növekedése miatt: 3 × 3½cos x½ £ 32 = 9. A 9 értéket csak az x = kp , k ÎZ helyeken veszi fel a függvény. c) A szinuszfüggvény tulajdonsága miatt 1 – sin x £ 2, és itt az egyenlõség csak akkor teljesül, 3p ha sin x = –1, azaz x = + 2kp, k ÎZ. Az 5 alapú exponenciális függvény szigorúan nõ, ezért: 2 51 – sin x £ 52 = 25. 3p Az egyenlõség csak az x = + 2kp , k ÎZ helyeken teljesül. 2

w x3526

a) A logaritmus miatt az értelmezési tartomány x > 0. A két függvény grafikonját a közös értelmezési tartományon 1 ábrázolva látjuk, hogy az x = helyen metszi egymást. 2 Mivel a bal oldali x ® log 1 x, x > 0 függvény szigorúan csökken,

y

y = x+

1

2

1 a jobb oldali x ® x + , x ÎR+ függvény pedig szigorúan nõ, 2 így több metszéspontjuk nincs.

1 2

–1

1 1 2

5

y =log 1 x 2

185

x


2010.11.16.

9:07

Page 186


1 – 1, x ÎR+ függvény szigorúan csökken, a 2-es alapú x logaritmusfüggvény szigorúan nõ, a grafikonok metszéspontja x = 1-nél van.

b) Az x ®

y

y =log2 x 1 1

x

5

–1

1 y= –1 x

c) Értelmezési tartomány: x > 0. Itt is a grafikonról látható, hogy x = 1 az egyetlen megoldás.

y

y =log 1 x 3

y =log3 x 1 1

–1

5x

3

–1

d) A grafikonról látható, hogy az egyetlen megoldás: x = 0.

y

æ 1ö y =ç ÷ è 3ø

y =2 x

x

1 1

–1

x

3

–1

w x3527

a) Ábrázoljuk az x ® log2 x, x > 0 és az x ® – x, függvényeket a közös értelmezési tartományon. Zsebszámológéppel vagy táblázat használatával x = 0,64 adódik egyetlen gyökként.

y

y =log2 x

1 0,64 –1

1

x

5

y =– x

b) Ábrázoljuk az x ® log2 x, x > 0 és az x ® (0,5)x, x > 0 függvényeket. Mivel az x ® log2 x függvény nõ, az x ® (0,5)x függvény csökken, legfeljebb egy gyök lehet. Az ábráról leolvasható, hogy az ]1; 2[ intervallumban van gyök. A pontosabb számolás azt mutatja, hogy a gyök 1,3.

186

y

y =log2 x

1 –1

1,3

æ 1ö y =ç ÷ è2ø

1

5

x

x


2010.11.16.

9:07

Page 187

FÜGGVÉNYEK

c) Ábrázoljuk itt is az x ®log2 x, x > 0 és az x ®sin x, x > 0 függvényeket. Az ábra és a függvények tulajdonságai alapján világos, hogy p és 2 között van egy gyök, több gyök nem lehet. A pontosabb 2 számolás azt mutatja, hogy a gyök 1,9.

d) Ábrázoljuk az x ® log2 x, x > 0 és az x ® – x2, x > 0 függvényeket. Világos, hogy az x ® log2 x, x > 0 függvény nõ, az x ® – x2, x > 0 függvény csökken, és ]0,5; 1[-ban van gyöke, pontosabban a gyök 0,7.

y

y =log2 x 1,9

1

p

p

2

x

y = sin x

y

y =log2 x

1 0,7 –1

1

x

5

y = – x2

e) Ábrázoljuk az x ® log 1 x, x > 0 és az x ® cos x, x > 0 függvényeket. 2 Az ábra és a függvények tulajdonságai alapján világos, hogy a ]0,5; 1[-ban van egy gyöke az egyenletnek, ez a gyök 0,6.

y

1

y =cos x

0,6 p 2 3p 2

p

x

y =log 1 x 2

f ) Itt is ábrázoljuk az x ® log2 x, x > 0 és az x ® – x + 1,5, x > 0 függvényeket. Az x ® log2 x, x > 0 függvény nõ, az x ® –x + 1,5, x > 0 függvény csökken, így legfeljebb egy gyök van. Az ábráról leolvasható, hogy ez a gyök az ]1; 1,5[-ban van, a gyök 1,2.

y

y =log2 x

1

1,2 1 3

–1

x

5

2

y = – x+

w x3528

Itt is ábrázoljuk az x ® ctg x, 0 < x < p és az x ® x, 0 < x < p függvényeket. Itt is csak egy metszéspont van, ezt például iterációval kaphatjuk meg: 0,86.

3 2

y

y =ctg x y=x 1 –p

187

–

p

2 –1

p 2

p

x


2010.11.16.

9:07

Page 188


w x3529

a) Ábrázoljuk az x ® 2 x és az x ® x + 2, x ÎR függvényeket. Az x ® 2 x függvény grafikonja konvex ] –¥; +¥[-ban, ezért legfeljebb két gyök lesz, hiszen az x ® x + 2 képe egyenes. Az egyik gyök x = 2, a másik láthatóan – 2 és –1 közé esik. Pontosabb értéke: –1,7.

y

y = x +2

5

y =2 x –5

b) Itt is az a) megoldásában látottakat alkalmazzuk. Az x ® 2 x függvény grafikonja konvex, ezért legfeljebb két gyök van. Az egyik 3, a másik –5 és –4 közé esik, ez –4,6 lesz.

1 –1

1 2

5

x

5

x

y

5

y = x +5

y =2 x 1

–5

c) Ábrázoljuk az x ® 2 –x és az x ® x + 1 függvényeket. Az x ® 2 –x függvény csökken, a másik nõ, így legfeljebb egy gyöke van. Az egyetlen gyök: x = 0.

–1

1

3

y

y =2– x 5

y = x +1 1 –5

d) Ábrázoljuk itt is az x ® 2 –x és az x ® x – 1 függvényeket. Ebben az esetben is az egyik függvény csökken, a másik nõ, így legfeljebb egy gyök van, amely az 1 és 2 közé esik: 1,4.

–1

1

3

5

x

y

y =2– x

y = x –1 5

1 –5

w x3530

–1

1

3

5

x

a) A logaritmusfüggvény tulajdonságai alapján az adott egyenlõtlenségbõl a következõ ekvivalens egyenlõtlenségeket kapjuk: log 1 log5 (x 2 – 11) > 0, 2

0 < log5 (x 2 – 11) < 1, 1 < (x 2 – 11) < 5, 12 < x 2 < 16, 2 ⋅ 3 < ½x½ < 4. 188


2010.11.16.

9:07

Page 189

FÜGGVÉNYEK

b) A hatványazonosságok alkalmazásával ekvivalens átalakításokat végezhetünk: 4x – 3 4x +

x–1 2

=3

x+1 2

– 22x – 1,

1 x 3x ⋅ 4 = 3 ⋅ 3x + , 2 3 3 x 4 ⋅4 = ⋅ 3x, mivel 3x ¹ 0, ezért: 2 3 3

x

⎛4⎞ ⎛4⎞ 2 ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ , az exp. fv. szig. monotonitása miatt: ⎝3⎠ ⎝3⎠ 3 x= . 2 c) Átalakításokkal: 2

3

(0, 4)lg x +1 = (6, 25)2 – lg x , x > 0 ⎛2⎞ ⎜ ⎟ ⎝5⎠

lg2 x +1

⎛25⎞ =⎜ ⎟ ⎝4⎠

lg2 x +1

2 – 3⋅ lg x

,

6 ⋅ lg x – 4

⎛2⎞ ⎛2⎞ =⎜ ⎟ , a logaritmus fv. szig. moonotonitása miatt: ⎜ ⎟ ⎝5⎠ ⎝5⎠ lg2 x + 1 = 6 ⋅ lg x – 4, lg2 x – 6 ⋅ lg x + 5 = 0. A kapott másodfokú egyenlet gyökei: lg x1 = 1 és lg x2 = 5, amibõl: x1 = 10 és x2 = 105. A kapott gyökök jók, mert ekvivalens átalakításokat végeztünk. w x3531

Ekvivalens átalakítással 2-es alapú logaritmusra áttérve így írhatjuk az egyenlõtlenséget: 1 £ – 2 ⋅ cos a. log2 x + log2 x Nyilván 0 < x, x ¹ 1 jöhet szóba csak. Ha 0 < x < 1, akkor log2 x < 0 és így: log2 x +

1 £ – 2. log2 x

A –2 £ –2 × cos a egyenlõtlenség minden a ÎR esetén igaz, tehát az egyenlõtlenség teljesül, ha: a ÎR és 0 < x < 1. Ha x > 1, akkor log2 x > 0, így: 1 ³ 2, log2 x + log2 x és itt egyenlõség csak log2 x = 1, azaz x = 2 esetén teljesül. Másrészt –2 × cos a ³ 2 csak cos a = –1 esetén teljesül, ekkor az egyenlõség igaz, tehát: a = (2k + 1) × p , k ÎZ. 189


2010.11.16.

9:07

Page 190


w x3532

A logaritmus azonosságait felhasználva ekvivalens átalakítással f (x) értékét a következõ alakra hozhatjuk: f (x) = log22 x ⋅ (log22 x + 12 ⋅ (3 – log2 x)) = log22 x ⋅ (log22 x – 12 ⋅ log2 x + 36) = = (log2 x ⋅ (6 – log2 x)) . 2

2

Mivel 1 £ x £ 64, ezért 0 £ log2 x £ 6, tehát ha a log2 x = z jelölést használjuk, a (z × (6 – z)) legnagyobb értékét keressük, ha 0 £ z £ 6. A számtani és mértani közép közti egyenlõtlenség alapján: 2

Êz + 6 – zˆ z ◊ (6 – z) £ Á = 9, Ë 2 ˜¯ és egyenlõség csak akkor teljesül, ha z = 6 – z, azaz z = 3. Ezek szerint f (x) £ 92 = 81, és az egyenlõség log2 x = 3, azaz x = 8 esetén teljesül. w x3533

Nyilván x > 0 jöhet szóba megoldásként. A 2-es alapú logaritmusfüggvény az értelmezési tartományában szigorúan nõ, így mindkét oldal 2-es alapú logaritmusát véve, és felhasználva a logaritmus azonosságait, a következõ, az adott egyenlõtlenséggel ekvivalens egyenlõtlenséget kapjuk: (3 – log22 x – 2 × log2 x) × log2 x > 0. Az elsõ tényezõt további szorzattá alakítva, és –1-gyel szorozva ezt kapjuk: (log2 x – 1) × (log2 x + 3) × log2 x < 0. A három tényezõ szorzata akkor lehet negatív, ha mindhárom tényezõ negatív, azaz a legnagyobb tényezõ negatív: 1 log2 x + 3 < 0 Þ log2 x < – 3, amibõl 0 < x < , 8 vagy ha egy tényezõ negatív, kettõ pozitív, azaz a legkisebb tényezõ negatív, a középsõ pozitív: log2 x – 1 < 0 < log2 x Þ 0 < log2 x < 1, amibõl 1 < x < 2.

w x3534

A következõket kell tudni x-rõl: ½x½¹ 0, ½x½¹ 1, x + 2 > 0, azaz x > –2. Ha 0 < ½x½< 1, akkor a logaritmusfüggvény csökken, így az adott egyenlõtlenség a következõvé alakul: x + 2 > x 2, azaz 0 > x 2 – x – 2 = (x – 2) × (x + 1), amibõl –1 < x < 2. Ekkor tehát a megoldás: –1 < x < 0 és 0 < x < 1. Ha ½x½> 1, akkor a logaritmusfüggvény nõ, tehát az adott egyenlõtlenség a következõvel ekvivalens: x + 2 < x 2, azaz 0 < x 2 – x – 2 = (x – 2) × (x + 1), amibõl x < –1 vagy x > 2. Az értelmezési tartományt is figyelembe véve ekkor a következõ számok elégítik ki az egyenlõtlenséget: x > 2 és –2 < x < –1.

w x3535

Fejezzük ki tg x-et sin x és cos x segítségével, majd ezeket

x szögfüggvényeivel: 2 x x 2 ⋅ sin ⋅ cos 2 2 ⋅ sin x 2 2 = 2 ⋅ tg x . = =2⋅ 1 cos x 1 + cos x x 2 2 ⋅ cos2 + 2 sin x sin x p Igazoltuk 10. osztályban, hogy 0 < x < esetén x < tg x, tehát az állítást igazoltuk. 2 190


2010.11.16.

9:07

Page 191

FÜGGVÉNYEK

w x3536

a) Az exponenciális függvény tulajdonságai alapján a hatvány értéke akkor és csak akkor nagyobb mint 1, ha vagy az alap 1-nél nagyobb és a kitevõ pozitív (I. eset), vagy az alap 0 és 1 között van és a kitevõ negatív (II. eset). I. eset: 4x 2 + 2x + 1 > 1 Þ 2x × (2x + 1) > 0, amibõl x > 0 vagy x < –0,5, valamint: x 2 – x > 0 Þ x × (x – 1) > 0, amibõl x > 1 vagy x < 0. Tehát ebben az esetben az x > 1, illetve x < –0,5 valós számokra igaz az egyenlõtlenség. II. eset:

0 < 4x 2 + 2x + 1 < 1 Þ 2x × (2x + 1) < 0,

amibõl –0,5 < x < 0, illetve

x 2 – x < 0 Þ x × (x – 1) < 0,

amibõl 0 < x < 1. Mindkét kikötést egyetlen valós szám sem elégíti ki, tehát itt nincs megoldás. b) Az exponenciális függvény tulajdonságai alapján az eredeti egyenlõtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha: 0 < ½x × (x – 1)½< 2. Ábrázolva az x ®½x × (x – 1)½ függvényt, az ábráról leolvasható, de számolással is könnyen ellenõrizhetõ, hogy a megoldások: –1 < x < 0, 0 < x < 1 és 1 < x < 2.

y

5

y =| x( x – 1)|

2 1

–1

1

x

c) A logaritmusfüggvény tulajdonságai alapján 2 eset lehetséges. I. eset: 0 < x 2 < 1 és 0 < 3 – 2x < x 2 teljesül. Az elsõ egyenlõtlenségbõl –1 < x < 0 vagy 0 < x < 1, a másodikból 1 < x < 1,5 vagy x < –3, tehát ezeket kielégítõ valós szám nincs. II. eset: 1 < x 2 és 3 – 2x > x 2 teljesül. Ebbõl x < –1 vagy x > 1, illetve 0 > x 2 + 2x – 3 = (x – 1) × (x + 3), azaz –3 < x < 1. Mindkét feltételt a –3 < x < –1 számok elégítik ki, ezek az egyenlõtlenség megoldásai. w x3537

Indirekt bizonyítást célszerû választani. Tegyük fel, hogy az f függvénynek van egy p > 0 periódusa, azaz minden x ÎR-re f (x + p) = f (x). Használjuk a szorzattá alakító azonosságokat: Ê p pˆ p◊ 2 p ◊ 2ˆ Ê ◊ cos Áx + ˜ + 2 ◊ sin ◊ cos Á 2 ◊ x + Ë 2 2¯ 2 2 ˜¯ Ë p minden x Î R-re. Ez csak akkor teljesülhet, ha sin = 0, azaz p = 2kp , valamely k ÎZ esetén 2 p⋅ 2 és sin = 0, azaz p = 2 ⋅ 2np, valamely n ÎZ esetén. Ebbõl az következik, hogy van olyan 2 k k, n ÎZ, hogy 2 ⋅ n = k, n ¹ 0 miatt 2 = , ami ellentmondás, mert 2 irracionális. n f (x + p) – f (x) = 2 ◊ sin

191


2010.11.16.

9:07

Page 192


2p x szerint periodikus, cos értéke 2p ⋅ 3 szerint periodikus. 3 3 Akkor lesz f (x) periodikus, ha van olyan k és n egész, hogy: 2p k⋅ = l ⋅ 2p ⋅ 3, l ¹ 0. 3 k Ebbõl = 3 adódik, k = 3, l = 1 esetén ez teljesül. Tehát az f függvény 2p ⋅ 3 szerint periodikus. l Valóban: Êx ˆ f (x + 2p ◊ 3 ) = sin ( 3 ◊ x + 6p ) – cos Á + 2p˜ = f (x). Ë 3 ¯

w x3538

A sin 3 ⋅ x értéke

w x3539

Ábrázoljuk az x ® 3x – 7, x ÎR és x ® 4 x , x ÎR, x ¹ 0 függvényeket. 1 Az x ® 3x – 7, x Î R függvény végig nõ, az x ® 4 x függvény ] –¥; 0[-ban csökken és ]0; +¥ [-ban is csökken, de mindenütt pozitív. Így legfeljebb egy gyök lehet. Az x = 2 jó gyöknek, itt mindkét függvény értéke 2.

1 y

1

1

y =4x

–1

y =3 x – 7

–5 7 –10

p

w x3540

a) Ha 0 < x <

, akkor 0 < sin x < x, és x x x x2 x2 cos x = cos2 – sin 2 = 1 – 2 ⋅ sin 2 > 1 – 2 ⋅ =1– . 2 2 2 4 2 2 x Ha 0 < x < 2, akkor x 2 < 2x, azaz < x, tehát: 2 x2 cos x > 1 – > 1 – x. 2 p b) Mivel 0 < x < , akkor 0 < sin x < tg x, ebbõl következik, hogy: 2 sin x 1> > cos x > 1 – x. x Tehát az a)-ban igazolt azonosság felhasználásával: sin x x >1– > 0. x

w x3541

Ismert azonosságok alapján:

2

(1) cos a = cos2

a a – sin 2 , 2 2

(1) és (2) összegébõl:

cos2 és mivel cos

a

2

³ 0, ezért: cos 192

a

2

=

(2) 1 = sin 2

1 + cos a , 2

a 1 + cos a . = 2 2

α a + cos2 . 2 2

y =4x

2

1 2

x


2010.11.16.

9:07

Page 193

FÜGGVÉNYEK

(1) és (2) különbségébõl:

sin 2 és mivel sin

w x3542

a

2

2

=

1 – cos a , 2

³ 0, ezért: sin

a 1 – cos a . = 2 2

A pontos értékek:

cos

cos w x3543

a

p

8

p

16

1 + cos =

=

2

p

4

1+ =

2 2

2

=

2+ 2 ; 2

2+ 2+ 2 ; 2

sin

si n

p

8 p

16

=

2– 2 ; 2

=

2– 2+ 2 . 2

x Szorozzuk meg a bizonyítandó egyenlõség mindkét oldalát 16 ⋅ sin -tal: 16 x x x x x 16 ⋅ sin ⋅ cos ⋅ cos ⋅ cos ⋅ cos = sin x. 16 16 8 4 2 A sin 2a = 2 × sin a × cos a azonosságot négyszer alkalmazva a bal oldalon, éppen a jobb oldalt kapjuk.

w x3544

Azonosságok alkalmazásával f (x) így írható: f (x) = sin 5x × sin 2x. p Mivel 0 < x < esetén sin 2x > 0, így f (x) > 0 akkor és csak akkor, ha sin 5x > 0. Ez pedig 2 akkor teljesül, ha: 2p p p 0<x< és <x< . 5 5 2

Inverz függvények – megoldások w x3545

Ábrázoljuk az x ® arcsin x és x ® arccos x, ½x½£ 1 függvényeket közös koordináta-rendszerben.

y p

y =arccos x

Ha 0 £ x £ 1, akkor:

sin ( arcsin 1 – x 2 ) = 1 – x 2 ,

p

y =arcsin x

2

és –1

sin(arccos x) = 1 – cos2 (arccos x) = 1 – x 2,

1 –

tehát az azonosság elsõ része igaz. Ha –1 £ x £ 0, akkor: és

p

2

sin (p – arcsin 1 – x 2 ) = 1 – x 2 ,

£ arccos x £ p, ezért: sin(arccos x) = sin(p – arccos x) = 1 – x 2,

tehát az azonosság második része is igaz. 193

p 2

x


2010.11.16.

9:07

Page 194


w x3546

Alkalmazzuk többször a tangensfüggvény addíciós tételét: 1 1ˆ 1 1ˆ Ê Ê tg Áarctg + arctg ˜ + tg Áarctg + arctg ˜ Ë Ë 1 1 1 1ˆ Ê 3 5¯ 7 8¯ = tg Áarctg + arctg + arctg + arctg ˜ = Ë 3 5 7 8¯ 1 1ˆ 1 1ˆ Ê Ê 1 – tg Áarctg + arctg ˜ ◊ tg Áarctg + arctg ˜ Ë Ë 3 5¯ 7 8¯ 1 1 1 1 + + 3 5 + 7 8 4 3 1 1 1 1 + 1– ◊ 1– ◊ 7 11 = 44 + 21 = 1. 3 5 7 8 = = 1 1 1 1 4 3 77 – 12 + + 1– ◊ 3 5 7 8 7 11 ◊ 1– 1 1 1 1 1– ◊ 1– ◊ 3 5 7 8 p p Mivel tg = 1, és mindkét oldal pozitív, valamint -nél kisebb, az azonosság igaz. 4 2

w x3547

A 3545. feladat megoldásakor már láttuk, hogy: cos(arcsin x) = 1 – x 2 , ha – 1 £ x £ 1. Hasonlóan adódik, hogy: sin(arccos x) = 1 – x 2 , ha – 1 £ x £ 1. Mivel 0 £ 1 – x 2 £ 1, ezért:

arcsin 1 – x 2 + arccos 1 – x 2 = és ezt kellett igazolni. w x3548

a) Mivel: sin

ezért:

cos

2

,

p 5p Êp pˆ = cos – = cos , Ë ¯ 7 2 7 14

Ê pˆ Ê 5pˆ 5p = arccos sin = arccos cos , Ë 7¯ Ë 14¯ 14

b) Mivel:

p

hiszen

0<

5p < p. 14

3p p Êp 3pˆ Ê pˆ = sin – = sin – = – sin , Ë2 Ë 10¯ 5 5¯ 10

ezért:

pˆ p Ê Ê pˆ = – arcsin sin =– . arcsin – sin Ë Ë 10¯ 10¯ 10 p w x3549 Ábrázoljuk az x ®4 × arctg x, x ÎR és x ® , x ¹ 0, x ÎR függvéx nyeket.

Mivel mindkét függvény páratlan, a grafikonjaik szimmetrikusak az origóra. p Az x ® ]0; +¥[-ban csökken, az x ® 4 × arctg x itt nõ, tehát x legfeljebb egy gyök van, x = 1 jó gyök. A páratlanság miatt x = –1 is jó gyök, és más gyök nincs.

y 2p

y = 4arc tgx p

y=

p x

–1

–p

–2p

194

1

x


2010.11.16.

9:07

Page 195

FÜGGVÉNYEK

w x3550

Az arccos értelmezési tartománya [–1; 1], így a következõket kell kikötni: – 1 £ 3x £ 1, 1 1 – £x£ , 3 3 valamint: 6 – 15x £ 1, 0 £ 6 – 15x £ 1, 5 £ 15x £ 6, 1 2 £x£ . 3 5 Így csak x =

tehát x = w x3551

1 jöhet szóba megoldásként. Ellenõrzés: 3 1 1 arccos 3 ⋅ = arccos1 = 0 és arccos 6 – 15 ⋅ = arccos1 = 0, 3 3

1 jó megoldás. 3

Ha a £ 0, akkor x < 0 esetén:

£ 3 ⋅ arccos x +

p

arcsin ax £ 0 £ 3 ⋅ arccos x +

p

arcsin ax £

p

2

6

,

míg x ³ 0 esetén:

6

,

tehát ekkor nincs megoldás. Ha a > 0, akkor az f (x) = arcsin ax, ½ax½£ 1

és

g(x) = 3 × arccos x +

p

, –1 £ x £ 1 6 grafikonja akkor és csak akkor metszi egymást, ha a megfelelõ inverz függvények grafikonjai metszik egymást. Az inverz függvények: y y = k( x ) 1 sin x , h(x) = 1 a a p 1 y = h( x ) x– 2a p p 6 p p x k(x) = cos , £x£ . 6 2 3 6 2 A h és k függvények grafikonja akkor és csak akkor metszi egymást, ha p p p p sin sin – 6 £ cos 0 = 1, azaz 0, 5 £ a és 2 ³ cos 2 6 , azaz a £ 1 , p a a 3 cos 9 tehát akkor van legalább egy valós gyök, ha 1 0, 5 £ a £ p. cos 9 195


2010.11.16.

9:07

Page 196


w x3552

Célszerû elõször átrendezni az egyenletet: x ⋅ (2 – x) p arctg = – arctg(1 – x). 5 4 Elég azt megnézni, hogy a két oldal tangense mely valós x-re egyenlõ. A bal oldal tangensének meghatározásakor a tangens addíciós tételét használjuk: 1 – (1 – x) x ⋅ (2 – x) = , 5 1 + 1 ⋅ (1 – x) x ⋅ (2 – x) x = . 5 2–x Szóba jöhet x = 0, ez jó gyök. Ha x ¹ 0, akkor: (2 – x)2 = 5, x 2 – 4x – 1 = 0, x = 2 ± 5. A kapott gyökök kielégítik az egyenletet.

w x3553

Ábrázoljuk az x ® arcsin x és x ® 2 × arccos x függvényeket egy koordináta-rendszerben. Mivel [–1; 1]-ban az arcsin x nõ, a 2 × arccos x csökken, legfeljebb egy metszéspontja van a két grafikonnak. Határozzuk meg a metszéspont x koordinátáját: arcsin x = 2 ⋅ arccos x, sin(arcsin x) = sin(2 ⋅ arccos x), x = 2 ⋅ sin(arccos x) ⋅ x.

y 2p

y =2 × arccos x

Mivel x ¹ 0, eloszthatjuk mindkét oldalt x-szel: 1= 2 ⋅ 1– 3 x= . 2

x 2,

w x3554

a) Mivel tg a =

p 2

–1

(x > 0)

Az eredeti egyenlõtlenség tehát –1 £ x <

p

–

p

y =arcsin x 31 2

2

3 esetén teljesül. 2

sin a , ezért: cos a tg(arccos x) =

sin(arccos x) . cos(arccos x)

Használjuk fel, hogy sin a = 1 – cos2 a , ha 0 £ sin a £ 1 és sin a = – 1 – cos2 a , ha –1 £ sin a £ 0. Mivel 0 £ arccos x £ p és 0 £ sin (arccos x) £ 1, ezért: sin(arccos x) = 1 – x 2. Tehát: tg(arccos x) =

196

1 – x2 , x

ha ½x½£ 1, x ¹ 0.

x


2010.11.16.

9:07

Page 197

FÜGGVÉNYEK

b) Mivel –

p

2

< arctg x 0.

Másrészt:

1 + tg2 a =

1 , cos2 a

tehát

cos a =

1 . 1 + tg2 a

Ezért:

cos(arctg x) =

1 1+

tg2 (arctg x)

=

1 . 1 + x2

197


2010.11.16.

9:07

Page 198


11.5. KOORDINÁTA-GEOMETRIA Vektorok a koordináta-rendszerben. Mûveletek koordinátáikkal adott vektorokkal (emlékeztetõ) – megoldások w x3555

a = 1 × i + 4 × j, a (1; 4);

b = –5 × i + 2 × j, b (–5; 2);

c = –3 × i – 2 × j, c (–3; –2);

d = –2 × i + 5 × j, d (–2; 5);

e = 4 × i + 0 × j, e (4; 0);

f = 3 × i – 2 × j, f (3; –2).

a) (–1; 2);

b) (3; –8);

c) (2; –6);

d) (6; –15);

e) (8; –21);

Ê 7 ˆ f ) Á– ; 9˜ ; Ë 2 ¯

g) (15; –40);

Ê23 ˆ h) Á ; – 31˜ . Ë2 ¯

w x3557

a) 6 × i + 0 × j;

b) 2 × i + 4 × j;

c) –4 × i + 4 × j;

d) 0 × i + 0 × j.

w x3558

a)

d)

26 ; 2

h)

6;

w x3556

2;

e) 1; i) w x3559

w x3560

w x3561

b)

13;

c) 5;

f)

a2 + b 2;

g)

5;

2 ⋅ (a + b).

a) a = 85; b) b = 97; c) c = 89; d) d = 29; e) e = 34. Mindegyik vektor koordinátáinak abszolút értéke egy-egy pitagoraszi számhármas két tagja, a harmadik tag éppen a vektor abszolút értéke. Ê 2 2ˆ a) Á ; ˜; Ë2 2¯

Ê2 ◊ 13 3 ◊ 13ˆ b) Á ; ˜; Ë 13 13 ¯

Ê 5 2 ◊ 5ˆ c) Á– ;– ˜; Ë 5 5 ¯

Ê 2 3ˆ d) Á ; . Ë 5 5 ˜¯

A helyvektorok az ábrán láthatók. A vektorok koordinátái a +90º-os, illetve a –90º-os forgatások után: a) (–1; –3), (1; 3); b) (–5; 2), (5; –2); c) (2; –1), (–2; 1).

y 5

–3

w x3562

a) –5; d) –10;

b) 5; e) –45;

w x3563

a) Mivel a ⋅ b = 0, ezért a vektorok derékszöget zárnak be egymással.

c) –5; f ) 85.

b) A két vektor hegyesszöget zár be, mivel a ⋅ b = 2 > 0.

5 c) A vektorok tompaszöget zárnak be egymással, mivel skaláris szorzatuk – . 2 d) A két vektor derékszöget zár be, mivel skaláris szorzatuk 0. 198

r b

r a

1

r c –2

1

2

x


2010.11.16.

9:07

Page 199

KO O R D I N Á TA - G E O M E T R I A

w x3564

a) Mivel AB ⋅ AC = 0, ezért az AB és az AC szakaszok merõlegesek egymásra, így az ABC háromszög derékszögû. A derékszög az A csúcsnál található. b) A derékszög a C csúcsnál van. c) A derékszög a C csúcsnál van.

w x3565

a) A C pont helyvektorára: c = 3b – 2a = 3(− i + 4j) – 2(i – 2j) = – 5i + 16j. Ezek alapján a pontok koordinátái: A(1; –2),

B(–1; 4),

C(–5; 16).

b) Mivel AB = –2i + 6j, valamint AC = –6i + 18j, ezért AC = 3AB, ami igazolja, hogy a három pont egy egyenesre illeszkedik. w x3566

a) Ha a mozgó pont helyvektora a megfigyelés kezdetekor a , a következõ másodpercben pedig b, akkor a sebességvektor:

y

v = b – a = 2i + j, így a sebességvektor koordinátái v (2; 1).

A

C

r B v 5

r r b a

b) A megfigyelés kezdetét követõ harmadik másodpercben a test helyvektora: c = a + 3v.

1 –3

A mûveletek elvégzése után kapjuk, hogy a test a C(3; 8) pontban tartózkodik.

–1

1

x

3

c) A D(11; 12) pontra teljesül, hogy AD = 14i + 7j = 7v, ami azt jelenti, hogy az adott ponton a test a megfigyelés kezdetét követõ 7. másodpercben halad át. w x3567

A két vektor pontosan akkor merõleges egymásra, ha skaláris szorzatuk 0. A két vektor skaláris szorzata a koordinátáik segítségével: a ⋅ b = – ( 2 + 2) + 2 ⋅ a = 0,

amibõl a -t kifejezve: a= w x3568

2 +2 = 1 + 2. 2

Számítsuk ki a négyszög átlóvektorainak koordinátáit: AC (9; 3), illetve BD (4; –12). Mivel a két vektor skaláris szorzata:

y

B

8

AC ⋅ BD = 9 ⋅ 4 + 3 ⋅ (– 12) = 0, ezért a két átló valóban merõleges egymásra.

C

6 4

A 2 6 –4

–2

2

8 x

4

–2 –4

199

D


2010.11.16.

9:07

Page 200


w x3569

A négyszög AB, illetve DC oldalvektorainak koordinátáit kiszámolva láthatjuk, hogy mindkét vektor koordinátái (8; 1). Eredményünk azt jelenti, hogy az ABCD négyszögben két szemközti oldal ugyanolyan hosszú és párhuzamos, ezért a négyszög valóban paralelogramma.

y

C D

1 –1

w x3570

A megadott pontokat jelölje rendre A, B és C. A feladatnak három megoldása van. Két olyan megoldást kapunk, amelyekben az AB szakasz a paralelogrammának egyik oldala. Ezekben a paralelogrammákban az egyik oldalvektor AB(6; 2). Az ábra azt az esetet mutatja, amelyben a BC szakasz átló. Ekkor CD1 = AB, amibõl D1(8; 6). A következõ ábra azt a paralelogrammát mutatja, amelyben az AB, valamint a BC szakaszok is a paralelogramma egy-egy oldalát alkotják. Ekkor CD2 = BA, és ezért D2(–4; 2).

B A x

1

D1

y

C

1 –2

B x

1

A

y

C D2 1 –4

B x

1

A

Végül még egy megoldás adódik, amelyben az AB szakasz a paralelogrammának átlója. Ekkor AD3 = CB (3; – 3), amibõl egyszerû számolással kapjuk, hogy D3(2; –4).

y

C

B

1 –2

x

1

A D3

w x3571

a) A keresett összegvektor elsõ koordinátája:

1 + ( 2 − 1 ) + ( 3 − 2 ) + ( 4 − 3 ) + … + ( 2008 − 2007 ) + ( 2009 − 2008 ) .

Ha alaposabban szemügyre vesszük az összeg tagjait, akkor láthatjuk, hogy az elsõ helyen álló 1, valamint az elsõ zárójelben szereplõ második tag „kiejti egymást”, csakúgy mint az elsõ, illetve a második zárójelekben szereplõ 2, illetve – 2. Ha a többi tagot is párba állítjuk, akkor igazából csak a 2009 -nek nem találunk párt, az összes többi tag „kiesik” az összegbõl. Ebbõl adódóan az összegvektor elsõ koordinátája 2009. A második koordinátát illetõen hasonlóan járhatunk el. A megfelelõ koordináta „hosszú alakja”: 1 1 1 1 1 + + +…+ + . 2+ 1 3+ 2 4+ 3 2009 + 2008 2010 + 2009 200


2010.11.16.

9:07

Page 201


Ha a fenti összegben minden egyes tag nevezõjét gyöktelenítjük, akkor azt kapjuk, hogy: 1 1 2− 1 2− 1 = ⋅ = = 2 − 1, 2+ 1 2+ 1 2− 1 2 −1 1 1 3− 2 3− 2 = ⋅ = = 3 − 2, 3+ 2 3+ 2 3− 2 3−2 1 1 2010 − 2009 2010 − 2009 = ⋅ = = 2010 − 2009. 2010 + 2009 2010 + 2009 2010 − 2009 2010 − 2009 Eredményeink alapján a keresett vektor második koordinátája tehát a következõ alakban írható fel: ( 2 − 1 ) + ( 3 − 2 ) + ( 4 − 3 ) + … + ( 2009 − 2008 ) + ( 2010 − 2009 ). Az összeg feltûnõ hasonlóságot mutat a vektor elsõ koordinátájánál szereplõ összeggel, csak itt most az elsõ zárójelben szereplõ – 1-nek, valamint az utolsó zárójelben található 2010 -nek nincs párja, így az összegvektor második koordinátája 2010 – 1. A keresett összeg koordinátái tehát: ( 2009; 2010 – 1). b) Mivel

2009 > 2010 – 1, ezért a megfelelõ pont az x tengelyhez van közelebb.

Két pont távolsága. Két vektor hajlásszöge. Területszámítási alkalmazások – megoldások 29 ; 3

w x3572

a) 3;

b) 5;

c) 5;

d) 13;

e)

w x3573

a) 3;

b) 5;

c) 13;

d) 2 ⋅ 34;

e) 6;

g) w x3574

7⋅ 2 ; 2

h)

a) AB = AC = 50;

f ) 2. f ) 2 ⋅ 3;

26 . 6

b) AB = AC = 34;

c) AB = AC = 20.

A c) feladatban szereplõ háromszög derékszögû, mert AB (4; 2) és AC (2; –4). w x3575

a) A pont illeszkedik a körre. c) A pont nem illeszkedik a körre.

b) A pont illeszkedik a körre. d) A pont illeszkedik a körre.

w x3576

a) AB = 2, BC = 3,6, AC = 3, a háromszög kerülete 8,6. b) AB = 23,7, BC = 13,3, AC = 16,1, a háromszög kerülete 53,1.

w x3577

a) Az ilyen tulajdonságú pontok két, az x tengellyel párhuzamos egyenesen helyezkednek el, attól 3 egység távolságra. A megfelelõ (x; y) pontokra y = 3 vagy y = –3 teljesül. b) Ezúttal az y tengellyel párhuzamos egyeneseken találhatók a feltételnek megfelelõ pontok. A koordinátáikra x = 3 vagy x = –3 teljesül.

w x3578

A megfelelõ (x; y) pontokra x = y vagy x = –y teljesül. A pontok a két tengely szögfelezõ egyeneseire illeszkednek. 201


2010.11.16.

9:07

Page 202


w x3579

a) a = 90,0º; d) a » 126,5º;

b) a = 90,0º; e) a = 45,0º;

w x3580

a) a » 53,97º, b » 79,70º, g » 46,33º; a háromszög területe 11.

c) a = 180,0º; f ) a » 93,4º.

b) a » 32,70º, b » 61,70º, g » 85,60º; a háromszög területe 26. c) a » 103,32º, b » 48,18º, g » 28,50º; a háromszög területe 38. w x3581

Használjuk az ábra jelöléseit: legyen A(–7; 1), B(3; 2) a két pont, y melyeken a test a mozgás során áthaladt, továbbá C(3; 0), D(–7; 0), 3 illetve O(0; 0). A feladat kérdése alapján az ABO háromszög AB B A oldalához tartozó m magasságát kell kiszámolnunk. m x –2 O 1 Ehhez kiszámoljuk az AB szakasz hosszát, valamint az ABO háromC D szög területét. A két számolt értékbõl már könnyen megkaphatjuk –3 a keresett magasságot. Az ABO háromszög területét pl. úgy kaphatjuk meg, hogy az ABCD trapéz területébõl kivonjuk az AOD, valamint a BOC háromszögek területét. A számolásokat elvégezve kapjuk, hogy 1+ 2 AD + BC ⋅ CD = ⋅ 10 = 15; TABCD = 2 2 AD ⋅ OD TAOD = = 3, 5; 2 BC ⋅ OC TBOC = = 3; 2 TABO = TABCD – TAOD – TBOC = 15 − 3, 5 − 3 = 8, 5. Az AB távolság: AB = 10 2 + 12 = 101. Ha most az ABO háromszög területét az AB oldal, valamint a hozzá tartozó m magasság segítségével írjuk fel, akkor 101 ⋅ m 17 8, 5 = Þ m= » 1,69. 2 101 A mozgó test tehát 1,69 egység távolságra volt az origótól, amikor ahhoz legközelebb tartózkodott.

w x3582

a) A kapott négyszög trapéz, melynek alapjai párhuzamosak az x tengellyel. A négyszög területe: 8+4 T= ⋅ 4 = 24. 2

y

A

1 –1

202

D

1

C

B x


2010.11.16.

9:07

Page 203


b) Az ábra jelöléseivel AB = AD = 65, illetve CB = CD = 26, y ezért az ABCD négyszögben két-két szomszédos oldal megD F E egyezik, így a négyszög deltoid. C Az ABCD deltoid területének kiszámolásához érdemes a négy1 szöget egy olyan téglalapba foglalni, amelynek oldalai párhuzax –1 1 mosak a tengelyekkel. A szóban forgó téglalap csúcsait az ábrán B I A, E, F, illetve G jelöli. A területszámítást megkönnyíti, ha az A H G AEFG téglalap területébõl kivonjuk a deltoid körül „kimaradó” AED, DFC, CIB és AHB derékszögû háromszögek, valamint az IGHB négyzet területét. Az egyes síkidomok területe: 7⋅4 TAEFG = 7 ⋅ 9 = 63; TAED = = 14; 2 5 ⋅1 5 ⋅1 TDFC = = 2, 5; TCIB = = 2, 5; 2 2 8 ⋅1 TAHB = = 4; TIGHB = 1. 2 Az elmondottakból azonnal következik, hogy TABCD = 63 – 14 – 2,5 – 2,5 – 4 – 1 = 39. c) A kapott négyszög paralelogramma, hiszen (az ábra jelöléseit használva) BC = AD(1; 4), ami mutatja, hogy a négyszög BC és AD oldala párhuzamos egymással, valamint hosszuk is megegyezik. Az ABCD paralelogramma területe a b) feladatban látott módszerrel számolható. A paralelogrammát ezúttal az EFGH téglalapba „foglalhatjuk bele”, és a téglalap kimaradó részei háromszögek. A számításokat elvégezve az ABCD paralelogramma területére 23 egység adódik.

y

G

F D

C A

1 –1

d) A kapott négyszög ezúttal négyzet. Ennek igazolásához vegyük észre, hogy AB = DC (4; – 1), amibõl látható, hogy a négyszög paralelogramma (van két párhuzamos és egyenlõ hosszúságú oldala). Mivel AD(– 1; – 4), ezért

x

1

E

B H

y

1 –1

1

x

A

B

AB ⋅ AD = 4 ⋅ (– 1) + (– 1) ⋅ (– 4) = 0, D

ezért a négyszög A csúcsánál (és ebbõl kifolyólag a többi csúcsnál is) derékszög található, így az ABCD négyszög valóban négyzet.

