Matematika és geometria feladatok a TERMÉSZETTUDOMÁNYI ALAPISMERETEK című tárgyhoz
Összeállította : Kézi Csaba Gábor Vinczéné Varga Adrienn
Debreceni Egyetem Műszaki Kar Műszaki Alaptárgyi Tanszék Debrecen, 2011
2
Előszó A hiányos tudással érkező hallgatók számára a Műszaki Kar lehetőséget biztosít a felzárkózásra, a további tanulmányok folytatásához elengedhetetlen ismeretek elsajátítására. A minimálisan elvárt ismeretanyag a Természettudományi alapismeretek című tárgyhoz kapcsolódó segédletekben van összefoglalva, a legfontosabb témakörök a tanórákon is elhangzanak. A tárgy célja, hogy irányt mutasson az ismétlésben, nem pedig az, hogy az általános és a középiskolai tananyagot újra tanítsa. A tárgy órarend szerinti óráin mindenkinek lehetősége van kérdezni és segítséget kérni az ismétléshez. Ez a feladatgyűjtemény részletesen tartalmazza a kijelölt feladatok megoldását, amely a szorgalmas diák számára lehetővé teszi a hiányos ismeretek pótlását. A feladatgyűjteményben a „klasszikus” matematikai feladatok mellett egyszerű műszaki alkalmazások is helyet kaptak. A feladatok túlnyomó része standard feladat abban az értelemben, hogy a háttérben lévő elméleti tudnivalókon kívül egyéb ötletet nem igényel. Az ezektől eltérő, nehezebb feladatokat F-al jelöltük. Az elemi geometria fejezetben szereplő feladatok egy része Nagyné Dr. Kondor Rita és Dr. Szíki Gusztáv Áron „Matematikai eszközök mérnöki alkalmazásokban” című jegyzetéből lettek átvéve. A példatár gondos átnézéséért köszönetet mondunk Nagy Noémi óraadó oktatónak. Hasznos tanácsaiért köszönötet mondunk Dr. Kocsis Imrének, a Műszaki Alaptárgyi Tanszék vezetőjének, valamint a Tanszék minden oktatójának, akik a személyes beszélgetések során hasznos ötletekkel segítették munkánkat. A szerzők
3
Tartalomjegyzék 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31. 32.
Hatványozás azonosságai Gyökvonás azonosságai Logaritmus azonosságai Algebrai átalakítások, nevezetes azonosságok, algebrai törtek A szumma és a produktum jel használata Binomiális tétel Számok normálalakja Középértékek Százalékszámítás Függvénytani alapfogalmak Elsőfokú függvények Abszolútértékés függvények Másodfokú függvények Négyzetgyök függvény Racionális törtfüggvények Elsőfokú egyenletek Elsőfokú egyenlőtlenségek Másodfokú egyenletek Másodfokú egyenlőtlenségek Polinomosztás Exponenciális függvények Logaritmikus függvények Exponenciális egyenletek Exponenciális egyenlőtlenségek Logaritmikus egyenletek és egyenlőtlenségek Trigonometrikus függvények Trigonometrikus egyenletek Két pont távolsága, vektorok hossza, szöge Egyenes egyenlete Kör egyenlete Vegyes koordinátageometria feladatok Elemi geometria
4 8 14 16 18 20 21 22 24 26 29 33 37 45 47 51 53 56 58 60 61 64 66 71 73 75 77 81 83 86 87 89
4
I. SZÁMOK, MŰVELETEK 1. 1. Hatványozás azonosságai 1. Számítsuk ki az alábbi hatványokat: a) 22 b) 33 −3 1 c) 3
d) (−1)2 3 1 e) 2
g) 2−2 3 1 h) − 3
f) 4−1
i) (−1)−1
megoldás: a) 22 = 2 · 2 = 4
1 1 = 1 4 4 1 1 g) 2−2 = 2 = 2 4 3 1 1 1 1 1 h) − =− · − · − =− 3 3 3 3 27 1 i) (−1)−1 = = −1 (−1)1 f) 4−1 =
b) 33 = 3 · 3 · 3 = 27 −3 1 c) = 33 = 27 3 d) (−1)2 = (−1) · (−1) = 1 3 1 1 1 1 1 e) = · · = 2 2 2 2 8
2. A hatványozás azonosságainak felhasználásával végezzük el az alábbi műveleteket: a2 a a5 e) 6 a f) x2 · x−2
a) x3 · x−5
g) (a2 )3
d)
b) x2 · x7 · x5 x2 · x c) x9
a3 · a4 h) a2 2 a · a4 i) a
megoldás: a) x3 · x−5 = x3+(−5) = x−2 = b) x2 · x7 · x5 = x2+7+5 = x14 2
3
x ·x x 1 = 9 = 6 9 x x x 2 a d) = a2−1 = a a a5 1 e) 6 = a−1 = a a
1 x2
f) x2 · x−2 = x2−2 = x0 = 1 g) (a2 )3 = a2·3 = a6
c)
h)
a3 · a4 a3+4 a7 = = = a5 a2 a2 a2
i)
a2 · a4 a2+4 a6 = = = a5 a a a
5
3. A hatványozás azonosságainak felhasználásval végezzük el a műveleteket 2 3 3 3 −2 −2 −1 a bc ab c · . −2 3 x y x2 y 3 megoldás: 3 3 −2 −2 −1 a2 bc3 ab c (a2 bc3 )3 (a3 b−2 c−2 )−1 · = · = x−2 y 3 x2 y 3 (x−2 y 3 )3 (x2 y 3 )−1 (a2 )3 b3 (c3 )3 (a3 )−1 (b−2 )−1 (c−2 )−1 a6 b3 c9 a−3 b2 c2 = −2 3 3 3 · = −6 9 · −2 −3 = (x ) (y ) (x2 )−1 (y 3 )−1 x y x y 6+(−3) 3+2 9+2 3 5 11 3 5 11 8 a b c abc abc x = −6+(−2) 9+(−3) = −8 6 = x y x y y6 4. Egy alkalommal az ötöslottón kihúzott számok mindegyike 3-nak hatványa. Milyen számokat húztak ki a lottón?
megoldás: A kihúzott számok: 30 = 1, 31 = 3, 32 = 9, 33 = 27, 34 = 81. 5. Írjuk fel az alábbi kifejezéseket törtmentes alakban: 1 2 1 b) 16 3 c) 8 a)
5 6 1 e) 2 x 3 f) 3 x
2 a7 1 h) 100 x 1 i) −1 a
d)
g)
5 1 = 5 · = 5 · 6−1 6 6 1 e) 2 = x−2 x 3 1 f) 3 = 3 · 3 = 3 · x−3 x x
2 1 = 2 · 7 = 2 · a−7 7 a a 1 h) 100 = x−100 x 1 i) −1 = a1 = a a
megoldás: 1 = 2−1 2 1 1 b) = 4 = 2−4 16 2 3 1 c) = 3 · = 3 · 8−1 8 8 a)
d)
g)
6. Írjuk át az alábbi kifejezéseket úgy, hogy ne tartalmazzanak negatív kitevőjű hatványt! −1 −3 a) 3−1 1 2 d) g) 2 a −2 −1 b) 2−3 1 1 e) h) 3 x100 2 c) −10 f) 4−4 i) 7−2 x
6
megoldás:
a) 3−1 =
1 3
b) 2−3 =
1 1 = 23 8
c)
2 x−10
= 2 · x10
−1 1 d) = 21 = 2 2 −2 1 = 32 = 9 e) 3 1 1 f) 4−4 = 4 = 4 256
−3 2 a 3 a3 g) = = a 2 8 −1 1 h) = x100 x100 1 1 i) 7−2 = 2 = 7 49
7. Számoljuk ki az alábbi kifejezés pontos értékét! 5
2
64 3 · 252,5 · 1000− 3 · 400−1,5 . megoldás: A hatványzozás azonosságait felhasználva − 2 − 3 5 2 5 64 3 · 252,5 · 1000− 3 · 400−1,5 = (26 ) 3 · (52 )2,5 · (2 · 5)3 3 · (22 · 5)2 2 = 2 3 30 3· − 2· − 2·2,5 2 3 2 · (2 · 5) =23 ·5 · (2 · 5) = = 210 · 55 · (2 · 5)−2 · (22 · 5)−3 = = 210 · 55 · 2−2 · 5−2 · 2−6 · 5−3 = 22 · 50 = 4 · 1 = 4. 8. Számoljuk ki az alábbi kifejezés pontos értékét 0, 04−2 · 1253 · 0, 2−1 . 4 · 256 megoldás: A hatványozás azonosságait felhasználva 2 2 −2 2 −1 ( 10 ) · (53 )3 · ( 10 ) 0, 04−2 · 1253 · 0, 2−1 = = 4 · 256 22 · (52 )6 2 −4 2 −1 2·5 4 · 59 · ( 10 ) · 59 · ( 10 )1 2·5 2 2 = = = 22 · 512 22 · 512 54 · 59 · 51 514 52 25 = 2 12 = 2 12 = 2 = . 2 ·5 2 ·5 2 4 9. Számoljuk ki az alábbi kifejezés pontos értékét! 3−12 · 7−5 · ( 91 )−2 . 1 8 49 · ( 21 ) megoldás:
7
A hatványozás azonosságait felhasználva 3−12 · 7−5 · ( 19 )−2 = 1 8 49 · ( 21 ) 3−12 · 7−5 · ( 13 )2 = 1 8 72 · 3·7
−2 =
3−12 · 7−5 · 34 = 72 · 3−8 · 7−8
3−8 · 7−5 = 7−5−(−6) = 71 = 7. 3−8 · 7−6 10. Egy papírlap 0,1 mm vastag. Tízszer egymás után kettéhajtjuk. Milyen vastag lesz a keletkezett papír? =
megoldás: Ha egyszer hajtjuk ketté a papírlapot, akkor 2-szeresére, ha 2-szer hajtjuk ketté, akkor 4-szeresére, stb., ha n-szer hajtjuk ketté, akkor 2n -szeresére változik a papír vastagsága. Így a keresett vastagság: 210 · 0, 1=102,4 mm=10,24 cm.
8
2. Gyökvonás azonosságai 1. Végezzük el a következő műveleteket! a) b) c) d)
√ 50 √ 2 √ √ ( 2 + 8)2 √ √ √ 4· 3· 3 √ √ 23 · 2
√
e) f) g) h)
23 √ 2 √ √ √ 2( 32 − 8) √ 27 √ 3 √ √ 50 · 2
p√
13 + 3 · √ √ j) 3 9 · 3 3 √ √ k) 3 4 · 3 16 √ 4 32 l) √ 4 2 i)
p√
13 − 3
megoldás: r √ 50 50 √ a) √ = = 25 = 5 2 2 √ √ √ √ √ √ √ b) ( 2 + 8)2 = ( 2)2 + 2 · 2 · 8 + ( 8)2 = 2 + 2 · 16 + 8 = 2 + 8 + 8 = 18 √ √ √ √ √ c) 4 · 3 · 3 = 4 · 3 · 3 = 36 = 6 √ √ √ √ d) 23 · 2 = 23 · 2 = 24 = 22 = 4 r √ 23 23 √ 2 e) √ = = 2 =2 2 2 √ √ √ √ √ √ √ f) 2( 32 − 8) = 2 · 32 − 2 · 8 = 8 − 4 = 4 r √ 27 27 √ g) √ = = 9=3 3 3 √ √ √ √ h) 50 · 2 = 50 · 2 = 100 = 10 q q√ p√ p√ √ 2 √ √ √ i) 13 + 3 · 13 − 3 = ( 13 + 3)( 13 − 3) = 13 − 32 = 13 − 9 = 4 = 2 √ √ √ √ j) 3 9 · 3 3 = 3 9 · 3 = 3 27 = 3 √ √ √ √ k) 3 4 · 3 16 = 3 4 · 16 = 3 64 = 4 r √ 4 √ 32 4 4 32 l) √ = = 16 = 2 4 2 2 2. Számoljuk ki a következő kifejezések pontos értékét! p p p p √ √ 2 √ √ 2 a) 7 + 13 + 7 − 13 c) 5 + 21 + 5 − 21 p p p p √ √ 2 √ √ 2 b) 6 − 11 − 6 + 11 d) 8 − 15 − 8 + 15 megoldás:
9
p p p p p √ √ √ √ p √ √ a) ( 7 + 13+ 7q− 13)2 = ( 7 + 13)2 +2· 7 + 13· 7 − 13+( 7 − 13)2 √ √ √ √ √ = 7 + 13 + 2 · (7 + 13)(7 − 13) + 7 − 13 = 14 + 2 · 49 − 13 = = 14 + 2 · 6 = 14 + 12 = 26 p p p p p √ √ √ √ p √ √ b) ( 6 + 11− 6q− 11)2 = ( 6 + 11)2 −2· 6 + 11· 6 − 11+( 6 − 11)2 √ √ √ √ √ = 6 + 11 − 2 · (6 + 11)(6 − 11) + 6 − 11 = 12 − 2 · 36 − 11 = = 12 − 2 · 5 = 12 − 10 = 2 p p p p p √ √ √ √ p √ √ c) ( 5 + 21+ 5q− 21)2 = ( 5 + 21)2 +2· 5 + 21· 5 − 21+( 5 − 21)2 √ √ √ √ √ = 5 + 21 + 2 · (5 + 21)(5 − 21) + 5 − 21 = 10 + 2 · 25 − 21 = = 10 + 2 · 2 = 10 + 4 = 14 p p p p p √ √ √ √ p √ √ d) ( 8 + 15− 8q− 15)2 = ( 8 + 15)2 −2· 8 + 15· 8 − 15+( 8 − 15)2 √ √ √ √ √ = 8 + 15 − 2 · (8 + 15)(8 − 15) + 8 − 15 = 16 − 2 · 64 − 15 = = 16 − 2 · 7 = 16 − 14 = 2
=
=
=
=
3. Milyen hosszú az oldala annak a négyzetnek, melynek a területe 9 cm2 . megoldás: A négyzet területe a2 , így az a2 = 9 egyenlet megoldását keressük, ami ±3. Oldalhosszúság nyilván nem lehet negatív, így a megoldás a = 3 cm. 4. Számoljuk ki a következő kifejezések pontos értékét p p p p √ √ √ √ 3 3 5 5 a) 5 − 17 · 5 + 17 c) 7 − 17 · 7 + 17 p p p p √ √ √ √ 3 3 4 4 b) 12 + 19 · 12 − 19 d) 10 + 19 · 10 − 19 megoldás: q p p √ √ √ √ √ √ 3 3 a) 5 − 17 · 5 + 17 = 3 (5 − 17)(5 + 17) = 3 25 − 17 = 3 8 = 2 q p p √ √ √ √ √ √ 3 3 b) 12 + 19 · 12 − 19 = 3 (12 + 19)(12 − 19) = 3 144 − 19 = 3 125 = 5 q p p √ √ √ √ √ √ 5 5 c) 7 − 19 · 7 + 17 = 5 (7 − 17)(7 + 17) = 5 49 − 17 = 5 32 = 2 q p p √ √ √ √ √ √ 4 4 d) 10 + 19 · 10 − 19 = 4 (10 + 19)(10 − 19) = 4 100 − 19 = 4 81 = 3 5. Vonjuk össze az alábbi kifejezéseket: √ √ √ a) 2 + 8 + 32 √ √ √ b) 3 + 27 + 243 √ √ c) 3 16 + 3 54
d) e) f)
√ 4 √ 3 √
32 +
24 +
√ 4 √ 3
486
81 √ 125 + 5
megoldás: √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ a) 2 + 8 + 32 = 2 + 4 · 2 + 16 · 2 = 2 + 2 · 2 + 4 · 2 = 7 2
10
b) c) d) e) f)
√
√ √ √ √ √ √ √ √ 27 + 243 = 3 + 9 · 3 + 81 · 3 = 3 + 3 · 3 + 9 · 3 = 13 · 3 √ √ √ √ √ √ √ 3 16 + 3 54 = 3 8 · 2 + 3 27 · 2 = 2 · 3 2 + 3 · 3 2 = 5 · 3 2 √ √ √ √ √ √ √ 4 32 + 4 162 = 4 16 · 2 + 4 81 · 2 = 2 · 4 2 + 3 · 4 2 = 5 · 4 2 √ √ √ √ √ √ √ 3 24 + 3 81 = 3 8 · 3 + 3 27 · 3 = 2 · 3 3 + 3 · 3 3 = 5 · 3 3 √ √ √ √ √ √ √ 125 + 5 = 25 · 5 + 5 = 5 · 5 + 5 = 6 · 5 3+
√
6. Írjuk fel gyökjelek segítségével az alábbi hatványokat és adjuk meg a pontos értéket: 1
a) 8 3 1
b) 4 2
d) 25 2
3
g) 8− 3
1
4
h) 4− 2
1
e) 27 3 1
3
3
f) 100− 2
c) 32 5
i) 36− 2
megoldás: √ 1 a) 8 3 = 3 8 = 2 √ 1 b) 4 2 = 4 = 2 √ 1 c) 32 5 = 5 32 = 2 √ √ 3 d) 25 2 = 253 = 252 · 25 = 25 · 5 = 625 √ √ √ 4 3 3 e) 27 3 = 274 = 273 · 27 = 27 · 3 27 = 27 · 3 = 81 1 1 1 1 1 3 √ = f) 100− 2 = =√ = 3 = √ 1000 100 · 100 1003 1002 · 100 100 2 1 1 1 1 = g) 8− 3 = 1 = √ 3 2 8 83 1 1 1 1 h) 4− 2 = 1 = √ = 2 4 42 1 1 1 1 1 1 3 √ = i) 36− 2 = 3 = √ = =√ = 3 2 36 · 6 216 36 · 36 36 36 · 36 36 2 7. Írjuk fel törtkitevőjű hatványok segítségével az alábbi gyököket: √ √ √ a) 3 a e) 7 x c) a3 √ √ √ 4 5 b) x3 f) x9 d) x11 megoldás: √ 3
1
a = a3 √ 3 4 b) x3 = x 4 √ 3 c) a3 = a 2 a)
d) e) f)
√ 5 √ 7 √
11
x11 = x 5 1
x = x7
9
x9 = x 2
11
8. Írjuk fel egyetlen gyökjel segítségével a q 3
x3 y
p
x2 y 3
kifejezést! megoldás: A hatványozás és gyökvonás azonosságait felhasználva: q p qp p 3 3 3 2 3 xy xy = x6 y 2 x2 y 3 = 6 x8 y 5 . 9. Írjuk fel egyetlen gyökjel segítségével a r q √ a a a kifejezést! megoldás: A hatványozás és gyökvonás azonosságait felhasználva: r q r q r q q q √ √ √ √ √ √ 4 4 8 2 3 3 a a a= a a ·a= a a = a a = a4 · a3 = a7 10. Végezzük el a
√ √ √ √ 3 4 ( 2 − 4 + 8) · 2
műveletet! megoldás: Elvégezve a szorzást, majd alkalmazva a gyökvonás azonosságait √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 6 4 3 4 3 4 ( 2 − 4 + 8) · 2 = 2 2 − 4 2 + 8 2 = 2 − 42 · 23 + 8 · 22 = √ √ √ √ √ √ 6 4 6 4 6 4 = 2 − 16 · 8 + 8 · 4 = 2 − 128 + 32 = 2 − 27 + 25 = √ √ √ √ 6 4 6 4 = 2 − 26 · 2 + 24 · 2 = 2 − 2 · 2 + 2 · 2. √ 11. F Bizonyítsuk be, hogy n (n ∈ N) vagy egész, vagy irracionális szám. megoldás: √ √ √ √ A n nyilván√ lehet egész. Például 9, 16, stb. Tegyük fel, hogy n nem egész, racionális szám. Ekkor n = pq , ahol p és q 6= 1 egész számok. Feltehető, hogy p és q relatív prímek, azaz a tört már nem egyszerűsíthető. Ekkor p és q legnagyobb közös osztója 1: (p, q) = 1. p2 Másrészt n = 2 , és mivel (p, q) = 1, ezért (p2 , q 2 ) = 1, mert relatív prímek négyzetei is q relatív prímek. Mivel n természetes szám, ezért q = 1, ami ellentmondás.
