Összefoglaló feladatgy jtemény matematikából nemcsak felvételiz knek

Univerzita J. Selyeho - Selye János Egyetem Ekonomická fakulta - Gazdaságtudományi Kar

Összefoglaló feladatgy¶jtemény matematikából nemcsak felvételiz®knek

Árki Zuzana Csiba Peter Fehér Zoltán Tóth János

Komárom 2012

Készült a KEGA 001UJS 4/2011-es számú projekt keretén belül. Vytvorené v rámci projektu KEGA 001UJS 4/2011

Recenzensek: prof. RNDr. László Béla, CSc. RNDr. Bukor József, PhD.

©

RNDr. Árki Zuzana, PhD., RNDr. Csiba Peter, PhD.,

RNDr. Fehér Zoltán, PhD., doc. RNDr. Tóth János, PhD. 2012

A

A szöveg a pdf L TEX tipográai rendszerben készült. Az ábrák elkészítéséhez a GeoGebra szoftvert használtuk. ISBN:

El®szó Tisztelt Olvasó!

Az Összefoglaló feladatgy¶jtemény matematikából nemcsak felvételiz®knek és a Függvények nemcsak felvételiz®knek cím¶ segédanyagok összeállításával kett®s célt t¶ztünk ki magunk elé. Elkészítésükkel olyan gy¶jteményt szerettünk volna összeállítani, amely iránymutató azok számára, akik szeretnének felvételt nyerni a Selye János Gazdaságtudományi Karára, illetve felvételt nyertek és szeretnének jól felkészülni az egyetemi tanulmányi program matematika jelleg¶ tantárgyaira. A felvételi vizsgateszt célja, hogy felmérje a jelentkez®k középiskolai matematika-alapismereteit. A feladatgy¶jtemény magába foglalja azokat a témaköröket, amelyek a felvételi tesztben is szerepelnek, ezért lehet®vé teszi a megfelel® felkészülést a felvételi vizsgára. Az Összefoglaló feladatgy¶jtemény matematikából nemcsak felvételiz®knek cím¶ feladatgy¶jteményben a középiskolai matematika f®bb témaköreit, így az egyenletek és egyenletrendszerek, egyenl®tlenségek, százalékszámítás és kombinatorika, valamint a sík és a tér geometriáját feldolgozó témaköröket találhatjuk. Ez a feladatgy¶jtemény 10 részb®l áll. Az els® kilenc fejezetben a témakör rövid elméleti összefoglalója után a témához kapcsolódó jellemz® mintapéldák megoldását mutatjuk be, ezt követ®en pedig a begyakorláshoz javasolt feladatsort közlünk. Meggy®z®désünk, hogy a feladatok a mintamegoldások alapján sikeresen megoldhatók. A feladatok megoldásának ellen®rzését a feladatgy¶jtemény végén található megoldó kulcs biztosítja. Az utolsó fejezetben bemutatásra kerül a WeBWorK oktatásszervez® elektronikus rendszer, amely lehet®séget biztosít a feladatgy¶jteményb®l összeállított feladatsor online-tesztelésére. A megadott internetcímen ugyanis a felhasználó a közölt feladatok megoldását beírva rögtön visszajelzést kap megoldásának helyességér®l. A Függvények nemcsak felvételiz®knek cím¶ részben pedig az elemi függvények és sorozatok témaköreit találhatjuk. Bízunk benne, hogy a feladatgy¶jtemény mindkét részének végén található mintateszt segít képet alkotni a felvételi vizsga igényességér®l. Meggy®z®désünk, hogy az a jelentkez®, aki sikeresen és önállóan megoldotta a feladatgy¶jtemény minden feladatát, biztosan helytáll a felvételi vizsgateszten is, ezáltal felvételt nyer egyetemünk Gazdaságtudományi Karára, és egyben jól megalapozza az egyetemi tanulmányait. Köszönjük prof. RNDr. László Béla, CSc. és RNDr. Bukor József, PhD. recenzenseknek a szöveg gondos átolvasását és észrevételeiket, melyekkel hozzájárultak a feladatgy¶j-

temény színvonalának biztosításához.

A

A feladatgy¶jtemény szövege a pdf L TEX tipográai rendszerben készült, az ábrák elkészítéséhez a GeoGebra szoftvert használtuk. A feladatgy¶jtemény kivitelezése a KEGA 001UJS 4/2011-es számú projekt keretén belül valósult meg. Minden jelentkez®nek sikeres felkészülést kívánunk. Szerz®k. Komárom, 2012. április 15.

Tartalomjegyzék

El®szó

3

1. Els®fokú egyenletek és egyenletrendszerek

6

Megoldott példák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Feladatok

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2. Másodfokú egyenletek és egyenl®tlenségek

8 17

23

Megoldott példák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

Feladatok

32

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3. Egyenl®tlenségek

36


37

Feladatok

45

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4. Abszolút értéket tartalmazó egyenletek ...

49


49

Feladatok

59

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5. Exponenciális és logaritmikus egyenletek

63


64

Feladatok

69

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6. Százalékszámítás

72


72

Feladatok

80

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7. Kombinatorika

84


84

Feladatok

86

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8. A sík analitikus geometriája Megoldott példák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Feladatok

89 91

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

9. A tér analitikus geometriája

106

Megoldott példák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 Feladatok

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

10.Online tesztelés

126

Mintatesztek

130

6

Megoldókulcs

137

Irodalomjegyzék

139

1.

7

ELSFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK

1.

Els®fokú egyenletek és egyenletrendszerek

Az els®fokú egyismeretlenes egyenletet általánosan két algebrai kifejezés egyenl®ségeként írhatjuk fel. A kifejezések rendezésével eljuthatunk olyan általános alakig, mely az

ax + b = 0 egyenlettel írható fel, ahol az

a, b

együtthatók, valamint az

x

ismeretlen egy

adott alaphalmaz elemei. Az egyenletben szerepl® ismeretlen azon értékeit, melyekre az egyenl®ség igaz, az egyenlet megoldásainak (gyökeinek) nevez-

a 6= 0,

ax + b = 0 egyenlet megoldását megkapjuk, ha mindkét oldalból kivonunk b-t és utána az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk b a-val. Az egyenlet megoldása az x = − szám. A megoldás keresésekor azt a

zük. Ha az

akkor

is gyelembe kell venni, hogy milyen számok között keressük a gyököket, ezek általában az

N, Z, Q, R

halmazok elemei. A megoldás része az egyenlet

értelmezési tartományának meghatározása is. Az egyenlet rendezésekor az egyenlet mindkét oldalán ekvivalens átalakításokat végzünk. Az ekvivalens átalakítások a következ®k:

az egyenlet mindkét oldalához hozzáadjuk (kivonjuk) ugyanazt a valós számot,

az egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk (elosztjuk) ugyanazzal a nemnulla valós számmal,

az egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk (elosztjuk) olyan kifejezéssel, mely nem vesz fel nullla értéket.

Az egyenlet megoldását az eredeti egyenl®ségbe behelyettesítve ellen®rizzük. Továbbá ellen®rizzük azt is, hogy a megoldás eleme az értelmezési tartománynak. Az els®fokú kétismeretlenes egyenletrendszer általános alakja

a1 x + b1 y = c1 a2 x + b2 y = c2 ahol

x

és

y

az ismeretlenek. Az egyenletrendszer megoldása olyan

[x0 , y0 ]

számpár, amely kielégíti mindkét egyenletet és eleme az alaphalmaznak. Az egyenletrendszerek megoldásait általában az

R×R valós számpárok halmazán

keressük. Az els®fokú kétismeretlenes egyenletrendszerek megoldásának módszerei:

1.


Behelyettesít® módszer

8

Az egyenletrendszer valamelyik egyenletéb®l

kifejezzük az egyik ismeretlent. Az ismeretlenre kapott kifejezést behelyettesítjük a másik egyenletbe, az ott szerepl® ismeretlen helyére. Ebben az új egyenletben csak egy ismeretlen szerepel, így egy els®fokú egyismeretlenes egyenletet kell megoldanunk. Az ismeretlenre kapott megoldást visszahelyettesítjük a kifejezésbe és kiszámoljuk a másik változó értékét.

Egyenl® együtthatók módszere

Ez a módszer azon alapszik, hogy az

egyenleteket megszorozzuk egy nemnulla számmal. A szorzást olyan számokkal végezzük, hogy a két ismeretlen közül az egyik el®re kiválasztott ismeretlen együtthatói a két egyenletben egymás ellentettjei legyenek, vagyis csak el®jelben különbözzenek. Ezután, ha a két egyenletet összeadjuk, a kiválasztott ismeretlen kiesik és az új egyenlet csak egy változót tartalmaz. Ezt az egyenletet rendezzük, kifejezzük a változót. A kapott megoldást tetsz®legesen bármelyik egyenletbe visszahelyettesítve kiszámoljuk a másik változó értékét is.

Összehasonlító módszer

Kiválasztjuk az egyik ismeretlent és külön-

külön mindkét egyenletb®l kifejezzük. A kapott kifejezéseket egymással egyenl®vé tesszük. Egyismeretlenes egyenletet kapunk, melyet ekvivalens átalakításokkal rendezünk és megoldjuk. A megoldást az els® lépésben kapott kifejezések bármelyikébe behelyettesítve kiszámoljuk az egyenletrendszerben szerepl® másik ismeretlen értékét is.

Grakus módszer

Ábrázoljuk az egyenletrendszer egyenleteit koordi-

náta-rendszerben. Az egyik ismeretlent tekintjük független változónak

(x), a másikat pedig függ®nek (y). Az egyenleteknek egyváltozós lineáris függvények felelnek meg, melyek gráfja két egyenes. A két egyenes kölcsönös helyzete határozza meg az egyenletrendszer megoldását. Metsz® egyenesek esetén a metszéspont

[x0 , y0 ]

koordinátái adják a megoldást.

Ha az egyenesek egybeesnek, akkor az egyenes bármely pontja megoldása az egyenletrendszernek. Ha pedig az egyeneseknek nincs közös pontjuk, ez azt jelenti, hogy nem létezik olyan számpár, amelyik egyszerre kielégítené mindkét egyenletet, ezért nincs megoldás. Bármelyik módszert alkalmazzuk egy egyenletrendszer megoldására a kapott

[x0 , y0 ] megoldás helyességét mindkét egyenletbe visszahelyettesítve ellen®rizzük. Figyelembe vesszük azt is, hogy a kapott számpár eleme feladatban megadott alaphalmaznak.

1.


9

Megoldott példák

1.1 példa: A

4 3−x = 2x − 4 3

egyenlet megoldásainak száma a valós számok körében A) 0

B) 1

C) 2

D)

∞

Megoldás: Az egyenlet bal oldalán lév® tört nincs értelmezve, ha 2x − 4 = 0, ezért

x 6= 2.

Rendezzük az egyenletet.

3(3 − x) = 4(2x − 4) Eltávolítjuk a zárójeleket és kifejezzük az

x-et.

9 − 3x = 8x − 16 −11x = −25 25 −25 = x= −11 11 A kapott

x=

25 11

számmal elvégezzük a próbát. Behelyettesítjük az egyenlet

bal oldalán lév® kifejezésbe

25 11

8 4 = 11 = . 6 25 3 2· −4 11 11 3−

A kapott érték egyenl® az egyenlet jobb oldalával, tehát a megoldása. Helyes válasz a B.

25 11

az egyenlet egy

♣

1.2 példa: Oldja meg az egyenletet: 1−

6x + 3 2 − 5x =x+ 5 3

Az egyenlet megoldásainak száma a természetes számok halmazán A) 0

B) 1

C) 2

D)

∞

1.

10


Megoldás:

El®ször rendezzük az egyenletet, beszorozzuk a törtek nevez®inek

legkisebb közös többszörösével.

6x + 3 2 − 5x = x+ / · 15 5 3 15 − 3(6x + 3) = 15x + 5(2 − 5x) 1−

További ekvivalens átalakítások után kifejezzük az ismeretlent.

15 − 18x − 9 = 15x + 10 − 25x −8x = 4 1 4 =− x= −8 2 Próbával ellen®rizzük az eredmény helyességét. Habár az

x = −

1 2

szám

kielégíti az egyenletet, viszont nem eleme a természetes számok halmazának. Az egyenletnek a természetes számok halmazán nincs megoldása. Helyes válasz az A.

♣

1.3 példa: A p paraméter milyen értéke esetén lesz a 4(x − 2) + p(5 − 3x) = 5x − p paraméteres egyenlet egyetlen valós gyöke az

A)

p=

1 3

B)

p=−

3 5

C)

p=−

1 3

D)

x0 = −3?

p=

5 13

Megoldás: Az x0 = −3 szám az egyenlet megoldása, ezért ha behelyettesítjük az egyenletbe, igaz egyenl®séget kapunk:

4(−3 − 2) + p(5 − 3 · (−3)) = 5 · (−3) − p. Az egyenletet rendezzük és kifejezzük a

p-t.

−20 + 14p = −15 − p 15p = 5 5 1 p= = 15 3 A megoldás

p=

1 , 3

vagyis a helyes válasz az A.

1.


11

♣

1.4 példa: Oldja meg az a(2x − 5) + 4 = 5 − x egyenletet, ha az egyenletben a paraméter értéke

A)

x=

1 3

B)

x = −1

C)

x=1

D)

Megoldás: A feladat szerint az a értéke −

x=

a=−

2 . 7

3 7

2 , ezt behelyettesítjük az egyenletbe. 7

2 · (2x − 5) + 4 = 5 − x − 7 Az egyenletb®l rendezés után kifejezzük az

10 4 +4 − x+ 7 7 4 − x+x 7 3 x 7 x Az egyenlet megoldása tehát az

x-et.

= 5−x = 5−4−

10 7

3 7 = −1

=−

x = −1.

Helyes válasz a B.

♣

1.5 példa: Oldja meg a 3x + 2y = 6 x − 4y = 2 egyenletrendszert az A)

[4, −3]

Megoldás:

B)

R×R

[0, 2]

C)

halmazon. A megoldás:

[1, 2]

D)

[2, 0]

Bemutatjuk a behelyettesít® módszer alkalmazását. Fejezzük ki a

második egyenletb®l az

x-et,

akkor

x = 2 + 4y.

1.


Az így kapott kifejezést behelyettesítjük az

x

12

helyére az els® egyenletbe.

3(2 + 4y) + 2y = 6 Az új egyenlet csak egy ismeretlent tartalmaz, melyet ekvivalens átalakításokkal való rendezés után kifejezünk.

6 + 12y + 2y = 6 14y = 0 ⇒ y = 0 A kapott

y

érték segítségével kiszámoljuk az

x-et

is. Tehát

x = 2 + 4y = 2 + 4 · 0 = 2. Végezzük el a megoldás ellen®rzését. Az

x = 2

és

y = 0

számokat behe-

lyettesítjük az egyenletekbe. Az els® egyenletnél

3·2+2·0 = 6 6=6 helyes állítást kapunk. A második egyenlet

2−4·0 = 2 2=2 szintén igaz eredményt ad. Az egyenletrendszer megoldása az

[x0 , y0 ] = [2, 0]

számpár. Helyes válasz a D.

♣

1.6 példa: Oldja meg az alábbi egyenletrendszert. 2x − y = −4 −5x + 3y = 11 Az egyenletrendszer megoldása A) egy valós számpár, melyben

x0 = 2.

B) végtelen sok valós számpár.

x0 + y0 = −2. melyben x0 · y0 = −2.

C) egy valós számpár, melyben D) egy valós számpár,

Megoldás: az

y -t,

A behelyettesít® módszer alapján fejezzük ki az els® egyenletb®l

akkor

y = 2x + 4.

1.

13


A kapott kifejezést behelyettesítjük az

y

helyére a második egyenletbe.

−5x + 3(2x + 4) = 11 Az új egyenletb®l rendezés után kifejezzük az

x-et.

−5x + 6x + 12 = 11 x = −1 A kapott moljuk

y -t

x

értéket visszahelyettesítjük az

y = 2x + 4

egyenletbe, és kiszá-

is.

y = 2 · (−1) + 4 = 2 [x0 , y0 ] = [−1, 2] valós számpár. A felsorolt x0 · y0 = −2 állítás igaz. Helyes válasz a D. ♣

Az egyenletrendszer megoldása az válaszok közül csak az

1.7 példa: A 7x − 5y = 1 −9x + 3y = −5 egyenletrendszernek az

R×R

halmazon egyetlen

[x0 , y0 ]

megoldása van,

melyre teljesül: A)

x0 + y0 = 2

Megoldás:

B)

x0 + y0 = 3

C)

x0 + y 0 = 1

D)

x0 + y0 = −2

A feladat megoldásához jól alkalmazható az egyenl® együtthatók

y

módszere. Kiválasztjuk az

ismeretlent, melynek együtthatói a

−5

és

3.

Szorozzuk be az egyenleteket a megfelel® számokkal úgy, hogy az új egyenletekben az

y

együtthatói a

−15

és

+15

legyenek.

7x − 5y = 1 / · 3 −9x + 3y = −5 / · 5 A szorzás után a két egyenletet összeadjuk, a kapott egyenletben csak az ismeretlen marad.

21x − 15y = 3 −45x + 15y = −25 −24x + 0 · y = −22 −22 11 x= = −24 12

x

1.


Az

x

14

értékét behelyettesítjük az egyenletrendszer els® egyenletébe

11 − 5y = 1, 12

7· melyb®l megkapjuk az

y

értékét is.

77 12 65 − 13 y = 12 = −5 12 11 13 , megoldása az [x0 , y0 ] = 12 12 −5y = 1 −

Az egyenletrendszer

x0 + y0 =

számpár és teljesül

11 13 24 + = = 2. 12 12 12

Helyes válasz az A.

2.megoldás.

Mivel a felkínált válaszokban az

x0

és

y0

értékét nem kell

meghatározni, csak azok összegét, próbáljuk meg összeadni az egyenletrendszer két egyenletét.

7x − 5y = 1 −9x + 3y = −5 −2x − 2y = −4 Az utolsó egyenletet (-2)-vel osztva kapjuk, hogy

x + y = 2. Ez a feltétel az egyenletrendszer

x0 , y0

megoldására is teljesül.

♣

1.8 példa: Oldja meg az alábbi egyenletrendszert. 2x − y = 4 8x − 4y = 15 Az egyenletrendszernek az

R×R

halmazon

A) éppen egy megoldása van.

B) mindig van megoldása.

C) nincs megoldása.

D) végtelen sok számpár a megoldása.

1.


15

Megoldás: Fejezzük ki az els® egyenletb®l az y -t, ekkor y = 2x − 4. A második egyenletbe behelyettesítve a

8x − 4(2x − 4) = 15 egy ismeretlent tartalmazó egyenletet kapjuk. Rendezés után pedig

8x − 8x + 16 = 15 16 = 15 adódik. Az utolsó egyenlet semmilyen

x, y -ra nem lehet igaz, ezért az egyen-

letrendszernek nincs megoldása. Helyes válasz a C.

2.megoldás

Az els® egyenlet szerint a

2x − 4

kifejezés értéke 4. Akkor

ennek a kifejezésnek a 4-szerese 16 lesz, vagyis

4(2x − y) = 8x − 4y = 16. Viszont az egyenletrendszer második egyenlete szerint

8x − 4y = 15. Nem létezik olyan valós számpár, melyre a fenti kifejezés egyszerre lesz egyenl® 15-tel és 16-tal is.

♣

1.9 példa: Oldja meg az alábbi egyenletrendszert. 4x − 6y = −11 3x − 5y = −9 Az egyenletrendszernek az

R×R halmazon egyetlen [x0 , y0 ] számpár megoldása

a

A)

1 1 , 2 2

B)

3 1 , 2 3

C)

1 1 − , 3 2

D)

1 3 − , 2 2

Megoldás: A megoldást az összehasonlító módszerrel fogjuk megkeresni. Mindkét egyenletb®l fejezzük ki az

x

ismeretlent. Az alábbi kifejezéseket kapjuk

1.

16


x=

−11 + 6y 4

x=

és

Mivel mindkét kifejezés ugyanazzal az

x

−9 + 5y . 3

számmal egyenl®, ezért a két kife-

jezést egymással egyenl®vé tehetjük. Egyismeretlenes egyenletet kaptunk

−9 + 5y −11 + 6y = . 4 3 Az egyenletet ekvivalens átalakításokkal rendezzük és megoldjuk.

3(−11 + 6y) = 4(−9 + 5y) −33 + 18y = −36 + 20y −2y = −3 ⇒ y = Az

y=

3 2

számot helyettesítsük be az

x-re

3 2

felírt kifejezések egyikébe, akkor

3 2 = −2 = − 1 . x= 4 4 2 1 3 Az egyenletrendszer megoldása a − , valós számpár. Helyes válasz a D. 2 2 ♣ −11 + 6 ·

1.10 példa: Oldja meg az alábbi egyenletrendszert. 2x + y = 6 2x − y = 2 Az egyenletrendszernek az

R×R

halmazon

A) egy számpár a megoldása.

B) pontosan két megoldása van.



Megoldás:

Bemutatjuk a grakus megoldási módszert. Ábrázoljuk egy

koordináta-rendszerben az egyenleteknek megfelel®

y = −2x + 6

és

y = 2x − 2

(x, y)

1.

17


1. ábra.

egyeneseket. Az egyenesek megrajzolásához megkeressük a tengelymetszeteket. Az

y=

2x − 2 (a egyenes) tengelymetszetei az [1, 0] és [0, −2] pontokban vannak. Az y = −2x + 6 (b egyenes) esetén a [3, 0] és [0, 6] lesz az a két pont, ahol az egyenes metszi a koordináta-tengelyeket. Felvázoljuk a neghatározott pontokat és meghúzzuk az egyeneseket (1.ábra). A két egyenes egyetlen pontban metszi egymást, tehát az egyenletrendszernek egyetlen megoldása van. A helyes válasz az A. A feladat megválaszolásához nincs szükség a pontos megoldásra. Ebben az esetben az ábrából kiolvasható, hogy a metszéspont koordinátái

[2, 2],

és

egyúttal ez a számpár lesz az egyenletrendszer megoldása.

♣

1.


18

Feladatok:

1.1 feladat: Milyen x valós szám esetén lesz az 10 x−5 − x − 3 6 − 2x kifejezés értéke egyenl® 4-gyel?

A)

x=4

B)

x = −4

C)

x = −6

D)

x=

2 3

1.2 feladat: Milyen x valós szám esetén lesz a 7x 1 − 4x − +x 9 3 kifejezés értéke egyenl® 1-gyel?

A)

x=

3 11

B)

x=

3 7

C)

1.3 feladat: Az

x=

1 7

D)

x=

2 11

5 − x 18 − 5x − =0 2 3

egyenlet megoldásainak száma a természetes számok halmazán A) 0

B) 1

C) 2

D)

∞

1.4 feladat: Oldja meg a racionális számok halmazán az egyenletet. 2 37 − x 7 − (3x + ) = x − 2 5 5 Az egyenlet megoldása:

A)

7 2

B)

2 7

1.5 feladat:

C)

2 5

D)

5 2

A megadott egyenletek közül melyiknek lesz az

x0 = −5

a

megoldása?

0·x 4x + 2 3x − 15 −4x − 8 x 5 + 4 2

−5 2(2x + 1) 0 12 15 = 4

= = = =

(1) (2) (3) (4) (5)

1.


A) az els®nek és ötödiknek

B) a harmadiknak

C) csak a negyediknek

D) a másodiknak és negyediknek

1.6 feladat: A

3x + 3 7 + 2x = −1 x+4 x+4

egyenlet összes valós megoldásának száma: A) 0

B) 1

C) 2

D)

∞

1.7 feladat: Az

5 5−x = x−3 3

egyenlet megoldásainak száma a természetes számok halmazán: A) 0

B) 1

C) 2

D)

∞

1.8 feladat: A

1 − 16x −5x − 4 = 2 7

egyenletnek nincs megoldása a A) racionális számok halmazán.

B) egész számok halmazán.

C) természetes számok halmazán.

D) valós számok halmazán.

1.9 feladat: A

−x − 4 5 + 2x +5= x+3 x+3

egyenlet megoldásainak száma: A) 0

B) 1

C) 2

D)

∞

1.10 feladat: A 4(3x − 5) − 2(7 − 3x) = 6(2x − 3) − 5(2 − 3x)

19

1.


20

egyenletnek egyetlen gyöke van, amelyik egy A) természetes szám.

B) negatív egész szám.

C) pozitív racionális szám.

D) negatív racionális szám.

1.11 feladat: A

3 = 3 − 2p x−1

paraméteres egyenletnek a

A)

p=

2 3

B)

p=1

C)

p

milyen értékére nincs megoldása?

p=

3 2

D)

p=3

1.12 feladat: Ha az a paraméter felveszi a (-2) értéket, hány valós megoldása lesz az

5(x + 3) + a(2 − x) = 4(x − a) + 3x + 1 paraméteres egyenletnek? A) 0

B) 1

C) 2

D)

∞

1.13 feladat: A p paraméter milyen értéke esetén lesz a p(2x − 7) = 2(7x − 2) − p paraméteres egyenletnek valós gyöke az

A)

p=

3 5

B)

p=−

3 5

C)

p=

1 2

D)

1 ? 2 5 p= 3

x0 =

1.14 feladat: Az a paraméter milyen értéke esetén lesz a a(2x − 5) + 4 = 5 − x paraméteres egyenlet egyetlen valós gyöke az

A)

a=−

8 7

B)

a=0

C)

a=−

2 7

D)

x0 = −1?

a=

1.15 feladat: A 4x + 2y = 10 3x + 2y = 6

10 7

1.


egyenletrendszernek egyetlen megoldása az A) [4, -3]

B) [4,0]

C) [-4,3]

R×R

21

halmazon a

D) [2,1]

1.16 feladat: Az 5x − y = 9 2x + 7y = 11 egyenletrendszernek az

R×R

halmazon egyetlen olyan

[x0 , y0 ]

számpár a

megoldása, melyre teljesül A)

x0 + y0 = 2

B)

x0 + y0 = 3

C)

x0 + y 0 = 1

D)

x0 + y0 = −1

1.17 feladat: A 4x − 4y = 4 −5x + 3y = −7 egyenletrendszernek az

R×R


[x0 , y0 ]

számpár a


x0 + y0 = 3

B)

x0 + y0 = 4

C)

x0 + y 0 = 1

D)

x0 + y 0 = 2

1.18 feladat: Az x − 4y = 1 6x + y = 6 egyenletrendszernek az

R×R


[x0 , y0 ]

számpár a


x 0 · y0 = 1

B)

x0 · y0 = −1

C)

x0 · y0 = 3

D)

x0 · y 0 = 0

1.19 feladat: A 3x − y = 5 −9x + 3y = 15 egyenletrendszernek az

R×R

halmazon





1.