C

Mivel AB = 17, ezért az ABCD négyzet területe 17 egység. w x3583

Ha PA = PB, akkor (3 − x)2 + (1 − y)2 = (− 2 − x)2 + (5 − y)2. Mindkét oldalt négyzetre emelve, majd a kijelölt mûveleteket, végül a lehetséges összevonásokat elvégezve azt kapjuk, hogy 10x – 8y + 19 = 0. Mivel átalakításaink ekvivalensek voltak, ezért a fenti összefüggést csak a feltételeknek megfelelõ P pont elégítheti ki. 203


2010.11.16.

9:07

Page 204


w x3584

Mivel a feltételek alapján PO = 5, ezért (2 − x)2 + (−1 − y)2 = 5. Mindkét oldalt négyzetre emelve, majd a kijelölt mûveleteket elvégezve kapjuk, hogy x 2 + y 2 – 4x + 2y – 20 = 0.

w x3585

a) Foglaljuk az ABC háromszöget az ábrán látható módon a tengey D A lyekkel párhuzamos oldalakkal rendelkezõ CDEF téglalapba. Mivel a téglalap oldalai 10 és 11 cm hosszúak, ezért 1 TCDEF = 110 cm2. –1 Könnyen kiszámolható az ACD, ABE, BCF derékszögû háromszögek területe is: TACD = 15 cm2, TABE = 16 cm2 és TBCF = 33 cm2. C Az ABC háromszög területe: TABC = TCDEF – TACD – TABE – TBCF = 110 – 15 – 16 – 33 = 46 cm2.

E

B x

1

F

b) A háromszög a legrövidebb oldalára állítva a legmagasabb. Mivel AB(8; – 4),

BC (– 11; – 6)

és

CA(3; 10),

ezért az AB oldal a legrövidebb és AB = 82 + ( − 4)2 = 80 » 8,94 cm. c) A leghosszabb magasságot az ABC háromszög területébõl számolhatjuk ki. Mivel AB ⋅ mc TABC = , 2 ezért 80 ⋅ mc 92 46 = , amibõl mc = » 10,29 cm. 2 80 d) Tegyük fel, hogy az AB-vel párhuzamos szakaszok az ábrának megfelelõen az I, H, valamint a J és K pontokat metszik ki az ABC háromszög oldalaiból. Ekkor a CIH háromszög hasonló 1 a CBA háromszöghöz, továbbá a hasonlóság aránya l = . Mivel 3 hasonló síkidomok területének aránya a hasonlóság arányának négyzetével egyenlõ, ezért a CIH háromszög, vagyis a piros sáv 1 területe l2 = -szerese a CBA háromszög területének, ezért: 9 1 TCIH = ⋅ 46 » 5,11 cm 2. 9

y

A

K

B

1 –1

H

1

J

x

I C

A fentihez hasonló gondolatmenettel számíthatjuk ki a zöld sáv területét: a CJK háromszög 2 hasonló a CBA háromszöghöz, a hasonlóság aránya , amibõl következik, hogy 3 4 TCJK = ⋅ 46 » 20, 44 cm 2. 9 Így a zöld sáv területe: 46 – 20,44 = 25,56 cm2. 204


2010.11.16.

9:07

Page 205


w x3586

a) A térképen kialakuló távolságokat a távolságképlettel számolhatjuk ki. Az eredmények: Veszprém–Gyõr: 37, Veszprém–Szeged: 17, Veszprém–Debrecen: 641, Gyõr–Szeged: 2 ⋅ 113, Gyõr–Debrecen: 2 ⋅ 170, Szeged–Debrecen: 2 ⋅ 61. A városok közti, kilométerben megadott távolságokat megkapjuk, ha a térképen mért távolságokat megszorozzuk 11-gyel. Ezek alapján a távolságok egészre kerekített értékei: Veszprém–Gyõr: 67 km, Veszprém–Szeged: 187 km, Veszprém–Debrecen: 278 km, Gyõr–Szeged: 234 km, Gyõr–Debrecen: 287 km, Szeged–Debrecen: 172 km. b) A koordinátákból észrevehetõ, hogy a koordináta-rendszer kezdõpontja a Gyõr–Szeged szakasz felezõpontjában van. Ez azt jelenti, hogy az origó körülbelül Dunaújvárosban lehet.

w x3587

a) Ha a P pont illeszkedik az x tengelyre, akkor koordinátáira P(x; 0) teljesül. Ekkor PA2 + PB2 = (x + 3)2 + (0 – 2)2 + (x – 5)2 + (0 – 3)2. A mûveletek elvégzése után kapjuk, hogy PA2 + PB2 = 2x 2 – 4x + 47, majd teljes négyzetté alakítás után PA2 + PB2 = 2(x – 1)2 + 45. Mivel a négyzetes tag nemnegatív, ezért a kifejezés akkor lesz a lehetõ legkisebb, ha x = 1. b) A PA2 + PB2 összeg legkisebb értéke 45.

w x3588

a) Az asztal kicsinyített képének csúcspontjait az ábrának megfelelõen A-val, B-vel és C-vel jelöltük: A(0; 0), B(3; 0) és C(2; 2).

y

1

Az ABC háromszög oldalai: AB = 3,

BC = 5

C

2

B

és

AC = 2 ⋅ 2.

–2

–1

A

1

2

3

x

–1

Mivel 1 egység a valóságban 50 cm, ezért: AB = 150 cm,

BC = 50 ⋅ 5 » 111,8 cm

és

AC = 100 ⋅ 2 » 141,4 cm .

b) A feladat arra kérdez rá, hogy mekkora az asztallap köré írt kör sugara. Az ABC háromszög a⋅b⋅c köré írt kör sugarát könnyen kiszámolhatjuk az R = képlet segítségével, ahol T a három4 ⋅T szög területét, a, b és c a háromszög oldalainak hosszát jelöli. A háromszög AB oldalát választva alapnak, a területre adódik: 3⋅2 T= = 3 egység. 2 Az a) feladat eredményeit felhasználva az ABC háromszög köré írható kör sugara: 3⋅ 5 ⋅2 ⋅ 2 10 R= = . 12 2 Figyelembe véve a kicsinyítés arányát, a kerek asztal sugara: 25 ⋅ 10 » 79,1 cm. 205


2010.11.16.

9:07

Page 206


c) Az ABC háromszög leghosszabb oldala AB, ezért az AB oldalhoz illesztett körszelet (az ábrán q-val jelölt) magasságára kíváncsi a feladat. A keresett magasságot megkaphatjuk, ha az ABC háromszög köré írt kör sugarából kivonjuk az ABO egyenlõ szárú háromszög AB oldalához tartozó m magasságát, ahol O a háromszög köré írt kör középpontját jelöli. Ha az ABO háromszög szóban forgó magasságának talppontját T jelöli, akkor az ATO derékszögû háromszögben AO = R, továbbá AT = 1,5, így Pitagorasz tételének alkalmazásával: 2

y

C

2 1

O B

m –2

–1

A

q

T

3

x

–1

2

⎛ 10 ⎞ ⎛3⎞ 1 m= ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ = , ⎝ 2 ⎠ ⎝2⎠ 2 amibõl 10 1 10 − 1 − = . 2 2 2 A megfelelõ toldalék magassága ezek alapján: q=R−m=

50 ⋅

10 – 1 » 54,1 cm. 2

d) Az asztallapon elhelyezhetõ legnagyobb kör alakú abrosz egybeesik az asztallapba írható körrel, így a feladat gyakorlatilag a beírt kör sugarát kérdezi. Az ABC háromszög beírható T körének sugarát az r = képlettel számolhatjuk, ahol s a háromszög kerületének a felét jelöli. s Az eredményeket behelyettesítve: 3⋅2 6 r= = . 3+ 5 +2⋅ 2 3+ 5 +2⋅ 2 Az abrosz sugara így: 50 ⋅ w x3589

6 » 37,2 cm. 3+ 5 +2⋅ 2

a) Az erdõ csúcspontjait jelöljük a megadás sory T3 L E K 10 rendjében az A, B, C, D, E, F, G, H betûkkel. F T 2 T1 Foglaljuk bele a nyolcszöget abba a miniT4 G mális területû téglalapba, amelynek oldalai párhuzamosak a koordinátatengelyekkel: 5 D H az ábrán ennek a téglalapnak a csúcsait I, J, K és L jelöli. Látható, hogy a téglalap terüC T8 T lete 20 × 10 = 200. A nyolcszög területét meg5 T6 1 B kapjuk, ha az IJKL téglalap területébõl 5 –1 A I –5 J x T7 10 levonjuk azoknak a derékszögû háromszögeknek, illetve trapézoknak a területét, amelyek a nyolcszög egy-egy oldala mentén találhatók, és a nyolcszöggel együtt kitöltik az IJKL téglalapot. Ezeknek a síkidomoknak a területét az ábrán T1, …, T8 jelöli. Egy-egy ilyen háromszög, illetve trapéz területe könnyedén kiszámolható. Az eredmények: T1 = 4, T2 = 10, T3 = 4, T4 = 15, T5 = 4, T6 = 10, T7 = 4, T8 = 15. 206


2010.11.16.

9:07

Page 207


Végül a nyolcszög területe: T = 200 – 2 × (4 + 10 + 4 + 15) = 134. Az erdõ és az ábrázolt nyolcszög hasonló egymáshoz, a hasonlóság aránya 5000. Mivel a hasonló síkidomok területének aránya a hasonlóság arányának négyzetével egyenlõ, ezért az erdõ területe: 134 × 50002 cm2. Mivel 1 ha = 104 m2 = 108 cm2, ezért az erdõ területe: 134 ⋅ 5000 2 = 33,5 ha. 108 b) A számítások során felfigyelhettünk arra, hogy a nyolcszög szemközti oldalaihoz illeszkedõ háromszögek, illetve trapézok egybevágók egymással. Ebbõl arra következtethetünk, hogy a nyolcszög középpontosan szimmetrikus. A szimmetria középpontja például az AE szakasz felezõpontja, vagyis a (4; 5) pont. Egyszerû számolások mutatják, hogy ez a pont valóban megfelezi a szemközti csúcsokat összekötõ szakaszokat. w x3590

a) A(R; 0), B(– R; 0), esetleg fordítva. b) CA(R – c1; – c2), CB (– R – c1; – c2). c) A CA és CB vektorok skaláris szorzatára: CA ⋅ CB = (R – c1) ⋅ (– R – c1) + (– c2) ⋅ (– c2). A kijelölt mûveletek elvégzése után adódik: CA ⋅ CB = – R 2 + c12 + c22. Mivel a feltételek szerint a C pont az AB átmérõjû kör egy pontja, továbbá a kör középpontja az origó, ezért a C pont az origótól éppen R távolságra van, amit a C koordinátái segítségével úgy is megfogalmazhatunk, hogy c12 + c22 = R,

azaz

c12 + c22 = R 2.

Eredményünket összehasonlítva a skaláris szorzat értékével láthatjuk, hogy CA ⋅ CB = – R 2 + c12 + c22 = – R 2 + R 2 = 0. d) A c) feladat eredményébõl következik, hogy a CA és CB vektorok merõlegesek egymásra, ami egyben azt is jelenti, hogy az ABC háromszög derékszögû. Ezzel beláttuk, hogy ha az AB átmérõjû kör egy (A-tól és B-tõl különbözõ) C pontját összekötjük az átmérõ két végpontjával, akkor derékszögû háromszög keletkezik, amelyben a derékszög a C csúcsnál található. Megadtuk tehát Thalész tételének egy koordináta-geometriai bizonyítását.

Szakasz osztópontjának koordinátái. A háromszög súlypontjának koordinátái – megoldások w x3591

a) (1; 3);

b) (–1; –1);

w x3592

a) A(4; 8);

Ê 2 3ˆ b) A Á– ; ˜ ; Ë 3 5¯

Ê13 13ˆ a) (5; 5), Á ; ˜ , Ë 2 2¯ w x3594 a) (4; –7); w x3593

Ê7 7ˆ ÁË ; ˜¯ ; 2 2

Ê 5 8ˆ c) Á- ; ˜ ; Ë 6 15¯

Ê1 1ˆ d) Á ; ˜ ; Ë2 2¯

a ˆ Ê e) Áa2 + b 2; 2 ˜. Ë a – b 2¯

c) A(2e – 1; 2f – 4). 7ˆ Ê 11ˆ Ê b) (3; 1), Á6; ˜ , Á0; – ˜ . Ë 2¯ Ë 2¯ b) (14; –11). 207


2010.11.16.

9:07

Page 208


w x3595

a) (2013; 2005);

b) (2027; 1997).

w x3596

⎛ 10⎞ ⎛ 8⎞ a) ⎜6; ⎟ és ⎜9; ⎟ ; ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠

⎞ ⎛1 ⎞ ⎛8 b) ⎜ ; – 7⎟ és ⎜ ; – 6⎟ ; ⎠ ⎝3 ⎠ ⎝3

22⎞ 8⎞ ⎛ 31 ⎛ 2 ; – ⎟ és ⎜ ; – ⎟. c) ⎜ 135 9 135 9⎠ ⎝ ⎠ ⎝ w x3597

a) B(14; 9);

b) B(5; –17).

w x3598

a) (1; 2);

b) (9; 4);

w x3599

A paralelogramma két hiányzó csúcsának koordinátái: (8; 3) és (–1; 2).

w x3600

A két hiányzó csúcs koordinátái: B(4; 2) és D(–5; 4).

w x3601

a) A feltételeknek két négyzet tesz eleget. A hiányzó csúcsok koordinátái az egyes esetekben: (7; 9) és (–1; 11), illetve (3; –7) és (–5; –5). Az elsõ négyzet középpontja (2; 6), a másodiké pedig (0; –2). b) A feladatnak egyetlen megoldása van. A hiányzó csúcsok (0; –2) és (2; 6). A négyzet középpontja (1; 2).

w x3602

a) Az oldalfelezõ pontok: E(0; 1),

c) (13; 5);

Ê3 1ˆ FÁ ; ˜ Ë2 2¯

és

d) (37; 11).

Ê1 3ˆ GÁ ; – ˜. Ë2 2¯

b) A háromszög oldalvektorai: AB (2; 4), BC(1; –5) és CA(–3; 1). A középvonalvektorok: Ê 3 1ˆ FE Á– ; ˜ , Ë 2 2¯

GF (1; 2)

és

Ê1 5ˆ EG Á ; – ˜ . Ë2 2¯

c) Látható, hogy

1 1 1 FE = CA, GF = AB és EG = BC, 2 2 2 ami mutatja, hogy a megfelelõ középvonal és oldalvektor egymással valóban párhuzamos. ⎛19 5 ⎞ c) ⎜ ; ⎟ . ⎝45 36⎠

w x3603

a) (2; 3);

b) (0; 0);

w x3604

a) A(0; 2);

b) A(0; 6);

w x3605

a) Az oldalfelezõ pontok által meghatározott háromszög súlypontja: (2; 3). b) Ha az ABC háromszög csúcspontjainak koordinátái A(a1; a2), B(b1; b2) és C(c1; c2), valamint oldalfelezõ pontjai E(–4; –2), F(7; 1) és G(3; 10), akkor az elsõ koordinátákra a következõ egyenletek írhatók fel: a1 + b1 b1 + c1 a1 + c1 = 3, = − 4, = 7. 2 2 2 Az egyenletek megfelelõ oldalait összeadva: a1 + b1 + c1 = 6, amibõl a1 + b1 = 6 – c1. 208

y

A

G

10

B 2 – 10

E

–2

F 2

– 10

C

10

x


2010.11.16.

9:07

Page 209


Az elsõ egyenletbe visszahelyettesítve: 6 – c1 = 3, azaz c1 = 0. 2 Hasonló módszerrel kaphatjuk meg, hogy a1 = 14 és b1 = –8. A második koordinátákra felírható egyenletek: a2 + b2 b2 + c2 a2 + c2 = 10, = − 2, = 1. 2 2 2 Az egyenletrendszer megoldása: a2 = 13, b2 = 7 és c2 = –11. Az Alex által berajzolt háromszög csúcspontjai tehát: A(14; 13), B(–8; 7) és C(0; –11). Az ABC háromszög súlypontjának koordinátái: S(2; 3). Megjegyzés: Az ABC háromszög csúcspontjait a következõ észrevétel alapján is meghatározhatjuk. Az EF szakasz középvonal az ABC háromszögben, ezért EF párhuzamos AB-vel, továbbá hossza az AB hosszának fele. Ebbõl az is következik, hogy GA = EF. Mivel az EF koordinátáira EF (11; 3), ezért az A pont helyvektora: a = g + EF, ahol g a G pont helyvektorát jelöli. A számítások elvégzése után A(14; 13) adódik. A többi csúcs koordinátái hasonlóan számíthatók. c) A két háromszög súlypontja egybeesik. Indoklásként említhetjük, hogy az ABC háromszög 1 S súlypontjára vonatkozó, l = – arányú középpontos hasonlóság az ABC háromszöget 2 az EFG háromszögbe viszi át. Mivel az S pont a transzformáció fixpontja, ezért a két háromszög súlypontja valóban egybeesik. w x3606

a) Az ABCD négyszög BC oldalának felezõpontja F(3; 1). A tükrözés után a B pont képe C és a C pont képe B. Ha az A pont A’ tükörképének koordinátái A'(x; y), akkor felhasználva, hogy az AA’ szakasznak F a felezõpontja, azt kapjuk, hogy x + (– 2) y + (– 5) = 3, = 1. 2 2 Az egyenletrendszer megoldásaként A'(8; 7). Hasonló számolásokkal a D pont tükörképeként D'(7; –1) adódik.

A’

y

C

5

D F

1 –1

1

x

5

D’ B A

–5

b) Az ABD’A’CD hatszög származtatásából adódóan középpontosan szimmetrikus, amibõl azonnal következik, hogy a szemközti oldalai párhuzamosak. Utóbbi állítás természetesen koordinátageometriai eszközökkel is igazolható. Példaként: AB(6; 2) és CA'(6; 2), ami azt jelenti, hogy a két vektor megegyezik, így természetesen párhuzamosak is egymással. w x3607

a) Az A, B és C pontok képe az OA, OB, OC szakaszt 1:1 arányban osztó pontok lesznek. A képpontok koordinátái: 1ˆ Ê 3 ˆ Ê A'(1; 1), B'Á– ; – 4˜ , C 'Á– 3; ˜ . Ë 2 ¯ Ë 2¯ Az A’B’C’ háromszög O pontra vonatkozó tükörképe is megoldása a feladatnak. E pontok koordinátái: 17⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 13 A''(– 9 ; – 9 ), B''⎜– ; – 4⎟ , C ''⎜– 5; – ⎟ . ⎝ ⎠ ⎝ 2 2⎠ 209


2010.11.16.

9:07

Page 210


b) Ebben az esetben a képpontok az OA, OB, OC szakaszt 1 : 2 arányban osztják. A képpontok koordinátái: Ê 2 2ˆ Ê 7 ˆ Ê 10 ˆ A'Á– ; – ˜ , B'Á– ; – 4˜ , C 'Á– ; – 1˜ . Ë 3 3¯ Ë 3 ¯ Ë 3 ¯ Az A’B’C’ háromszög O pontra vonatkozó tükörképe is megoldása a feladatnak. E pontok koordinátái: 22 22 ⎞ ⎛ 14 ⎞ ⎛ 17 A''(– ; – ), B''⎜– ; – 4⎟ , C ''⎜– ; – 7⎟ . ⎠ ⎝ 3 ⎠ 3 3 ⎝ 3 w x3608

a) Ha az A pont képe A'(x; y), akkor az OA' szakasznak a felezõpontja A, azaz x + (− 4) y + (− 4) = 6, = 6, 2 2 amibõl A'(16; 16). Hasonló módszerrel: B'(6; –4), illetve C'(0; 14). b) Ebben az esetben az A pont 1 : 2 arányban osztja az OA' szakaszt, azaz 2 ⋅ (− 4) + x 2 ⋅ (− 4) + y = 6, = 6, 3 3 és így A'(26; 26). A másik két pontra B'(11; –4), illetve C'(2; 23) adódik.

w x3609

Êa + b a + b2ˆ a) Az AB oldal felezõpontja: E Á 1 1 ; 2 ˜. Ë 2 2 ¯ Êb + c b + c ˆ A BC oldal felezõpontja: F Á 1 1 ; 2 2˜ . Ë 2 2 ¯ Êa + c a + c ˆ Az AC oldal felezõpontja: G Á 1 1 ; 2 2˜ . Ë 2 2 ¯

b) Példaként bemutatjuk, hogy EF párhuzamos az AC oldallal. Ehhez kiszámoljuk az EF és az AC vektorok koordinátáit. Látható, hogy Êc – a c – a2ˆ EF Á 1 1 ; 2 ˜ , míg AC(c1 - a1; c2 - a2). Ë 2 2 ¯ A koordináták összehasonlítása után vegyük észre, hogy 1 EF = AC, 2 ami egyben mutatja, hogy a két vektor, és így persze a nekik megfelelõ szakaszok is párhuzamosak egymással. c) Az állítás az EF = w x3610

1 AC összefüggésbõl azonnal következik. 2

a) A paralelogramma átlói felezik egymást, ezért az AC szakasz és a BD szakasz felezõpontja egybeesik. Az AC szakasz felezõpontjának koordinátái: Êa1 + c1 a2 + c2ˆ ; ÁË ˜, 2 2 ¯ míg ha a D pont koordinátái x, illetve y, akkor a BD szakasz felezõpontja Êb1 + x b2 + yˆ ; ÁË ˜. 2 2 ¯ 210


2010.11.16.

9:07

Page 211


A két felezõpont megfelelõ koordinátái egyenlõk, ezért a1 + c1 b1 + x a2 + c2 b2 + y = , = . 2 2 2 2 Az egyenletrendszert megoldva adódik: D(a1 + c1 – b1; a2 + c2 – b2). b) Paralelogramma középvonala alatt két szemközti oldal felezõpontját összekötõ szakaszt értjük. Példaként megmutatjuk, hogy az AD és BC oldalak felezõpontját összekötõ középvonal párhuzamos az AB oldallal. Az AD oldal felezõpontja: Ê2a + c – b 2a + c – b2ˆ E Á 1 1 1; 2 2 ˜¯ , Ë 2 2

míg a BC oldalé:

Êb + c b + c ˆ F Á 1 1 ; 2 2˜ . Ë 2 2 ¯

Az EF koordinátáira EF (b1 – a1; b2 – a2) teljesül, amirõl azonnal kiderül, hogy megegyezik az AB koordinátáival. Eredményünket úgy is megfogalmazhatjuk, hogy az EF és AB szakaszok párhuzamosak egymással. c) A b) feladatban beláttuk, hogy EF = AB, amibõl a feladat állítása nyilvánvaló módon következik. w x3611

a) Példaként néhány szükséges és elegendõ feltétel: egy négyszög akkor és csak akkor paralelogramma, ha I. szemközti oldalai egyenlõ hosszúak; II. van két szemközti oldala, amelyek párhuzamosak és hosszuk egyenlõ; III. átlói felezik egymást; IV. középpontosan szimmetrikus; V. szemközti szögei megegyeznek. b) Az I. feltétel alapján: AB = 72 + 32 = 58,

BC = 22 + 42 = 20,

CD = (− 7)2 + (− 3)2 = 58,

DA = (− 2)2 + (− 4)2 = 20.

A szemközti oldalak valóban egyenlõk. A II. feltétel alapján: AB(7; 3), továbbá DC (7; 3). Mivel a két oldalvektor koordinátái megegyeznek, ezért AB és CD párhuzamos és egyenlõ hosszúságúak. A III. feltétel alapján:

Ê4009 4021ˆ Az AC átló felezõpontja: Á ; ˜ . Látható, hogy ez egyben a BD átló felezõpontja is, Ë 2 2 ¯ ezért az átlók valóban felezik egymást.

A IV. feltétel alapján:

Ê4009 4021ˆ A négyszög középpontosan szimmetrikus a Á ; ˜ pontra vonatkozóan. Ë 2 2 ¯ 211


2010.11.16.

9:07

Page 212


Az V. feltétel alapján: AB(7; 3), AD (2; 4). A két vektor skaláris szorzatára: AB ⋅ AD = 7 ⋅ 2 + 3 ⋅ 4 = 26. A skaláris szorzat definíciója alapján (a a két vektor hajlásszögét jelöli): 26 AB ⋅ AD ⋅ cos a = 26, amibõl cos a = . 58 ⋅ 20 Hasonló számolással ugyanezt az értéket kapjuk a CB és CD vektorok hajlásszögének koszinuszára is, ami igazolja, hogy a négyszög két szemközti szöge megegyezik. Ugyanilyen számolással ellenõrizhetõ, hogy a másik két szemközti szög is egyenlõ. w x3612

a) Az ábra alapján valószínûsíthetõ, hogy az AB és CD oldalak párhuzamosak. A megfelelõ vektorok koordinátáira: AB(12; 3) és CD(4; 1), ami mutatja, hogy AB = 3 × CD. Eredményünkbõl következik, hogy AB és CD valóban párhuzamos, ezért az ABDC négyszög trapéz, amelyben a hosszabb alap háromszor akkora, mint a rövidebb.

y

D C

5

M F

B

1

A

1

5

10

x

b) Az átlók hossza a koordináta-rendszerben: AD = 62 + 72 = 85, illetve BC = (−10)2 + 32 = 109. A két út hossza a valóságban: 1000 ⋅ ( 85 + 109 ) » 19660 méter, vagyis 19,66 km. c) Ismert elemi geometriai összefüggés alapján a trapéz átlói az alapok hosszának arányában osztják egymást. Az a) feladat eredménye alapján ez az arány 1 : 3, ezért az átlók M metszéspontja egybeesik az AD átló D-hez legközelebbi negyedelõpontjával. Az AD szakasz felezõpontja: Ê 7ˆ F Á3; ˜ , Ë 2¯ így az FD szakasz M felezõpontja: Ê3 + 6 3, 5 + 7ˆ MÁ ; ˜ , vagyis M(4, 5; 5, 25). Ë 2 2 ¯ w x3613

Alkalmazzuk az adott szakaszt adott arányban osztó pont koordinátáira vonatkozó összefüggéseket! Az eredmények az egyes esetekben: Ê1 2ˆ a) P Á ; - ˜ ; Ë3 3¯

w x3614

Ê4 1ˆ b) P Á ; ˜ ; Ë5 5¯

Ê10 7ˆ c) P Á ; ˜ . Ë 9 9¯

Ha a B pont koordinátáira B(x; y) teljesül, akkor a feltételek szerint a P pont koordinátái: ⎛3 ⋅ (– 3) + 2x 3 ⋅ 0 + 2y⎞ ; P⎜ ⎟. ⎝ 5 5 ⎠ Mivel a P pont adott, így 3 ⋅ (– 3) + 2x 3 ⋅ 0 + 2y = 1 és = – 2. 5 5 Az egyenletrendszer megoldása után azt kapjuk, hogy a B pont koordinátái: B(7; –5). 212


2010.11.16.

9:07

Page 213


w x3615

a) Az ABC háromszög oldalainak hossza: AC = 3 ⋅ 2, BC = 5 ⋅ 2 és AB = 68 = 2 ⋅ 17. Vegyük észre, hogy AC 2 + BC 2 = AB2 teljesül, ezért Pitagorasz tételének megfordítása alapján az ABC háromszög derékszögû, mégpedig a derékszög a C csúcsnál található. b) A Pista bácsi által tervezett ösvény éppen a C csúcsból induló y szögfelezõ mentén húzódik. Eszerint az átfogóhoz tartozó szögC 5 felezõ és az átfogó D metszéspontjának koordinátáit kell kiszámolnunk. A szögfelezõtétel alapján: O A AD AC 3 ⋅ 2 3 1 D = = = , B –1 –10 1 x –5 DB BC 5 ⋅ 2 5 vagyis a D pont az AB átfogót 3 : 5 arányban osztja. Az osztópont koordinátái alapján a D pont koordinátái: 5ˆ Ê D Á- 8; ˜ . Ë 4¯ c) A mindhárom úttól ugyanolyan távolságra található pont egybeesik az ABC háromszög beírt körének középpontjával, ezért a feladat gyakorlatilag a beírt kör sugarára kérdez rá. A kör T sugarát az r = összefüggésbõl számíthatjuk ki, ahol T az ABC háromszög területe, s pedig s a háromszög kerületének fele. Mivel AC ⋅ BC 3 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 2 T= = = 15, 2 2 továbbá 3 ⋅ 2 + 5 ⋅ 2 + 68 s= = 4 ⋅ 2 + 17, 2 ezért a beírt kör sugara 15 r= = 4 ⋅ 2 – 17 » 1,53 egység. 4 ⋅ 2 + 17 d) A beírt kör O középpontját az ABC háromszög szögfelezõinek metszéspontjaként kapjuk. Az A csúcsból induló szögfelezõ az ADC háromszögnek is szögfelezõje, ezért az O pont koordinátáit a b) feladatban már megismert módszerrel számolhatjuk ki. Mivel az a) feladat alapján AC = 3 ⋅ 2, továbbá 2 3 Ê 3ˆ AD = 32 + Á– ˜ = ◊ 17, Ë 4¯ 4 Ê3 ˆ ezért az O pont (3 ◊ 2 ) : Á ◊ 17˜ arányban osztja a CD szakaszt. Az osztópont koordinátáira Ë4 ¯ vonatkozó összefüggések alapján: Ê– 8 ◊ 3 ◊ 17 + (– 8) ◊ 3 ◊ 2 5 ◊ 3 ◊ 17 + 5 ◊ 3 ◊ 2ˆ ˜ Á 4 4 4 OÁ ; ˜, 3 3 + + 3 ◊ 2 ◊ 17 3 ◊ 2 ◊ 17 ˜¯ ÁË 4 4 amit kicsit „barátságosabb” alakban is felírhatunk: Ê ( 17 + 2 ) ◊ (4 ◊ 2 – 17 )ˆ . O Á– 8; ˜¯ Ë 3 213


2010.11.16.

9:07

Page 214


w x3616

a) Az ABCD négyszög csúcspontjai legyenek A(a1; a2), B(b1; b2), C(c1; c2) és D(d1; d2). Ha az AB oldal felezõpontja a (–3; 1) pont, akkor a1 + b1 a +b = − 3 és 2 2 = 1, 2 2 amibõl b1 = –6 – a1 és b2 = 2 – a2, tehát B(–6 – a1; 2 – a2). Mivel a BC oldal felezõpontja is ismert, ezért – 6 – a1 + c1 2 – a2 + c2 = 2 és = – 2, 2 2 amibõl a C pont koordinátái: C(10 + a1; –6 + a2). Végül a CD oldal felezõpontjának koordinátáira 10 + a1 + d1 – 6 + a2 + d2 = 3 és = 2, 2 2 és így D(– 4 – a1; 10 – a2). Eredményeink alapján az AD oldal H felezõpontjának koordinátáira: Êa + (– 4 – a1) a2 + (10 – a2)ˆ ; HÁ 1 ˜¯ = (– 2; 5). Ë 2 2 Megjegyzés: a számításokból az is kiderül, hogy végtelen sok olyan négyszög van, amelynek oldalfelezõ pontjai a megadott pontok; a négyszög csúcsait az A pont már egyértelmûen meghatározza. b) Az EFGH négyszög EG átlója felezõpontjának koordinátái: Ê– 3 + 3 1 + 2ˆ Ê 3ˆ ; ÁË ˜ = Á0; ˜ . 2 2 ¯ Ë 2¯ Egyszerû számolás mutatja, hogy az FH átló felezõpontja szintén ugyanez a pont. Ez azt jelenti, hogy az EFGH négyszög átlói felezik egymást, így a négyszög paralelogramma.

y

D(d1;d2) H

A(a1;a2)

5

G 1

E –5

–1

1

B(b1;b2)

5

F

x

C(c1;c2)

–5

w x3617

a) Az ABCD négyszög csúcspontjai legyenek A(a1; a2), B(b1; b2), C(c1; c2) és D(d1; d2). Ekkor az oldalfelezõ pontok: Êa + b a + b2ˆ E Á 1 1; 2 ˜, Ë 2 2 ¯

D(d1;d2) y G

Êb + c b + c ˆ F Á 1 1 ; 2 2˜ , Ë 2 2 ¯

Êa + d a + d2ˆ Êc + d c + d2ˆ GÁ 1 1; 2 ˜¯ , H ÁË 1 1 ; 2 ˜. Ë 2 2 2 ¯ 2

H

1 –1

Többféleképpen igazolható, hogy az EFGH négyszög paralelogA(a1;a2) ramma. Például megmutathatjuk, hogy az EF és HG oldalak párhuzamosak és egyenlõ hosszúak. A megfelelõ vektorok koordinátái: Êc – a c – a2ˆ Êc – a c – a2ˆ EF Á 1 1 ; 2 ˜ és HG ÁË 1 1 ; 2 ˜. Ë 2 2 ¯ 2 2 ¯

C(c1;c2)

F x

1

5

E

B(b1;b2)

–1

A két vektor koordinátái megegyeznek, ami igazolja, hogy az EFGH négyszög paralelogramma.

214


2010.11.16.

9:07

Page 215


b) Az a) feladat jelöléseit fogjuk használni. Az oldalfelezõ pontok által közrefogott paralelogramma középpontja egybeesik az EG szakasz O felezõpontjával. Ezek alapján a paralelogramma középpontjának koordinátái felírhatók: Êa + b + c + d a + b2 + c2 + d2ˆ OÁ 1 1 1 1; 2 ˜¯ . Ë 4 4

D(d1;d2) y G

P

H

O

1 –1

C(c1;c2)

Q

F x

1

5

E

B(b1;b2)

–1

A(a1;a2)

A BD, illetve az AC átló felezõpontja: Êb + d b + d2ˆ Êa + c a + c ˆ PÁ 1 1; 2 ˜ illetve Q ÁË 1 1 ; 2 2˜¯ . Ë 2 2 ¯ 2 2

A két átló felezõpontját összekötõ PQ szakasz felezõpontja pedig: Êa1 + b1 + c1 + d1 a2 + b2 + c2 + d2ˆ ; ÁË ˜¯ . 4 4

Mivel a kapott pont koordinátái szemlátomást megegyeznek az EFGH paralelogramma O középpontjának koordinátáival, ezért a feladatban szereplõ két pont valóban egybeesik. c) Vegyük fel a koordináta-rendszerben a trapézt úgy, hogy az ABCD trapéz AB alapja illeszkedjen az x tengelyre, A csúcsa pedig az origóba essen. Ekkor a trapéz csúcsainak koordinátái a következõ alakúak: A(0; 0), B(b; 0), C(c; m) és D(d; m), ahol m a trapéz magasságát jelöli.

y

D(d; m)

E

C(c; m)

F

1

A(0;0) –1

1 –1

B(b;0) x

A szárak felezõpontja: Êd mˆ Êb + c mˆ E Á ; ˜ és F Á ; ˜. Ë2 2 ¯ Ë 2 2¯ A koordináta-rendszerben az adatok (pontok) választásából adódóan a trapéz alapjai párhuzamosak az x tengellyel. Tudjuk továbbá, hogy E és F második koordinátája megegyezik, ezért EF is párhuzamos az x tengellyel. Ezzel beláttuk, hogy a trapéz szárait összekötõ középvonala párhuzamos az alapokkal. Az alapok, valamint az EF középvonal hossza könnyen kiszámítható:

AB =½b½, DC =½c – d½, illetve 2

b+c–d Êb + c – dˆ EF = Á . ˜¯ = Ë 2 2 Vegyük észre, hogy ha b > 0, akkor c > d, és ha b < 0, akkor c < d (máskülönben az ABCD négyszög hurkolt lenne), ezért b és c – d elõjele mindenképpen megegyezik, és így valóban teljesül, hogy AB + DC EF = . 2

215


2010.11.16.

9:07

Page 216


w x3618

a) A két közös belsõ érintõ természetesen az OQ szakaszon metszi y egymást. Tegyük fel, hogy az ábrának megfelelõen az egyik 5 3 közös belsõ érintõ a köröket az E, illetve D pontokban érinti, E O míg a belsõ érintõk metszéspontja P. Ekkor az OEP háromszög hasonló a QDP háromszöghöz, hiszen mindkettõ derékszögû 1 (az érintõ merõleges az érintési ponthoz tartozó sugárra), illetve P –1 x 5 a P csúcsnál lévõ szögeik csúcsszögek, így szintén egyenlõk Q D egymással. A hasonlóság aránya megegyezik a körök sugarainak OE = 3. Természetesen a két háromszög arányával, azaz l = QD OP = l = 3. Eredményünket másként is megfogalmazátfogóinak arányára is érvényes, hogy QP hatjuk; a P pont az OQ szakasz Q-hoz legközelebbi negyedelõpontja. Így a P pont koordinátái: Ê3 ◊ 0 + 1 ◊ 5 3 ◊ (–1) + 1 ◊ 4ˆ Ê5 1ˆ PÁ ; ˜¯ = ÁË ; ˜¯ . Ë 4 4 4 4

b) Az a) feladathoz hasonló módszerrel járhatunk el. Jelöljük R-rel a két közös külsõ érintõ metszéspontját, az egyik érintõ érintési pontjait pedig G-vel, illetve H-val. Az RHO háromszög hasonló az RGQ háromszöghöz, a hasonlóság aránya 3. Az elmondottak RO = 3, ami azt is jelenti, hogy a Q pont 1:2 arányban alapján RQ osztja az RO szakaszt. Ha az ismeretlen R pont koordinátái x és y, akkor 2 ⋅ x +1⋅ 5 2 ⋅ y +1⋅ 4 = 0 és = −1. 3 3 Ê 5 7ˆ Az egyenleteket megoldva kapjuk, hogy R Á– ; – ˜ . Ë 2 2¯

y

H

5

3 O

–1

1

G

5

Q R

Az egyenest meghatározó adatok a koordináta-rendszerben – megoldások w x3619

a) Például: (1; 0), (2; 0), (–3; 0).

b) Például: (0; 1), (0; 2), (0; 3).

Ê 5ˆ c) Például: (4; 5); Á2; ˜ ; (40; 50). Ë 2¯

d) Például: (–5; –7), (5; 7), (0,5; 0,7).

e) Például: (9; –4), (–9; 4), (18; –8).

f ) Például: (1; 0), (–1; 0), (2010; 0).

w x3620

a) (5; –9);

b) (–6; 5);

c) (5; –3).

w x3621

a) (1; 0);

b) (0; 1);

c) (8; 3);

w x3622

a) a = 90º, meredekség nem létezik;

b) a = 0º, m = 0;

c) a = 45º, m = 1;

5 d) a » 51,34º, m = ; 4

d) (17; 50);

e) (1; 3).

e) a = –45º, m = –1. w x3623

3 a) v (5; –3), n (3; 5), a » –30,96º, m = – ; 5 c) v (1; 0), n (0; 1), a = 0º, m = 0; 216

1 b) v (2; 1), n (1; –2), a » 26,57º, m = ; 2

x


2010.11.16.

9:07

Page 217


d) v (0; 1), n (1; 0), a = 90º, meredekség nem létezik; 1 e) v (3; –1), n (1; 3), a » –18,43º, m = – ; 3 f ) v (1; 5), n (5; –1), a » 78,69º, m = 5. w x3624

a)

b)

y

c)

y

5

y

5

5

1

1

P

P P

1 –5

5

–1

x

–5

–5

–1

5

1

x

–5

n (0; 1), a = 0º, m = 0;

y

5

5

1 –1

–5

n (1; 1), a = –45º, m = –1; e)

y

–5

x

5

1

–5

n (1; 0), a = 90º, m nincs; d)

–1

1 5

1

x

–5

–1

x

5

1

P

P –5

–5

1 n (1; 2), a » –26,57º, m = – ; n ( 3; – 1) , a = 60º, m = 3. 2 w x3625

a)

b)

y

c)

y

y

5

5

5

P P 1

1 –5

–1

5

1

x

–1

1 1

x

–5

–5

–5

v (1; 0), a = 0º, m = 0; d)

–5

v (0; 1), a = 90º, m nincs;

P

1 1

5

P

5

x

v (1; –1), a = –45º, m = –1;

5

–1

1

–5

y

–5

–1

x

–5

v (1; 2), a » 63,43º, m = 2. 217


2010.11.16.