12
12. Fejezzük ki a T = 2π h = 0, 994.
p
hg −1 képletből g − t, majd számítsuk ki a g értékét, ha T = 2,
megoldás: Az egyenletet négyzetre emelve, osztva 4π 2 h-val, majd véve mindkét oldal reciprokát 1 T 2 = 4π 2 h g 2 1 T = 2 4π h g 2 4π h = g. T2 Behelyettesítve a megadott adatokat g = 9, 81. 13. F A relativisztikus mechanika szerint, ha az m0 nyugalmi tömegű részecske v sebességgel mozog, akkor tömege megváltozik az c m = m0 · √ 2 c − v2 m a fény sebessége. s a) A megadott képlet elemzésével döntsük el, hogy a részecske tömege nő, csökken, vagy változatlan marad, ha a sebessége növekszik? m b) Egy elektron, melynek nyugalmi tömege 9, 1 · 10−31 kg, 1, 2 · 108 sebességgel lép ki egy s gyorsító berendezésből. Mekkora a tömege? összefüggésnek megfelelően, ahol c = 3 · 108
c) Mekkora sebességgel mozog az a részecske, melynek a tömege a nyugalmi tömegének a 110%-a? megoldás: a) A jobboldali kifejezésben c és m0 adott pozitív számok, csak a nevezőben előforduló v változhat. Ha v nő, akkor a tört nevezője csökken, így a kifejezés értéke nő. A részecske sebességének növekedésekor tehát a tömege is nő. b) Behelyettesítés után m = 9, 93 · 10−31 adódik. c) A feltétel szerint m = 1, 1 · m0 . Ezt behelyettesítve a megadott összefüggésbe c 1, 1 · m0 = m0 · √ , 2 c − v2 amiből m0 -al való egyszerűsítés után 1, 1 = √
c2
c − v2
13
adódik. Behelyettesítve a c értékét 1, 1 = √
3 · 108 . 9 · 1016 − v 2
Beszorozva a nevezővel, majd négyzetre emelve 1, 219 · (1016 − v 2 ) = 3 · 108 . Ebből kifejezve az ismeretlent, v = 1, 25 · 108
m . s
14
3. Logaritmus azonosságai
1. Adjuk meg a következő kifejezések értékét: 1 2 log3 13
a) log2 8
e) log2
i) log2
b) log2 16
f)
j) log2
c) log3 9
g) log4 16
d) log3 27
h) log25
1 16
√
2 √ k) log3 3
1 5
l) log√2 2
megoldás: a) log2 8 = log2 23 = 3
g) log4 16 = log4 42 = 2
b) log2 16 = log2 24 = 4
h) log25
= log25 5−1 = log25 25− 2 = − 21
c) log3 9 = log3 32 = 2
i)
= log2 2−4 = −4
d) log3 27 = log3 33 = 3
2 = log2 2 2 = 12 √ 1 k) log3 3 = log3 3 2 = 12 √ l) log√2 2 = log√2 ( 2)2 = 2
e) log2
= log2 2−1 = −1
f)
= log3 3−1 = −1
1 2 log3 13
1 5 1 log2 16
j) log2
√
1
1
2. Adjuk meg a következő kifejezések pontos értékét: 1 log 21 8 2
a) 2log2 8
c) 4log4 12
e)
b) 3log3 7
d) 2log2 9
f) 2log2 111
megoldás: a) 2log2 8 = 8 b) 3log3 7 = 7
d) 2log2 9 = 9 log 1 8 2 =8 e) 12
c) 4log4 12 = 12
f) 2log2 111 = 111
3. Adjuk meg a
√
49log7 3
kifejezés pontos értékét! megoldás: A hatványozás és gyökvonás azonosságait alkalmazva √ √ √ √ p 49log7 3 = (72 )log7 3 = 72·log7 3 = 7log7 32 = 32 = 3.
15
4. Adjuk meg a
√
4log16 9
kifejezés pontos értékét! megoldás: A hatványozás és gyökvonás azonosságait alkalmazva q q p 1 p 1 √ √ 1 1 ·log 9 4log16 9 = (16 2 )log16 9 = 16 2 16 = 16log16 9 2 == 9 2 = 3. 5. Adjuk meg a 100lg 2+lg 3 kifejezés pontos értékét! megoldás: A hatványozás és gyökvonás azonosságait alkalmazva 2
100lg 2+lg 3 = 100lg 2·3 = 100lg 6 = (102 )lg 6 = 102·lg 6 = 10lg 6 = 62 = 36. 6. Számítsuk ki az alábbi kifejezések pontos értékét: a) 2 lg 2 + 3 lg 5 + lg 18 − 2 lg 3
c) log25 15 − log25 21 + log25 35
b) 3 lg 15 + 2 lg 2 + lg 14 − lg 21 megoldás: a) 2·lg 2+3·lg 5+lg 18−2·lg 3 = lg 4+lg 53 +lg(32 ·2)−lg 32 = lg 4+lg 53 +lg 32 +lg 2−lg 32 = lg(4 · 53 · 2) = lg 1000 = lg 103 = 3 b) 3 lg 15+2 lg 2+lg 14− lg 21 = lg 153 +lg 22 +lg 14−lg 21 = lg lg 9000 = lg(1000 · 9) = lg 1000 + lg 9 = 3 + lg 9 15 · 35 c) log25 15 − log25 21 + log25 35 = log25 = log25 21 25 7. Számoljuk ki a következő kifejezés pontos értékét: √ √ 3 104+lg 25 + 103+lg 27 .
153 · 8 153 · 22 · 14 = lg = 21 3
megoldás: √ √ √ √ √ √ 3 3 3 104+lg 25 + 103+lg 27 = 104 · 10lg 25 + 103 · 10lg 27 = 104 · 25 + 103 · 27 = = 100 · 5 + 10 · 3 = 530.
16
4. Algebrai átalakítások, nevezetes azonosságok, algebrai törtek 1. Végezzük el az alábbi szorzásokat: a) (a − 4)(a + 2)
c) x(x3 + x − 1)
b) (a + 3)(a − 2)
d) (x − 4)(2 + x)
megoldás: a) (a − 4)(a + 2) = a2 + 2a − 4a − 8 = a2 − 2a − 8 b) (a + 3)(a − 2) = a2 − 2a + 3a − 6 = a2 + a − 6 c) x(x3 + x − 1) = x4 + x2 − x d) (x − 4)(2 + x) = 2x + x2 − 8 − 4x = x2 − 2x − 8 2. Bontsuk fel a zárójeleket: a) (a − 2)2
c) (2x − 3y)2
b) (x + 3)2
d) (x2 + xy)2
megoldás: a) (a − 2)2 = a2 − 2 · 2a + 22 = a2 − 4a + 4 b) (x + 3)2 = x2 + 2 · 3x + 32 = x2 + 6x + 9 c) (2x − 3y)2 = (2x)2 − 2 · 2x · 3y + (3y)2 = 4x2 − 12xy + 9y 2 d) (x2 + xy)2 = (x2 )2 + 2x2 xy + (xy)2 = x4 + 2x3 y + x2 y 2 3. Bontsuk fel a zárójeleket: a) (a + 4)3
c) (x − 2y)3
b) (x + y)3
d) (a2 − b)3
megoldás: a) (a + 4)3 = a3 + 3a2 · 4 + 3 · a · 42 + 43 = a3 + 12a2 + 48a + 64 b) (x + y)3 = x3 + 3x2 y + 3xy 2 + y 3 c) (x−2y)3 = x3 −3x2 ·2y+3x·(2y)2 −(2y)3 = x3 −6x2 y+3x4y 2 −8y 3 = x3 −6x2 y+12xy 2 −8y 3 d) (a2 − b)3 = (a2 )3 − 3(a2 )2 b + 3a2 b2 − b3 = a6 − 3a4 b + 3a2 b2 − b3 4. Végezzük el az alábbi szorzásokat: a) (a + 3)(a − 3)
c) (x2 − y 2 )(x2 + y 2 )
b) (b + 2)(b − 2)
d) (7 − 3b)(7 + 3b)
megoldás:
17
a) (a + 3)(a − 3) = a2 − 9
c) (x2 − y 2 )(x2 + y 2 ) = x4 − y 4
b) (b + 2)(b − 2) = b2 − 4
d) (7 − 3b)(7 + 3b) = 49 − 9b2
5. Alakítsuk szorzattá az alábbi kifejezéseket: a) x2 − y 2
d) 16 − c4
b) a2 − 9
e) 5a2 − 5b2
c) 4a2 − 9b2
f) 10x2 − 40y 2
megoldás: a) x2 − y 2 = (x + y)(x − y) b) a2 − 9 = (a + 3)(a − 3) c) 4a2 − 9b2 = (2a + 3b)(2a − 3b) d) 16 − c4 = (4 + c2 )(4 − c2 ) = (4 + c2 )(2 + c)(2 − c) e) 5a2 − 5b2 = 5(a2 − b2 ) = 5(a + b)(a − b) f) 10x2 − 40y 2 = 10(x2 − 4y 2 ) = 10(x + 2y)(x − 2y) 6. Egyszerűsítsük az alábbi törteket: a−b b−a x2 − 9 b) x−3 a2 − b 2 c) a−b a)
a2 − a a2 − 1 2(b − 5) e) 3b − 15 d2 − 81 f) 5d + 45
d)
megoldás: a)
a−b −(b − a) = = −1 b−a b−a
b)
x2 − 9 (x + 3)(x − 3) = =x+3 x−3 x−3
a2 − b 2 (a + b)(a − b) c) = =a+b a−b a−b
a2 − a a(a − 1) = = 2 a −1 (a + 1)(a − 1) 2(b − 5) 2(b − 5) 2 e) = = 3b − 15 3(b − 5) 3
d)
f)
a a+1
(d + 9)(d − 9) d−9 d2 − 81 = = 5d + 45 5(d + 9) 5
18
5. A szumma és a produktum jel használata
1. Végezzük el a műveleteket: a)
5 P
n
d)
n=1
b)
5 P
c)
k(k + 1)
k=1
(2n + 1)
e)
n=1 4 P
3 P
4 P
k2
k=1
(k + 4)
f)
k=1
3 P
n2 + 2
k=1
megoldás: a)
5 P
n = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15
n=1
b)
5 P
(2n+1) = (2·1+1)+(2·2+1)+(2·3+1)+(2·4+1)+(2·5+1) = 3+5+7+9+11 = 35
n=1
c)
4 P
(k + 4) = (1 + 4) + (2 + 4) + (3 + 4) + (4 + 4) = 5 + 6 + 7 + 8 = 26
k=1
d) e)
3 P
k(k + 1) = 1(1 + 1) + 2(2 + 1) + 3(3 + 1) = 2 + 6 + 12 = 20
k=1 4 P
k 2 = 12 + 22 + 32 + 42 = 1 + 4 + 9 + 16 = 30
k=1
f)
3 P
n2 + 2 = (12 + 2) + (22 + 2) + (32 + 2) = 3 + 6 + 11 = 20
k=1
2. Végezzük el a műveleteket: a)
5 Q
n
d)
n=1
b)
5 Q
4 Q
(2n + 1)
e)
(k + 4)
n=1
f)
3 Q k=1
megoldás: 5 Q
4 Q
k2
k=1
k=1
a)
k(k + 1)
k=1
n=1
c)
3 Q
n = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 = 5! = 120
n2 + 2
19
b)
5 Q
(2n + 1) = (2 · 1 + 1) · (2 · 2 + 1) · (2 · 3 + 1) · (2 · 4 + 1) · (2 · 5 + 1) = 3 · 5 · 7 · 9 · 11 = 10395
n=1
c)
4 Q
(k + 4) = (1 + 4)(2 + 4)(3 + 4)(4 + 4) = 5 · 6 · 7 · 8 = 1680
k=1
d)
3 Q
k(k + 1) = (1 · 2) · (2 · 3) · (3 · 4) = 2 · 6 · 12 = 144
k=1
e)
4 Q
k 2 = 12 · 22 · 32 · 42 = 1 · 4 · 9 · 16 = 576
k=1
f)
3 Q
n2 + 2 = (12 + 2)(22 + 2)(32 + 2) = 3 · 6 · 11 = 198
k=1
3. Végezzük el a műveleteket: a)
2 P k=1
3 Q
(k + n)
b)
n=1
2 Q k=1
3 P
(k + n)
n=1
megoldás: a) 2 3 X Y k=1
! (k + n)
n=1
=
2 X
(k + 1)(k + 2)(k + 3) =
k=1
= (1 + 1)(1 + 2)(1 + 3) + (2 + 1)(2 + 2)(2 + 3) = 24 + 72 = 96 b) 2 3 Y X k=1
n=1
! (k + n)
2 2 Y Y (3k + 6) = (k + 1) + (k + 2) + (k + 3) = = k=1
= (3 · 1 + 6)(3 · 2 + 6) = 9 · 12 = 108
k=1
20
II. SZÁMOK, MŰVELETEK 2. 6. Binomiális tétel 1. A binomiális tétel felhasználásával végezzük el a következő hatványozásokat: a) (2x + 3)4
c) (x − 3)3
b) (3x2 + 1)5
d) (3x2 + 2y)4
megoldás: A binomiális tételt alkalmazva a) 4 4 4 4 0 4 1 3 (2x + 3) = (2x) · 3 + (2x) · 3 + (2x)2 · 32 + 0 1 2 4 4 3 1 + (2x) · 3 + (2x)4 · 30 = 81 + 216x + 216x2 + 96x3 + 16x4 ; 3 4 b) 5 5 5 5 2 0 5 2 1 4 2 2 3 (3x + 1) = (3x ) · 1 + (3x ) · 1 + (3x ) · 1 + (3x2 )3 · 12 + 0 1 2 3 5 5 + (3x2 )4 · 11 + (3x2 )5 · 10 = 1 + 15x2 + 90x4 + 270x6 + 405x8 + 243x10 ; 4 5 2
5
c) x3 − 27x2 + 27x − 27; d) 81x8 + 216x6 y + 216x4 y 2 + 96x2 y 3 + 16y 4 .
