Vissza
Valós számok
5
I. Valós számok I.1. Természetes, egész és racionális számok I.1.1. Feladatok (8. oldal) 1. Fogalmazz meg és bizonyíts be egy-egy oszthatósági kritériumot a 2-vel, 3-mal, 5-tel, 7-tel, 9-cel, 11-gyel való oszthatóságra. Megoldás. A kettővel való oszthatósági kritériumot könnyű észrevenni: egy szám akkor osztható 2-vel, ha utolsó számjegye 0, 2, 4, 6 vagy 8 (vagyis egy szám pontosan akkor páros, ha utolsó számjegye is páros). Bizonyítás. Legyen n egy természetes szám és a az n utolsó számjegye. Ekkor n felírható n = 10 ⋅ n1 + a alakba, ahol n1 ∈ \ (tulajdonképpen n = n1a ). Innen következik, hogy n − a = 10 ⋅ n1 = 2 ⋅ 5 ⋅ n1 , tehát n − a osztható kettővel. Ez pedig azt jelenti, hogy az n és a számok paritása (páros vagy páratlan volta) megegyezik, vagyis n pontosan akkor páros, ha a is páros (0, 2, 4, 6 vagy 8), és ha a páratlan, akkor n is páratlan. Hasonlóan igazolható a következő kijelentés helyessége is (öttel való oszthatósági szabály): egy szám pontosan akkor osztható öttel, ha utolsó számjegye 0 vagy 5. A hárommal való oszthatósági szabály a következő: egy szám akkor és csak akkor osztható 3-mal, ha számjegyeinek összege is osztható 3-mal. Bizonyítás. Ha n = a1a2 ...am ( a1, a2 ,..., am számjegyek), S a számjegyek összege, akkor a szám és számjegyeinek különbsége
n − S = a1a2 ...am − (a1 + a2 + ...am ) = m −1
= a1 ⋅ 10
+ a2 ⋅ 10m −2 + ... + am −1 ⋅ 10 + am − (a1 + a2 + ... + am ) =
m m m ∑ 11...1 = ∑ (10m −k − 1) ak =∑ 99...9 ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ak , a 3 3 N k N k =1 m −k k =1 k =1 m −k
tehát az n és S különbsége osztható hárommal. Innen következik, hogy az n csakis akkor osztható 3-mal, ha számjegyei összege is osztható 3-mal. A bizonyításból jól látszik a kilenccel való oszthatósági szabály is (sőt, a két kritérium bizonyítása teljesen azonos): egy természetes szám akkor és csak akkor osztható 9-cel, ha számjegyei összege osztható kilenccel. Héttel való oszthatósági kritérium: az n = a1a2 ...am természetes szám akkor és csak akkor osztható 7-tel, ha az f (n ) = a1a2 ...am −1 − 2am szám osztható héttel (például f (203) = 20 − 2 ⋅ 3 = 14 , tehát 203 osztható 7 -tel). Bizonyítás. “ ⇒ ” Tegyük fel, hogy n osztható héttel, ekkor n = 7k, k ∈ ` . De n = 10 ⋅ a1a2 ...am −1 + am = 10 ⋅ (a1a2 ...am −1 − 2am ) + 21am = 10 f (n ) + 21am , innen
Tartalomjegyzék
6
Valós számok
pedig következik, hogy n = 10 f (n ) + 21am = 7k ⇒ 10 f (n ) = 7(k − 3am ) , tehát 10 f (n ) osztható héttel. Mivel 10 és 7 relatív prímek, kapjuk, hogy f (n ) osztható héttel. “ ⇐ ” Ha f (n ) = 7l, l ∈ N , akkor
n = 10 f (n ) + 21am = 10 ⋅ 7l + 21am = 7 ⋅ (10l + 3am ) , így n is osztható héttel. Tizeneggyel való oszthatóság: egy szám csak akkor osztható 11-gyel, ha a számjegyeiből alkotott alternáló összeg osztható 11-gyel (például a 80729 számjegyeiből alkotott alternáló összeg 9 − 2 + 7 − 0 + 8 = 22 , tehát 80729 osztható 11-gyel). A bizonyítás hasonlít a 3-mal, illetve 9-cel való oszthatóság igazolásához. Ha n = a1a2 ...am , akkor a számjegyeiből alkotott alternáló összeg
S = am − am −1 + am −2 − ... + (−1)m −1a1 , így n − S = a1a2 ...am − (am − am −1 + ... + (−1)m −1a1 ) = = a1 ⋅ 10m −1 + a2 ⋅ 10m −2 + ... + am −2 ⋅ 102 + am −1 ⋅ 10 +
+am − (a m − am −1 + a m −2 − ... + (−1)m −1a1 ) = = (10 + 1)am −1 + (102 − 1)am −2 + (103 + 1)am −3 + ... + (10m −1 + (−1)m )a1 = m −1
m −1
= ∑ (10k + (−1)k −1 ) ⋅ am −k =
∑ (11 − 1)
= ∑ M 11 + (−1) + (−1)
⋅ am −k =
k =1 m −1
k =1
k −1
k
k =1
k
+ (−1)k −1 ⋅ am −k =
m −1
∑ (M 11) ⋅ a
m −k
# 11 ,
k =1
ahol M 11 a 11 valamely többszörösét jelenti. Tehát n − S mindig osztható 11-gyel, így n akkor és csak akkor osztható 11-gyel, ha S osztható 11-gyel. 2. Bizonyítsd be, hogy ha n páratlan természetes szám, akkor n 4 + 14n 2 + 49 osztható 64-gyel. Bizonyítás. Mivel n egy páratlan természetes szám, létezik egyetlen olyan k ∈ ` szám, amelyre n = 2k + 1 . Tehát 2
2
A = n 4 + 14n 2 + 49 = (n 2 + 7 ) = (4k 2 + 4k + 1 + 7 ) = [4k (k + 1) + 8 ] . 2