9:07

Page 218


w x3626

a)

b)

y

c)

y

–1

P 1

5

1

x

–5

–1

1 1

5

x

–5

–5

–5

–1

x

5

1

–5

v (3; 3 ) , n ( 3; – 3) , m =

v (0; 1), n (1; 0), m nincs; d)

5

P

P 1 –5

y

5

5

3 ; 3

v (1; –1), n (1; 1), m = –1;

y 5

1 –5

–1

5

1

x

P –5

v (– 1 ; 3 ) , n ( 3; 1) , m = – 3. w x3627

a) 0º;

w x3628

a) m =

b) –45º;

c) 18,43º;

3 ; v (3; 3 ) , n ( 3; – 3) ; 3 c) m = 0, v (1; 0), n (0; 1);

d) –30º;

e) 89,97º.

b) m = –1, v (1; –1), n (1; 1); d) m » 3,73, v (1; 3,73), n (3,73; –1);

e) m = – 3; v ( – 1; 3 ) , n ( 3; 1) .

1 1 2 3 a) me = , mf = –2; b) me = , mf = –5; c) me = 1, mf = –1; d) me = , mf = – . 2 5 3 2 A két egyenes meredekségének szorzata minden esetben –1, ami mutatja, hogy az egyenesek merõlegesek egymásra. a+b 3 3 w x3630 a) me = mf = 3; b) me = mf = – ; c) me = mf = d) me = mf = . ; a–b 10 2 Mivel a két egyenes meredeksége minden esetben megegyezik, ezért az egyenesek valóban párhuzamosak egymással. w x3629

w x3631

Az ábra alapján az egyenes egy irányvektora a v = AB vektor, melynek koordinátái v (3; 2). Ha a C pont koordinátái C(2007; y), akkor az AC (2005; y – 2) vektor szintén irányvektora az egyenesnek, ezért valamely a valós számra AC = a ⋅ v. Ezek alapján a vektorok 2005 elsõ koordinátáira 2005 = a × 3, amibõl a = , és így 3 2005 4016 y–2= ⋅2 Þ y= . 3 3 4016ˆ Ê A C pont koordinátái tehát C Á2007; ˜. Ë 3 ¯ 218

y 5

r v

1 –5

–1

–5

B

A 1

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 219


a) Mivel AP (33; 22), ezért AP = 11v, ami azt jelenti, hogy az AP szintén irányvektora az egyenesnek, tehát a P pont illeszkedik az egyenesre. b) Mivel AQ (–15; –10), ezért AQ = – 5v, ezért a Q pont szintén illeszkedik az egyenesre. c) Az AR koordinátái AR(–18; –11). Mivel az AR nem írható fel a v valahányszorosaként, ezért a két vektor nem párhuzamos, így az R pont nem illeszkedik az egyenesre. w x3632

a) Ha az autópálya két ismert pontját A és B jelöli (megadásuk sorrendjében), akkor a pálya egy irányvektorának koordinátái AB(5; 3). Az A pontot a koordináta-rendszer O kezdõpontjával összekötõ vektor koordinátáira: AO (2; 1). Mivel a két vektor nem párhuzamos egymással, ezért az autópálya nem halad keresztül az origón. b) Ha a keresett C pont koordinátáit C(1; y) jelöli, akkor AC (3; y + 1). A C pont pontosan akkor illeszkedik az autópálya nyomvonalára, ha valamely a valós számra teljesül, hogy AC = a ⋅ AB. 3 A vektorok elsõ koordinátáinak összehasonlításából a = , így a második koordinátákra: 5 3 4 y + 1 = ⋅ 3, amibõl y = . 5 5 Ê 4ˆ A C pont koordinátái: C Á1; ˜ . Ë 5¯ c) Elegendõ megmutatni, hogy a P pont illeszkedik az autópálya nyomvonalára. Mivel AP(10; 6), ezért AP = 2AB, ami mutatja, hogy a két vektor párhuzamos egymással. Ebbõl adódik, hogy a P pont valóban az autópályán található. d) A két útszakasz által bezárt szöget az ábrának megfelelõen y jelöljük a-val. Ekkor a megegyezik a PB és PQ vektorok hajlás5 P a szögével. A vektorok koordinátái: PB(–5; –3), PQ(1; –3). A két Q vektor skaláris szorzatára: B PB ⋅ PQ = (– 5) ⋅ 1 + (– 3) ⋅ (– 3) = 4, hosszukra pedig

1

–1

10 x

5

1

A

PB = 34 és PQ = 10

–5

teljesül. A skaláris szorzat definíciója alapján: 34 ⋅ 10 ⋅ cos a = 4, 4 , 34 ⋅ 10 a » 77,47º.

cos a =

A két útszakasz 77,47º-os szögben metszi majd egymást. w x3633

Az A csúcsból induló ma magasságvonalnak a CB(5; –2) vektor egy normálvektora, ezért a magasságvonal egy irányvektora: v (2; 5). 5 A magasságvonal meredeksége m = , irányszöge pedig 68,20º. 2 Hasonló számításokkal kaphatjuk a B csúcsból induló magasságvonal 1 adatait: irányvektorának koordinátái (2; –1), meredeksége – , irány2 szöge –26,57º.

y

ma

5

C B

1 –5

–1

A –5

A C csúcsból induló magasságvonal adatai: irányvektorának koordinátái (1; –2), meredeksége –2, irányszöge –63,43º. 219

1

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 220


w x3634

Ê8 4ˆ Ê11 10ˆ A háromszög súlypontja S Á ; ˜ . Az AS súlyvonal egy irányvektora: AS Á ; ˜ , egy normálË3 3¯ Ë 3 3¯ Ê10 11ˆ vektora pedig a Á ; – ˜ koordinátájú vektor. Ë3 3¯ Ê2 13ˆ Ê 13 2ˆ A BS súlyvonal egy irányvektora BS Á– ; – ˜ , egy normálvektorának koordinátái Á ; – ˜ . Ë3 Ë 3 ¯ 3¯ 3 Ê2 8ˆ Végül a CS súlyvonal egy irányvektora CS Á ; – ˜ , egy normálvektorának koordinátái Ë3 3¯

w x3635

a) A 3633. feladat eredménye alapján az A csúcsból induló magasságvonal egy irányvektora v (2; 5), míg a 3634. feladat alapján az ⎛11 10⎞ A csúcsból induló súlyvonal egy irányvektora AS ⎜ ; ⎟ . A két ⎝3 3⎠ vektor skaláris szorzata 24, a vektorok hossza: –5 221 v = 29 és AS = . 3 sa Ha a két vektor által bezárt szöget a jelöli, akkor a skaláris szorzatból: 221 24 = 29 ⋅ ⋅ cos a , amibõl a » 25,92º. 3 b) A keresett b szög megegyezik az A csúcsból induló magasságvonal v (2; 5) irányvektora, és az sb súlyvonal SB irányvektora Ê13 2ˆ által bezárt szöggel. A 3634. feladat eredménye alapján SB Á ; ˜ . Ë 3 3¯ Az a) feladathoz hasonló számítással: 173 12 = 29 ⋅ ⋅ cos b , amibõl b » 59,45º. 3

w x3636

y

Ê8 2ˆ ÁË ; ˜¯ . 3 3

ma

5

C B S

1

a

–1

x

5

1

A –5

y

ma

5

sb

C b

1

–5

–1

B

S

x

5

1

A –5

a) Két egyenes akkor és csak akkor merõleges egymásra, ha irányvektoraik merõlegesek egymásra, ez pedig pontosan akkor következik be, ha az irányvektorok skaláris szorzata 0. Ezek alapján ve ⋅ vf = 2 ⋅ 5 + 1 ⋅ p = 0, amibõl p = – 10. b) p = 0. c) p = 2 × 2 vagy p = –2 × 2.

w x3637

Tegyük fel, hogy a 2 meredekséggel rendelkezõ egyenes irányszöge a , ekkor a » 63,43º, a –3 meredekséggel rendelkezõé pedig b, ekkor b » –71,57º. A két egyenes által bezárt g szög az ábrán a C metszéspontnál alakul ki. Az egyenesek, valamint az x tengely által közrefogott háromszögbõl: g = 180º – a + b = 180º – 63,43º – 71,57º = 45,00º.

y

g

1 –1

220

a 1

–1

C

b

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 221


w x3638

a) Az AB oldalegyenes egy irányvektora: AB(8; 1), az AC egyenesé AC (6; –6), vagy vAC (1; –1), és a BC oldalegyenesé BC(–2; –7). b) Az ábrán vc , illetve vb az AB, illetve AC oldalegyenesek egy-egy egységnyi hosszúságú irányvektorát jelöli. A vb + vc vektor a két vektor által kifeszített paralelogramma megfelelõ átlóvektora. Mivel a két vektor rombuszt feszít ki, ezért átlója illeszkedik a két oldal által közrefogott szögfelezõre, így a vb + vc vektor az A csúcsnál lévõ fa szögfelezõ egy irányvektora. Feladatunk tehát a vc , illetve vb vektorok koordinátáinak meghatározása.

y

fa

r vc A r vb

–5

B

r r vb+ vc 1 –1

5

1

x

–1

C

Mivel AB (8; 1), ezért AB = 65, így az AB -ral egyállású egységvektor koordinátái: 1 ˆ Ê 8 vc Á ; . Ë 65 65˜¯ Hasonlóan vAC (1; –1) és vAC = 2, ezért az AC egyenes egységhosszú irányvektora: 1ˆ Ê1 vb Á ; – ˜ . Ë 2 2¯ Az fa szögfelezõ egy irányvektorának koordinátái: 1 1 1ˆ Ê 8 vb + vc Á + ; – ˜. Ë 65 2 65 2¯ c) Az fa egyenes irányvektorából a meredeksége már könnyen számolható: 1 1 – 65 2 m= , 8 1 + 65 2 m=

2 – 65 . 8 ⋅ 2 + 65

Az egyenes irányszöge » –18,94º. w x3639

Ha a két egyenest e és f jelöli, továbbá m1 az e, m2 az f egyenes iránytangense, akkor az egyenesek egy-egy irányvektora ve(1; m1), vf (1; m2). A két irányvektor skaláris szorzatára teljesül, hogy: ve ⋅ vf = 1 + m1 ⋅ m2. A két vektor által közrefogott szög éppen a két egyenes által bezárt j szöggel egyenlõ, ezért a skaláris szorzat más alakban is felírható: ve ⋅ vf = ve ⋅ vf ⋅ cos j . Mivel ve = 1 + m12 és vf = 1 + m 22, ezért ve ⋅ vf = 1 + m12 ⋅ 1 + m 22 ⋅ cos j. 221


2010.11.16.

9:07

Page 222


A skaláris szorzatra kapott két eredmény összevetésébõl: 1 + m1 ⋅ m2 = 1 + m12 ⋅ 1 + m 22 ⋅ cos j, cos j =

1 + m1 ⋅ m2 1 + m12 ⋅ 1 + m 22

.

(1)

Jól ismert, de amúgy nem túlságosan bonyolultan igazolható, addíciós összefüggés alapján: 1 1 + tg2 j = , cos2 j ezért ha az (1) egyenlõség mindkét oldalának reciprokát vesszük, majd négyzetre emeljük, akkor adódik, hogy: ( 1 + m12 ) ⋅ (1 + m22) 1 + tg2 j = , (1 + m1 ⋅ m2)2

tg2 j =

( 1 + m12 ) ⋅ (1 + m22) – 1, (1 + m1 ⋅ m2)2

tg2 j =

( 1 + m12 ) ⋅ (1 + m22) – (1 + m1 ⋅ m2)2 . (1 + m1 ⋅ m2)2

A kijelölt mûveletek és összevonások elvégzése után: m 2 – 2 ⋅ m1 ⋅ m2 + m22 tg2 j = 1 , (1 + m1 ⋅ m2)2 tg2 j =

( m1 – m2)2 . (1 + m1 ⋅ m2)2

Mindkét oldalból négyzetgyököt vonva kapjuk, hogy: m1 – m2 tg j = , 1 + m1 ⋅ m2 amit éppen bizonyítani kellett.

Az egyenes egyenletei – megoldások w x3640

a) y = 3; e) x – 3y = –14;

b) x = 3; f ) x + 2y = –4;

c) x + y = 5; g) x – 2y = 5;

d) –2x + y = 0; h) x + 2y = 8.

w x3641

a) x = 1005;

3 b) y = ; 2

c) x + 3y = 0;

d) –6x + 20y = 37.

w x3642

8x – 3y = 6,5.

w x3643

a) x = 2; e) x + 2y = 7;

b) y = –5; f ) x – 3y = 0;

c) x – y = 2; g) x – y = –6;

d) x + 2y = –4; h) 3x + 2y = 16.

w x3644

a) y = 0;

b) x = –2;

c) y = 3x;

d) 10x + 3y = 11;

1 e) x + y = ; 15

f ) 2x – y = 5 ⋅ 3. 222


2010.11.16.

9:07

Page 223


w x3645

w x3646

a) b) c) d)

A pontok mindegyike illeszkedik az y = –2x + 1 egyenletû egyenesre. Mindhárom pont illeszkedik a 3x – 2y = 2005 egyenletû egyenesre. Mindhárom pont illeszkedik a 3x – 2y = 15 egyenletû egyenesre. A három pont nem illeszkedik egy egyenesre.

1 a) y = 4x, illetve y = – x; 4 c) y = 4x + 10, illetve x + 4y = –11;

b) 3x + 4y = 10, illetve 4x – 3y = –20; d) 6x – 7y = 41, illetve 7x + 6y = –23.

w x3647

a) 3x + 2y = 5; d) 2x + 3y = –19.

b) y = 2x + 8;

c) y = x;

w x3648

a) y = – x; d) y = x + 1.

b) x + 2y = 2;

c) x + 3y = 10;

w x3649

a)

b)

c)

y

y

y

5

5

5

P –1 1

–1 1

–5

P

1

x

5

–5

P

3 x; 3

d)

x

–5

e)

f)

5

1

1 1

x

5

–5

–1

1 1

5

x

–5

P –5

b)

y

1 –1

c)

1

P 5

x

–5

–1

5

x

5

P 1

1

–5 5

x

–1

1

P –5

y = 0;

x

y

5

1

5

y = –2.

y

5

–5

1

–5

y – 5 = – 3 ⋅ (x + 3);

x = 7; a)

–1

P

–5

w x3650

x

y

5

P

5

1

3 ⋅ (x + 1); 3

y– 4=– y

5

–1

–1

–5

y = x; y

–5

5

–5

–5

y=

1 1

–5

y = 2x;

–5

x + 3y = –7; 223


2010.11.16.

9:07

Page 224


d)

e)

y 5

P –5

f)

y

y 5

5

1

1

1

–1

1

5

x

–5

–1

x

5

1

–5

–1

5

x

1

5

x

1

5

x

1

P P –5

4x – y = –21; w x3651

a)

–5

–5

2x + y = –5;

2x + 3y = –10.

b)

y 5

5

1

1

–1

1

5

x

–5

–1

–5

x

1

–5

–

–1

–5

–5

x y + = 1; 2 3 d)

y

5

1 –5

c)

y

x y + = 1; 6 4

–x –

y = 1; 3

y 5

1 –5

–1

1

5

x

–5

2x 2y – = 1. 3 5 w x3652

a)

x=3

b)

y

5

1

1

1 –1

y

5

5

–5

c)

y

1

5

x

–5

–1

1

x

5

y=3 –5

–5

v (0; 1), n (1; 0), m nem létezik, a = 90º;

224

v (1; 0), n (0; 1), m = 0, a = 0º;

–5

–1

–3 –5

y=–x–3

v (1; –1), n (1; 1), m = –1, a = –45º;


2010.11.16.

9:07

Page 225


d)

e)

y

f)

y

5

y

5

5

y=2x–4 1 –5

–1

y= 3×x –3

1 1

5

x

–5

–1

1

5

x

1 –5

–1

w x3653

–5

v (1; 2), n (2; –1),

v (1; 3 ) , n ( 3; – 1) ,

m = 2, a » 63,43º;

m = 3, a = 60º;

x

1 y= ×x –2 3

–3 –4 –5

5

1

–2

–5

v (3; 1), n (–1; 3), 1 m = , a » 18,43º. 3

a) x + y = 3, n (1; 1), v (1; –1), m = –1, a = –45º; b) –2x + y = 4, n (–2; 1), v (1; 2), m = 2, a » 63,43º;

1 c) x + 2y = –2, n (1; 2), v (2; –1), m = – , a » –26,57º; 2 1 d) x – 6y = 6, n (1; –6), v (6; 1), m = , a » 9,46º. 6 w x3654

a) A P pont illeszkedik az egyenesre, ezért az egyenes és tükörképe egybeesik. Így a tükörkép egyenlete: 2x + y = 5. b) 2x + y = –3. c) 2x + y = –5.

y 5

1 –5

w x3655

w x3656

a) b) c) d) e) f) g)

Az egyenes a háromszög Nem oldalegyenes. Nem oldalegyenes. Nem oldalegyenes. Az egyenes a háromszög Az egyenes a háromszög Az egyenes a háromszög

–1

5

1

x

BC oldalegyenese.

AC oldalegyenese. AB oldalegyenese. BC oldalegyenese.

a) A(1; 3), B(4; 3), C(4; –2), D(1; –2). b) Az egyenesek téglalapot fognak közre.

y

x=1

x=4

5

A

y=3

–5

5

–1

D

y=–2 –5

225

B

C

x


2010.11.16.

9:07

Page 226


c) A’(–3; 1), B’(–3; 4), C’(2; 4), D(2; 1). d) Az oldalegyenesek egyenlete: x = –3, y = 4, x = 2, y =1. e) A két négyszög közös részének kerülete 6, területe 2; egyesítésük kerülete 26, területe pedig 28.

y 5

B’

C’ A

A’ –5

B D’ 5

–1

D

x

C

–5

w x3657

a) Az AB egyenes egy irányvektora az AB (5; –5) vektor, így egy normálvektora az nAB (1; 1) vektor. Az egyenes egyenlete: x + y = 0. A BC egyenes egy irányvektora: BC(2; 6), normálvektora nBC (–3; 1), egyenlete: 3x – y = 12. Végül az AC egyenes egyenlete: x – 7y = –16. b) Az A csúcsból induló ma magasságvonal merõleges a BC egyenesre, ezért egy normálvektora 1 az BC (1; 3) vektor. Az A pont illeszkedik a magasságvonalra, ezért ma egyenlete: x + 3y = 4. 2 Hasonló gondolatmenettel kaphatjuk a másik két magasságvonal egyenletét is: mb egyenlete 7x + y = 18 és mc egyenlete x – y = 2. c) Mivel 2,5 + 3×0,5 = 4, ezért az M pont illeszkedik az ma egyenesre. Hasonlóan: 7 ×2,5 + 0,5 = 18, illetve 2,5 – 0,5 = 2, ezért az M pont a másik két magasságvonalnak is pontja. Az M pont épp az ABC háromszög magasságpontja.

w x3658

Ê1 1ˆ a) Az AB oldal felezõpontja az Á ; – ˜ koordinátájú pont. Mivel az AB oldalfelezõ merõlegeË2 2¯ sének az AB (5; –5) vektor normálvektora, ezért az egyenes egyenlete: 1 Ê 1ˆ 5x – 5y = 5 ◊ – 5 ◊ Á– ˜ , vagyis x – y = 1. Ë 2¯ 2 A BC oldal felezõpontja (4; 0), az oldalfelezõ merõleges normálvektora (1; 3), ezért annak egyenlete x + 3y = 4. Végül az AC oldalfelezõ merõlegesének egyenlete: 7x + y = 13.

b) Mivel

7 3 7 3 7 3 – = 1, + 3 ⋅ = 4, 7 ⋅ + = 13, 4 4 4 4 4 4 ezért az O pont valóban illeszkedik mindhárom oldalfelezõ merõlegesre.

c) Az O pont és az ABC háromszög csúcsainak távolsága: 2

2

7ˆ Ê 3ˆ 225 25 5 ◊ 10 Ê OA = Á– 2 – ˜ + Á2 – ˜ = + = , Ë 4¯ Ë 4¯ 16 16 4 2

Ê OB = Á3 – Ë

7ˆ Ê ˜ + Á– 3 – 4¯ Ë

Ê OC = Á5 – Ë

7ˆ Ê ˜ + Á3 – 4¯ Ë

2

2

3ˆ 25 225 5 ◊ 10 + = , ˜¯ = 4 16 16 4 2

3ˆ 169 81 5 ◊ 10 + = . ˜¯ = 4 16 16 4

Eredményeink igazolják, hogy az O pont a háromszög csúcsaitól egyenlõ távolságra található. d) Az O pont az ABC háromszög köré írható kör középpontja. 226


2010.11.16.

9:07

Page 227


w x3659

w x3660

Az adott pontokat a megadás sorrendjében E, F és G, a háromszög csúcspontjait A, B és C jelöli az ábrán. Az EF szakasz középvonal az ABC háromszögben, ezért párhuzamos a háromszög BC oldalával. Ezt a tényt a koordináta-geometriában úgy is megfogalmazhatjuk, hogy az EF (4; –1) vektor a BC egyenes egy irányvektora. A BC egyenes átmegy a G ponton, ezért az egyenes irányvektoros egyenletének alkalmazása után a BC egyenes egyenlete: – x – 4y = –1 × 1 – 4 × 0, azaz x + 4y = 1. Hasonló megfontolások után az AB egyenes egyenlete: x – 3y = –6, az AC egyenesé: 2x + y = 9.

y

A

E B –3

F

1 –1

G1

5

x

C

a) Jelöljük C-vel az e egyenes egy olyan pontját, amellyel az ABC y e A 1 háromszög derékszögû, a derékszög pedig a C csúcsnál van. Mivel C illeszkedik az e egyenesre, ezért koordinátáit C(2; y) x –2 1 5 –1 alakban kereshetjük. A feltételek szerint ACB¬ = 90º, ezért C a CA és CB vektorok skaláris szorzata 0. Mivel CA(–4; 1 – y) és CB(–1; –4 – y), ezért B – 4 × (–1) + (1 – y) × (–4 – y) = 0. Az egyenlet megoldásai: y = 0 és y = – 3. Az e egyenesen tehát valóban két olyan C pont található, amely az AB átfogóval derékszögû háromszöget alkot, ezek koordinátái C(2; –3) és C (2; 0). b) Az a) feladat eredményei alapján C(2; – 3). Az AC befogó egy irányvektora a CA(– 4; 4) vektor, és egy pontja a C pont. Ezek alapján az AC egyenes egyenlete: x + y = –1. A BC egyenes egyenlete: x – y = 5. c) Az AC egyenes meredeksége –1, a BC egyenesé 1. d) Az ABC háromszög derékszögû, ezért körülírt körének középpontja egybeesik az AB átfogó felezõpontjával, a kör sugara pedig az átfogó hosszának fele. Az AB átfogó hossza 34, így 34 a körülírt kör sugara » 2, 92. 2

w x3661

A háromszöglap egyensúlyban marad, ha a súlyvonalai mentén y 7ˆ Ê 5 támasztjuk alá. A háromszög AB oldalának felezõpontja E Á0; - ˜ . Ë 2¯ Mivel e pont illeszkedik az y tengelyre, csakúgy mint a C csúcs, G ezért az sc súlyvonal egyenlete: x = 0. –5 –1 Ê3 ˆ sa A BC oldal felezõpontja F Á ; 1˜ , ezért az AB súlyvonal egy irányË2 ¯ A –5 Ê9 ˆ vektora AF Á ; 5˜ , így egyenlete: 10x – 9y = 6. Ë2 ¯ Ê 3 1ˆ Az AC oldal felezõpontja G Á– ; ˜ , az sb súlyvonal egyenlete: 7x + 9y = –6. Ë 2 2¯ 227

C

F 1

E

5

sb B

x


2010.11.16.

9:07

Page 228


w x3662

a) Az egyenes x tengellyel való metszete: a = 5, y tengellyel való metszete: b = –3. A tengelyekbõl kimetszett háromszög területe: T = 7,5.

b) Az egyenes x tengellyel való metszete: a = 5, y tengellyel való metszete: b = 2. A tengelyekbõl kimetszett háromszög területe: T = 5.

c) Az egyenes x tengellyel való metszete: 5 a=– , 3 y tengellyel való metszete: b = –5. A tengelyekbõl kimetszett háromszög területe: 25 T= . 6

y

1 –1

1

5

x

1

5

x

1

5

x

1

5

x

–1

y

1 –1 –1

y

1 –1 –1

–5

d) Az egyenes x tengellyel való metszete: a = –2, y tengellyel való metszete: b = 8. A tengelyekbõl kimetszett háromszög területe: T = 8.

y

5

1 –1 –1

w x3663

2 a , az f egyenesé – . A két egyenes merõlegességének szükséges 3 2 és elegendõ feltétele, hogy a meredekségek szorzata –1 legyen. Ezek alapján: 2 Ê aˆ ◊ Á– ˜ = - 1, amibõl a = 3. 3 Ë 2¯ 5 b) a = . 4

a) Az e egyenes meredeksége

228


2010.11.16.

9:07

Page 229


c) Az e egyenes párhuzamos az y tengellyel, ezért az f egyenesnek az x tengellyel kell párhuzamosnak lennie. Ekkor az f egyenes egyenletében x-et tartalmazó tag nem szerepelhet, ezért a feltételeknek megfelelõ a nem létezik. d) a = 5 vagy a = –5. w x3664

a) b =

1 és a tetszõleges valós szám. 2

c) b =

1 és a = –2. 2

b) b = –8 és a tetszõleges valós szám.

w x3665

A P és Q pontok koordinátái kielégítik az egyenes egyenletét, ezért: 4a + 6b = 4 ⎫ ⎬. – 6a + 21b = 4 ⎭ 1 1 Az egyenletrendszer megoldása: a = és b = . 2 3

w x3666

a) Az AC vektor koordinátái: AC (3; 6), ezért az AC egyenes egy irányvektora: 1 v = AC(1; 2). 2 Mivel az AC egyenes átmegy az A ponton, ezért az irányvektoros egyenlet alkalmazásával kapjuk, hogy egyenlete: 2x – y = 2 × (–1) – 1 × (–1), azaz 2x – y = –1. Hasonló számításokkal a BD átló egyenesének egyenlete: x + 2y = 6.

y

D

C

5

B

1 –4

–1

x

1 –1

A

1 b) Az átlóegyenesek egyenletébõl az AC egyenes meredeksége 2, a BD egyenesé – . Mivel a két 2 egyenes meredekségének szorzata –1, ezért a két egyenes valóban merõleges egymásra. AC ⋅ BD . Egyszerû 2 számolásokkal: AC = 45, illetve BD = 80, így az ABCD négyszög területe:

c) Mivel az ABCD négyszög átlói merõlegesek egymásra, ezért területe T =

45 ⋅ 80 (3 ⋅ 5 ) ⋅ ( 4 ⋅ 5 ) = = 30. 2 2 Mivel 1 egység 50 méternek felel meg a valóságban, ezért a birtok tényleges területe: 30 × 50 × 50 = 75 000 m2, ami 7,5 hektár. T=

w x3667

a) Az AB egyenes egy irányvektorának koordinátái: BA(1; 5), ezért meredeksége 5, azaz tg b = 5. b A B csúcshoz tartozó belsõ szögfelezõ irányszöge , ezért mere2 deksége: b m = tg . 2

y

A

b –5

B

229

5

b 2 –1

1

5

C

x


2010.11.16.

9:07

Page 230


Ismert addíciós összefüggés alapján: Ê bˆ 5 = tgb = tg Á2 ◊ ˜ = Ë 2¯

2 ◊ tg

b

2 = 2m , b 1 – m2 1 – tg2 2

amibõl kapjuk, hogy 5m2 + 2m – 5 = 0. A fenti egyenlet megoldásai: – 2 + 2 ⋅ 26 – 1 + 26 – 1 – 26 = , illetve m2 = . 10 5 5 Az ábra alapján látható, hogy a B csúcshoz tartozó belsõ szögfelezõ meredeksége pozitív, így csak m1 jöhet szóba. A B csúcsnál lévõ szögfelezõ meredekségének pontos értéke: m1 =

– 1 + 26 . 5 A külsõ szögfelezõ merõleges a belsõ szögfelezõre, ezért ha meredekségét m' jelöli, akkor m' × m = –1, azaz 26 + 1 – 1 + 26 –5 m' ⋅ = – 1, amibõl m' = =– . 5 – 1 + 26 5 m=

A külsõ szögfelezõ meredekségének pontos értéke: 26 + 1 m' = – . 5 b) Az egyenes iránytényezõs egyenlete alapján a B csúcshoz tartozó belsõ szögfelezõ egyenlete: 26 – 1 y= ⋅ (x + 4). 5 w x3668

Ha a P ponton átmenõ egyenes tengelymetszetei az ábrának megy B x y felelõen a és b, akkor egyenlete + = 1 alakban írható (a és b P 5 a b b pozitív számok). Mivel a P pont illeszkedik az egyenesre, ezért koordinátái kielégítik az egyenletet, azaz: A a 2 5 x O 1 5 + = 1. (1) a b Az egyenes a koordináta-rendszer tengelyeivel az AOB derékszögû háromszöget fogja közre, a⋅b . Feladatunk a terület minimumának megállapítása amelynek befogói a és b, ezért területe T = 2 az (1) feltétel teljesülése mellett. Az (1) összeg tagjai kis ügyeskedéssel megjeleníthetõk a területet leíró képletben: 2 ⋅ T = a ⋅ b, majd 10-zel bõvítve az a × b szorzatot, kapjuk hogy: a ⋅ b = 10 ⋅

a b ⋅ . 2 5

Mivel a terület nyilván pozitív értékû, ezért helyette a kapott kifejezés minimumát is kereshetjük. 230


2010.11.16.

9:07

Page 231


a b Használjuk fel, hogy két pozitív szám – esetünkben az és számok – mértani közepe nem 2 5 kisebb a két szám harmonikus közepénél: a b 2 2 2 a ⋅ b = 10 ⋅ ⋅ ³ 10 ⋅ = 10 ⋅ = 10 ⋅ = 2 ⋅ 10. 1 1 2 5 2 5 1 + + a b a b 2 5 A harmadik egyenlõségnél felhasználtuk az (1) összefüggést. Eredményeink alapján: 2 ⋅ T = a ⋅ b ³ 2 ⋅ 10, amibõl következik, hogy T ³ 20. Ez azt jelenti, hogy a P ponton átmenõ egyenesek a koordináta-rendszer tengelyeivel legalább 20 egység területû háromszöget fognak közre. A terület a minimumát akkor éri el, amikor a mértani és harmonikus közepek között egyenlõség teljesül, ami pontosan akkor következik be, amikor a két tag megegyezik egymással, azaz a b = . (2) 2 5 Az (1) és (2) egyenletekbõl álló egyenletrendszer megoldása a = 4 és b = 10, ezért a keresett egyenes egyenlete: x y + = 1. 4 10 Megjegyzés: A P pont éppen felezi a kapott egyenesnek a koordináta-rendszer tengelyei közé esõ szakaszát. w x3669

A P pont koordinátáit az ábrán P(x; y), a befogókra esõ merõleges y B vetületeit pedig Q, illetve R jelöli. Ekkor Béla bácsi az OQPR tégla5 lapba tervez epret ültetni, melynek oldalai x, illetve y, területe ebbõl P(x;y) R kifolyólag pedig T = x × y (x és y pozitív számok). Feladatunk a maxiy mális területû téglalap megtalálása. x Mivel a P pont a telek átfogójára illeszkedik, ezért koordinátái x O 1 Q 5 kielégítik az átfogó egyenesének egyenletét, azaz: 7x + 5y = 35. (1) A fenti összeg tagjai kis ügyeskedés után megjeleníthetõk az OQPR téglalap területét leíró képletben: 1 T =x⋅y= ⋅ (7x) ⋅ (5y). 35 Használjuk fel, hogy két pozitív szám mértani közepe nem lehet nagyobb, mint számtani közepük, ezért 2 2 2 1 1 Ê7x + 5yˆ 1 Ê35ˆ 35 T = ◊ ( (7x) ◊ (5y) ) £ ◊Á = ◊Á ˜ = . ˜ 35 35 Ë 2 ¯ 35 Ë 2 ¯ 4 A második egyenlõségnél felhasználtuk az (1) összefüggést. Azt kaptuk tehát, hogy az OQPR tégla35 lap területére T £ . A terület a maximumát akkor veszi fel, amikor a mértani és számtani közép 4 közötti egyenlõtlenségben egyenlõség teljesül, azaz amikor a két szám megegyezik egymással. Ez akkor következik be, ha 7x = 5y. (2) 231


2010.11.16.

9:07

Page 232


Az (1) és (2) egyenletekbõl álló egyenletrendszer megoldása: 5 7 x= és y = . 2 2 Ê5 7ˆ A maximális területû téglalap tehát a P Á ; ˜ ponthoz tartozik. Ë2 2¯ w x3670 a) Jelöljük a P pont koordinátáit P(x; y)-nal. Ekkor PA2 = (x + 3)2 + (y – 5)2, illetve PB2 = (x – 1)2 + (y + 4)2, így a kijelölt mûveleteket elvégezve kapjuk, hogy PA2 – PB2 = 8x – 18y + 17. Az adott feltételnek pontosan azok a P pontok tesznek eleget, amelyek koordinátái kielégítik a 8x – 18y + 17 = l (1) egyenletet. Mivel a fenti egyenlet a l értékétõl függetlenül egy egyenes egyenlete, ezért a feltételt kielégítõ P pontok valóban egy egyenesre illeszkednek. 4 b) Az (1) egyenletû egyenes meredeksége l-tól függetlenül m = , ezért a l különbözõ értékeihez 9 tartozó egyenesek valóban párhuzamosak egymással.

c) Ha az origó illeszkedik az egyenesre, akkor koordinátái kielégítik az (1) egyenletet, azaz 8 × 0 – 18 × 0 + 17 = l, azaz l = 17. w x3671

a) Az egyenlet bal oldalát szorzattá alakíthatjuk: (3x – 2y) × (3x + 2y) = 0. Mivel egy szorzat akkor és csak akkor lehet 0, ha valamelyik tényezõje 0, ezért: 3 3 y = x vagy y = – x. 2 2 A feltételt kielégítõ pontok tehát két, az origón áthaladó egyenes valamelyikére illeszkednek.

y

–1

1

5

x

–5

y 5

3 y= ×x 2

1 –5

–1

1

5

x

2 y =– × x 3

–5

e y

f 1 –5

2 – 3

–5

232

3 y= ×x 2

1 –5

b) Az egyenlet bal oldalán álló kifejezést ezúttal is szorzattá alakíthatjuk: 6x 2 – 6y 2 + 5xy = 6x 2 – 4xy + 9xy – 6y 2 = = 2x × (3x – 2y) + 3y × (3x – 2y) = (3x – 2y) × (2x + 3y) = 0. A feltételnek az 3 2 y = x vagy y = – x 2 3 egyenletû, egymásra merõleges egyenesek pontjai tesznek eleget. c) Az abszolút érték értelmezése alapján: 2x + 3y – 2 = 4 vagy 2x + 3y – 2 = –4. A feltételnek az e: 2x + 3y = 6, illetve f : 2x + 3y = –2 egyenletû, egymással párhuzamos egyenesek pontjai tesznek eleget.

5

3 y =– × x 2

2 y = – × x +2 3 1

5

2 2 y =– × x – 3 3

x


2010.11.16.

9:07

Page 233


Két egyenes metszéspontja, távolsága, hajlásszöge – megoldások b) (3; –3);

Ê745 35ˆ d) Á ; . Ë168 24˜¯

w x3672

a) (1; 1);

w x3673

a) (–2; 5), (5; 3), (–1; –2); c) (–4; 2), (8; 3), (–1; –5);

w x3674

a) Az átlók metszéspontjának koordinátái (2; 1). b) Az átlókat tartalmazó egyenesek egyenlete: y = x – 1, illetve y = –x + 3. A két egyenes meredekségének szorzata –1, ami igazolja, hogy a négyszög átlói merõlegesek egymásra. c) Az ABCD négyszög deltoid.

w x3675

a) O(3; –2), r = 5; c) O(–5; –3), r = 20;

w x3676

Ê38 20ˆ a) Á ; ˜ ; Ë61 61¯

w x3677

(1; 0).

w x3678

a)

b) (0; 0), (3; 5), (1; –4); d) (–3; 6), (5; 0), (–2; –1).

b) O(0; 0), r = 20; d) O(–7; 0), r = 17. b) (1; 1);

32 = 4 ⋅ 2

c) 2 ⋅ 5

c) (5; 2);

[M(2; 0)]; [M(1; 3)]; b) (2; –4);

Ê1 19ˆ c) Á ; ˜ . Ë3 3 ¯

b)

5

d) 2 ⋅

[M(1; –2)]; 5 [M(3; 1)].

w x3679

a) (6; –4);

c) (3; 7);

d) (5; 5).

w x3680

a) Ha az x – y = 4 egyenletû egyenesen adott a P(4; 0) pont, akkor az x – y = –1 egyenletû Ê3 5ˆ egyenesnek a P ponton áthaladó, rá merõleges egyenessel való metszéspontja M Á ; ˜ . Ë2 2¯ 5⋅ 2 Ekkor dPM = . 2 b) Ha a –2x + y = 5 egyenletû egyenesen adott a P(0; 5) pont, akkor a –2x + y = –5 egyenletû egyenesnek a P ponton áthaladó, rá merõleges egyenessel való metszéspontja M(4; 3). Ekkor dPM = 2 ⋅ 5. c) Ha az x + y = 1 egyenletû egyenesen adott a P(0; 1) pont, akkor az y = 2 – x egyenletû Ê1 3ˆ egyenesnek a P ponton áthaladó, rá merõleges egyenessel való metszéspontja M Á ; ˜ . Ë2 2¯ 2 Ekkor dPM = . 2

w x3681

A háromszög területét könnyen kiszámolhatjuk, ha egy, a koordináta-rendszer tengelyeivel párhuzamos oldalú téglalapba foglaljuk. A téglalap területe T = 10 × 7 = 70. A téglalap csúcsainál lévõ háromszögek területe: 6⋅2 4⋅7 5 ⋅ 10 = 6, T2 = = 14, T3 = = 25. T1 = 2 2 2 A háromszög területe ezért Tè = 70 – (6 + 14 + 25) = 25.

y 5

B

T1 T2

A 1 –1

x

5

1

T3 C

233


2010.11.16.

9:07

Page 234


A magasságok hosszát a T =

c ⋅ mc képlettel számolhatjuk ki. Mivel c = dAB = 40 = 2 ⋅ 10, 2

5 ⋅ 10 . 2 10 ⋅ 65 A háromszög másik két magassága 2 ⋅ 5, és . 13

és T = 25, ezért mc =

w x3682

Az A-val jelölt templom koordinátáit az adott egyenesek metszéspontjaként kaphatjuk. A két egyenes egyenletébõl álló egyenletrendszer megoldása x = –1 és y = 5, azaz az A pont koordinátái: A(–1; 5).

b y

mc

c A mb

B 1

K

A tervek szerint a K pont a három templom által meghatározott x –1 1 5 ABC háromszög magasságpontja, ezért a b-re merõleges, K-t tartalmazó egyenes éppen az ABC háromszög mb magasságvonala. C A magasságvonal egy normálvektora megegyezik a b egyenes egy –5 irányvektorával. A b egyenes egyenletébõl leolvasható annak egy irányvektora: vb = nmb(– 1; 4), ezért az mb egyenes egyenlete: –x + 4y = 4. A B pont koordinátáit az mb, valamint a c egyenesek egyenletébõl álló egyenletrendszer megoldása adja: –x + 4y = 4 ⎫ ⎬, 2x + 9y = 43 ⎭

amibõl B(8; 3). Hasonló megfontolással juthatunk el a C pont koordinátáihoz. Az mc egyenes egyenlete: 9x – 2y = 15, a C pont koordinátái: C(1; –3). w x3683

A rajzlapon megmaradt két csúcspontot az ábrán A és B, a magasság-

y

Ê3 3ˆ C pontot M, a hiányzó csúcspontot C jelöli. Mivel az AM Á ; – ˜ Ë2 2¯ A M 1 vektor a BC egyenesnek egy normálvektora, továbbá a B(2; –3) pont x –1 5 illeszkedik az egyenesre, ezért a BC egyenes egyenlete: 3 3 3 3 B x – y = ⋅ 2 – ⋅ (– 3), azaz x – y = 5. 2 2 2 2 –5 Hasonló számolással az AC egyenes egyenlete: x – 9y = –27. A C csúcs koordinátáit a BC és az AC egyenesek egyenletébõl álló egyenletrendszer megoldása adja. Az egyenletrendszer megoldása után C(9; 4) adódik. w x3684

A két adott egyenest megadásuk sorrendjében a és d, a paralelogy b d ramma középpontját K, csúcsait A, B, C és D jelöli az ábrán. Mivel C az a és d egyenesek nem párhuzamosak egymással, ezért az egyenD leteikbõl álló egyenletrendszer megoldása adja a paralelogramma c 1 A csúcsának koordinátáit: A(–2; –4). A paralelogramma középpontja K x –1 1 5 egybeesik az átlók felezõpontjával, ezért a K pont az AC szakasz felezõpontja is egyben. Ha a C pont koordinátáit C(x; y) jelöli, akkor B a x + (– 2) y + (– 4) A –5 = 2, illetve = 0, 2 2 amibõl C(6; 4). A BC egyenes egyenletét a C pont koordinátáinak ismeretében már könnyen felírhatjuk. Mivel BC párhuzamos az ismert d egyenessel, ezért a BC egyenes egy normálvektora nBC = nd (– 6; 1), így egyenlete: –6x + y = –32. 234


2010.11.16.