21
7. Számok normálalakja 2. Adjuk meg az alábbi számok normálalakját: a) 9500
c) 600 · 1021
e) 0, 23
b) 32 · 1010
d) 1980 · 1010
f) 0, 002
a) 9500 = 9, 5 · 103
c) 600 · 1021 = 6 · 1023
e) 0, 23 = 2, 3 · 10−1
b) 32 · 1010 = 3, 2 · 1011
d) 1980 · 1010 = 1, 98 · 1013
f) 0, 002 = 2 · 10−3
megoldás:
3. A Föld tömege 6 · 1027 g, a Nap tömege 2 · 1033 g. Hányszorosa a Nap tömege a Föld tömegének? megoldás: A Nap tömege a Föld tömegének
106 2 · 1033 = -szerese. 6 · 1027 3
4. Egy korong alakú vörösvértest alapkörének átmérője közelítőleg 7, 4 · 10−6 mm, magassága közelítőleg 2 · 10−6 mm. Mekkora a térfogata? megoldás: A térfogat a V = r2 πm képlettel számolható ki. A sugár az átmérő fele, azaz 3, 7 · 10−6 .Behelyettesítve az adatokat az előbbi képletbe V = (3, 7 · 10−6 )2 · π · 2 · 10−6 = 13, 69 · 10−12 · π · 2 · 10−6 = 27, 38 · 10−18 π mm3 . adódik.
22
8. Középértékek 1. Határozzuk meg a 9 és 16 számok számtani és mértani közepét! megoldás: A két szám számtani közepe : A(9; 16) = mértani közepük G(9; 16) =
√
9 + 16 25 = = 12, 5, 2 2
9 · 16 =
√
9·
√
16 = 3 · 4 = 12.
2. Egy egyetemi hallgató a félév végén 8 tantárgyat, összesen 27 kreditet teljesített. A vizsgajegyei: 2 db 2 kredites 4-es, 3 db 5 kredites 3, 1 db 1 kredites 4-es, 1 db 1 kredites 2-es, és 1 db 6 kredites 5-ös. Számoljuk ki a hallgató súlyozott tanulmányi átlagát! megoldás: Súlyozott (ahol a súlyok a kreditek) számtani közepet kell számolnunk: 2·2·4+3·5·3+1·1·4+1·1·2+1·6·5 16 + 45 + 4 + 2 + 30 97 = = ≈ 3, 6. 27 30 27 3. Két pozitív szám összege 10. Határozzuk meg a két számot úgy, hogy szorzatuk maximális legyen. 1. megoldás: Legyenek a keresett számok x és y. Ekkor a feltétel szerint x + y = 10. Az x és y számok számtani közepe x+y 10 = = 5, 2 2 √ √ mértani közepük xy. Az xy kifejezés értéke pontosan akkor maximális, ha a xy értéke maximális a négyzetgyök függvény szigorú monotonitása miatt. A számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség miatt x+y √ ≥ xy, 5= 2 tehát xy ≤ 25, és egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha x = y, azaz 2x = 10, tehát x = 5. Így a keresett két szám x = 5 és y = 5. 2. megoldás: Legyenek a keresett számok x és y. Ekkor a feltétel szerint x+y = 10. Keressük az x-et és az y-t úgy, hogy xy maximális legyen. Az x+y = 10 feltételből y-t kifejezve y = 10−x adódik. Ezt behelyettesítve az xy kifejezésbe azt kapjuk, hogy x(10 − x). Felbontva a zárójelet a 10x − x2 kifejezéshez jutunk. Ezt teljes négyzetté alakítva −(x2 − 10x) = −(x − 5)2 + 25.
23
Ennek akkor a legnagyobb az értéke, ha (x − 5)2 a legkisebb, azaz ha 0, ami csak akkor lehet, ha x = 5. Ebből y = 10 − 5 = 5. Így a két szám x = 5 és y = 5.
24
9. Százalékszámítás
1. Mennyi 15000-nek a 30%-a? megoldás: 15000 ·
30 = 15000 · 0, 3 = 4500 100
2. Egy kabát ára 20%-os árleszállítást követően 8000 Ft-ba kerül. Mennyi volt a kabát ára az árleszállítás előtt? megoldás: Jelöljük a kabát eredeti árát x-szel. Ekkor a feltétel szerint az x − 0, 2x = 8000 egyenlethez jutunk. Elvégezve baloldalon az összevonást 0, 8x = 8000. Megoldva az egyenletet x = 10000. 3. Egy termék árát 5000 Ft-ról 6500Ft-ra emelték fel. Hány százalékos volt az áremelkedés? megoldás: Mivel 6500 · 100 = 1, 3, 5000 ezért az áremelkedés 30%-os volt. 4. Mekkora összeget kap két év múlva az, aki most köti le 50000 forintját fix 12%-os kamatos kamatra? megoldás: Ha a kamat évenként tőkésedik, akkor n év elteltével a rendelkezésre álló összeg: p n an = T 1 + . 100 Jelen esetben T = 50000, p = 12, n = 2, így két év múlva a rendelkezésre álló összeg 2 12 50000 1 + = 50000 · (1, 12)2 ≈ 88117. 100
25
5. Mekkora összeget helyezzünk el a bankba évi 6%-os kamatos kamatra, ha 5 év múlva 600.000 forintot szeretnénk felvenni? megoldás: Ha a kamat évenként tőkésedik, akkor n év elteltével a rendelkezésre álló összeg: p n T 1+ . 100 Jelen esetben T ismeretlen, p = 7, n = 5, an = 600.000. Ezt behelyettesítve az előző képletbe 5 6 600.000 = T 1 + 100 adódik. A jobboldalon elvégezve a műveleteket a 600.000 = T (1, 06)5 egyenlethez jutunk. Mindkét oldalt (1, 06)5 -el osztva 600.000 600.000 T = = ≈ 447.761. 5 (1, 06) 1, 34 Így 447.761 Ft-ot kell elhelyeznünk a bankban ahhoz, hogy a kívánt összeghez jussunk. 6. Hány év alatt duplázódik meg az évi 4%-os kamatra betett pénzünk? megoldás: A
2T = T
4 1+ 100
n
egyenletet kell megoldanunk n-re. Mindkét oldalt T -vel egyszerűsítve n 4 2= 1+ . 100 Az egyenlet jobboldalán elvégezve a műveleteket az 2 = (1, 04)n egyenlethez jutunk. Vegyük mindkét oldalnak a 10-es alapú logaritmusát: lg 2 = lg(1, 04)n . Felhasználva a logaritmus aonosságait lg 2 = n · lg 1, 04. Mindkét oldalt végigosztva lg 1, 04-el, n=
lg 2 ≈ 17, 67, lg 1, 04
tehát 18 év elteltével duplázódik meg a tőkénk a megadott feltételek mellett.
26
III. FÜGGVÉNYEK, EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK 1. (hatványfüggvények) 10. Függvénytani alapfogalmak
1. Az alábbi hozzárendelések közül melyik függvény? a) Minden emberhez hozzárendeljük a magasságát. b) Minden természtes számhoz hozzárendeljük a nála 1-el nagyobb természetes számot. c) Minden számhoz hozzárendeljük a négyzetét. d) Minden osztályzathoz hozzárendeljük azokat a diákokat, akiknek az év végi matematika jegye az adott osztályzat. (Feltételezzük, hogy az osztálynak legalább 6 tanulója van.) e) Minden valós számhoz hozzárendeljük a felét. megoldás: A d) nem függvény, mert egy osztályzat több diákhoz is tartozhat. A többi leképzés egyértelmű, így azok függvények. 2. Határozzuk meg az alábbi függvény értelmezési tartományát és értékkészletét!
megoldás: Értelmezési tartomány: x ∈ [4, 13[, értékkészlet y ∈ [3, 8[. 3. Adott az ABC háromszög AB és AC oldala, AB = 10 cm, AC = 6 cm. A két oldal által bezárt ϕ szöghöz rendeljük hozzá a háromszög területét. Mi lesz az így kapott függvény értelmezési tartománya és értékkészlete? megoldás: Egy háromszög területe a háromszög két oldalának és az általuk bezárt szög szinuszának szorzatának a fele. Így a keresett függvény: t(ϕ) =
10 · 6 · sin ϕ = 30 · sin ϕ. 2
Így az értelmezési tartománya 0◦ < x < 180◦ , értékkészlete 0 < y < 30.
27
4. Legyen f (x) = x2 + 3x − 4. Számoljuk ki az valós számok!
f (b) − f (a) hányadost, ha a és b különböző b−a
megoldás: Mivel f (b) = b2 + 3b − 4, továbbá f (a) = a2 + 3a − 4, ezért f (b) − f (a) (b2 + 3b − 4) − (a2 + 3a − 4) b2 + 3b − 4 − a2 − 3a + 4 = = = b−a b−a b−a b2 − a2 + 3b − 3a (b − a)(b + a) + 3(b − a) (b − a)(b + a + 3) = = = = a + b + 3. b−a b−a b−a 5. Legyen f (x) = 2x − x2 . Számoljuk ki az f (a + 3) − f (a − 3) értéket, ha a ∈ R tetszőleges. megoldás: Mivel f (a + 3) = 2(a + 3) − (a + 3)2 = 2a + 6 − (a2 + 6a + 9) = = 2a + 6 − a2 − 6a − 9 = −a2 − 4a − 3, továbbá f (a − 3) = 2(a − 3) − (a − 3)2 = 2a − 6 − (a2 − 6a + 9) = = 2a − 6 − a2 + 6a − 9 = −a2 + 8a − 15, ezért f (a + 3) − f (a − 3) = −a2 − 4a − 3 − (−a2 + 8a − 15) = = −a2 − 4a − 3 + a2 − 8a + 15 = −12a + 12. 6. Legyen f (x) = 4 − x2 . Számoljuk ki az f (b − 2) − f (b + 2) értéket, ha b ∈ R tetszőleges. megoldás: Mivel f (b − 2) = 4 − (b − 2)2 = 4 − (b2 − 4b + 4) = = 4 − b2 + 4b − 4 = −b2 + 4b = −b(b − 4), továbbá f (b + 2) = 4 − (b + 2)2 = 4 − (b2 + 4b + 4) = = 4 − b2 − 4b − 4 = −b2 − 4b = −b(b + 4), ezért f (b − 2) − f (b + 2) = −b2 + 4b − (−b2 − 4b) = −b2 + 4b + b2 + 4b = 8b.
28
7. Igazak-e az alábbi állítások? a) Van olyan, a teljes valós számok halmazán értelmezett szigorúan monoton növekvő függvény, amely páros. b) Van olyan, a teljes valós számok halmazán értelmezett szigorúan monoton növekvő függvény, amely páratlan. c) Létezik a teljes valós számok halmazán értelmezett pozitív értékű páros függvény. d) Létezik a teljes valós számok halmazán értelmezett pozitív értékű páratlan függvény. e) Van olyan függvény, mely páros és páratlan is. megoldás: a) Hamis. b) Igaz, például f (x) = x. c) Igaz, például f (x) = x2 + 1. d) Hamis. e) Igaz, például az azonosan nulla függvény. 8. Lehet-e az alábbi görbe egy szám-szám függvény képe?
megoldás: Nem lehet szám-szám függvény képe, mert egy x értékhez több y is tartozik. 9. F Bizonyítsuk be, hogy nem létezik olyan, a valós számok halmazán értelmezett függvény, melyre f (x) + f (1 − x) = 1 − x. megoldás: Ha x = 0, akkor f (0) + f (1 − 0) = 1 − 0, azaz f (0) + f (1) = 1. Ha x = 1, akkor f (1) + f (1 − 1) = 1 − 1, azaz f (1) + f (0) = 0. Így ellentmondáshoz jutottunk.
29
11. Elsőfokú függvények
1. Egy úszómedencét éjjel töltenek meg vízzel. Este 9 és 11 óra között az úszómedence üres. 11 órától reggel 6 óráig óránként 800 hektoliter vizet engednek egyenletes sebességgel a medencébe. 6 órakor elzárják a csapokat. Ábrázoljuk a medencében lévő víz mennyiségét az este 9 és reggel 6 óra közötti időszakban! megoldás:
2. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) = 2x + 4 függvényt! megoldás: A függvény f (x) = ax + b alakú, ezért a képe egy egyenes. Egy egyenest két pontja egyértelműen meghatároz. Például határozzuk meg a tengelyekkel való metszéspontokat! Ha x = 0, akkor a helyettesítési érték y = 4. A függvény zérushelye, azaz az f (x) = 0 egyenlet megoldása x = −2. Így azt kaptuk, hogy a függvény az x tengelyt −2-nél, az y-t 4-nél metszi. Ez alapján fel tudjuk rajzolni a képét:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt: • • • • • • • • •
értelmezési tartomány: x ∈ R értékkészlet: f (x) ∈ R monotonitás: szigorúan monoton növekvő szélsőérték: nincs zérushely: x = −2 korlátosság: nem korlátos paritás: nem páros, nem páratlan periodicitás: nem periodikus invertálhatóság: invertálható
30
3. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) =
x2 − 1 függvényt! x−1
megoldás: x2 − 1 = x + 1, ha x 6= 1. Így a függvény x = 1-nél x−1 nincs értelmezve, egyébként pedig a képe egy egyenes. Ez az egyenes az x-tengelyt −1-nél, az y-t 1-nél metszi. Így fel tudjuk rajzolni a képét:
Mivel x2 − 1 = (x − 1)(x + 1), ezért
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt: • • • • • • • • •
értelmezési tartomány: x ∈ R \ {1} értékkészlet: f (x) ∈ R \ {2} monotonitás: szigorúan monoton növekvő szélsőérték: nincs zérushely: x = −1 korlátosság: nem korlátos paritás: nem páros, nem páratlan periodicitás: nem periodikus invertálhatóság: invertálható
4. Mi annak az elsőfokú függvénynek a hozzárendelési szabálya, mely áthalad az A(1, 2) és B(2, 4) ponton? megoldás: Elsőfokú függvény általános alakja f (x) = ax + b. Elsőfokú függvény képe egyenes. Mivel az A(1, 2) pont illeszkedik az egyenesre, ezért behelyettesítve a koordinátákat a 2 = a + b egyenlethez jutunk. Ugyanakkor a B(2, 4) pont is illeszkedik az egyenesre, így 4 = 2a + b. A második egyenletből kivonva az elsőt a = 2 adódik, amit visszahelyettesítve például az első egyenletbe b = 0-hoz jutunk. Így a keresett függvény f (x) = 2x. 5. Az f (x) = ax + b függvényre f (−2) = 5, f (3) = −5. Határozzuk meg az a és b értékeket, majd ábrázoljuk és elemezzük a kapott függvényt! megoldás: A függvény −2 pontbeli helyettesítési értéke 5, ezért 5 = −2a + b, továbbá a 3 pontbeli helyettesítési érték −5, ezért −5 = 3a+b. A kapott egyenletrendszert megoldva megkapjuk az a és b értékeket. A két egyenletet kivonva egymásból 10 = −5a adódik, amiből a = −2. Ezt visszahelyettesítve például az első egyenletbe azt kapjuk, hogy b = 1. Tehát a keresett
31
függvény f (x) = −2x + 1. Ez a függvény 1/2-nél metszi az x-tengelyt, és 1-nél metszi az y tengelyt. Ez alapján fel tudjuk rajzolni a függvényt:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt: • • • • • • • • •
értelmezési tartomány: x ∈ R értékkészlet: f (x) ∈ R monotonitás: szigorúan monoton csökkenő szélsőérték: nincs zérushely: x = 12 korlátosság: nem korlátos paritás: nem páros, nem páratlan periodicitás: nem periodikus invertálhatóság: invertálható
6. Rajta van-e az A(2, −1) pont az f (x) = 2x − 3 függvény grafikonján? megoldás: A pont koordinátáit behelyettesítve a −1 = 2 · 2 − 3, azaz −1 = 1 egyenlethez jutunk, ami ellentmondás, így az adott pont nem illeszkedik a függvény grafikonjára. 7. Egy országút mentén fekvő A és B városok távolsága 200 km. Reggel 8 órakor elindul A-ból B-be egy kerékpáros vk = 15 km/h átlagsebességgel, 9 órakor B-ből A felé egy versenykerékpáros vv = 35 km/h átlagsebességgel. a) Ábrázoljuk a kerékpárosok által megtett utat az idő függvényében közös koordinátarendszerben! b) Mikor találkoznak? c) Oldjuk meg a feladatot akkor is, ha a kerékpáros A-ból nem a B város felé, hanem ellentétes irányba indul el! megoldás: a) A keresett út-idő grafikon:
32
b) Ha a kerékpáros t órán át közlekedik, akkor a versenykerékpáros t − 1 óráig közlekedik. Ezalatt a kerékpáros 15t utat, a versenykerékpáros 35(t − 1) utat tesz meg (s = v · t). Együttesen 200 km utat tesznek meg, így felírhatjuk a 15t + 35(t − 1) = 200 egyenletet, melynek megoldása t = 4, 7. Így azt kaptuk, hogy a kerékpáros indulása után 4, 7 órával, azaz 12 óra 42 perckor találkoznak. c) A versenykerékpáros 200 km-el több utat tesz meg, ezért a 15t + 200 = 35(t − 1) egyenletet írhatjuk föl. Ennek megoldása t = 11, 75, vagyis 19 óra 45 perckor találkoznak. 8. Ábrázoljuk az ( −x, ha x ≤ 0 f (x) = 2x, ha x > 0 függvényt! megoldás:
33
12. Abszolútértékés függvények 1. Ábrázoljuk függvénytranszformációs lépések segítségével az f (x) = |x| − 2 függvényt, majd jellemezzük azt! megoldás: A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt: • értelmezési tartomány: x ∈ R • értékkészlet: f (x) ≥ −2 • monotonitás: ha x ≤ 0, akkor szigorúan monoton csökkenő; ha x ≥ 0, akkor szigorúan monoton növekvő • szélsőérték: minimuma van, minimumhely x = 0, minimum érték f (0) = −2 • zérushely: x1 = −2, x2 = 2 • korlátosság: alulról korlátos • paritás: páros • periodicitás: nem periodikus • invertálhatóság: nem invertálható 2. Ábrázoljuk függvénytranszformációs lépések segítségével az f (x) = 2 · |x − 3| − 2 függvényt, majd jellemezzük azt! megoldás: A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
34
• értelmezési tartomány: x ∈ R • értékkészlet: f (x) ≥ −2 • monotonitás: ha x ≤ −3, akkor szigorúan monoton csökkenő; ha x ≥ −3, akkor szigorúan monoton növekvő • szélsőérték: minimuma van, minimumhely x = −3, minimum érték f (−3) = −2 • zérushely: x1 = 2, x2 = 4 • korlátosság: alulról korlátos • paritás: nem páros, nem páratlan • periodicitás: nem periodikus • invertálhatóság: nem invertálható 3. Ábrázoljuk függvénytranszformációs lépések segítségével az f (x) = −3·|x+2|+3 függvényt, majd jellemezzük azt! megoldás: A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt: • értelmezési tartomány: x ∈ R • értékkészlet: f (x) ≤ 3 • monotonitás: ha x ≤ −2, akkor szigorúan monoton növekvő; ha x ≥ −2, akkor szigorúan monoton csökkenő • szélsőérték: maximuma van, maximumhely x = −2, maximum érték f (−2) = 3 • zérushely: x1 = −3, x2 = −1 • korlátosság: felülről korlátos • paritás: nem páros, nem páratlan • periodicitás: nem periodikus • invertálhatóság: nem invertálható 4. Ábrázoljuk az f (x) = |x| + x függvényt! megoldás: Ha x ≥ 0, akkor |x| = x, így ilyenkor f (x) = x + x = 2x. Ha x < 0, akkor |x| = −x, így ilyenkor f (x) = 0. Tehát a függvény képe:
35
5. Ábrázoljuk az f (x) = |x| + 2x − 1 függvényt! megoldás: Ha x ≥ 0, akkor |x| = x, így ilyenkor f (x) = x + 2x − 1 = 3x − 1. Ha x < 0, akkor |x| = −x, így ilyenkor f (x) = x − 1. Tehát a függvény képe:
6. Ábrázoljuk az f (x) = |x + 3| + |x − 3| függvényt! megoldás: Mivel az abszolútérték definíciója szerint ( −(x + 3) = −x − 3, ha x < −3 |x + 3| = x + 3, ha x ≥ −3, továbbá ( −(x − 3) = −x + 3, ha x < 3 |x − 3| = x − 3, ha x ≥ 3, ezért három esetet kell megkülönböztetnünk. • Ha x < −3, akkor f (x) = −x − 3 − x + 3 = −2x. • Ha −3 ≤ x < 3, akkor f (x) = x + 3 − x + 3 = 6.