22

1.20 feladat: A 3x − y = 5 −9x + py = 15 p

egyenletrendszernek a A)

p=3

B)

p = −3

paraméter milyen értékére nincs megoldása? C)

p=1

D)

p = −1

1.21 feladat: A 2x + py = 3 6x − 3y = 9 egyenletrendszernek a

A)

p=3

B)

1.22 feladat:

p paraméter milyen értékére lesz végtelen sok megoldása?

p = −3

C)

p=1

D)

p = −1

Egy autógyár a termelését három összeszerel® vállalatánál

valósítja meg. Az els® vállalatnál kétszer annyi autót gyártanak, mint a másodikban. A második vállalatnál 80 darabbal kevesebbet gyártanak, mint a harmadikban. Az autógyár összesen naponta 800 autót készít. Hány darabot gyárt az els® vállalat? A) 180

B) 360

C) 260

D) 480

1.23 feladat: Billnek kétszer annyi pénze van, mint Mikenak. Ha Bill 5 et ad Mikenak, akkor Mikenak lesz pont kétszer annyi pénze, mint Billnek. Mennyi pénzük van összesen? A) 5

e

B) 20

1.24 feladat:

e

C) 12

2 3

B) 4

D) 15

e

Két valós szám összege

két szám szorzata?

A)

e

C)

8 3

14 3

és különbsége

10 . 3

Mennyi lesz a

D) 1

1.25 feladat: Két egész szám összege 18. Ez az összeg nem változik, ha az els® számot csökkentjük a negyedével és a második számot növeljük annak

1.


ötödével. Mennyi lesz a két szám szorzata? A) 80

B) 72

C) 56

D) 24

23

2.

2.

24

MÁSODFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLTLENSÉGEK

Másodfokú egyenletek és egyenl®tlenségek

Másodfokú egyenletek általános megoldóképlete. Az egyismeretlenes másodfokú egyenlet általános alakja:

ax2 + bx + c = 0, ahol az a, b, c adott valós számok és a 6= 0. 2 A ax + bx + c = 0, másodfokú egyenletnek I. két valós gyöke van:

x1,2 = ha

−b ±

b2 − 4ac , 2a

D = b2 − 4ac > 0, II. egy valós göke van:

x= ha

√

−b , 2a

D = b2 − 4ac = 0, III. nincs valós gyöke (megoldása), ha A megoldás során vizsgált

D = b2 − 4ac < 0.

D = b2 − 4ac

kifejezést az egyenlet

disz-

kriminánsának nevezzük. Ett®l függ, hogy a másodfokú egyenletnek hány

megoldása van a valós számok körében. A valós gyök létezésének szükséges 2 és elégséges feltétele: D = b − 4ac ≥ 0.

Gyökök és együtthatók közötti összefüggés. Ha egy másodfokú polinomnak van valós gyöke, akkor szorzattá tudjuk alakítani:

ax2 + bx + c = a (x − x1 ) · (x − x2 ) . a (x − x1 ) . (x − x2 ) = 0 egyenletet a másodfokú polinom gyöktényez®s alakjának nevezük. Az x1 , x2 gyökök meghatározhatók az általános 2 megoldóképlet segítségével. Az ax + bx + c = 0, másodfokú egyenlet gyökei Az

és együtthatói között fennállnak a következ® összefüggések:

x 1 + x2 =

−b , a

c x1 · x2 = . a

Ezeket az összefüggéseket Viete-formuláknak is nevezzük.

Másodfokú egyenl®tlenségek. A másodfokú egyenl®tlenségek megoldásában meghatározó, hogy a kifejezések grakonja a koordináta-rendszerben ábrázolva parabolát határoz meg. A grakon lényeges segítséget nyújt a megoldáshalmaz megkeresésében és szemléltetésében.

2.


Például a

−x2 + 2x + 3 ≥ 0

25

egyenl®tlenség esetében meghatározzuk a bal

oldalon álló másodfokú kifejezés zérushelyeit:

x1,2

−x2 + 2x + 3 = 0, p −2 ± 22 − 4 · (−1) · 3 = , 2 · (−1) x1 = −1,

Mivel az

x2 = 3.

x 7−→ (−x2 + 2x + 3) függvény grakonja lefelé nyíló parabola, ezért

az egyenl®tlenség megoldása a két zérushely közötti tartomány lesz, hiszen az x ezen értékeire nemnegatív a −x2 + 2x + 3 kifejezés (a grakon ezen része az

x

tengely felett van). A megoldáshalmaz tehát a

h−1, 3i

intervallum minden

pontja.

Megoldott példák

2.1 példa: Oldjuk meg a 3x2 = 4 − x egyenletet a valós számok halmazán! Az egyenlet egyetlen pozitív gyöke: A)

2

B)

Megoldás:

3

C)

1

D)

8 3

Rendezzük az egyenletet úgy, hogy a jobb oldalon a

0

álljon, és a

bal oldalon írjuk a tagokat az ismeretlen kitev®je szerint csökken® sorrendbe:

3x2 + x − 4 = 0.

2.


26

a = 3, b = 1, c = −4 értékeket behelyettesítve: √ −1 ± 12 + 48 −1 ± 7 x1,2 = = , 6 6

A megoldóképletbe az

azaz

x1 =

−1 − 7 −8 = , 3 3

x2 =

−1 + 7 = 1. 6

A jó válasz a C.

♣

2.2 példa: Ha az x1 , x2 (x1 < x2 ) a 12x2 + 7x + 1 = 0 egyenlet gyökei, akkor 3x1 − x2

a

A)

− 54

Megoldás:

kifejezés értéke:

B)

− 43

C)

− 23

D)

− 34

12x2 + 7x + 1 = 0 másodfokú egyenlet gyökeit segítségével. Most a = 12, b = 7, c = 1. A diszkrimináns

Határozzuk meg a

a megoldóképlet értéke:

D = b2 − 4ac = 72 − 4 · 12 · 1 = 49 − 48 = 1. És az egyenlet gyökei:

x1,2 Mivel

A

x1 < x2 ,

3x1 − x2

√ −7 ± 1 −7 ± 1 = . = 2 · 12 24

ezért:

x1 =

−7 − 1 −8 1 = =− , 24 24 3

x2 =

−6 1 −7 + 1 = =− . 24 24 4


1 1 3 3x1 − x2 = 3. − − − =− . 3 4 4 A jó válasz a B.

♣

2.3 példa: Az ax2 − 4x + 5 = 0 egyenletben határozzuk meg az a paramétert

2.

27


úgy, hogy az egyenletnek két különböz® valós gyöke legyen! Akkor az

a

min-

den lehetséges értéke az alábbi intervallumból való: A)

(3, 5)

B)

Megoldás:

(1, 3)

C)

(−∞, 1)

D)

(5, ∞)

Megvizsgáljuk, milyen feltételnek kell teljesülnie ahhoz, hogy az

egyenletnek létezzen két különböz® valós gyöke. Ez akkor teljesül, ha

D = (−4)2 − 20a > 0, a<

4 . 5

A jó válasz a C.

♣

2.4 példa: A 2x2 − 4x + c = 0 egyenletben határozzuk meg a c paramétert úgy, hogy az egyenletnek két pozitív gyöke legyen! A)

h3, ∞)

Megoldás:

B)

(2, ∞)

C)

(−∞, 0i

D)

(0, 2)

Megvizsgáljuk, milyen feltétel szükséges ahhoz, hogy az egyenlet-

nek létezzen két valós gyöke. Ez akkor teljesül, ha

D = (−4)2 − 8c > 0, c<2. Most felhasználjuk a gyökök és együtthatók közötti összefüggéseket:

x1 + x2 = 2,

c x1 · x2 = . 2

Mindkét gyök akkor lesz pozitív, ha a gyökök összege és szorzata is pozitív. Az összefüggések alapján a gyökök összege pozitív, a szorzat pedig akkor lesz pozitív, ha

c > 0. 2

Az egyenletnek akkor lesz mindkét gyöke pozitív, ha

0 < c < 2.

A D a jó

válasz.

♣

2.5 példa: Az x2 + 3x + p = 0 egyenlet egyik gyöke x1 = −7, akkor az x2 és

2.

a


p

paraméter értéke:

A)

x2 = −4, p = 28

B)

C)

x2 = −4, p = −28

D) Az el®z® válaszok közül egyik sem jó.

28

x2 = 4, p = −28

Megoldás: Alkalmazzuk a Viete-formulákat: x1 + x2 =

−b , a

c x1 · x2 = . a Mivel az egyenlet egyik gyöke

x1 = −7,

továbbá

−b = −3, a

ezért az

−7 + x2 = −3 egyenletb®l adódik, hogy

x2 = 4.

Felhasználva az

x1 · x2 = összefüggést:

c a

c (−7) · 4 = , 1 c = −28.

A jó válasz a B.

♣

2.6 példa:

Jelöljük ki az alábbi egyenletek közül azt, amelynek mindkét 2 gyöke 2-vel nagyobb a 3x − x = 0 egyenlet gyökeinél. A)

3x2 − 13x + 14 = 0

B)

3x2 − 13x − 14 = 0

C)

x2 − 5x + 6 = 0

D)

3x2 − 5x + 4 = 0

Megoldás:

A

3x2 − x = 0

egyenlet nem teljes másodfokú egyenlet és a bal

oldalon lév® kifejezés szorzattá alakítható:

3x2 − x = x · (3x − 1).

2.


29

Ekkor érvényes:

x · (3x − 1) = 0

⇔

tehát, ha

x1 = 0, A keresett egyenlet az

x1 , x2 ,

x∗1 , x∗2

(x = 0

∨

3x − 1 = 0),

1 x2 = . 3

gyökeinek értéke 2-vel nagyobb kell legyen, mint

ezért

x∗1 = 2 + x1 = 2, x∗2 = 2 + x2 = 2 +

1 7 = . 3 3

Ha ismerjük a másodfokú egyenlet gyökeit, akkor az egyenletet megkaphatjuk a gyöktényez®s alakból szorzattal:

(x − x∗1 ) . (x − x∗2 ) = 0, 7 (x − 2) . x − = 0, 3 x2 −

14 13 x+ = 0. 3 3

A felkínált válaszok között minden egyenletnek egész együtthatói vannak, ezért szorozzuk az egyenletet

3-mal:

3x2 − 13x + 14 = 0. Az A a jó válasz.

♣

2.7 példa: Ha x1 , x2 az x2 − 8x + 5 = 0 egyenlet gyökei, akkor az x1 · x2 az alábbi egyenlet kétszeres gyöke: A)

x2 − 10x + 15 = 0

B)

x2 − 10x + 25 = 0

C)

x2 + 10x + 15 = 0

D)

x2 + 10x + 25 = 0

Megoldás: értékét:

A Viete-formulák segítségével meghatározzuk az

c x1 · x2 = . a

x 1 · x2

szorzat

2.


30

Az adott egyenletre:

x1 · x2 = 5, amely érték a keresett egyenlet kétszeres gyöke lesz. Ha az egyenlet kétszerese gyöke

ax2 + bx + c = 0

x0 , akkor az egyenlet felírható gyöktényez®s szorzat

alakban

a(x − x0 )(x − x0 ) = 0, a(x − x0 )2 = 0. Mivel

a 6= 0,

és a felkínált egyenletek mindegyikére

a = 1,

ezért a keresett

másodfokú egyenlet:

(x − 5)2 = 0, x2 − 10x + 25 = 0. A B a jó válasz.

♣

2.8 példa: Határozzuk meg, mely valós számokra érvényes az x2 −4x+6 > 0 egyenl®tlenség! A)

(−1, ∞)

Megoldás:

B)

(1, ∞)

C)

(−∞, 1)

D)

R

x2 − 4x + 6 = 0 egyenletet. Mivel a diszD = 16 − 24 = −8, vagyis negatív szám, ezért ennek az

Oldjuk meg el®ször az

krimináns értéke

egyenletnek nem létezik valós gyöke. Ezért, ha ábrázoljuk a bal oldal függvényét, akkor egy olyan felfelé nyíló parabolát kapunk, amely nem metszi az

x

tengelyt.

2.


31

A grakon ábrázolásához alakítsuk át a másodfokú kifejezést teljes négyzetté:

x2 − 4x + 6 = (x2 − 4x + 4) − 4 + 6 = (x − 2)2 + 2. Az ábrából látható, hogy az egyenl®tlenség megoldáshalmaza az értelmezési tartománnyal egyenl®, hiszen minden

x ∈ R értékre a függvény helyettesítési

értéke pozitív. A D a jó válasz.

♣

2.9 példa: Határozzuk meg, mely valós számokra érvényes az alábbi egyenl®tlenség!

15 − 2x ≥ x2

A)

h−3, 5i

B)

h−5, 3i

C)

(−∞, −5i

D)

h−5, 3i

Megoldás: Átalakítjuk az egyenl®tlenséget: −x2 + 15 − 2x ≥ 0. −x2 + 15 − 2x = 0 egyenletet. Mivel a diszkrimináns D = 4 + 60 = 64, vagyis pozitív szám, ezért ennek az egyenletnek két

Oldjuk meg el®ször a értéke

valós megoldása lesz.

√ 2±8 2 ± 64 = x1,2 = −2 −2 2−8 2+8 x1 = = −5, x2 = =3 −2 −2

2.


32

f (x) = −x2 + 15 − 2x függvényt, akkor egy olyan lefelé nyíló parabolát kapunk, amely az x1 , x2 pontokban metszi az x tengelyt. Az ábrából látható, hogy az egyenl®tlenség megoldáshalmaza a h−5, 3i intervalHa ábrázoljuk a

lum. A D a jó válasz.

♣

2.10 példa: Oldjuk meg a x4 + x2 − 12 > 0 egyenl®tlenséget a valós számok halmazán! Akkor a megoldáshalmaz: A) C)

√ √ −∞, − 3 ∪ 3, ∞ √ (−∞, 3)

B)

√ ( 3, ∞)

D)

√ √ (− 3, 3)

Megoldás: Vezessünk be egy új ismeretlent z = x2 . Most a következ® egyenl®tlenséget kell megoldanunk:

z 2 + z − 12 > 0. Keressük meg a

z 2 + z − 12 = 0 z1,2 =

egyenlet gyökeit:

−1 ±

z1 = 3,

p 12 − 4 · (−12) , 2 z2 = (−4).

A bal oldalon lév® kifejezés grakonja egy felfelé nyíló parabola, így a megoldás:

z < −4

vagy

z > 3.

Visszahelyettesítve az x változót, két egyenl®tlenség megoldását kell meghatározni: 2 Az x < (−4) egyenl®tlenségnek nincs megoldása a valós számok halmazán, 2 mert minden valós szám négyzete pozitív. Az x > 3 egyenl®tlenséget megoldva:

√

√ x2 > 3, √ |x| > 3.

Az egyenl®tlenség megoldása a valós számkörben a

√ √ −∞, − 3 ∪ 3, ∞ .

Az A a jó válasz.

♣

2.

33


Feladatok:

2.1 feladat: Oldjuk meg a 2x2 = 6+4x egyenletet a valós számok halmazán! Az egyenlet egyetlen pozitív gyöke: A)

x=3

B)

2.2 feladat:

x=2

C)

x=4

Oldjuk meg a

D)

x=1

12x2 = 8 − 4x

egyenletet a valós számok hal-

mazán! Az egyenlet egyetlen negatív gyöke: A)

x = −3

B)

x = −2

C)

x = −4

D)

x = −1

2.3 feladat: Ha az x1 , x2 (x1 < x2 ) a −12x2 + 7x − 1 = 0 egyenlet gyökei, akkor a A)

3x2 + 4x1

x=1

B)


x=2

C)

x=3

D)

x = −1

2.4 feladat: Ha az x1 , x2 (x1 < x2 ) a −5x2 + 17x − 6 = 0 egyenlet gyökei, akkor a A)

5x1 + 2x2

x=2

B)


x = −4

C)

x = −6

D)

x=8

2.5 feladat: Az ax2 +5x+2 = 0 egyenletben határozzuk meg az a paramétert úgy, hogy az egyenletnek két különböz® valós gyöke legyen! Akkor az

a

min-

den lehetséges értéke az alábbi intervallumból való: A)

−∞, 25 8

B)

25 ,8 8

C)

h8, ∞)

D)

(8, 25)

2.6 feladat: Az 2x2 + bx + 8 = 0 egyenletben határozzuk meg a b paramétert úgy, hogy az egyenletnek ne legyen valós gyöke! Akkor a

b minden lehetséges

értéke az alábbi intervallumból való: A)

(−∞, −8i

B)

(−8, 8)

C)

h8, ∞)

D)

(10, 16)

2.7 feladat: A −x2 +6x+c = 0 egyenletben határozzuk meg az c paramétert úgy, hogy az egyenletnek két pozitív gyöke legyen! Akkor a intervallumból valók: A)

(−∞, −9)

B)

(−9, 0)

C)

h0, ∞)

D)

(0, 9)

c értékei az alábbi

2.


34

2.8 feladat: A −x2 +5x+c = 0 egyenletben határozzuk meg az c paramétert úgy, hogy az egyenletnek két pozitív gyöke legyen! Akkor a

c lehetséges értékei

az alábbi intervallumból való:

−∞, − 25 4

A)

B)

− 25 ,0 4

C)

h4, ∞)

D)

(4, 25)

2.9 feladat: Az 2x2 − 7 + p = 0 egyenletet egyik gyöke x1 = 5, akkor az x2 és a

p


A)

x2 = −4, p = −15

B)

x2 = −3, p = 15

C)

x2 = − 32 , p = −15


2.10 feladat: Az 12x2 − 13x + p = 0 egyenletet egyik gyöke x1 = az

x2

és a

p

1 , akkor 3


x2 = 34 , p = −3

A)

x2 = 43 , p = 3

B)

C)

x2 = − 34 , p = −3


2.11 feladat: Jelöljük ki az alábbi egyenletek közül azt, amelynek mindkét gyöke 2-vel nagyobb a

2x2 + 7x − 15 = 0

egyenlet gyökeinél.

A)

2x2 + x − 21 = 0

B)

2x2 − x − 21 = 0

C)

4x2 − x + 21 = 0

D)

4x2 − x − 21 = 0

2.12 feladat: Jelöljük ki az alábbi egyenletek közül azt, amelynek mindkét gyöke 1-gyel nagyobb a

6x2 + x − 12 = 0

egyenlet gyökeinél.

A)

6x2 − 11x − 7 = 0

B)

6x2 + 11x + 7 = 0

C)

6x2 − 11x + 7 = 0

D)

x2 − 11x − 7 = 0

2.13 feladat: Ha x1 , x2 a 2x2 + 3x + 10 = 0 egyenlet gyökei, akkor az x1 · x2 az alábbi egyenlet kétszeres gyöke:

2.


A)

x2 + 10x − 25 = 0

B)

x2 + 10x + 25 = 0

C)

x2 − 10x + 25 = 0

D)

x2 − 10x − 25 = 0

35

2.14 feladat: Ha x1 , x2 az 3x2 + 5x + 12 = 0 egyenlet gyökei, akkor az x1 · x2 az alábbi egyenlet kétszeres gyöke: A)

x2 + 8x − 16 = 0

B)

x2 − 8x − 16 = 0

C)

x2 + 8x + 16 = 0

D)

x2 − 8x + 16 = 0

2.15 feladat: Jelöljük ki az alábbi intervallumok közül azt, amelyik tartalmazza a A)

2x2 − 11x + 14 ≤ 0

(−∞, 4)

B)

(−∞, 2)

egyenl®tlenség összes megoldását! C)

h0, 2i

D)

h2, 4i

2.16 feladat: Határozzuk meg, hogy mely valós számokra érvényes az alábbi egyenl®tlenség!

12x2 − 4x − 1 ≤ 0

A)

−∞, − 12 ∪ 16 , ∞

B)

− 21 , 16

C)

− 16 , 12

D)

1 ,∞ 2

2.17 feladat: Határozzuk meg, hogy mely valós számokra érvényes az alábbi egyenl®tlenség!

2x2 + 4 ≥ 3x

A)

x∈R

B)

x ∈ (−∞, 0)

C)

x ∈ h0, ∞)

D) nincs megoldása

2.18 feladat: Határozzuk meg, hogy a p paraméter mely értékeire nem lesz a

3x2 + px + 3 ≤ 0 egyenl®tlenségnek végtelen sok megoldása a valós számok halmazán!

2.

A)


(−∞, −6i ∪ h6, ∞)

B)

h−6, 6i

C)

h6, ∞)

D)

36

(0, 6)

2.19 feladat: Határozzuk meg, hogy a p paraméter mely értékeire lesz a −3x2 + px + 5 ≥ 0 egyenletnek végtelen sok megoldása a valós számok halmazán! A)

p=5

B)

√ √ p ∈ − 60, 60

C)

p=6

D) nincs ilyen

p

2.20 feladat: A −x4 + 9x2 − 14 = 0 egyenl®tlenlet megoldásainak száma a valós számok halmazán: A)

1

B)

2

C)

3

D)

4

3.

37

EGYENLTLENSÉGEK

3.

Egyenl®tlenségek

Az egyenl®tlenségek megoldását kétféleképpen közelíthetjük meg: 1.

Grakus megoldás. Az egyenl®tlenség mindkét oldalát egy-egy függ-

vény hozzárendelési szabályának tekintjük. Ekkor megoldásként az egyenl®tlenség alaphalmazából azokat a valós számokat adjuk meg, amelyekre a függvények helyettesítési értékére a megadott viszony fennáll. Például a

3 − 2x > 4x − 3 f (x) = 3 − 2x, g(x) = 4x − 3. Most azokat az x értékeket f (x) > g(x).

egyenl®tleség esetén keressük, melyekre

Ha a két függvényt közös koordinátarendszerben ábrázoljuk, akkor a megoldást grakus módon kapjuk meg. Ennek a módszernek korlátai vannak, mert nem mindig lehet kell® pontossággal leolvasni a keresett megoldást. Ábrázoljuk az

f (x), g(x)

függvényeket.

Az ábrából leolvasható, hogy a két egyenes az szi egymást. Az ennél kisebb értékekre az

f (x)

x = 1

pontban met-

függvény grakonja a

g(x)

grakonja felett van, ezért az egyenl®tlenség megoldása az összes olyan valós szám, melyre 2.

x < 1.

A választ megadhatjuk intervallummal is:

Algebrai megoldás.

x ∈ (−∞, 1).

Ez a módszer hasonló az egyenletek algebrai

megoldásához. A következ® lépéseket végezhetjük el: I. Az egyenl®tlenség mindkét oldalához hozzáadhatjuk ugyanazt a valós konstanst. II. Ismeretlent tartalmazó kifejezést is hozzáadhatunk, vagy kivonhatunk, amennyiben az nem változtatja meg az egyenl®tlenség értelmezési tartományát.

3.

38

EGYENLTLENSÉGEK

III. Pozitív konstanssal szorozhatjuk és oszthatjuk is az egyenl®tlenség mindkét oldalát.

Ha negatív számmal szorozzuk vagy osztjuk az egyenl®tlenséget, akkor az egyenl®tlenség irányát az ellenkez®jére kell változtatnunk. V. Ha ismeretlent tartalmazó kifejezéssel szorzunk, vagy osztunk, akkor gondolnunk kell arra, hogy annak értéke lehet pozitív (az egyenl®tlenség iránya nem változik szorzás után) vagy negatív (az egyenl®tlenség iránya a szorzás után megváltozik), tehát ezeket az eseteket külön kell vizsgálnunk. IV.

Megoldott példák

3.1 példa: Oldjuk meg grakusan az |x + 1| > 3 − x egyenl®tlenséget, majd jelöljük meg azt az intervallumot, amely tartalmazza az egyenl®tlenség összes megoldását a valós számok halmazán! A)

(−1, ∞)

B)

(1, ∞)

C)

(−∞, 1)

D)

(−1, 1)

Megoldás: Most az f (x) = |x + 1|, g(x) = 3−x jelölés mellett keressük azokat az

x értékeket, melyekre f (x) > g(x). Ábrázoljuk az f (x), g(x) függvényeket

közös koordinátarendszerben.

Az

f (x) > g(x)

egyenl®tlenség érvényes az

(1, ∞)

intervallum minden

pontjára, ezért a jó válasz a B.

♣

3.2 példa:

Oldjuk meg grakusan az

x2 ≤ 4 − 3x

egyenl®tlenséget, majd

3.

39

EGYENLTLENSÉGEK

jelöljük meg azt az intervallumot, amely tartalmazza az egyenl®tlenség összes megoldását a valós számok halmazán! A)

(−∞, −1)

Megoldás: x

B)

(0, 4)

C)

(−5, 2)

D)

(2, ∞)

f (x) = x2 , g(x) = 4 − 3x jelölés mellett keressük azokat az melyekre f (x) ≤ g(x). Ábrázoljuk az f (x), g(x) függvényeket

Az

értékeket,

közös koordinátarendszerben.

Az ábrából leolvasható, hogy a jesül:

f (x) ≤ g(x).

h−4, 1i

intervallum minden pontjára tel-

A jó válasz a C.

♣

3.3 példa:

Jelölje meg azt az intervallumot, amely tartalmazza az alábbi

egyenl®tlenség megoldásait!

2 · (x − 1) 3x + 1 +2≤ −5 3 2

A)

(−∞, 3)

B)

h7, ∞)

C)

h−2, 2i

D)

h10, ∞)

Megoldás: A megoldást most algebrai úton adjuk meg. Szorozzuk az egyenl®tlenség mindkét oldalát a két tört nevez®jének legkisebb közös többszörösével, azaz

6-tal.

4 · (x − 1) + 12 ≤ 3 · (x + 1) − 30,

3.

40

EGYENLTLENSÉGEK

4x − 4 + 12 ≤ 9x + 3 − 30, −5x ≤ −35. Az egyenl®tlenséget osztjuk (-5)-tel, és ügyelünk arra, hogy a negatív számmal való osztáskor megfordul az egyenl®tleség iránya:

x ≥ 7. A B a jó válasz.

♣

3.4 példa:

A

2x − 8 ≥ 0 2−x

egyenl®tlenség természetes számok halmazából

való megoldásainak száma: A)

0

B)

1

C)

2

D) végtelen

Megoldás: Az egyenl®tlenséget megoldjuk a valós számok halmazán. A nevez® miatt

x 6= 2.

A bal oldalon található törtkifejezésben szerepl® tényez®k

határozzák meg a tört el®jelét. Egy számegyenesen bejelöljük a tényez®k nullahelyeit:

2x − 8 esetén 2x − 8 = 0 ⇔ x = 4. Mivel az egyenl®tlenség nem szigorú, ezért az x = 4 pontot tömött karikával jelöljük. A 2 − x kifejezés pontosan akkor nulla, ha x = 2. Mivel ez a kifejezés a nevez®ben van, ezért az x = 2 pontot üres karikával jelöljük. A számA

egyenest felbontottuk három intervallumra. Most meghatározzuk az egyes kifejezések esetében, hogy azok értéke pozitív-e vagy negatív az egyes intervallumok bels® pontjain.