9:07

Page 235


Hasonló megfontolások után a CD egyenes egyenletére adódik: –2x + 7y = 16. A B pont koordinátáit a BC, valamint az a egyenesek egyenleteibõl álló egyenletrendszer megoldásaként kapjuk: B(5; –2). Végül a CD és a d egyenesek D metszéspontja: D(–1; 2). w x3685

a) A B csúcs koordinátáit az AB és BC egyenesek egyenletébõl álló egyenletrendszer megoldásaként kapjuk: B(–1; –3).

y

D

A BC és CD egyenesek metszéspontja: C(6; –2). A

Ha a D pont koordinátái D(x; y), és a BD átló felezõpontja F, 1 F akkor a felezõpontra vonatkozó összefüggések alapján: x –1 1 5 (– 1) + x 1 (– 3) + y C = és = 1, B 2 2 2 –5 amibõl x = 2 és y = 5, így D(2; 5). Végül az A pont elsõ koordinátája –4, továbbá illeszkedik az AB egyenesre, ezért ha második koordinátáját a2 jelöli, akkor 4 × (–4) + 3a2 = –13, amibõl a2 = 1, végül A(–4; 1). b) Az AD(6; 4) vektor az AD egyenesnek egy irányvektora, ezért annak egyenlete: 4x – 6y = 4 × 2 – 6 × 5, aminek egyszerûbb alakja: 2x – 3y = –11. c) Az e: x = –1 egyenletû egyenes párhuzamos az y tengellyel, továbbá tartalmazza az ABCD négyszög B csúcsát. Az AD egyenessel való E metszéspontjának koordinátáit az x = –1 ⎫ ⎬ 2x – 3y = – 11 ⎭ egyenletrendszer megoldása adja: E(–1; 3). Eredményeink alapján az e egyenes az ABCD négyszögbõl az ABE háromszöget vágja le. Az ABE háromszög területe: BE ⋅ mBE 6 ⋅ 3 TABE = = = 9. 2 2 w x3686

a) Jelöljük a két adott oldalegyenest megadásuk sorrendjében e-vel és f-fel. Az egyenletekbõl leolvasható, hogy a két egyenes párhuzamos egymással, ezért csakis a rombusz két szemközti oldalegyenesei lehetnek. Az elmondottak alapján a rombusz magassága az e és az f egyenes távolságával egyenlõ. Ezt a távolságot megkaphatjuk például úgy, hogy az e egyenes egy tetszõleges E pontjának az f egyenestõl való távolságát kiszámítjuk. Az e egyenes egy pontja az E(–2; 1) pont. Az f-re merõleges egyenesek egy normálvektora az n (5; 1) vektor, ezért az E-re illeszkedõ, f-re merõleges egyenes egyenlete: 5x + y = 5 × (–2) + 1 × 1, azaz 5x + y = –9.

y

D E A

mBE

1 1

x

5

C B –5

y

E

e

1 –1

1 –1

f

F –5

235

x


2010.11.16.

9:07

Page 236


Ennek az egyenesnek az f egyenessel való F metszéspontjának koordinátáit az 5x + y = – 9 ⎫ ⎬ x – 5y = 17 ⎭ egyenletrendszer megoldása adja. Az egyenletrendszer megoldása: Ê 14 47ˆ F Á– ; – ˜ . Ë 13 13¯ Az e és f egyenesek távolságát – így a rombusz magasságát is – az EF távolság adja meg: 2

2

144 3600 12 ◊ 26 Ê 14 ˆ Ê 47 ˆ EF = Á– + 2˜ + Á– –1 = + = . Ë 13 ¯ Ë 13 ˜¯ 169 169 13 A rombusz területe ezek után már könnyen kiszámolható: 12 ⋅ 26 T = a ⋅ m = 26 ⋅ = 24. 13 b) Egyszerû számolás mutatja, hogy az A(2; –3) pont illeszkedik az f egyenesre. Ismert, hogy a rombusz átlói felezik egymást, ezért ha az A-val szemközti C csúcs koordinátái C(x; y), akkor az AC szakasz felezõpontja az O(5; 0) pont, és így 2+x –3 + y = 5 és = 0. 2 2

y

C D

e 1 –1

O x

1 –1

f

B A

Az egyenletrendszer megoldásaként a C pont koordinátái: C(8; 3). –5 1 A rombusz átlói merõlegesek egymásra, ezért az AC(1; 1) 6 vektor normálvektora a másik átlót tartalmazó egyenesnek. Mivel az O pont ennek az egyenesnek is pontja, ezért a BD átlót tartalmazó egyenes egyenlete: x + y = 5. A rombusz B csúcsát az x+y=5 ⎫ ⎬ x – 5y = 17 ⎭ egyenletrendszer megoldása után kapjuk: B(7; –2). Hasonló számolások eredményeként: D(3; 2). A BC (1; 5) vektor irányvektora a BC és az AD egyenesnek is. Ezek alapján a BC egyenes egyenlete: 5x – y = 5 × 7 – 1 × (–2), azaz 5x – y = 37. Az AD egyenes egyenlete: 5x – y = 5 × 2 – 1 × (–3), azaz 5x – y = 13. w x3687

a) Az ábra jelöléseit használva az ED egyenes egyenlete: y = 3. Az EF egyenesnek a BC (–1; 3) vektor irányvektora, az A csúcs pedig egy pontja, ezért EF egyenlete: 3x + y = –3. Az FD egyenesnek az AC (2; 3) vektor irányvektora, B pedig egy pontja, így FD egyenlete: 3x – 2y = 6. 236

y

E

C

D

1

A

1 –1

F –5

B

x


2010.11.16.

9:07

Page 237


b) A megfelelõ egyenletrendszerek megoldása után kapjuk a DEF háromszög csúcspontjainak koordinátáit: D(4; 3), E(–2; 3) és F(0; –3). c) Az ABC háromszög C csúcsán átmenõ mc magasságvonalának egyenlete: x = 1. Az A csúcshoz tartozó ma magasságvonalnak a BC (–1; 3) vektor normálvektora, ezért ma egyenlete: – x + 3y = 1. Az M magasságpont koordinátáit az ma és mc egyenleteibõl álló egyenletrendszerbõl számíthatjuk: Ê 2ˆ M Á1; ˜ . Ë 3¯

y

mc C

3

ma M –2

A

B

x

3

–1

d) A háromszög köré írható kör középpontja az oldalfelezõ merõlegesek metszéspontja. Vegyük észre, hogy az mc egyenes egyben a DEF háromszög ED oldalának, míg az ma egyenes az EF oldalnak a felezõmerõlegese, ezért az M pont egybeesik a DEF háromszög köré írható kör középpontjával. A DEF háromszög köré írható kör középpontja így: Ê 2ˆ M Á1; ˜ . Ë 3¯ w x3688

a) Az A csúcshoz tartozó ma magasságvonalnak a BC (–4; 7) vektor normálvektora, ezért ma egyenlete: –4x + 7y = –13. Hasonló megfontolások után a C csúcshoz tartozó mc magasságvonal egyenlete: 5x + y = 26. A két egyenletbõl álló egyenletrendszer megoldása szolgáltatja az ABC háromszög M magasságpontjának koordinátáit: M(5; 1).

y

C 5

ma M

1 1

–1

B A

mc

–5

b) Az ABC háromszög köré írt kör O középpontja az oldalfelezõ merõlegesek metszéspontjával esik egybe. A BC oldal fa oldal-

y

C

Ê 5ˆ felezõ merõlegese egyrészt tartalmazza a BC oldal F Á6; ˜ Ë 2¯

felezõpontját, másrészt egy normálvektora a BC (–4; 7) vektor. Ezek alapján az fa egyenes egyenlete:

x

5

fa

5

F 1 –1

O 1

x

5

B

13 A . fc –5 2 Hasonló módszerrel kapjuk, hogy az AB oldal fc oldalfelezõ merõlegesének egyenlete: 5x + y = 13. Az egyenletrendszer megoldása után adódik: Ê5 1ˆ OÁ ; ˜. Ë2 2¯ – 4x + 7y = –

c) Az OM egyenes egy irányvektora az 2OM(5; 1) vektor, egy pontja az M(5; 1) pont. Ezek alapján az Euler-egyenes egyenlete: x – 5y = 0. 237


2010.11.16.

9:07

Page 238


10 2 Ê10 2ˆ d) Az ABC háromszög súlypontja: S Á ; ˜ . Mivel – 5 ⋅ = 0, ezért az S pont koordinátái Ë 3 3¯ 3 3 kielégítik az Euler-egyenes egyenletét, amibõl következik, hogy S illeszkedik az OM Euleregyenesre. Ê5 1ˆ Ê5 1ˆ e) Mivel OS Á ; ˜ , továbbá SM Á ; ˜ , ezért SM = 2OS. Ezek Ë6 6¯ Ë3 3¯ alapján láthatjuk, hogy az S súlypont 1 : 2 arányban osztja fel az OM szakaszt.

y

C 5

1 –1

O

S

1

M x

5

B A –5

w x3689

Az egyenes egyenletébõl könnyen leolvasható, hogy az e egyenes egy egységnyi hosszúságú normálvektora: A B Ê ˆ ; nÁ ˜. Ë A2 + B 2 A2 + B 2 ¯

y

P(x0; y0 )

e d

Vegyünk fel egy tetszõleges E pontot az e egyenesen, koordinátáit jelöljük E(x; y)-nal. Ekkor:

90° Q a nr

1

E 1

EP(x0 – x; y0 – y).

x

Mivel az E pont koordinátái biztosan kielégítik az e egyenes egyenletét, ezért teljesül: Ax + By + C = 0. (1) Ezután indítsuk az n normálvektor kezdõpontját az E pontból, és jelöljük az EP és az n vektorok által bezárt szöget a -val. Jelölje továbbá Q a P pontnak az E ponton átmenõ, e-re merõleges egyenesre esõ vetületét. Ekkor az EQ szakasz hossza éppen megegyezik a P pont és az e egyenes d távolságával. Ha az EP és az n vektorok az e egyenesnek ugyanabba a félsíkjába mutatnak, akkor a £ 90º. Kiszámoljuk a két vektor skaláris szorzatát: EP ⋅ n = EP ⋅ n ⋅ cos a = EP ⋅ 1 ⋅ cos a = EQ = d.

(2)

A fenti eredmények alapján a két vektor skaláris szorzata éppen az e egyenes és a P pont távolságával egyenlõ. A skaláris szorzatot a koordináták segítségével felírva azt kapjuk, hogy A B Ax + By0 + C – (Ax + By + C ) EP ⋅ n = (x0 – x) ⋅ + (y0 – y) ⋅ = 0 . 2 2 2 2 A +B A +B A2 + B 2 Az utolsó zárójelben található összeg (1) miatt 0-val egyenlõ, azaz: Ax + By0 + C EP ⋅ n = 0 . (3) A2 + B 2 A (2) és (3) egyenlõségek összevetése után azt kapjuk, hogy: Ax + By0 + C d(P, e) = d = 0 . (4) A2 + B 2 238


2010.11.16.

9:07

Page 239


Amennyiben az EP és az n vektorok az e egyenesnek különbözõ félsíkjaiba mutatnak (ld. a jobb oldalon lévõ ábrát), akkor a > 90º, így a (2) egyenlõség a következõképpen módosul: EP ⋅ n = EP ⋅ 1 ⋅ cos a = – EP ⋅ cos(180º – a) = – EQ = – d.

y

P(x0; y0 )

e d

90° Q

(2')

A bizonyítás további lépései nem változnak, így (2’) és (3) összevetésébõl azt kapjuk, hogy: Ax + By0 + C d(P, e) = d = – 0 . (4') A2 + B 2

180° – a

1

a 1

r n

E x

A (4) és (4’) összefüggéseket egyetlen egyenlõségben is felírhatjuk: Ax0 + By0 + C d(P, e) = , A2 + B 2 ami éppen a bizonyítandó állítás. w x3690

a) Két egyenes hajlásszögét többféle módszerrel is kiszámolhatjuk. Egyik lehetõség, hogy irányvektoraik skaláris szorzatából számoljuk ki a keresett szöget. Az egyenesek egyenletébõl leolvasható egy-egy irányvektoruk: v1(0; 1) és v2(1; – 2). A két vektor skaláris szorzata: v1 ⋅ v2 = 0 ⋅ 1 + 1 ⋅ (– 2) = – 2. A skaláris szorzat definíciója alapján: v1 ⋅ v2 = v1 ⋅ v2 ⋅ cos a = 1 ⋅ 5 ⋅ cos a , ahol a a két vektor hajlásszöge. A skaláris szorzatra kapott értékek összehasonlításából: 2 – 2 = 5 ⋅ cos a Þ cos a = – , 5 amibõl a » 153,43º. A két egyenes hajlásszöge így 180º – 153,43º = 26,57º. b) Amennyiben a két egyenes nem merõleges egymásra és iránytangenssel rendelkeznek, akkor a 3639. feladat eredménye alapján a két egyenes a hajlásszögére m1 – m2 tg a = . 1 + m1 ⋅ m2

1 Az egyenletekbõl m1 = 2 és m2 = 3, ezért tg a = , amibõl a » 8,13º. 7 c) Ebben az esetben m1 = –2 és m2 = 3, ezért tg a = 1, amibõl a = 45º. w x3691

a) Az ABC háromszög köré írható körének középpontja az oldaly felezõ merõlegesek metszéspontjával esik egybe. Az AB oldal C fc felezõmerõlegesének egyenlete: x = 3. Az AC oldal fb felezõfb Q Ê 1 3ˆ O merõlegese tartalmazza az AC szakasz Q Á– ; ˜ felezõpontját, 1 P Ë 2 2¯ x –1 1 5 továbbá a normálvektora az AC (1; 7) vektor, ezért fb egyenlete: A B x + 7y = 10. –5 A körülírt kör O középpontja mindkét egyenletet kielégíti, ezért fc az egyenletrendszer megoldása után O(3; 1) adódik. Az ABC háromszög köré írható kör sugara: r = OA = 5. Mivel OP = 5 szintén teljesül, ezért a P pont valóban illeszkedik az ABC háromszög köré írható körre. 239


2010.11.16.

9:07

Page 240


b) Az E pont koordinátái akár az ábráról is leolvashatók: E(8; –2). Az F pontot a BC egyenes, valamint a P-re illeszkedõ, BC-re merõleges egyenes metszéspontjaként kapjuk. A BC egyenes két pontja ismert, ezért egyenlete könnyen felírható: x + y = 5. A BC-re merõleges, P-t tartalmazó egyenesnek a v (1; 1) vektor irányvektora, ezért egyenlete: x – y = 7. A két egyenletbõl álló egyenletrendszer megoldásaként F(6; –1) adódik. A G pont koordinátái hasonló módszerrel számolhatók ki. Az AC egyenes egyenlete: –7x + y = 5, a rá merõleges, P-t tartalmazó egyenesé: x + 7y = 15. Az egyenletrendszer megoldása után: Ê 2 11ˆ G Á– ; ˜ . Ë 5 5¯ c) Megmutatjuk, hogy a G pont illeszkedik az EF egyenesre. Ehhez felírjuk az EF egyenes egyenletét. Mivel az egyenesnek az FE (2; –1) vektor irányvektora, E pedig egy pontja, ezért az egyenlet: x + 2y = 4. Az egyenletbe a G pont koordinátáit behelyettesítve teljesül, hogy: 2 11 – + 2 ⋅ = 4, 5 5 ami igazolja, hogy a G pont illeszkedik az EF egyenesre. Ezzel beláttuk, hogy a P pont oldalegyenesekre vonatkozó merõleges vetületei egy egyenesre illeszkednek (Simson-egyenes). w x3692

y

C G P

1 1

–1

5

A

x

F B

E

–5

y

C G P

1 –1

A

1

5

F

E

x

B –5

A golyó kezdeti helyét jelöljük A-val, az egyenest, amelyrõl visszay A pattan e-vel. A megoldás során feltételezzük, hogy a visszapattanás elõtt a golyó útja ugyanakkora szöget zár be az e egyenessel, mint Q’ a visszapattanás utáni útja, azaz az ábrán a -val megjelölt szögek 5 e egyenlõ nagyságúak. Ezt persze a következõképp is megfogalmaza P a hatjuk: ha a golyó visszapattanás elõtti útját meghosszabbítanánk T 1 (az ábrán ezt a TQ szakasz szemlélteti), akkor a visszapattanás x –1 1 5 10 utáni útja (az ábrán TQ’ félegyenes) egybeesne a TQ félegyenes r Q v e egyenesre vonatkozó tükörképével. Ezek után a feladat megoldásához a következõ lépések vezetnek. 1. Kiszámoljuk, hogy a golyó mely T pontban éri el az e egyenest. A golyó a 3x + 4y = 32 egyenletû egyenesen halad. A T pont koordinátáit a 3x + 4y = 32 ⎫ ⎬ x – 2y = 4 ⎭ egyenletrendszer megoldása adja. Megoldva a felírt egyenletrendszert, azt kapjuk, hogy a T pont koordinátái: T(8; 2). 2. Keresünk egy Q pontot az AT félegyenes T ponton túli meghosszabbításán. Könnyen látható, hogy a Q(12; –1) pont kielégíti az AT egyenes egyenletét, és így a feltételeknek megfelel. 3. A Q pontból merõlegest állítunk az e egyenesre. Az e egyenes n (1; –2) normálvektora a keresett egyenesnek irányvektora, ezért az e-re merõleges, Q-t tartalmazó egyenes egyenlete: 2x + y = 23. 4. Megkeressük az iménti merõleges és az e egyenes P metszéspontját. A megfelelõ egyenletrendszer megoldása után: P(10; 3). 240


2010.11.16.

9:07

Page 241


5. A Q pontot tükrözzük a P pontra, így kapjuk a Q’ pontot. Ha a Q’ pont koordinátái Q'(x; y), akkor felhasználva, hogy a QQ’ szakasznak éppen P a felezõpontja, azt kapjuk, hogy 12 + x –1 + y = 10 és = 3. 2 2 Az egyenleteket megoldva: Q'(8; 7). 6. A golyó a visszapattanás után a TQ’ egyenesen halad, ezért felírjuk annak egyenletét. Mivel a T és a Q’ pontnak is 8 az elsõ koordinátája, ezért a biliárdgolyó a visszapattanás után az x = 8 egyenletû egyenesen halad tovább.

A kör egyenlete – megoldások w x3693

w x3694

1 = 0; 4 24 = 0; c) x 2 + y 2 + 2x – 4y + 5 e) x 2 + y 2 + 10x + 10y + 25 = 0;

b) x 2 + y 2 – 5 – 2 × 6 = 0;

a) x 2 + y 2 – 4y + 2 = 0;

b) x 2 + y 2 + 4x + 6y + 3 = 0;

c) x 2 + y 2 – 2x + 8y – 65 = 0;

d) x 2 + y 2 – 4x – 4y = 0.

a) x 2 + y 2 –

Ê w x3695 a) Áx – Ë

2

d) x 2 + y 2 + 2 × 3 x + 2 × 6 y + 5 = 0; f ) x 2 + y 2 + 4x – 10y + 4 = 0.

2

1ˆ Ê 5ˆ 13 ˜¯ + ÁËy + ˜¯ = ; 2 2 2

c) (x – 2)2 + (y – 2)2 =

29 ; 2

b) (x – 1)2 + (y + 1)2 = 25; d) (x – 1)2 + y 2 = 29.

w x3696

a) (5; 3), illetve (5; –5);

b) (–2; 2), illetve (6; 2).

w x3697

a) O(0; 0), r = 30;

b) O(0; 3), r = 2 × 3;

c) O(2; –4), r = 6;

67 Ê 3 5ˆ d) O Á– ; ˜ , r = ; Ë 2 2¯ 2

373 ⎞ ⎛7 e) O ⎜ ; – 1⎟ , r = ; ⎠ ⎝2 2

f ) O ( 2; 3 ) , r = 5;

3⎞ 53 ⎛ g) O ⎜1; – ⎟ , r = . ⎝ 2⎠ 2 w x3698

a) O(3; 3), r = 5.

y

5

O 1 –5

241

–1

1

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 242


b) Az egyenlet bal oldalát szorzattá alakíthatjuk: (x + y) × (x – y) = 0. Az egyenlet két egyenest határoz meg.

y 5

y = –x

y=x 1

–5

–1

1

5

x

1

5

x

–5

c) Az egyenletet csak a P(–2; 1) pont koordinátái elégítik ki.

y 5

P –5

1

–1

–5

d) O(6; –3), r = 10.

y

2 –2

x

10

2

O – 10

e) Az egyenletet csak a P(0; 4) pont koordinátái elégítik ki.

y 5

P 1 –5

–1

1

5

x

–5

f ) Az egyenlet átalakítása után az (x + y + 2) × (x + y – 2) = 0 alakhoz juthatunk. Az egyenlet két egyenest határoz meg.

y 5

y = – x +2

1 –5

1

y = –x – 2 –5

242

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 243


g) Az egyenlet átalakítása után az

y

2

3ˆ Ê 2 ÁËx – 2˜¯ = (y + 1)

5

alakhoz juthatunk. Az egyenlet két egyenest határoz meg.

y = –x + –5

y=x –

5 2

1 2 –1

5

x

–5

w x3699

a) (x – 2)2 + (y + 2)2 = 13;

b) (x – 3)2 + y 2 = 34.

w x3700

a) A kör egyenlete: (x – 3)2 + (y + 1)2 = 20. b) A kör egyenlete: (x – 1)2 + (y – 2)2 = 29.

w x3701

a) (x – 1)2 + (y + 2)2 = 1; c) (x – 1)2 + (y – 4)2 = 12,5;

b) (x + 3)2 + (y – 5)2 = 49; d) (x + 1)2 + (y + 2)2 = 5.

w x3702

a) (x – r)2 + (y – r)2 = r 2; c) (x + r)2 + (y + r)2 = r 2;

b) (x + r)2 + (y – r)2 = r 2; d) (x – r)2 + (y + r)2 = r 2.

w x3703

Tegyük fel, hogy az ismeretlen csúcsok koordinátái C(c1; c2) és B(0; b2). Mivel ismert a BC szakasz felezõpontja, ezért 0 + c1 b2 + c2 = 2 és = 4. 2 2 Az elsõ egyenletbõl c1 = 4. 3 A feltételek alapján a C pont illeszkedik az y = x – 4 egyenletû egyenesre, ezért 2 3 c2 = ⋅ 4 – 4 = 2, 2 így C(4; 2). A BC szakasz felezõpontjára felírt második egyenletbõl B(0; 6). Az AB oldal felezõmerõlegesének egyenlete: y = 3. A BC oldal felezõmerõlegesének egyenlete: x – y = –2. A két egyenes metszéspontja az O(1; 3) pont, ami egyben az ABC háromszög köré írható körének középpontja is. A kör sugara: OA = 10, ezért a keresett kör egyenlete: (x – 1)2 + (y – 3)2 = 10.

w x3704

Ê 1ˆ a) A háromszög köré írható kör középpontja az AB átfogó O Á2; ˜ pontja. A kör sugara: Ë 2¯ AB 85 r= = , 2 2 egyenlete: 2 1ˆ 85 Ê (x – 2)2 + Áy – ˜ = . Ë 2¯ 4

243


2010.11.16.

9:07

Page 244


b) A BC befogó meredeksége ismert, ezért a BC egyenes iránytényezõs egyenlete felírható: 1 y + 3 = (x – 5), amibõl x = 4y + 17. 4 Ha ezt a kör egyenletébe helyettesítjük, akkor: Ê (4y + 15)2 + Áy – Ë

y

A

5

O

1 –5

x

5

1

2

1ˆ 85 ˜ = , 2¯ 4 2 17y + 119y + 204 = 0,

B

x = 4 y +17

C

–5

y 2 + 7y + 12 = 0.

Az egyenletrendszer megoldásai: y = –3, illetve y = –4. Ebbõl a kör és a BC egyenes két metszéspontja: B(5; –3), illetve C(1; –4). w x3705

A kör egyenlete felírható a következõ alakban is: (x – 7)2 + (y – 3)2 = 4, így a kör középpontja O(7; 3), sugara pedig 2. A kör legkisebb ordinátájú pontja ebbõl adódóan a Q(7; 1) pont. A Q középpontú, origót tartalmazó kör sugara 50, ezért a keresett kör egyenlete: (x – 7)2 + (y – 1)2 = 50. A kapott kör y tengellyel való metszéspontjait megkapjuk, ha x helyére nullát írunk, ekkor (y – 1)2 = 1, amibõl y = 0, vagy y = 2. Ez azt jelenti, hogy a kör az ordinátatengelyt az origón kívül még a (0; 2) pontban metszi.

w x3706

Az adott pontokat jelöljük A-val és B-vel. Mivel az AB szakasz a keresett körnek egy húrja, ezért a kör O középpontja illeszkedik az AB szakasz felezõmerõlegesére. Az AB szakasz f felezõmerõlegesének egyenlete: 7x – 3y = 9. a) Mivel az O pont illeszkedik az y tengelyre, ezért koordinátáira O(0; –3) teljesül. A kör sugara ebben az esetben: r = OA = 29,

y

f

A 1 –5

5

B x

–1

egyenlete: x 2 + (y + 3)2 = 29.

O –5

b) A kör középpontja az adott h, és az f egyenesek metszéspontja, ezért koordinátáit az alábbi egyenletrendszer megoldása adja: 7x – 3y = 9 ⎫ ⎬. 4x + 3y = 24 ⎭ Az O középpont koordinátái: O(3; 4), a kör sugara: r = OA = 29, végül egyenlete: (x – 3)2 + (y – 4)2 = 29. 244

h

y

f

5

O A 1

5

x

–1

B


2010.11.16.

9:07

Page 245


Ê3 1ˆ c) A kör középpontja az AB szakasz O Á ; ˜ felezõpontja, sugara: Ë2 2¯ 29 r = OA = , 2 egyenlete:

Ê ÁËx –

w x3707

2

3ˆ Ê ˜ + Áy – 2¯ Ë

y 5

A O

1 –5

–1

5

x

1

2

B

1ˆ 29 ˜ = . 2¯ 2

a) A tervezett kijáratot K-val, az autópálya nyomvonalát a-val jelöltük az ábrán. A feltételek szerint AK = BK, ezért a K pont illeszkedik az AB szakasz f felezõmerõlegesére. Az f egyenes egyenlete: y = 2x + 11. A tervezett kijárat helyére a megfelelõ egyenletrendszer megoldása után K(–3; 5) adódik. b) A kör sugara: r = AK = 40,

y

a

10

y =2 – x

K

5

A 1 1

x

10

x

–5

egyenlete: 3)2

B

f

5)2

+ (y – = 40. (x + c) A tervezett útszakaszok hossza egy tized pontossággal 6,3 km. w x3708

a) A keresett kör az elsõ síknegyedben található, és ha sugarát r jelöli, akkor középpontjának koordinátái O(r; r), így egyenlete: (x – r)2 + (y – r)2 = r 2 Ê 1ˆ alakú. Mivel a P Á4; ˜ pont kielégíti a kör egyenletét, ezért: Ë 2¯ 2 Ê1 ˆ (4 – r)2 + Á – r˜ = r 2, Ë2 ¯

y

10

2

P

–2

2 –2

r 2 – 9r +

65 = 0. 4

5 13 Az egyenlet megoldásai: r = , illetve r = . A feltéteknek két kör tesz eleget, egyenletük: 2 2 Ê ÁËx –

2

5ˆ Ê ˜ + Áy – 2¯ Ë

2

5ˆ 25 ˜ = , 2¯ 4

2

illetve

2

Ê 13ˆ Ê 13ˆ 169 . ÁËx – ˜¯ + ÁËy – ˜¯ = 4 2 2

b) A kör a második síknegyedben található, így középpontja ezúttal O(– r; r), egyenlete: (x + r)2 + (y – r)2 = r 2. A (–2; 1) pont koordinátáit az egyenletbe helyettesítve:

y

10

(– 2 + r)2 + (1 – r)2 = r 2, r 2 – 6r + 5 = 0. Az egyenlet megoldásai: r = 5 és r = 1. A feltételeknek a következõ egyenletû körök felelnek meg: (x + 5)2 + (y – 5)2 = 25 és (x + 1)2 + (y – 1)2 = 1.

2

P 10

x

2 –2

245


2010.11.16.

9:07

Page 246


c) A kör egyenletét az alábbi alakban kereshetjük: (x + r)2 + (y + r)2 = r 2. Az adott pont koordinátáit behelyettesítve:

(– 1 + r)2 + (– 8 + r)2 = r 2, r 2 – 18r + 65 = 0. Az egyenlet megoldásai: r = 13 és r = 5. A kapott két kör egyenlete: (x + 13)2 + (y + 13)2 = 169, illetve (x + 5)2 + (y + 5)2 = 25. d) A kör egyenletének alakja ezúttal: (x – r)2 + (y + r)2 = r 2. Az adott pont koordinátáit a kör egyenletébe helyettesítve a következõ egyenlethez jutunk: r 2 – 22r + 85 = 0, amelynek megoldásai: r = 17 és r = 5. A feltételeket kielégítõ körök egyenlete: (x – 17)2 + (y + 17)2 = 289, illetve (x – 5)2 + (y + 5)2 = 25. w x3709

a) A fákat megadásuk sorrendjében A, B, C és D jelöli az ábrán. Célunk annak igazolása, hogy az ABCD négyszög csúcsai egy körön találhatók, vagyis hogy ABCD húrnégyszög. A húrnégyszög körülírt körének középpontja az oldalfelezõ merõlegesek metszéspontja, ezért eljárhatunk úgy is, hogy kiszámítjuk valamely két oldal felezõmerõlegesének O metszéspontját, majd megmutatjuk, hogy az a csúcsoktól ugyanakkora távolságra van. A CD oldal felezõmerõlegesének egyenlete: y = 3. A BC oldal felezõmerõlegesének egyenlete: x + y = 7.

y

B C O 2

D –2

x

2

A

–2

T

A két egyenletbõl álló egyenletrendszer megoldása után O(4; 3) adódik. Az O pont származtatása alapján OB = OC = OD nyilvánvalóan teljesül, és ez a közös távolság: 20. Elegendõ kimutatni, hogy az OA távolság szintén ugyanekkora. Egyszerû számolás mutatja, hogy 2 OA = dAO = (4 – 6)2 + (3 – (– 1)) = 20 valóban teljesül. Eredményeink alapján az ABCD négyszög húrnégyszög, azaz valóban található olyan pont, amelybe a locsoló berendezést elhelyezve, az képes meglocsolni mind a négy díszfát. Ez a pont a koordináta-rendszer O(4; 3) pontja. Látható, hogy az O pont egybeesik az AB szakasz felezõpontjával. b) A locsoló berendezést c) A tuja (T ) az O ponttól

20 » 4, 47 egység távolságra kell beállítani. (4 – 3)2 + (3 – (– 2)) = 26 2

egység távolságra van, ezért a locsoló berendezés a tuját nem éri el. 246


2010.11.16.

9:07

Page 247


w x3710

a) Az oldalfelezõ pontok: E(2; – 2), F(4; 2) és G(–1; 2). Az EFG háromszög köré írt körének O középpontjának koordinátái például az FG és a GE oldalak felezõmerõlegesének metszéspontjaként számíthatók. Az FG felezõmerõlegesének (az ábrán f1 jelöli) egyenlete: 3 x= . 2 A GE szakaszfelezõ merõlegesének ( f2) egyenlete: 3 3x – 4y = . 2 Az egyenletrendszer megoldása után adódik: Ê3 3ˆ OÁ ; ˜. Ë2 4¯ Az EFG háromszög körülírt körének sugara:

y

f1 C 5

f2 G

F 1

O –3

–1

1

x

5

–1

A

B

E

125 5 ⋅ 5 = . 16 4 Az ABC háromszög Feuerbach-körének egyenlete: r = OG =

2

2

3ˆ Ê 3ˆ 125 Ê . ÁËx – ˜¯ + ÁËy – ˜¯ = 2 4 16 b) Vegyük észre, hogy az ABC háromszög egyenlõ szárú, hiszen AB = BC = 10. Ebbõl következõen az AC alap G felezõpontja egybeesik az mb magasságvonal talppontjával, ezért az állítás az mb magasságvonalra teljesül. Az ABC háromszög mc magasságvonala párhuzamos az y tengellyel és egyenlete: x = 1, így mc talppontja a H(1; – 2) pont. Mivel teljesül, hogy

Ê ÁË1 –

2

y

mc C ma 5

R mb

K G

F M 1

O

2

3ˆ Ê 3ˆ 125 x –3 –1 1 5 , ˜¯ + ÁË– 2 – ˜¯ = T P –1 2 4 16 ezért H koordinátái kielégítik a FeuerbachH E B A kör egyenletét, amibõl már következik, hogy illeszkedik a körre. Az ma magasságvonal egyenlete: –3x + 4y = 1, a BC egyenesé: 4x + 3y = 22. A két egyenletbõl álló egyenletrendszer megoldása adja az ma magasságvonal K talppontjának koordinátáit: Ê17 14ˆ K Á ; ˜. Ë 5 5¯ 247


2010.11.16.

9:07

Page 248


Egyszerû számolás mutatja, hogy 2

2

Ê17 3ˆ Ê14 3ˆ 125 , ÁË – ˜¯ + ÁË – ˜¯ = 5 2 5 4 16 így K is illeszkedik az ABC háromszög Feuerbach-körére. c) Az ABC háromszög M magasságpontja az ma és mc magasságvonalak metszéspontja. Ebbõl következõen koordinátáit a – 3x + 4y = 1⎫ ⎬ x = 1⎭ egyenletrendszer megoldása adja. Az egyenletrendszer megoldásaként M(1; 1) adódik. Ezek után könnyen kiszámolhatjuk a magasságpont és az ABC háromszög csúcsai közötti szakaszok felezõpontjainak koordinátáit (ld. ábra): 1ˆ 1ˆ Ê Ê Ê 7ˆ P Á– 1; – ˜ , T Á4; – ˜ és R Á1; ˜ . Ë Ë Ë 2¯ 2¯ 2¯ Nem kis fáradságot igénylõ, de nem is túlságosan bonyolult számításokkal meggyõzõdhetünk arról, hogy mindhárom kapott pont valóban kielégíti az ABC háromszög Feuerbach-körének egyenletét. abc d) Az ABC háromszög körülírt körének sugarát az R = összefüggés alapján számolhatjuk, 4T ahol a, b, c a háromszög oldalainak hosszát, T a területét jelöli. Mivel b = AC = 80 = 4 ⋅ 5

c ⋅ mc = 40, ezért a háromés a b) feladatban már utaltunk rá, hogy a = c = 10, továbbá T = 2 szög köré írt kör sugara: 4 ⋅ 5 ⋅ 10 ⋅ 10 5 ⋅ 5 R= = . 4 ⋅ 40 2 Eredményünket az a) feladatban kapottakkal összevetve kapjuk, hogy 5⋅ 5 r 1 = 4 = , R 5⋅ 5 2 2 és így a feladat állítását beláttuk. Megjegyzés: A körülírt kör sugarát úgy is kiszámíthatjuk, hogy meghatározzuk annak középpontját két oldalfelezõ merõleges metszéspontjaként, majd a két pont távolságára vonatkozó Ê 1ˆ összefüggéssel megadjuk a sugarát. Ezzel a módszerrel a körülírt kör középpontjaként a Á2; ˜ Ë 2¯ pontot kapjuk. w x3711

a) Az oldalegyenesek egyenleteibõl a háromszög Ê36 15ˆ csúcspontjai: A(0; 0), B(8; 0) és C Á ; ˜ . Ë 7 7¯ A háromszögbe írható kör középpontja a szögfelezõk metszéspontja. Vegyük észre, hogy az AB oldal illeszkedik az x tengelyre, ezért „célszerû” az A, valamint a B csúcsokhoz tartozó szögfelezõk egyenletét felírni. Ekkor ugyanis a háromszög a szöge megegyezik az AC egyenes irányszögével. 248

y

fb

C

fa

O 1

–1

A –1

b 2

a 1

a 2

5

B

x

b


2010.11.16.

9:07

Page 249


5 5 Az AC egyenes egyenletébõl látható, hogy az egyenes meredeksége , ezért tg a = . 12 12 a a Az fa szögfelezõ irányszöge , így meredeksége tg . Ismert addíciós összefüggés alapján: 2 2 a 2 tg 2 , tg a = a 2 1 – tg 2 ezért a 2 tg 5 2 , = 12 1 – tg2 a 2 a a 0 = – 5 tg2 – 24 tg + 5. 2 2 a a a 1 A kapott egyenlet tg -re nézve másodfokú, megoldásai: tg = –5, illetve tg = . 2 2 2 5 a 1 Az ábrából is látható, hogy az fa szögfelezõ meredeksége pozitív, ezért tg = . Végül az fa 2 5 szögfelezõ átmegy az origón, ezért egyenlete: 1 fa: y = x. 5 Hasonló számítások vezetnek el az fb szögfelezõ egyenletéhez. Mivel a BC egyenes meredek3 3 sége – , azaz tg b = – , így 4 4 b 2 tg 3 2 , – = 4 1 – tg2 b 2 b b 0 = 3 tg2 – 8 tg – 3. 2 2 1 b b A kapott másodfokú egyenlet megoldásai: tg = 3, illetve tg = – . 2 2 3 1 b Mivel az fb szögfelezõ meredeksége negatív, ezért tg = – . A szögfelezõ átmegy a B ponton, 2 3 ezért egyenlete: 1 fb: y = – (x – 8). 3 Az O pont koordinátáit az fa és fb egyenesek egyenletébõl álló

egyenletrendszer megoldása adja:

1 ⎫ y = – (x – 8)⎪ ⎪ 3 ⎬ 1 ⎪ y= x ⎪⎭ 5

1 1 x = – (x – 8). 5 3 Az egyenlet megoldása: x = 5. Ekkor viszont y = 1, így a beírt kör középpontjának koordinátái: O(5; 1). 249


2010.11.16.

9:07

Page 250


A BC oldalhoz írt kör középpontja az fa y f szögfelezõn, valamint a háromszög B csúcsánál lévõ külsõ szög szögfelezõjén találfb fa C Q ható. Ez utóbbi szögfelezõt az ábrán f -fel O jelöltük. Elemi geometriai megfontolások 1 b a 2 alapján az f egyenes merõleges az fb belsõ x a –1 1 5 A B szögfelezõre, ezért e két egyenes meredek2 –1 ségének szorzata –1. Ha az f egyenes meredekségét m jelöli, akkor: 1 1 m=– =– = 3. b 1 tg – 2 3 Az f szögfelezõ egyenlete: y = 3(x – 8). A BC oldalhoz írt kör Q középpontjának koordinátáit az y = 3(x – 8)⎫ ⎪ 1 ⎬ y= x ⎪⎭ 5 egyenletrendszer megoldása adja. Az egyenletrendszer megoldásaként a Q pont koordinátái: Ê60 12ˆ QÁ ; ˜. Ë 7 7¯ b) Az a) feladatban szereplõ körök érintik az x tengelyt, ezért sugaruk hossza megegyezik középpontjuk második koordinátájával. Ennek megfelelõen a beírt kör egyenlete: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 1, illetve a BC oldalhoz írt kör egyenlete: 2

2

60ˆ Ê 12ˆ 144 Ê . ÁËx – ˜¯ + ÁËy – ˜¯ = 7 7 49 w x3712

Egy-egy ilyen kört találhatunk a második, illetve a negyedik síknegyedben. Ezek egyenlete: k1: (x + 5)2 + (y – 5)2 = 25, k2: (x – 5)2 + (y + 5)2 = 25. A fenti köröket, valamint a feladatban szereplõ, c-vel jelölt kört az ábra mutatja.

y 10

k1

c O

2 – 10

–2

2

10

k2

– 10

A feltételeknek eleget tevõ további köröket az elsõ síknegyedben kereshetünk; ha egy ilyen kör sugarát r jelöli, akkor középpontjának koordinátái Q(r; r) alakúak. Mivel az O(5; 5) középpontú, 5 egység sugarú c kört érinti, ezért az OQ távolság éppen a két kör sugarának összege, azaz OQ = r + 5. Az OQ távolságot a Q pont koordinátáival felírva kapjuk, hogy

y

Q

30 25 20 15 10

c O

5

(r – 5)2 + (r – 5)2 = r + 5. –5

250

x

5

10

15

20

25

30

35

x


2010.11.16.