36
• Ha x ≥ 3, akkor f (x) = x + 3 + x − 3 = 2x. Így a függvény képe:
7. Ábrázoljuk az f (x) = |x + 1| − |x − 4| függvényt! megoldás: Mivel az abszolútérték definíciója szerint ( −(x + 1) = −x − 1, ha x < −1 |x + 1| = x + 1, ha x ≥ −1, továbbá
( −(x − 4) = −x + 4, ha x < 4 |x − 4| = x − 4, ha x ≥ 4, ezért három esetet kell megkülönböztetnünk. • Ha x < −1, akkor f (x) = | − x − 1 + x − 4| = | − 5| = 5. • Ha −1 ≤ x < 4, akkor f (x) = |x + 1 + x − 4| = |2x − 3|. • Ha x ≥ 4, akkor f (x) = |x + 1 − x + 4| = |5| = 5. Így a függvény képe:
37
13. Másodfokú függvények 1. Ábrázoljuk az f (x) = x2 függvényt, majd jellemezzük azt! megoldás: A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt: • értelmezési tartomány: x ∈ R • értékkészlet: f (x) ≥ 0 • monotonitás: ha x ≤ 0, akkor szigorúan monoton csökkenő; ha x ≥ 0, akkor szigorúan monoton növekvő • szélsőérték: minimuma van, minimumhely x = 5, minimum érték f (5) = −2 • zérushely: x = 0 • korlátosság: alulról korlátos • paritás: páros • periodicitás: nem periodikus • invertálhatóság: nem invertálható 2. Ábrázoljuk az f (x) = −x2 függvényt, majd jelemezzük azt! megoldás: A függvény képe:
A kép alaján jellemezhetjük a függvényt: • értelmezési tartomány: x ∈ R • értékkészlet: f (x) ≤ 0 • monotonitás: ha x ≤ 0, akkor szigorúan monoton növekvő; ha x ≥ 0, akkor szigorúan monoton csökkenő
38
• • • • • •
szélsőérték: maximuma van, maximumhely x = 0, maximum érték f (0) = 0 zérushely: x = 0 korlátosság: felülről korlátos paritás: páros periodicitás: nem periodikus invertálhatóság: nem invertálható
3. Ábrázoljuk függvénytranszformációs lépések segítségével az f (x) = 2·(x−5)2 −2 függvényt, majd jelemezzük azt! megoldás: A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt: • értelmezési tartomány: x ∈ R • értékkészlet: f (x) ≥ −2 • monotonitás: ha x ≤ 5, akkor szigorúan monoton csökkenő; ha x ≥ 5, akkor szigorúan monoton növekvő • szélsőérték: minimuma van, minimumhely x = 5, minimum érték f (5) = −2 • zérushely: x1 = 4, x2 = 6 • korlátosság: alulról korlátos • paritás: nem páros, nem páratlan • periodicitás: nem periodikus • invertálhatóság: nem invertálható 4. Egyenletesen gyorsuló személygépkocsi álló helyzetből indulva 1 perc alatt 100 km/h sebességet ér el. a) Mennyi utat tesz meg ezalatt az idő alatt? b) Ábrázoljuk a jármű által megtett utat az idő függvényében! c) Mennyi idő alatt teszi meg az autó a gyorsulási útszakasz felét? megoldás: a) A gépkocsi gyorsulása 100 km ∆v 5 km h a= = = . ∆t 1 min 3 min2
39
Az 1 perc alatt megtett út s=
a 2 5 · t = km. 2 6
b) Az út-idő grafikon az 5 s = t2 . 6 parabola:
c) Az 5 5 2 t = 6 12 egyeneletből kapjuk a keresett eredményt. Ebből t = másodperc.
√1 2
perc, ami körülbelül 42,4
5. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) = x2 + 4x + 6 függvényt! megoldás: Első lépésben teljes négyzetté alakítunk: f (x) = x2 + 4x + 6 = (x + 2)2 − 4 + 6 = (x + 2)2 + 2 A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
40
• értelmezési tartomány: x ∈ R • értékkészlet: f (x) ≥ 2 • monotonitás: ha x ≤ −2, akkor szigorúan monoton csökkenő; ha x ≥ −2, akkor szigorúan monoton növekvő • szélsőérték: minimuma van, minimumhely: x = −2, minimum érték f (−2) = 2 • zérushely: nincs • korlátosság: alulról korlátos • paritás: nem páros, nem páratlan • periodicitás: nem periodikus • invertálhatóság: nem invertálható 6. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) = 2x2 − 4x − 1 függvényt! megoldás: Első lépésben teljes négyzetté alakítunk: f (x) = 2x2 − 4x − 1 = 2(x2 − 2x) − 1 = 2[(x − 1)2 − 1] − 1 = 2(x − 1)2 − 3 A függvény képe:
A kép alaján elemezhetjük a függvényt: • értelmezési tartomány: x ∈ R • értékkészlet: f (x) ≥ −3 • monotonitás: ha x ≤ 1, akkor szigorúan monoton csökkenő; ha x ≥ 1, akkor szigorúan monoton növekvő • szélsőérték: minimuma van, minimum hely: x = 1, minimum érték f (1) = −3 • zérushely: A zérushelyet a 2x2 − 4x − 1 = 0 egyenlet megoldásával kapjuk: √ √ √ 4 ± 24 2± 6 4 ± 16 + 8 = = . x1,2 = 4 4 2 • korlátosság: alulról korlátos • paritás: nem páros, nem páratlan • periodicitás: nem periodikus • invertálhatóság: nem invertálható
41
7. Ábrázoljuk és jellemezzük a f (x) = −2x2 + 8x + 3 függvényt! megoldás: Első lépésben teljes négyzetté alakítunk: f (x) = −2x2 + 8x + 3 = −2(x2 − 4x) + 3 = −2[(x − 2)2 − 4] + 3 = −2(x − 2)2 − 5 A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt: • értelmezési tartomány: x ∈ R • értékkészlet: f (x) ≤ −5 • monotonitás: ha x ≤ 2, akkor szigorúan monoton növekvő; ha x ≥ 2, akkor szigorúan monoton csökkenő • szélsőérték: maximuma van, maximumhely: x = 2, minimum érték f (2) = −5 • zérushely: nincs • korlátosság: felülről korlátos • paritás: nem páros, nem páratlan • periodicitás: nem periodikus • invertálhatóság: nem invertálható 8. Adott az f (x) = 2x2 +3x+5 és a g(x) = −x2 +2x+9 függvény. Oldjuk meg az f (x) ≤ g(x) egyenlőtlenséget! megoldás: Az egyenlőtlenséget átrendezve az f (x) − g(x) ≤ 0 egyenlőtlenséget kell megoldanunk. Az 4 f (x) − g(x) = 3x2 + x − 4 függvény zérushelyei x1 = − , x2 = 1. A függvény képe 3
42
4 Az egyenlőtlenség megoldása − ≤ x ≤ 1. 3 9. 40 km/h sebességgel haladó gépkocsi fél perc alatt 100 km/h-ra gyorsul fel. Mekkora utat tesz meg ez idő alatt? Ábrázoljuk a jármű által megtett utat az idő függvényében! megoldás: A gyorsulás a=
60 ∆v = 1 = 7200 km/h2 . ∆t 120
A fél perc alatt megtett út 1 7200 a + · s = v0 t + · t2 = 40 · 2 120 2
1 120
2 =
7 1 1 + = km 3 4 12
Koordinátarendszerben az
2 s(t) = t + t2 3 függvényt kell ábrázolnunk. Ezt teljes négyzetté alakítva 2 1 1 − , s(t) = t + 3 9 így a függvény képe
. 10. Egy kavicsot 20 m/s kezdősebességgel függőleges irányban felfelé felhajítunk. Állpítsuk meg, hogyan függ a kavics föld felszínétől mért magassága az időtől, s ábrázoljuk a távolságot az idő függvényében! A közegellenállás elhanyagolható. megoldás: A kavics földfelszíntől mért távolságát a h(t) = v0 t −
g 2 · t = 20t − 5t2 2
függvény írja le. Ezt teljes négyzetté alakítva h(t) = −5(t2 + 4t) = −5[(t + 2)2 − 4] = −5(t + 2)2 + 20.
43
Ezt ábrázolva:
. A pálya legmagasabb pontja a t = 2 s időhöz tartozó 20m. 11. Határozzuk meg az f (x) = x2 − 7x + 12 függvény szélsőértékének típusát, annak helyét és értékét! megoldás: A függvény zérushelyeit az x2 − 7x + 12 = 0 egyenlet megoldásával kapjuk. A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva √ 7 ± 49 − 48 7±1 x1,2 = = , 2 2 így x1 = 4, x2 = 3. Mivel a függvény másodfokú tagjának együtthatója pozitív, ezért a függvénynek minimuma van. A minimumhely a zérushelyek számtani közepe, azaz 4+3 = 2 2 3, 5. A minimum érték f (3, 5) = (3, 5) − 7 · 3, 5 + 12 = −0, 25. 12. Határozzuk meg az f (x) = x2 + 6x + 5 függvény szélsőértékének típusát, annak helyét és értékét! megoldás: A függvény zérushelyeit az x2 − 6x + 5 = 0 egyenlet megoldásával kapjuk. A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva √ 6±4 6 ± 36 − 20 = , x1,2 = 2 2 így x1 = 5, x2 = 1. Mivel a függvény másodfokú tagjának együtthatója pozitív, ezért a függvénynek minimuma van. A minimumhely a zérushelyek számtani közepe, azaz 5+1 = 3. 2 A minimum érték f (3) = 32 + 6 · 3 + 5 = 32. 13. Határozzuk meg az f (x) = −x2 + 4x − 3 függvény szélsőértékének típusát, annak helyét és értékét! megoldás: A függvény zérushelyeit az −x2 + 4x − 3 = 0
44
egyenlet megoldásával kapjuk. A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva √ −4 ± 16 − 12 −4 ± 2 x1,2 = = , −2 −2 így x1 = 1, x2 = 3. Mivel a függvény másodfokú tagjának együtthatója negatív, ezért a függvénynek maximuma van. A maximumhely a zérushelyek számtani közepe, azaz 1+3 = 2 2 2. A maximum érték f (2) = −2 + 4 · 2 − 3 = 1. 14. Határozzuk meg az f (x) = −2x2 +12x−16 függvény szélsőértékének típusát, annak helyét és értékét! megoldás: A függvény zérushelyeit az −2x2 + 12x − 16 = 0 egyenlet megoldásával kapjuk. A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva √ −12 ± 144 − 128 −12 ± 4 x1,2 = = , −4 −4 így x1 = 2, x2 = 4. Mivel a függvény másodfokú tagjának együtthatója negatív, ezért a függvénynek maximuma van. A maximum hely a zérushelyek számtani közepe, azaz 2+4 = 3. A maximum érték f (3) = −2 · 32 + 12 · 3 − 16 = 2. 2 15. A folyóparton 40 m hosszú kerítéssel téglalap alakú kertet kerítünk be három oldalról. A kert parttal párhuzamos oldalának hosszát jeölje x, a partra merőleges oldalak hosszát jelölje y. Hogyan válaszuk meg x és y értékét ahhoz, hogy a kert területe a lehető legnagyobb legyen? megoldás: A kert kerülete x + 2y = 40, amiből x = 40 − 2y. A terület t = xy = (40 − 2y)y = 40y − 2y 2 . Ezt teljes négyzetté alakítva −2y 2 + 40y = −2(y 2 − 20y) = −2[(y − 10)2 − 100] = −2(y − 10)2 + 200, ami akkor a legnagyobb, ha y − 10 = 0, azaz ha y = 10. Ekkor x = 40 − 2y = 40 − 20 = 20. Tehát x = 20 m, és y = 10 m esetén lesz a legnagyobb a kert területe.
45
14. Négyzetgyök függvény
1. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) =
√
x − 4 − 1 függvényt!
megoldás: A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt: • • • • • • • • •
értelmezési tartomány: x ≥ 4 értékkészlet: f (x) ≥ −1 monotonitás: szigorúan monoton növekvő szélsőérték: minimuma van, minimumhely: x = 4, minimum érték f (4) = −1 zérushely: x = 5 korlátosság: alulról korlátos paritás: nem páros, nem páratlan periodicitás: nem periodikus invertálhatóság: invertálható √ 2. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) = −2 x + 2−3 függvényt! A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ≥ −2 • értékkészlet: f (x) ≥ −3 • monotonitás: szigorúan monoton csökkenő
46
• • • • • •
szélsőérték: maximuma van, maximum hely: x = −2, maximum érték f (−2) = −3 zérushely: nincs korlátosság: felülről korlátos paritás: nem páros, nem páratlan periodicitás: nem periodikus invertálhatóság: invertálható
3. Az álló helyzetből egyenletes gyorsulással induló vonat 20 s alatt 200 m utat tesz meg. Ábrázoljuk a menetidőt a megtett út függvényében! megoldás: a 2s Az s = · t2 összefüggésből a = 2 így a = t r 2 2s √ t= = 2s. A függvény képe: a
2·200 400
=1
m . s2
A menetidő az út függvényében
47
15. Racionális törtfüggvények
1. Egy medencébe 5 azonos keresztmetszetű cső vezet. Ha egy csövön keresztül engedjük be a vizet, akkor a medence 24 óra alatt telik meg. a) Mennyi idő alatt telik meg a medence, ha 2, 3, 4, illetve 5 csövön keresztül engedjük a vizet? b) Milyen kapcsolat van a megnyitott csövek száma és a feltöltéshez szükséges idő között? c) Ábrázoljuk a töltési időt a megnyitott csövek számának függvényében! megoldás: a) Általában x cső megtöltéséhez
24 x
órára van szükség.
b) A megnyitott csövek száma és a feltöltéshez szükséges idő között fordított arányosság van. c) A keresett függvény:
2. Két város távolsága 1200 km. Egy autó legkevesebb 40 km/h, és legfeljebb 100 km/h átlagsebességgel teheti meg az utat. Ábrázoljuk az út megtételéhez szüksége időt az átlagsebesség függvényében! megoldás: Az út megtételéhez szükséges idő és az ehhez szükséges átlagos sebesség fordítottan arányos. Az ábrázolandó függvény t=
1200 , v
40 ≤ v ≤ 100 :
48
3. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) =
1 x−4
függvényt!
megoldás: A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt: • értelmezési tartomány: x ∈ R \ {4} • értékkészlet: f (x) ∈ R \ {0} • monotonitás: szigorúan monoton csökkenő, ha x < 4 és szigorúan monoton csökkenő, ha x > 4 • szélsőérték: nincs • zérushely: nincs • korlátosság: nem korlátos • paritás: nem páros, nem páratlan • periodicitás: nem periodikus • invertálhatóság: invertálható 4. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) = megoldás: A függvény képe:
1 x+3
− 2 függvényt!