2x − 8 > 0 ⇔ x > 4, 2 − x > 0 ⇔ x < 2.

3.

41

EGYENLTLENSÉGEK

Készítsünk táblázatot, melybe pontjain pozitív, illetve

−

+

-szal jelöljük, ha az intervallum bels®

-szal, ha az intervallum bels® pontjain negatív az

adott kifejezés. A táblázat utolsó sora pedig a tört el®jelét adja meg az adott intervallumon.

2x − 8 2−x 2x − 8 2−x

(−∞, 2) (2, 4) (4, ∞) − − + + − − −

Figyelembe vesszük azt, hogy az

−

+

x = 4 értéke megengedett (a nem szigorú

egyenl®tlenség miatt), valamint a táblázatból leolvassuk, hogy az adott tört az

x ∈ (2, 4i

intervallumon vesz fel pozitív értékeket. Ez az intervallum 2

természetes számot tartalmaz. A jó válasz a C.

♣

3.5 példa: Az adott intervallumok közül jelöljük meg azt, amelyik tartalmaz az alábbi egyenl®tlenségnek eleget tev® számot!

(2x + 1)(x + 1) − (x + 1)(7 − x) ≤ 0

A)

(−∞, −1)

B)

(−5, −2)

C)

(0, 4)

D)

(2, ∞)

Megoldás: Végezzük el az átalakításokat: (2x + 1)(x + 1) − (x + 1)(7 − x) ≤ 0, (x + 1) · (2x + 1 − 7 + x) ≤ 0, (x + 1) · (3x − 6) ≤ 0. Egy többtényez®s kifejezés vizsgálatánál gyelembe vesszük, hogy I. Egy többtényez®s kifejezés akkor és csak akkor nulla, ha valamelyik tényez®je egyenl® nullával. II. Egy többtényez®s kifejezés akkor és csak akkor pozitív, ha egyik tényez®je sem nulla, és a negatív tényez®k száma páros.

3.

42

EGYENLTLENSÉGEK

III. Egy többtényez®s kifejezés akkor és csak akkor negatív, ha egyik tényez®je sem nulla, és a negatív tényez®k száma páratlan. Egy számegyenesen bejelöljük a tényez®k nullahelyeit:

x + 1 esetén x + 1 = 0 ⇔ x = −1. Mivel az egyenl®tlenség nem szigorú, x = −1 pontot tömött karikával jelöljük. A 3x−6 kifejezés pontosan akkor nulla, ha x = 2. Mivel az egyenl®tlenség nem szigorú, ezért az x = 2 pontot is tömött karikával jelöljük. A

ezért az

A számegyenest felbontottuk három intervallumra. Most meghatározzuk az egyes kifejezések esetében, hogy azok értéke pozitív-e vagy negatív az egyes intervallumok bels® pontjain.

x + 1 > 0 ⇔ x > −1, 3x − 6 > 0 ⇔ x > 2. Készítsünk táblázatot, melybe pontjain pozitív, illetve

−

+

-szal jelöljük, ha az intervallum bels®

-szal, ha az intervallum bels® pontjain negatív az

adott kifejezés. A táblázat utolsó sora pedig a szorzat el®jelét adja meg az adott intervallumon.

(−∞, −1) (1, 2) (2, ∞) x+1 − + + 3x − 6 − − + (x + 1).(3x − 6) + − + Figyelembe vesszük, hogy az

x = −1 és az x = 2 értéke is megengedett (a

nem szigorú egyenl®tlenség miatt), valamint a táblázatból leolvassuk, hogy az adott kifejezés

x ∈ h−1, 2i

intervallumon vesz fel negatív értékeket.

A jó válasz a C.

♣

3.

43

EGYENLTLENSÉGEK

3.6 példa: Jelöljük meg azt az intervallumot, amely tartalmazza az alábbi egyenl®tlenség megoldását!

4 1 ≥ x−3 2x − 4

A)

(−∞, 2)

B)

(8, ∞)

C)

(4, 7)

D)

(7, 12)

Megoldás: Vigyük át az egyenl®tlenség jobb oldalán álló kifejezést bal oldalra, majd hozzuk közös nevez®re!

1 4 − ≥ 0, x − 3 2x − 4 (2x − 4) − (4x − 12) ≥ 0, (x − 3)(2x − 4) (8 − 2x) ≥ 0. (x − 3)(2x − 4) A számlálóban lév® kifejezés x = 4 -re lesz nulla, a nevez®ben lév® kifejezések nullapontjai pedig az x = 3, illetve x = 2. A valós számegyenest ez a három pont négy intervallumra bontja fel. Az x = 4 pontot tömött karikával jelöljük, mivel a tört ebben az esetben nullával egyenl®, ami a nem szigorú egyenl®tlenség miatt megfelel. A nevez® nullapontjait üres karikával jelöljük, mert a tört erre a két értékre nem értelmezett.

Készítsük el a táblázatot.

8 − 2x x−3 2x − 4 (8−2x) (x−3)(2x−4)

(−∞, 2) (2, 3) (3, 4) (4, ∞) + + + − − − + + − + + + + − + −

3.

44

EGYENLTLENSÉGEK

Figyelembe véve, hogy az

x = 4 értéke megengedett (a nem szigorú egyen(−∞, 2) ∪ (3, 4i.

l®tlenség miatt), az egyenl®tlenség megoldása: A jó válasz az A.

♣

3.7 példa: A (2x + 5)2 (x − 4) ≥ 0 megoldáshalmaza tartalmaz adott tulajdonságú számot: A) negatív egész

B) negatív nem egész racionális

C) nulla

D) negatív irracionális számot

Megoldás: Alakítsuk át az adott egyenl®tlenséget gyöktényez®k szorzatára: 2 5 · (x − 4) ≥ 0, 2 x+ 2

5 4 x+ 2 A bal oldali kifejezés nullapontjai:

2 (x − 4) ≥ 0.

x1 = − 52 , x2 = 4. Jelöljük ki ezeket a pon-

tokat a számegyenesen tömött karikával, mivel ezekre teljesül az egyenl®tlenség, azaz az adott egyenl®tlenség megoldásai. A két pont három intervallumra

bontja fel a számegyenest:

5 I1 = (−∞, − ), 2

5 I2 = (− , 4) I3 = (4, ∞) 2

Megvizsgáljuk, hogy az egyes intervallumok bels® pontjain pozitív vagy negatív az adott kifejezés. Ezt eldönthetjük egy jól megválasztott pont helyettesítési értéke alapján, választhatjuk például az

x = −5, x = 0

és

x=5

pontokat.

3.

45

EGYENLTLENSÉGEK

Mivel csak az

I3

intervallumon pozitív az adott kifejezés, ezért az egyen-

l®tlenség megoldáshalmaza

5 ∪ h4, ∞). 2 A 0 nem megoldás, ezért a C nem jó válasz. Az egyetlen negatív megoldás 5 Mivel a − nem egész és nem irracionális szám, ezért az A és D 2 sem jó válaszok. A jó válasz a B. az

x = − 25 .

♣

3.8 példa: A 4x3 + 3x4 ≤ x5 egyenl®tlenség megoldásainak halmaza: A)

h−1, 0i ∪ h4, ∞)

Megoldás:

B)

(−1, 0) ∪ (4, ∞)

C)

h4, ∞)

D)

h−1, 0i

Alakítsuk át az egyenl®tlenséget úgy, hogy a jobb oldalon nulla

szerepeljen, majd a bal oldali kifejezést bontsuk szorzatra.

4x3 + 3x4 − x5 ≤ 0, x3 · 4 + 3x − x2 ≤ 0. A

4 + 3x − x2 = 0

zuk annak gyökeit:

másodfokú egyenlet megoldásával könnyen meghatároz-

x1 = 4, x2 = −1.

Most már felbonthajtuk a másodfokú

polinomot gyöktényez®k szorzatára.

4 + 3x − x2 = (−1) (x − 4) (x + 1) = (x + 1) (4 − x) . Az eredeti egyenl®tlenség tehát:

x3 · (x + 1) (4 − x) ≤ 0. Mos meghatározzuk az egyenl®tlenség nullapontjait.

x3 · (x + 1) (4 − x) = 0 ⇔ (x = 0 ∨ x = −1 ∨ x = 4) . Jelöljük ki a nullapontokat a számegyenesen tömött karikával (a nem szigorú egyenl®tlenség miatt). A

−1, 0, 4 pontok négy intervallumra bontották a számegyenest. Minden

intervallumból válasszunk ki egy megfelel® pontot, majd határozzuk meg, hogy az egyenl®tlenség bal oldalán szerepl® kifejezés helyettesítési értéke az adott pontban pozitív-e vagy negatív.

P (x) = x3 . (x + 1) (4 − x) ≤ 0

3.

A

46

EGYENLTLENSÉGEK

(−∞, −1i

intervallumból válasszuk az

x = −2

pontot. Megvizsgáljuk, x = −2. Az x3

hogy az egyes tényez®k milyen el®jellel rendelkeznek, ha 3 negatív, mert (−2) = −8, az (x + 1) is negatív (értéke

6). A három tényez® (−∞, −1i intervallumon.

kiefejezés pedig pozitív (értéke a

P

polinom is pozitív a

(−1)),

a

(4 − x)

szorzata pozitív. Tehát

Hasonlóképpen vizsgáljuk meg a további három intervallum el®jelét. Az P (x) = x3 . (x + 1) (4 − x) ≤ 0 az x ∈ h−1, 0i ∪ h4, ∞)

ábrán látható, hogy a

valós számokra teljesül. A jó válasz az A.

♣

Feladatok:

3.1 feladat: Oldjuk meg grakusan a x2 −1 < 2x+2 egyenl®tlenséget a valós számok halmazán. Jelöljük meg azt az intervallumot, amely tartalmazza a megoldásokat! A)

(−∞, 0i ∪ h4, ∞)

B)

(−2, 3)

C)

h4, ∞)

D)

(−1, 3)

3.2 feladat: Oldjuk meg grakusan a |x − 1| − 2 ≥ 2x − 1 egyenl®tlenséget a valós számok halmazán, majd jelöljük meg azt az intervallumot, amely tartalmazza a megoldásokat! A)

(−∞, 0i

B)

(0, 3)

C)

h3, 5)

D)

h5, ∞)

3.

47

EGYENLTLENSÉGEK

√

3.3 feladat: Oldjuk meg grakusan a 2x − 3 ≥ x − 1 egyenl®tlenséget

a

valós számok halmazán, majd jelöljük meg azt az intervallumot, amely tartalmazza a megoldásokat! A)

(−∞, −5i

(−5, −3)

B)

h−3, 0)

C)

D)

h2, ∞)

3.4 feladat: Oldjuk meg grakusan a |x| ≥ (x − 2)2 egyenl®tlenséget a valós számok halmazán, majd jelöljük meg azt az intervallumot, amely tartalmazza a megoldásokat! A)

(−∞, 0i

B)

3.5 feladat: A A)

2x−1 3

x ∈ (0, 1)

3.6 feladat:

(0, 1) −

C)

x−1 2

h1, 4i

≤

x ∈ (0, 1)

B)

D)

h4, ∞)

x−5 egyenl®tlenség megoldása: 6 C)

x=2

D) nincs megoldása

x ≥ x+2 egyenl®tlenség megoldásainak száma a pozitív x−3 x−7 egész számok halmazán: A)

3

B)

A

1

C)

4

D)

0

x−1 3.7 feladat: A x−5 ≤

x+1 egyenl®tlenség megoldásainak száma a nemnegatív x+5 egész számok halmazán: A)

0

B)

1

C)

3

D)

5

x+2 3.8 feladat: A x−2 ≤

x−1 egyenl®tlenség megoldásainak száma a nemnegatív x+3 egész számok halmazán: A)

0

B)

1

C)

3.9 feladat: A A)

x ∈ (0, 1)

3.10 feladat:

2

D) végtelen

4−2x x−2 B) A

>

2x+3 egyenl®tlenség megoldása: 3−x

x ∈ (−∞, 2) 1 x+2

≥

C)

x ∈ (3, ∞)

D) nincs megoldása

1 egyenl®tlenség megoldása valós számok halx−1

mazán: A) üres halmaz

B)

(−2, 1)

C)

h−2, 1i

D)

(0, ∞)

3.

48

EGYENLTLENSÉGEK

3.11 feladat: A (x + 5)(8x − 3) ≤ (2x − 1)(4x + 7) egyenl®tlenség megoldásainak száma a pozitív egész számok halmazán: A)

0

B)

1

C)

2

D)

3

3.12 feladat: A (x+3)(x−3)(3x+1) ≥ (x+3)(x−3)(2x−2) egyenl®tlenség megoldásainak száma a negatív egész számok halmazán: A)

0

B)

3

C)

2

D) végtelen

3.13 feladat: A 3(x2 − 4x + 5) > (1 + 3x)(x − 2) egyenlet megoldása a valós számok halmazán: A)

−∞, 17 7

7 −∞, 17

B)

C)

−7

, ∞ 17

D)

17 ,∞ 7

3.14 feladat: A 3x2 < 2x egyenlet megoldása a valós számok halmazán: A)

(−∞, 0i

0, 23

B)

C)

2 3

,∞

D)

h3, ∞)

3.15 feladat: A 6 − 3x2 − 7x ≥ 0 egyenl®tlenség megoldása a valós számok halmazán: A)

(−∞, 3i

3.16 feladat:

B) A

− 32 , 3

C)

−3, 23

D)

h−3, 3)

2x − 3 [4x − 2 (x − 1)] < −2 (3x + 1)

egyenl®tlenség nem-

negatív megoldásainak száma az egész számok körében: A)

0

B)

1

C)

2

D)

3

3.17 feladat: A

2x−7 x+1 1 2 + x2 −2x+1 − 3−3x < x−1 egyenl®tlenség nemnegatív 2x2 −4x+2 megoldásainak száma az egész számok körében: A)

0

B)

1

C)

2

D)

3

3.18 feladat: Legyen A az (x−3)·(x+1) ≥ 0 egyenl®tlenség valós megoldásainak x−5 halmaza, az

A∩B

B

pedig az

halmaz:

(x + 1) · (x − 2) · (4 − x) ≤ 0

megoldáshalmaza. Akkor

3.

EGYENLTLENSÉGEK

A)

(−∞, −2i ∪ (4, ∞)

B)

h−1, 2i ∪ (5, ∞)

C)

h−2, 3i ∪ h5, ∞)

D)

h−2, 3i

3.19 feladat: Akkor a

H

3x+1 ≤ 3x+2 egyenl®tlenség megoldáshalmaza legyen 2x−3 2x+5 legkisebb eleme: A

A)

−5 2

B)

− 12

C)

3 2

D)

H -nak

3.20 feladat: 0

B)

1

A

C)

2

H.

nincs legkisebb eleme

3x+1 ≤ 3x+2 egyenl®tlenség megoldáshalmaza legyen 2x−3 2x+5 Hány természetes szám van, amely eleme H -nak? A)

49

D)

3

H.

4.

50

ABSZOLÚT ÉRTÉKET TARTALMAZÓ EGYENLETEK ...

4.

Abszolút értéket tartalmazó egyenletek és egyenl®tlenségek

Az

x

szám abszolút értéke az

Jelölése

x

|x|.

x

és a

0

távolságát jelenti a számegyenesen.

Mivel az abszulút érték távolságot jelent, ezért

számra. Válós

x

|x| ≥ 0

minden

számok abszolút értékének a meghatározása:

pozitív szám és a nulla abszolút értéke maga a szám,

negatív szám abszolút értéke pedig a szám ellentettje (−1-szerese).

Tehát

|x| =

x, −x,

x≥0 x < 0.

ha ha

Megoldott példák

4.1 példa: A 4x − |x − 2| = 3x + 2 egyenlet összes megoldása a valós számok halmazán a következ® intervallumból való. A)

h4, ∞)

B)

h2, ∞)

C)

(−∞, 2)

D)

(−∞, −4)

Megoldás: Az egyenletet megoldhatjuk algebrai úton. Az egyenletben szerepel az

x−2 kifejezés abszolút értéke. Ennek helyettesítési x-t®l függ®en. El®jelet az x = 2 pontban

értéke lehet pozitív vagy negatív az vált.

|x − 2| =

x − 2, −(x − 2),

ha ha

x − 2 ≥ 0, x − 2 < 0,

azaz azaz

x ≥ 2, x < 2.

Az egyenletet két különböz® értelmezési tartományon fogjuk megoldani. 1. Ha

x ∈ h2, ∞),

akkor

x−2 ≥ 0

és

|x − 2| = x − 2.

Az egyenlet ezen az

intrevallumon a következ® alakban írható fel:

4x − (x − 2) = 3x + 2, majd rendezéssel a minden

3x + 2 = 3x + 2

alakra hozható. Az utóbbi egyenlet

x ∈ R számra teljesül, így az összes x ∈ h2, ∞) valós számra is. Ezért h2, ∞) intervallumon az egész h2, ∞)

az eredeti egyenlet megoldáshalmaza a intervallum. 2. Ha

x ∈ (−∞, 2),

akkor

x−2<0

és

|x − 2| = − (x − 2) = −x + 2.

egyenlet ezen az intrevallumon a következ® alakban írható fel:

4x − (−x + 2) = 3x + 2.

Az

4.


51

Egyszer¶ átalakításokat alkalmazva megkapjuk az egyenlet megoldását:

x = 2. Mivel azonban

2 ∈ / (−∞, 2),

az egyenlet megoldása tehát nem tartozik a

tartományba, melyre értelmeztük, ezért a

(−∞, 2)

intervallumon nincs az

eredeti egyenletnek megoldása. Az adott egyenlet megoldása

x ∈ h2, ∞).

A jó válasz a B.

♣

4.2 példa: Az |2x − 5| + 2x − 7 = 0 egyenlet valós megoldásainak száma: A)

0

B)

1

C)

2

D)

∞

Megoldás: Az abszolút érték deníciója alapján:

2x − 5 ≥ 0, azaz x ≥ 25 , ha 2x − 5 < 0, azaz x < 52 . 5 A 2x − 5 kifejezés nullapontja, az x = felosztja a valós számok halmazát 2

|2x − 5| =

2x − 5, −(2x − 5),

ha

két intervallumra:

5 pontot bármelyik intervallumhoz sorolhatjuk, akár mindkett®höz. 2 Most mindkét intervallumon felírjuk az egyenletet abszolútért éket már Az

nem tartalmazó alakban, megoldjuk a kapott egyenletet, majd ellen®rizzük, hogy a megoldás az adott intervallumba tartozik-e vagy nem. 5 1. Ha x < , akkor |2x − 5| = −(2x − 5), tehát ezen az intervallumon a 2 −(2x − 5) + 2x − 7 = 0 egyenletet kell megoldani.

−(2x − 5) + 2x − 7 = 0, −2 = 0. Ellentmondáshoz jutottunk, tehát az egyenletnek nincs megoldása ezen az intervallumon.

4.


x ≥ 25 , akkor |2x − 5| = 2x − 5, 2x − 5 + 2x − 7 = 0 egyenletet oldjuk: 2. Ha

52

tehát ezen az intervallumon a

2x − 5 + 2x − 7 = 0, 4x − 12 = 0, x = 3. Mivel

5

3 ∈ 2, ∞ ,

ezért az

x=3

megoldása az eredeti egyenletnek. Behe-

lyettesítéssel meggy®z®dhetünk róla, hogy az egyenl®ség teljesül, egyben ez az egyenlet egyetlen megoldása. A B a jó válasz.

♣

4.3 példa:

|4x − 7| + 2 = 0

Oldjuk meg a

egyenletet a valós számok hal-

mazán. Akkor az egyenlet megoldása: A)

x=2

B)

x=

4 7

C)

x = −1)

D) nincs megoldása

Megoldás: Alakítsuk át az egyenletet a következ® alakra: |4x − 7| = −2. Mivel tetsz®leges kifejezés abszolút értéke nemnegatív, ezért a sem lehet

−2,

|4x − 7| értéke

az egyenletnek nincs megoldása. D a jó válasz.

♣

4.4 példa:

Oldjuk meg az

||x − 3| − 5| − 5 = 0

egyenletet a valós számok

halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak száma: A)

0

B)

1

C)

3

D) végtelen

Megoldás: Rendezzük az egyenletet: ||x − 3| − 5| = 5. Az abszolút érték deníciója alapján az alábbi két eset lehetséges: I. |x

− 3| − 5 = 5

I. Az els® esetben a

vagy

|x − 3| = 10

x − 3 = 10

II. |x

− 3| − 5 = −5.

egyenletet kapjuk, melyre

vagy

x − 3 = −10.

4.


x1 = 13

Ebben az esetben két megoldás adódik: II. A második esetben a

|x − 3| = 0

és

53

x2 = −7.

egyenletet kapjuk, melyre

x − 3 = 0. Ebben az esetben egy megoldás adódik:

x = 3.

||x − 3| − 5| − 5 = 0 egyenletnek három x1 = 13, x2 = −7 és x = 3 ezért a C a jó válasz.

Összegezve: az eleget,

valós szám tesz

♣

4.5 példa:

Oldjuk meg a

|2x − 3| − |x − 1| = x


halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak száma: A)

0

B)

1

C)

2

D) végtelen

Megoldás: Értelmezzük az egyenletben szerepl® abszolút érték kifejezéseket! |2x − 3| =

2x − 3, −(2x − 3),

|x − 1| = Az

x=

3 és az 2

x=1

x − 1, −(x − 1),

ha ha ha ha

2x − 3 ≥ 0, 2x − 3 < 0, x − 1 ≥ 0, x − 1 < 0,

azaz azaz azaz azaz

x ≥ 23 , x < 32 . x ≥ 1, x < 1.

három intervallumra osztják fel a valós számok hal-

mazát:

Ha a három intervallumon értelmezzük az egyenletben szerepl® kifejezések abszolút értékét, akkor három különböz® egyenletet kapunk: I.Ha

x < 1,

akkor

(−2x + 3) − (−x + 1) = x, −2x = −2,

4.


54

x = 1. Az

x=1

nem tartozik a kijelölt tartományba, ezért ez nem megoldása az

eredeti egyenletnek. 3 II. Ha 1 ≤ x < , akkor 2

(−2x + 3) − (x − 1) = x, −3x + 4 = x, −4x = −4, x = 1. Az

x = 1 megoldása az eredeti egyenletnek, hiszen eleme a kijelölt értelmezési

tartománynak. 3 ≤ III. Ha 2

x,

akkor

2x − 3 − (x − 1) = x, x − 2 = x, −2 = 0. Az egyenlet ellentmondásra vezet, tehát ebben a tartományban nincs megoldás. Az eredeti egyenletnek egy megoldása van, ezért a B a jó válasz.

♣

4.6 példa: Oldjuk meg a |x + 1| + |x − 1| = 2 |x| egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldáshalmaza: A) egy intervallum

B) két intervallum uniója

C) egyelem¶ halmaz

D) kételem¶ halmaz

Megoldás: Az abszolút értékben szerepl® kifejezések nullapontjai az x = −1, x=1

és

x=0

pontok. Ezek négy részre osztják fel a számegyenest.

Most meghatározzuk az egyes intervallumokon a kifejezések el®jelét, majd felírjuk az egyenletet abszolút értékek nélkül. I. Ha

x ∈ (−∞, −1i,

akkor

−(x + 1) + (−x + 1) = −2x, −2x = −2x.

4.


55

Ennek az egyenletnek az értelmezési tartomány minden pontja megfelel, tehát minden

x ∈ (−∞, −1i megfelel x ∈ (−1, 0i, akkor

az eredeti egyenletnek.

II.Ha

(x + 1) + (−x + 1) = −2x, 2 = −2x, x = −1. Mivel

−1 ∈ / (−1, 0i

ezért ezen az intervallumon nincs megoldása az eredeti

egyenletnek. III. Ha

x ∈ (0, 1i,

akkor

(x + 1) + (−x + 1) = 2x, 2 = 2x, x = 1. 1 ∈ (0, 1i ezért ezen az intervallumon egyetlen megoldása van az eredeti x = 1. IV. Ha x ∈ (1, ∞), akkor

Mivel

egyenletnek, mégpedig

(x + 1) + (x − 1) = 2x, 2x = 2x. Ennek az egyenletnek az értelmezési tartomány minden pontja megfelel, tehát minden

x ∈ (1, ∞)

megfelel az eredeti egyenletnek.

Az egyenlet megoldása tehát minden olyan

(−∞, −1i ∪ h1, ∞).

x

valós szám, melyre

x ∈

A B a jó válasz.

♣

4.7 példa: Oldjuk meg a x2 − 2x = |3x − 6| egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak összege:

4.

56


A)

1

B)

3

C)

2

D)

−1

Megoldás: A |3x − 6| abszolút értékben szerepl® kifejezés nullapontja az x = 2,

amely a valós számok halmazát két intervallumra osztja fel:

∪

R = (−∞, 2) 1. Ha

x ∈ (−∞, 2),

akkor

3x − 6 < 0,

h2, ∞) . ezért

|3x − 6| = −(3x − 6). Felírjuk ez eredeti egyenletet abszolút érték nélkül

x2 − 2x = −3x + 6, x2 + x − 6 = 0. √ A másodfokú egyenlet diszkriminánsa D = 12 + 24 = 5, az egyenletnek két megoldása van a valós számok halmazán. A másodfokú egyenlet megoldóképlete alapján könnyen meghatározzuk az egyenlet gyökeit:

x1 = 2, x2 = −3. Mivel

2 ∈ / (−∞, 2),

ezért az eredeti egyenletnek a

egyetlen megoldása van, mégpedig az 2.Ha

x ∈ h2, ∞),

akkor

(−∞, 2)

intervallumon

x = −3.

3x − 6 > 0,

ezért

|3x − 6| = 3x − 6. Felírjuk ez eredeti egyenletet abszolút érték nélkül

x2 − 2x = 3x − 6, x2 − 5x + 6 = 0. A másodfokú egyenlet diszkriminánsa

q (−5)2 − 24 = 1, D =

tehát két

megoldása van a valós számok halmazán. A másodfokú egyenlet megoldóképlete alapján könnyen meghatározzuk az egyenlet gyökeit:

x1 = 3, x2 = 2. Mivel mindkét gyököt tartalmazza a

h2, ∞)

intervallum, ezert ezen az inter-

vallumon két megoldása van az eredeti egyenletnek:

x1 = 3, x2 = 2.

4.

57


Összegezve: az eredeti egyenletnek három megoldása van,x

x2 = 2,

= −3, x1 = 3,

ezek összege:

(−3) + 2 + 3 = 2. A C a jó válasz.