9:07

Page 251


Mindkét oldalt négyzetre emelve és a lehetséges összevonásokat elvégezve: r 2 – 30r + 25 = 0. A fenti egyenlet megoldásai: r1 = 15 + 10 ⋅ 2, illetve r2 = 15 – 10 ⋅ 2. A feltételeknek mindkét kör eleget tesz (ezeket az ábrán pirossal jelöltük). A körök egyenletei: 2 2 (x – (15 + 10 ⋅ 2 )) + (y – (15 + 10 ⋅ 2 )) = (15 + 10 ⋅ 2 )2, 2 2 (x – (15 – 10 ⋅ 2 )) + (y – (15 – 10 ⋅ 2 )) = (15 – 10 ⋅ 2 )2.

w x3713

Átalakítva a megadott egyenleteket: y k1: (x + 1)2 + (y – 4)2 = 1, k’ k1 k2: (x + 1)2 + (y + 1)2 = 1, k O1 k3: (x – 5)2 + (y + 2)2 = 1. Az egyenletekbõl látható, hogy mindhárom kör f1 sugara 1 egység, továbbá a középpontjaik: Q 1 O1(–1; 4), O2(–1; –1) és O3(5; –2). A feladat szerint olyan k kört keresünk, amely x 1 a k1, k2 és k3 köröket kívülrõl érinti. Ha a megO2 felelõ k kör középpontját nem változtatjuk, de k2 O3 a sugarát 1 egységgel megnöveljük, akkor olyan k3 k’ kört kapunk eredményül, amely átmegy az f2 O1, O2, O3 pontok mindegyikén. A megnövelt sugarú kör éppen az O1O2O3 háromszög köré írható kör. A továbbiakban ennek a körnek a középpontját keressük. Ez a pont az oldalfelezõ merõlegesek metszéspontja. Az O1O2 oldal f1 felezõmerõlegesének egyenlete: 3 y= . 2 Az O2O3 oldal f2 felezõmerõlegesének egyenlete:

27 . 2 A két egyenletbõl álló egyenletrendszer megoldásaként a Q pont koordinátái: Ê5 3ˆ QÁ ; ˜. Ë2 2¯ 6x – y =

Az O1O2O3 háromszög köré írt körének sugara: Ê QO1 = Á– 1 – Ë

2

2

5ˆ Ê 3ˆ 37 . ˜¯ + ÁË4 – ˜¯ = 2 2 2 Korábbi észrevételeink alapján a k1, k2 és k3 köröket érintõ kör középpontja Q, sugara: 37 – 1, 2

r = QO1 – 1 =

ezért egyenlete Ê k: Áx – Ë

2

5ˆ Ê ˜ + Áy – 2¯ Ë

2

2

3ˆ Ê 37 ˆ – 1˜ . ˜ =Á ¯ 2¯ Ë 2 251


2010.11.16.

9:07

Page 252


w x3714

a) A Q pont koordinátáit jelölje Q(x; y). Ekkor QA2 + QB 2 = x 2 + (3 – y)2 + (6 – x)2 + (1 – y)2. A mûveletek elvégzése után: QA2 + QB 2 = 2x 2 – 12x + 2y 2 – 8y + 46. Az x-et, valamint az y-t tartalmazó tagokból külön-külön teljes négyzeteket alakíthatunk ki: QA2 + QB 2 = 2(x 2 – 6x + 9) + 2(y 2 – 4y + 4) + 20 = 2(x – 3)2 + 2(y – 2)2 + 20. Látható, hogy az elsõ két tag mindig nemnegatív, továbbá a QA2 + QB 2 összeg akkor a legkisebb, ha x = 3 és y = 2, ekkor értéke 20. A legkisebb összeg a Q(3; 2) ponthoz tartozik. b) Ha QA2 + QB 2 = l teljesül, akkor az a) feladat eredményei alapján: 2(x – 3)2 + 2(y – 2)2 + 20 = l, l – 20 (x – 3)2 + (y – 2)2 = . 2 l – 20 sugarú Ha l > 20, akkor a feltételt kielégítõ Q pontok a (3; 2) középpontú, r = 2 körvonalon helyezkednek el. Ha l = 20, akkor a fenti egyenlet jobb oldalán 0 áll, így egyedül a Q(3; 2) pont tesz eleget a feltételnek. Ha l < 20, akkor nincs a feltételnek megfelelõ pont a síkon.

A kör és az egyenes kölcsönös helyzete; két kör közös pontjai – megoldások w x3715

a)

b)

y

c)

y

y

e

c

c

c 1

O e

1

1 –1

x

1

–1

–1

1 –1

e

metszéspontok: (–2; 2) és (2; 4); d)

metszéspontok: (–1; –2) és (0; 4);

y

e

c O 2 –4

2 –4

nincs közös pont. 252

x

–1

O x

x

1 –1

E

–6

érintési pont: (–1; –2);

O


2010.11.16.

9:07

Page 253


A két alakzat metszõ helyzetû. Az egyenesnek és a körnek nincs közös pontja (D < 0). Az egyenesnek és a körnek nincs közös pontja (D < 0). Az egyenes érinti a kört.

w x3716

a) b) c) d)

w x3717

A kör középpontja O(4; 2), sugara 20 = 2 ⋅ 5. Mivel az O pont illeszkedik az adott egyenesre, ezért a kimetszett húr a körnek átmérõje, amelynek hossza 4 ⋅ 5 » 8, 94.

w x3718

Két ilyen pont van: (–1; 2), illetve (4; –3).

w x3719

Két ilyen háromszög van. Az egyenlõ szárú háromszög alaphoz tartozó felezõmerõlegesének és az adott körnek az egyenletrendszerébõl adódnak a megoldások. Ê 1 ˆ Az ismeretlen csúcs koordinátái: (7; 4), illetve Á– ; – 1˜ . Ë 2 ¯

w x3720

A leghosszabb húr egyben átmérõ is, ezért a leghosszabb húrt tartalmazó egyenes az OP egyenes, amelynek egyenlete: y = 2x + 1. A legrövidebb húrt tartalmazó egyenes merõleges az OP egyenesre, így egyenlete: 1 3 y=– x– . 2 2

w x3721

A téglalap csúcsai: (1; 2), (2; –2), (10; 0) és (9; 4).

w x3722

Az egyenes és kör érintésének feltétele, hogy az egyenleteikbõl álló egyenletrendszerbõl kapott másodfokú paraméteres egyenlet diszkriminánsa 0 legyen. a) A kapott egyenlet: 5x 2 + (2 – 4p) × x + p 2 – 2p – 3 = 0, diszkriminánsa: p 2 – 6p – 16 = 0, így a megoldások: p1 = 8 és p2 = –2. b) A kapott egyenlet: ( p 2 + 1) × x 2 + (4 – 4p) × x = 0, diszkriminánsa: 4 – 4p = 0, így a megoldás: p = 1. c) A kapott egyenlet: 2x 2 + (2p – 2) × x + p 2 + 4p + 9 = 0, diszkriminánsa: p 2 + 10p + 17 = 0, így a megoldások: p1 = –5 + 2 × 2 és p2 = –5 – 2 × 2.

w x3723

Az érintési pontba húzott sugár merõleges az érintõre, így a P ponton áthaladó érintõ egyenletéhez minden esetben felhasználhatjuk, hogy az OP a keresett érintõnek egy normálvektora, ahol O az adott kör középpontja. a) OP (3; 3), amibõl ne(1; 1), így az egyenlet: x + y = 6. b) OP (1; –3), így az egyenlet: x – 3y = –5. c) OP (0; 4), így az egyenlet: y = 1.

d) OP ( – 2; 3 ) , így az egyenlet:

2 x + 3y = – 5. 253


2010.11.16.

9:07

Page 254


w x3724

a) Jelöljük a fa helyét A-val, a szikláét B-vel. Az AB egyenes egyenlete – 3x + y = 9. Az origó középpontú 5 egység sugarú kör egyenlete: x 2 + y 2 = 25. A kincs helyét a két egyenletbõl álló – 3x + y = 9 ⎫ ⎬ x 2 + y 2 = 25⎭

y

P B 1 –5

egyenletrendszer megoldása adja. Az elsõ egyenletbõl y-t kifejezve, majd a második egyenletbe beírva kapjuk, hogy:

–1

1

5

x

Q A

x 2 + (3x + 9)2 = 25, 10x 2 + 54x + 56 = 0.

7 A fenti egyenlet megoldásai: x1 = – , valamint x2 = –4, ebbõl adódóan a kör és az egyenes 5 metszéspontjai: Ê 7 24ˆ P Á– ; ˜ és Q(– 4; – 3). Ë 5 5¯ Az ábráról leolvasható, hogy a P pont nem illeszkedik az AB szakaszra, ezért a kincset a Q(–4; –3) pontban rejtették el. b) Mivel

AQ = 10 és QB = 40 = 2 ⋅ 10, ezért a kincs az AB szakaszt 1 : 2 arányban osztja.

w x3725

A radar az x 2 + y 2 = 100 egyenletû kört, és annak belsõ pontjait felügyeli. Ha az utasszállító az A, illetve a B pontokban metszi a radar által vizsgált légteret, akkor a metszéspontok koordinátáit az y = 7x – 50⎫ ⎬ 2 x + y 2 = 100 ⎭

y 10

B 2 – 10

–2

egyenletrendszer megoldásai adják. Az y értékét a második egyenletbe helyettesítve: x 2 + (7x – 50)2 = 100, 2 50x – 700x + 2400 = 0, x 2 – 14x + 48 = 0.

2

10

x

A y = 7 x – 50

– 10

Az egyenlet megoldásai: x1 = 6 és x2 = 8. A kör és az egyenes metszéspontjai: A(6; –8), B(8; 6). Az AB szakasz hossza AB = 10 ⋅ 2. Az utasszállító körülbelül 141,4 km utat tesz meg a radar által felügyelt légtérben. w x3726

a) Az ABC szabályos háromszög C csúcsa illeszkedik az AB oldal felezõmerõlegesére, és az A középpontú, AB = 18 = 3 ⋅ 2 egység sugarú körre. Az AB szakaszfelezõ merõlegesének egyenlete: x + y = –1, az A középpontú, AB sugarú kör egyenlete: (x – 1)2 + (y – 1)2 = 18. A C pont koordinátáit az alábbi egyenletrendszer megoldása adja: x + y = – 1⎫ ⎬. (x – 1)2 + (y – 1)2 = 18 ⎭ 254

y

C2 1 –1

A x

1 –1

B C1

x + y = –1


2010.11.16.

9:07

Page 255


Az elsõ egyenletbõl x = –1 – y, amit a második egyenletbe helyettesítve: (– 2 – y)2 + (y – 1)2 = 18, 4 + 4y + y 2 + y 2 – 2y + 1 = 18, 2y 2 + 2y – 13 = 0. A fenti egyenlet megoldásai: – 1 – 27 – 1 + 27 , illetve y2 = . 2 2 Eredményünk (valamint az ábra is) mutatja, hogy a feltételeknek két pont is eleget tesz, ezek koordinátái: Ê – 1 + 27 – 1 – 27 ˆ Ê – 1 – 27 – 1 + 27 ˆ ; és C2 Á ; C1 Á ˜ ˜¯ . Ë ¯ Ë 2 2 2 2 y1 =

b) Az ABC1 és az ABC2 szabályos háromszögek AB oldala közös, ezért a két háromszög köré írható kör sugara is megegyezik. Ismert, hogy a szabályos háromszög magassága az oldalának 3 -szöröse, és mivel mindkét háromszög oldala AB = 3 ⋅ 2, ezért magasságuk: 2 3⋅ 6 3 m= ⋅ (3 ⋅ 2 ) = . 2 2 A szabályos háromszögben a magasságpont, a súlypont és a körülírt kör középpontja egybeesnek, továbbá a súlypont 2:1 arányban osztja a súlyvonalakat, ezért a körülírt kör sugara a súlyvonalnak 2 (egyben magasságvonalnak) a -szorosa. 3 Ebbõl adódóan a háromszögek körülírt köreinek sugara: 2 3⋅ 6 R= ⋅ = 6. 3 2 w x3727

a) Thalész tételének megfordítása alapján, ha a P pontból az AB szakasz derékszög alatt látszik, akkor a P pont az AB szakasz mint átmérõ fölé emelt körvonal egy pontja. Ennek megfelelõen a keresett pontok illeszkednek az AB szakasz Thalész-körére Ê1 – 3ˆ (az ábrán k jelöli). E kör középpontja az AB szakasz O Á ; ˜ Ë2 2 ¯ felezõpontja, sugara pedig:

e

y

Q

k P

1 –1

1 –1

A

O

5

x

B

AB 50 5 ⋅ 2 = = . 2 2 2 Az AB szakasz Thalész-körének egyenlete: R=

Ê ÁËx –

2

2

1ˆ Ê 3ˆ 25 ˜¯ + ÁËy + ˜¯ = . 2 2 2

Az adott egyenletû (e-vel jelölt) egyenes feltételnek megfelelõ pontjainak koordinátáit a következõ egyenletrendszer megoldásai szolgáltatják: x – 3y = – 5¸ Ô 2 2 1ˆ Ê 3ˆ 25 ˝ . Ê ÁËx – ˜¯ + ÁËy + ˜¯ = Ô 2 2 2˛ 255


2010.11.16.

9:07

Page 256


Az elsõ egyenletbõl x = 3y – 5, amit a második egyenletbe helyettesítve: 2

2

11ˆ Ê 3ˆ 25 Ê ÁË3y – ˜¯ + ÁËy + ˜¯ = , 2 2 2 9y 2 – 33y +

121 9 25 + y 2 + 3y + = , 4 4 2 10y 2 – 30y + 20 = 0, y 2 – 3y + 2 = 0.

Az egyenletrendszer megoldásai: y1 = 2 és y2 = 1. Eredményünk mutatja, hogy az AB szakasz az e egyenes két pontjából is 90º-os szög alatt látszik; ezek koordinátái: Q(1; 2) és P(–2; 1). b) A C pont illeszkedik AB Thalész-körére, továbbá az AB szakasz felezõmerõlegesére. A felezõmerõleges egyenlete: 7x + y = 2. A C pont koordinátáit az alábbi egyenletrendszer megoldásaiból kapjuk: 7x + y = 2 ¸ Ô 2 2 1ˆ Ê 3ˆ 25 ˝ . Ê ÁËx – ˜¯ + ÁËy + ˜¯ = Ô 2 2 2˛

y

C1 1 –1

1 –1

O

A

A metszéspontok:

5

x

5

x

B

C2

C1(0; 2) és C2 (1; –5). w x3728

Az adott kör egyenlete: (x – 2)2 + (y – 2)2 = 5. A szintén adott (ábránkon e-vel jelölt) egyenessel párhuzamos érintõk merõlegesek az érintési ponthoz húzott sugárra, ezért az érintési pontokat a kör középpontján átmenõ, e-re merõleges ( f-fel jelölt) egyenes metszi ki a körbõl. Az f egyenes egyenlete: y = –2x + 6. Az f egyenes és a kör metszéspontjainak meghatározásához a következõ egyenletrendszert kell megoldanunk: y = – 2x + 6⎫ ⎬. 2 (x – 2) + (y – 2)2 = 5 ⎭

y

B

b

O 1 –1

1 –1

A

a e

f

Az egyenletrendszer megoldása után a metszéspontokra A(3; 0) és B(1; 4) adódik. Mivel az érintõk 1 párhuzamosak az e egyenessel, ezért meredekségük , egyenletük pedig: 2 1 3 1 7 a: y = x – és b: y = x + , 2 2 2 2 a: x – 2y = 3 és b: x – 2y = 7. w x3729

I. megoldás. A kör egyenletét átalakítva: (x + 2)2 + (y + 4)2 = 25, így középpontja O(–2; –4), sugara 5 egység. Az érintési ponthoz húzott sugár merõleges az érintõre, 4 amelynek meredeksége ezúttal – , ezért az O pontot, valamint az érintési pontot is tartalmazó 3 256


2010.11.16.

9:07

Page 257


3 . Ez egyszerûen következik abból a ténybõl, hogy ha két egyenes merõleges 4 egymásra, akkor meredekségeik szorzata –1. Eszerint az érintõk érintési pontját az O ponton 3 átmenõ, meredekségû egyenes metszi ki az adott körbõl. A szóban forgó egyenes egyenlete: 4 3 5 y= x– . 4 2 Az érintési pontokat meghatározó 3 5⎫ y= x– ⎪ 4 2⎬ ⎪⎭ (x + 2)2 + (y + 4)2 = 25 egyenletrendszer megoldása után az érintési pontokra A(2; –1), valamint B(–6; –7) adódik. A keresett érintõk egyenlete: 4 5 4 a: y = – x + és b: y = – x – 15, 3 3 3 a: 4x + 3y = 5 és b: 4x + 3y = – 45. egyenes meredeksége

II. megoldás. A feladatra mutatunk egy másik, inkább algebrai megfontolásokat használó, elsõ 4 nekifutásra kissé talán rémisztõ megoldást is. A keresett érintõk meredeksége – , ezért egyenletük 3 4 y = – x + c alakban írható, ahol a c paraméter értékét úgy kell meghatároznunk, hogy az egyenes 3 érintse a kört. Ekkor viszont az 4 ⎫ y = – x + c⎪ 3 ⎬ ⎪⎭ (x + 2)2 + (y + 4)2 = 25 egyenletrendszernek csak egyetlen megoldása van. Az elsõ egyenlet felhasználásával a második a következõ alakban írható: 2 ⎞ ⎛ 4 (x + 2)2 + ⎜– x + c + 4⎟ = 25, ⎠ ⎝ 3 25 2 ⎛20 8 ⎞ x – ⎜ + c⎟ ⋅ x + c 2 + 8c – 5 = 0. ⎝3 3 ⎠ 9 Mivel a fenti egyenletnek is csak egy megoldása lehet, ezért az egyenlet diszkriminánsa biztosan 0, azaz 2 25 ⎛20 8 ⎞ + c ⎟ – 4 ⋅ ⋅ (c 2 + 8c – 5) = 0. ⎜ 9 ⎝3 3 ⎠ A mûveletek elvégzése után: 160 – 4c 2 – c + 100 = 0. 3 5 Az egyenlet megoldásai: c1 = –15 és c2 = . A keresett érintõk egyenlete ennek megfelelõen: 3 4 5 4 a: y = – x + és b: y = – x – 15. 3 3 3 Bízunk benne, hogy nem vettük el érdeklõdõ Olvasóink kedvét a paraméteres kifejezésekkel való számolásoktól. 257


2010.11.16.

9:07

Page 258


w x3730

I. megoldás. A kör egyenlete (x + 2)2 + (y – 3)2 = 10 alakban írható, ahonnan leolvasható, hogy középpontja O(–2; 3). Az adott (az ábrán e-vel jelölt) egyenesre merõleges érintõk érintési pontjait az O ponton átmenõ, e-vel párhuzamos egyenes (f ) metszi ki a körbõl. Az f egyenes egyenlete: y = –3x – 3. Az érintési pontok koordinátáit adó egyenletrendszer: y = – 3x – 3⎫ ⎬. 2 (x + 2) + (y – 3)2 = 10 ⎭

f

y

e

A

a

5

O 1 –5

b

B

1

x

–1

Az egyenletrendszer megoldásaiból az érintési pontok: A(–3; 6) és B(–1; 0). A megfelelõ érintõk egyenlete: 1 1 1 a: y = x + 7 és b: y = x + . 3 3 3 II. megoldás. A 3729. feladat második megoldásához hasonló módszerrel is célt érhetünk. Az érintõk 1 egyenletét y = x + c alakban keressük, ahol a c paraméter értékét úgy kell meghatároznunk, hogy 3 az egyenes érintse a kört. Az 1 ⎫ y = x + c⎪ 3 ⎬ ⎪⎭ (x + 2)2 + (y – 3)2 = 10 egyenletrendszernek ennek megfelelõen csak egyetlen megoldása van. Az x változót kiküszöbölve: 2

(x

+ 2) 2

⎞ ⎛1 + ⎜ x + c – 3⎟ = 10, ⎠ ⎝3

10 2 ⎛ 2 ⎞ x – ⎜2 + c⎟ ⋅ x + c 2 – 6c + 3 = 0. ⎝ 9 3 ⎠ A fenti egyenlet diszkriminánsa 0, azaz 2

2 ⎞ 10 ⎛ ⎜2 + c⎟ – 4 ⋅ ⋅ (c 2 – 6c + 3) = 0, ⎝ 9 3 ⎠ 88 28 – 4c 2 + c – = 0. 3 3 A kapott egyenlet megoldásai:

1 c1 = 7 és c2 = . 3 Ugyanazokat az egyeneseket kaptuk, mint az elsõ megoldásban.

w x3731

a) Az elsõ egyenletbõl a második egyenletet kivonva: 10x – 10y + 20 = 0, x – y + 2 = 0, x = y – 2. 258


2010.11.16.

9:07

Page 259


A kapott összefüggést a második egyenletbe helyettesítve: (y – 2)2 + y 2 – 4 ⋅ (y – 2) – 6 = 0, 2y 2 – 8y + 6 = 0, y 2 – 4y + 3 = 0. A fenti egyenlet megoldásai: y1 = 3 és y2 = 1. A két körnek két metszéspontja van, ezek koordinátái: (1; 3) és (–1; 1). b) A két egyenlet különbsége: 6x – 12y – 30 = 0, amibõl x = 2y + 5. Az elsõ egyenletbe visszahelyettesítve: 5y 2 + 10y + 5 = 0. A kapott egyenlet diszkriminánsa 0, ezért a két kör érinti egymást. A közös pont: (3; –1). c) Az adott köröknek két metszéspontja van. Ezek koordinátái: (3; 3) és (1; 5). d) Az adott köröknek nincs közös pontja. w x3732

a) Mivel a keresett érintõk az origón áthaladnak, ezért egyenletüket Ax + By = 0 alakban kereshetjük. Az ábra alapján is meggyõzõdhetünk arról, hogy egyik érintõ sem párhuzamos az x tengellyel, ezért A ¹ 0, sõt feltehetjük, hogy A = 1, azaz az érintõk egyenletének alakja: e: x + By = 0. Az adott kör középpontjának koordinátái O(3; 3), sugara r = 2. Mivel az érintõ az O ponttól éppen r távolságra halad, azaz d(O, e) = 2, így a 3689. feladat eredményeit felhasználva: 3 + 3B = 2. 1 + B2

y

e1

k O e2

1

j

P –1

1

x

–1

Az egyenlet mindkét oldalát négyzetre emelve: 9 + 18B + 9B 2 = 2, 1 + B2 7B 2 + 18B + 7 = 0. A kapott másodfokú egyenlet gyökei: –9 + 4 ⋅ 2 –9 – 4 ⋅ 2 B1 = , illetve B2 = . 7 7 Könnyen végiggondolhatjuk, hogy mindkét érték kielégíti a felírt egyenletet. A P pontot tartalmazó érintõk egyenlete: –9 + 4 ⋅ 2 –9 – 4 ⋅ 2 ⋅ y = 0 és e2: x + ⋅ y = 0. e1: x + 7 7 A két érintõ j hajlásszögének kiszámítása a 3639. alapján a m1 – m2 tg j = 1 + m1 ⋅ m2 összefüggés alapján történhet, ahol m1 és m2 a két érintõ meredekségét jelöli. Az egyenes egyenletébõl a meredekségek: 7 7 ⋅ (4 ⋅ 2 + 9) 4 ⋅ 2 + 9 7 9– 4⋅ 2 =– = , illetve m2 = = . m1 = – –9 + 4 ⋅ 2 – 49 7 9+4⋅ 2 7 259


2010.11.16.

9:07

Page 260


A két érintõ hajlásszögére: 4⋅ 2 +9 9– 4⋅ 2 – 4⋅ 2 7 7 tg j = = . 4⋅ 2 +9 9– 4⋅ 2 7 1+ ⋅ 7 7 A két érintõ hajlásszöge: j » 38,94º. b) Eljárhatunk az a) feladatban ismertetett módszerrel is, de ezúttal inkább egy elemi geometriai ismereteket alkalmazó megoldást mutatunk be. Az adott k kör középpontja O(–3; 4), sugara 4 egység. Az érintõk érintési pontját az OP szakasz fölé emelt Thalész-kör metszi ki a k körbõl. Az OP szakasz felezõpontja Q(0; 2), a c-vel jelölt Thalész-kör sugara QP = 13, így egyenlete:

y

k E2

c O

Q j

1 –5

E1

–1

1

P j

x

x 2 + (y – 2)2 = 13. Az érintési pontok koordinátáit a következõ egyenletrendszer megoldásai adják: x 2 + y 2 + 6x – 8y + 9 = 0 ⎫ ⎬. x 2 + (y – 2)2 – 13 = 0 ⎭ A két egyenlet megfelelõ oldalainak különbségébõl: 3x – 2y + 9 = 0, amibõl y-t kifejezve, majd a második egyenletbe visszaírva kapjuk az alábbi egyenletet: 13x 2 + 30x – 27 = 0. A kapott egyenlet megoldásai: x1 = –3 és x2 =

9 . 13

Ê 9 72ˆ Ennek megfelelõen a keresett érintési pontok: E1(–3; 0), illetve E2 Á ; ˜ . Ë13 13¯

A PE1 érintõ egyenlete: y = 0 (éppen az x tengely). A PE2 érintõ egyenlete:

12 36 x+ . 5 5 Mivel az egyik érintõ éppen az x tengely, ezért a két érintõ hajlásszöge: 12 tg j = , amibõl j » 67,38º. 5 y=–

c) Egy harmadik megoldási módszert is bemutatunk az érintõ egyenletének felírására. Az adott kör középpontja O(–2; –2), sugara r = 8 egység. Tegyük fel, hogy a P pontból húzott egyik érintõ az E1 pontban érinti a kört, továbbá az OE1 vektor koordinátái OE1(a; b). Mivel e vektor hossza éppen a kör sugarával egyenlõ, ezért: a2 a2 260

b2

+ = 8, + b 2 = 8.

y

P E1 a

e1 O k

(1)

1 –1

1 –1

E2 e2

x


2010.11.16.

9:07

Page 261


A továbbiakban kiszámítjuk az OE1 ⋅ OP skaláris szorzatot. Mivel OP (3; 5), ezért OE1 ⋅ OP = 3a + 5b. Másrészt a skaláris szorzat definíciója, valamint az OE1P derékszögû háromszög alapján: OE1 ⋅ OP = OE1 ⋅ OP ⋅ cos a = 8 ⋅ OP ⋅

OE1 OP

= 8 ⋅ OE1 = 8 ⋅ 8 = 8,

ahol POE1¬ = a . A skaláris szorzatra kapott két eredmény összevetésébõl: 3a + 5b = 8. (2) 8 – 5b A (2) egyenletbõl a = , amit az (1) egyenletbe visszahelyettesítve: 3 2 Ê8 – 5bˆ ÁË ˜¯ + b 2 = 8. 3 A kijelölt mûveletek elvégzése után az alábbi egyenlethez jutunk: 34b 2 – 80b – 8 = 0. A fenti egyenlet megoldásai: 20 + 6 ⋅ 13 20 – 6 ⋅ 13 b1 = és b2 = . 17 17 Az egyenletrendszer megoldásaiként a következõ két vektort kapjuk: Ê12 – 10 ◊ 13 20 + 6 ◊ 13ˆ Ê12 + 10 ◊ 13 20 – 6 ◊ 13ˆ ; ; OE1 Á ˜¯ és OE2 ÁË ˜¯ . Ë 17 17 17 17 Mivel a két kapott vektor egyben a megfelelõ érintõ egy-egy normálvektora, ezért az érintõk egyenlete: e1: (12 – 10 ⋅ 13 ) ⋅ x + (20 + 6 ⋅ 13 ) ⋅ y = 72 + 8 ⋅ 13, e2: (12 + 10 ⋅ 13 ) ⋅ x + (20 – 6 ⋅ 13 ) ⋅ y = 72 – 8 ⋅ 13.

A két érintõ hajlásszöge: j » 58,03º. w x3733

a) A c kör egyenlete:

(x – 2)2 + (y + 2)2 = 10,

a k köré:

(x + 1)2 + (y – 1)2 = 4. A két egyenlet megfelelõ oldalainak különbségébõl: – x + y = 0, azaz y = x. A kapott összefüggést a c kör egyenletébe visszahelyettesítve: (x – 2)2 + (x + 2)2 = 10, 2 amibõl x = 1, így x1 = 1 és x2 = –1. A két kör közös pontjai: A(1; 1), B(–1; –1). b) Ha a P(x; y) pontból a c körhöz húzott érintõ az E pontban érinti a kört, akkor az OEP derékszögû háromszögben: PE 2

OP 2

y

P

OE 2.

= – Mivel a c kör középpontja O(2; –2), továbbá OE = 10, ezért:

–1 E

PE 2 = (x – 2)2 + (y + 2)2 – 10. Hasonló gondolatmenet mutatja, hogy a k körhöz a P pontból húzott érintõszakasz négyzete: (x + 1)2 + (y – 1)2 – 4.

1 1

x

5

–1

O c

261


2010.11.16.

9:07

Page 262


A feltételek alapján a két érintõszakasz hossza, így persze azok négyzete is megegyezik, azaz (x – 2)2 + (y + 2)2 – 10 = (x + 1)2 + (y – 1)2 – 4. A mûveletek elvégzése után: y = x. Eredményünk mutatja, hogy ha a P pontból a két körhöz ugyanakkora érintõszakasz húzható, akkor a pont koordinátái kielégítik a fenti egyenletet. Mivel a kapott egyenlet egyenes egyenlete, ezért a feladat állítását igazoltuk.

y

P A

Q

1

–1 1

k

5

x

–1

B

O c

c) Az A és B pontok koordinátái kielégítik a kapott egyenes egyenletét, így mindkét pont illeszkedik az egyenesre. w x3734

A c kör középpontja O(–1; –3), sugara 2 egység, a k köré Q(2; 0), sugara 1 egység. Az ábra is mutatja, hogy a közös belsõ érintõk egyike az x tengellyel, a másik az y tengellyel párhuzamos. A közös belsõ érintõk egyenlete: y = –1, illetve x = 1.

y

k

1 –5

Q

–1

x

O c

A közös külsõ érintõk egyenletének meghatározása nehezebb feladatnak bizonyul. Ha ezek az érintõk a P pontban metszik egymást, akkor P nyilván az OQ egyenes egy pontja. Tegyük fel, hogy az egyik közös érintõ (az ábrán az e-vel jelölt) a c kört az E, a k kört a G pontban érinti. Ekkor az OEP és a QGP derékszögû háromszögek hasonlósága alapján: OP OE 2 = = , azaz OP = 2QP. QP QG 1 Ez egyben azt is jelenti, hogy a Q pont egybeesik az OP szakasz felezõpontjával. Ha a P pont koordinátáit P(x; y) jelöli, akkor: –1 + x –3 + y = 2 és = 0, 2 2 amibõl x = 5 és y = 3, végül P(5; 3).

y

P 1 –5

E

G Q

–1

x

k

e O c f

Ezután a feladatot visszavezettük a következõ problémára: Adott a P(5; 3) pont, valamint a k: x 2 + y 2 – 4x + 3 = 0 kör. Írjuk fel a P ponton átmenõ, a k kört pedig érintõ egyenesek egyenletét. A 3732. feladat a) pontjának módszerét követve – az egyenes normálvektoros egyenletét felhasználva, ahol ne(1; B) és P0: P(5; 3) – az érintõ egyenletét x + By = 5 + 3B alakban kereshetjük. Az érintõ és a Q középpont távolsága: 2 – 5 – 3B = 1. 1 + B2 262


2010.11.16.

9:07

Page 263


Az egyenlet mindkét oldalát négyzetre emelve, majd rendezve: 9 + 18B + 9B 2 = 1, 1 + B2 4B 2 + 9B + 4 = 0. Az egyenlet megoldásai: – 9 – 17 – 9 + 17 és B2 = . 8 8 A két kör közös külsõ érintõinek egyenlete: 9 + 17 13 – 3 ⋅ 17 e: x – ⋅y= , 8 8 B1 =

f: x + w x3735

– 9 + 17 13 + 3 ⋅ 17 ⋅y= . 8 8

Ha a kör egyenletébe az y = 0 értéket helyettesítjük, akkor megkaphatjuk az x tengelybõl kimetszett szakasz végpontjainak koordinátáit. Ekkor x 2 – 11x + c = 0, amibõl: 11 – 121 – 4c 11 + 121 – 4c és x2 = , 2 2 és az ábra jelöléseinek megfelelõen: x1 =

Ê11 – 121 – 4c ˆ AÁ ; 0˜ Ë ¯ 2

y 10

D C –2

2

A

Ê11 + 121 – 4c ˆ BÁ ; 0˜ . Ë ¯ 2

és

Az AB szakasz hossza: AB = 121 – 4c. A kör y tengelybõl kimetszett húrjának végpontjait az y 2 – 7y + c = 0 egyenlet megoldásai adják. A megfelelõ pontok: Ê7 – 49 – 4c ˆ CÁ ; 0˜ Ë ¯ 2

és

Ê7 + 49 – 4c ˆ DÁ ; 0˜ . Ë ¯ 2

A CD szakasz hossza: CD = 49 – 4c. A feltételek szerint AB = 3CD, azaz: 121 – 4c = 3 ⋅ 49 – 4c. Mindkét oldalt négyzetre emelve, majd a kapott egyenletet megoldva:

121 – 4c = 9 ⋅ (49 – 4c), c = 10. Ellenõrzéssel is meggyõzõdhetünk arról, hogy a kapott érték megfelel a feltételeknek. 263

B

12

x


2010.11.16.

9:07

Page 264


A parabola – megoldások w x3736

a) A parabola paramétere:

y

p = 4.

5

A parabola tengelypontja:

F

T(0; 0). 1

A parabola egyenlete: x 2 = 8y.

–5

–1 –1

T1

5

x

5

x

v

b) A parabola paramétere:

y

p = 5.

5

A parabola tengelypontja: Ê1 ˆ T Á ; 1˜ . Ë2 ¯

F –5

–1 –1

A parabola egyenlete:

x–

T

1

1

1 1 = – (y – 1)2. 2 10

v

c) A parabola paramétere:

y

p = 3.

1

A parabola tengelypontja:

–1 –1

Ê5 ˆ T Á ; – 3˜ . Ë2 ¯

T


5

x

5

x

F

–5

5 1 x – = (y + 3)2. 2 6

v

d) A parabola paramétere:

y

p = 2.

1

A parabola fókuszpontja:

–1 –1

1

F(2; –6). v


1 y + 5 = – (x – 2)2. 4

–5

T F

e) A parabola paramétere:

y

p = 4. A parabola fókuszpontja: 1

F(–1; –1). A parabola egyenlete:

–5

1 x – 1 = – (y + 1)2. 8

264

F

5

T

–5

v

x


2010.11.16.

9:07

Page 265


f ) A parabola paramétere:

y

p = 2. A parabola vezéregyenesének egyenlete: v: x = 1. A parabola egyenlete: 1 x = – (y + 3)2. 4

w x3737

1 –5

–1

5

F

x

T –5

v

A paramétert p, a fókuszpontot F, a tengelypontot T, a vezéregyenest v jelöli. a) Az egyenlet a következõ alakra hozható: 1 – (x – 2)2 = y + 1. 8 A parabola adatai: p = 4, T(2; –1), F(2; –3), v: y = 1.

y 2

v –1

T

1

x

5

F –5

b) Az egyenlet a következõ alakra hozható: 1 3 – x2 = y – . 2 2 A parabola adatai: Ê 3ˆ p = 1, T Á0; ˜ , F(0; 1), v: y = 2. Ë 2¯

y 3

v

T F –5

–1

1

5

x

–5

c) Az egyenlet a következõ alakra hozható: 1 3 (y – 1)2 = x – . 2 2 A parabola adatai: Ê3 ˆ p = 1, T Á ; 1˜ , F(2; 1), v: x = 1. Ë2 ¯

y

v

5

T

1

F

–1

x

5

–5

d) Az egyenlet a következõ alakra hozható: 3 1 y – = (x – 3)2. 2 2 A parabola adatai: Ê 3ˆ p = 1, T Á3; ˜ , F(3; 2), v: y = 1. Ë 2¯

y

5

F v

T –1

265

1

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 266


e) Az egyenlet a következõ alakra hozható: 1 x – 1 = – (y – 1)2. 8 A parabola adatai: p = 4, T(1; 1), F(–1; 1), v: x = 3.

v

y 5

F –5

T

–1

1

x

5

–5

f ) Az egyenlet a következõ alakra hozható: 1 1 – (x – 1)2 = y – . 10 2 A parabola adatai: Ê 1ˆ p = 5, T Á1; ˜ , F(1; –2), v: y = 3. Ë 2¯

y

v T

1 –5

–1

1

x

5

F –5

w x3738

A parabola tengelypontját jelölje T(u; v). Mivel a parabola paramétere 0,5, továbbá tengelye az x tengellyel párhuzamos, ezért egyenletét a következõ alakban kereshetjük: x – u = (y – v)2 vagy x – u = – (y – v)2. Az elsõ esetben az adott pontok koordinátáit az egyenletbe beírva y az alábbi egyenletrendszert kapjuk: Q 5 2 ⎫ 1– u=v ⎬. T 2 6 – u = (5 – v) ⎭ 1

Az elsõ egyenletbõl a második egyenletet kivonva: – 5 = v 2 – (5 – v)2, – 5 = – 25 + 10v, v = 2. Ekkor u = –3, a parabola tengelypontja T(–3; 2), egyenlete pedig: x + 3 = (y – 2)2. Amennyiben a parabola egyenlete x – u = – (y – v)2 alakú, akkor az adott pontok koordinátáit az egyenletbe helyettesítve az alábbi egyenletrendszerhez jutunk: ⎫ 1 – u = – v2 ⎬. 2 6 – u = –(5 – v) ⎭ A megfelelõ oldalak különbsége: – 5 = – v 2 + (5 – v)2, – 5 = 25 – 10v, v = 3. Ekkor u = 10, a tengelypont T(10; 3), a parabola egyenlete: x – 10 = – (y – 3)2. 266

–1

P

x

5

y

Q

5

T 1 –1

P

5

10 x


2010.11.16.

9:07

Page 267


w x3739

a) Mivel a parabola tengelye az y tengellyel párhuzamos, ezért egyenletét y = ax 2 + bx + c alakban kereshetjük. Az adott pontok koordinátáit az egyenletbe beírva a következõ egyenletrendszerhez jutunk: 3 = 4a + 2b + c ⎫ ⎪ 0 = 9a + 3b + c ⎬. 3 = 36a + 6b + c ⎪⎭

y

5

A

C

1 –1

B

1

x

5

Ha a második, illetve a harmadik egyenletbõl kivonjuk az elsõ egyenlet megfelelõ oldalát, akkor a következõ összefüggéseket kapjuk: – 3 = 5a + b ⎫ ⎬. 0 = 32a + 4b ⎭ A kapott kétismeretlenes egyenletrendszer megoldása: a = 1 és b = –8. A kapott értékeket az elsõ egyenletrendszer elsõ egyenletébe visszaírva kapjuk, hogy c = 15. A feltételeknek megfelelõ parabola egyenlete: y = x 2 – 8x + 15. Megjegyzés: Ha az egyenletet átírjuk y = (x – 4)2 – 1 alakba, akkor a parabolát könnyen ábrázolhatjuk is. b) Az x tengellyel párhuzamos tengelyû parabolák egyenletét felírhatjuk x = ay 2 + by + c alakban. Az ismert pontok koordinátáit behelyettesítve adódik a következõ egyenletrendszer: –8 = c ⎫ ⎪ – 2 = 9a – 3b + c ⎬. 0 = 4a – 2b + c ⎪⎭

y

1

A –1

x

1

C B

Az egyenletrendszer megoldása: a = –2, b = –8 és c = –8. A kapott parabola egyenlete: x = –2y 2 – 8y – 8. w x3740

A parabola egyenletét átalakítva:

2

9 1ˆ Ê = – Áx + ˜ , Ë 4 2¯ 1 Ê 1 ˆ Ê 1 9ˆ így a parabola tengelypontja T Á– ; ˜ , paramétere p = , fókuszpontja F Á– ; 2˜ , vezéregyeneË 2 4¯ Ë 2 ¯ 2 5 sének egyenlete v: y = . Az ábrákon ezt a parabolát zöld szaggatott vonallal jelöltük. 2 Ê1 9ˆ a) A tengelypont origóra vonatkozó tükörképe T 'Á ; – ˜ , a fókuszy Ë2 4¯ 5 5 Ê1 ˆ ponté F 'Á ; – 2˜ , a vezéregyenes v' tükörképe: y = – . v Ë2 ¯ 2 y–

F O

A parabola tükörképének egyenlete: 2

9 Ê 1ˆ y + = Áx – ˜ . Ë 4 2¯ A tükörképet az ábrán pirossal jelöltük.