49
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt: • értelmezési tartomány: x ∈ R \ {−3} • értékkészlet: f (x) ∈ R \ {−2} • monotonitás: szigorúan monoton csökkenő, ha x < −3 és szigorúan monoton csökkenő, ha x > −3 • szélsőérték: nincs • zérushely: az 1 −2=0 x+3 egyenlet megoldása x = −2, 5. • korlátosság: nem korlátos • paritás: nem páros, nem páratlan • periodicitás: nem periodikus • invertálhatóság: invertálható 5. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) =
x+1 x+2
függvényt!
megoldás: Az
x+1 x+2−1 1 1 = =1− =− +1 x+2 x+2 x+2 x+2 átalakítás után függvénytranszformációs lépésekkel ábrázolhatjuk a függvényt:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
50
• értelmezési tartomány: x ∈ R \ {−2} • értékkészlet: f (x) ∈ R \ {1} • monotonitás: szigorúan monoton növekvő, ha x < −2 és szigorúan monoton növekvő, ha x > −2 • szélsőérték: nincs • zérushely: a 1 − +1=0 x+2 egyenlet megoldása x = −1. • korlátosság: nem korlátos • paritás: nem páros, nem páratlan • periodicitás: nem periodikus • invertálhatóság: invertálható 6. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) =
|x| függvényt! x2
megoldás: Ha x < 0, akkor |x| = −x, így f (x) = − x1 . Ha x > 0, akkor |x| = x, így ekkor f (x) = x1 . Így a függvény képe:
A kép alaján elemezhetjük a függvényt: • értelmezési tartomány: x ∈ R \ {0} • értékkészlet: f (x) ∈ R \ {0} • monotonitás: ha x < 0, akkor szigorúan monoton növekvő; ha x > 0, akkor szigorúan monoton csökkenő • szélsőérték: nincs • zérushely: nincs • korlátosság: nem korlátos • paritás: páros • periodicitás: nem periodikus • invertálhatóság: nem invertálható
51
IV. FÜGGVÉNYEK, EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK 2. (algebrai egyenletek és egyenlőtlenségek) 16. Elsőfokú egyenletek
1. Oldjuk meg a 2(x − 2) − 3(2x + 1) = 3(−2x + 3) − (x − 2) + 3 egyenletet a valós számok halmazán! megoldás: A feladat megoldását a zárójelek felbontásával kezdjük: 2x − 4 − 6x − 3 = −6x + 9 − x + 2 + 3. Összevonjuk a megfelelő oldalon szereplő egynemű kifejezéseket: −4x − 7 = −7x + 14. Mindkét oldalhoz adjunk hozzá 7x-et: 3x − 7 = 14. Mindkét oldalhoz adjunk hozzá 7-et: 3x = 21, amiből 3-al osztva x = 7. 2. Oldjuk meg az 6x − 3 7 − 14x 10x − 3 = + 17 34 4 egyenletet a valós számok halmazán! x−
megoldás: Első lépésben beszorzunk a közös nevezővel, ami jelen esetben 68: 68x − (24x − 12) = 14 − 28x + 170x − 51. Elvégezzük a zárójel felbontását: 68x − 24x + 12 = 14 − 28x + 170x − 51. Az egynemű tagok összevonása után a 44x + 12 = 142x − 37 egyenlethez jutunk. Kivonva 44x-et, és hozzáadva 37-et mindkét oldalhoz az 49 = 98x egyenletet kapjuk. Mindkét oldalt elosztva 98-al, a megoldáshoz jutunk: 49 1 x= = . 98 2
52
3. Oldjuk meg a 7 5 3 + = 2 x+3 x−3 x −9 egyenletet a valós számok halmazán! megoldás: Az x2 − 9 kifejezés szorzat alakban írható: (x − 3)(x + 3), így x 6= −3 és x 6= 3. Ebből láthatjuk, hogy a közös nevező (x−3)(x+3), amivel beszorozva az egyenlet mindkét oldalát 7(x − 3) + 5(x + 3) = 3 adódik. Felbontva a zárójeleket a 7x − 21 + 5x + 15 = 3 egyenelethez jutunk. Elvégezve az összevonásokat: 12x − 6 = 3. Mindkét oldalhoz 6-ot hozzáadva 12x = 9. Elosztva mindkét oldalt 12-vel, majd egyszerűsítve 3 x= . 4
53
17. Elsőfokú egyenlőtlenségek 1. Oldjuk meg a
3x + 5 10 − 3x 2x + 7 + < 7 5 3 egyenlőtlenséget a valós számok halmazán! megoldás: Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk be a közös nevezővel, 105-el: 15(3x + 5) + 21(10 − 3x) < 35(2x + 7). Felbontva a zárójeleket 45x + 75 + 210 − 63x < 70x + 245. Összevonva a megfelelő oldalon szereplő egynemű kifejezéseket: −18x + 285 < 70x + 245. hozzáadva mindkét oldalhoz 18x-et, majd kivonva 245-öt, a 40 < 88x egyenlőtlenséghez jutunk. Mindkét oldalt elosztjuk 88-cal: 44 x> 88
2. Oldjuk meg a valós számok halmazán a 2x + 3 <5 3x + 4 egyenlőtlenséget! megoldás: 3x + 4 6= 0, így x 6= − 43 . Rendezzük nullára az egyenlőtlenséget: 2x + 3 − 5 < 0. 3x + 4 Hozzuk közös nevezőre! (Nem szorozhatunk be vele, mert nem tudjuk az előjelét.) 2x + 3 − 5(3x + 4) < 0. 3x + 4 Bontsuk fel a számlálóban a zárójelet: 2x + 3 − 15x − 20 < 0. 3x + 4 Elvégezve az összevonást −13x − 17 < 0. 3x + 4 Egy törtet kaptunk, aminek negavítnak kell lenni. Ez csak úgy lehet, hogy ha a számláló és a nevező különböző előjelű.
54
Első eset: a számláló pozitív és a nevező negatív, azaz a (I.) − 13x − 17 > 0 és 3x + 4 < 0. egyenlőtlenségeknek egyszerre kell fennállniuk. Az első egyenlőtlenség megoldása: 51 17 =− , x<− 13 39 a második egyenlőtlenség megoldása 4 x<− 3
52 =− 39
.
Így a fenti (I.) egyenlőtlenség-rendszer megoldása x < − 43 . Második eset: a számláló negatív és a nevező pozizív, azaz a (II.) − 13x − 17 < 0 és 3x + 4 > 0 egyenlőtlenségeknek egyszerre kell fennállniuk. Az első egyenlőtlenség megoldása 17 x>− , 13 a második egyenlőtlenség megoldása 4 x>− . 3 Így a fenti (II.) egyenlőtlenség-rendszer megoldása: x > − 17 . A feladatban kitűzött egyen13 lőtlenség megoldása az (I.) és (II.) egyenlőtlenség-rendszerek megoldáshalmazainak uniója: 4 17 M = x ∈ R|x < − vagy x > − . 3 13 3. Oldjuk meg a természetes számok halmazán a 2n + 5 2n + 3 − <0 3n + 4 3n + 1 egyenlőtlenséget! megoldás: Beszorozzuk az egyenlőtlenség mindkét oldalát (3n + 4)(3n + 1)-el. Mivel ez a kifejezés pozitív, ezért az egyenlőtlenség iránya nem változik meg a szorzás során: (2n + 5)(3n + 1) − (2n + 3)(3n + 4) < 0. Felbontva a zárójeleket: 6n2 + 17n + 5 − (6n2 + 17n + 12) < 0. Felbontjuk a még meglévő zárójelet: 6n2 + 17n + 5 − 6n2 − 17n − 12 < 0. Összevonva az egynemű kifejezéseket: −7 < 0,
55
ami azonosság, így az egyenlőtlenségnek minden természetes szám megoldása. 4. Határozzuk meg azt a legkisebb pozitív egész számot, amely eleget tesz a 2n 1 (n ∈ N) n + 3 − 2 < 100 , egyenlőtlenségnek! megoldás: Az abszolútértéken belül közös nevezőre hozva 2n − 2(n + 3) < 1 . 100 n+3 Elvégezve a zárójelfelbontást és az összevonást: −6 1 n + 3 < 100 . Egy tört abszolútértékét úgy kapjuk, hogy a számlálónak és a nevezőnek is vesszük az abszolútértékét: 6 1 < . n+3 100 Beszorozzuk mindkét oldalt 100(n + 3)-al. Mivel ez a kifejezés pozitív, ezért a beszorzás során a reláció iránya nem változik meg: 600 < n + 3. Mindkét oldalból kivonunk 3-at: 597 < n. Ennek az egyenlőtlenségnek eleget tevő legkisebb pozitív egész szám: n = 598.
56
18. Másodfokú egyenletek
1. Oldjuk meg az x2 + 5x + 6 = 0 egyenletet a valós számok halmazán! megoldás: Az ax2 + bx + c = 0 (a 6= 0) másodfokú egyenlet megoldóképlete: √ −b ± b2 − 4ac . x1,2 = 2a Jelen esetben a = 1, b = 5, c = 6. Így a megoldások √ −5 ± 52 − 4 · 6 −5 ± 1 x1,2 = = . 2·1 2 Tehát x1 = −2, x2 = −3. 2. Oldjuk meg az x2 − 25 = 0 egyenletet a valós számok halmazán! megoldás: Az egyenlet olyan hiányos mádofokú, melynél az elsőfokú tag hiányzik. Adjunk hozzá mindkét oldalhoz 25-öt: x2 = 25, amiből x = ±5. (Egy másik megoldási mód: (x − 5)(x + 5) = 0, szorzat akkor 0, ha valamelyik tényezője 0.) 3. Oldjuk meg az x2 − 5x = 0 egyenletet a valós számok halmazán! megoldás: Az egyenlet olyan másodfokú egyenlet, melynél a konstans tag hiányzik. Emeljük ki az egyenlet bal oldalán az x-et. Ekkor x(x − 5) = 0. Egy szorzatot kaptunk, ami 0. Ez csak úgy lehet, ha valamelyik tényező 0. Így x = 0 vagy x − 5 = 0, amiből x = 5.
57
4. Oldjuk meg a pozitív számok halmazán a 2x2 − x − 3 = 0 egyenletet! megoldás: A másodfokú egyenlet megoldóképlete szerint p 1 ± (−1)2 − 4 · 2 · (−3) 1±5 x1,2 = = , 4 4 amiből az egyik megoldás x1 = 32 , a másik x2 = −1. Mivel a pozitív számok halmazán keressük a megoldást, ezért a −1 nem megoldás, így az egyenlet egyetlen gyöke 32 . 5. Határozzuk meg az
3x − 7 x−3 = x+5 x+2
egyenlet valós megoldásait! megoldás: Először megállapítjuk, mikor nincs értelmezve a bal és jobb oldalon álló kifejezés: x 6= −2 és x 6= −5. Az egyenlet mindkét oldalát szorzzuk be (x + 5)(x + 2)-vel: (3x − 7)(x + 2) = (x − 3)(x + 5). Elvégezve a szorzást 3x2 + 6x − 7x − 14 = x2 − 3x + 5x − 15. Összevonva az egyenlet megfelelő oldalain szereplő egynemű tagokat: 3x2 − x − 14 = x2 + 2x − 15. Rendezzük 0-ra az egyenletet: 2x2 − 3x + 1 = 0. Alkalmazzuk a másodfokú egyenlet megoldóképletét: p 3 ± (−3)2 − 4 · 2 3±1 x1,2 = = , 4 4 így x1 = 1 és x2 = 12 , melyek valós megoldásai az egyenletnek.
58
19. Másodfokú egyenlőtlenségek
1. Oldjuk meg az a) x2 − x − 6 < 0 b) x2 − x − 6 ≤ 0 c) x2 − x − 6 > 0 d) x2 − x − 6 ≥ 0 egyenlőtlenségeket a valós számok halmazán! megoldás: Először megkeressük az f (x) = x2 − x − 6 függvény zérushelyeit. Ehhez meg kell oldanunk az x2 − x − 6 = 0 egyenletet. A másodfokú egyenlet megoldóképlete szerint p 1 ± (−1)2 − 4 · (−6) 1±5 x1,2 = = . 2 2 Ebből x1 = 3, x2 = −2 adódik. Ennek segítségével felvázolhatjuk a másodfokú függvény grafikonját:
Az f függvény grafikonjáról a következők leolvashatók: - Ha x<-2, akkor a függvényértékek pozitívak, - Ha x=-2, akkor a függvényérték 0, - Ha -2<x<3, akkor a függvényértékek negatívak, - Ha x=3, akkor a függvényérték 0, - Ha x>3, akkor a függvényértékek pozitívak. A fentieket figyelembe véve a megoldások: a) −2 < x < 3 (ezt így is írhatjuk: x ∈] − 2, 3[) b) −2 ≤ x ≤ 3 (ezt így is írhatjuk: x ∈ [−2, 3]) c) x < −2 vagy x > 3 (ezt így is írhatjuk: x ∈] − ∞, −2[∪]3, +∞[) d) x ≤ −2 vagy x ≥ 3 (ezt így is írhatjuk: x ∈] − ∞, −2] ∪ [3, +∞[) 2. Oldjuk meg az a) −x2 + 6x − 5 < 0 b) −x2 + 6x − 5 ≤ 0 c) −x2 + 6x − 5 > 0 d) −x2 + 6x − 5 ≥ 0
59
egyenlőtlenséget a valós számok halmazán! megoldás: Először megkeressük az f (x) = −x2 + 6x − 5 függvény zérushelyeit. Ehhez meg kell oldanunk az −x2 + 6x − 5 = 0 egyenletet. A másodfokú egyenlet megoldóképlete szerint p −6 ± 62 − 4 · (−1) · (−5) −6 ± 4 x1,2 = = . −2 −2 Ebből x1 = 1, x2 = 5 adódik. Ennek segítségével felvázolhatjuk a másodfokú függvény grafikonját:
Az f függvény grafikonjáról a következők leolvashatók: - Ha x<1, akkor a függvényértékek negatívak, - Ha x=1, akkor a függvényérték 0, - Ha 1<x<5, akkor a függvényértékek pozitívak, - Ha x=5, akkor a függvényérték 0, - Ha x>5, akkor a függvényértékek negatívak. A fentieket figyelembe véve a megoldások: a) x < 1 vagy x > 5 (ezt így is írhatjuk: x ∈] − ∞, 1[∪]5, +∞[) b) x ≤ 1 vagy x ≥ 5 (ezt így is írhatjuk: x ∈] − ∞, 1] ∪ [5, +∞[) c) 1 < x < 5 (ezt így is írhatjuk: x ∈]1, 5[) d) 1 ≤ x ≤ 5 (ezt így is írhatjuk: x ∈ [1, 5])
60
20. Polinomosztás 1. Végezzük el az (x2 + 5x + 6) : (x + 3) polinomosztást! megoldás: (x2 +5x + 6) : (x + 3) = x + 2 −(x2 +3x) 2x + 6 −(2x + 6) 0 2. Végezzük el az (x3 + 6x2 + 11x + 6) : (x + 2) polinomosztást! megoldás: (x3 +6x2 + 11x + 6) : (x + 2) = x2 + 4x + 3 −(x3 +2x2 ) 4x2 + 11x + 6 −(4x2 + 8x) 3x + 6 − (3x + 6) 0
61
V. FÜGGVÉNYEK, EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK 3. (exponenciális és logaritmikus függvények) 21. Exponenciális függvények 1. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) = 2x − 4 függvényt! megoldás: A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt: • • • • • • • • •
értelmezési tartomány: x ∈ R értékkészlet: f (x) > −4 monotonitás: szigorúan monoton növekvő szélsőérték: nincs zérushely: x = 2 korlátosság: alulról korlátos paritás: nem páros, nem páratlan periodicitás: nem periodikus invertálhatóság: invertálható
2. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) = 2x+3 függvényt! megoldás: A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt: • értelmezési tartomány: x ∈ R
62
• • • • • • • •
értékkészlet: f (x) > 0 monotonitás: szigorúan monoton növekvő szélsőérték: nincs zérushely: nincs korlátosság: alulról korlátos paritás: nem páros, nem páratlan periodicitás: nem periodikus invertálhatóság: invertálható
x 1 3. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) = függvényt! 2 megoldás: A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt: • • • • • • • • •
értelmezési tartomány: x ∈ R értékkészlet: f (x) > 0 monotonitás: szigorúan monoton csökkenő; szélsőérték: nincs zérushely: nincs korlátosság: alulról korlátos paritás: nem páros, nem páratlan periodicitás: nem periodikus invertálhatóság: invertálható
4. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) = 2|x| függvényt! megoldás: Ha x < 0, akkor |x| = −x, ha x ≥ 0, akkor |x| = x. Így 1 x ha x < 0 2 f (x) = 2x ha x ≥ 0. A függvény képe:
63
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt: • értelmezési tartomány: x ∈ R • értékkészlet: f (x) ≥ 1 • monotonitás: ha x ≤ 0, akkor szigorúan monoton csökkenő; ha x ≥ 0, akkor szigorúan monoton növekvő • szélsőérték: minimuma van, minimumhely: x = 0, minimum érték: f (0) = 1 • zérushely: nincs • korlátosság: alulról korlátos • paritás: páros • periodicitás: nem periodikus • invertálhatóság: invertálható
64
22. Logaritmikus függvények 1. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) = log2 (x − 3) függvényt! megoldás: A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt: • • • • • • • • •
értelmezési tartomány: x > 3 értékkészlet: f (x) ∈ R monotonitás: szigorúan monoton növekvő szélsőérték: nincs zérushely: x = 4 korlátosság: nem korlátos paritás: nem páros, nem páratlan periodicitás: nem periodikus invertálhatóság: invertálható
2. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) = log2 (x) − 1 függvényt! megoldás: A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
65
• • • • • • • • •
értelmezési tartomány: x > 0 értékkészlet: f (x) ∈ R monotonitás: szigorúan monoton növekvő szélsőérték: nincs zérushely: x = 2 korlátosság: nem korlátos paritás: nem páros, nem páratlan periodicitás: nem periodikus invertálhatóság: invertálható
3. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) = log 1 (x) + 3 függvényt! 2
megoldás: A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt: • • • • • • • • •
értelmezési tartomány: x > 0 értékkészlet: f (x) ∈ R monotonitás: szigorúan monoton csökkenő szélsőérték: nincs zérushely: x = 8 korlátosság: nem korlátos paritás: nem páros, nem páratlan periodicitás: nem periodikus invertálhatóság: invertálható
66
VI. FÜGGVÉNYEK, EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK 4. (exponenciális és logaritmikus egyenletek és egyenlőtlenségek) 23. Exponenciális egyenletek
1. Oldjuk meg az alábbi exponenciális egyenleteket: 1 25 √ 1 f) 3 x = 9 x 1 g) =4 2
a) 2x = 8
e) 5x =
b) 3x = 9 c) 22x = 16 1 d) 3x−1 = 3 megoldás:
Az exponenciális egyenletek egy csoportját úgy oldhatjuk meg, hogy az egyenlet mindkét oldalát azonos alapú hatvánnyá alakítjuk. a) A jobb oldalon a 8-at 2 hatványaként felírva 2x = 23 Az f (x) = 2x függvény szigorú monotonitása miatt x = 3 b) A jobb oldalon a 9-et 3 hatványaként felírva 3x = 32 Az f (x) = 3x függvény szigorú monotonitása miatt x = 2. c) A jobboldalon a 16-ot 2 hatványaként felírva 22x = 24 Az f (x) = 2x függvény szigorú monotonitása miatt 2x = 4 adódik. Mindkét oldalt 2-vel osztva x = 2. d) A jobb oldalon az 31 -ot 3 hatványaként felírva 3x−1 = 3−1 Az f (x) = 3x függvény szigorú monotonitása miatt x−1 = −1 adódik. Mindkét oldalhoz 1-et hozzáaadva x = 0. e) A jobboldalon az
1 -öt 25
5 hatványaként felírva 5x = 5−2
Az f (x) = 5x függvény szigorú monotonitása miatt x = −2.