♣

4.8 példa: Oldjuk meg az |5 − 3x| ≤ 6 egyenl®tlenséget a valós számok halmazán. Akkor a megoldás az alábbi intervallum: A)

− 53 , 53

Megoldás:

B)

1 11 −3, 3

C)

6 6 −5, 5

D)

− 13 , 35

Az adott egyen®tlenséget többféleképpen is megoldhatjuk. Most

a egy konkrét valós szám, akkor az |x − a| számegyenesen az a ponttól. Átalakítjuk a

felhasználjuk azt a tényt, hogy ha kifejezi az

|5 − 3x|

x

pont távolságát a

kifejezést

|x − a|

alakú kifejezésre:

5 = |−3| · x − |5 − 3x| = |−3x + 5| = (−3) · x − 3

5 x − = 3 · 3

5 . 3

Az eredeti egyenl®tlenséget felírhatjuk vele ekvivalens alakban:

3 · x −

5 ≤6 3

⇔

x −

5 ≤ 2. 3

Az utóbbi egyenl®tlenség megoldása minden olyan x pont, melyek távolsága 5 az ponttól legfeljebb 2 egység. Szemléltessük ezt egy számegyenesen: 3

Az egyenl®tlenség megoldása a

− 13 , 11 3

intervallum minden pontja. B a

jó válasz.

♣

4.9 példa:

Oldjuk meg az

|1 − 2x| − |x − 2| ≤ x

egyenl®tlenséget a valós

4.

58


számok halmazán. Akkor a megoldás az alábbi intervallum: A)

−2, − 41

Megoldás: x =

B)

1

, ∞ 2

C)

− 41 , ∞

D)

−2, 12

1 és 2 −2. Ezek három részre osztják fel a valós számok halmazát, a három Az egyenl®tlenségben szerepl® kifejezések nullapontjai

x =

értelmezési tartományon pedig az eredeti egyenl®tlenség három különböz®, abszolút értéket már nem tartalmazó alakot vesz fel.

I. Az

x ∈ (−∞, −2)

intervallumon az eredeti egyenl®tlenség a következ®

alakban írható fel:

(1 − 2x) − (−x − 2) ≤ x. Rendezzük és oldjuk meg az egyenl®tlenséget:

3 − x ≤ x, 3 ≤ x. 2 3 ≤ x feltételnek eleget tev® értékek közül egy sem tartozik a (−∞, −2) in2 tervallumba, ezért az eredeti egyenletnek ezen az intervallumon nincs megoldása.

1 intervallumon felírjuk, majd megoldjuk az egyenl®tlenséget: II. A −2, 2 Az

(1 − 2x) − (x + 2) ≤ x, −1 − 3x ≤ x, 1 − ≤ x. 4 − 14 ≤ x feltételnek eleget tev® értékek közül csak azok az értékek megoldá

1 sai az eredeti egyenletnek, melyekre teljesül az x ∈ −2, 2

1 feltétel

1 is. Tehát 1 1 az eredeti egyenlet megoldáshalmaza a −2, ∩ − 4 , ∞ = − 4 , 2 inter2

A

vallum.

4.


III. Az

1

, ∞ 2

59

intervallumon felírjuk az egyenl®tlenséget és megoldjuk

azt:

(−1 + 2x) − (x + 2) ≤ x, x − 3 ≤ x, −3 ≤ 0. Az utóbbi állítás igaz, tehát ezen az intervallumon felírt egyenl®tlenségnek az értelmezési tartomány minden értéke megfelel, tehát a megoldáshalmaz

1 , ∞ intervallum. az 2

1 1 1 1 Összegezve: az egyenl®tlenség megoldása a − , ∪ , ∞ = − , ∞ 4 2 2 4 intervallum. A C a jó válasz.

♣

4.10 példa:

Oldjuk meg az

||x − 1| − 2| − 1 ≥ 0

egyenl®tlenséget a valós

számok halmazán. Akkor a megoldáshalmaz: A) egy intervallum


C) három intervallum uniója

D) egyelem¶ halmaz

Megoldás:

Ezt az egyenl®tlenséget célszer¶

grakusan

megoldani. Készít-

sük el a bal oldalon található függvény grakonját. Mivel ez egy összetett függvény a grakon elkészítése több lépésben történik:

f1 (x) = |x − 1| ,

f2 (x) = |x − 1| − 2,

f3 (x) = ||x − 1| − 2|

f4 (x) = ||x − 1| − 2| − 1.

4.


60

Az utolsó ábra alapján leolvashatjuk az egyenl®tlenség megoldáshalmazát, amely azokból a valós számokból áll, melyekre teljesül az alábbi feltétel.

x ≤ −2

vagy

0≤x≤2

vagy

4 ≤ x.

A C a jó válasz.

♣

Feladatok:

4.1 feladat: A 2 · |x − 1| = 2x + 3 egyenlet összes megoldása a valós számok halmazán a következ® intervallumból való. A)

h−1, ∞)

B)

h2, ∞)

C)

(−∞, −1)

D)

(−∞, −2)

4.2 feladat: A 2x−|1 − x| = x+1 egyenlet összes megoldása a valós számok halmazán a következ® intervallumból való. A)

h2, ∞)

B)

h1, ∞)

C)

(−∞, 1)

D)

(−∞, −2)

4.


61

4.3 feladat: Az |3x − 2| = −3x + 4 egyenlet valós megoldásainak száma: A)

0

B)

1

C)

2

D)

∞

4.4 feladat: Az |3x − 8| − 4 = 0 egyenlet valós megoldásainak száma: A)

0

B)

1

C)

2

D)

3

4.5 feladat: Oldjuk meg a |2x − 3| + 2x − 5 = 0 egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldása: A)

x=2

B)

x=

4 7

C)

x = −1)

D) nincs megoldása

4.6 feladat: Oldjuk meg a |5 − 4x| + 2 = 0 egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldása: A)

x=2

B)

x=

4 7

C)

x = −1)

D) nincs megoldása

4.7 feladat: Oldjuk meg a ||x − 2| + 1| − 3 = 0 egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak száma: A)

0

B)

2

C)

4

D) végtelen

4.8 feladat: Oldjuk meg a ||x − 4| − 3| = 1 egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak száma: A)

0

B)

2

C)

4

D) végtelen

4.9 feladat: Oldjuk meg a |2x + 1| − |3 − 2x| = x egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak száma: A)

0

B)

1

C)

2

D)

3

4.10 feladat: Oldjuk meg a |3x + 2|−|1 − x| = 2x egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak száma: A)

0

B)

1

C)

2

D) végtelen

4.11 feladat: Oldjuk meg a |x + 1|+|1 − x| = 2 |x| egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldása:

4.


A) egy intervallum


C) egyelem¶ halmaz


62

4.12 feladat: Oldjuk meg a |x − 3| + |2 − x| = 2 |x − 2| egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldása: A) egy intervallum


C) egyelem¶ halmaz


4.13 feladat: Oldjuk meg a x2 − 7 = |x − 5| egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak szorzata: A)

−12

B)

12

C)

16

−9

D)

4.14 feladat: Oldjuk meg a x2 + 2x = |x − 4| + 6 egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak szorzata: A)

10

2

B)

C)

−4

D)

−10

4.15 feladat: Oldjuk meg az |2 − 3x| ≤ 4 egyenl®tlenséget a valós számok halmazán. Akkor a megoldás az alábbi intervallum: A)

− 53 , 53

B)

4.16 feladat:

1 11 −3, 3

C)

Oldjuk meg az

6 6 −5, 5

D)

|3 − x| ≤ 5

− 23 , 2

egyenl®tlenséget a valós számok

halmazán. Akkor a megoldás az alábbi intervallum: A)

h2, 5i

B)

h−2, 5i

C)

h−2, 8i

D)

h3, 8i

4.17 feladat: Oldjuk meg az |3x + 2| − |x − 2| ≤ 4 egyenl®tlenséget a valós számok halmazán. Akkor a megoldás az alábbi intervallum: A)

h−4, 1i

B)

2 −3, 2

C)

h−4, 2)

D)

− 23 , 4

4.18 feladat: Oldjuk meg az |1 − x| − |x − 3| ≤ 2 egyenl®tlenséget a valós számok halmazán. Akkor a megoldás az alábbi intervallum:

4.

A)


(3, ∞)

B)

(−∞, 1)

C)

(1, 3)

D)

63

(−∞, ∞)

4.19 feladat: Oldjuk meg az ||1 − x| − 5| − 2 ≥ 0 egyenl®tlenséget a valós számok halmazán. Akkor a megoldáshalmaz: A) egy intervallum



D)

R

4.20 feladat: Oldjuk meg az |||x − 1| − 3| − 5| ≤ 1 egyenl®tlenséget a valós számok halmazán. Akkor a megoldáshalmaz: A) egy intervallum



D)

R

5.

5.

EXPONENCIÁLIS ÉS LOGARITMIKUS EGYENLETEK

64

Exponenciális és logaritmikus egyenletek

Elevenítsük fel a valós számok hatványozására érvényes azonosságokat! Tetsz®leges valós

x, y

számra és pozitív valós

a, b

számra érvényes:

ax = ay ⇔ x = y, (a 6= 1, (b 6= 1) ax .ay = ax+y ax = ax−y ay (ax )y = ax.y (a.b)x = ax .bx a x b

ax bx

=

A törtkitevõj¶ hatványokra érvényes: m

an = ahol

√ n

am ,

a > 0, m ∈ Z, n ∈ N, n > 1.

A hatványokkal szorosan összefügg a logaritmus fogalma. Azt mondjuk, hogy a emelve

b-t

kapunk, ahol

b szám a alapú logaritmusa az a kitev®, amelyre a-t a > 0, a 6= 1 és b > 0 Jele: loga b.

loga b = x ⇔ b = ax , (a > 0, a 6= 1, b > 0) A logaritmust tartalmazó egyenletek megoldásakor a következ® azonosságokat fogjuk alkalmazni:

loga x = loga y ⇔ x = y, loga a = 1, loga 1 = 0, loga x + loga y = loga (x.y), x loga x − loga y = loga , y loga xb = b. loga x, (b ∈ R).

5.


65

Megoldott példák

5.1 példa: A 7x · 7 = 49x−2 egyenlet megoldása: A)

−2

B)

5

C)

4

D)

5 3

Megoldás: Írjuk fel az egyenlet mindkét oldalát a 7 hatványaként, majd végezzük el a m¶veleteket:

7x+1 = (72 )x−2 , 7x+1 = 72x−4 . Az exponenciális függvény szigorú növekedése miatt:

x + 1 = 2x − 4, x = 5. A jó válasz tehát a B.

♣

5.2 példa: Az 5x2 −2x−8 = 1 egyenlet megoldása: A)

x1 = 2, x2 = 2

B) nincs megoldása

C)

x1 = 4, x2 = −2

D)

x1 = −3, x2 = 2

Megoldás: Mivel az 1 minden számnak nulladik hatványa, ezért felírható: 5x

2 −2x−8

= 50 .

Az exponenciális függvény szigorú növekedése miatt:

x2 − 2x − 8 = 0, √ 2 ± 4 + 32 x1,2 = , 2 x1 = 4, x2 = −2. A jó válasz tehát a C.

♣

5.

66


5.3 példa: Adjuk meg a következ® egyenlet megoldását a valós számok halmazán:

3x + 3x+1 + 3x+2 = 13.

A) nincs megoldása

B)

x=0

C)

x=2

D)

x = −3

Megoldás: Az egyenlet bal oldalán lév® kifejezésben alakítsuk át a kitev®ket: 3x + 3x · 31 + 3x · 32 = 13. Most emeljük ki az azonos tényez®t, majd a zárójelben végezzük el a m¶veleteket:

3x · (1 + 31 + 32 ) = 13, 3x · 13 = 13, 3x = 1, x = 0. A jó válasz tehát a B.

♣

5.4 példa:

Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán,

majd jelöljük meg a megoldást:

25x+1 = 4 · 10x .

A)

x = −2

B)

x=0

C)

x=4

D)

x = −1

Megoldás: Az egyenlet egyik oldalát sem tudjuk felírni egy szám hatványaként, 5 és a 2 többszöröse, ezért írjuk fel a két oldalon szerepl® kifeaz 2 hatványaként:

minden alap az jezést az

5

és

(52 )x+1 = 22 · (2 · 5)x , 52x+2 = 22 · 2x · 5x . Osszuk el mindkét oldalt a biztosan nem nulla (biztosan pozitív)

5x+2 = 2x+2 .

5x -nel:

5.


Most osszuk el mindkét oldalt a

67

2x+2 -nel:

5x+2 = 1, 2x+2 x+2 5 = 1, 2 x+2 0 5 5 = , 2 2 x + 2 = 0, x = −2. A jó válasz tehát az A.

♣

5.5 példa:

Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán,

majd jelöljük meg a megoldást:

9x − 7 · 3x − 18 = 0.

A)

x = −3

B)

x=1

C)

x=2

D)

x = −1

Megoldás: Vegyük észre, hogy az ismeretlent tartalmazó két tag között szoros összefüggés van.

9x = (32 )x = 32x = (3x )2 . Vezessünk be új változót, így az egyenletünk egyszer¶bbé válik. x Legyen y = 3 , y > 0. Az egyenletet átírhatjuk:

y 2 − 7y − 18 = 0, √ 7 ± 49 + 72 , y1,2 = 2 y1 = 9, y2 = −2. y2 nem felel meg, mert nem teljesül az y > 0 feltétel. Visszahelyettesítve: 3 = 9, x = 2. Az egyenlet megoldása x = 2. A jó válasz tehát a C. ♣ Az x

5.


68

5.6 példa: Ha log3 x = 5, akkor log3 x2 értéke: A)

5

B)

10

C)

3

D)

0

Megoldás: Használjuk a logaritmusok tulajdonságát, miszerint log3 x2 = 2 · log3 x = 2 · 5 = 10. A jó válasz tehát a B.

♣

5.7 példa: Ha log2 x = 6, akkor log4 x értéke: A)

3

B)

0

C)

2

D)

1

Megoldás: Érvényes:

log2 x = 6 ⇔ x = 26 , x = 22·3 = (22 )3 = 43 .

Felhasználva a logaritmuskora érvényes azonosságokat, felírhatjuk:

log4 43 = 3 · log4 4 = 3 · 1 = 3. A jó válasz tehát az A.

♣

5.8 példa: Határozzuk meg a valós számoknak azt a legb®vebb részhalmazát, amelyen értelmezhet® az alábbi kifejezés:

log7 (x + 2) − log7 x.

A)

x=3

Megoldás:

B)

−2 < x < 0

C)

x<2

D)

x>0

Az adott kifejezésnek akkor és csak akkor van értelme, ha a loga-

ritmusokban szerepl® kifejezések mindegyike pozitív, azaz egyszerre teljesül, tehát, ha

x > 0.

x + 2 > 0 és x > 0

A jó válasz a D.

♣ √

5.9 példa: A log x + 2 − log(x + 3) + log 2 = 0 egyenlet megoldása:

5.


A) páros szám,

B)

x = 0,

C) páratlan szám,

69

D) nincs megoldása.

Megoldás: Az egyenletnek akkor van értelme, ha x + 2 > 0 és x + 3 > 0 (azaz x > −2

és

x > −3)

x > −2.

egyszerre teljesül, tehát, ha

A logaritmus-azonosságokat felhasználva átírjuk az egyenlet bal oldalát, valamint

log 1 = 0. Akkor: √ 2· x+2 = log 1. log x+3

a jobb oldalon felhasználjuk, hogy

A logaritmusfüggvény szigorú növekedése miatt:

2·

√

x+2 = 1. x+3

Az egyenletet átalakítva:

2·

√

x + 2 = x + 3,

4 · (x + 2) = x2 + 6x + 9, 4x + 8 = x2 + 6x + 9, 0 = x2 + 2x + 1 x1 = x2 = −1. A kapott eredmény megfelel a −1 páratlan szám. A C a jó válasz. ♣

A másodfokú egyenlet megoldása: az értelmezési tartománynak, és

5.10 példa: A log3 (x + 2) + log3 (x − 1) = 2 log3 x egyenlet megoldása: A) páros szám,

B)

3-mal

C) páratlan szám,

D)

5-tel

osztható,

osztható.

Megoldás: Az egyenletben szerepl® kifejezések akkor értelmesek, ha az alábbi feltételek egyszerre teljesülnek:

x+2>0

∧

x−1>0

∧

x > 0,

tehát, ha

x > −2

∧

x>1

∧

x > 0.

5.


Ebb®l adódik, hogy

x > 1.

70

Most végezzük el a megfelel® átalakításokat:

log3 (x + 2) + log3 (x − 1) = 2 log3 x, log3 [(x + 2) · (x − 1)] = log3 x2 , (x + 2) · (x − 1) = x2 . Rendezzük az egyenlet két oldalán lév® kifejezést:

x2 + x − 2 = x 2 , x − 2 = 0, x = 2. Az

x=2

páros szám teljesíti az

x>1

feltételt. A a jó válasz.

♣

Feladatok:

5.1 feladat: A 92x−1 · 3x = 27x egyenlet pozitív megoldásainak száma: A)

0

B)

1

C)

2

D)

3 √

5.2 feladat: A 9x−1 = 81 · 3 egyenlet egyetlen megoldása: A)

1-nél

kisebb

B) egész szám

C) nagyobb

2-nél

D) kétjegy¶ szám

5.3 feladat: Az 4x2 −4x+3 = 1 egyenlet mindkét gyöke: A) pozitív

B) negatív

C) 0

D) páros szám

5.4 feladat: Az 3x2 −2x−33 = 9 egyenlet mindkét gyöke az alábbi intervallumból való: A)

h0, ∞)

B)

5.5 feladat:

h−10, 10i

Adjuk meg a

C)

h2, 3i

D)

(−5, 0i

3x−1 + 3x+1 = 30

egyenlet megoldását a valós

számok halmazán: A)

x=2

B)

x1 = 2, x2 = 5

C) nincs megoldása

D)

x=0

5.


5.6 feladat:

A

42x + 42x+1 = 10

71

egyenlet megoldása a valós számok hal-

mazán: A) racionális szám

5.7 feladat:

B) negatív

C) egész szám

125 · 2x−1 = 2 · 5x+1

Oldjuk meg a

D) irracionális szám egyenletet a valós számok

halmazán, majd jelöljük meg a helyes választ, amely érvényes a megoldásra: A)

x=5

B)

5.8 feladat:

x = 25

C)

x=2

Oldjuk meg a

D) nincs megoldása

9 · 2x+4 = 2 · 3x+5


halmazán, majd jelöljük meg a helyes választ, amely érvényes a megoldásra:

A)

x

pozitív

B)

x

páros

C)

x

kétjegy¶

D)

x 3-mal

osztható

5.9 feladat: A 25x + 5 = 6 · 5x egyenlet megoldásainak száma: A)

0

B)

1

C)

2

D)

5.10 feladat: A 9x+ A)

x=2

B)

x=

√

1 2

3 √

x2 +2

− 4 · 3x−1+ x=4

C)

D)

x2 +2

= 69

x=0

5.11 feladat: Ha log5 x = 2, akkor 3 · logx 625: A)

2

B)

6

C)

8

D)

x = 12

5.12 feladat: Ha log4 x2 = 2, akkor 12 · log4 x: A)

0

B)

1 2

C)

1

D)

2

5.13 feladat: Ha log2 x = 4, akkor log2 x5 : A)

1

B)

2

C)

10

D)

20

5.14 feladat: Ha log x10 = 20, akkor 6 · log x: A)

6

B)

1 6

C)

12

D)

0

egyenlet megoldása:

5.


72

5.15 feladat: Az alábbi intervallumok közül válasszuk ki azt, amelyik tartalmazza a A)

log2 (3x − 4) = 5

(−∞, 2)

B)

h2, 10i

egyenlet egyetlen megoldását!

C)

h5, 20)

D)

(15, ∞)

5.16 feladat: Az alábbi intervallumok közül válasszuk ki azt, amelyik tartalmazza a A)

log7 (x2 + 3x + 3) = 1

(−∞, 0)

B)

h0, 10i

C)

egyenlet mindkét megoldását!

h−5, 3)

D)

(2, ∞)

5.17 feladat: Jelöljük ki az alábbi intervallumok közül azt, amelyik tartalmazza a A)

log0.2 (2x − 7) = 0

(−∞, 0.2)

5.18 feladat: log3 x

B)

egyenlet egyetlen valós megoldását:

h0.2, 4)

C)

h4, 7)

D)

h7, ∞)

A valós számok halmazán a

log3 2x −

9 4

− log3 (x − 3) =

egyenletnek:

A) nincs megoldása

B) 1 megoldása van

C) 2 megoldása van

D) végtelen sok megoldása van

5.19 feladat: A log(x+13)−log(x+7) = log 10−log 7 egyenlet megoldása: A) prímszám

B) páros szám

C)

x=0

D) nincs megoldása.

5.20 feladat: A valós számok halmazán a log2 x+log x = 0 egyenlet mindkét megoldása: A) negatív

B) pozitív

C)

2-nél

nagyobb

D) páros szám

6.

6.

73

SZÁZALÉKSZÁMÍTÁS

Százalékszámítás

A százalék (%) jelölést a századokban megadott számok felírására, egy mennyiség részének kifejezésére használjuk. Egy mennyiség

1 -ad 100

részét nevez-

zük 1%-nak, az egész mennyiséget pedig 100%-nak tekintjük.

Megoldott példák

6.1 példa: Az új A++ energiaosztályú h¶t®gép éves fogyasztása 235 kWh, a régi fogyasztása 12%-kal volt több. Hány kWh villamosenergiát takarítunk meg évente? A) 263,2 kWh

Megoldás:

B) 28,2 kWh

C) 206,8 kWh

D) 19,6 kWh

A megtakarítás nagysága a régi és új h¶t®gép éves fogyasztása

közötti különbség. Ez a különbség éppen a 235

e

12%-a.

A 235-®t vesszük 100%-nak, amib®l meghatározzuk az 1%-ot

235 = 2, 35. 100 A 12% az 1% 12-szerese, vagyis

2, 35 · 12 = 28, 2. A megtakarított energiamennyiség 28,2 kWh. Helyes válasz a B.

2.módszer:

A megoldásban segíthet az is, ha felírjuk az adatokat: 100%

......

12%

......

235 kWh

x

kWh

Ebb®l az egyenes arányosságot felhasználva az

x-et

meghatározzuk.

100 235 = 12 x 235 x= · 12 = 28, 2. 100

3.módszer:

235 kWh a százalékalap, aminek 12%-a

235 · 0, 12 = 28, 2.

6.

74


♣

6.2 példa: A családi ház vásárlásakor 15 000 e -t kellett foglalóként lezetni. Ha ez a pénzösszeg a teljes ár 25%-át teszi ki, mennyit kell még a vétel lebonyolításakor kizetni? A) 37 500

Megoldás:

e

B) 45 000

e

C) 15 000

e

D) 60 000

e

A kizetett összeg a teljes ár 25%-a, vagyis az

1 -ed 4

része

(hiszen

100% : 4 = 25%). Tehát amit még ki kell zetni, az a vételár 75%-a, vagyis 3 -ed része. A ház értékét 4 részre osztva, abból egyet kizettünk, így még 4 hármat kell kizetni, a 15 000 e háromszorosát. A vétel lebonyolításakor még 45 000 e -t kell kizetni. Helyes válasz a B.

2.módszer:

Ebb®l az

x

Ha 15 000

e

x teljes összeg 25 x· = 15 000. 100

lesz az

25%-a, akkor

teljes összeg

x=

15 000 · 100 = 60 000. 25

A 60 000-b®l még ki kell zetni 45 000-t.

♣

6.3 példa: Egy termék árát a keresked® 30%-kal megemelte, majd néhány hónap múlva miután csökkent a termék iránti kereslet 30%-os árkedvezménnyel árusította. Hány százaléka az új ár az eredeti árnak? A) 100%

Megoldás:

B) 70%

C) 91%

D) 73%

Hibás lenne rögtön azt gondolni, hogy 30%-os növekedés, majd

30%-os csökkenés után visszakapjuk az eredeti árat. Ha az eredeti ár

x, akkor

az áremelés után

x + 0, 3x = 1, 3x lesz az új ár, vagyis az eredeti 130%-a. Ha ezt az árat csökkentjük, akkor ebb®l kell levonni a 30%-át.

1, 3x − (1, 3x) · 0, 3 = 1, 3x · (1 − 0, 3) = 1, 3 · 0, 7 · x = 0, 91x.

6.

75


A csökkenés után az eredeti ár 91%-át kaptuk. Helyes válasz a C.

Általánosítás.

p1 · 100%-kal, majd el®ször (1 + p1 )x értéket

Ha a százalékalapot el®ször növeljük

p2 · 100%-kal (0 ≤ p1 , p2 ≤ 1), akkor (1 − p2 )(1 + p1 )x lesz az új érték. Ha azonos nagyságú a növelés és csökkenés p1 = p2 = p, 2 eredeti ár (1 − p)(1 + p) = (1 − p )-szerese.

csökkentjük

kapunk, majd ebb®l az

akkor a végs® ár

♣

6.4 példa: A Gazdaságtudományi Kar els®éves hallgatóinak 90%-a sikeresen teljesítette matematika vizsgáját. A sikeres vizsgázók 24%-a ért el A-kit¶n® értékelést. Az els®éves hallgatók hány százaléka vizsgázott A-ra? A) 21,6%

B) 24%

C) 66%

D) 26,7%

Megoldás: Az összes diák számát vegyük N -nek. A sikeresen vizsgázók száma (v),

®k az összes diák 90%-át alkotják, vagyis

v=

90 · N = 0, 9N. 100

A sikeresen vizsgázók 24%-a A jegyet kapott, az ® számuk

vA = Az összes

N

24 · v = 0, 24v = 0, 24 · (0, 9N ) = 0, 216N. 100

diák számához viszonyítva az A-ra vizsgázott diákokat a kere-

sett százalékot kapjuk

p=

0, 216N · 100% = 21, 6%. N

Helyes válasz az A.

2.módszer:

Gyakorlott tanuló a feladat megoldásakor a szorzási szabályt

használhatja, tehát 90%-nak a 24%-a

0, 9 · 0, 24 = 0, 216. ♣

6.5 példa: Egy új autó ára 28 900 e. Megvásárlása után a piaci értéke minden évben 15%-kal csökken. Mennyi lesz az autó piaci értéke a vásárlás után

6.

76


két évvel? A) 24 565

Megoldás:

e

B) 22 450,5

e

C) 20 880,25

e

D) 20 230

e

Az autó értéke egy év alatt 15%-kal csökken, tehát az új ára az

eredeti ár 85%-a lesz. Az els® év után az autó

85 · 28 900 = 24 565 100 euróba fog kerülni. A következ® évben szintén 15%-kal csökken az autó piaci értéke és

85 · 24 565 = 20 880, 25 100

euróba fog kerülni két év után. Helyes válasz a C.