–5

–1

1

F’

v’

–5

267

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 268


b) Ha a parabolát a vezéregyenesére tükrözzük, akkor a tükörkép Ê 1 ˆ Ê 1 11ˆ fókuszpontja F 'Á– ; 3˜ , tengelypontja T ' Á– ; ˜ . Ë 2 ¯ Ë 2 4¯ A tükörkép egyenlete:

y

5

F’

v

F

2

11 Ê 1ˆ = Áx + ˜ . 4 Ë 2¯ A tükörképet az ábrán pirossal jelöltük. y–

Ê5 9ˆ Ê5 ˆ c) A tükörkép tengelypontja T ' Á ; ˜ , fókuszpontja pedig F 'Á ; 2˜ , Ë2 4¯ Ë2 ¯ vezéregyenese v.

–5

–1

1

y

–5

2

y 5

v F –5

–1

5

x

v’

F’

a) Az elsõ egyenletbõl kifejezett y értékét a második egyenletbe helyettesítve: (2x + 7)2 – 6(2x + 7) + 9 = 4x, 4x 2 + 12x + 16 = 0, x 2 + 3x + 4 = 0. A kapott egyenlet diszkriminánsa negatív, ezért a két alakzatnak nincsen közös pontja.

F’

–1

y+

w x3741

x

v

9 5ˆ Ê y – = – Áx – ˜ . Ë 4 2¯ A tükörképet az ábrán pirossal jelöltük.

3 1ˆ Ê = – Áx – ˜ . Ë 4 2¯ Az eltolt parabolát az ábrán pirossal jelöltük.

5

t

F

2

x

5

A tükörkép egyenlete:

Ê1 3ˆ d) A v vektorral eltolt parabola tengelypontja T ' Á ; – ˜ , fókuszË2 4¯ 1 Ê1 ˆ pontja F 'Á ; – 1˜ , v' vezéregyenese y = – . Ë2 ¯ 2 A kapott parabola egyenlete:

5

y

f

g

5

1 –5

b) Az egyenes érinti a parabolát. A két alakzat közös pontja: P(2; 5).

–1 –1

1

5

x

5

x

y

g P

5

1 –5

–1 –1

1

f

268


2010.11.16.

9:07

Page 269


c) A metszéspontok:

y

g

A(–2; 5) és B(4; 2). f

5

A

B

1 –5

d) Az f kör egyenletét átalakítva a következõ egyenletrendszerhez jutunk: x 2 + (y – 3)2 = 13 ⎫ ⎬. x 2 – 4y = 4 ⎭ A két egyenlet megfelelõ oldalainak különbsége: (y – 3)2 + 4y = 9, y 2 – 2y = 0, y ⋅ (y – 2) = 0.

–1 –1

1

5

x

5

x

y

g f

5

O C

D 1

–5

B

A

A fenti egyenlet megoldásai: y1 = 0 és y2 = 2. Ha y1 értékét a g egyenletébe helyettesítjük, akkor x 2 = 4 adódik, amibõl a két alakzat alábbi metszéspontjait kapjuk: A(–2; 0) és B(2; 0). Ha y2 = 2 értékével számolunk, akkor x 2 = 12, amibõl a további metszéspontok: C (– 2 ⋅ 3; 2) , illetve D (2 ⋅ 3; 2). 1 Megjegyzés: Ha a parabola egyenletét y = x 2 – 1 alakban írjuk, akkor könnyen ábrázolható. 4 e) Az f és g egyenletének különbsége: y f –x +6 – 4x – 12y + 24 = 0, amibõl y = . 1 y = × ( x – 2)2 +1 3 4 5 A kapott összefüggést a g egyenletébe visszahelyettesítve: – x + 6 1 B x2 + 8 ⋅ – 16 = 0, y = – × x 2 +2 A 8 3 1 2 3x – 8x = 0, –5 –1 1 5 x –1 g x ⋅ (3x – 8) = 0. 8 A fenti egyenlet megoldásai: x1 = 0 és x2 = . A két alakzat metszéspontjai: 3 Ê8 10ˆ A Á ; ˜ és B(0; 2). Ë3 9 ¯ w x3742

Az adott parabola fókuszpontja F(0; 2). Az F ponton áthaladó, v (4; 3) irányvektorú e egyenes egyenlete: 3x – 4y = –8. A parabola és az egyenes metszéspontjait az alábbi egyenletrendszer megoldásaiból kapjuk: 1 ⎫ y = x2 + 1 ⎪ ⎬. 4 ⎪⎭ 3x – 4y = – 8

y

p

A

5

F

1 y = × x 2 +1 4

B –1

1 –1

e

269

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 270


Az y értékét a második egyenletbe helyettesítve: ⎞ ⎛1 3x – 4 ⎜ x 2 + 1⎟ = – 8, ⎠ ⎝4 2 – x + 3x + 4 = 0. A fenti egyenlet megoldásai: x1 = 4 és x2 = –1. Az egyenes a parabolát a következõ pontokban metszi: 5ˆ Ê A(4; 5) és B Á– 1; ˜ . Ë 4¯ w x3743

a) Az érintõ egyenletének iránytényezõs egyenlete: y – 5 = m(x – 3). Mivel a feltétel szerint az egyenes érinti a parabolát, ezért az y – 5 = m(x – 3) ⎫ ⎪ 1 1⎬ y = x2 + ⎪ 2 2⎭ egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van. Az y értékét az elsõ egyenletbe visszahelyettesítve: 1 2 1 x + – 5 = m(x – 3), 2 2 1 2 9 x – mx + 3m – = 0. 2 2

y

p

P

5

–5

–1

1

5

x

5

x

e

Mivel a fenti egyenletnek is csak egy megoldása van, ezért diszkriminánsa 0, így: 1 Ê 9ˆ m 2 – 4 ◊ ◊ Á3m – ˜ = 0, Ë 2¯ 2 m 2 – 6m + 9 = 0, (m – 3)2 = 0.

A fenti egyenlet megoldása m = 3, ezért a keresett érintõ egyenlete: y – 5 = 3(x – 3), azaz y = 3x – 4. b) Az érintõ egyenletét ezúttal a következõ alakban keressük: y + 1 = m(x + 1). Mivel a feltétel szerint az egyenes érinti a parabolát, ezért az y + 1 = m(x + 1) ⎫ ⎪ 1 1 ⎬. y = x2 + ⎪ 2 2⎭ egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van. Az y értékét az elsõ egyenletbe visszahelyettesítve: 1 2 3 x + = m(x + 1), 2 2 1 2 3 x – mx – m + = 0. 2 2 270

y

p

5

–5

1

Q e

f


2010.11.16.

9:07

Page 271


A kapott egyenletnek csak egy megoldása van, így diszkriminánsa 0, azaz: 1 Ê 3ˆ m 2 – 4 ◊ ◊ Á– m + ˜ = 0, 2 Ë 2¯ m 2 + 2m – 3 = 0.

Az egyenlet megoldásai: m1 = 1 és m2 = –3. Az adott ponton át két érintõ is húzható a parabolához, ezek egyenlete: e: y = x, illetve f : y + 1 = –3 × (x + 1), azaz y = –3x – 4. c) Az adott (az ábrán e-vel jelölt) egyenessel párhuzamos érintõ egyenletének alakja: f : y = 2x + c. Mivel az f : y = 2x + c ⎫ ⎪ 1 2 1⎬ p: y = ⋅ x + ⎪ 2 2⎭ egyenletrendszernek egy megoldása van, ezért az 1 2 1 x + = 2x + c 2 2 egyenlet diszkriminánsa 0. Az egyenlet 0-ra redukált alakja: 1 2 1 x – 2x + – c = 0, 2 2 amelynek diszkriminánsa: 3 Ê1 ˆ 4 – 2 ◊ Á – c˜ = 0, amibõl c = – . Ë2 ¯ 2 A keresett f érintõ egyenlete: 3 y = 2x – . 2 w x3744

Az eldobott kavics parabolapályán mozog. A parabola síkjában helyezzünk el egy koordináta-rendszert, amelynek kezdõpontjában Barnabás található (A), a vízbe érkezés helye pedig az x tengely pozitív felére illeszkedik. Ekkor a kavics mozgása során áthalad a következõ pontokon: A(0; 0), B(6; 4) és C(12; 0). Mivel a feltételek szerint B a parabola tengelypontja, ezért egyenletét a következõ alakban kereshetjük: y = –a(x – 6)2 + 4. Az A pont koordinátáit az egyenletbe helyettesítve: 1 0 = – 36a + 4, amibõl a = , 9 a parabola egyenlete pedig: 1 y = – (x – 6)2 + 4. 9

y

p

5

–1

–5

1

f

y

5

x

e

e

B

4 2

a A

2

271

10

C x


2010.11.16.

9:07

Page 272


Barnabás a kavicsot a parabola e érintõje mentén indította útnak. Az A ponton átmenõ érintõ egyenlete y = mx alakú, továbbá az y = mx ⎫ ⎪ 1 ⎬ 2 y = – (x – 6) + 4 ⎪ 9 ⎭ egyenletrendszernek egyetlen megoldása van. Az y változó kiküszöbölése után: 1 mx = – (x – 6)2 + 4, 9 1 2 ⎛ 4⎞ x + ⎜m – ⎟ ⋅ x = 0, ⎝ 9 3⎠ 4⎞ ⎛1 x ⎜ x + m – ⎟ = 0. 3⎠ ⎝9 4 A kapott egyenletnek csak egy megoldása lehet, amibõl következik, hogy m = , az érintõ egyen3 4 lete pedig y = x. 3 Ha Barnabás a kavicsot a vízszinteshez képest a szögben hajította el, akkor: 4 tg a = , amibõl a » 53,1º. 3 w x3745

A parabola adott (e-vel jelölt) egyeneshez legközelebb esõ pontja éppen az egyenessel párhuzamos érintõ érintési pontjával esik egybe. Az érintõ egyenlete a következõ alakú: y = 3x + c, továbbá az y = 3x + c ⎫ ⎬ y = – x 2 + 5x ⎭

y 5

–1

e

f

d

1

5

x

–1

egyenletrendszernek egyetlen megoldása van. Ebbõl következik, hogy a

– x 2 + 5x = 3x + c, – x 2 + 2x – c = 0, egyenlet diszkriminánsa 0, azaz 4 – 4c = 0, így c = 1. A keresett érintõ (amit az ábrán f-fel jelöltünk) egyenlete: y = 3x + 1, az érintési pont, egyben az e-hez legközelebbi parabolapont koordinátái: E(1; 4). A parabola és az e egyenes távolsága megegyezik az E pont e egyenestõl mért távolságával. A 3689. feladat eredménye alapján a távolság: d=

272

3 ⋅1 – 4 + 5 32

+ (– 1)2

=

4 2 ⋅ 10 = » 1, 26. 10 5


2010.11.16.

9:07

Page 273


w x3746

Ê 1ˆ A parabola egyenlete alapján a fókuszpontja F Á0; ˜ , v-vel jelölt Ë 4¯ 1 vezéregyenesének egyenlete y = – . A vezéregyenesen felvett P pont 4 1ˆ Ê koordinátáit jelölje P Áp; – ˜ , ahol p valós szám. A továbbiakban Ë 4¯ felírjuk a PF szakasz felezõmerõlegesének (e) egyenletét. A szakasz

y 3

E

2

1 –1

F

1

Q

2

x

v –0,5 P Êp ˆ e felezõpontja Q Á ; 0˜ , a felezõmerõleges egy normálvektora pedig Ë2 ¯ 1ˆ Ê FP Áp; – ˜ . Az e egyenes egyenlete: Ë 2¯ 1 p2 px – y = . (1) 2 2 Megmutatjuk, hogy az (1) egyenletû egyenes valóban érinti az y = x 2 egyenletû parabolát. Az y értékét az (1) egyenletbe helyettesítve: 1 p2 px – x 2 = , 2 2 x 2 – 2px + p2 = 0, (x – p)2 = 0.

A kapott egyenlet megoldása x = p, amibõl következik, hogy az (1) egyenletû egyenesnek a parabolával egy közös pontja van, amelynek koordinátái E ( p; p 2). Mivel az e egyenes nyilvánvaló módon nem lehet párhuzamos a parabola tengelyével, ezért csakis a parabola érintõje lehet. w x3747

Az y tengely a parabolának, és így a beírt téglalapnak is szimmetriay tengelye, ezért a téglalap csúcsainak koordinátái A(–b; 0), B(b; 0), C(b; – b2 + 6), illetve D(– b; – b 2 + 6), ahol 0 < b < 6. 5 D C Az ABCD téglalap területe: T = AB × BC = 2b × (– b 2 + 6). Feladatunk a T(b) = 2b × (– b 2 + 6) függvény maximumának meg–5 1B 5 x A –1 találása a 0 < b < 6 feltétel mellett. Mivel a szóban forgó függvény pozitív értékû, ezért pontosan akkor lesz maximális, amikor négyzete, vagyis elegendõ a T 2 (b) = 4b 2 × (– b 2 + 6)2 függvény maximumhelyét keresnünk. A kapott függvényt tovább alakítva: T 2 (b) = 2 × (2b 2) × (– b 2 + 6) × (– b 2 + 6). A zárójelben álló számok szorzatáról eszünkbe juthat azok mértani közepe, amely közismerten nem lehet nagyobb a számtani közepüknél, azaz: 2 2 2 3 (2b 2) ⋅ (– b 2 + 6) ⋅ (– b 2 + 6) £ 2b + (– b + 6) + (– b + 6) = 4, 3 majd mindkét oldal harmadik hatványát véve: (2b 2) × (– b 2 + 6) × (– b 2 + 6) £ 64. A kapott egyenlõtlenségbõl közvetlenül következik, hogy T 2 (b) £ 128, amibõl a 0 < b < 6 feltétel figyelembevételével kapjuk, hogy T(b) £ 8 ⋅ 2.

273


2010.11.16.

9:07

Page 274


Eredményünk mutatja, hogy a beírt ABCD téglalap területe nem lehet nagyobb, mint 8 × 2. A terület a maximumát akkor éri el, amikor a mértani és számtani közép közötti összefüggésben egyenlõség teljesül, azaz amikor a három szám, amelyre az egyenlõtlenséget alkalmaztuk, egymással megegyezik. Ez pontosan akkor fordul elõ, amikor: 2b 2 = – b 2 + 6, b = 2. Összefoglalva: a maximális területû beírt téglalap csúcsai: A(– 2; 0) , B ( 2; 0) , C ( 2; 4) és D (– 2; 4). A maximális terület: w x3748

8 ⋅ 2.

A keresett pontot jelölje A(a; 0), a szabályos háromszög további, y 1 az y tengelyre illeszkedõ csúcsait B, illetve C. B Mivel az x tengely a parabolának és az ABC háromszögnek is szima metriatengelye, ezért az AB egyenes irányszöge a = 30º, irány1 2 x –1 A tangense pedig: C 3 m = tg 30º = . –1 p 3 Ebbõl adódóan az AB egyenes iránytényezõs egyenlete: 3 y= ⋅ (x – a). 3 Mivel az egyenes a parabolát érinti, ezért az ⎫ 3 y= ⋅ (x – a) ⎪ ⎬ 3 2 ⎪⎭ x=y egyenletrendszernek egyetlen megoldása van. Az x változó kiküszöbölése után azt kapjuk, hogy 3 2 y= ⋅ (y – a), 3 3 ⋅ y 2 – 3y – a ⋅ 3 = 0. Természetesen a fenti egyenletnek is csak egy megoldása van, tehát az egyenlet diszkriminánsa 0: 3 ⎛ 3 ⎞ 9 – 4 ⋅ 3 ⋅ (– a ⋅ 3 ) = 0, amibõl a = – , így A ⎜– ; 0⎟ . ⎝ 4 ⎠ 4 Ha a B csúcs koordinátái B(0; b), és C(0; –b), akkor az ABC háromszög oldala 2b, és magassága 3 az A pont elsõ koordinátájának ismeretében , ezért: 4 3 3 = 2b ⋅ , 4 2 3 b= . 4 A háromszög további csúcsai: Ê Ê 3ˆ 3ˆ B Á0; és C Á0; – ˜ . ˜ Ë 4¯ Ë 4¯ 274


2010.11.16.

9:07

Page 275


w x3749

Ê 1ˆ A parabola fókuszpontja F Á0; ˜ . Tegyük fel, hogy az F pontból Ë 4¯

y

Q

1 kiinduló fénysugár a P ( p; p 2) pontban éri el a parabolát. Ekkor T b F’ a fénysugár visszaverõdés elõtti FP „útja” ugyanakkora szöget zár b be a parabola P pontbeli érintõjével, mint a visszaverõdés utáni P b „útja”. Ezt a közös szöget az ábrán b jelöli. F A b szög azonban még egy helyen megjelenik az ábrában; ha a fényx – 0,2 0,2 1 –1 sugár nem verõdne vissza a tükörrõl, hanem útja egyenesen folytae tódna tovább, akkor a kapott (ábrán PF'-vel jelölt) szakasz szintén ezt a szöget zárja be a P pontbeli érintõvel. Ezt könnyen beláthatjuk, ha arra gondolunk, hogy így a P pontnál csúcsszögek alakulnak ki. Megállapításaink lehetõvé teszik, hogy felírjuk annak az egyenesnek az egyenletét, amelyen a fénysugár a visszaverõdés után halad. Ehhez például a következõ lépések vezethetnek el: 1. Az F pont P-re vonatkozó F' tükörképének meghatározása. A fénysugár az FF' egyenesen haladna, ha nem verõdne vissza a parabolatükörrõl. Az F’ pont koordinátái: 1ˆ Ê F 'Á2p; 2p2 – ˜ . Ë 4¯

2. A P pontbeli érintõ egyenletének felírása. Az érintõ egyenletét y – p 2 = m(x – p) alakban kereshetjük. Az y – p2 = m(x – p) ⎫ ⎬ y = x2 ⎭ egyenletrendszernek egy megoldása van csakúgy, mint a belõle kapott x 2 – mx + mp – p 2 = 0 egyenletnek. Ebbõl adódóan az egyenlet diszkriminánsa 0, azaz m2 – 4(mp – p 2) = 0, amibõl (m – 2p)2 = 0, végül m = 2p. A P ponton átmenõ e érintõ egyenlete: e: y – p 2 = 2p × (x – p). 3. Az F'-ben az érintõre emelt merõleges egyenes egyenletének meghatározása. A kapott érintõ egyenletébõl leolvasható annak egy normálvektora: n (2p; –1). Mivel ez a vektor a keresett merõlegesnek egyben irányvektora, ezért az egyenes egyenlete: 1⎞ 3 ⎛ x + 2py = 2p + 2p ⋅ ⎜2p2 – ⎟ , azaz x + 2py = 4p3 + p. ⎝ 4⎠ 2 4. A 3. pontban felírt egyenes, valamint a P pontbeli érintõ T metszéspontjának meghatározása. A T metszéspont koordinátáit az 3 ⎫ x + 2py = 4p3 + p ⎪ 2 ⎬ y – p2 = 2p ⋅ (x – p) ⎪⎭ egyenletrendszer megoldása után kapjuk. A második egyenlet 2p-szeresét kivonva az elsõ egyenletbõl: 3 x + 2p3 = 4p3 + p – 4p2x + 4p3. 2 275


2010.11.16.

9:07

Page 276


Az egyenlet megoldása:

3 3 p p ⋅ (4p2 + 1) 3 2 2 x= = = p. 2 2 1 + 4p 1 + 4p 2 6p 3 +

A kapott értéket a második egyenletbe visszahelyettesítve, majd a mûveleteket elvégezve kapjuk: y = 2p 2, így ⎞ ⎛3 T ⎜ p; 2p2⎟ . ⎠ ⎝2 5. Az F' pont tükrözése a T pontra vonatkozóan. Ha az eredményt Q jelöli, akkor a parabolatükörrõl visszaverõdött fénysugár áthalad a Q ponton. Mivel T a QF' szakasz felezõpontja, ezért ha Q(q1; q2), akkor: 1 q2 + 2p2 – q1 + 2p 3 4 = 2p2. = p és 2 2 2 Az egyenletrendszer megoldása után: 1⎞ ⎛ Q ⎜ p; 2p2 + ⎟ . ⎝ 4⎠ 6. A fénysugár útját a PQ egyenes mentén folytatja. A P és Q pontok elsõ koordinátája egyaránt p, ezért a PQ egyenes párhuzamos az y tengellyel, ami a parabola tengelye. Ezzel a feladat állítását beláttuk.


a) (9; 5);

b) (–9; –5);

c) (0; 0);

w x3751

B(10; 3).

w x3752

a) –11; b) –44; c) –11l2. A skaláris szorzat az eredeti vektorok skaláris szorzatának l2-szeresére változik.

w x3753

Megmutathatjuk például, hogy AP = l ⋅ AB, ahol 0 £ l £ 1. a) AP (4; – 3), AB(16; – 12), így AP =

d) (45; 25).

1 AP 1 ⋅ AB és = . 4 PB 3

b) AP (2; – 4), AB(5; – 10), így AP =

2 AP 2 ⋅ AB és = . 5 PB 3

c) AP (– 8; 2), AB(– 12; 3), így AP =

2 AP ⋅ AB és = 2. 3 PB

d) AP (5; – 6), AB(10; – 12), így AP = w x3754

y = 4x + 5

w x3755

y=

1 7 x– 2 2

[M(–1; 1)]. [M(1; –3)]. 276

1 AP ⋅ AB és = 1. 2 PB


2010.11.16.

9:07

Page 277


w x3756

p = 4, q = 2, a kör sugara 5.

w x3757

a) c) e) g)

(x + 1)2 + (y + 2)2 = 5; b) (x – 1)2 + (y – 2)2 = 5; (x – 1)2 + (y + 2)2 = 5; d) (x – 9)2 + (y + 8)2 = 5; (x + 4)2 + y 2 = 5; f ) (x + 2)2 + (y + 1)2 = 5; 2 2 2 (x + 2) + (y – 4) = 20, illetve (x – 2) + (y + 4)2 = 20; 2

2

2

2

1⎞ ⎛ 7⎞ 5 7⎞ ⎛ 13⎞ 5 ⎛ ⎛ h) ⎜x – ⎟ + ⎜y – ⎟ = , illetve ⎜x – ⎟ + ⎜y – ⎟ = . ⎝ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ 4 2⎠ ⎝ 2⎠ 4 w x3758

Az ACD háromszög területére:

CD ⋅ m TACD = , 2 ahol m a háromszög CD oldalához tartozó magasságát jelöli. Mivel CD = 3, továbbá m = 5, ezért TACD = 7,5.

y 5

D

m

1 –1

A

C

1

B

x

5

F

E

Az ABC háromszög területe az ábra alapján könnyen kiszámolható: TABC = TAEC – TAFB – TBFEC . Az AEC, illetve AFB háromszögek területére: TAEC = 25, TAFB = 2,5. A BFEC trapéz alapjai 1, illetve 5, magassága szintén 5, ezért területe: 1+ 5 TBFEC = ⋅ 5 = 15. 2 Végül az ABC háromszög területére: TABC = 25 – 2,5 – 15 = 7,5 adódik, ami mutatja, hogy az AC átló valóban megfelezi az ABCD négyszög területét. w x3759

C(–5; –1).

w x3760

a) Két vektor pontosan akkor merõleges egymásra, ha skaláris szorzatuk 0. A két vektor skaláris szorzata a koordinátáik segítségével: a ⋅ b = x ⋅ (x – 1) + (x + 2) ⋅ (x + 3) = 0, 2x 2 + 4x + 6 = 0. Mivel a fenti egyenletnek nincsen valós megoldása, ezért a két vektor nem lehet merõleges egymásra. b) A két vektor skaláris szorzata: a ⋅ b = x ⋅ (x + 3) + (x + 2) ⋅ (x + 3) = (x + 3) ⋅ (2x + 2) = 0. Mivel egy szorzat csak akkor lehet 0, ha valamelyik tényezõje 0, ezért x = –3 vagy x = –1. Megjegyzés: Az elõbbi esetben b = 0, amely minden vektorra merõleges. Ha x = –1, akkor a (–1; 1), b (2; 2). 277


2010.11.16.

9:07

Page 278


w x3761

a) Mivel AB (6; 2) és DC (3; 1), ezért látható, hogy AB = 2DC, amibõl már azonnal következik, hogy az AB oldal párhuzamos a DC oldallal, így az ABCD négyszög valóban trapéz. Noéminek igaza volt.

y 5

C D O

1

b) Az AB és DC alapok hosszának aránya az a) feladat eredményei x –1 1 5 B AB = 2. Ha az átlók metszéspontja O, akkor az ABO alapján A DC és COD háromszögek hasonlók egymáshoz, és a hasonlóság aránya 2. Ebbõl azonnal következik, hogy az átlók 2:1 arányban osztják egymást, a hosszabb részek a hosszabb (AB) alaphoz vannak közelebb. c) Az O pont koordinátái: Ê1 ◊ (– 2) + 2 ◊ 4 1 ◊ (– 3) + 2 ◊ 5ˆ OÁ ; ˜¯ , Ë 3 3 w x3762

azaz

Ê 7ˆ O Á2; ˜ . Ë 3¯

a) Mivel AC (3; 2) és AB (6; –4), ezért: AC = 13

és

y

AB = 2 ⋅ 13.

C 1

A két vektor skaláris szorzatára: AB ⋅ AC = 3 ⋅ 6 + 2 ⋅ (– 4) = 10,

–1

a

A

x

5

–1

másrészt AB ⋅ AC = 13 ⋅ 2 ⋅ 13 ⋅ cos a = 26 ⋅ cos a .

B

A két eredmény összevetésébõl: 26 ⋅ cos a = 10, 5 cos a = , 13 a » 67,38º. b) Az a szögfelezõje illeszkedik az x tengelyre. Az a) feladatban meghatározott két vektor 2 az AC, illetve az AB egyenesnek egy-egy irányvektora, ezért AC egyenes iránytangense , 3 2 AB iránytangense – . 3 A tangensfüggvény tulajdonságai alapján ezért AC és AB ugyanakkora nagyságú szöget zár be az x tengely pozitív felével, amit másként úgy is megfogalmazhatunk, hogy az x tengely szögfelezõje a két egyenes által bezárt a szögnek. w x3763

Ê 1 4ˆ a) Az E pont a DA szakaszt 1:2 arányban osztja, ezért E Á– ; ˜ . Ë 3 3¯

y

Hasonló módon az F pont 1 : 2 arányban osztja a CB szakaszt, Ê11 10ˆ így F Á ; ˜ . Ennek megfelelõen az EF koordinátái: EF(4; 2). Ë 3 3¯

278

F

D B

E –1

1 –1

b) Mivel DC (2; 1), ezért EF = 2DC, amibõl következik, hogy az EF szakasz párhuzamos az ABCD trapéz DC, és így természetesen az AB alapjával is.

C

4

A

5

x


2010.11.16.

9:07

Page 279


w x3764

A háromszög Euler-egyenese tartalmazza a háromszög M magasságpontját, valamint S súlypontját. Az S pont koordinátái: Ê11 4ˆ SÁ ; ˜. Ë 3 3¯ Az M pont meghatározásához felírjuk az mc, valamint az mb magasságvonalak egyenletét. Mivel mc párhuzamos az y tengellyel, továbbá átmegy a C ponton, így mc egyenlete: x = 5. 1 Az mb egyenesnek az AC (1; 1) normál7 vektora, B pedig egy pontja, ezért mb egyenlete: x + y = 7. A két egyenes metszéspontja: M(5; 2).

y

mb

mc C 5

b

a

M O

1

–3

–1

S

x

1

A

c

B

3 SM (2; 1) vektor irányvektora, ezért az SM Euler-egyenes egyenlete: 2 x – 2y = 1. Megjegyzés: Az Euler-egyenes átmegy az ABC háromszög köré írt kör O középpontján is. Az O pont koordinátái: O(3; 1). Az Euler-egyenesnek a

w x3765

A rombusz adott csúcsát A-val, átlóinak metszéspontját O-val, y az adott oldalegyenest e-vel jelöltük. Az ABCD rombusz az O pontra A B vonatkozóan középpontosan szimmetrikus, így az A pont O-ra vonatkozó tükörképe egybeesik a C ponttal. A megfelelõ tükörkép D 1 O koordinátái: C(4; 0). x 1 C 5 A rombusz átlói merõlegesek egymásra, így a BD egyenesnek –1 e a CA(1; 3) normálvektora, O pedig egy pontja, ezért egyenlete: x + 3y = 9. A B csúcsot a BD egyenes metszi ki az e egyenesbõl. A megfelelõ egyenletrendszer megoldása Ê3 5ˆ után B Á ; ˜ . Ë2 2¯ Ê15 1ˆ A BD szakasznak O a felezõpontja, amibõl D Á ; ˜ . Ë 2 2¯ A rombusz hiányzó csúcsai: Ê3 5ˆ Ê15 1ˆ B Á ; ˜ , C(4; 0), D Á ; ˜ . Ë2 2¯ Ë 2 2¯

w x3766

a) Az adott egyenesek egy-egy irányvektora: va(2; 1), vb(1; – 2), vc (2; 1) és vd (1; – 2). Mivel va = vc és vb = vd , ezért az egyenesek által közrefogott négyszög szemközti oldalai párhuzamosak, így a négyszög paralelogramma. Vegyük észre továbbá, hogy például: va ⋅ vb = 2 ⋅ 1 + 1 ⋅ (– 2) = 0, ezért az a és b egyenesek merõlegesek egymásra. Hasonló igaz a négyszög további szomszédos oldalegyeneseire, ezért a megadott egyenesek téglalapot fognak közre.

y

D

5

a

b A

1 –1

c

279

B

O

5

x

1

C

e

d


2010.11.16.

9:07

Page 280


A megfelelõ egyenletrendszerek megoldása után kiszámíthatjuk a szóban forgó négyszög csúcsainak koordinátáit is. Az a és b egyenesek metszéspontja: A(–4; 2), a b és c egyeneseké B(–1; –4), a c és d egyeneseké C(5; –1), végül a d és az a egyeneseké D(2; 5). Mivel AB = BC = 45, ezért az ABCD téglalap szomszédos oldalai megegyeznek, ami igazolja, hogy ABCD négyzet. b) A négyzet köré írt kör középpontja az AC szakasz O felezõpontja. Az O pont koordinátái: 45 ⎛1 1⎞ O ⎜ ; ⎟ . A kör sugara: r = OA = . Az ABCD négyzet köré írt kör egyenlete: ⎝2 2⎠ 2 2 2 1ˆ Ê 1ˆ 45 Ê x – y – + ÁË ˜ Á ˜ = . 2¯ Ë 2¯ 2

45 p , a négyzet területe pedig t = 45. Mivel 2 T p = » 1, 571, t 2 ezért a kör területe a négyzet területének körülbelül 157%-a.

c) A négyzet köré írt kör területe: T =

d) Egyszerû behelyettesítéssel meggyõzõdhetünk arról, hogy a négyzet köré írt kör O középpontja illeszkedik az e egyenesre. Ebbõl adódóan az e egyenes a négyzetet két egybevágó trapézra bontja, így területük aránya 1 : 1. w x3767

Behelyettesítés mutatja, hogy az A pont nem illeszkedik az e egyey f nesre, ezért az A pontot is tartalmazó átló egyenese (melyet az ábrán f jelöl) merõleges e-re. Ebbõl adódóan az e egyenes irányvektora 5 az f egyenesnek normálvektora. Az e egyenletébõl leolvasható egy e A irányvektora: v (2; 1). Az f egyenes egyenlete ennek megfelelõen D 2x + y = 2. A rombusz átlóinak metszéspontját a két átlóegyenes O B egyenletébõl álló –5 1 ⎫ y= x+2 ⎪ x –1 3 C ⎬ 2 y = – 2x + 2⎪⎭ egyenletrendszer megoldása adja. Az O metszéspont: O(0; 2). Az ABCD rombusz átlói felezik egymást, így O az AC szakasz felezõpontja, amibõl C(1; 0). A feltételek alapján a rombusz oldala 10 , ezért a hiányzó B és D csúcsokat az A középpontú, 10 sugarú kör metszi ki az e egyenesbõl. A szóban forgó kör egyenlete: (x + 1)2 + (y – 4)2 = 10. A kör és az e egyenes egyenletébõl álló ⎫ (x + 1)2 + (y – 4)2 = 10 ⎪ 1 ⎬ y = x + 2⎪ 2 ⎭ egyenletrendszerbõl y értékét kiküszöbölve: 2 ⎞ ⎛1 (x + 1)2 + ⎜ x – 2⎟ = 10, ⎠ ⎝2 5 2 x = 5, 4 x 2 = 4. 280


2010.11.16.

9:07

Page 281


A kapott egyenlet megoldásai: x1 = –2, illetve x2 = 2. Ennek megfelelõen B(–2; 1) és D(2; 3). A rombusz hiányzó csúcsai: C(1; 0), B(–2; 1) és D(2; 3). w x3768

a) A két templom távolsága:

y

AB = 62 + 82 = 10 km.

5

B

D

b) Azok a pontok, amelyekbõl az AB szakasz 90º-os szög alatt lát1 szik, illeszkednek a szakasz fölé emelt Thalész-körre, amit az ábrán x –1 1 O5 c jelöl. A kör középpontja O(4; 0), sugara 5, ezért egyenlete: (x – 4)2 + y 2 = 25. E c A Mivel az útszakasz egyenlete x = 0, ezért a metszéspontok második koordinátájára: (0 – 4)2 + y 2 = 25, amibõl y1 = 3 és y2 = –3. Két olyan pont is van, amelybõl a templomok 90º-os szög alatt látszanak, ezek koordinátái: D(0; 3) és E(0; –3). c) A két templom a c kör belsõ pontjaiból látszik tompaszög alatt. Ez az útszakasznak összesen 6 km hosszú része (D és E pont között). w x3769

Bodri a c: (x + 1)2 + (y – 3)2 = 9 egyenletû körvonalat, illetve annak belsõ pontjait éri el. A kör, valamint az a-val jelölt sétaút metszéspontjait az alábbi egyenletrendszer megoldásai adják:

(x

+ 1)2

+ (y –

y

c 5

a

=9 ⎫ ⎬. y = x – 1⎭

3)2

B 1

Az y értékét az elsõ egyenletbe visszahelyettesítve:

–1

1

x

–1

(x + 1)2 + (x – 4)2 = 9, x 2 – 3x + 4 = 0.

A fenti egyenlet diszkriminánsa negatív, így a sétaút nem metszi a Bodri által elérhetõ körvonalat. Ezzel a feladat állítását igazoltuk. w x3770

a) A hozzárendelési utasítást átalakítva: f (x) = x 2 + (x – 3)2 + (x – 6)2 + x 2.

y

P’ A

Vegyük észre, hogy a jobb oldalon éppen a P(x; x) pontnak P 1 az A(0; 3) és B(6; 0) pontoktól mért távolságösszege áll. x –1 1 5 B A feladatot így az alábbiak szerint fogalmazhatjuk át: keressük –1 az y = x egyenletû egyenesnek azt a P pontját, amelyre a PA + PB összeg a lehetõ legkisebb. Könnyen végiggondolható, hogy a P pontnak illeszkednie kell az AB szakaszra. Ha ugyanis P' az y = x egyenletû egyenes egy P-tõl különbözõ pontja, akkor az ABP' háromszögben a háromszög-egyenlõtlenség mutatja, hogy: AP + PB = AB < AP'+ P'B. Az AB szakasz az adott egyenest a P(2; 2) pontban metszi, ezért az f függvény a minimumát az x = 2 helyen veszi fel. A minimum értéke: f (2) = AB = 45 = 3 ⋅ 5. 281


2010.11.16.

9:07

Page 282


b) Az a) feladathoz hasonlóan járhatunk el. A hozzárendelési szabályt átalakítva: g(x) = x 2 + (4x – 3)2 + (x – 6)2 + (4x)2.

y

P’

A P 1

A jobb oldalon a P(x; 4x) pontnak az A(0; 3) és B(6; 0) pontoktól x 1 5 B mért távolságösszege áll. Feladatunk tehát ezúttal az y = 4x egyen–1 letû egyenes, valamint az AB szakasz metszéspontjának meghatáx y rozása. Az AB egyenes tengelymetszeti egyenlete + = 1, ezért a megfelelõ P pont koordi6 3 nátáira: x 4x 2 + = 1, amibõl x = . 6 3 3 2 Ê2 8ˆ A minimumot szolgáltató P pont koordinátái P Á ; ˜ . A g függvény a minimumát az x = Ë3 3¯ 3 helyen veszi fel. A minimum értéke: Ê2ˆ g Á ˜ = AB = 45 = 3 ◊ 5. Ë3¯ w x3771

a) Az a-val jelölt autópályán olyan P pontot keresünk, amelyre y 5 az AP + PB összeg a lehetõ legkisebb. Tükrözzük ennek érdeB kében a B pontot az a egyenesre, a tükörképet jelölje B'. Mivel A a tükrözés távolságtartó transzformáció, ezért: 1 T PB = PB', így AP + PB = AP + PB', x –1 5 P amibõl következik, hogy a keresett összeg pontosan akkor minia mális, amikor az AP + PB' összeg is minimális. A fenti összeg B’ akkor lesz a lehetõ legkisebb, amikor a P pont illeszkedik az AB' szakaszra. Elsõ lépésben a B' pont koordinátáit számoljuk ki. A tükrözés miatt B' illeszkedik a B pontban az a egyenesre emelt merõlegesre. Ebbõl kifolyólag a BB' egyenes egy irányvektora megegyezik az a egyenes egy normálvektorával. Az adott egyenletbõl a BB' egyenes egy irányvektora: v (1; –2), így egyenlete: 2x + y = 4. A BB' egyenes és az a egyenes T metszéspontját a két egyenes egyenletébõl álló egyenletrendszer megoldása adja. A T pont koordinátái: T(2; 0). Mivel a T pont egyben a BB' szakasz felezõpontja is, ezért B'(4; –4). A következõ lépésben felírjuk az AB' egyenes egyenletét. Az egyenesnek az AB'(6; –6) egy irányvektora, ezért az n (1; 1) egy normálvektora. Az egyenes normálvektoros egyenlete: x + y = 0. Végül a lehajtó helyét (amit az ábrán P jelöl) az AB' egyenes metszi ki az a egyenesbõl. A megÊ2 2ˆ Ê2 2ˆ felelõ egyenletrendszer megoldása után P Á ; – ˜ adódik. A lehajtót a P Á ; – ˜ pontban kell Ë3 3¯ Ë3 3¯ kialakítani. b) Korábbi megjegyzésünk alapján a megépítendõ útszakasz hossza megegyezik az AB' szakasz hosszával. Mivel AB' = 6 × 2 » 8,49, ezért körülbelül 8,49 km hosszú utat kell építeni. Ez hozzávetõlegesen 1 273 500 000 Ft-ba kerül.

w x3772

a) Ha a kör középpontja O(u; v), sugara r, továbbá u, v, r Î Z, akkor a következõ pontok koordinátái egészek, és illeszkednek a körre: A(u – r; v), B(u + r; v), C(u; v – r) és D(u; v + r). Az O(0; 0) középpontú, r = 1 sugarú kör pontosan négy rácspontot tartalmaz, ezek: A(–1; 0), B(1; 0), C(0; –1) és D(0; 1). 282


2010.11.16.

9:07

Page 283


1ˆ Ê b) Az O Á- 3; ˜ középpontú r sugarú kör egyenlete: Ë 4¯ 2 (x + 3 )2 + ÊÁËy – 1ˆ˜¯ = r 2. 4

Indirekt módon bizonyítunk, ezért tegyük fel, hogy az állítással ellentétben két olyan rácspont is létezik, amelyek illeszkednek a körvonalra. Legyenek ezek A(a1; a2), illetve B(b1; b2), továbbá a1, a2, b1, b2 Î Z, valamint az a1 = b1 és a2 = b2 egyenlõségek egyidejûleg nem teljesülnek. Mivel mindkét pont koordinátái kielégítik a kör egyenletét, ezért:

(a1 + 3 )2 + ÊÁËa2 – 14ˆ˜¯

2

(b1 + 3 )2 + ÊÁËb2 – 14ˆ˜¯

2

= r 2, = r 2.

A két egyenlet jobb oldala megegyezik, ezért a bal oldalak is egyenlõk, így:

(a1 + 3 )

2

Ê + Áa2 – Ë

2

2 Ê 1ˆ ˜¯ = (b1 + 3 ) + ÁËb2 – 4

2

1ˆ ˜ . 4¯

A mûveletek elvégzése után azt kapjuk, hogy 1 1 a12 + 2 ⋅ 3 ⋅ a1 + a22 – a2 = b12 + 2 ⋅ 3 ⋅ b1 + b22 – b2, 2 2 majd rendezés után: 1 1 a12 – b12 + a22 – b22 + b2 – a2 = 2 ⋅ 3 ⋅ (b1 – a1). 2 2 A fenti egyenlõség bal oldalán racionális szám áll, ezért értelemszerûen a jobb oldalán is racionális szám szerepel. Mivel 2 × 3 irracionális szám, ezért a jobb oldal egyetlen esetben lehet racionális, mégpedig ha értéke 0, azaz ha a1 = b1. Ekkor persze a bal oldal is 0, ezért:

1 1 a12 – b12 + a22 – b22 + b2 – a2 = 0, 2 2 majd szem elõtt tartva, hogy a1 = b1: 1 1 a22 – b22 + b2 – a2 = 0, 2 2 1 2 a2 – b22 = (a2 – b2), 2 1 (a2 – b2) ⋅ (a2 + b2) = (a2 – b2). 2 Korábbi megjegyzésünk alapján az a1 = b1 és a2 = b2 egyenlõségek egyidejûleg nem teljesülhetnek, ezért a2 ¹ b2, így mindkét oldal osztható (a2 – b2)-vel, amibõl következik, hogy:

1 a2 + b2 = . 2 Mivel a bal oldal két egész szám összege, ezért nem lehet egyenlõ a jobb oldallal, azaz ellent1ˆ Ê mondásra jutottunk. Ebbõl adódik, hogy az O Á- 3; ˜ középpontú, r sugarú kör valóban Ë 4¯ legfeljebb egy rácsponton mehet át. 283


2010.11.16.