67
f) A jobb oldalon a 19 -et 3 hatványaként felírva √
3
x
= 3−2
Az f (x) = 3x függvény szigorú monotonitása miatt nemnegatív, így az egyenletnek nincs megoldása.
√
x = −2. Valós szám négyzetgyöke
g) A baloldalt és a jobboldalt is 2 hatványaként felírva 2−x = 22 amiből −x = 2, így x = −2. 2. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán: √ 3
1 a) 9 = 729
9 = 3x 27 f) 53x−1 = 1 √
x
b) 343x = c) 22x−3 =
e)
1 7
2 g) 2 · 2x = 4 x x 2 9 27 h) · = 3 8 64 √ 1 i) · 23x−1 = 4 8
1 4
√ x
d) 4 =
2 8
megoldás: 1 a) Vegyük észre, hogy 729 = 9−3 . Így az eredeti egyenlettel ekvivalens 9x = 9−3 egyenletet kell megoldanunk, melynek megoldása a 9-es alapú exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt az x = −3.
b) Mivel 343 = 73 , ezért x = 3 c) Mivel 41 = 2−2 , ezért a 2x − 3 = −2 egyenletet kell megoldanunk, melynek megoldása x = 21 . d) A hatványozás azonosságait felhasználva √
x
2 8 1 22 = 3 2 5 = 2− 2 ,
4 = 22x 22x 5 amiből x = − . 4
68
e) Felhasználva a hatványozás és gyökvonás azonosságait √ 3 9 = 3x 27 1 9 3 = 3x 2
3 3 = 3x , amiből x = 23 . f) Mivel 1 = 50 , ezért a 3x − 1 = 0 egyenletet kell megoldanunk, amiből x = 13 . g) Felhasználva a hatványzás azonosságait x
√
2 4 1 22 = 2 2 3 = 2− 2 ,
2·2 = 21+x 21+x így 1 + x = − 32 , amiből x = − 52 .
h) Az azonos kitevőjű hatványok szorzására vonatkozó azonosságot használva kapjuk, hogy x 2 9 27 · = . 3 8 64 3 3 Mivel 27 = , így a 43 alapú exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt x = 3, 64 4 mely valóban gyöke az egyenletnek. i) 1 √ 3x−1 · 2 =4 8 3x−1 2−3 · 2 2 = 4 3x−1 2
=4
−6+3x−1 2
=4
2
−7+3x 2
=4
2
−7+3x 2
= 22
2−3+ 2
Az f (x) = 2x függvény szigorú monotonitása miatt
−7+3x 2
= 2, ahonnan x =
3. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán: a) 52x + 25 = 5x+2 + 5x b) 3x − 3x−2 = 24 c) 32x+1 − 3x+2 = 162 d) 10 · 2x − 4x = 16 e) 3x + 3x+1 + 3x+2 + 3x+3 =
40 3
11 . 3
69
megoldás: Az exponenciális egyenletek egy csoportját úgy oldhatjuk meg, hogy egy alkalmas hatványt új ismeretlennel jelölve az egyenletet algebrai egyenletté alakítjuk. Ezt az egyenletet megoldjuk. Az új ismeretlenre kapott megoldást egyenlővé tesszük a hatvánnyal, amelyet helyettesítettünk. Ezt az egyenletet megoldva kapjuk az eredeti egyenlet gyökeit. a) Alkalmazzuk a hatványozás azonosságait, majd rendezzük az egyenletet 52x + 25 = 5x+2 + 5x 52x + 25 = 5x · 25 + 5x 5x·2 + 25 = 5x · 25 + 5x (5x )2 + 25 = 26 · 5x (5x )2 − 26 · 5x + 25 = 0. Vezessük be az a = 5x új ismeretlent. Ekkor 52x = a2 . Ennek megfelelően az a2 − 26a + 25 = 0 másodfokú egyenlethez jutunk. A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva p √ √ 26 ± (−26)2 − 4 · 25 26 ± 676 − 100 26 ± 576 26 ± 24 a1,2 = = = = . 2 2 2 2 Tehát a1 = 25, a2 = 1. Ezeket visszahelyettesítve az 5x = 25,
5x = 1
egyenletekhez jutunk. Ezeket megoldva x1 = 2, illetve x2 = 0 adódik. x
x
b) Mivel 3x−2 = 332 = 39 , ezért a 3x := a új ismeretlen bevezetése után egyenletünk az a − a9 = 24 alakba írható át. Ennek az elsőfokú algebrai egyenletnek a megoldása a = 27. Most a 3x = 27 egyenletet kell megoldanunk, melynek gyöke x = 3. c) A hatványozás azonosságait felhasználva egyenletünk ekvivalens a 3 · 32x − 9 · 3x = 162 egyenlettel. Ezt az egyenletet 3-mal osztva a k := 3x jelölés mellett a k 2 − 3k = 54 másodfokú algebrai egyenletet kell megoldanunk. Ennek gyökei a 9 és a −6. Mivel bármely valós x-re 3x > 0, így a 3x = −6 egyenletnek nincs megoldása. A 3x = 9 egyenlet megoldása az x = 2, mely gyöke az eredeti egyenletnek is. d) Mivel 4x = 22x , így a b := 2x jelölés mellett a 10b − b2 = 16 egyenletet kell megoldanunk. Ennek gyökei 8 és 2. A 2x = 8 egyenlet és a 2x = 2 egyenlet gyökei rendre x = 3 és x = 1, melyek valóban gyökei az eredeti egyenletnek. e) 3x (1+31 +32 +33 ) = 40 , mely az a := 3x jelölés mellett összevonás után 40a = 40 alakban 3 3 1 1 x írható. Ennek gyöke a = 3 . Így a 3 = 3 egyenletet kell megoldani. A megoldás x = −1, mely megoldása az eredeti egyenletnek is. 4. Oldja meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán! a, 2x = 5 b, 16 · 2x−1 = 9 · 3x−2 c, 3x−1 + 3x+2 = 2x+1 + 2x+4
70
megoldás: Az exponenciális egyenletek egy csoportjánál az egyenlet két oldala nem írható fel azonos alapú hatványként. Ekkor az ismeretlen meghatározásához a logaritmus definícióját használjuk. a, Mivel definíció szerint log2 5 jelöli azt a hatványkitevőt, melyre a kettőt kell emelni, hogy ötöt kapjunk, így az egyenlet megoldása: x = log2 5. x
x
b, Egyenletünk 16 · 22 = 9 · 39 , mely egyszerűsítés után a változót tartalmazó kifejezéseket egy x oldalra rendezve a 8 = 32 alakra hozható. Innen x = log 3 8 = lglg 83 ≈ 5, 1285. 2
3x 3
x
x
2
x
c, Egyenletünk + 9 · 3 = 2 · 2 + 16 · 2 . 3-mal szorozva összevonás után a 28 · 3x = 54 · 2x x egyenletet kapjuk. Az ismeretlent tartalmazó kifejezéseket egy oldalra rendezve 23 = 27 14 adódik. Alkalmazva a logaritmus definícióját kapjuk, hogy x = log 3 27 . 14 2
71
24. Exponenciális egyenlőtlenségek
1. Oldjuk meg az alábbi egyenlőtlenségeket: a) 2x ≤ 8
e) 5x <
b) 3x ≥ 9 c) 22x ≤ 16 1 d) 3x−1 > 3
1 25
x 1 1 f) < 3 9
megoldás: a) A jobb oldalon a 8-at 2 hatványaként felírva 2x ≤ 23 Az exponenciális függvény szigorúan monoton növekvő, mert az alap 1-nél nagyobb, így az egyenlőtlenség iránytartó, tehát x ≤ 3. b) A jobb oldalon a 9-et 3 hatványaként felírva 3x ≥ 32 Az exponenciális függvény szigorúan monoton növekvő, mert az alap 1-nél nagyobb, így az egyenlőtlenség iránytartó, tehát x ≥ 2. c) A jobb oldalon a 16-ot 2 hatványaként felírva 22x ≤ 24 Az exponenciális függvény szigorúan monoton növekvő, mert az alap 1-nél nagyobb, így az egyenlőtlenség iránytartó, tehát 2x ≤ 4. Mindkét oldalt 2-vel osztva x ≤ 2. d) A jobboldalon az 31 -ot 3 hatványaként felírva 3x−1 > 3−1 Az exponenciális függvény szigorúan monoton növekvő, mert az alap 1-nél nagyobb, így az egyenlőtlenség iránytartó, tehát x−1 > −1 adódik. Mindkét oldalhoz 1-et hozzáaadva x > 0. e) A jobb oldalon az
1 -öt 25
5 hatványaként felírva 5x < 5−2
Az exponenciális függvény szigorúan monoton növekvő, mert az alap 1-nél nagyobb, így az egyenlőtlenség iránytartó, tehát x < −2. 1 1 1 −2 1 −2x 1 1 Egy alternatív megoldás a következő: 5 = 25 , így 25 < 25 . Az exponenciális függvény szigorúan monoton csökkenő, mert az alap 1-nél kisebb, így az egyenlőtlenség irányváltó, tehát − 21 x > 1. Az egyenlőtlenség megoldása ebből: x < −2.
72
f) A jobb oldalon a 19 -et 3 hatványaként felírva x 2 1 1 < 3 3 Az exponenciális függvény szigorúan monoton csökkenő, mert az alap 1-nél kisebb, így az egyenlőtlenség irányváltó, tehát x > 2.
73
25. Logaritmikus egyenletek és egyenlőtlenségek
1. Oldjuk meg az alábbi logaritmikus egyenleteket: a) log2 x = 3
e) log5 (3x − 6) = −1
b) log3 x = 4
f) log2 (x − 1) = 3
c) log2 (2x + 1) = 1
g) log 1 x = 2
d) log4 (x − 1) =
1 2
2
h) log7 x = 1
megoldás: a) A logaritmus definíciója szerint azt az x-et keressük, melyre x = 23 , tehát x = 8. b) A logaritmus definíciója szerint azt az x-et keressük, melyre x = 34 = 81, tehát x = 81. c) A logaritmus definíciója szerint azt az x-et keressük, melyre 2x + 1 = 21 , amiből x = 12 . 1
d) A logaritmus definíciója szerint azt az x-et keressük, melyre x − 1 = 4 2 . Felhasználva, 1 hogy 4 2 = 2, majd rendezve az egyenletet x = 3 adódik. e) A logaritmus definíciója szerint azt az x-et keressük, melyre 3x − 6 = 5−1 . Felhasználva, 31 hogy 5−1 = 15 , majd rendezve az egyenletet x = 15 adódik. f) A logaritmus definíciója szerint azt az x-et keressük, melyre x − 1 = 23 . Felhasználva, hogy 23 = 8, majd rendezve az egyenletet x = 9 adódik. 2 g) A logaritmus definíciója szerint azt az x-et keressük, melyre x = 12 , amiből x = 41 . h) x = 7 2. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán: a) log36 (x2 − 10) = 12 b) log3 (log4 (log5 x)) = 0 (x > 0) megoldás: a) Mivel pozitív valós számok logaritmusát értelmeztük, ezért x2 − 10 > 0. Megoldva ezt a√ másodfokú egyenlőtlenséget kapjuk, hogy az egyenlet értelmezési tartománya: x > √ 10 vagy x < − 10. Alkalmazzuk a logaritmus definícióját: log36 (x2 − 10) jelöli azt a számot – azaz esetünkben az 12 -et – amelyre a 36-ot kell emelni, hogy x2 − 101 et kapjunk. Így 36 2 = x2 − 10. Innen x = −4 vagy x = 4. Mivel minden lépés ekvivalens átalakítás volt a lehetséges értelmezési tatományon és a kapott gyökök elemei az értelmezési tartománynak, kielégítik az egyenletet. b) A logaritmus definícióját kell alkalmaznunk végig: 30 = log4 (log5 x) 41 = log5 x,
74
melyből x = 54 = 625. Az egyenlet egész megoldása 625, mert log3 (log4 (log5 625)) = log3 (log4 (log5 54 )) = log3 (log4 4) = log3 1 = 0. Ez a feladat jó példa arra, hogy gyorsabb az ellenőrzés, mint a feltételek vizsgálata. 3. Oldjuk meg az alábbi logaritmikus egyenlőtlenségeket: a) log2 x ≤ 3
e) log5 (3x − 6) ≥ −1
b) log3 x > 4
f) log2 (x − 1) < 3
c) log2 (2x + 1) < 1
g) log 1 x < 2
d) log4 (x − 1) >
2
1 2
h) log7 x > 1
megoldás: a) A logaritmus alapszáma 1-nél nagyobb, így az egyenlőtlenség iránytartó, tehát x ≤ 8. b) A logaritmus alapszáma 1-nél nagyobb, így az egyenlőtlenség iránytartó, tehát x > 81. c) A logaritmus alapszáma 1-nél nagyobb, így az egyenlőtlenség iránytartó, tehát 2x + 1 < 2, amiből x < 12 . d) A logaritmus alapszáma 1-nél nagyobb, így az egyenlőtlenség iránytartó, tehát 1
x − 1 > 42 . 1
Felhasználva, hogy 4 2 = 2, majd rendezve az egyenlőtlenséget, x > 3 adódik. e) A logaritmus alapszáma 1-nél nagyobb, így az egyenlőtlenség iránytartó, tehát 3x − 6 ≥ 5−1 . Felhasználva, hogy 5−1 = 51 , majd rendezve az egyenlőtlenséget x ≥
31 15
adódik.
f) A logaritmus alapszáma 1-nél nagyobb, így az egyenlőtlenség iránytartó, tehát x−1 < 23 . Felhasználva, hogy 23 = 8, majd rendezve az egyenlőtlenséget x < 9 adódik. 2 g) A logaritmus alapszáma 1-nél kisebb, így az egyenlőtlenség irányváltó, tehát x < 21 , amiből x < 14 . h) x > 7
75
VII. FÜGGVÉNYEK, EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK 5. (Trigonometrikus függvények és egyenletek)
26. Trigonometrikus függvények
1. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) = sin x −
π 2
függvényt!
megoldás: a függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt. A továbbiakban k ∈ Z tetszőleges. • értelmezési tartomány: x ∈ R • értékkészlet: f (x) ∈ [−1, 1] • monotonitás: – ha x ∈ [0 + 2kπ, π + 2kπ], akkor szigorúan monoton növekvő; – ha x ∈ [π + 2kπ, 2π + 2kπ], akkor szigorúan monoton csökkenő • szélsőérték: – minimumhely: x = 0 + 2kπ, minimum érték: −1; – maximumhely:x = π + 2kπ, maximum érték: 1 • zérushely: x = π2 + kπ • korlátosság: alulról és felülről is korlátos • paritás: páros (képe tengelyesen szimmetrikus az y tengelyre) • periodicitás: periodikus, periódusa 2π • invertálhatóság: nem invertálható 2. Ábrázoljuk és jellemezzük az f (x) = 2 cos x + megoldás: a függvény képe:
π 2
függvényt!