2.módszer:

A végeredményhez eljuthatunk úgy is, hogy fokozatosan lev-

onjuk az eredeti árból annak 15%-át. Els® lépésben az új ár

28 900 − 0, 15 · 28 900 = 24 565. Második lépésben a kapott árból újra levonjuk annak 15%-át

24 565 − 0, 15 · 24 565 = 20 880, 25. Második év után az autó ára 20 880,25

e.

Általánosítás: Az autó értéke a p·100%-os (0 < p < 1) csökkenés esetén az (1 − p) · 100%-a lesz. Ha az új autó ára x, akkor az els® év után már (1 − p)x lesz az értéke. A második év után pedig (1 − p) · (1 − p)x = (1 − p)2 x. Az n-dik év után az autó értéke eredeti ár

(1 − p)n x x = 28 900 e-val, (n = 2) az autó értéke Tehát

valamint

p = 0, 15-tel

számolva, a második év után

0, 852 · 28 900 = 20 880, 25. ♣

6.6 példa: Az egyetem két diákja összesen 1190 e ösztöndíjat kapott. Az egyik diák ösztöndíja a másik diák ösztöndíjának 40%-a. Mennyi volt a

6.

77


nagyobb összeg¶ jutalom? A) 714

e

B) 476

e

C) 340

e

D) 850

e

Megoldás: A két diák által kapott összeget felírjuk az x + y = 1190 egyenlet segítségével. Az egyik diák ösztöndíja

(x)

egyenl® a másik diák

(y)

ösztöndíjának 40%-ával. Ezt a következ® egyenl®séggel írjuk fel

x = 0, 4y. Az els® egyenletb®l

0, 4y + y = 1190 1190 = 850 y= 1, 4 A kapott 850

e lesz a nagyobb összeg¶ jutalom, mivel a másik jutalom ennek 850 · 0, 4 = 340 e lesz. Helyes válasz a D. ♣

a 40%-a. Kiszámíthatjuk, hogy

6.7 példa:

Egy vállalkozás az alapítása utáni három évben fokozatosan

növelte éves bevételét. A 2. évben elkönyvelt bevétele 20%-kal volt több, mint az els® évben. A 3. évben pedig 30%-kal több bevételük volt, mint a 2. évben. A 3. évben elért bevétel 421 200

e volt. Mennyi volt a bevétel az els®

évben? A) 235 872

Megoldás:

e

B) 210 600

e

C) 252 720

e

D) 270 000

Induljunk ki az els® év bevételéb®l, jelöljük

e

x-szel.

A második

évben 20%-kal több bevétel volt:

x + 0, 2x = 1, 2x. A harmadik évben újra növekedett a bevétel, az el®z® évhez viszonyítva 30%kal:

1, 2x + (1, 2x) · 0, 3 = 1, 2x(1 + 0, 3) = 1, 2 · 1, 3x = 1, 56x. A harmadik évben a bevétel elérte az els® év 156%-át, ami a feladat szerint 421 200

e.

Tehát

x·

156 = 421 200 100 421 200 x= · 100 = 270 000. 156

6.

78


Az els® évben a bevétel 270 000

e

volt. Helyes válasz a D.

♣

6.8 példa: Két liter 70%-os oldatot szeretnénk desztillált víz hozzáadásával felhigítani 40%-osra. Hány liter vizet kell az oldathoz önteni? A) 1,5 l

Megoldás:

B) 2 l

C) 1 l

D) 2,5 l

Ha egy vizes oldat 70%-os, akkor a teljes mennyiség 70%-át az

oldott anyag, 30%-át pedig víz teszi ki. Két literben az oldott anyag

2l · 0, 7 = 1, 4l. Ehhez csak desztillált vizet öntünk, így az oldott anyag mennyisége nem

x liter vízzel higítjuk az oldatot, akkor a 2+x literben 40%-os lesz az anyagrész. Felírjuk és megoldjuk az alábbi

fog változni, szintén 1,4l lesz. Ha kapott

egyenletet

(2 + x) · 0, 4 = 1, 4 2 · 0, 4 + 0, 4x = 1, 4 0, 6 x= = 1, 5. 0, 4 Az eredeti oldathoz 1,5 liter vizet kell önteni. Helyes válasz az A.

Általánosítás: p2 < p1 ≤ 1) x

Ha egy

p1 · 100%-os

oldatot higítunk

p2 · 100%-osra (0 ≤ n liter

liter desztillált víz hozzáadásával, akkor a kezdeti

oldatban lév® anyagmennyiség megmarad az új oldatban is, ezért

np1 = (n + x)p2 . Az egyenletb®l megkapjuk a víz mennyiségét, ami

p1 − p2 ·n= x= p2

p1 − 1 n. p2 ♣

6.9 példa: Egy kör alakú céltábla sugara 5 cm. A legkisebb bels® kör sugara 1 cm. Hány százaléka a legkisebb kör területe az egész céltábla területének?

6.

79


A) 1%

B) 4%

Megoldás:

C) 10%

D) 20%

2 cm, ezért a területe πR . 2 cm, vagyis a területe πr lesz. Ezt

R = 5

A kör alakú céltábla sugara

Hasonlóan a bels® kör sugara

r = 1

felírhatjuk az alábbi formában is

πR2 πr2 Ebb®l meghatározzuk a

p%

......

100%

......

p%

értékét:

πR2 100 = πr2 p πr2 p= · 100% πR2 Nem szükséges a területek pontos értékét a megadott adatokkal kiszámítani, a megoldáshoz elég a két kör területének aránya.

p=

r 2 R

2 1 · 100% · 100% = 5

Az eredmény tehát 4%, helyes válasz a B.

♣

6.10 példa:

Egy pénzintézet évi 4%-os kamatot kínál az új betétekre. A

kamat után leszámítják a 20%-os adót. Az ügyfél egyszeri alkalommal 2000

e-t

helyezett el a pénzintézetben. Mennyivel gyarapodik 2 év eltelte után ez

az összeg? A) 130,048

e

B) 64

e

C) 163,2

e

D) 82,56

e

Megoldás: Minden egyes évben a pénzösszeg 4%-os kamat hozzáírásával növekszik, viszont a kamatból levont 20%-kal csökken. Az els® év elteltével a kamat

4 · 2000 = 0, 04 · 2000 = 80 100 euró lesz. Még miel®tt ezt hozzáadjuk a betétünkhöz, le kell vonni bel®le a 20%-os kamatadót. Így az els® évi kamat

80 −

20 · 80 = 80 − 16 = 64 100

6.

80


euró lesz. Tehát az els® év után a pénzünk 64

e-val gyarapodott, így összesen

2000 + 64 = 2064 eurónk van. A második év után már ebb®l az összegb®l számolják a 4%-os kamatot, amely

0, 04 · 2064 = 82, 56. A 82,56

e

utáni kamatadó pedig

0, 2 · 82, 56 = 16, 512. 82, 56−16, 512 vagyis 66,048 e a tiszta nyereségünk. Ezt a bank hozzáírja a 2064 e-hoz, így most már 2130,048 e a betétünkön elhelyezett pénz. A két év utáni tiszta nyereség pedig 2130, 048 − 2000, tehát 130,048 e-val gyarapodott a pénzintézetben elhelyezett pénzünk. Ezt úgy is Tehát a második év után

megkaphatjuk, hogy összeadjuk az egyes évek utáni tiszta nyereséget, vagyis

64 + 66, 048 = 130, 048. Helyes válasz az A.

2.módszer:

Kiszámítjuk, hogy minden egyes évben az elhelyezett

hányszorosa lesz a számlánkon. Az

x

összeg utáni kamat

0, 04x.

x összeg

Mivel ebb®l

levonják a 20%-át, ez azt jelenti, hogy a pénzünkhöz a kamat 80%-át számolják hozzá, ami

0, 8 · 0, 04x = 0, 032x.

Tehát az els® év után

x1 = x + 0, 032x = 1, 032x a betét nagysága. A következ® évben az

x1

összeg szintén 1,032-szeresére

növekszik, tehát a második évben

x2 = 1, 032x1 = 1, 032 · 1, 032x lesz a számlánkon lév® összeg, vagyis az eredeti pénzösszeg

1, 0322 -szerese.

Ezt hasonlóan folytatva megkapjuk, hogy az n-dik év után az eredeti pénzösszeg 1, 032n -szerese lesz, azaz xn = 1, 032n x. Ha a befektetett összegünk

x = 2000 e

volt, akkor a második év utáni

betétünk nagysága

x2 = 1, 0322 · 2000 = 2130, 048. A tiszta nyereséget pedig a befektetett 2000

2130, 048 − 2000 = 130, 048 e.

e

levonásával kapjuk, ami

♣

6.

81


Feladatok:

6.1 feladat: Mennyi 300 kg 75%-a? A) 75 kg

B) 225 kg

C) 200 kg

D) 250 kg

6.2 feladat: Hány liter folyadéknak lesz 15 liter a 30%-a? A) 15

B) 45

C) 50

D) 30

6.3 feladat: Hány százaléka 240 e az 1200 e -nak? A) 20%

B) 0,2%

6.4 feladat: teljesítette a

C) 5%

D) 24%

A Selye János Egyetem 165 másodéves hallgatójának 20%-a

Matematika 2

vizsgát A-kit¶n® értékelésre. Hánynak sikerült

ez? A) 33

B) 5

C) 132

D) 40

6.5 feladat: Mennyi eurót takarítunk meg, ha a 410 e érték¶ TV készüléket egy 30%-os árleszállításon vesszük meg? A) 120

e

B) 30

e

C) 287

e

D) 123

e

6.6 feladat: Egy autó ára 12 500 e volt, melyet lecsökkentettek 10 625 e -ra. Hány százalékos volt a csökkenés? A) 85%

B) 5%

6.7 feladat:

C) 15%

D) 18%

e.

Hány

Egy bútorüzlet jelenleg 30%-os kiárusítást tart és 252

e -ért

Egy termék eredeti ára 35

e,

árleszállítás után 28

százalékos volt az árleszállítás? A) 7%

B) 25%

6.8 feladat:

C) 80%

D) 20%

kínálja konyhabútor összeállítását. Mennyi volt a konyhabútor régi ára? A) 756

e

B) 360

e

C) 328

e

D) 840

e

6.

82


6.9 feladat: Új személygépkocsi lízingelésekor a teljes ár 25%-át kell el®legben lezetni, ami 2150 A) 6450

e

e.

B) 21 500

Mennyi a személygépkocsi teljes ára?

e

C) 25 000

e

D) 8600

e

6.10 feladat: A Selye János Egyetem egyik projektjének nanszírozásához 10% sajátrészt kell bezetni, ami 2500 A) 25 000

e

B) 22 500

e

e. Mennyi a projekt teljes költsége?

C) 10 000

e

D) 50 000

e

6.11 feladat: Egy épület tervezett építési költségét a kivitelezés során túle

lépték. A végösszeg 253 000

lett, ami a tervezett költség 115%-a. Mennyi

volt az épület tervezett költsége? A) 220 000

e

6.12 feladat:

B) 215 050

e

e

C) 37 950

D) 290 950

Egy kisvállalkozás éves nyeresége 145 000

e e

volt. A 20%-os

adó bezetése után a megmaradt összeg negyedét fordították a vállalkozás fejlesztésére. Mennyi volt a fejlesztésre elköltött összeg? A) 116 000

e

B) 7250

e

C) 29 000

e

D) 46 400

e

6.13 feladat: A bank a lekötött betétekre évi 3%-os kamatot kínál. A kamat után 20%-os adót kell zetni. Mennyi lesz egy év elteltével 4000

e betét után

a tiszta nyereség? A) 120

e

B) 96

e

C) 24

e

D) 704

e

6.14 feladat: Egy kabát eredeti ára az üzletben 50 e. A vásárban ezt 20%kal drágábban árusították, de az utolsó napon a kabát árát csökkentették 20%-kal. Mennyiért vehetjük meg a kabátot a vásár utolsó napján? A) 60

e

B) 48

e

C) 50

e

D) 40

e

6.15 feladat: A Forma 1-ben érvényes 107%-os szabály szerint egy versenyz® nem indulhat a versenyen, ha az els® kvalikációs szakaszban mért ideje meghaladja a legjobb id®eredmény 107%-át. Milyen szintid®t kell teljesíteni a versenyen való induláshoz, ha a legjobb id® 1 perc 13.822 másodperc? A) 1:18.110

B) 1:08.654

C) 1:18.989

D) 1:21.789

6.

83


6.16 feladat:

A kerti gyümölcsfák permetezéséhez 5 liter 20%-os oldatot

készítettünk. Hány százalékos lesz az oldat, ha ehhez még 5 liter vizet öntünk? A) 40%

B) 10%

6.17 feladat:

C) 15%

D) 20%

Az autóban használt téli szélvéd®mosó 0,5 literjéhez 1 liter

desztillált vízet kevertünk, vagyis 1:2 arányban higítottuk. Hány százalékos oldatot kaptunk? A) 10%

B) 20%

C) 33,3%

D) 50%

6.18 feladat: Egy négyzetbe rajzoljunk még egy négyzetet úgy, hogy a bels® négyzet csúcsai a küls® négyzet oldalfelez®i legyenek (2.ábra). Hány százaléka a bels® négyzet területe a küls® négyzet területének?

2. ábra.

A) 25%

B) 50%

C) 70%

D) 75%

6.19 feladat: Egy cég a 2011-es évben 15%-kal növelte termelését az el®z® évhez viszonyítva. A 2012-es évben ismét növelte termelését, az el®z® évhez viszonyítva 20%-kal. Hány százalékos termelésnövekedést ért el a cég 2012ben 2010-hez viszonyítva? A) 38%

B) 35%

6.20 feladat:

C) 32%

D) 30%

Bolygónk szárazföldi részének területe kerekítve 149 millió

6.

84


km2 ,

a teljes vízfelszín területe 361 millió

km2 .

A Föld felszínének hány

százalékát borítja víz? (Az eredményt egy tizedeshelyre kerekítsük.) A) 29,2%

B) 41,3%

6.21 feladat:

C) 67%

D) 70,8%

A nyers töltött kolbász súlyvesztesége a kés®bbi száradás

következtében 5%. Hány kg nyers kolbászt kell felhasználni 38 kg kész kolbász el®állításához? A) 40 kg

B) 39 kg

6.22 feladat:

C) 41,5 kg

D) 36 kg

Egy cég 220 alkalmazottjának 40%-a n®. A n®k 75%-a van

férjnél. Hány n® van férjnél? A) 66

B) 88

C) 22

D) 165

6.23 feladat: Egy sajt címkéjén feltüntetett adatok szerint: a szárazanyagtartalom 50%, szárazanyagban lév® zsírtartalom 40%. Hány gramm zsírt tartalmaz a 120g csomagolású sajt? A) 20

B) 10

6.24 feladat:

C) 24

D) 108

Egy liter tehéntej víztartalma 88% és szárazanyagtartalma

12%. A szárazanyagban lév® zsírtartalom 27,5%. Hány százalékos a tej zsírtartalma? A) 3,3%

B) 33,3%

C) 27,5%

D) 24,2%

6.25 feladat: Egy cégvezet® két üzletköt®jének a hónap végén összesen 1430

e jutalmat adott. A sikeresebb üzletköt® 20%-kal több jutalmat kapott, mint a másik. Mennyi volt a sikeresebb üzletköt® jutalma? A) 858

e

B) 780

e

C) 650

e

D) 572

e

7.

85

KOMBINATORIKA

7.

Kombinatorika

A kombinatorikai feladatok alapvet®en elemek sorrendjével vagy azok kiválasztásával foglalkoznak. Az egyes sorrendek vagy kiválasztások esetén meg kell különböztetni azokat az eseteket, amikor az elemek ismétl®dhetnek. Adott

n

különböz® elem sorrendjét az

n · (n − 1) · (n − 2) · . . . · 2 · 1 = n! (olvasd: n faktoriális) kifejezés segítségével számoljuk ki. Ezt a számot úgy kapjuk, hogy az els® helyre az elemek közül bármelyiket helyezhetjük, a 2.helyre a maradék maradt

(n − 2)

(n − 1)

Végül az utolsó, azaz Adott

n

elem közül kerülhet az egyik, a 3. helyre a meg-

elemb®l választhatunk egyet tetszés szerint, és így tovább.

n-dik

helyre csak 1 elem maradt.

különböz® elemet

k
helyre

n · (n − 1) · (n − 2) · . . . · (n − k + 1) féleképpen helyezhetünk el. Adott

n

különböz® elemet

k
helyre sorba rendezhetünk úgy is, hogy

egy elem többször is sorra kerülhet. Akkor

n · . . . · n} = nk | · n {z k−szor

ilyen sorrend lehetséges. Adott n különböz® elemb®l tetsz®leges k elemet kiválaszthatunk (k = 0, 1, 2, . . . , n). Ha mindegyik elemet csak egyszer választhatjuk és a kiválasztottak sorrendjét nem vesszük gyelembe, akkor az ilyen kiválasztások számát az

(ejtsd:

n n! = k! · (n − k)! k n

alatt a

k)

kifejezéssel adjuk meg.

Megoldott példák

7.1 példa: A könyvespolcon 6 könyv van egymás mellett. Két könyvnek egyforma piros a borítója, ezért nem kerülhetnek egymás mellé. Hány különböz® sorrendben állhatnak a könyvek a polcon úgy, hogy a feltétel is teljesüljön? A) 480

B) 720

C) 120

D) 600

7.

86

KOMBINATORIKA

Megoldás: Ha az összes könyvet tetszés szerinti sorrendbe rakhatjuk, akkor 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 6! lehet®ségünk van. A 6! (ejtsd: hat faktoriális) összesen 720 lehet®ség. Ezekb®l ki kell vonni azokat az eseteket, amikor a két piros borítójú könyv egymás mellé került. Ilyenkor a két könyvet a polcon 1 elemnek vesszük, a kimaradt 4 könyvvel együtt 5 elem sorrendjét keressük, ami 5!=120. A két piros könyv a polcon két különböz® sorrendben állhat egymás mellett, ezért kétszer 120 ilyen eset van. Végül kivonjuk az összes esetb®l azokat, melyek nem teljesítik a feltételt, így

6! − 2 · 5! = 720 − 2 · 120 = 480 lehet®séget kapunk. Helyes válasz az A.

♣

7.2 példa: Hány 3-jegy¶ természetes szám készíthet® a 0, 2, 4, 6, 8 számjegyekb®l mindegyiket egyszer használva? A) 120

B) 12

Megoldás:

C) 48

D) 60

A felsorolt öt számjegyb®l választva

5 · 4 · 3 = 60

féleképpen

alkothatunk 3-jegy¶ számokat. Ezek között viszont olyanok is lesznek melyek 0-ra kezd®dnek, ami már nem 3-jegy¶ szám lesz. Az ilyen számokból

4·3 = 12

van. Ha ezt kivonjuk a 60-ból, megkapjuk az összes 3-jegy¶, nem 0-ra kezd®d® számot:

60 − 12 = 48.

2. módszer:

Helyes válasz a C.

A megoldást így is megkaphatjuk: az els® számjegyre csak

a 2, 4, 6, 8 jegyeket használhatjuk, vagyis 4 lehet®ségünk van. Ezek közül bármelyiket elhasználva a 2. számjegy felírására maradt 3 számjegy és a 0, vagyis megint 4 lehet®ség. Végül a 3. helyre 3 számjegy közül választhatunk. A lehet®ségeket összeszorozva

4 · 4 · 3 = 48.

Helyes válasz a C.

♣

7.3 példa: Egy vállalat közös munkacsoportot tervez összeállítani két részlegének részvételével . A közös csoportnak az A részlegr®l 3 tagja, a B részlegr®l 5 tagja lesz. Hányféleképpen lehet a csoportot összeállítani, ha az A részlegr®l 6, a B részlegr®l pedig 8 személy jelentkezett a feladatra? A) 3003

B) 1120

C) 76

D) 56

7.

87

KOMBINATORIKA

Megoldás: Az A részlegr®l 6 személy jelentkezett, közülük tetsz®legesen választva 3 személyt

6 6! = = 20 3 3! · (6 − 3)! féleképpen lehet. Hasonlóan a B részlegr®l a 8 jelentkez®b®l 5-öt összesen

8 8! = = 56 5 5! · (8 − 5)! módon választhatunk. Az A részleg 20 lehet®sége közül minden egyes csoportot a B részleg 56 különböz® csoportjával tehetjük egybe. Tehát összesen 20-szor 56 munkacsoport van, vagyis

20 · 56 = 1120.

Helyes válasz a B.

♣

7.4 példa: Az ünnepi papírzászlók elkészítéséhez 5 különböz® színû festékünk van, egy papírzászló 3 vízszintes sávból áll. Egy zászló készülhet különböz® színekb®l is, de megengedjük az azonos színek használatát is. Hány különböz® papírzászlót festhetünk ki? A) 60

B) 65

C) 120

D) 125

Megoldás: Az 5 színb®l 3 különböz® színt használva 5 · 4 · 3 = 60 papírzászlót festhetünk ki. Ha egy színt egy zászló kifestéséhez többször is használhatunk, 3 akkor természetesen több lehet®ségünk van, 5 · 5 · 5 = 5 = 125. Ezek között természetesen benne vannak a különböz® színû zászlók is. A kérdésre a helyes válasz a 125, vagyis a D.

♣

Feladatok:

7.1 feladat:

Az A, B, C, D bet¶ket helyezze el egy sorba úgy, hogy a C

legyen az els® helyen. Hány ilyen sorrend lehetséges? A) 24

B) 1

C) 4

D) 6

7.2 feladat: Az 1, 2, 3, 4, 5 számjegyekb®l hány 5-jegy¶ természetes szám írható fel? (Mindegyik számjegy egyszer szerepelhet.)

7.

88

KOMBINATORIKA

A) 120

B) 5

C) 100

D) 20

7.3 feladat: Hányféleképpen lehet sorba rakni egy sárga, egy piros, egy zöld és egy fekete szín¶ golyót? A) 12

B) 24

C) 25

D) 4

7.4 feladat: Hányféleképpen foglalhatja el a helyét 6 munkás a gyártósor 6 gépe mellett? A) 720

B) 1

C) 120

D) 6

7.5 feladat: Hányféleképpen foglalhat helyet egymás mellett egy moziban 3 fér és 4 n® úgy, hogy a férak és n®k felváltva következzenek egymás után? A) 120

B) 5040

C) 144

D) 30

7.6 feladat: A 100 m-es síkfutás világbajnoki dönt®jében 8 atléta áll rajthoz. Összesen hány lehet®ség van az arany, ezüst és bronzérem kiosztására?

A) 3

B) 336

7.7 feladat:

C) 56

D) 512

Hány 4-jegy¶ számkódot adhatunk meg az 1, 5, 7 billenty¶k

különböz® sorrendben történ® (akár többszöri) lenyomásával? A) 81

B) 24

C) 6

D) 0

7.8 feladat: Egy dobókockával háromszor dobunk. Hány különböz® dobássorozatot kaphatunk? A) 18

B) 720

C) 216

D) 120

7.9 feladat: Egy idegen ország személyautóinak rendszáma csak két bet¶b®l és két számjegyb®l áll. A rendszámhoz az ábécé 25 bet¶jét és a 0-9 számjegyeket használják. Összesen hány autó kaphat rendszámot? A) 6250

B) 62 500

C) 2500

D) 70

7.10 feladat: Hány olyan 4-jegy¶ PIN-kódot adhatunk meg, amelyik páros

7.

89

KOMBINATORIKA

számra végz®dik? (A PIN-kódhoz a 0-9 számjegyeket használhatjuk.) A) 5040

B) 10 000

7.11 feladat:

C) 500

D) 5000

Hány kézfogást számolhatunk össze, ha 8 személy találkozik

és mindenki mindenkivel kezet fog? A) 8

B) 36

C) 28

D) 40 320

7.12 feladat: A vasútállomásra érkez® 9 turista csak egy szabad taxit talált. Hányféleképpen választhatják ki azt a 3 személyt, akik els®ként indulhatnak a taxival? A) 84

B) 60 480

7.13 feladat:

C) 27

D) 3

A teremfoci mérk®zésre 8 játékos készül®dik, de a csapatból

egyszerre csak 5-en lehetnek a pályán. Hányféle összeállításban léphetnek pályára? A) 56

B) 40

7.14 feladat:

C) 6720

D) 40 320

Egy intézmény 5-tagú bizottságot szeretne felállítani. Hány

különböz® bizottságot hozhat létre 5 fér és 6 n®i jelöltb®l válogatva, ha az a feltétel, hogy nem lehet az összes tag fér vagy n®. A) 462

B) 455

C) 120

D) 720

7.15 feladat: Hányféleképpen lehet egyesével szétosztani 10 tányérra 3 szelet tortát? A) 0

B) 10

C) 720

D) 120

8.

8.

A sík analitikus geometriája

Két, a koordinátáival adott pont: az

90

A SÍK ANALITIKUS GEOMETRIÁJA

~ AB

A = [a1 , a2 ]

és

B = [b1 , b2 ],

meghatározza

vektort:

~ = B − A = (b1 − a1 , b2 − a2 ). AB

(6)

Az egyenes bármelyik pontja megkapható úgy, mint egy adott pontjának és a megfelel®en sokszor vett

~s = (s1 , s2 )

A = [a1 , a2 ]

irányvektorának az

összege. Az

egyenes paraméteres egyenleteinek

nevezzük az alábbi egyenle-

trendszert:

x = a1 + s 1 t y = a2 + s2 t,

ahol

t ∈ R.

(7)

Az irányvektor esetében nem szamít annak nagysága, csak az iránya, ebb®l kifolyólag nem egyértelm¶en adott sem maga a vektor, sem az egyenes paraméteres egyenletei (viszont ez utóbbiak azért is, mert az egyenes bármelyik pontja megválasztható belé). A vektort nemnulla valós számmal megszorozva nem változik annak iránya, csak nagysága és esetleg az irányítása. Ha a (7) egyenletekben a

t paraméter egy véges zárt intervallumból adott,

akkor egy szakasz paraméteres meghatározását adják a (7) egyenletek, ha pedig egy

(−∞, ci vagy egy hd, ∞) intervallumból adott, ahol c, d ∈ R, akkor

pedig egy félegyenes paraméteres meghatározásást kapjuk. Az

egyenes ~n = (n1 , n2 ) normálvektorának

ami mer®leges az egyenes irányára,

~s

nevezzük azt a vektort,

irányvektorára.