9:07

Page 284


w x3773

a) A határoló vonalak pontjai hozzátartoznak az A halmazhoz.

y 5

1 –5

b) Az egyenlõtlenséget 0-ra redukálva, majd közös nevezõt kialakítva kapjuk, hogy: – x – 2y + 3 £ 0. 2x + y – 1 Ez csak úgy teljesülhet, ha – x – 2y + 3 £ 0 és 2x + y – 1 > 0, vagy ha – x – 2y + 3 ³ 0 és 2x + y – 1 < 0.

y=

–1

1

5

x

1

5

x

y

– 1 2 ×x+ 3 2

5

1 –5

–1

y= –2 x+ 1

A két feltételbõl y értékét kifejezve

1 3 – x+ £y 2 2

és

y > 1 – 2x,

1 3 – x+ ³y 2 2

és

y < 1 – 2x.

vagy

A folytonos vonallal rajzolt egyenes pontjai hozzátartoznak, míg a szaggatott egyenes pontjai nem tartoznak hozzá a B halmazhoz. c) Az x = 0 feltételt kielégítõ pontok, vagyis az y tengely pontjai, nem tesznek eleget a feltételnek. Ha x > 0, vagyis az elsõ és a negyedik síknegyed pontjait tekintjük, akkor: x 3 – 2x – xy > 0, x(x 2 – 2 – y) > 0. Mivel az elsõ tényezõ pozitív, ezért x 2 – 2 > y. Ha pedig x < 0, akkor:

y = x2 – 2

–5

y 5

1

5

x

y = – x2 + 2

x 3 – 2x + xy > 0, x(x 2 – 2 + y) > 0. Mivel az elsõ tényezõ negatív, ezért y < 2 – x 2. Az ábrán szaggatottan jelölt parabolák, valamint az y tengely pontjai nem tartoznak a C halmazhoz.

284


2010.11.16.

9:07

Page 285


d) Az egyenlõség bal oldalán a lehetséges kiemeléseket elvégezve: xy × (x 2 + y 2) = 16xy, majd 0-ra redukálva, és ismét elvégezve a kiemeléseket: xy × (x 2 + y 2 – 16) = 0. A bal oldalon álló szorzat csak úgy lehet 0, ha: x = 0, vagy y = 0, vagy x 2 + y 2 = 16. Az elsõ egyenlõségnek az y tengely, a másodiknak az x tengely, míg a harmadiknak az origó középpontú, 4 egység sugarú kör pontjai tesznek eleget.

y 5

1 –5

–1

e) Az egyenlõtlenség mindkét oldalán nemnegatív kifejezés áll, ezért mindkét oldalt négyzetre emelhetjük, így: (x 2 + y 2 – 4x – 4)2 £ 4y 2, majd 0-ra redukálva és szorzattá alakítva:

(x 2

(x 2

+

y2

y2

4)2

1

5

x

y 5

1

4y 2

+ – 4x – – £ 0, – 4x – 4 – 2y) ⋅ (x 2 + y 2 – 4x – 4 + 2y) £ 0.

O

–1

1

x

5

Q

A zárójeleken belül teljes négyzetek kialakítása után azt kapjuk, hogy: ((x – 2)2 + (y – 1)2 – 9) × ((x – 2)2 + (y + 1)2 – 9) £ 0. Ha a P pont illeszkedik az O(2; 1) vagy a Q(2; –1) középpontú, 3 egység sugarú körre, akkor P az E halmazhoz is hozzátartozik. Ezenkívül a fenti egyenlõtlenség bal oldalán pontosan akkor áll negatív szám, ha a tényezõk közül az egyik pozitív, a másik negatív. A feltételnek ezért azok a pontok felelnek meg, amelyek az említett körök közül egyiknek belsõ, míg a másiknak külsõ pontjai. f ) A feltételnek megfelelõ P pontok koordinátáira: (x 2 – y) × (x 2 + y) £ 0. Ez csak úgy teljesülhet, ha x 2 £ y és – x 2 £ y, vagy ha x 2 ³ y és y £ –x 2. Az elsõ feltétel szerint x 2 £ y, a második alapján y £ – x 2.

w x3774

y

y = x2

5

1 –1

5

x

5

x

1

y = – x2

a) A feltételnek eleget tevõ pontok halmaza az AB szakasz felezõmerõlegese. Ennek egyenlete: 1 2x – y = . 2

y

5

a

P

A

a 1 –1

285

1

B


2010.11.16.

9:07

Page 286


b) Ha a P(x; y) pont eleget tesz a feltételnek, akkor: (x + 2)2 + (y – 3)2 (x – 4)2 + y 2

y

1 = . 2

a

O

Mindkét oldalt négyzetre emelve: (x + 2)2 + (y – 3)2 1 = . (x – 4)2 + y 2 4

5

P

A

2a 1

–5

–1

1

B x

Szorozzuk meg mindkét oldalt a törtek nevezõjével: 4(x + 2)2 + 4(y – 3)2 = (x – 4)2 + y 2, végül végezzük el a kijelölt mûveleteket, és így adódik, hogy

3x 2 + 3y 2 + 24x – 24y + 36 = 0, x 2 + y 2 + 8x – 8y + 12 = 0. A kapott egyenletben teljes négyzeteket kialakítva: (x + 4)2 + (y – 4)2 = 20. A fenti egyenlet az O(–4; 4) középpontú, r = 2 × 5 sugarú kör egyenlete. Átalakításaink végig ekvivalensek voltak, ami mutatja, hogy a P(x; y) pont akkor és csak akkor AP 1 tesz eleget az = feltételnek, ha illeszkedik a fent meghatározott körre. PB 2 w x3775

a) A parabola egyenlete a következõ alakban is felírható: 2 Ê a2 ˆ Ê aˆ a2 + a – 1, amibõl y – Á– + a – 1˜ = Áx – ˜¯ – Ë ¯ Ë 2 4 4 A fenti egyenlet mutatja, hogy a parabola tengelypontjának koordinátái:

Ê y = Áx – Ë

2

aˆ ˜ . 2¯

Êa a2 ˆ T Á ; – + a – 1˜ . Ë2 ¯ 4

b) Vegyük észre, hogy az a) feladatban meghatározott T pontok koordinátái kielégítik az y = – x 2 + 2x – 1, azaz y = – (x – 1)2 egyenletet. A felírt egyenlet parabola egyenlete, így a T tengelypontok parabolára illeszkednek. Könnyen belátható az is, hogy a most kapott parabola minden pontja az a) feladatban felírt parabolák valamelyikének tengelypontja. Eredményünk alapján a T pontok halmaza parabola. c) Ismét átalakítva a felírt parabola egyenletét: 2

aˆ Ê y = Áx – ˜ + a – 1, Ë 2¯

2

amibõl

aˆ Ê y – (a – 1) = Áx – ˜ . Ë 2¯

A parabola tengelypontjának koordinátái ezúttal: Êa ˆ T Á ; a – 1˜ Ë2 ¯ A T pont koordinátái ezúttal az y = 2x – 1 egyenletnek tesznek eleget. Mivel egyenes egyenletét kaptuk, ezért ebben az esetben a tengelypontok halmaza az y = 2x – 1 egyenletû egyenes. Ezúttal is szükséges megjegyeznünk, hogy az egyenes bármely pontja egy alkalmasan választott parabola tengelypontjával esik egybe. 286


2010.11.16.

9:07

Page 287


w x3776

a) Jelölje x az A sütemények, y pedig a B sütemények számát. Ekkor a feltételek szerint a következõ egyenlõtlenségek teljesülnek: x ³ 0, y ³ 0, továbbá x, y ÎZ; x + 2y £ 45 (a liszt mennyiségére); 2x + y £ 35 (a cukor mennyiségére); x + y £ 25 (a margarin mennyiségére).

y

30

20

P x+2y=45 5

A nyereséget az alábbi kétváltozós függvény írja le: x 5 10 20 f (x, y) = 70x + 50y. 2x+y=35 x+y=25 Feladatunk tehát a fenti öt egyenlõtlenség 70x+50y=1450 teljesülése mellett az f függvény maximumának meghatározása. Az elsõ két egyenlõtlenség együtt a koordináta-rendszer elsõ síknegyedét írja le. Ha a többi egyenlõtlenségben a relációjelet egyenlõségre cseréljük, akkor mindegyik feltétel egy-egy egyenes egyenletét adja. Ha közös koordináta-rendszerben ábrázoljuk a megfelelõ egyeneseket, akkor láthatjuk, hogy az öt egyenlõtlenséget egyidejûleg egy konvex ötszög belsõ, illetve határpontjainak koordinátái elégítik ki (ld. ábra). Ebben a tartományban keressük azt a P(x; y) pontot, amelynek koordinátáira az f (x, y) érték a lehetõ legnagyobb. Vegyük észre, hogy bármely rögzített c valós számra az f (x, y) = c, vagyis a 70x + 50y = c egyenlet egy n(7; 5) normálvektorú egyenes egyenlete. Ha egy-egy ilyen egyenes belemetsz az ötszögbe, akkor a kapott pontokra az f függvény értéke állandó. Észrevételünk alapján az n (7; 5) normálvektorú párhuzamos egyenes-sereg tagjai közül keressük azt, amely belemetsz az ötszögbe, továbbá (például) x tengellyel való metszete a lehetõ legnagyobb. Az ábra alapján is meggyõzõdhetünk arról, hogy a keresett egyenes áthalad az ötszög P(10; 15) koordinátájú csúcsán. Ekkor: 70x + 50y = 1450. A maximális nyereség elérése érdekében az A süteménybõl 10, a B süteménybõl 15 darabot kell készíteni. b) A maximális nyereség 1450 Ft.

287


2010.11.16.

9:07

Page 288


11.6. VALÓSZÍNÛSÉG-SZÁMÍTÁS, STATISZTIKA Klasszikus valószínûségi modell – megoldások w x3777

a) Igen. b) Nem, a valószínûség:

P ( A + B) = 1 – P(A + B) = 1 –

c) Nem, a valószínûség:

1 – P(A + B) = 1 –

w x3778

P(legalább egy piros) = 1 – P(nincs piros) = 1 –

w x3779

20 < 0, 2, innen 80 < t. 20 + t

w x3780

1–

1 5 = . 6 6

w x3781

1–

2 53 = . 108 54

w x3782

P(A) =

Ê28ˆ Ë 4¯ Ê32ˆ Ë 4¯

5 1 = . 6 6

11 21 = . 32 32

» 0,7.

1 1 1 » 0,000000022 < P(B) = » 0,000000122 < P(C ) = 14 » 0,000000209. 3 Ê90ˆ Ê45ˆ Ë 5¯ Ë 6¯

ÈÊ5ˆ Ê85ˆ Ê5ˆ Ê85ˆ ˘ ÍË0¯ ◊ Ë 5 ¯ Ë1¯ ◊ Ë 4 ¯ ˙ ˙ » 0,0233. + w x3783 1 – [P(0 találat) + P(1 találat)] = 1 – Í Í Ê90ˆ Ê90ˆ ˙ Í Ë 5¯ Ë 5 ¯ ˙˚ Î ÈÊ6ˆ Ê39ˆ Ê6ˆ Ê39ˆ Ê6ˆ Ê39ˆ ˘ ÍË0¯ ◊ Ë 6 ¯ Ë1¯ ◊ Ë 5 ¯ Ë2¯ ◊ Ë 4 ¯ ˙ ˙ » 0,0238. + + w x3784 1 – [P(0 találat) + P(1 találat) + P(2 találat)] = 1 – Í Í Ê45ˆ Ê45ˆ ˙ Ê45ˆ Í Ë 6¯ Ë 6 ¯ ˙˚ Ë 6¯ Î Ê13ˆ ◊ 23 ◊ 3 Ë10¯

+

P(10) + … + P(13 + 1) =

w x3786

P(fémtetõ) = 1 – [P(fekete alj) – P(fekete alj és fémtetõ)] = 0,48. 288

314

+

Ê13ˆ ◊ 21 ◊ 3 Ë12¯

w x3785

314

+

Ê13ˆ ◊ 22 ◊ 3 Ë11¯

314

2 1 + 14 » 0,0016. 14 3 3


2010.11.16.

9:07

Page 289

VA L Ó S Z Í N Û S É G - S Z Á M Í T Á S , S TAT I S Z T I KA

w x3787

P(PF) = P(P) + P(F) – 1 = 0,6 + 0,75 – 1 = 0,35. Innen: 35 db.

w x3788

P(Peti nyer) = p. Ekkor 3p = 1 – p, amibõl p = 0,25 és így P(Gabi nyer) = 1 – p = 0,75.

P(Hapci nyer) – 0,3 = 1 – P(Hapci nyer), ebbõl P(Hapci nyer) = 0,35. Tehát Hapci 13-szor, Vidor pedig 7-szer nyer. 1 w x3790 P(Peti nyer) = p. Ekkor p + 2p + 3p = 1, amibõl p = . Tomi 0,5 valószínûséggel nyer. 6 w x3791 Csaba 0 valószínûséggel nyer. w x3789

7+8+5 = 0,2. 25

w x3792

1–

w x3793

1 – (0,25 + 0,16 + 0,28) = 0,31.

w x3794

a) A közös nevezõ 420. Ennyi darab (vagy ennek többszöröse) gyümölcsnek kell a ládában lennie. Ê1 1 1 1ˆ 31 1 b) 1 – Á + + + ˜ = < . Ë3 4 5 7¯ 420 3

w x3795

Ê1 1 1 ˆ 6 a) P(lapos) = 1 – [P(lyukas) + P(kerek) + P(tömör)] = 1 – Á + + ˜ = . Ë3 5 15¯ 15 b) Tizenöt darab. 4

w x3796

Ê7ˆ ÁË ˜¯ » 0,5862. 8

w x3797

p4 =

w x3798

Ê5ˆ 1 – Á ˜ » 0,5177. Ë6¯

w x3799

a) 1 – 0,88 » 0,8322.

w x3800

1 – p5 = 0,99999, amibõl p = 0,1.

w x3801

29⎫ 5⎫ 5 ⎧1 2 ⎧1 2 W = ⎨ ; ; …; ⎬ , A = ⎨ ; ; …; ⎬ , P(A) = . 3⎭ 3⎭ 29 ⎩3 3 ⎩3 3

w x3802

AB ^ A0 : p =

w x3803

a) Egy csomag 32 lapos kártyapakliban négy ász, négy tízes és négy hetes lap található. Ha egyetlen értékes lap sincs a kezünkben, akkor az említett 12 lapon kívüli 20 darab lapból kell a leosztáskor kapnunk négyet. Ez a feladat által kérdezett kedvezõ esemény, az összes esetek 32 száma pedig Ê ˆ . Így a keresett valószínûség: Ë 4¯ Ê20ˆ Ë 4¯ » 0,1347. P(nincs értékes lap) = Ê32ˆ Ë 4¯

1 1 , amibõl p = . Pontosan kétszer. 81 3 4

b) (1 – 0,8)8 » 0,00000256.

3 1 = . 54 18

289


2010.11.16.

9:07

Page 290


b) Ha legalább egy értékes lap kerül a kezünkbe, akkor az lehet egy, kettõ, három vagy akár négy darab ász, tízes, hetes is. Ez több eset, sokkal egyszerûbb, ha kiszámoljuk az ellentett esemény valószínûségét (egy eset), majd kivonjuk 1-bõl. Az ellentett esemény pedig éppen az a) pontban tárgyalt eset: Ê20ˆ Ë 4¯ » 0,8653. P(van értékes lap) = 1 – Ê32ˆ Ë 4¯ c) A „legfeljebb három” értékes lap ismét több esetbõl tevõdik össze: három, kettõ, egy vagy nulla értékes lap van a leosztott négy lap között. Ismét egyszerûbb, ha áttérünk a komplementer 12 esemény valószínûségének kiszámítására. Az, hogy mind a négy lap értékes Ê ˆ -féleképp lehet. Ë 4¯ Azaz: Ê12ˆ Ë 4¯ » 0,9862. P(legfeljebb három értékes lap) = 1 – Ê32ˆ Ë 4¯ w x3804

a) Jelölje V a vörös hajú, S a szemüveges klubtagok közül egy fõ kiválasztásának eseményét. Ekkor P(V) = 0,82 és P(S) = 0,76. Ismert, hogy a klubban minden tag bírja valamelyik tulajdonságot. Ezért 1 = P(V + S) = P(V ) + P(S) – P(VS), ahonnan egyszerû behelyettesítés után P(VS) = 0,58. b) Már tudjuk:

58 29 = . 100 50 A szöveg szerint a klubnak 50 tagja van – ha ez az összes esetek száma, akkor 29 a kedvezõ esetek száma, azaz 29 mindkét tulajdonságot bíró egyén jár ebbe a klubba. P(VS) = 0,58 =

w x3805

Jelölje K azt az eseményt, hogy Teréz az ismerõsei közül éppen kígyóbûvölõre, H pedig azt, hogy hastáncosokra kattint. Tudjuk, hogy P(H) = 0,6 és a K + H esemény komplementerének 0,1 a valószínûsége. Azaz H, K és K + H lefedi Teréz összes ismerõsét a weblapon. Formulába öntve: 1 = P(csak K ) + P(H) + 0,1. Innen adódik: 3 30 P(csak K) = 0, 3 = = . 10 100 Ha tudjuk még azt is, hogy a számlálóban levõ 30 a kedvezõ esetek száma, akkor a nevezõben csak az összes esetek száma lehet. Tehát a megoldás: ezen a napon ünnepelte Teréz, hogy immáron 100 ismerõssel büszkélkedhet.

w x3806

Készítsünk halmazábrát. A megoldás innen leolvasható: 11 P= . 40

kutya

macska

5

4 2

6

3 4

6 kanári

290

10


2010.11.16.

9:07

Page 291


Fontos az elején rögzítenünk, hogy Edének egy telefonszáma van, ez adja meg a kedvezõ esetek számát. Ferenc nem tudja, hogy mi a hívószám elsõ két jegye (20, 30 vagy 70), ez 3 lehetõség. Két dologra emlékszik: 5! = 30 lehetõség. 1. A következõ 5 helyen van két 1-es, két 2-es és egy 4-es, ami 2! ⋅ 2! ⋅ 1! 2. Az utolsó hét számjegybõl álló szám hárommal osztható. Mivel ebbõl az elsõ öt jegy összege 10, ezt az utolsó két számjeggyel úgy kell kiegészíteni, hogy 3-mal osztható legyen. Jó például a 02, 05, 08, 11, 14, 17, … végzõdés és így tovább, az utolsó szóba kerülõ érték a 98. Ez összesen 32 darab szám. Az összes feltételnek megfelelõ hívószámok száma így 3 × 30 × 32 = 2880. A megoldás: 1 P =1− » 0,999652. 2880 n . w x3808 a) Jelölje a lovasok darabszámát n. Így az elsõ lovas kivételének a valószínûsége: 20 + n n –1 , hiszen eggyel kevesebb lovas katona van, és eggyel kevesebb az összes A másodiké már 19 + n ólomkatona száma is. Felírható a következõ egyenlet: 1 n n –1 = ⋅ . 30 20 + n 19 + n Átalakítva másodfokú egyenletté: 69 ± 221 0 = 29n 2 – 69n – 380 Þ n1, 2 = . 58 Csak az 5-öt fogadhatjuk el a részfeladat megoldásának, a negatív törtet nem. w x3807

b) Az elõzõ részfeladat alapján eredetileg 20 gyalogos és 5 lovas katona volt a dobozban. Ha Jani minden lépésben kivesz a dobozból egy gyalogos katonát és beletesz egy lovast, akkor a dobozban levõ katonák száma nem változik, mindig 25 marad. Viszont a lovasok száma lépésrõl lépésre növekszik, m lépés esetén 5 + m lesz. Ezért az elsõ lovas kivételének a valószínû5+ m 4+m , a másodiké már . Azt keressük, hogy a szorzatuk mikor növekedik 0,5 fölé: sége 25 24 5+ m 4+ m ⋅ > 0,5. 25 24 Kifejtve és rendezve: m2 + 9m – 280 > 0. Megoldva az egyenlõtlenséget, m < –21,8 vagy m > 12,8 egy tizedesre kerekítve. Vagyis Janinak legalább 13 cserét végre kellett hajtania. (m = 13 esetén a keresett valószínûség éppen 0,51.) w x3809

a) A feladat szövegében szerepel a „legalább egyet” kifejezés, ezért térjünk át a komplementer eseményre: „egyet sem”. Annak a valószínûsége, hogy a villamos vezetõje egy ajtót sem nyit ki a nyolcból: (1 – p)8. Így a kérdezett valószínûség: 1 – (1 – p)8. b) Meg kell oldanunk a következõ egyenlõtlenséget: 1 – (1 – p)8 > 0,5. Rendezve és nyolcadik gyököt vonva: 0,917 > 1 – p Þ p > 0,083. Ha ezen kis valószínûségnél nagyobb valószínûséggel nyit ki egy ajtót, akkor már 0,5-nél nagyobb valószínûséggel nyit ki legalább egyet egy állomáson. 291


2010.11.16.

9:07

Page 292


w x3810

Jelöljük a szóba kerülõ eseményeket a következõképpen. Szerénke Károly bácsi ölében ül: SK. Lukrécia Károly bácsi ölében ül: LK. Szerénke Irma néni ölében ül: SI. Lukrécia Irma néni ölében ül: L I. A feltételek szerint ez a négy esemény kizárja egymást. a) A szöveg szerint P(SK) = 0,2 és P(LK) = 0,15, valamint P(SI + LI) = 0,55. A kérdés azt firtatja, hogy mekkora valószínûséggel nem ül macska az öregek ölében, azaz a megadottak összegének komplementerét. Számítsuk ki hát: P(senki ölében nem ül macska) = 1 – P(SK + LK + SI + LI ) = = 1 – (0,2 + 0,15 + 0,55) = 0,1. b) Tekintsük a táblázatot, amiben P(SI ) = x, Károly bácsi ölében P(L I ) = y. Ekkor a feltételek szerint x + y = 0,55, Szerénke 0,20 továbbá Lukrécia 0,15 y + 0,15 > x + 0,2, 0,35 mégpedig 0,1-del. Meg kell oldanunk a következõ egyenletrendszert: x + y = 0, 55 ⎫ ⎬. y + 0,15 = x + 0, 2 + 0,1 ⎭

Irma néni ölében x

x + 0,20

y

y + 0,15

0,55

Ennek megoldása: x = 0,2 (és y = 0,35). Azaz Szerénke ugyanakkora valószínûséggel ül mindkét öreg ölében. w x3811

w x3812

Rajzoljunk halmazábrát, és töltsük ki belülrõl kifelé haladva. Vörös törött kabrióból a megadott valószínûség alapján 7-et találunk, vörös kabrióból pedig 10-et (így nem törött vörös kabrió 3 van). Hasonlóan 2 darab jó állapotú nem vörös színû kabriót találunk és ugyanennyi jó állapotú, vörös színû, de nem kabrió sportkocsit. Azt is tudjuk, hogy van 5 darab törött, vörös nem kabrió autó a versenyen. A maradék két helyre ugyanazt a számot kell írnunk, és összesen 25 autó indult. Ebbõl adódik, hogy x 0, 1, 2 vagy 3 lehet. Ekkor pedig y lehet rendre 6, 4, 2 vagy 0. A lehetséges valószínûségeket a táblázatban találjuk.

25 törött

kabrió

x

2 3

7

x 5 y

2 vörös

x

0

1

2

3

P

0,24

0,16

0,08

0

a) Annak a valószínûsége, hogy egy szoba takarítható, illetve annak is, ha nem, egyaránt 0,5. A „legalább egy szoba takarítható” kitétel miatt érdemes áttérnünk a komplementer esemény valószínûségére: „egy szoba sem takarítható”. Ez utóbbinak a valószínûsége n szoba esetén 0,5 n. Mivel ez a komplementer esemény, így a következõ egyenlõtlenséget kell megoldanunk: 1 – 0,5 n > 0,999. Átrendezve: 0,001 > 0,5 n. Mindkét oldalnak véve a 0,5 alapú logaritmusát, a relációjel megfordul (az f (x) = log 0,5 x függvény szigorúan monoton csökkenõ): log0,5 0,001 < n. Elõbbi értéke: lg 0,001 » 9,966. lg 0,5 Így legalább 10 szoba van a hotelben. 292


2010.11.16.

9:07

Page 293


b) Jelölje p annak a valószínûségét, hogy egy szoba a személyzet számára megközelíthetõ, és legyen a hotelben n szoba. Két ismeretlen van, így szükségünk lesz két egyenletre is. Az elsõ feltételnek („legalább egy szoba”) vegyük a komplementer eseményét, ekkor 1 – p n = 0,79. A második feltétel egyszerûbb: (0,75 × p) n + 2 = 0,01. Meg kell tehát oldanunk a következõ egyenletrendszert: p n = 0,21 ⎫ ⎬. (0,75 ⋅ p) n + 2 = 0,01 ⎭ Vegyük mindkét egyenlet mindkét oldalának 10-es alapú logaritmusát (ezt megtehetjük, hiszen a logaritmusfüggvény kölcsönösen egyértelmû hozzárendelés). Használjuk ki a logaritmus azonosságait is: n ⋅ lg p = lg 0,21 ⎫ ⎬. (n + 2) ⋅ (lg p + lg 0,75) = – 2 ⎭ Életünk egyszerûbbé tételéhez vezessük be a lg p = x jelölést (a feladat amúgy sem kérdezi a valószínûség értékét): n ⋅ x = lg 0,21 ⎫ ⎬. (n + 2) ⋅ (x + lg 0,75) = – 2 ⎭ Megjegyzés: Alkalmazhatjuk azt a trükköt is, hogy lg 0,21 és lg 0,75 helyére is betûket írunk és paraméterként számolunk velük. Így elegendõ csak a végeredmény közvetlen kiszámításakor behelyettesíteni õket. Az egyenletrendszer megoldásakor érdemes az elsõ egyenletbõl kifejezni az x ismeretlent, és behelyettesíteni azt a második egyenletbe. Így az alábbi másodfokú egyenlethez jutunk: lg 0,75 × n2 + (lg 0,21 + 2 × lg 0,75 + 2) × n + 2 × lg 0,21 = 0. Ennek megoldásai: n1 = 1,5 és n2 = 7,0. Az 1,5 értéket nem fogadjuk el, a hotelben tehát jelenleg hét szoba van. w x3813

Vegyük észre, hogy a függvény átalakítható f (x) = (x – A) × (x – B) alakúvá. Ilyen formában már tudjuk a zérushelyeket is: x1 = A és x2 = B. Mit tudunk A és B számokról? A < B egészek, továbbá 1 £ A, B £ 9. Az összes esetek száma: 8 + 7 + 6 + … + 1 = 36. A táblázatban látjuk a magyarázatot is: A értéke

8

7

6

5

4

3

2

1

B lehet

9

8, 9

7, 8, 9

6, 7, 8, 9

5, …, 9

4, …, 9

3, …, 9

2, …, 9

Számuk

1

2

3

4

5

6

7

8

A kedvezõ esetek számához is írjunk fel egy hasonló táblát: A értéke

1

2

3

4

5

B lehet

5, 6, 7, 8, 9

6, 7, 8, 9

7, 8, 9

8, 9

9

Számuk

5

4

3

2

1

A kedvezõ esetek száma: 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15. A keresett valószínûség tehát

15 . 36 293


2010.11.16.

9:07

Page 294


w x3814

a) Elõször is próbáljuk meg rendszerezni az adatokat. Talán a legjobb, ha készítünk egy táblázatot, hiszen mindhárom ládában ugyanolyan méretû csavarokat találunk. Fontos megjegyeznünk, hogy a táblázatban található események egymást kizáró események, így valószínûségeik összeadhatók. 1. ládában

2. ládában

3. ládában

Összesen

10-es csavar

50

10

20

80

12-es csavar

70

x

40

110 + x

14-es csavar

30

80

y

110 + y

Összesen

150

90 + x

60 + y

300 + x + y

x valószínûséggel fogunk közülük 300 + x + y y felvenni a második ládából való tizenkettes csavart és valószínûséggel a harmadik 300 + x + y ládából való tizennégyes csavart. Ez a kettõ is összeadható, így a következõ egyenletet kapjuk: x y 1 + = . 300 + x + y 300 + x + y 3 Ha minden láda tartalma kiborul a földre, akkor

Furcsának tûnhet, hogy nincs két egyenletünk, de ha jobban belegondolunk, nincs is rá szükség. Az a) kérdés ugyanis azt firtatja, hogy mennyi csavarunk van összesen, aminek megválaszolásához elegendõ az x + y = z összeg kiszámítása: z 1 = . 300 + z 3 Ennek megoldása: z = 150, vagyis összesen 450 csavar van a három ládában. b) A második kérdésben módosul a táblázatunk. Immár csak egy ismeretlennel kell számolni, hiszen Sanyi a harmadik ládában található összes tizennégyes csavart felhasználta. 1. ládában

2. ládában

3. ládában

Összesen

10-es csavar

50

10

20

80

12-es csavar

70

x

40

110 + x

14-es csavar

30

80

0

110

Összesen

150

90 + x

60

300 + x

Mivel a 3. ládában nincs 14-es, A húzott csavar egy-egy különbözõ méretû csa1. ládából 14 12 14 10 vart négyféleképpen lehet kivenni a három ládából. A táblá2. ládából 12 14 10 14 zat a négy esetet tartalmazza. 3. ládából 10 10 12 12 Ezen esetek valószínûségeire: 40 50 40 30 x 20 30 40 10 80 70 20 80 ⋅ ⋅ = . ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + 110 110 + x 80 110 110 + x 80 110 110 + x 80 110 110 + x 80 187 A lehetséges egyszerûsítések és összevonások után: 6x + 2840 40 = , amibõl 88 ⋅ (110 + x) 187

x = 60.

A második ládában így eredetileg 60 tizenkettes, a harmadik ládában 90 tizennégyes csavar volt. 294


2010.11.16.

9:07

Page 295


c) A kérdés megválaszolásához vizsgáljuk meg az elõbb kapott

6x + 2840 kifejezést (függvényt). 88 ⋅ (110 + x)

Alakítsuk át, hogy jobban lássuk a reciprokfüggvényt: 1090 1090 ˆ 1090 Ê x + 110 + 6x + 2840 3 3 Á ˜ 3 3 3 f (x) = = ◊ = ◊ 1+ = + 44 . 88 ◊ (110 + x) 44 x + 110 44 ÁË x + 110˜¯ 44 x + 110 A fenti függvény írja le a kérdezett valószínûség változását a második ládában levõ tizenkettes csavarok x számának függvényében. Amennyiben x = 0, úgy f (0) » 0,2934, majd a függvény 3 szigorúan monoton csökken, de nem éri el a » 0,0682 értéket – hiszen mindig adunk hozzá 44 egy pozitív, de egyre kisebb számot. Megjegyzés: Ha ábrázoljuk, a függvény hozzávetõleges ábrája is szemlélteti az eredményeket.

Visszatevéses mintavétel – megoldások w x3815

a) 0,875 » 0,4982;

b) 0,135 » 0,000037.

w x3816

a) 0,36 = 0,000729;

b) 0,7 6 = 0,117649.

w x3817

a) 4 × 0,353 × 0,65 = 0,111475;

b) 7 × 0,35 × 0,656 » 0,1848.

w x3818

Ê19ˆ 1 a) 3 ◊ Á ˜ ◊ = 0,135375; Ë20¯ 20

w x3819

Ê10ˆ ◊ Ê 24ˆ Ë 7 ¯ ÁË30˜¯

w x3820

Ê1ˆ a) Á ˜ » 0,0041; Ë3¯

2

7

8

b) 9 ◊

19 Ê 1 ˆ ◊ Á ˜ » 3,34 ◊ 10 –10. 20 Ë20¯

3

Ê 6ˆ ◊ Á ˜ » 0,2. Ë30¯

5

3

2

2

3

Ê1ˆ Ê2ˆ Ê1ˆ Ê2ˆ b) Á ˜ ◊ Á ˜ + Á ˜ ◊ Á ˜ » 0,0494; Ë3¯ Ë3¯ Ë3¯ Ë3¯

4

Ê1ˆ 2 c) 5 ◊ Á ˜ ◊ » 0,0412. Ë3¯ 3 3

17

w x3821

20 Ê 1 ˆ P(A) = Ê ˆ ◊ Á ˜ Ë 3 ¯ Ë10¯

w x3822

7 Ê 1ˆ Ê 1ˆ P(A) = Ê ˆ ◊ Á ˜ ◊ Á ˜ Ë3¯ Ë 2¯ Ë 2¯

w x3823

a) pfej2 = 0,49 Þ pfej = 0,7;

w x3824

Ê10ˆ ◊ p7 ◊ (1 – p)3 > Ê10ˆ ◊ p8 ◊ (1 – p)2 Þ 8 > p. Ë 7¯ Ë 8¯ 11

3

w x3825

Ê 9ˆ 25 Ê 1 ˆ ◊ Á ˜ » 0,1901 > P(B) = Ê ˆ ◊ Á ˜ Ë10¯ Ë 4 ¯ Ë10¯ 4

4

4

21

Ê 9ˆ ◊ Á ˜ » 0,1384. Ë10¯

3

7 Ê 1ˆ Ê 1ˆ = P(B) = Ê ˆ ◊ Á ˜ ◊ Á ˜ » 0, 2734. Ë4¯ Ë 2¯ Ë 2¯ b) (1 – pfej)2 = 0,81 Þ pfej = 0,1.

A „tízbõl legfeljebb nyolcat” kitétel miatt (ez kilenc elemi esemény) érdemes áttérnünk a komplementer eseményre, ami „tízbõl legalább kilencet”. Ez kilenc vagy tíz ászt jelent tíz szervából. Tudjuk, hogy az ász valószínûsége 0,2; így a megoldás: È 10 ˘ 10 P(legfeljebb nyolc ász szerva) = 1 – ÍÊ ˆ ◊ 0, 29 ◊ 0, 81 + Ê ˆ ◊ 0, 210 ◊ 0, 80˙ » 0,999996. Ë10¯ ÎË 9 ¯ ˚ 295


2010.11.16.

9:07

Page 296


w x3826

1 Az összetett számok közül csak a 4-et és a 6-ot dobhatjuk, így az „összetett dobás” valószínûsége . 3 Mivel legalább kétszer szeretnénk ezt dobni, így az eseményt hét elemi esemény alkotja: 2, 3, 4, 5, 6, 7 vagy 8 alkalommal dobunk összetett számot. Ez elég sok esemény. Térjünk át a komplementerre, ahol csak két esetet kell kiszámolnunk: amikor nincs összetett szám és amikor csak egy darab van. A keresett valószínûség: 0 8 1 7 È Ê1ˆ Ê 2ˆ ˘ Ê1ˆ Ê 2ˆ P(legalább kétszer dobunk összetett számot) = 1 – ÍÊ8ˆ ◊ Á ˜ ◊ Á ˜ + Ê8ˆ ◊ Á ˜ ◊ Á ˜ ˙ » 0,8050. ÎË0¯ Ë3¯ Ë 3¯ Ë1¯ Ë3¯ Ë 3¯ ˚ Ne ugorjunk be a feladatnak! Bár a szövegben szerepel a „legalább” kifejezés, ez pont így jelent kevesebb esetet. A „hétbõl legalább öt” találat az öt, hat vagy hét találatot (3 elemi esemény) foglalja magában, ellentétben a komplementerével, ami a 0, 1, 2, 3, 4 (5 elemi esemény) eseteket foglalja magában. A megoldás így: 7 7 7 P(legalább öt találat) = Ê ˆ ◊ 0, 35 ◊ 0, 72 + Ê ˆ ◊ 0, 36 ◊ 0, 71 + Ê ˆ ◊ 0, 37 ◊ 0, 70 » 0,0288. Ë5¯ Ë6¯ Ë7¯

w x3828

Ha négyszer dobunk a kockával, akkor dobhatunk 0, 1, 2, 3 vagy 4 hatost. Fel kell írnunk minden eset valószínûségét, majd ábrázolnunk õket oszlopdiagramon. Az egyszerûség kedvéért jelölje k, hogy hány hatost dobtunk a négy dobásból. Megjegyzés: Az itt megadott eseményeket együtt teljes eseményrendszernek nevezzük.

A valószínûség értéke

w x3827

0,5 0,4 0,3 0,2 0,1 0,0

0

1

2

3

4

k értéke

0

4

1

3

2

2

3

1

4 Ê 1ˆ Ê 5ˆ 4 Ê 1ˆ Ê 5ˆ P(k = 0) = Ê ˆ ◊ Á ˜ ◊ Á ˜ » 0,482253; P(k = 1) = Ê ˆ ◊ Á ˜ ◊ Á ˜ » 0,385802; Ë0¯ Ë 6¯ Ë 6¯ Ë1¯ Ë 6¯ Ë 6¯ 4 Ê 1ˆ P(k = 2) = Ê ˆ ◊ Á ˜ Ë2¯ Ë 6¯

Ê 5ˆ 4 Ê 1ˆ ◊ Á ˜ » 0,115741; P(k = 3) = Ê ˆ ◊ Á ˜ Ë 6¯ Ë3¯ Ë 6¯ 4

Ê 5ˆ ◊ Á ˜ » 0,015432; Ë 6¯

0

4 Ê 1ˆ Ê 5ˆ P(k = 4) = Ê ˆ ◊ Á ˜ ◊ Á ˜ » 0,000772. Ë4¯ Ë 6¯ Ë 6¯ w x3829

A dolgozatnak nyolc feladata van, ezek közül 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 darabot tudhat Jani. Ezt a kilenc esetet kell áttekintenünk, és kiválasztani közülük a legnagyobb valószínûséggel bekövetkezõt. Most k azt jelöli, hogy Jani hány feladatot tud megoldani a dolgozat nyolc példájából. 8 8 P(k = 0) = Ê ˆ ◊ 0, 60 ◊ 0, 48 » 0,000655; P(k = 1) = Ê ˆ ◊ 0, 61 ◊ 0, 47 » 0,007864; Ë0¯ Ë1¯ 8 8 P(k = 2) = Ê ˆ ◊ 0, 62 ◊ 0, 46 » 0,041288; P(k = 3) = Ê ˆ ◊ 0, 63 ◊ 0, 45 » 0,123863; Ë2¯ Ë3¯ 8 8 P(k = 4) = Ê ˆ ◊ 0, 6 4 ◊ 0, 4 4 » 0,232243; P(k = 5) = Ê ˆ ◊ 0, 65 ◊ 0, 43 » 0,278692; Ë5¯ Ë4¯ 8 8 P(k = 6) = Ê ˆ ◊ 0, 66 ◊ 0, 42 » 0,209019; P(k = 7) = Ê ˆ ◊ 0, 67 ◊ 0, 41 » 0,089579; Ë6¯ Ë7¯ 8 P(k = 8) = Ê ˆ ◊ 0, 68 ◊ 0, 40 » 0,016796. Ë8¯ Jani a legnagyobb valószínûséggel öt feladatot fog jól megoldani a dolgozat során. Ám akkor sem lepõdünk meg, ha négy vagy hat feladattal birkózik meg. Megjegyzés: Figyeljük meg, mennyire kevés a szélsõ esetek valószínûsége! A 0, 1, 8 esetek valószínûségei együtt nem érik el a 0,02-ot. 296


2010.11.16.