76
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt. A továbbiakban k ∈ Z tetszőleges. • értelmezési tartomány: x ∈ R • értékkészlet: f (x) ∈ [−2, 2] • monotonitás: – ha x ∈ [ π2 + 2kπ, 3π + 2kπ], akkor szigorúan monoton növekvő; 2 π π – ha x ∈ [− 2 + 2kπ, 2 + 2kπ], akkor szigorúan monoton csökkenő • szélsőérték: – minimumhely: x = π2 + 2kπ, minimum érték: −2; – maximumhely:x = 3π + 2kπ, maximum érték: 2 2 • zérushely: x = kπ • korlátosság: alulról és felülről is korlátos • paritás: páratlan (képe középpontosan szimmetrikus az origóra) • periodicitás: periodikus, periódusa 2π • invertálhatóság: nem invertálható
77
27. Trigonometrikus egyenletek
1. Oldjuk meg a sin x =
1 egyenletet! 2
megoldás: A sin függvény az első és második síknegyedben pozitív. Felhasználva, hogy a táblázati érték π6 így a megoldások x1 = π6 +2kπ, x2 = π − π6 +2lπ = − 5π +2lπ, ahol k és l tetszőleges 6 egész számok. 2. Oldjuk meg a cos x =
1 egyenletet! 2
megoldás: A cos függvény az első és a negyedik síknegyedben pozitív. Felhasználva, hogy a táblázati + 2lπ, ahol k és l tetszőleges érték π3 így a megoldások x1 = π3 + 2kπ, x2 = 2π − π3 + 2lπ = 5π 3 egész számok. √ 3 3. Oldjuk meg a cos x = − egyenletet! 2 megoldás: A cos függvény a második és a harmadik síknegyedben negatív. Felhasználva, hogy a táblázati érték π6 így a megoldások x1 = π− π6 +2kπ = 5π +2kπ, x2 = 2π− π6 +2lπ = 11π +2lπ, 6 6 ahol k és l tetszőleges egész számok. √ 3 4. Oldjuk meg a sin x = − egyenletet! 2 megoldás: Visszavezetjük az első √ síknegyedre. Keressük vissza melyik az az első negyedbeli szög, 3 π aminek a szinusza + . Ezt a szöget nevezzük segédszögnek: x0 = 60◦ = (rad) 2 3
78
A sin függvény a harmadik és a negyedik síknegyedben negatív. Így a megoldások radiánban: π 4π x1 = π + + 2kπ = + 2kπ, 3 3 π 5π x2 = 2π − + 2lπ = + 2lπ, 3 3 ahol k és l tetszőleges egész számok. 5. Az x szög kiszámítása nélkül határozza meg sin x pontos értékét, ha ismert, hogy tg x = 21 ! megoldás: Tudjuk, hogy sin x . cos x Az egyenlet mindkét oldalát emeljük négyzetre és rendezzünk: tg x =
4 sin2 x = cos2 x. A trigonometrikus Pitagorász-tétel szerint cos2 x + sin2 x = 1, s így az 5 sin2 x − 1 = 0 egyenlethez jutunk. Innen sin x = ± √15 . A periódus többszörösétől eltekintve az első síknegyedben a pozitív, míg a harmadik síknegyedben a negatív érték lép fel a szög tangensének rögzített értéke mellett. Ez azt jelenti, hogy mindkét érték lehetséges. 6. Oldja meg a valós számok halmazán a sin 2x(cos x + 1) + sin x(cos 2x − 5) = 0 egyenletet! megoldás: A kétszeres szögekre vonatkozó sin 2x = 2 sin x cos x, illetve cos 2x = cos2 x − sin2 x trigonometrikus azonosságok alapján szorzattá alakítva: sin x 3 cos2 x + 2 cos x − sin2 x − 5 = 0. Ha sin x = 0, akkor x = kπ, ahol k ∈ Z Ellenkező esetben pedig oldjuk meg az 3 cos2 x + 2 cos x − sin2 x − 5 = 0 egyenletet. A trigonometrikus Pitagorász-tétel segítségével az y = cos x változóban másodfokú 2y 2 + y − 3 = 0 egyenletet nyerjük. Innen cos x = 1, vagy cos x = − 23 , de az utóbbi nyílván nem ad megoldást, míg cos x = 1 esetén sin x = 0, vagyis az első esethez képest új megoldásokat itt sem kapunk. Az ekvivalens átalakításokra tekintettel az x = kπ alakú valós számok az eredeti trigonometrikus egyenlet megoldásai.
79
7. Oldja meg a 1 =2 1 − sin 2x trigonometrikus egyenletet. A p valós paraméter mely további értékei mellett van megoldása a 1 =p 1 − sin 2x trigonometrikus egyenletnek? megoldás: A bal oldalon álló kifejezés H = R \ { x | x 6=
π + kπ, k ∈ Z} 4
értelmezési tartománya fölött ekvivalens átalakítással a sin 2x =
1 2
egyenletet nyerjük. Ezt megoldva 2x =
π + 2kπ, 6
x=
π + kπ, 12
2x =
5π + 2lπ, 6
ahonnan
illetve
ahonnan 5π + lπ, 12 tetszőleges k és l egész szám mellett. A paraméteres egyenlet esetében két esetet különböztetünk meg. A p = 0 esetben nincs megoldása az egyenletnek, míg ha p 6= 0, akkor x=
sin 2x = 1 −
1 p
következik, melynek megoldhatósága nyilvánvalóan ekvivalens a −1 ≤ 1 −
1 ≤1 p
feltétellel. Ábrázolva a p 7→ 1 − függvényt, könnyen látható, hogy p ≥ 21 .
1 p
80
8. Számítsa ki cos x lehetséges értékeit, ha 1 1 = . 2 1 + tg x 2
megoldás: Mivel tg x =
sin x , cos x
azt kapjuk, hogy 1 cos2 x = = cos2 x. 2 cos2 x + sin2 x Innen viszont cos x = ± √12 .
81
VIII. KOORDINÁTAGEOMETRIA 28. Két pont távolsága, vektorok hossza, szöge −→ −→ 1. Határozzuk meg a AB és BA vektorok koordinátáit, ha a) A(1, 2), B(−1, 0)
c) A(−1, −3), B(2, 1)
b) A(−3, −2), B(1, 1)
d) A(0, −2), B(5, 3)
megoldás: −→ a) AB = (−1, 0) − (1, 2) = (−1 − 1, 0 − 2) = (−2, −2) −→ −→ BA = (1, 2) − (−1, 0) = (1 − (−1), 2 − 0) = (2, 2) = −AB −→ b) AB = (1, 1) − (−3, −2) = (−1 − (−3), 1 − (−2)) = (2, 3) −→ −→ BA = −AB = (−2, −3) −→ c) AB = (2, 1) − (−1, −3) = (2 − (−1), 1 − (−3)) = (3, 4) −→ d) AB = (5, 3) − (0, −2) = (5 − 0, 3 − (−2)) = (5, 5) 2. Számoljuk ki az A(1, 2) és B(4, −2) pontok távolságát! megoldás: A keresett távolság p p √ √ dAB = (4 − 1)2 + (−2 − 2)2 = 32 + (−4)2 = 9 + 16 = 25 = 5. 3. Számoljuk ki az A(−2, 3) és B(−1, −3) pontok távolságát! megoldás: A keresett távolság p p √ √ dAB = (−1 − (−2))2 + (−3 − 3)2 = 12 + (−6)2 = 1 + 36 = 37. 4. Számoljuk ki az a = (12, 5) vektor hosszát! megoldás: A vektor hossza |a| =
√
122 + 52 =
√
144 + 25 =
√
169 = 13.
5. Számoljuk ki az a = (−2, 4) vektor hosszát! megoldás: A vektor hossza |a| =
p
(−2)2 + 42 =
√
4 + 16 =
√
20.
82
6. Határozzuk meg az a = (1, −2) és a b = (−4, 0) vektorok skaláris szorzatát! megoldás: A skaláris szorzat a · b = 1 · (−4) + (−2) · 0 = −4. 7. Határozzuk meg az a = (2, 3) és a b = (3, −2) vektorok skaláris szorzatát! megoldás: A skaláris szorzat a · b = 2 · 3 + 3 · (−2) = 6 + (−6) = 6 − 6 = 0, azaz a két vektor merőleges egymásra. 8. Határozzuk meg az a = (−3, 1) és a b = (2, 3) vektorok által bezárt szöget! megoldás: A két vektor skaláris szorzata a · b = (−3) · 2 + 1 · 3 = −6 + 3 = −3. A két vektor hossza p √ √ a = (−3)2 + 12 = 9 + 1 = 10,
√
b=
22 + 32 =
√
4+9=
√
13.
A két vektor által bezárt szög koszinusza a·b −3 √ ≈ −0, 2632, cos ϕ = =√ |a| · |b| 10 · 13 amiből ϕ ≈ 105, 26◦ , így a keresett szög ϕ ≈ 74, 74◦ . 9. Határozzuk meg az a = (−1, 2) és a b = (3, −1) vektorok által bezárt szöget! megoldás: A két vektor skaláris szorzata a · b = (−1) · 3 + 2 · (−1) = −3 − 2 = −5. A két vektor hossza p √ √ a = (−1)2 + 22 = 1 + 4 = 5, A két vektor által bezárt szög koszinusza
b=
p
32 + (−1)2 =
√
9+1=
√ √ −5 5 1 2 a·b = √ √ = −√ = −√ = − cos ϕ = |a| · |b| 2 5 · 10 10 2
amiből ϕ = 135◦ , így a keresett szög ϕ = 45◦ .
√
10.
83
29. Egyenes egyenlete 1. Írjuk fel a P0 (1, 2) ponton áthaladó, v = (2, −3) irányvektorú egyenes egyenletét! megoldás: Az egyenes egyenlete v2 x − v1 y = v2 x0 − v1 y0 , behelyettesítve −3x − 2y = −3 · 1 − 2 · 2, elvégezve az összevonást −3x − 2y = −7. 2. Írjuk fel a P0 (1, −1) ponton áthaladó, v = (4, 5) irányvektorú egyenes egyenletét! megoldás: Az egyenes egyenlete v2 x − v1 y = v2 x0 − v1 y0 , behelyettesítve 5x − 4y = 5 · 1 − 4 · (−1), elvégezve az összevonást 5x − 4y = 9. 3. Írjuk fel a P0 (4, 3) ponton áthaladó, n = (1, 2) normálvektorú egyenes egyenletét! megoldás: Az egyenes egyenlete n1 x + n2 y = n1 x0 + n2 y0 , behelyettesítve x + 2y = 1 · 4 + 2 · 3, elvégezve az összevonást x + 2y = 10. 4. Írjuk fel a P0 (−2, −3) ponton áthaladó, n = (3, 1) normálvektorú egyenes egyenletét! megoldás: Az egyenes egyenlete n1 x + n2 y = n1 x0 + n2 y0 , behelyettesítve 3x + y = 3 · (−2) + 1 · (−3), elvégezve az összevonást 3x + y = −9.
84
5. Írjuk fel a P0 (1, 4) ponton áthaladó, m = −2 meredekségű egyenes egyenletét! megoldás: Az egyenes egyenlete y = m(x − x0 ) + y0 , behelyettesítve y = −2(x − 1) + 4, elvégezve a zárójel felbontását összevonás után az egyenes egyenlete y = −2x + 6. 6. Írjuk fel a P0 (3, −1) ponton áthaladó, m = 4 meredekségű egyenes egyenletét! megoldás: Az egyenes egyenlete y = m(x − x0 ) + y0 , behelyettesítve y = 4(x − 3) − 1, elvégezve a zárójel felbontását összevonás után az egyenes egyenlete y = 4x − 13. 7. Írjuk fel az A(2, 1) és B(−2, 3) pontokon áthaladó egyenes egyenletét! megoldás: A két pont által meghatározott irányvektor v AB = (−2, 3) − (2, 1) = (−4, 2) Az egyenes irányvektoros egyenlete v2 x − v1 y = v2 x0 − v1 y0 , behelyettesítve 2x + 4y = 4 + 4, elvégezve az összevonást 2x + 4y = 8, mindkét oldalt 2-vel osztva, az egyenes egyenlete x + 2y = 4. 8. Írjuk fel az A(1, −3) és B(4, 5) pontokon áthaladó egyenes egyenletét! megoldás: A két pont által meghatározott irányvektor v AB = B − A = (4, 5) − (1, −3) = (3, 8) Az egyenes irányvektoros egyenlete v2 x − v1 y = v2 x0 − v1 y0 ,
85
behelyettesítve 8x − 3y = 8 + 9, elvégezve az összevonást 8x − 3y = 17. 9. Határozzuk meg az alábbi egyenletekkel megadott egyenesek metszéspontjának koordinátáit: 3x + 2y = 1 7x + 5y = 4 megoldás: Mivel a metszéspont mindkét egyenesen rajta van, a két egyenletnek egyszerre kell fennállnia. Az egyenletrendszert az egyenlő együtthatók módszerével oldjuk meg. Az első egyenletet 7-tel, a másodikat 3-mal szorozva a 21x + 14y = 7 21x + 15y = 12 egyenletrendszerhez jutunk. Ekkor az x ismeretlen együtthatói megegyeznek, így a két egyenletet kivonva −y = −5, amiből y = 5 adódik. Ezt visszahelyettesítve az eredeti egyenletrendszer első egyenletébe a 3x + 10 = 1 egyenletet kapjuk. Ebből x = −3. A metszéspont: M(−3, 5). 10. Határozzuk meg az x + y = 5 és az x − y = −1 egyenletű egyenesek metszéspontját! megoldás: Mivel az y együtthatói a két egyenletben előjeltől eltekintve megegyeznek, ezért a két egyenletet összeadva 2x = 4, amiből x = 2. Ezt visszahelyettesítve például az első egyenletbe 2 + y = 5 adódik, amiből y = 3. Így az egyenesek metszéspontja: M(2,3).
86
30. Kör egyenlete 1. Írjuk fel a (−1, 2) középpontú, r = 4 sugarú kör egyenletét! megoldás: Az (u, v) középpontú, r sugarú kör egyenlete (x − u)2 + (y − v)2 = r2 . Behelyettesítve (x + 1)2 + (y − 2)2 = 42 , azaz (x + 1)2 + (y − 2)2 = 16. (Felbontva a zárójeleket, majd elvégezve az összevonásokat x2 + y 2 + 2x − 4y − 11 = 0.) 2. Írjuk fel a (0, −1) középpontú, r = 3 sugarú kör egyenletét! megoldás: Az (u, v) középpontú, r sugarú kör egyenlete (x − u)2 + (y − v)2 = r2 . Behelyettesítve (x − 0)2 + (y + 1)2 = 32 , azaz x2 + (y + 1)2 = 9. (Felbontva a zárójeleket, majd elvégezve az összevonásokat x2 + y 2 + 2y − 8 = 0.) 3. Határozzuk meg az x2 + y 2 + 6x + 8y − 11 = 0 egyenletű kör középpontját és sugarát! megoldás: Első lépésben teljes négyzetté alakítjuk az x2 + y 2 + 6x + 8y − 11 kifejezést: (x + 3)2 − 9 + (y + 4)2 − 16 − 11 = 0. Elvégezve az összevonást, majd a konstanstagot átvive a jobboldalra (x + 3)2 + (y + 4)2 = 36.