Két vektor akkor és csakis akkor mer®leges egymásra, ha a skaláris szorzatuk Az

0. ~a = (a1 , a2 )

és

~b = (b1 , b2 )

vektorok skaláris szorzata,

ami ered-

ményül egy skaláris mennyiséget (valós számot) ad, az alábbi összefüggéssel adott:

~a · ~b = a1 b1 + a2 b2 . A skaláris szorzat segítségével kapjuk meg a

|~v | = amit

(8)

vektor nagyságát:

q √ ~v · ~v = v12 + v22 ,

(9)

két pont távolságának kiszámítására is használhatunk: |AB| =

p (a1 − b1 )2 + (a2 − b2 )2 .

(10)

8.

91


Szintén a skaláris szorzatot használjuk

két vektor szögének kiszámításához:

~a · ~b cos ϕ = (~a, ~b)∠ = , |~a||~b| ahol

(11)

~a, ~b 6= ~0

A fenti állításokat összevetve látjuk, hogy az egyenes ~ s

= (s1 , s2 ) irányvek-

torának ismeretében meghatározható a normálvektora is:

~n = (n1 , n2 ) = (s2 , −s1 )

vagy

(−s2 , s1 )

. A (7) egyenletekb®l a paraméter kiküszöbölésével megkaphatjuk az

nes általános egyenletét:

egye-

ax + by + c = 0, ahol az

a, b ∈ R

(12)

együtthatókra igaz, hogy azok egymáshoz való aránya meg-

egyezik a normálvektor koordinátáinak egymáshoz való arányával:

a : b = n1 : n2 . Az egyenes általános egyenlete nemnulla valós számmal való szorzásától eltekintve egyértelm¶en meghatározza az egyenest. Az általános egyenletb®l

tényez®s egyenlete:

y

kifejezésével megkapható az

egyenes irány-

y = kx + q. ahol

k

(13)

az úgynevezett iránytényez®, vagy iránytangens, mivel:

k = tg ϕ, ahol

ϕ

az egyenes

x

koordinátatengellyel bezárt szöge és

(14)

q

pedig az

y

ko-

ordinátatengellyel való metszéspontja. Ebb®l láthatjuk, hogy az egyenes az tulajdonk¶áeppen egy lineáris függvény.

Két egyenes a és b kölcsönöcs helyzete a síkban: egybees® (a ≡ b), ha az egyik egyenes bármely pontja egyben pontja a másik egyenesnek is. Ebb®l kifolyólag az egyik irányvektora többszöröse a másikénak.

metsz®, ha a két egyenesnek csak egy közös pontja van.

párhuzamos (akb), ha nincs közös pontjuk, de az irányuk megegyezik. Ekkor az egyik irányvektora többszöröse a másikénak.

8.

92


Megoldott példák

8.1 példa:

Állapítsa meg, hogy az alábbi egyenletek közül melyek az

egyenes paraméteres egyenletei, ha

A = [1, 1]

AB

B = [5, −3]!

x = 1 − 2t, y = 1 + 2t, t ∈ R

A)

x = 1 + 5t, y = 1 − 3t, t ∈ R

B)

C)

x = 1 + t, y = 1 + t, t ∈ R

D) egyik sem

Megoldás:

és

Az egyenes paraméteres egyenleteinek felírásához kell az egyenes

egy pontja, legyen az az

A pont (de lehetne az a B pont is), és az irányvektora

amit ki tudunk számítani mint az adott két pontjának különbségét, legyen az a

B − A.

Az (6) alapján:

~s = B − A = (5 − 1, −3 − 1) = (4, −4) = 4 · (1, −1) Ahogyan azt látjuk a

(1, −1)

vektor az egyenes irányvektora. Az egyenes

paraméteres egyenletei (7) alapján:

x = 1 + t, y = 1 − t,

t ∈ R.

Látszólag ezzel nem egyezik az A), B), C) lehet®ségek közül egyik sem, és a D) válasz t¶nhet jónak. Azonban ha az általunk használt

(1, −1)

vektor

(−2)szeresét használjuk a paraméteres egyenlet felírásához, akkor abból már jól látszik, hogy a B) válaszlehet®ség a helyes.

♣

Megoldás: Másik módszer Az

A és B

pontok koordinátáinak behelyettesítésével eldönthet®, hogy az

egyes pontok pontjai-e a paraméteres egyenletekkel felírt egyeneseknek. Nyilvánvalóan az

A

pont az A), B), C) lehet®ségekben felírt egyenleteket

is kielégíti, hiszen mindhárom esetben

t=0

esetében teljesülnek az egyen-

l®ségek. A

B

pont koordinátáit az A) eset egyenleteibe helyettesítve:

5 = 1 + 5t −3 = 1 − 3t

8.

93


rendezve az egyenleteket:

4 = 5t −4 = −3t. 4 4 , a másodikból pedig értéket kapunk, azaz nem 5 3 létezik egy olyan paraméterérték, amire megkapnánk a B pontot. Ezek alapján

Az els® egyenletb®l

t-re

az A) eset kizárható. A

B

pont koordinátáit az B) eset egyenleteibe helyettesítve:

5 = 1 − 2t −3 = 1 + 2t rendezve az egyenleteket:

4 = −2t −4 = 2t. Az els® és a második egyenletb®l is paraméterértékre megkapjuk a

B

t-re −2

értéket kapunk, azaz

t = −2

pontot. Ezek alapján a B) helyes.

Ezzel a módszerrel még ellen®rizhetjük a C) esetet is, de ott sem kapunk olyan paraméterértéket, amire megkapnánk az a

B

pont koordinátáit.

Mindezt összevetve a B) válaszlehet®ség a helyes.

♣

8.2 példa:



A = [2, −5]

A)

x = −4 + 2t, y = 4 + t, t ∈ R

B)

C)

x = 4 + 2t, y = −4 − t, t ∈ R

D) egyik sem

Megoldás: Az AB

és

AB

B = [6, −3]!

x = 4 + 2t, y = −4 + t, t ∈ R

egyenes irányvektora, legyen

B − A.

Az (6) alapján:

~s = B − A = (6 − 2, −3 − (−5)) = (4, 2) = 2 · (2, 1) Felhasználva a

(2, 1) vektort és az A pontot az egyenes paraméteres egyenletei

(7) alapján:

x = 2 + 2t, y = −5 + t,

t ∈ R.

8.

94


Látszólag ezzel újfent nem egyezik az A), B), C) lehet®ségek közül egyik sem, és a D) válasz t¶nhet jónak. Azonban az egyenes paraméteres egyenletei nem egyértelm¶en adottak és az els® három válaszlehet®ség közül valamelyik helyes lehet. Az A) és B) lehet®ségek irányvektora megfelel®, a C) lehet®ségé viszont nem (~ s bármilyen valós számmal szorozva sem lesz

(2, −1)),

így a C) vá-

laszlehet®ség kizárható. Ezek alapján az A) és B) lehet®ségek egyenesei vagy egybeesnek az

AB

egynessel, vagy párhuzamosak velük. A kérdés ezek után

az, hogy a megadott paraméteres egyenletekben szerepl® pontok valóban pontjai-e az

AB

egyenesnek.

Az A) lehet®ség egyenleteib®l helyettesítve ezt az

AB

t=0

értékre kapjuk a

[−4, 4]

pontot. Be-

egyenes paraméteres egyenleteibe:

−4 = 2 + 2t 4 = −5 + t rendezve az egyenleteket:

−6 = 2t 9 = t. t = −3-at,


a másodikból pedig

t = 9-et kapunk, azaz [−4, 4] pontot.

nem létezik egy olyan paraméterérték, amire megkapnánk a Ezek alapján az A) eset kizárható. Az B) lehet®ség egyenleteib®l helyettesítve ezt az

AB

t=0

értékre kapjuk a

[4, −4]

pontot. Be-

egyenes paraméteres egyenleteibe:

4 = 2 + 2t −4 = −5 + t rendezve az egyenleteket:

2 = 2t 1 = t, azaz

t=1

paraméterérték esetén megkapjuk a

[−4, 4]

pontot. Ezek alapján

a B) válaszlehet®ség a helyes.

♣

8.3 példa: Az alábbi egyenletek közül melyik az AB egyenes általános egyenlete, ha

A = [1, 2]

és

B = [3, −4]!

8.

95


A)

3x − y − 5 = 0

B)

3x + y + 5 = 0

C)

3x + y − 5 = 0

D) egyik sem

Megoldás: Paraméteres egyenletb®l Az

AB

egyenes irányvektora, legyen

B − A.

Az (6) alapján:

~s = B − A = (3 − 1, −4 − 2) = (2, −6) = 2 · (1, −3) Felhasználva az

(1, −3) vektort és az A pontot az egyenes paraméteres egyen-

letei (7) alapján:

x = 1 + t, y = 2 − 3t, Küszöböljük ki a

t

t ∈ R.

paramétert, azaz az els® egyenlet háromszorosához adjuk

hozzá a második egyenletet:

3x + y = 3 + 2 + 3t − 3t 3x + y − 5 = 0 A helyes megoldás a C).

♣

Megoldás: Normálvektorral Ismerve az egyenes

(1, −3)

irányvektorát felírható annak normálvektora

is:

~nAB = (3, 1). Ezek alapján az általános egyenlet

3x + y + c = 0 alakban írható fel. A c AB egyenes egyik pontját,

együttható meghatározásához helyettesítsük be az pl.

A-t: 3·1+2+c = 0 c+5 = 0 c = −5

Ezek alapján az egyenes általános egyenlete

3x + y − 5 = 0,

vagyis a helyes

megoldás a C).

♣

Megoldás: Behelyettesítéssel

8.

96


Az egyenes általános egyenlete

b c

ax + by + c = 0

alakban írható fel. Az

együtthatók meghatározásához helyettesítsük be el®bb az

A

majd a

a, B

pont koordinátít. Ebb®l egy kétismeretlenes egyenletrendszert kapunk három ismeretlennel, amelyeknek viszont csak az egymáshoz való arányára vagyunk kíváncsiak, és így közülük az egyik szabadon megválasztható, ezért legyen pl.

c = 1. 1·a+2·b+1 = 0 3·a−4·b+1 = 0 Az egyenletrendszer megoldásai

a = −

egyenlete tehát:

3 1 , b = − . 5 5

Az egyenes általános

1 3 − x − y + 1 = 0 / · (−5) 5 5 3x + y − 5 = 0 A helyes válaszlehet®ség a C)

♣

8.4 példa: Számítsa ki az AB

egyenes iránytényez®jét, ha

A = [−3, −1]

és

B = [4, 3]! A)

1 2

B)

−

5 7

C)

5 7

D)

4 7

Megoldás: Kifejezéssel Felírhatjuk az el®z® feladat mintájára az egyenes általános egyenletét, majd abból kifejezhetjük az iránytényez®s egyenletét:

B − A = (4 − (−3), 3 − (−1)) = (7, 4) A

4x − 7y + c = 0

lyettesítésével kapjuk A

4x − 7y + 5 = 0

=⇒

~nAB = (4, −7)

általános egyenlet abszolút tagját az

5-nek. egyenletb®l

Ebb®l az iránytényez®

k=

4 , 7

y -t

kifejezve

A

pont behe-

4 5 y = x+ . 7 7

tehát a D) válasz a helyes.

Megoldás: Az iránytényez® értelmezésével

♣

8.

97


3. ábra. Iránytényez®

A példa adatait a 3. ábra szemlélteti. Az iránytangens

ϕ szöge nyilvánvalóan kijelölhet® az ábrán látható derék-

szög¶ háromszögben. A derékszög¶ háromszögben a tangens a szöggel szemközti befogó hányadosa a szög melletti befogóval. Ezen befogók hossza pedig a pontok megfelel® koordinátáinak különbsége. Tehát:

k = tgϕ =

4 3 − (−1) = 4 − (−3) 7

Ezek alapján a helyes válasz a D).

♣

8.5 példa: Határozza meg az a és b egyenesek kölcsönös helyzetét ha az a egyenes paraméteresen, a

a:

A) egybees®k

b

pedig az általános egyenletével adott:

x = 3 + 2t y = 4 − 5t,

B) metsz®k

t∈R

b : 5x + 2y + 1 = 0

C) párhuzamosak

D) egyébb

Megoldás: Vektorokkal a egyenes irányvektora ~sa = (2, −5), a b ~nb = (5, 2). Ebb®l látjuk, hogy a két egyenes Az

egyenes normálvektora pedig iránya megegyez®, vagyis az

egyenesek vagy párhuzamosak, vagy egybees®k.

8.

Ennek eldöntésére helyettesítsük be a

a

98


egyenes

[3, 4]

b

egyenes általános egyenletébe az

pontját.

5 · 3 + 2 · 4 + 1 = 15 + 8 + 1 = 24 6= 0 Tehát a

[3, 4]

b

pont nem pontja a

egyenesnek az egyenesek párhuzamosak.

A helyes válasz a C).

♣

Megoldás: Behelyettesítéssel a egyenes általános egyenletében helyettesítsük be a b egyenes paraméteres egyenleteib®l az x-et és az y -t: Az

5(3 + 2t) + 2(4 − 5t) + 1 = 15 + 10t + 8 − 10t + 1 = 24 A

t

paraméter értékét®l függetlenül a kapott érték sosem lesz egyenl® nullá-

val. Ezek szerint nincs olyan pontja az

a

egyenesnek, ami pontja volna a

b

egyenesnek. Azaz az egyenesek párhuzamosak és így a C) válasz a helyes.

♣

8.6 példa: Határozza meg az a és b egyenesek metszéspontját, amennyiben az létezik, ha az

a egyenes paraméteresen, a b pedig az általános egyenletével

adott:

a:

A)

[5, −12]

x = 1 + 2t y = 3 − 5t,

b : 2x + 3y + 11 = 0

t∈R

B) nem metsz®k

C)

[5, 12]

D)

[5, −7]

Megoldás: Az a egyenes általános egyenletében helyettesítsük be a b egyenes paraméteres egyenleteib®l az

x-et

és az

y -t:

2(1 + 2t) + 3(3 − 5t) + 11 2 + 4t + 9 − 15t + 11 −11t + 22 22 t

= = = = =

0 0 0 11t 2

8.

99


Mint látjuk a

t

paraméternek csak erre az egyetlen

−2

értékére teljesül az

egyenlet, tehát az egyenesek metsz®k lesznek, és csakis az ehhez tartozó

[1 + 2 · 2, 3 − 5 · 2] = [5, −7]

koordinátájú mpont elégíti ki mindkét egyenes

egyenleteit. Ezek alapján a D) válasz a helyes.

♣

8.7 példa: Határozza meg az a egyenessel párhuzamos és a P = [2, −7] ponton áthaladó

p

egyenes általános egyenletét, ha az

a

egyenes paraméteresen

adott:

x = 4 + 5t y = 8 − 11t,

a:

A)

11x + 5y + 13 = 0

B) nincs ilyen

C)

7x + 2y + 16 = 0

D)

Megoldás:

Az

a

t ∈ R.

7x + 2y + −12 = 0

egyenes irányvektorából meg tudjuk kapni a

p

egyenes nor-

málvektorát:

~sa = (5, −11) Ez alapján

=⇒

~nb = (11, 5) .

p általános egyenlete 11x + 5y + c = 0, amiben c értékét a P

pont

koordinátáinak behelyettesítésével kaphatjuk meg:

11 · 2 + 5 · (−7) + c = 0 22 − 35 + c = 0 c = 13 Visszahelyettesítve

c-t

a

p

egyenes általános egyenlete:

11x + 5y + 13 = 0.

Ezek alapján az A) a helyes válasz.

♣

8.8 példa: Határozza meg az a és b egyenesek hajlásszögét, ha: a : 3x − 4y + 5 = 0,

A) cca.

14, 25◦

B) cca.

104, 75◦

b : 12x + 5y + 11 = 0

C) cca.

75, 75◦

D) cca.

104, 25◦

8.

100


Megoldás: (12, 5)

Az

a

egyenes

~na = (3, −4)

normálvektora és a

b

egyenes

~nb =

normálvektora által bezárt szög (11) szerint:

cos ϕ = p

3 · 12 + (−4) · 5 36 − 20 16 16 √ =√ √ = = 5 · 13 65 25 169 32 + (−4)2 122 + 52

Ebb®l:

ϕ = arccos Mivel ez az érték

0◦

és

16 . = 75, 75◦ 65

90◦

közé esik, ezért az egyenesek hajlásszöge mege◦ ◦ gyezik ezzel az értékkel (Ha 90 -nál nagyobb lenne, akkor a szöget 180 -ból vonjuk ki). Ezek alapján a helyes válasz a C).

♣

8.9 példa: Határozza meg az a és b egyenesek hajlásszögét, ha: a:

A) cca.

34, 51◦

Megoldás:

Az

a

x = 1 + 2t y = 3 − 5t,

B) cca. egyenes

b : 2x + 3y + 11 = 0

t∈R

124, 51◦

C) cca.

~sa = (2, −5)

55, 49◦

D) cca.

irányvektora és a

b

84, 25◦

egyenes

~nb = (2, 3)


√ √ 2 · 2 + (−5) · 3 11 29 13 4 − 15 √ cos ϕ = p = √ √ =− 29 · 13 29 13 22 + (−5)2 22 + 32 Ebb®l:

√ √ 11 29 13 . = 124, 51◦ ϕ = arccos − 29 · 13

Mivel ez egy normálvektor és egy irányvektor szöge, ezért az egyenesek szöge ◦ ◦ ◦ ◦ ett®l 90 -kal kisebb (ha az érték 0 és 90 közötti lenne, akkor 90 -ból vontuk volna ki a kapott szöget). A két egyenes szöge megközelít®leg

34, 51◦ ,

ezek alapján a helyes válasz

az A).

♣

8.


101

8.10 példa: Határozza meg annak az egyenesnek az általános egyenletét ami az

a : 3x−4y +11 = 0 egyenessel 60◦ -os szöget zár be és áthalad az A = [2, 0]

ponton! A)

√ 39x + (48 + 25 3)y − 78 = 0,

√ 39x + (48 − 25 3)y − 78 = 0

B) nincs ilyen egyenes

4x + 3y − 2 = 0, √ 3x + 4y − 78 = 0 D) 39x + (48 + 25 3)y − 78 = 0

C)

Megoldás: A keresett egyenes ~n = (1, p) normálvektorának az a egyenes ~n = (3, −4) normálvektorával bezárt szöge a (11) összefüggéssel határozható meg. Behelyettesítve:

3 · 1 + (−4)p p cos 60◦ = p 12 + p2 32 + (−4)2 p 3 − 4p 1 = p / · 2 · 5 1 + p2 √ 2 1 + p2 25 p /()2 5 1 + p2 = 2(3 − 4p) 25(1 + p2 ) = 4(3 − 4p)2 25 + 25p2 = 36 − 96p + 64p2 39p2 − 96p + 11 = 0 A másodfokú egyenlet gyökei

√ 962 − 4 · 39 · 11 p1,2 = , 2 · 39 √ √ 48 + 25 3 48 − 25 3 p1 = , p2 = . 39 39 √ √ A keresett normálvektorok: ~ n = (39, 48 + 25 3) és ~ n = (39, 48 − 25 3). 2 1 √ √ A 39x + (48 + 25 3)y + c1 = 0 illetve 39x + (48 − 25 3)y + c2 = 0 általános egyenletekben a c1 , c2 abszolút tagokat az A pont koordinátáinak behelyettesítésével kapjuk: c1 = −78, c2 = −78. 96 ±

A kiszámítottak alapján két megfelel® egyenest is kapunk amelyeknek áltálános egyenletei:

√ 39x + (48 + 25 3)y − 78 = 0

illetve

√ 39x + (48 − 25 3)y − 78 = 0

Ezek alapján a helyes válasz az A).

♣

8.

102


Feladatok:

8.1 feladat: Határozza meg, hogy melyik pont pontja az x = 3 + 4t, y = −4 + 3t, t ∈ R paraméteres egyenlet¶ egyenesnek! A)

[−5, −10]

8.2 feladat:

B)

[−1, 1]

C)

[1, −1]

Határozza meg az

D)

[−5, 10]

A = [−5, 1], B = [2, −10]

pontokkal adott

egyenes paraméteres egyenleteit!

A)

x = 1 + 4t, y = 24 + 3t, t ∈ R

B)

x = 2 − 7t, y = −4 + 3t, t ∈ R

C)

x = −5 + 7t, y = 1 − 11t, t ∈ R

D)

x = 2 + 7t, y = 12 − 11t, t ∈ R

8.3 feladat:

Határozza meg az

A = [3, 4]

és a

B = [2, 1]

pontokkal adott

szakasz paraméteres egyenleteit!

A)

x = 2 − t, y = 1 + 3t, t ∈ h0, 1i

B)

x = 2 − t, y = 1 − 3t, t ∈ R

C)

x = 3 − t, y = 4 − 3t, t ∈ h0, 1i

D)

x = 2 + t, y = 1 + 3t, t ∈ R

8.4 feladat: P = [p, −2] A)

17

B)

pont, ha

2

8.5 feladat:

p milyen értékére A = [1, 1], B = [5, 7]!

Állapítsa meg

C)

−1

D)

lesz az

AB

egyenes pontja a

7

Határozza meg az

A = [−4, 1], B = [3, 7]

egyenes általános egyenletét! A)

5x − 3y + 7 = 0

B)

6x − 7y + 31 = 0

C)

6x + 7y + 13 = 0

D)

6x + 7y + 17 = 0

pontokkal adott

8.

103


8.6 feladat:

Határozza meg az

A = [5, −3], B = [7, 0]

pontokkal adott

egyenes általános egyenletét! A)

3x − 2y + 12 = 0

B)

3x − 2y − 21 = 0

C)

3x + 2y − 21 = 0

D)

3x + 2y + 7 = 0

8.7 feladat: 4y − 18 = 0 A)

17

B)

Állapítsa meg, hogy a

p

paraméter mely értékére lesz a

egyenlet¶ egyenes pontja a

5

8.8 feladat:

C)

−1

D)

[2, −2]

px −

koordinátájú pont!

7

Határozza meg a

3x − 2y − 5 = 0

egyenlettel adott egyenes

iránytényez®jét!

A)

3 2

B)

5

C)

−

3 2

D)

2 3

8.9 feladat: Határozza meg az x = 2 + t, y = 1 + 3t, t ∈ R egyenlettel adott egyenes iránytényez®jét!

A)

1 2

B)

3

C)

−

2 3

D)

1 2

8.10 feladat: Határozza meg az AB egyenes iránytényez®jét, ha A = [1, −2], B = [3, 1]! A)

3 2

B)

5

C)

−

3 2

D)

2 3

8.11 feladat: Határozza meg az a és b egyenesek kölcsönös helyzetét ha az a

egyenes paraméteresen, a

b

a:

x = 4 − 2t y = 3 + 3t,

A) egybees®k

B) metsz®k

pedig az általános egyenletével adott:

t∈R

b : 7x + 2y + 1 = 0.

C) párhuzamosak

D) más

8.

104


8.12 feladat: Határozza meg az a és b egyenesek kölcsönös helyzetét, ha az egyenesek paraméteresen adottak:

a:

A) egybees®k

x = 5 − 2t y = 7 + 3t,

t∈R

B) metsz®k

b:

x=2+t y = 3 − 5t,

C) párhuzamosak

t ∈ R.

D) más

8.13 feladat: Határozza meg az a és b egyenesek kölcsönös helyzetét, ha az egyenesek általános egyenleteikkel adottak:

a : 2x + 4y + 1 = 0 b : x + 2y + 1 = 0.

A) egybees®k

B) metsz®k

C) párhuzamosak

D) más

8.14 feladat: Határozza meg a [2, −3] ponton áthaladó, a 3x − 2y + 5 = 0 egyenlettel adott egyenesre mer®leges egyenes áltános egyenletét! A)

2x − 3y + 12 = 0

B)

3x − 2y + 12 = 0

C)

2x + 3y + 5 = 0

D)

3x + 2y + 12 = 0

8.15 feladat: Határozza meg a [2, −3] ponton áthaladó, a 3x − 2y + 5 = 0 egyenlettel adott egyenessel párhuzamos egyenes áltános egyenletét! A)

2x − 3y + 12 = 0

B)

3x − 2y − 12 = 0

C)

2x + 3y + 5 = 0

D)

3x + 2y + 12 = 0

8.16 feladat: Határozza meg a [4, 1] ponton áthaladó, az x = 7 + 2t y = 7 + 3t,

t∈R

8.

105


egyenesre mer®leges egyenes áltános egyenletét! A)

2x − 3y − 5 = 0

B)

7x + 7y − 5 = 0

C)

2x + 3y − 11 = 0

D)

3x + 2y + 12 = 0

8.17 feladat: Határozza meg a [2, 2] ponton áthaladó, az x = 4 − 2t y = 7 + 3t,

t∈R

egyenessel párhuzamos egyenes áltános egyenletét! A)

2x − 3y − 5 = 0

B)

7x + 7y − 5 = 0

C)

2x + 3y + 5 = 0

D)

3x + 2y − 10 = 0

8.18 feladat: Határozza meg az AB

szakasz hosszát, ha

A = [1, −1], B =

[4, 3]! √ A)

19

B)

5

8.19 feladat: B = [4, 3] A)

30◦

és

C)

9 2

D)

−3

Határozza meg az

ABC

szög nagyságát, ha

A = [1, −1],

C = [4, 3]!

B) cca

55, 68◦

C)

45◦

D) cca

76, 21◦

8.20 feladat: Határozza meg az a : 3x − 5y + 8 = 0 és b : 4x + 7y − 3 = 0 egyenesek által bezárt szög nagyságát! A)

55◦

B) cca

60, 71◦

C)

30◦

D) cca

57, 21◦

8.21 feladat: Határozza meg az a : 3x − 4y + 6 = 0 és a b:

x = 5 + 5t y = 7 + 12t,

t∈R

egyenesek által bezárt szög nagyságát! A) cca

75, 75◦

B)

30◦

C) cca

57, 21◦

D) cca

14, 25◦

8.22 feladat: Határozza meg az A = [2, −1] ponton áthaladó és az x

8.

106


koordinátatengely pozitív félegyenesével

45◦ -os szöget bezáró egyenes általános

egyenletét! A)

x−y−3=0

B)

x+y−1=0

C)

2x + 3y + 1 = 0

D)

3x + 2y − 4 = 0

8.23 feladat: Határozza meg, hogy az AB szakaszt metszi-e a e : 2x − 4y + 7=0

egyenes, ha

A) igen

A = [2, −2]

B) nem

és

B = [1, 4]!

C) nem eldönthet®

D) a végponton halad át

8.24 feladat: Határozza meg az A = [5, 4] pont távolságát a 3x−4y +11 = 0 egyenest®l (Javaslat: állítson mer®legest az adott egyenesre az

A-n

keresztül, majd ker-

esse meg a mer®leges metszéspontját az adott egyenessel.) A)

1

B)

7

C)

2

D)

13

8.25 feladat: Határozza meg az ABC B = [5, 1]

és

háromszög területét, ha

A = [−1, 1],

C = [1, 5] .