9:07

Page 297


w x3830

Jelölje például egy dobás esetén a fej valószínûségét p. Mivel annak az esélye, hogy két dobásból egy fej és egy írás lesz, 0,18, a következõ egyenletet kell megoldanunk: 2 P(k = 1) = Ê ˆ ◊ p1 ◊ (1 – p)1 = 0,18. Ë1¯ Nem muszáj felírni a fenti formulát, elegendõ két dolgot meggondolnunk. Ha p valószínûsége van a fejnek, akkor (1 – p) van az írásnak. Másrészt vagy elsõre, vagy másodikra dobunk fejet, ami két eset. Így ugyanazt az egyenletet kapjuk kicsit egyszerûbben: 2 × p × (1 – p) = 0,18. Bármelyik egyenletet átalakítva: 0 = p2 – p + 0,09. Megoldásai: p1 = 0,9 és p2 = 0,1. Mindkét megoldás jó. Megjegyzés: Azért kaptunk olyan számokat, melyek összege 1, mert a feladat szimmetrikus fejre és írásra.

w x3831

Jelölje p annak a valószínûségét, hogy egy sorsjeggyel nyerünk, k pedig a nyertes szelvények számát. Ekkor a „hatból kétszer nyerünk” esélye: 6 P(k = 2) = Ê ˆ ◊ p2 ◊ (1 – p)4. Ë2¯ A „hatból kétszer veszítünk” esélye megegyezik a „hatból négyszer nyerünk” esélyével: 6 P(k = 4) = Ê ˆ ◊ p 4 ◊ (1 – p)2. Ë4¯ A szöveg szerint a formulák értékei egyenlõek: Ê6ˆ ◊ p2 ◊ (1 – p)4 = Ê6ˆ ◊ p 4 ◊ (1 – p)2. Ë2¯ Ë4¯ 6 6 Egyszerûsítsünk p 2-tel és (1 – p)2-tel, majd a Ê ˆ = Ê ˆ binomiális együtthatókkal: Ë2¯ Ë4¯

(1 – p)2 = p 2. Mivel 0 £ p £ 1, így gyökvonás után elhagyható az abszolút érték: 1 – p = p Þ p = 0,5. Ez egy nagyon jó sorsjegy, nagy valószínûséggel minden második nyer! Kár, hogy ilyen sorsjegyet a valóságban nem lehet kapni. w x3832

Jelölje p az „egy dobásból ötöst dobunk” valószínûségét, k pedig, hogy hányszor következett be az „ötös dobás”. A „hét dobásból négy ötös” valószínûsége ekkor: 7 P(k = 4) = Ê ˆ ◊ p 4 ◊ (1 – p)3. Ë4¯ A „hét dobásból hat ötös” valószínûsége: 7 P(k = 6) = Ê ˆ ◊ p6 ◊ (1 – p)1. Ë6¯

Azt szeretnénk, hogy a második nagyobb legyen, mint az elsõ: Ê7ˆ ◊ p 4 ◊ (1 – p)3 < Ê7ˆ ◊ p6 ◊ (1 – p)1. Ë4¯ Ë6¯ 297


2010.11.16.

9:07

Page 298


Számítsuk ki a binomiális együtthatókat, majd egyszerûsítsünk, amivel csak lehet. Rendezzük egy oldalra az egyenlõtlenséget: 4p 2 – 10p + 5 < 0. A megoldások: p1 » 1,81 és p2 » 0,69. A másodfokú egyenlõty 3 lenség megoldásához ábrázoljuk a kifejezéssel leírható parabolát. Azt keressük, ahol a kifejezés 0-nál kisebb (azaz, ahol az x ten2 gely „alatt” található): 4p2 µ10 p+5 1 0,69 < p < 1,81. Ám mivel p valószínûség, értéke legfeljebb 1 lehet, amit el is x –2 –1 1 2 3 érhet. Tehát a végsõ megoldás: –1 0,69 < p £ 1. w x3833

Jelölje az írás valószínûségét egy feldobás esetén x. Ezt az x értéket úgy szeretnénk megadni, hogy az írás maximális valószínûséggel következzen be hat dobásból ötször. Meg kell hát adnunk egy függvényt, amely x változó függvényében leírja a keresett valószínûséget. A binomiális eloszlást hívjuk segítségül: 6 f (x) = Ê ˆ ◊ x 5 ◊ (1 – x) = 6x 5 ◊ (1 – x) = 6 ◊ (x 5 – x 6) . Ë5¯

Ez egy hatodfokú függvény. Természetesen adódik f (x) értelmezési tartományára a [0; 1] zárt intervallum, hiszen x az írás valószínûsége. A függvény mindenütt pozitív, kivéve a két zérushelyet: x1 = 0 és x2 = 1. Ezen függvénynek keressük a maximumát. Ilyen magas fokú görbéket (még) nem áll módunkban elemezni, ezért hagyatkozzunk a számítógép vizsgálatára. Eszerint a függvény maximumhelye: y 0,4 5 xmax = » 0,8333, 0,3 6 0,2 a maximum értéke pedig 5

Ê5ˆ Ê5ˆ ymax = f Á ˜ = Á ˜ » 0,4019. Ë6¯ Ë6¯

0,1

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1

x

Amennyiben ezt állítjuk be az érmén az írás valószínûségének, akkor nagy valószínûséggel hat dobásból ötször fogunk írást kapni. Megjegyzés: Ha majd tanulunk deriválni, akkor deriválással egyetlen sorban megoldhatjuk a feladatot: f ¢(x) = 6 ⋅ ( x 5 – x 6) ¢ = 6 ⋅ (5x 4 – 6x 5) = 6 ⋅ x 4 ⋅ (5 – 6x). Az eredeti függvénynek ott van szélsõértéke, ahol az elsõ derivált nulla, és elõjelet vált. Jelen esetben ez a már felírt értékre következik be. w x3834

Ha a hatból két faluban nincs sem fel-, sem leszálló utas, akkor négy helyen van. A keresett egyenlet: Ê6ˆ ◊ p2 ◊ (1 – p)4 = 0, 01536 ◊ 2 4 = 0,24576. Ë2¯ A binomiális együtthatót számoljuk ki, fejtsük ki a zárójelet a binomiális tétel alapján. Végezzük el a beszorzásokat, és rendezzük egy oldalra az egyenletet: 15p6 – 60p5 + 90p4 – 60p3 + 15p 2 – 0,24576 = 0. 298


2010.11.16.

9:07

Page 299


Általában hatodfokú egyenletet nem tanultunk megoldani, és késõbb sem fogunk. Lehetséges azonban közelítõ megoldásokat keresni, a számítógép erre kiváló. A négy megoldásból minket csak az a kettõ érdekel, amelyek a [0; 1] intervallumba esnek. Az egyik megoldás ráadásul véges: p1 = 0,2 és p2 = 0,48769.

y 0,2

–0,2

0,4

0,2

0,6

0,8

1

1,2

1,4 x

–0,2

Megjegyzés: Ha behelyettesítjük az értékeket, akkor p = 0,2-re pontosan 0,24576-t kapunk, azonban p = 0,48769-re „csak” 0,245759487-t. Nem a számítógép tévedett, egyszerûen a kerekítés pontatlanságából adódik a megoldás hibája. w x3835

1 valószínûséggel következik be, ennyi 7 a fõnyeremény valószínûsége is. Tételezzük fel, hogy a kilenc forgatásból k esetben következett be a fõnyeremény: k 9– k Ê9ˆ ◊ Ê1ˆ ◊ Ê 6ˆ = 0,25. Ëk¯ ÁË 7˜¯ ÁË 7˜¯ Mivel a hét egybevágó körcikk bármelyikének kiforgatása

Alakítsuk át a bal oldali kifejezést a hatványozás azonosságai szerint: k

Ê1ˆ 9 Á ˜ Ê9ˆ ◊ Ë 7¯ ◊ Ê 6ˆ = 0,25. Á ˜ k Ë 7¯ Ëk¯ Ê 6ˆ ÁË ˜¯ 7

Folytatva ezt kapjuk:

k

9

Ê9ˆ ◊ Ê 1ˆ ◊ Ê 6ˆ = 0,25. Ëk¯ ÁË 6˜¯ ÁË 7˜¯ Osszunk le a kilencedik hatvánnyal (kerekítsünk), és szorozzunk át 6 k-nal: Ê9ˆ = 6 k. Ëk¯ I. megoldás. A 6 x exponenciális függvényrõl tudjuk, hogy szigorúan monoton növõ. Szintén ismert, hogy a binomiális együttható értékei véges sokan vannak, és szimmetrikusak: Ê9ˆ = Ê 9 ˆ . Ëk¯ Ë9 – k¯ Tehát k = 4 után nem növekedik tovább, hanem csökken. Két megoldást találunk: rögtön a k = 0 értékre teljesül az egyenlõség, majd k = 2-re is. A kifejezések tulajdonságai miatt több megoldás nincs.

y

6x

144 120 96 72 48 24

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

x

II. megoldás. Fejtsük ki a binomiális együtthatót. Számlálójában 9! szerepel, amiben összesen négy darab 3-as prímtényezõt találunk. Ez azért érdekes, mert 6 k = 2k × 3k. Tehát k maximum 4 lehet. Ám ha hozzávesszük, hogy k! vagy (n – k)! egyike legalább 4!, akkor így az egyik 3-as prímmel le is egyszerûsítünk, azaz csak a k = 0, 1, 2, 3 eseteket szükséges megvizsgálni. Ezek közül k = 0 és k = 2 megoldás. 299


2010.11.16.

9:07

Page 300


w x3836

a) A lehetséges esetek összegyûjtésekor az elvesztett 400 eurót kell 10 darab 50 eurós és/vagy 100 eurós, valamint 0 eurós részekre (partíciókra) bontanunk. 50 eurósból csak páros sok kerülhet a partíciókba, 100 eurós pedig legfeljebb négy.

100 eurós

4

3

2

1

0

50 eurós

0

2

4

6

8

0 eurós

6

5

4

3

2

b) A fenti táblázat oszlopainak valószínûségeit kell meghatározni és összegezni. Ez nem is olyan egyszerû! Gondoljuk meg: az eddigi feladatokban csak és kizárólag olyan kérdésekkel foglalkoztunk, amelyekben egy p valószínûségû esemény és annak (1 – p) valószínûségû komplementere szerepelt. Most viszont három eseményünk van. Nézzünk kicsit más szemmel a korábbi két esetre! Tekinthetjük úgy is, mint két eseményt, amelyek egymást kizárják, de egyben kiegészítik egymást a teljes eseménytérre – azaz teljes eseményrendszert alkotnak. Ezt már általánosíthatjuk három (de akár több) eseményre is: 6 3 = = 0, 3; p1 = P(100 euró kifizetése) = 20 10 4 1 = = 0, 2; p2 = P(50 euró kifizetése) = 20 5 10 1 p3 = P(nincs kifizetés) = = = 0, 5. 20 2 n! n . Ez azt Az eddigi formulák elején szereplõ Ê ˆ binomiális együttható kifejtve Ëk¯ k! ⋅ (n – k)! jelenti, hogy a k darab eseményt és az (n – k) darab komplementer eseményt pontosan ennyiféleképpen tudjuk sorba rakni (ismétléses permutáció). Természetesen olvashatjuk kiválasztásnak is: n helyre választunk ki k darab egyfajta elemet. (A két formula megegyezik.) Három elemre nem alkalmazhatjuk a kombinációs meggondolást, azonban alkalmazhatjuk az ismétléses permutációt! Például a fenti táblázat második oszlopát tekintve, az összes lehetséges sorba kell raknunk 3 darab 100 eurós, kettõ darab 50 eurós és 5 darab 0 eurós 10! kifizetést. Ezt pedig -féleképpen tehetjük meg. Ezzel az eset felírásával készen vagyunk: 3! ⋅ 2! ⋅ 5! 10! P(2. oszlop) = ⋅ 0, 33 ⋅ 0, 22 ⋅ 0, 55 = 0,08505. 3! ⋅ 2! ⋅ 5! Ugyanígy fel kell írnunk a táblázat többi oszlopára is a valószínûségeket, majd ezeket összeadni. Az eredmények: 10! P(1. oszlop) = ⋅ 0, 34 ⋅ 0, 20 ⋅ 0, 56 = 0,026578; 4! ⋅ 0! ⋅ 6! 10! ⋅ 0, 32 ⋅ 0, 2 4 ⋅ 0, 54 = 0,02835; P(3. oszlop) = 2! ⋅ 4! ⋅ 4! 10! ⋅ 0, 31 ⋅ 0, 26 ⋅ 0, 53 = 0,002016; P(4. oszlop) = 1! ⋅ 6! ⋅ 3! 10! P(5. oszlop) = ⋅ 0, 30 ⋅ 0, 28 ⋅ 0, 52 = 0,0000288. 0! ⋅ 8! ⋅ 2 ! Összegük négy tizedesre kerekítve: p = 0,1420. Megjegyzés: A két komplementer eseménybõl felírt összes eset valószínûségeit binomiális eloszlásnak, a több, teljes eseményrendszert alkotó eseménybõl felírt összes eset valószínûségeit együtt polinomiális eloszlásnak nevezzük. 300


2010.11.16.

9:07

Page 301


Mintavétel visszatevés nélkül (kiegészítõ anyag) – megoldások w x3837

w x3838

w x3839

w x3840

w x3841

w x3842

w x3843

w x3844

w x3845

Ê28ˆ Ë 2¯ Ê30ˆ Ë 2¯

a)

» 0, 869.

Ê27ˆ Ë10¯ Ê135ˆ Ë 10 ¯

Ê7ˆ Ë6¯ Ê13ˆ Ë 6¯ Ê15ˆ Ë 4¯ Ê27ˆ Ë 4¯ Ê7ˆ Ë5¯ Ê17ˆ Ë 5¯ Ê11ˆ Ë 4¯ Ê17ˆ Ë10¯

» 0, 000000021;

b)

Ê108ˆ Ë 10 ¯ Ê135ˆ Ë 10 ¯

» 0, 09832.

» 0, 004.

» 0, 0778.

» 0, 0034.

» 0, 017.

Ê27ˆ ◊ Ê31ˆ Ë 4 ¯ Ë 4¯ Ê58ˆ Ë 8¯ Ê42ˆ ◊ Ê21ˆ Ë 7 ¯ Ë 3¯ Ê63ˆ Ë10¯ Ê6ˆ ◊ Ê4ˆ Ë2¯ Ë3¯ Ê10ˆ Ë 5¯

» 0, 2881.

» 0, 2807.

» 0, 2381.

301


2010.11.16.

9:07

Page 302


w x3846

A „legalább 3” feltétel miatt össze kellene számolnunk a 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15 bogár esetek valószínûségeit, ez hosszadalmas. Jobban járunk, ha áttérünk a komplementer eseményre. Ebben csak a 0, 1, 2 esetek vannak. Így a keresett valószínûség: ÈÊ135ˆ Ê92ˆ Ê135ˆ Ê92ˆ Ê135ˆ Ê92ˆ ˘ ÍË 15 ¯ ◊ Ë 0 ¯ Ë 14 ¯ ◊ Ë 1 ¯ Ë 13 ¯ ◊ Ë 2 ¯ ˙ ˙ » 0, 9788. + + 1– Í Í Ê227ˆ Ê227ˆ Ê227ˆ ˙ Í Ë 15 ¯ Ë 15 ¯ Ë 15 ¯ ˙˚ Î

w x3847

Mivel mindkét csapatból kell ott lennie játékosnak, így az öt fõ a következõ párosításokból állhat össze: 1– 4, 2–3, 3–2, 4 –1. Igazából csak a 0–5, 5–0 esetekben nem teljesül Klári megállapítása. Bár nem sok a direkt esetek száma sem, itt mi a komplementert írjuk fel: ÈÊ11ˆ Ê11ˆ Ê11ˆ Ê11ˆ ˘ ÍË 5 ¯ ◊ Ë 0 ¯ Ë 0 ¯ ◊ Ë 5 ¯ ˙ ˙ » 0, 9649. + 1– Í Í Ê22ˆ Ê22ˆ ˙ Í Ë 5¯ Ë 5 ¯ ˙˚ Î

w x3848

A 17 fiú és a 23 lány együtt 40 fõs csapatot képez. a) A „csak azonos nemûek” lehetnek csak fiúk vagy csak lányok. Mivel két egymást kizáró esetrõl van szó, valószínûségeiket egyszerûen összeadhatjuk: Ê17ˆ ◊ Ê23ˆ Ê17ˆ ◊ Ê23ˆ Ë 7¯ Ë 0 ¯ Ë 0¯ Ë 7 ¯ + » 0, 0142. Ê40ˆ Ê40ˆ Ë 7¯ Ë 7¯ b) A lányok úgy kerülnek túlsúlyba, ha 4, 5, 6 vagy 7 lány jut a döntõbe. Most nem érdemes áttérni a komplementer eseményre, hiszen ott is (0, 1, 2, 3) négy eset van. A megoldás: Ê17ˆ ◊ Ê23ˆ Ê17ˆ ◊ Ê23ˆ Ê17ˆ ◊ Ê23ˆ Ê17ˆ ◊ Ê23ˆ Ë 3¯ Ë 4 ¯ Ë 2¯ Ë 5 ¯ Ë 1¯ Ë 6 ¯ Ë 0 ¯ Ë 7 ¯ + + + » 0, 6736. Ê40ˆ Ê40ˆ Ê40ˆ Ê40ˆ Ë 7¯ Ë 7¯ Ë 7¯ Ë 7¯

w x3849

A dobozban összesen 15 golyó van. a) „Legalább egy színbõl legalább kettõ” golyóhoz legalább négyet kell kivennünk. Ugyanis három golyó esetén még elképzelhetõ olyan eset, hogy mind a három különbözõ színû. A zöld golyók száma összesen 6, így: Ê6ˆ ◊ Ê9ˆ Ë2¯ Ë2¯ » 0, 3956. Ê15ˆ Ë 4¯ b) Ha azt szeretnénk, hogy „mindhárom színbõl legyen legalább egy”, akkor legalább 12 golyót ki kell vennünk a 15-bõl. Ugyanis ki lehet úgy venni 11-et, hogy közülük 5 piros és 6 zöld – ez így viszont csak két különbözõ szín. Mivel piros golyó összesen öt darab van, ezért a keresett „pontosan három piros” golyó van a kezünkben valószínûsége: Ê5ˆ ◊ Ê10ˆ Ë3¯ Ë 9 ¯ » 0, 2198. Ê15ˆ Ë12¯ 302


2010.11.16.

9:07

Page 303


w x3850

Az öt zsebkendõ kiemelése a tasakból hat elemi eseményt eredményez, például a kamillás zsebkendõk oldaláról: 0, 1, 2, 3, 4 vagy 5 kamillás elvételét. (Ennek megfelelõen veszünk ki 5, 4, 3, 2, 1, 0 mentolost is, természetesen az egyes esetekben.) Feladatunk elõször az összes eset felírása és kiszámítása. Jelölje k a kamillás zsebkendõk számát: Ê15ˆ ◊ Ê25ˆ Ê15ˆ ◊ Ê25ˆ Ë 1¯ Ë 4 ¯ Ë 0¯ Ë 5¯ » 0,0807; P(k = 1) = » 0,2884; P(k = 0) = Ê40ˆ Ê40ˆ Ë 5¯ Ë 5¯

P(k = 2) =

P(k = 4) =

Ê15ˆ ◊ Ê25ˆ Ë 2¯ Ë 3 ¯ Ê40ˆ Ë 5¯ Ê15ˆ ◊ Ê25ˆ Ë 4¯ Ë 1 ¯ Ê40ˆ Ë 5¯

» 0,3670; P(k = 3) =

» 0,0519; P(k = 5) =

Ê15ˆ ◊ Ê25ˆ Ë 3¯ Ë 2 ¯ Ê40ˆ Ë 5¯ Ê15ˆ ◊ Ê25ˆ Ë 5¯ Ë 0 ¯ Ê40ˆ Ë 5¯

» 0,2074;

» 0,0046.

A valószínûség értéke

Megjegyzés: A fenti események valószínûségeinek összege 1, mivel ezek az esetek teljes eseményrendszert alkotnak. Ábrázoljuk az eredményeket oszlopdiagramon. 0,40 0,35 A feladat megoldását akár az oszlopdiagramról, 0,30 akár a számított értékekrõl leolvashatjuk: leg0,25 0,20 nagyobb valószínûséggel két darab kamillás 0,15 zsebkendõ lesz a kivett öt darab között. 0,10 0,05 0,00

0

1

2

3

4

5

A kamillás zsebkendõk száma

w x3851

a) A megoldás sejthetõ: mivel szimmetrikusan szeretnénk tudni a kétféle kekszet, így várhatóan 50-50 darabnak kell lenni a dobozban mindkét fajtából. Sejtésünket többféleképpen is igazolhatjuk! Írjuk fel általánosan a valószínûséget kiszámító formát. Jelölje m a mogyorós csokik számát a 100 darabos mintában. Azt vizsgáljuk, milyen m-re lesz a legnagyobb az alábbi valószínûség (1 < m < 99): Êmˆ ◊ Ê100 – mˆ m ◊ (m – 1) (100 – m) ◊ (99 – m) ◊ Ë 2¯ Ë 2 ¯ 2 2 = = Ê100ˆ Ê100ˆ Ë 4¯ Ë 4¯ =

m ◊ (m – 1) ◊ (100 – m) ◊ (99 – m) . 100 4◊Ê ˆ Ë 4¯

A formula egy negyedfokú függvény maximumának vizsgálatára vezet – ilyet nem tanultunk jellemezni. Megjegyzés: Emelt szinten deriváltak segítségével megtehetjük, bár ott sem lesz könnyû. Természetesen a kifejezés értéke csak a számlálótól függ, a nevezõ konstans. Elegendõ a számlálót tovább vizsgálnunk: m × (m – 1) × (100 – m) × (99 – m). 303


2010.11.16.

16:54

Page 304


I. megoldás. Vegyük észre, hogy két tényezõben az m elõjele (+), kettõben pedig (–). Ez adhat egy ötletet: ha nem szorzás, hanem összeadás lenne a zárójelek között, akkor m éppen kiesne! Milyen összefüggés „képes” szorzásból összeadást csinálni? Például a számtani-mértani közép közötti egyenlõtlenség. Az összefüggést négy elemre írjuk fel (minden tényezõ pozitív): m + m − 1 + 100 − m + 99 − m 198 M = 4 m ⋅ (m – 1) ⋅ (100 – m) ⋅ (99 – m) £ = = 49, 5 = A. 4 4 Egyenlõség pontosan akkor áll fenn, ha a tényezõk megegyeznek (jelen esetben ez nem lehetséges). Mivel a számtani közép konstans, a mértani akkor közelíti meg a legjobban, ha az elemek a legközelebb kerülnek egymáshoz. Ez pedig akkor következik be, amennyiben m = 50. II. megoldás. Ha elemezni „papíron” nem is y tudjuk, számítógép segítségével azért ábrá0 99 1 100 zolhatjuk és elemezhetjük is a valós számokon értelmezett negyedfokú kifejezésünket: f (x) = x × (x – 1) × (100 – x) × (99 – x). A függvénynek négy zérushelye van: –20 –10 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 x x1 = 0, x2 = 1, x3 = 99, x4 = 100. Az elsõ két és utolsó két zérushely között negatív az értéke, a többi nyitott intervallumban pozitív. Az ábrán is szépen látszik, de a számítógép is megerõsíti a sejtésünket: x = 50-nél van a függvény lokális szélsõértéke. b) Ebben a részben kissé módosul a formula: Êmˆ ◊ Ê100 – mˆ m ◊ (m – 1) ◊ (m – 2) ◊ (100 – m) Ë 3¯ Ë 1 ¯ m ◊ (m – 1) ◊ (m – 2) ◊ (100 – m) 6 . = = 100 Ê100ˆ Ê100ˆ 6◊Ê ˆ Ë 4¯ Ë 4¯ Ë 4¯ Az elõzõ részben alkalmazott elsõ megoldás y most nem mûködik, azonban a számítógép 0 1 2 segítségét igénybe vehetjük. A vizsgálandó minden valós számon értelmezett függvény: f (x) = x × (x – 1) × (x – 2) × (100 – x). A függvénynek most is négy zérushelye van: –20 –10 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 x x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 100. Az elsõ és a második, valamint a harmadik és negyedik zérushely között pozitív, a többi nyitott intervallumban negatív az értéke. Az elemzést bízzuk a számítógépre. A keresett szélsõértékre x » 75,25 adódik. Ezt már le tudjuk ellenõrizni számológéppel is, a megoldás: 75 mogyorós csoki van a dobozban. w x3852

Elõször is adjuk meg az összes esetek számát, ami 1880-ból 20 szem barack kiválasztása esetén: Ê1880ˆ . Ë 20 ¯ Másodszor határozzuk meg, melyik kategóriájú barackból hány szemet szedtünk: I. kategóriájúból: 1880 × 0,50 = 940 darabot; II. kategóriájúból: 1880 × 0,35 = 658 darabot; III. kategóriájúból: 1880 × 0,15 = 282 darabot. 304


2010.11.16.

9:07

Page 305


A feladat kérdése az, hogy mekkora valószínûséggel lesz a kapott 20 szem barackból I. kategóriájú 10, II. kategóriájú 8 és III. kategóriájú 2. Vagyis a „kedvezõ” esetekben 940 darabból választunk 10-et, 658-ból választunk 8-at és ugyanakkor 282-bõl választunk 2-t. Már fel tudjuk írni a kedvezõ esetek számát is, tehát a kérdezett valószínûség: Ê940ˆ ◊ Ê658ˆ ◊ Ê282ˆ Ë 10 ¯ Ë 8 ¯ Ë 2 ¯ » 0, 0414. Ê1880ˆ Ë 20 ¯ Megjegyzés: Ha egy összességben kétfajta elembõl veszünk visszatevés nélkül mintát, az összes lehetséges eredményhez tartozó valószínûségeket hipergeometriai, ha többfajta elembõl vesszük a mintát, polihipergeometriai eloszlásnak nevezzük.

Valószínûségi játékok gráfokon (kiegészítõ anyag) – megoldások 1 2 1 1 P(A) = , P(B) = ⋅ = , 3 3 10 15 w x3854 0,3x < 0,27 Þ x < 0,9. w x3853

w x3855

0,6x + 0,4 × 2x = 0,42 Þ x = 0,3.

w x3856

0,5 × 0,8 + 0,5 × 0,05 = 0,425.

P(C ) =

2 ⋅ (0, 5 ⋅ 0, 3 + 0, 4 ⋅ 0, 7) » 0, 2867. 3

2 ⋅ 0, 9 = 0, 6. 3 w x3858 a) A lehetõségek az ábrán láthatók. b) P(Deseda tó) = 0,6 × 0,7 = 0,42; P(Balaton) = 0,6 × 0,3 = 0,18; P(kávéház) = 0,4 × 0,75 = 0,3; P(könyvtár) = 0,4 × 0,25 = 0,1. w x3857

w x3859

1 1 1 P(mozi) = ⋅ 0, 5 + ⋅ 0, 5 = . 3 3 3

Juli

Józsi

mozi

w x3860

Jenõ

pizza

Jeromos

süti

séta

mozi kosármeccs

0,2

0,8

P(bal) = 0,2 × 0,75 + 0,8 × 0,75 = 0,75. labda

egér

0,75

0,25

bal

305

jobb


2010.11.16.

9:07

Page 306


w x3861

P(22 : 22) = 6 × 0,54 = 0,375.

20:20 0,5 21:20

22:20

0,5 20:21

22:22

w x3862

a) A gráf az ábrán látható.

21 20 b) 1 – ⋅ » 0, 5767. 32 31

21 32

11 32 +1

–1

10 31

21 31

11 31

20 31

+1

–1

+1

–1

w x3863

Kiindulásul a 3855. feladat válaszában egyetlen jelet kell átírnunk: 0,6x + 0,4 × 2x > 0,42. Innen x > 0,3. Ám még nem végeztünk a feladattal. Az x valószínûséget jelöl, így természetesen adódik: 1 ³ x. Még mindig nem végeztünk! A 0,6x + 0,4 × 2x is valószínûséget jelöl, ezért 1 ³ 0,6x + 0,4 × 2x, 5 azaz ³ x. 7 Most már végeztünk? Nem! Ugyanis még 2x is valószínûséget jelöl: 0,5 ³ x. No, most már tényleg végeztünk: 0,5 ³ x > 0,3.

w x3864

a) Tekintsük az ábrát. A pontok között csak jobbra vagy lefelé 0,8 léphetünk. A felsõ sorban azt látjuk, amikor harcosunk nyer, a függõlegesen lógó gombócok a vesztett mérkõzések ered0,2 0,4 ményei. Az élekre most is felírtuk a feladatban meghatározott valószínûségeket. Az a) részkérdésben így össze kell szoroznunk a felsõ sor értékeit: P(mindent megnyer) = 0,8 × 0,6 × 0,4 × 0,2 = 0,0384.

0,6

0,4

0,6

0,2

0,8

b) Az elõzõhöz hasonlóan az ábráról leolvashatjuk: P(3. meccsen veszít) = 0,8 × 0,6 × 0,6 = 0,288. c) Mivel négy meccset megnyert, így csak 1 vagy 0 meccset bukhat el ötbõl, azaz harcosunk erõssége 4 vagy 5. w x3865

Mielõtt a kérdésekre válaszolnánk, rajzoljuk fel a játék gráfját. Egy vízszintes jobb lépés Batka manó pontszerzését, egy függõleges lefelé lépés Biga csiga pontszerzését hivatott jelezni. Más lépés az éleken nem megengedett. Biga csiga p valószínûséggel ér el pontot, Batka manóra pedig 1 – p valószínûség marad. Az utolsó sorban olvasható feltétel szerint: P(4 : 6) = (1 – p)3 = 0,064 Þ p = 0,4. Ezek után válaszolhatunk a kérdésekre. 306

4:3

4:5

4:4 1– p

1– p

4:6 1– p

p 5:3

5:6

p 6:3

6:4

6:5


2010.11.16.

9:07

Page 307


a) P(6 : 3) = p 2 = 0,16. b) Ebben az esetben elõször el kell jutnunk az 5:4 pontba, majd ebben az állásban Biga csigának kell még egy pontot szereznie. Az 5 : 4 állást kétféleképpen kaphatjuk meg. Egyszer kell Batka manónak és egyszer Biga csigának pontot elérnie, sorrendjük azonban kétféle is lehet. Ezért: P(6 : 4) = 2p 2 × (1 – p) = 0,192. c) Kétféle döntetlen állás is kialakulhat: 4:4 és 5:5 (külön jelölt állások a gráfban). A 4:4 álláshoz Batka manónak egy játékot kell megnyernie, ennek valószínûsége: P(4 : 4) = 0,6. Az 5:5-höz azonban Batka manónak már kétszer kell játszmát nyerni, míg Biga csigának egyet. Ezen gyõzelmeket háromféle sorrendben érhetik el: P(5 : 5) = 3 × 0,6 2 × 0,4 = 0,432. w x3866

Elsõnek most is írjuk fel a játék gráfját. Az alsó sorban azt látjuk, hogy ki találta el a tábla közepét. Vízszintesen akkor lépünk, ha az illetõ játékos nem találta el a középkört. A valószínûségeket a szövegbõl olvashattuk ki. Lássuk a feladat kérdéseit!

A 0,7 A

0,3

B 0,8

0,2

0,2

A 0,8

B

B

0,1

0,9

A

A 0,9

B

0,1

B 1,0

A

B

a) Végig akkor játsszák, ha eljutunk a gráf utolsó B betûjéig: P(végigjátsszák) = 0,3 × 0,2 × 0,2 × 0,1 × 0,1 × 1,0 = 0,00012. b) Andor három különbözõ esetben nyerhet. Ha rögtön nyer: P1(A) = 0,7. Ha Boldizsár ront, majd Andor nyer: P2 (A) = 0,3 × 0,2 × 0,8 = 0,048. Mindketten kétszer rontanak, de Andor harmadszorra talál: P3 (A) = 0,3 × 0,22 × 0,1 × 0,9 = 0,00108. A fenti esetek kizárják egymást, ezért eredményeiket összeadhatjuk: P(Andor nyer) = P1 (A) + P2 (A) + P3 (A) = 0,74908. w x3867

Tételezzük fel, hogy az erõsebb csapat p, a gyengébb 1 – p valószínûséggel nyer meg egy mérkõzést, p > 1 – p. Tekintsük a játék gráfját. Hogy a bal felsõ pontból eljussunk a jobb alsó pontba, kettõt kell jobbra és kettõt lefelé lépni. Ilyen lépéseket 4! összesen -féleképpen tehetünk (ismétléses permutáció). 2! ⋅ 2! A kérdéses egyenlet: 4! ⋅ p2 ⋅ (1 – p)2 < 0, 24. 2! ⋅ 2!

0:1

0:0 p

1– p

1– p

1:0 p 2:2

Egyszerûsítsünk 6-tal, és vonjunk négyzetgyököt mindkét oldalból ( p és 1 – p is nemnegatív): p ⋅ (1 – p) < 0, 2, 0 < p2 – p + 0, 2. 307


2010.11.16.

9:07

Page 308


A parabola zérushelyei: y p1 » 0,7236 és p2 » 0,2764, tehát az egyenlõtlenség megoldása: p < 0,2764 vagy p > 0,7236. p 0,2 0,4 0,6 0,8 1 Mivel p > 1 – p, ezért csak a p > 0,7236 megoldást fogadjuk el. Most már válaszolhatunk a kérdésre is: a két csapat által megszerzett gyõzelem valószínûségeinek aránya egy-egy mérkõzésen legalább p 0, 7236 > » 2, 618. 1 – p 0, 2764 w x3868

Jane és Tarzan egymástól teljesen függetlenül lasszózzák meg Bagirát, ezért jelölje Jane találati valószínûségét p, Tarzanét pedig q. A szöveg szerint Jane még javul is a játék során, körönként 0,1-et. A kapott gráf az ábrán látható. Írjuk fel egyenlettel az ismert gyõzelmi esélyeket. Tarzan gyõz az elsõ körben: (1 – p) × q = 0,48.

J p

1–p

T q

J

1– q

J 0,9 – p T

p+0,1 T

q

J

1– q

J

0,8 – p T

p+0,2 T

q J

T

Ê 12ˆ ÁË= ˜¯ 25

Jane gyõz a harmadik körben: (1 – p) × (1 – q) × (0,9 – p) × (1 – q) × (p + 0,2) = 0,03584. Tarzan gyõz a harmadik körben: (1 – p) × (1 – q) × (0,9 – p) × (1 – q) × (0,8 – p) × q = 0,032256. Ez három egyenlet két ismeretlenre, ami akár sok is lehetne. Azonban mivel elég magas fokú egyenleteink vannak, valószínûleg jól jön. Nézzük meg közelebbrõl az utolsó két egyenletet! Észrevehetjük, hogy az elsõ négy tényezõjük megegyezik. Érdemes õket elosztanunk egymással, mondjuk az elsõt a másodikkal: p + 0, 2 10 = . (0, 8 – p) ⋅ q 9 Tüntessük el a törteket is: 9 × ( p + 0,2) = 10 × (0,8 – p) × q. Kissé alakítsuk át az elsõ egyenletet, és vegyük hozzá az elõbbihez: 9 ⋅ (p + 0, 2) = 10 ⋅ (0, 8 – p) ⋅ q ⎫ ⎬. 12 = 25 ⋅ (1 – p) ⋅ q ⎭ Már nem is annyira csúnya az egyenletrendszer! Osszuk el a felsõ egyenletet az alsóval: 3 ⋅ (p + 0, 2) 2 ⋅ (0, 8 – p) = . 4 5 ⋅ (1 – p) Szorozzunk a közös nevezõvel: 15 × ( p + 0,2) × (1 – p) = 8 × (0,8 – p). Fejtsük ki a zárójeleket, majd rendezzünk egy oldalra: 0 = 15p 2 – 20p + 3,4. A megoldóképletbõl: p 1, 2 = 308

20 ± 20 2 – 4 ⋅ 15 ⋅ 3, 4 ⎧ p1 = 1,13; =⎨ 30 ⎩ p2 = 0, 2.


2010.11.16.

9:07

Page 309


Az elsõ megoldást nem fogadhatjuk el, hiszen p (£ 1) valószínûséget jelöl, azonban a második jó. Innen q = 0,6. Tehát Jane 0,2; Tarzan 0,6 valószínûséggel lasszózza meg a párducot. Most pihenjünk egyet, és próbáljunk meg válaszolni a feladat kérdésére. A harmadik kör után akkor nincs Bagira befûzve, ha a felsõ sor utolsó pontjában Tarzan sem találja el. Azaz: P(Bagira még mindig szabad) = 0,8 × 0,4 × 0,7 × 0,4 × 0,6 × 0,4 = 0,021504. Ez azt mutatja, Bagirát nagyon nagy valószínûséggel befogja valaki a három körben.

Valóság és statisztika – megoldások w x3869

11 óra 12 perckor.

w x3870

4,65%-a.

w x3871

Nem. Ha a még össze nem számolt 20% voks a másiké, akkor 52 : 48%-ra a másik gyõz.

w x3872

Az eddig megszámolt szavazatok 62,5%-át + 1 szavazatot.

w x3873

1 Az összes szavazat 83 %-át + 1 szavazatot. 3

w x3874

260%-ot.

w x3875

200 g termékhez 220 g marhahús szükséges, és 11 g „házi fûszert” tartalmaz. Azaz 5%-ot.

w x3876

Mivel x × 0,35 = 28, így az üzletház x = 80 boltot foglal magában, amibõl 80 × 0,65 – 2 = 50 árul ruhát.

w x3877

18 ⋅

0, 7 ⋅ 0, 5 = 26, 25. 0, 6 ⋅ 0, 4

Vegyes feladatok – megoldások 6 = 0,24. 25

b) Legalább negyvenet.

w x3878

a)

w x3879

0,3.

w x3880

1–

w x3881

1 – 0,7 6 » 0,88.

w x3882

0,125.

w x3883

0,998 » 0,9227.

2 ⋅ 4! 3 = = 0,6. 5! 5

14

14

Ê 7 ˆ Ê13ˆ w x3884 a) Á ˜ ◊ Á ˜ » 9,948 ◊ 10 –10; Ë20¯ Ë20¯

14

14

28 Ê 7 ˆ Ê13ˆ b) Ê ˆ ◊ Á ˜ ◊ Á ˜ » 0,04. Ë14¯ Ë 20¯ Ë 20¯ 309


2010.11.16.

9:07

Page 310


w x3885

È 9 Ê1ˆ 7 Ê 2ˆ 2 9 Ê1ˆ 8 Ê 2ˆ 1 9 Ê1ˆ 9 Ê 2ˆ 0˘ 1 – ÍÊ ˆ ◊ Á ˜ ◊ Á ˜ + Ê ˆ ◊ Á ˜ ◊ Á ˜ + Ê ˆ ◊ Á ˜ ◊ Á ˜ ˙ » 0,9917. ÎË7¯ Ë3¯ Ë 3¯ Ë8¯ Ë3¯ Ë 3¯ Ë9¯ Ë3¯ Ë 3¯ ˚

w x3886

7 Ê 2ˆ a) Ê ˆ ◊ Á ˜ Ë2¯ Ë 5¯

2

5

4

3

Ê 3ˆ ◊ Á ˜ » 0,2613; Ë 5¯ 5

2

6

1

7

0

7 Ê 2ˆ Ê 3ˆ 7 Ê 2ˆ Ê 3ˆ 7 Ê 2ˆ Ê 3ˆ 7 Ê 2ˆ Ê 3ˆ b) Ê ˆ ◊ Á ˜ ◊ Á ˜ + Ê ˆ ◊ Á ˜ ◊ Á ˜ + Ê ˆ ◊ Á ˜ ◊ Á ˜ + Ê ˆ ◊ Á ˜ ◊ Á ˜ » 0,44462. Ë ¯ Ë ¯ Ë4¯ 5 5 Ë5¯ Ë 5¯ Ë 5¯ Ë6¯ Ë 5¯ Ë 5¯ Ë7¯ Ë 5¯ Ë 5¯

w x3887

w x3888

a)

Ê8ˆ Ë4¯ Ê32ˆ Ë 4¯

» 0, 0019;

Ê25ˆ ◊ Ê75ˆ Ë 2¯ Ë 8¯ Ê100ˆ Ë 10 ¯

b)

Ê8ˆ ◊ Ê24ˆ Ë3¯ Ë 1 ¯ Ê32ˆ Ë 4¯

» 0, 0374;

c) 1 –

Ê8ˆ Ë4¯ Ê32ˆ Ë 4¯

» 0, 9981.

» 0, 2924.

Ê4ˆ ◊ Ê6ˆ Ë0¯ Ë2¯

1 = ; 3

P(s = 1) =

Ê4ˆ ◊ Ê6ˆ Ë1¯ Ë1¯

8 = ; 15

P(s = 2) =

w x3889

P(s = 0) =

w x3890

P(meggyes rétes vagy dobostorta) = P(meggyes) + P(dobos) =

w x3891

1 – P(nem kell várni Esztire) = 1 – 0,6 × 0,9 = 0,46.

w x3892

Nem lehet:

Ê10ˆ Ë 2¯

Ê10ˆ Ë 2¯

Ê4ˆ ◊ Ê6ˆ Ë2¯ Ë0¯ Ê10ˆ Ë 2¯

2p 2 – 2p + 0,6 > 0.

310

2 . 15

1 1 7 + = . 4 3 12

P(B + C) = (1 – p)2 + p 2 = 2p 2 – 2p + 1 < 0,4. De minden p ÎR esetben:

=

Árki Tamás Konfárné Nagy Klára Kovács István Trembeczki Csaba Urbán János. sokszínû FELADATGYÛJTEMÉNY MEGOLDÁSOK. Mozaik Kiadó Szeged, 2010

Recommend Documents