87
Így a kör középpontja K(−3, −4), sugara r = 6. 31. Vegyes koordinátageometria feladatok
1. Határozza meg a c paraméter értékét úgy, hogy az x + 3y = c egyenletű egyenes érintse az x2 + y 2 = 25 egyenletű kört! megoldás: Helyettesítsük az x = c − 3y kifejezést a kör egyenletébe: 10y 2 − 6cy + c2 − 25 = 0. Az érintés szükséges és elegendő feltétele az, hogy az y változóban másodfokú egyenlet diszkriminánsa zérus legyen, azaz 9c2 − 10(c2 − 25) = 0, √ ahonnan c = ±5 10 2. Ismeretes, hogy ha egy ponton át szelőt húzunk egy körhöz, akkor a ponttól a metszéspontokig terjedő szakaszok hosszának szorzata nem függ a szelő megválasztásától. Számítsa ki ezt az állandót az x2 + y 2 − 16x − 4y + 43 = 0 egyenletű kör és a P (1; 3) pont esetében! megoldás: Hozzuk a kör egyenletét kanonikus alakra: (x − 8)2 + (y − 2)2 = 25. A koordináták behelyettesítésével meggyőződhetünk róla, hogy P külső pontja a körnek . A P pont és a kör középpontja által meghatározott egyenes olyan pontokban metszi a körvonalat, melyek P -től vett távolsága rendre d(P, O) − r, illetve d(P, O) + r, ahol O a kör középpontját, r pedig a sugarát jelöli. Mivel r = 5 és d(P, O) = szóbanforgó állandó értéke √ √ ( 50 + 5)( 50 − 5) = 50 − 25 = 25.
√
50, ezért a
88
3. Hol metszi a koordinátatengelyeket az x2 − 2x + y 2 − 4y − 20 = 0 egyenletű kör P (4, 6) pontjában vont érintője? megoldás: A kör egyenletét (x − 1)2 + (y − 2)2 = 25, kanonikus alakra hozva leolvashatók a kör középpontjának u = 1 és v = 2 koordinátái. Az n(3, 4) vektor a P (4, 6) -beli érintő normálvektora. Az érintő egyenlete 3x + 4y = 36. Végül az x = 0, illetve az y = 0 helyettesítésekkel az X(12, 0), illetve az Y (0, 9) metszéspontokat nyerjük. 4. Milyen görbén helyezkednek el azoknak a köröknek a középpontjai, melyek átmennek a P (3, 2) ponton és érintik az x tengelyt? megoldás: Bármely kívánt tulajdonságú kör középpontja sugárnyi távolságra van a P ponttól és – az érintési tulajdonságra tekintettel – sugárnyi az x tengelytől mért távolsága is. Ez azt jelenti, hogy a szóban forgó görbe egy P (3, 2) fókuszú parabola, melynek vezéregyenese az x tengely. Egy alternatív koordinátageometriai megoldás a körök középpontjainak u és v koordinátáira felírt (3 − u)2 + (2 − v)2 = v 2 egyenlet, amit rendezve 1 v = (3 − u)2 + 1. 4 Ez pedig egy parabola egyenlete.
89
IX. ELEMI GEOMETRIA 32. Elemi geometria
1. Egy 1,9 méter magas és 1,2 méter széles vasajtóra átlóvasat kell tenni. Mekkora ennek a hossza? megoldás: Alkalmazva a Pitagorasz tételt, a keresett hosszúság négyzetére az l2 = 1, 92 + 1, 22 összefüggés áll fenn, amiből l ≈ 2, 25 m. 2. Egy háromszög oldalai a = 4 cm, b = 13 cm, c = 15 cm hosszúak. Mekkora a kerülete és a területe? Mekkorák a magasságok és a beírt kör sugara? megoldás: A kerület az oldalak hosszának összege K = a + b + c = 4 + 13 + 15 = 32 cm. A területet Héron képlettel kapjuk. A kerület fele s=
32 K = = 16 cm. 2 2
A Héron-képlet szerint p √ T = s(s − a)(s − b)(s − c) = 16 · 12 · 3 · 1 = 24 cm2 . A terület bármely oldal és a hozzá tartozó magasság szorzatának a fele. Így T =
ama , 2
behelyettesítve 24 =
4ma 2
amiből ma = 12 cm. Hasonlóan T =
bmb , 2
amiből mb ≈ 3, 7 cm. Ugyanígy mc = 3, 2 cm. A terület a beírt kör sugarának és a fél kerületnek a szorzata, azaz T = ρ · s, amiből ρ = 1, 5 cm.
behelyettesítve 24 = 16ρ,
90
3. Egy egyenlő szárú háromszög kerülete 30 cm, alapja 14 cm. Mekkorák a magasságok? megoldás: Az egyenlő szárú háromszög kerülete, ha az alap a, és a szár b, akkor K = a + 2b. Behelyettesítve az adatokat 30 = 14 + 2b, amiből b = 8 cm. Kiszámoljuk az alaphoz tartozó magasságot. Az alaphoz tartozó magasság az alapot két egybevágó derékszögű háromszögre bontja. Ezek egyikére alkalmazva a Pitagorasz tételt azt kapjuk, hogy a 2 + m2a = b2 . 2 Behelyettesítve az adatokat, majd rendezve az egyenletet 72 + m2a = 82 49 + m2a = 64 m2a = 15, amiből ma ≈ 3, 87 cm. A háromszög területe kifejezhető bármely oldallal és a hozzá tartozó magassággal. Kétféleképpen felírva a területet ama bmb = . 2 2 Behelyettesítve az adatokat, majd kifejezve mb -t 14 · 3, 87 mb ≈ ≈ 6, 77 cm. 8 4. Hány darab 35, 5 cm hosszú, 6 cm széles parketta szükséges egy 20 m2 szoba padlózásához? megoldás: Egy darab téglalap alakú parketta területe 35, 5 · 6 = 213 cm2 . A szoba területét elosztva egy parkettafa területével, megkapjuk a szoba padlózásához szükséges parkettafák darabszámát. A szoba területe 20 m2 = 200.000 cm2 , így 200.000 : 213 = 657, 2, azaz 658 darab parketta szükséges. 5. Egy 3250 m2 területű téglalap alakú telket 230 m hosszú drótsövény vesz körül. Állapítsuk meg a telek hosszúságát és szélességét! megoldás: Legyen a telek hossza a, szélessége b méter. Ekkor a telek területe ab = 3250.
91
A drótsövény a téglalap kerülete, mely a hosszúság és szélesség kétszerese 2(a + b) = 230,
azaz a + b = 115.
Tehát meg kell oldanunk az a + b = 115 ab = 3250 egyenletrendszert. Az első egyenletből kifejezve b-t, b = 115 − a. Ezt behelyettesítve az első egyenletbe, majd rendezve és megoldva a kapott másodfokú egyenletet a(115 − a) = 3250 115a − a2 = 3250 a2 − 115a + 3250 = 0. A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva √ √ 115 ± 13225 − 13000 115 ± 225 115 ± 15 a1,2 = = = . 2 2 2 Így a1 = 65, a2 = 50. Visszahelyettesítve b1 = 50, b2 = 65. Tehát a telek hosszúsága 65 méter, szélessége 50 méter. 6. Milyen magas az az épület, amelynek árnyéka 20 m, ha ugyanabban az időben a függőlegesen tartott 1, 3 m hosszú bot árnyéka 0, 8 m? megoldás: Legyen az épület magassága x. Az épület és árnyéka, valamint a bot és árnyéka két hasonló derékszögű háromszög két-két befogója. Hasonló háromszögekben a megfelelő oldalak aránya megegyezik, így x 1, 3 = . 20 0, 8 Ebből x=
20 · 1, 3 = 32, 5 m. 0, 8
7. Egy szabályos ötszög alakú parkrészlet kerülete 80 m. Mekkora a területe? megoldás:
92
A szabályos ötszög egyik oldala a=
80 = 16 m. 5
Kiszámítjuk az egyik középponti háromszög területét. A háromszögben az ötszög oldalához tartozó m magasságra α a tg = . 2 2m Behelyettesítve az adatokat, majd a kapott egyenletet m-re megoldva: 16 tg 36◦ = 2m 8 0, 7265 = m 0, 7265m = 8 m ≈ 11, 01 m. A háromszög területe T4 =
am 16 · 11, 06 ≈ = 88, 09 m2 . 2 2
Ebből az ötszög területe T = 5 · T4 ≈ 440, 45 m2 . 8. Mekkora a selejt bádoglemez területe, ha egy 2 cm sugarú bádog körlapból a legnagyobb területű szabályos hatszöget vágjuk ki? megoldás:
A selejt területe a körlap és a belőle kivágott hatszög területének a különbsége. A körlap területe r2 π. A szabályos hatszög területe egy középponti háromszöge területének hatszorosa. A középponti háromszög területe √ √ a2 3 22 3 √ T4 = = = 3 cm2 , 4 4 így a hatszög területe
√ T = 6 3 cm2 .
A kör területe T◦ = r2 π = a2 π = 4π ≈ 12, 56 cm2 . Tehát a selejt rész területe √ T − T◦ = 12, 56 − 6 3 ≈ 2, 17 cm2 .
93
9. Egy kör sugara 11 cm. Mekkora a vele egyenlő területű négyzet oldala? megoldás: Az r sugarú kör területe r2 π, így T◦ = r2 π = 112 π = 121π ≈ 379, 94 cm2 . Az a oldalú négyzet területe a2 , így T = a2 . Mivel T◦ = T , ezért a2 ≈ 379, 94, amiből a ≈ 19, 49 cm. 10. Egy egyenlő szárú trapéz párhuzamos oldalainak különbsége 5 m, középvonala 6, 5 m, területe 52 m2 . Mekkora a kerülete? megoldás:
A kerülethez ki kell számolnunk az oldalak hosszát. Mivel a középvonal az alapok számtani közepének a fele, ezért a+c = 6, 5. 2 Az alapokat az a−c=5 a+c = 6, 5 2 egyenletrendszer megoldásaként kapjuk. A második egyenletet 2-vel szorozva, majd a két egyenletet összeadva azt kapjuk, hogy 2a = 18, amiből a = 9 m. Ezt visszahelyettesítve c = 4 m. A terület a+c m, T = 2 amibe behelyettesítve 52 =
9+4 m. 2
Ebből m = 8 m. A trapéz szárait a BEC derékszögű háromszögből Pitagorasz tétel segítségével kapjuk: 2 a−c + m2 = b2 . 2
94
Behelyettesítve, majd megoldva az egyenletet 2, 52 + 82 = b2 6, 25 + 64 = b2 70, 25 = b2 , amiből b ≈ 8, 38 m. 11. Egy téglalap alakú kultúrterem hosszúsága 10 m-e nagyobb a szélességénél. Ha a terem minden oldalát megnöveljük 1 m-rel, akkor területe 24 m2 -rel lesz nagyobb. Mekkorák voltak eredetileg az oldalak? megoldás: Jelöljük az eredeti hosszúságot a-val, az eredeti szélességet b-vel. Ekkor a = b + 10. Ezt az összefüggést behelyettesítve a megnövelt oldalakkal alkotott terület kifejezésébe: (a + 1)(b + 1) = ab + 24, amiből (b + 11)(b + 1) = (b + 10)b + 24. Felbontva a zárójeleket, majd rendezve az egyenletet b2 + 11b + b + 11 = b2 + 10b + 24 12b + 11 = 10b + 24 2b = 13 b = 6, 5 m. Ezt behelyettesítve a = b + 10 = 6, 5 + 10 = 16, 5 m. 12. Egy derékszögű háromszög kerülete 60 cm, területe 150 cm2 . Mekkorák az oldalai? megoldás: A derékszögű háromszög befogóit a-val és b-vel jelöljük, az átfogót c-vel. Ekkor a feltételek, valamint a Pitagorasz-tétel szerint a + b + c = 60 ab = 150 2 a2 + b 2 = c 2 . Az első egyenletből fejezzük ki a c-t, amit helyettesítsünk be a harmadik egyenletbe. Ekkor az új harmadik egyenlet: a2 + b2 = (60 − a − b)2 . Elvégezzük a négyzetre emelést, majd összevonunk, végül egyszerűsítve a2 + b2 = 3600 + a2 + b2 − 120a − 120b + 2ab 120a + 120b − 2ab = 3600 60a + 60b − ab = 1800.
95
A második egyenletből ab = 300, amit behelyettesítve a kapott egyenletbe, majd összevonva és egyszerűsítve 60a + 60b − 300 = 1800 60a + 60b = 2100 a + b = 35 adódik. Így a megoldandó egyenletrendszer a + b = 35 ab = 300. Az első egyenletből b = 35−a, melyet behelyettesítve a második egyenletbe, majd felbontva a zárójelet, és összevonva, végül rendezve az egyenletet a(35 − a) = 300 35a − a2 = 300 a2 − 35a + 300 = 0 adódik. Megoldva a másodfokú egyenletet √ √ 35 ± 352 − 1200 35 ± 25 35 ± 5 a1,2 = = = . 2 2 2 Tehát a1 = 20 cm, a2 = 15 cm. Az adatokat visszahelyettesítve b1 = 15 cm, b2 = 20 cm, amiből c = 25 cm. Így a derékszögű háromszög befogói 15 cm és 20 cm, átfogója 25 cm. 13. Egy kisméretű test a függőleges iránnyal α szöget bezáró AB vezetőrúd mentén mozoghat. A testhez az ábrán látható módon egy rugót erősítünk. Amikor a test az A pontban van, akkor a rugó megnyúlása nulla. Mekkora a rugó megnyúlása, amikor a test a B pontban van?
Legyen α = 30◦ , h = 0, 5 m, a = 0, 5 m. megoldás:
96
Először α1 -et számoljuk ki: α1 = α + 90◦ . Kiszámoljuk l-et a koszinusz tétel segítségével l2 = a2 + h2 − 2ah cos α1 .
Behelyettesítve az adatok l2 = 0, 72 + 0, 52 − 2 · 0, 7 · 0, 5 cos 120◦ ≈ 1, 09,
amiből l ≈ 1, 04, így a keresett megnyúlás ∆l = |l − l0 | ≈ 0, 34 m.
14. A mellékelt ábra egy forgattyús hajtóművet szemléltet. Számítsa ki az ábrán jelölt d távolságot!
Legyen R = 20 cm, l = 50 cm, α = 20◦ . megoldás:
97
Felírva a koszinusz tételt l2 = x2 + R2 − 2xR cos(90◦ + α). Behelyettesítve az adatokat, majd elvégezve az összevonást, végül rendezve az egyenletet 502 = 202 + x2 − 2 · 20x cos 110◦ 2500 = 400 + x2 + 13, 68x 0 = x2 + 13, 68x − 2100. Megoldva a másodfokú egyenletet x1 ≈ 39, 49, x2 ≈ −53, 17. Negatív gyök nem lehetséges oldlahosszúságról lévén szó, így x ≈ 39, 49, amiből d = x − R ≈ 19, 49 cm. 15. Egy kis golyó az ábrán látható negyed körív alakú pálya mentén mozoghat. Amikor a golyó a pálya felső, A pontjában van, a rugó megnyúlása nulla. Határozzuk meg a rugó megnyúlását az α szöggel jellemzett B pontban!
Legyen α = 30◦ , a = 0, 4 m, R = 0, 1 m. megoldás:
98
Felírva a koszinusz tételt x2 = 0, 52 + 0, 12 − 3 · 0, 5 · 0, 1 · cos 30◦ . Elvégezve jobboldalon a műveleteket, majd gyököt vonva, az eredmény x ≈ 0, 02 m. 16. Egy forgáskúp kiterített palástja egy 10 cm sugarú félkör. Mekkora a kúp magassága és alapkörének sugara?
megoldás: A kiterített palástz kerülete Kpal =
2Rπ = Rπ = 10π ≈ 31, 4 cm. 2
Másrészt a kúp alakörének kerülete 2rπ, így 2rπ = 10π, amiből r = 5 cm. Az MOA derékszögű háromszöre felírva a Pitagorasz tételt m2 + r2 = a2 , amiből az adatok behelyettesítése és az ismeretelen kifejezése után azt kapjuk, hogy m ≈ 8, 66 cm.
99
17. Az alábbi ábra egy vaslemezből kivágott idomot mutat. A lemez vastagságát d, a vas sűrűségét ρ jelöli. Számítsuk ki az idom tömegét!
Legyen a = 4, 5 cm, b = 6 cm, x = 2, 5 cm, z = 1, 5 cm, R = 2 cm, d = 0, 3 cm, ρ = 7, 86 cmg 3 . megoldás: A háromszög kerülete K = 2s = 18, 5 cm, amiből s = 9, 25 cm. A háromszög területe Héron képlettel p p T4 = s(s − a)(s − b)(s − c) = 9, 25 · 4, 75 · 3, 25 · 1, 25 ≈ 13, 36 cm2 . A félkör területe R2 π ≈ 6, 28 cm2 . T = 2 Ebből a vasidom területe Tvasidom = T4 − T ≈ 7, 08 cm2 . Ebből a térfogat V = d · Tvasidom ≈ 2, 12 cm3 . Mivel m = ρ · V , ezért a vasidom tömege m ≈ 16, 69 g. 18. Egy hengeres kémcső köbcentiméterekre van beosztva. Két szomszédos beosztás távolsága 1, 5 cm. Mekkora a kémcső belső átmérője? megoldás:
100
A kémcső két szomszédos beosztása közötti térfogata 1 cm3 , ezért r2 π · 1, 5 = 1. Ebből r ≈ 0, 46, így a kémcső belső átmérője kb. 0, 9 cm.