(1. Javaslat állítson mer®legest az egyik csúcsból a vele szemben fekv® oldal egyenesére a magasság kiszámítására.) (2. Javaslat: számítsa ki az oldalak hosszait és alkalmazza Héron területképletét.) A)

21

B)

12

C)

16

D) egyik sem

9.

107

A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA

9.

A tér analitikus geometriája

Egy pont (A)és egy vektor (~ v ) koordinátáit

(x~v , y~v , z~v )

A = [xA , yA , zA ],

illetve

~v =

alakban írhatjuk. Egy vektor koordinátái két pontkoordinátáinak

különbségeként határozható meg. A térben (8)-hoz hasonlóan az

~a = (a1 , a2 , a3 )

és

~b = (b1 , b2 , b3 )

vek-

torok skaláris szorzata, egy mennyiséget (valós számot) ad, és az alábbi összefüggéssel adott:

~a · ~b = a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 . A sklaláris szorzat segítségével kapjuk meg a

(15)

vektor nagyságát:

q √ |~v | = ~v · ~v = v12 + v22 + v32 . Ezt az összefüggést

(16)

két pont távolságának kiszámítására is használhatjuk:

|AB| =

p (a1 − b1 )2 + (a2 − b2 )2 + (a3 − b3 )2 .

Szintén a skaláris szorzatot használjuk

(17)

két vektor hajlásszögének kiszá-

mításához:

~a · ~b cos ϕ = (~a, ~b)∠ = |~a||~b| A térben egy

egyenes megadható paraméteres egyenleteivel: x = xA + t · x(~v) y = yA + t · y(~v) z = zA + t · z(~v)

A térben a

(18)

sík

ahol

t ∈ R.

felírására leggyakrabban annak

(19)

általános egyenletét

használjuk:

ax + by + cz + d = 0, A sík

ahol

a, b, c, d ∈ R.

(20)

~n = (n1 , n2 , n3 ) normálvektora az a vektor, ami a sík minden vektorára a, b, c együtthatóira igaz, hogy azok

mer®leges. A (20) általános egyenlet

egymáshoz való aránya megegyezik a normálvektor koordinátáinak egymáshoz való arányával:

a : b : c = n1 : n2 : n3 .

A sík általános egyenlete nemnulla

valós számmal való szorzásától eltekintve egyértelm¶en meghatározza a síkot. A sík megadására használhatjuk annak

paraméteres egyenleteit is:

x = xA + t · x(~v) + s · x(~u) y = yA + t · y(~v) + s · y(~u) z = zA + t · z(~v) + s · z(~u)

ahol

t, s ∈ R.

(21)

9.

108


Az egyenest megadhatjuk két általános egyenletével is (tk. két metsz® sík általános egyenleteivel). A térben értelmezve van az

vektoriális szorzata,

~a = (a1 , a2 , a3 )

és

~b = (b1 , b2 , b3 )

vektorok

aminek eredménye egy olyan vektor, ami mind az

~b vektorokra mer®leges, velük jobbsodrású rendszert alkot és a nagysága az ~ a és ~b vektorok által kifeszített paralelogramma területével egyenl®. Az ~ a = (a1 , a2 , a3 ) és ~b = (b1 , b2 , b3 ) vektorok vektoriális szorzata az alábbi

~a,

mind a

összefüggéssel adott:



 e~1 e~2 e~3 ~a × ~b = det  a1 a2 a3  = b1 b2 b3 = (a2 b3 − a3 b2 )e~1 − (a1 b3 − a3 b1 )e~2 + (a1 b2 − a2 b1 )e~3 , ahol a

e~1 , e~2 , e~3

(22)

a koordinátarendszer egységvektorai.

Két egyenes, a és b kölcsönöcs helyzete a térben:

egybees® (a ≡ b), ha az egyik egyenes bármely pontja egyben pontja a másik egyenesnek is. Ebb®l kifolyólag az egyik irányvektora többszöröse a másikénak,

metsz®, ha a két egyenesnek csak egy közös pontja van,

párhuzamos (akb), ha nincs közös pontjuk, de az irányuk megegyezik. Ekkor az egyik irányvektora többszöröse a másikénak,

kitér®k, ha nincs közös pontjuk és irányuk se.

Két sík, α és β kölcsönöcs helyzete a térben:

egybees® (α ≡ β ),

ha az egyik sík bármely pontja egyben pontja a

másik síknak is. Ebb®l kifolyólag az egyik sík bármelyik irányvektora lineáris kombinációja a másik irányvektorainak és az egyik sík normálvektora többszöröse a másik sík normálvektorának,

párhuzamos (αkβ ), ha nincs közös pontjuk. Ekkor az egyik sík normálvektora többszöröse a másik sík normálvektorának,

metsz®, ha a két síknak egy közös egyenese van.

Egy α sík és egy a egyenes kölcsönöcs helyzete a térben:

9.

109


Az egyenes a síkban fekszik (a ⊂ β ), ha az egyenes bármely pontja egyben pontja a síknak is. Ebb®l kifolyólag az egyenes irányvektora mer®leges a sík normálvektorára,

párhuzamos (αka), ha nincs közös pontjuk. Ekkor az egyenes irányvektora mer®leges a sík normálvektorára,

metsz®, ha az egyenesnek és a síknak van egy közös pontja.

Megoldott példák

9.1 példa:



A = [1, 2, 3]

B = [9, 4, −5]!

x = 1 − 2t, y = 2 + 2t, z = 3 − 4t, t ∈ R

A)

x = 5 + 4t, y = 3 + t, z = −1 − 4t, t ∈ R

B)

C)

x = 9 + 4t, y = 4 − t, z = −5 − 4t, t ∈ R

D) egyik sem

Megoldás:

és

AB

Az egyenes paraméteres egyenleteinek felírásához kell az egyenes

egy pontja, legyen az az

A pont (de lehetne az a B pont is), és az irányvektora,

amit ki tudunk számítani mint az adott két pontjának különbségét, legyen az a

B − A. ~s = B − A = (5 − 1, 4 − 2, −5 − 3) = (8, 2, −8) = 2 · (4, 1, −4)

Ahogy azt látjuk, a

(4, 1, −4)

vektor az egyenes irányvektora. Az egyenes

paraméteres egyenletei (19) alapján

x = 1 + 4t, y = 2 + t, z = 3 − 4t,

t ∈ R.

Látszólag ezzel nem egyezik az A), B), C) lehet®ségek közül egyik sem, és a D) válasz t¶nhet jónak. Azonban a paraméteres egyenletek nem egyértelm¶ek. Az általunk használt

(4, 1, −4) vektor, illetve annak többszöröse sem egyezik

B) és C) lehet®ségek vektorával, azaz azok iránya biztosan más és ezért ezek a lehet®ségek kizárhatóak. Az A) lehet®ség vektora viszont ezzel egyezik, tehat

9.

110


az iránya jó. Már csak az eldöntend®, hogy ugyanazt az egyenest határozzák-e meg? Ahogy az látható az A) válaszlehet®ség egyenleteiben

t = 1-re az A illetve B

t = −1-re

illetve

pontokat kapjuk, azaz az A) válaszlehet®ség a helyes.

♣

Megoldás: Másik módszer - behelyettesítésssel Az

A és B

pontok koordinátáinak behelyettesítésével eldönthet®, hogy az

egyes pontok pontjai-e a paraméteres egyenletekkel felírt egyeneseknek. Nyilvánvalóan az

A

pont a B) lehet®ségben, valamint a

t=0

lehet®ségben felírt egyenleteket is kielégíti, hiszen

B

pont a C)

esetében teljesülnek

az egyenl®ségek. Az

A

pont koordinátáit az A) egyenleteibe helyettesítve:

1 = 5 + 4t, 2 = 3 + t, 3 = −1 − 4t rendezve az egyenleteket, mindhárom egyenletben jelenti, hogy az A

B

A

t = −1-et kapunk, ami azt

pontja a megadott egyenesnek.

pont koordinátáit az A) egyenleteibe helyettesítve:

9 = 5 + 4t, 4 = 3 + t, −1 = −1 − 4t rendezve az egyenleteket, mindhárom egyenletben

t = 1-et

B pontja a megadott egyenesnek. Vagyis az AB egyenes paraméteres egyenlete van. A B pont koordinátáit a B) egyenleteibe helyettesítve:

jelenti, hogy a az

kapunk, ami azt A)-ban valóban

9 = 1 − 2t, 4 = 2 + 2t, −1 = 3 − 4t rendezve az egyenleteket, els® egyenletb®l és a harmadikban is

t = 1-et

t = −4-et,

a másodikból

kapunk, ami azt jelenti, hogy

B

nem pontja a

megadott egyenesnek. Ezek alapján a B) válaszlehet®ség kizárható. Az

A

pont koordinátáit a C) egyenleteibe helyettesítve:

1 = 9 + 4t, 2 = 4 − t, 3 = −5 − 4t

t = 1-et

9.

111


rendezve az egyenleteket, els® egyenletb®l

t=2

harmadikban is

t = −2,

a másodikból

értéket kapunk, ami azt jelenti, hogy

A

t=2

és a

nem pontja a

megadott egyenesnek. Ezek alapján az C) válaszlehet®ség kizárható. Mindezt összevetve az A) válaszlehet®ség a helyes.

♣

9.2 példa: Állapítsa meg, hogy az alábbi egyenletek közül melyik az ABC sík általános egyenlete, ha

A = [2, −5, 1], B = [2, 1, 3]

A)

5x + 2y + z − 1 = 0

B)

C)

−2x + 6y + 4z − 5 = 0

D) egyik sem

és

C = [1, 6, −3]!

23x + y − 3z − 38 = 0

Megoldás: A paraméteres egyenletek felhasználásával Az

ABC

sík egyik irányvektora legyen

~ = B − A: AB

~b = B − A = (2 − 2, 1 − (−5), 3 − 1) = (0, 6, 2) = 2 · (0, 3, 1), a másik legyen

~ = C − A: AC

~c = C − A = (1 − 2, 6 − (−5), −3 − 1) = (−1, 11, −4) = −1(1, −11, 4). Felhasználva a

(0, 3, 1)

és a

(1, −11, 4)

vektorokat és az

A

pontot a sík

paraméteres egyenletei (21) alapján:

x = 2+s y = −5 + 3t − 11s z = 1 + t + 4s, t, s ∈ R. A paraméteres egyenletekb®l küszöböljük ki a paramétereket. El®ször a harmadik egyenlet

−3 szorosát adjuk hozzá a másodikhoz (az els®t leírhatjuk

változás nélkül):

x = 2+s y − 3z = −8 − 23s, most pedig az els®

23-szorosát

adjuk hozzá a másodikhoz, aztán rendezve

megkaptuk a sík általános egyenletét:

23x + y − 3z − 38 = 0

9.


112

Ezek alapján a B) válaszlehet®ség a helyes.

♣

Megoldás: A sík normálvektorának felhasználásával ABC

Az


~ = B − A: AB


~ = C − A: AC

~c = C − A = (1 − 2, 6 − (−5), −3 − 1) = (−1, 11, −4) = −1(1, −11, 4). A sík

~n = (n1 , n2 , n3 )

normálvektora mindkét irányvektorra mer®leges. A

két nullát eredményez® skaláris szorzatból kétismeretlenes egyenletrendszert kaphatunk három ismeretlennel, amelyek közül az egyiket szabadon megválaszthatjuk (hiszen a koordináták arányára vagyunk csak kíváncsiak):

0n1 + 3n2 + n3 = 0 1n1 − 11n2 + 4n3 = 0 n2 = 1. Ekkor az els® egyenletb®l n3 = −3. Mindekett®t visszahelyettesítve a második egyenletbe: n1 − 11 − 12 = 0, vagyis n3 = 23. A normálvektor ekkor a (23, 1 − 3) koordinátákkal írható fel. Ezek alapján a Legyen ekkor például

sík általános egyenlete a

23x + y − 3z + k = 0 alakban írható fel, ahol a az

A

k abszolút tag megkapható valamelyik pont, például

koordinátáinak behelyettesítésével:

23 · 2 + (−5) − 3 · 1 + k = 0, amib®l

k = −38.

Ezek alapján a sík általános egyenlete:

23x + y − 3z − 38 = 0, vagyis a B) válaszlehet®ség a helyes.

♣

Megoldás:

A sík normálvektorának felhasználásával vektoriális szorzat al-

kalmazásával

9.


Az

ABC


113

~ = B − A: AB


~ = C − A: AC

~c = C − A = (1 − 2, 6 − (−5), −3 − 1) = (−1, 11, −4) = −1(1, −11, 4). A sík normálvektora mindkét irányvektorra mer®leges, ezért megkapható a két vektor vektoriális szorzataként.



 e~1 e~2 e~3 ~b × ~c = det  0 3 1 = 1 −11 4 = (3 · 4 − 1 · (−11))e~1 − (0 · 4 − 1 · 1)e~2 + (0 · (−11) − 3 · 1)e~3 = = 23e~1 + 1e~2 − 3e~3 Ezek szerint a normálvektor a

(23, 1 − 3)

koordinátákkal írható fel. Ezek

alapján a sík általános egyenlete a

23x + y − 3z + k = 0 alakban írható fel, ahol a az

A

k abszolút tag megkapható valamelyik pont, például

koordinátáinak behelyettesítésével:

23 · 2 + (−5) − 3 · 1 + k = 0, amib®l

k = −38.

Ezek alapján a sík általános egyenlete:

23x + y − 3z − 38 = 0, vagyis a B) válaszlehet®ség a helyes.

♣

Megoldás: Behelyettesítéssel Az

A, B

és

C

pontok mindegyike ki kell hogy elégítse a sík általános

egyenletét.

5x + 2y + z − 1 = 0 egyenletébe 5 · 2 + 2 · (−5) + 1 − 1 = 0 az egyenl®ség láthatóan fennáll, azaz az A pontja a síknak. A B pont koordinátáit behelyettesítve: 5 · 2 + 2 · 1 + 3 − 1 = 10 + 2 + 3 − 1 = 14 6= 0 azaz a B pont Helyettesítsük be az A) válaszlehet®ség

els®ként az

A

pont koordinátáit:

már nem pontja a síknak, tehát ez a válaszlehet®ség kizárható.

9.

114


23x + y − 3z − 38 = 0 egyenletébe 23 · 2 + (−5) − 3 · 1 − 38 = 0 az egyenl®ség láthatóan fennáll, azaz az A pontja a síknak. A B pont koordinátáit behelyettesítve: 23 · 2 + 1 − 3 · 3 − 38 = 0 az egyenl®ség itt is fennáll, azaz a B is pontja a síknak. Végül a C pont koordinátáit behelyettesítve: 23 · 1 + 6 − 3 · (−3) − 38 = 0 az egyenl®ség itt is fennáll, azaz a C is pontja Helyettesítsük be az B) válaszlehet®ség

els®ként az

A

pont koordinátáit:

a síknak. Mivel mindhárom pont kielégíti a sík általános egyenletét így a B) válaszlehet®ség helyes. Habár az el®z®kben megtaláltuk már a sík általános egyenletét, ami a többszöröst®l eltekintve egyértem¶en adott, de gy®z®djünk meg róla, hogy a C) válaszlehet®ség nem lehet helyes: helyettesítsük be a C) válaszlehet®ség

−2x + 6y + 4z − 5 = 0 általános egyenletébe els®ként az A pont koordinátáit: −2 · 2 + 6 · (−5) + 4 · 1 − 1 = −4 − 30 + 4 − 1 = −31 6= 0 az egyenl®ség nem teljesül, azaz A nem lehet a sík pontja és ezek alapján ez a válaszlehet®ség is kizárható. Mindezeket összevetve a B) válaszlehet®ség a helyes.

♣

9.3 példa: Állapítsa meg, hogy az alábbi egyenletek közül melyik az ABC sík általános egyenlete, ha

A = [2, 0, 5], B = [3, −1, 7]

A)

10x − 4y + 25z − 170 = 0

B)

C)

6x − 4y − 5z + 13 = 0

D) egyik sem

ABC

C = [5, −3, 11]!

2x − y + 11z + 12 = 0

Megoldás: Az

és


~ = B − A: AB

~b = B − A = (3 − 2, −1 − 0, 7 − 5) = (1, −1, 2), a másik legyen

~ = C − A: AC

~c = C − A = (5 − 2, −3 − 0, 11 − 5) = (3, −3, 6). Ha jobban megnézzük a kapott két vektort, akkor azt vehetjük észre, hogy

~c = 3~b,

ami azt jelenti, hogy az

A, B

és

C

pontok egy egyenesen fekszenek,

tehát nem határozhatnak meg síkot! Hiába is elégítenék ki a pontok koordinátái valamelyik feltüntetett egyenletet (ahogyan az teljesülne a C) válaszlehet®ségre), mivel nem létezik sem.

ABC

sík, nem létezhet általános egyenlete

9.

115


Tehát a D válaszlehet®ség a helyes!

♣

9.4 példa: Határozza meg az a és b egyenesek kölcsönös helyzetét ha: x = 1 − 2t, a : y = 2 + 2t, z = 3 − 4t, t ∈ R

A) egybees®k

B) metsz®k

x = 9 + 4t, b : y = 4 − t, z = −5 − 4t, t ∈ R

C) párhuzamosak

D) kitér®k

Megoldás: a egyenes irányvektora ~a = (−2, 2, −4), a b egyenesé pedig ~nb = (4, −1, −4). Ebb®l látjuk, hogy a két egyenes iránya különböz®, tehát az Az

egyenesek nem lehetnek párhuzamosak sem egybees®k. Annak eldöntésére, hogy metsz®k-e vagy kitér®k, meg kell néznünk vane közös pontjuk. Ha volna ilyen pont annak

x, y

és

z

koordinátái mind-

két egyenes esetében kielégítik a paraméteres egyenleteket, azaz egyenl®vé tehet®k a megfelel® egyenletek jobb oldalai. A két egyenes paraméterei azonban függetlenek egymástól, ezért az egyiket átnevezzük:

1 − 2t = 9 + 4s 2 + 2t = 4 − s 3 − 4t = −5 − 4s. Három egyenletb®l álló kétismeretlenes egyenletrendszert kaptunk. Rendezve:

−2t − 4s = 8 2t + s = 2 −4t + 4s = −8 egyszer¶sítve:

t + 2s = −4 2t + s = 2 t−s = 2 az utolsó egyenletb®l

t = 2 + s.

Behelyettesítve az els® kett®be

2 + s + 2s = −4 2(2 + s) + s = 2.

9.

116



s = −2,

a másikból

paraméter (és ebb®l kiindulva

s=−

2 , 3

vagyis nincs egy olyan

s

t sem), amire az egyenl®ség mindhárom egyen-

letben teljesülne, tehát a két egyenesnek nincs közös pontja. A két egyenes ezért kitér®, és így a D) válasz a helyes.

♣

9.5 példa: Határozza meg az a és b egyenesek metszéspontját, amennyiben az létezik, ha:

a:

A)

x = 1 + 2t y = 2 + 5t z = −1 + 4t,

[5, −12, −7]

b: t∈R

B) nem metsz®k

C)

x=8+t y = −4t z = 1 − 2t,

[5, 12, 7]

D)

t∈R

[3, 7, 3]

Megoldás: Annak eldöntésére, hogy metsz®k-e az egyenesek meg kell néznünk van-e közös pontjuk. Ha van ilyen pont annak

x, y

és

z

koordinátái mind-

két egyenes estében kielégítik a paraméteres egyenleteket, azaz egyenl®vé tehet®k a megfelel® egyenletek jobb oldalai. A két egyenes paraméterei azonban függetlenek egymástól, ezért az egyiket átnevezzük:

1 + 2t = 8 + s 2 + 5t = −4s −1 + 4t = 1 − 2s Három egyenletb®l álló kétismeretlenes egyenletrendszert kaptunk. Rendezve:

2t − s = 7 5t + 4s = −2 4t + 2s = 2 az els® egyenletb®l

s = 2t − 7.

Behelyettesítve a másik kett®be:

5t + 4(2t − 7) = −2 4t + 2(2t − 7) = 2 s = −3, ami azt jelenti, hogy az a egyenes egyenleteibe a paraméter helyébe 2-t és a b egyenes egyenleteibe −3-at helyettesítve ugyanazt a [5, 12, 7] koordinátájú pontot kapjuk. Mindkét egyenletb®l

t = 2-t

kapunk, ebb®l

9.

117


Ezek alapján a C) válasz a helyes.

♣

9.6 példa: Határozza meg az a egyenes és az α sík kölcsönös helyzetét ha: x = 3 + t, a : y = 5 + t, z = 4 − t, t ∈ R

A) benne fekszik

α : 5x − 4y + z + 3 = 0

B) dö a síkot

C) párhuzamosak

D) kitér®k

Megoldás: A D) válaszlehet®ség nem jöhet szóba, mindjárt az elején kizárjuk. Az eldöntéshez helyettesítsük be az egyenes paraméteres egyenleteit a sík általános egyenletébe:

5(3 + t) − 4(5 + t) + (4 − t) + 3 = 0 15 + 5t − 20 − 4t + 4 − t − 3 = 0 2 = 0 A kapott egyismeretlenes egyenletet egyszer¶sítve azt kaptuk, hogy nincs olyan

t

paraméter, amire az egyenes adott pontja kielégítené a sík általános

egyenletét, azaz nincs az egyenesnek és a síknak közös pontja. Ez azt jelenti, hogy az egyenes és a sík párhuzamos. Ha a paraméter értékére konkrét értéket kapnánk, akkor ebb®l meg tudnánk határozni a döféspontot. ha pedig evidens állítást (0

= 0)

kaptunk volna, az azt jelentette volna, hogy

t-t®l

függetlenül

mindig teljesül az egyenlet, vagyis az egyenes minden pontja benne fekszik a síkban. A fentiek alapján a C) válaszlehet®ség a helyes.

♣

9.7 példa: Határozza meg az α és β

síkok kölcsönös helyzetét ha:

α : 5x − 4y + z + 3 = 0 β : 7x − 8y + 2z + 5 = 0. Ha a két sík metsz®, határozzuk meg a metszetüket képz® egyenes paraméteres egyenleteit is! A) egybees®k

B) párhuzamosak

C) metsz®k

D) kitér®k

9.

118


Megoldás:

Mivel a sík általános egyenlete konstanssal való szorzástól eltek-

intve egyértelm¶en meghatározott, két sík csakis akkor lehet egybees®, ha általános egyenleteik megegyeznek, vagy az egyik a másik egyenletének nem nullaszoros többszöröse. Ez jelen esetben nem áll fenn (nincs olyan valós szám, amivel megszorozva az egyiket a másik egyenletet kapnánk meg), a síkok nem egybees®k. A két sík csakis akkor lehetne párhuzamos, ha normálvektoraik egymásnak többszörösei lennének, azaz

x, y

és

z

együtthatói megegyeznenek vagy

egymásnak azonos többszörösei lennenek. Mivel ez sem áll fenn, nem lehetnek párhuzamosak sem. Végezetül, két sík a három dimenziós térben nem lehet kitér® sem. Mindezeket összevetve azt kaptuk, hogy az

α

és

β

síkok csak metsz®k lehetnek.

Tehát a C) válaszlehet®ség lehet csak helyes. A metszésvonaluk irányvektorát megkaphatnánk a normálvektoraik vektori szorzataként, de megkereshetjük az egyenes két pontját is, amib®l szinten megkapható az irányvektor. A pontok meghatározásakor válasszuk meg az egyik koordinátát nullának. Az

x

kordináját nullának válaszva nem megoldható egyenletrendszert

kapnánk, ezért hát válasszuk meg el®ször

y -t

nullának:

5x + z + 3 = 0 7x + 2z + 5 = 0. 3x + 1 = 0 egyenletet 4 1 kapjunk, melyb®l x = − . Visszahelyettesítve z = − . A metszésvonal egyik 3 3 1 4 pontja − , 0, − koordinátákkal rendelkezik. 3 3 Válasszuk meg másodszorra z -t nullának: Az els® egyenlet kétszereséb®l kivonva a másodikat a

5x − 4y + 3 = 0 7x − 8y + 5 = 0. 3x + 1 = 0 egyenletet 1 1 . A metszésvonal másik kapjuk, melyb®l x = − . Visszahelyettesítve z = 3 3 1 1 keresett pontja − , , 0 koordinátákkal rendelkezik. 3 3 1 4 A két kapott pont koordinátáinak különbségeként a 0, − , − ko3 3 ordinátájú irányvektort nyerjük, amelynek −3-szorosát is vehetjük a paraAz els® egyenlet kétszereséb®l kivonva az els®t, a

méteres egyenletekhez az egyik (például az els®) talált pont koordinátáit

9.

119


felhasználva:

x=− y=t

1 3

4 z = − + 4t, t ∈ R. 3 ♣

9.8 példa: Határozza meg az α : 5x − 4y + 7z + 3 = 0 síkkal párhuzamos és a

B = [−1, 2, −5]

ponton áthaladó

β

sík általános egyenletét!

A)

5x − 4y + z + 12 = 0

B)

C)

5x − 4y + z + 48 = 0

D) egyik sem

Megoldás: Az α

5x − 4y + z + 24 = 0

sík normálvektora:

~nα = (5, −4, 7) . Mivel

β

ezzel párhuzamos, neki is ez a normálvektora, amib®l az általános

egyenlete:

β : 5x − 4y + 7z + c = 0 alakú lesz, amelyben a

c

abszolút tagot a

B

pont koordinátáinak behe-

lyettesítésével kaphatjuk meg:

5(−1) − 4 · 2 + 7(−5) + c = 0. Ebb®l

c = 48.

A keresett sík általános egyenlete a

β : 5x − 4y + 7z + 48 = 0 egyenlet, tehát a válsazlehet®ségek közül a C) a helyes.

♣

9.9 példa: Határozza meg az a és b egyenesek hajlásszögét, ha: x = 1 + 6t a: y=5 z = 2 − 8t, t ∈ R

x = 3 + 4t b : y = −1 − 3t z = 4 + 12t, t ∈ R

9.

120


A) cca.

14, 25◦

B) cca.

123, 76◦

C) cca.

75, 75◦

D) cca.

Megoldás:

Az

(3, −3, 12)

irányvektora által bezárt szög (18) szerint:

a

~sa = (6, 0, −8)

egyenes

irányvektora és a

56, 24◦ b

egyenes

~sb =

36 72 6 · 4 + 0 · (−3) + (−8) · 12 24 − 96 p =− =− cos ϕ = p =√ √ 10 · 13 65 100 169 62 + 02 + (−8)2 42 + (−3)2 + 122 Ebb®l:

ϕ = arccos − Mivel ez az érték

90◦

és

180◦

36 . = 123, 76◦ 65

közé esik, ezért ezt az értéket kivonjuk a

180◦ -

ból. A két egyenes hajlásszöge megközelít®leg

56, 24◦ ,

vagyis a helyes válasz a

D).

♣

9.10 példa: Határozza meg az α és β α : 3x − 4y + 5z + 2 = 0,

A)

45◦

B) cca.

36, 87◦

C) cca.

síkok hajlásszögét, ha:

β : 6x + 6z + 11 = 0

143, 13◦

D) cca.

84, 25◦

Megoldás: A két sík hajlásszöge a megegyezik a nornálvektoraik által bezárt szöggel. Az

α

sík

~nα = (3, −4, 5)

normálvektora és a

β

sík

~nβ = (6, 0, 6)


cos ϕ = p

48 48 3 · 6 + (−4) · 0 + 5 · 6 4 √ =√ √ = = 60 5 50 72 32 + (−4)2 + 52 62 + 0 + 62

Ebb®l:

ϕ = arccos Mivel két sík hajlásszöge

0◦

és

90◦

4 . = 36, 87◦ 5

közötti, a kapott érték megfelel®, tehát a

helyes válaszlehet®ség a B).

♣

9.

121


9.11 példa: Határozza meg az α sík és az a egyenes hajlásszögét, ha: a : 2x + 3y − z + 11 = 0 α :

A)

30◦

Megoldás:

B) cca.

46, 87◦

C) cca.

124, 3◦

x = 1 + 2t y = 3 − 5t z = −4 + 6t t ∈ R

D) cca.

34, 3◦

A sík normálvektora mer®leges a sík minden egyes vektorára be-

leértve azt is amelyikkel az egyenes bezárja a hajlásszögét. Mivel az egyenes ◦ és a sík hajlásszöge legfeljebb 90 , ezért az egyenes irányvektora és a sík

ϕ szögének, valamint az egyenes és a sík ψ hajlásszögének ◦ vagy az összege 90 (amennyiben a ϕ hegyesszög), vagy pedig a különbségük 90◦ (amennyiben a ϕ tompaszög). Ha ϕ = 90◦ , akkor az egyenes és a sík ◦ hajlásszöge nyilván 0 . Ekkor az α sík ~ nα = (2, 3, −1) normálvektora és az a egyenes ~sa = (2, −5, 6) irányvektora által bezárt ϕ szögre a (18) szerint: √ 17 910 −17 2 · 2 + 3(−5) − 1 · 6 p . = √ √ =− cos ϕ = p 910 14 65 22 + 32 + (−1)2 22 + (−5)2 + 62 normálvektora

Tehát

! √ 17 910 . ϕ = arccos − = 124, 3◦ 910 ϕ − ψ = 90◦ , amib®l ψ = ϕ − 90◦ = 124, 3◦ − 90◦ = 34, 3◦ . α sík és az a egyenes hajlásszöge megközelít®leg 34, 3◦ , ezek

Ebben az esetben Ezek alapján az

alapján a helyes válasz a D).

♣

Feladatok:

9.1 feladat: Határozza meg, az alábbi pontok közül melyik pontja az x = 3 + 4t y = −4 + 3t y = 8 − 3t, t ∈ R

9.

122


paraméteres egyenlettel adott egyenesnek! A)

[3, 4, 8]

[−1, 7, 11]

B)

C)

[−1, −7, 11]

[3, −4, −8]

D)

9.2 feladat: Határozza meg az A = [−1, 1, 8], B = [3, −1, 4] pontokkal adott egyenes paraméteres egyenleteit! Melyik paraméteres egyenletek megfelel®ek?

A)

x = 1 + 4t y = 24 + 3t z = 5 + 7t, t ∈ R

C)

x = 3 − 4t y = −1 + 3t z = 4 + 7t, t ∈ R

9.3 feladat: −3

B)

x = −1 − 2t y =1+t z = 8 + 2t, t ∈ R

D)

x = −1 + 7t y = 1 − 11t z = 8 + 7t, t ∈ R

Állapítsa meg, hogy

egyenes pontja a A)

B)

2

P = [p, −5, 11]

C)

−1

D)

p

paraméter mely értékére lesz az

pont, ha

AB

A = [1, 1, 7], B = [5, 7, 3]!

3

9.4 feladat: Határozza meg az A = [−4, 1, 1], B = [3, −7, 2] és C = [3, −7, 3] pontokkal adott sík általános egyenletét! A)

5x − 3y − z + 7 = 0

B)

6x − 7y + z + 13 = 0

C)

6x + 7y + 7z − 13 = 0

D)

8x + 7y + 25 = 0

9.5 feladat:

Állapítsa meg, hogy az alábbiak közül melyik pont lesz az

5x − 3y + 4z − 3 = 0 A)

[5, −3, 5]

B)

egyenlet¶ sík pontja!

[−5, 3, −4]

C)

[−1, 2, 1]

D)

[1, 2, 1]

9.6 feladat: Állapítsa meg, hogy a p paraméter mely értékére lesz a px − 4y + 7z − 18 = 0 A)

3

B)

5

C)

−1

egyenlet¶ sík pontja az D)

−3

[1, −2, 1]

pont!

9.

123


9.7 feladat: Határozza meg az a és b egyenesek kölcsönös helyzetét! a:

A) egybees®k

x = 4 − 2t y = 3 + 3t z = 5 − t, t ∈ R

B) metsz®k

b:

x = −t y = 9 + 2t z = 3 − 4t,

C) párhuzamosak

t∈R

D) kitér®k


A) egybees®k

x = 1 − 2t y =7+t z = 9 − t, t ∈ R

B) metsz®k

b:

x = −3 + t y = 5 + 2t ! z = 7t, t ∈ R

C) párhuzamosak

D) kitér®k


A) egybees®k

x = 1 − 2t y =2+t z = 3 − t, t ∈ R

B) metsz®k

b:

x = −1 + 4t y = 5 − 2t ! z = 7 + 2t, t ∈ R

C) párhuzamosak

9.10 feladat: Határozza meg az a egyenes és a β a:

x = 4 − 2t y = 3 + 3t z = 5 − t, t ∈ R

A) benne fekszik a síkban

C) párhuzamosak


sík kölcsönös helyzetét!

β : 7x + 2y + z + 1 = 0.

B) dö a síkot

x = −5 − 3t y = −11 z = 7 + t, t ∈ R

D) kitér®k

D) kitér®k


β : x + 2y + 3z − 5 = 0.

9.

124



B) dö a síkot

C) párhuzamosak


x = 3t y = 3 + 3t z = 5 − 2t,

D) kitér®k


β : 4x − 2y + 3z − 11 = 0. t∈R


B) dö a síkot

9.13 feladat: Határozza meg az α és β

C) párhuzamosak

D) kitér®k

síkok kölcsönös helyzetét!

α : 2x + 4y − 2z − 26 = 0 β : x − 2y + z + 13 = 0

A) egybees®k

B) metsz®k

C) párhuzamosak

D) kitér®k

9.14 feladat: Határozza meg a [2, −1, 3] ponton áthaladó a egyenesre mer®leges sík áltános egyenletét!

a:

x = −1 + t y = 19 + 13t z = 5 − 12t, t ∈ R

A)

−x + 19y − 12z + 2 = 0

B)

x + 13y − 12z + 47 = 0

C)

x − 13y + 12z + 47 = 0

D)

x − 13y + 12z − 51 = 0

9.15 feladat: Az alábbiak közül válassza ki az [1, 1, −7] ponton áthaladó, a −x + 19y − 12z + 2 = 0

síkra mer®leges egyenes paraméteres egyenleteit!

9.

A)

C)

125


x = −1 + t y = −1 − 19t z = 7 − 12t, t ∈ R

B)

x=t y = 20 − 19t z = −19 + 12t,

D) egyik sem

9.16 feladat:

x=1+t y = 1 + 5t z = 7 + 11t,

t∈R

t∈R

Döntse el, hogy az alábbiak közül melyik lehet az

[1, −2, 5]

ponton áthaladó, az

a:

x = −13 + 2t y = 17 + 3t z = 51 − 5t, t ∈ R

egyenessel párhuzamos sík általános egyenlete! A)

−13x + 17y − 5z + 12 = 0

B)

2x + 3y − 5z + 29 = 0

C)

x − y + 2z − 13 = 0

D)

x+y+z−4=0

9.17 feladat: Döntse el, hogy az alábbiak közül melyek lehetnek az [5, −4, 3] ponton áthaladó, a

−x + 2y − 5z + 12 = 0

síkkal párhuzamos egyenes

paraméteres egyenletei!

A)

C)

x = −1 + 5t y = 2 − 4t z = −5 + 3t,

t∈R

x = 5 + 2t y = −4 + 6t z = 3 + 2t, t ∈ R

9.18 feladat:

x = 1 − 5t y = 1 + 4t z = 7 − 3t,

B)

t∈R

D) egyik sem

Határozza meg az

AB

szakasz hosszát, ha

A = [1, −1, −7],

B = [4, 3, 5]! √ A)

51

B)

9.19 feladat:

√ 5 2

C)

7 12

D)

13

Határozza meg az

ACB

szög nagyságát, ha

A = [1, −1, 0],

9.

B = [4, 0, 3] A)

126


60◦

és

C = [0, 5, 3]!

B) cca

38, 46◦

C) cca

141, 54◦

D) cca

31, 54◦

9.20 feladat: Határozza meg az x=3−t y = 7 + 3t z = 9 − 4t,

a:

b:

és

t∈R

x=5 y = 7t z = 5 − 3t,

t∈R

egyenesek által bezárt szög nagyságát! A)

75◦

B) cca

59, 19◦

C)

149, 19◦

D) cca

31, 81◦

9.21 feladat: Határozza meg az x = 5 + 5t a : y = 7 + 12t z = 1, t ∈ R egyenes és az A) cca

α : x − 4y + 5z + 6 = 0

116, 81◦

9.22 feladat:

B)

30◦

46, 94◦

26, 81◦

Határozza meg az

3x + 4y − 5z − 11 = 0 A) cca

C) cca

B)

sík által bezárt szög nagyságát!

α :

D) cca

63, 19◦

2x − 3y + 4z + 6 = 0

és a

β :

síkok által bezárt szög nagyságát!

45◦

C) cca

133, 06◦

D) cca

43, 06◦

9.23 feladat: Határozza meg, hogy metszi-e az AB szakaszt az α : x − 2y + 3z + 7 = 0

sík, ha

A) igen

B) nem

A = [2, −2, 1]

és

B = [1, 5, −2]!

C) nem eldönthet®

D) a végponton halad át

9.24 feladat: Határozza meg az A = [1, 2, 4] pont α : 3x − 4y + 12z − 11 = 0 síktól való távolságát! (Javaslat: állítson mer®legest az metszéspontját

A)

1

B)

32 13

α-val.) C)

2

D)

13 32

α-ra A-n

keresztül, majd keresse meg ennek

10.

10. A

127

ONLINE TESZTELÉS

Online tesztelés

http://www.mat-inf.fpv.ukf.sk/webwork2/felveteli/

internetcímen

lehet®ség van arra, hogy az egyes feladatok, mintatesztek eredményét beírva, rögtön visszajelzést kap a megoldása helyességér®l. (a cím elérhet® lesz a Selye János Egyetem Gazdaságtudományi Karának honlapján a felvételi információk közt.) Az itt használt elektronikus oktatásszervez® rendszer a

WeBWorK. Ezt

a rendszert az USA-ban fejlesztették ki, a fejlesztése 1994 óta zajlik. Jelenleg több mint 240 egyetem használja. Használatát támogatja az Amerikai Matematikai Társaság. Tudomásunk szerint a Közép-Európai térségben egyedül az egyetemünkön használatos az oktatásban. A feladatok egyes paraméterei véletlenszer¶en vannak generálva, tehát nagy az esélye annak, hogy újabb bejelentkezés esetén hasonló jelleg¶ feladatokkal találkozik, ám ezekben más számok fordulhatnak el®. A rendszer használatához elegend® egy böngész®vel ellátott, internetkapcsolattal rendelkez® számítógép vagy csak egy okostelefon. A fenti internetcímet beírva a megjelen® ablakban

10.

128

ONLINE TESZTELÉS

válsssza ki a vendég jelentkezés lehet®séget (Guest Login). Kiválasztva valamelyik feladatcsomagot vagy a próbatesztet, hozzá is foghat a munkához.

Kiválasztva pl. a gyakorlat-ból a 3. feladatot, mely az alábbi vagy ehhez hasonló

A feladat megoldása valószín¶leg nem okoz gondot. Esetünkben, az egyenlet mindkét oldalát csökkentve

x = 3/5.

2x − 6

-al, kapjuk, hogy

5x = 3,

tehát

A feladat mellett található téglalapba beírhatjuk az eredményt. De

3/5, de ez megegyezik a 0.6 -el, vagy ha igen kacifántos módon számoltunk a 0.1+5/10 értékkel. Bármelyik helyes ered-

melyiket? A feladat megoldása

ményt beírhatjuk, majd ezt követ®en a Check Answers gombra kattintva ellen®rizhetjük a megoldásunkat. Jó megoldás esetén az azonnali visszajelzés

10.

ONLINE TESZTELÉS

129

megjelenik, zöld színnel kiemelésre kerül, hogy The answer above is correct. Hibás megoldást is jelez a rendszer, ebben az esetben pirossal jelenik meg, hogy "The answer above is NOT correct."

A 6. feladatban csak a lehet®ségek közül kell vállogatni, az egyes jellemzésekhez hozzárendelni a megfelel® ábra számát.

10.

130

ONLINE TESZTELÉS

Az egyes téglalapokba itt az A, B, C, D bet¶k valamelyikét írjuk. Végül tekintsünk egy lehetséges tesztfeladatot:

A feladat, meghatározni az adott pontokon áthaladó egyenes egyenletét. az egyik megközelítése a feladatnak, hogy megoldjuk és ennek alapján döntünk, hogy melyik válasz fogadjuk el. Gondolkodhatunk azonban másként is, mégpedig úgy, hogy egyszer¶en ellen®rizzük, hogy a felkínált lehet®sek közt, melyik lehet a jó. Ellen®rizve, hogy az

y = 19 + 5x, y = 23 + 7x, y = 21 + 5x,

20 + 5x

helyébe a -3 -at behelyettesítve 5-öt

közül, melyik az, ahol az

x

kapunk, kérdés megválaszolása nem okozhat gondot.

MINTATESZTEK

131

Mintatesztek A teszt

1 feladat: A 4(3x − 5) − 2(7 − 3x) = 6(2x − 3) − 5(2 − 3x) egyenletnek egyetlen gyöke van, amelyik egy A) természetes szám.

B) negatív egész szám.

C) pozitív racionális szám.

D) negatív racionális szám.

2 feladat: Az x − 4y = 1 6x + y = 6 egyenletrendszernek az

R×R


[x0 , y0 ]

számpár a


x 0 · y0 = 1

3 feladat: akkor a A)

B)

5x1 + 2x2 B)

C)

x1 , x2 (x1 < x2 )

Ha az

x=2

x0 · y0 = −1

a

x0 · y0 = 3

D)

x0 · y 0 = 0

−5x2 + 17x − 6 = 0

egyenlet gyökei,


x = −4

C)

x = −6

D)

x=8

4 feladat: A

x+2 x−1 ≤ x+3 egyenl®tlenség megoldásainak száma a nemnegatív x−2 egész számok halmazán: A)

0

B)

1

5 feladat:

C)

2

D) végtelen

Oldjuk meg a

x2 + 2x = |x − 4| + 6


halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak szorzata: A)

10

B)

2

C)

−4

D)

−10

6 feladat: Az 3x2 −2x−33 = 9 egyenlet mindkét gyöke az alábbi intervallumból

MINTATESZTEK

132

való: A)

h0, ∞)

B)

h−10, 10i

C)

h2, 3i

D)

(−5, 0i

7 feladat: A kerti gyümölcsfák permetezéséhez 5 liter 20%-os oldatot készítettünk. Hány százalékos lesz az oldat, ha ehhez még 5 liter vizet öntünk? A) 40%

B) 10%

8 feladat:

C) 15%

D) 20%

Hány olyan 4-jegy¶ PIN-kódot adhatunk meg, amelyik páros

számra végz®dik? (A PIN-kódhoz a 0-9 számjegyeket használhatjuk.) A) 5040

B) 10 000

C) 500

D) 5000

9 feladat: Határozza meg a [2, −3] ponton áthaladó, a 3x − 2y + 5 = 0 egyenlettel adott egyenesre mer®leges egyenes áltános egyenletét! A)

2x − 3y + 12 = 0

B)

3x − 2y + 12 = 0

C)

2x + 3y + 5 = 0

D)

3x + 2y + 12 = 0

10 feladat: Határozza meg az A = [−4, 1, 1], B = [3, −7, 2] és C = [3, −7, 3] pontokkal adott sík általános egyenletét! A)

5x − 3y − z + 7 = 0

B)

6x − 7y + z + 13 = 0

C)

6x + 7y + 7z − 13 = 0

D)

8x + 7y + 25 = 0

11 feladat: Határozza meg az f (x) = log3 (x2 + 2) függvény értékét az x = 5 helyen! A)

1

B)

2

C)

3

D) nincs értelmezve

√

12 feladat: Határozza meg az f (x) = log7 1 − 9 − x2

függvény értelme-

zési tartományát! A)

√ √ −3, −2 2 ∪ 2 2, 3

B)

√ 2 2, 3

C)

h0, 3i

D) egyik sem

MINTATESZTEK

133

13 feladat: Határozzuk meg, hogy az ábrán látható függvények közül melyik az

2 3 f (x) = − x + 5 4

függvény grakonja. (Karikázza be.)(Lásd a 4. ábra)

4. ábra.

A)

B)

C)

D)

√

14 feladat: Határozza meg az f (x) = log2 x − 3 + 1 függvény zérushelyét. A)

x=3

B)

x=7

C)

x = 10

D)

x=1

15 feladat: Egy számtani sorozat ötödik tagja a5 = 0 az els® 100 tagjának összege 9100. Mennyi a dierenciálja? A) 1

B) 2

C) 6

D) 10

MINTATESZTEK

134

B teszt

1 feladat: Ha az a paraméter felveszi a (-2) értéket, hány valós megoldása lesz az

5(x + 3) + a(2 − x) = 4(x − a) + 3x + 1 paraméteres egyenletnek? A) 0

B) 1

C) 2

D)

∞

2 feladat: A 3x − y = 5 −9x + 3y = 15 egyenletrendszernek az

R×R

halmazon





3 feladat: Az 2x2 + bx + 8 = 0 egyenletben határozzuk meg a b paramétert úgy, hogy az egyenletnek ne legyen valós gyöke! Akkor a

b minden lehetséges

értéke az alábbi intervallumból való: A)

(−∞, −8i

B)

(−8, 8)

C)

h8, ∞)

D)

(10, 16)

4 feladat: A 3(x2 − 4x + 5) > (1 + 3x)(x − 2) egyenlet megoldása a valós számok halmazán: A)

−∞, 17 7

B)

7 −∞, 17

C)

−7 17

,∞

D)

17 ,∞ 7

5 feladat: Oldjuk meg a |x + 1| + |1 − x| = 2 |x| egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldása: A) egy intervallum


C) egyelem¶ halmaz


6 feladat: Ha log2 x = 4, akkor log2 x5 :

MINTATESZTEK

A)

1

B)

2

7 feladat:

C)

135

10

D)

20

A bank a lekötött betétekre évi 3%-os kamatot kínál. A kamat

után 20%-os adót kell zetni. Mennyi lesz egy év elteltével 4000

e betét után

a tiszta nyereség? A) 120

e

8 feladat:

B) 96

e

C) 24

e

D) 704

e

A vasútállomásra érkez® 9 turista csak egy szabad taxit talált.

Hányféleképpen választhatják ki azt a 3 személyt, akik els®ként indulhatnak a taxival? A) 84

B) 60 480

C) 27

9 feladat:

Állapítsa meg

P = [p, −2]

pont, ha

A)

17

2

B)

C)

D) 3

p milyen értékére A = [1, 1], B = [5, 7]!

−1

D)

lesz az

AB

egyenes pontja a

7

10 feladat: Határozza meg az a és b egyenesek kölcsönös helyzetét! a:

A) egybees®k

11 feladat: x=2 A)

x = 1 − 2t y =7+t z = 9 − t, t ∈ R

B) metsz®k

b:

x = −3 + t y = 5 + 2t ! z = 7t, t ∈ R

C) párhuzamosak

Határozza meg az

D) kitér®k

√ 2x2 − 4x + 4 f (x) = √ x2 − x + 2

függvény értékét az

helyen!

−1

B)

2

C)

3

D) nincs értelmezve

12 feladat: Határozza meg az f (x) = logx−1 (x2 − x − 6) függvény értelmezési tartományát! A)

h−2, 1) ∪ (3, ∞)

B)

h2, 3i

C)

(3, ∞)

D) egyik sem

13 feladat: Írja fel a képen látható parabola egyenletét. (Lásd a 5. ábra)

MINTATESZTEK

136

5. ábra.

A)

f (x) = 3(x + 2)2 + 3

B)

f (x) = −3(x + 2)2 − 3

C)

f (x) = −3(x − 2)2 − 3

D)

f (x) = −3(x + 2)2 + 3

14 feladat: Egy számtani sorozat dierenciálja d = 5 az els® 100 tagjának összege 25250. Mennyi az els® tagja? A) -20

B) 5

15 feladat:

C) 15

D) 25

Ábrázolja a következ® függvény grakonját:

f (x) =

Válassza ki az ábrán látható grakonok közül. (Lásd a 6. ábra)

A)

B)

C)

D)

−2 . x−3

MINTATESZTEK

137

6. ábra.

MEGOLDÓKULCS

138

Megoldókulcs

1. Els®fokú egyenletek és egyenletrendszerek 1 A

6 B

11 C

16 B

21 D

2 B

7 A

3 B

8 C

12 A

17 A

22 B

13 B

18 D

23 D

4 D

9 A

14 C

19 C

24 C

5 D

10 D

15 A

20 A

25 A

2. Másodfokú egyenletek és egyenl®tlenségek 1 A

5 A

9 C

13 C

17 A

2 D

6 B

10 A

14 D

18 B

3 B

7 B

11 B

15 D

19 D

4 D

8 B

12 A

16 C

20 D

5 D

9 C

13 A

17 D

2 A

6 C

10 B

14 B

18 B

3 D

7 D

11 A

15 B

19 D

4 B

8 C

12 B

16 C

20 B

3. Egyenl®tlenségek 1 D

4. Abszolút értéket tartalmazó egyenletek ... 1 A

5 A

9 D

13 A

17 A

2 B

6 D

10 C

14 D

18 D

3 B

7 B

11 B

15 D

19 C

4 C

8 C

12 C

16 C

20 B

5. Exponenciális és logaritmikus egyenletek 1 B

5 A

9 C

13 D

17 C

2 C

6 A

10 B

14 C

18 B

3 A

7 C

11 B

15 C

19 A

4 B

8 D

12 B

16 C

20 B

MEGOLDÓKULCS

139

6. Százalékszámítás 1 B

6 C

11 A

16 B

21 A

2 C

7 D

12 C

17 C

22 A

3 A

8 B

13 B

18 B

23 C

4 A

9 D

14 B

19 A

24 A

5 C

10 A

15 C

20 D

25 C

7. Kombinatorika 1 D

4 A

7 A

10 D

13 A

2 A

5 C

8 C

11 C

14 B

3 B

6 B

9 B

12 A

15 D

8. A sík analitikus geometriája 1 A

6 B

11 B

16 C

21 B

2 C

7 B

12 B

17 D

22 A

3 C

8 A

13 C

18 B

23 A

4 C

9 B

14 C

19 C

24 C

5 B

10 A

15 B

20 D

25 B

9. A tér analitikus geometriája 1 C

6 A

11 C

16 D

21 C

2 B

7 B

12 C

17 C

22 A

3 A

8 D

13 B

18 D

23 A

4 D

9 C

14 B

19 B

24 B

5 D

10 B

15 C

20 D

Irodalomjegyzék [1] Árki T., Konfárné Nagy K., Kovács I., Trembeczki Cs., Urbán J.:

Sokszín¶

matematika feladatgy¶jtemény 9, Mozaik Kiadó, Szeged, 2010, ISBN 978

963 697 611 8 [2] Árki T., Konfárné Nagy K., Kovács I., Trembeczki Cs., Urbán J.:

Sokszín¶

matematika feladatgy¶jtemény 10, Mozaik Kiadó, Szeged, 2010, ISBN 978 963 697 612 5

Sokszín¶ matematika feladatgy¶jtemény 11, Mozaik Kiadó, Szeged, 2010, ISBN 978

[3] Árki T., Konfárné Nagy K., Kovács I., Trembeczki Cs., Urbán J.: 963 697 639 2 [4] Pósa L.:

Összefoglalás,

M¶szaki Könyvkiadó, Budapest, 1999, ISBN 963

16 2419 6 [5] Pósa L.:

Összefoglalás - Megoldások,

M¶szaki Könyvkiadó, Budapest,

1999, ISBN 963 16 2420 X [6] Bartha G., Bogdán Z., Csúri J., Duró Lajosné, Gyapjas Ferencné, Kántor Sándorné, Pintér Lajosné:

Matematika feladatgy¶jtemény I., Nemzeti

Tankönyvkiadó, Budapest, 2001, ISBN 963 19 3722 4 [7] Bartha G., Bogdán Z., Duró Lajosné, Gyapjas Ferencné, Hack F., Kántor Sándorné, Korányi E.:

Matematika feladatgy¶jtemény II.,

Nemzeti

Tankönyvkiadó, Budapest, 2001, ISBN 963 19 4814 5 [8] Peller

F.,

áner

V.,

Eliá²

J.:

Matematika,

Bratislava, 1993, ISBN 80-225-0574-9

Ekonomická

Univerzita,

Univerzita J. Selyeho Selye János Egyetem Bratislavská cesta 3322 SK-945 01 Komárno www.ujs.sk

Autori/Szerz®k: Árki Zuzana, Csiba Peter, Fehér Zoltán, Tóth János

Názov/Cím: Összefoglaló feladatgy¶jtemény matematikából nemcsak felvételiz®knek

Recenzenti/Recenzensek: prof. RNDr. László Béla, CSc., RNDr. Bukor József, PhD.

Vydavate©/Kiadó: Univerzita J. Selyeho/Selye János Egyetem

Rozsah/Terjedelem: 141 s/o Rok vydania/Megjelenés éve: 2012 Prvé vydanie/Els® kiadás ISBN

Összefoglaló feladatgy jtemény matematikából nemcsak felvételiz knek

Recommend Documents