Tudjuk, hogy két egymás utáni szám szorzata mindig páros (az egyikük biztosan páros), így k (k + 1) = 2m, m ∈ N . Ezt felhasználva írhatjuk, hogy 2
A = (8m + 8)2 = [8(m + 1)] = 64(m + 1)2 , tehát A többszöröse 64-nek. 3. Bizonyítsd be, hogy ha b | a , c | a és (b, c) = 1 , akkor bc | a . Bizonyítás. A b | a és c | a oszthatóságokból következik, hogy léteznek a k , l természetes számok, amelyekre a = k ⋅ b és a = l ⋅ c . Innen k ⋅ b = l ⋅ c , tehát kb
Tartalomjegyzék
Valós számok
7
osztható c -vel, de mivel (b, c) = 1 , k osztható c -vel. Tehát létezik olyan m ∈ ` , amelyre k = m ⋅ c . Ezt visszahelyettesítve az a = k ⋅ b összefüggésbe, kapjuk, hogy a = m ⋅ b ⋅ c , vagyis a osztható b ⋅ c -vel. 4. Bizonyítsd be, hogy öt egymás utáni természetes szám szorzata osztható 120-szal. Általánosítás! Bizonyítás. 120 = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 = 23 ⋅ 3 ⋅ 5 , tehát elégséges igazolni, hogy öt egymás utáni természetes szám szorzata osztható 23 -nel, 3 -mal és 5 -tel. Az öt szám közül legalább kettő páros, ezek egymás utáni páros számok, tehát az egyik osztható 4 -gyel és a másik 2 -vel, így a szorzatuk osztható 8 -cal. Három egymás utáni természetes szám közül az egyik osztható 3 -mal, tehát az öt közt is van 3 -mal osztható. Öt egymás utáni természetes szám közül az egyik osztható 5 -tel, tehát a szorzat osztható 23 ⋅ 3 ⋅ 5 = 120 -szal. Ez a gondolatmenet nehezen terjeszthető ki több számra, ezért az általános esetre más megoldást kell találnunk. A tulajdonság általánosabban a következőképpen fogalmazható meg:
k darab egymás utáni természetes szám szorzata osztható k ! -sal, ahol k ! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ... ⋅ k . (n + k )! kifejezés egész szám minden n !⋅ k ! n, k ∈ `* esetén és ezt úgy fogjuk belátni, hogy tetszőleges p prímszámra igazoljuk, hogy a számlálóban legalább akkora a kitevője, mint a nevezőben. Ehhez szükséges megvizsgálni, hogy a p -nek mi a kitevője m ! prímtényezős felbontásában ( m ∈ ` m tetszőleges). Az 1, 2, 3, ..., m számok közt p -nek többszöröse van, ezek közül p A tulajdonság ekvivalens azzal, hogy az
m m 3 osztható p 3 -nel és általában r osztható p r -nel, ha p p r ≥ 1 . Így a p kitevője az m ! prímtényezős felbontásában m 2 osztható p 2 -tel, p
∞ m m m m + 2 + 3 + ... = ∑ r p p p r =1 p
Ezt a tulajdonságot Legendre-féle tételnek is nevezik. Másrészt az [x ] + [y ] ≤ [x + y ] , ∞ ∞ ∞ n k n +k ∀ x , y ∈ \ egyenlőtlenség alapján ∑ r + ∑ r ≤ ∑ r , vagyis (n + k ) ! r =1 p r =1 p r =1 p felbontásában a p kitevője legalább akkora, mint az n !⋅ k ! felbontásában. Mivel ez a (n + k )! kifejezés egész szám minden tulajdonság minden prímszámra igaz, az n !⋅ k ! n, k ∈ `* esetén, és így az (n + 1)(n + 2)...(n + k ) szorzat osztható 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ... ⋅ k val.
Tartalomjegyzék
8
Valós számok
5. Hány nullára végződik az 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ ... ⋅ 2001 szorzat? Megoldás. A vizsgált szorzat prímtényezős felbontásában nagyobb 2 -nek a kitevője, mint 5 -nek, ezért elégséges az 5 kitevőjét meghatározni. Az 1, 2, 3,..., 2001 2001 2001 számok közül = 400 osztható 5 -tel. Ezek közül = 80 osztható 25 -tel, 5 25 2001 2001 = 16 osztható 125 -tel, = 3 osztható 625 -tel, és így az 5 kitevője 125 625
400 + 80 + 16 + 3 = 3 ⋅ 4 + (16 − 3) ⋅ 3 + (80 − 16) ⋅ 2 + (400 − 80) ⋅ 1 = 499 . Tehát az 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ ... ⋅ 2001 szorzat 499 nullában végződik. 6. Határozd meg a 3 kitevőjét az 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ ... ⋅ 2001 szorzatban. Megoldás. Az előbbi gondolatmenet vagy a Legendre-tétel alapján a 3 kitevője az ∞ 2001 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ ... ⋅ 2001 szorzatban ∑ r = 667 + 222 + 74 + 24 + 8 + 2 = 997. r =1 3 7. Bizonyítsd be, hogy a 29 + 299 szám osztható 10-zel. Bizonyítás
(
3
)
29 + 299 = 29 ⋅ (230 ) + 1 = 29 (230 + 1)(260 − 230 + 1) = = 29 ⋅ (210 + 1)(220 − 210 + 1)(260 − 230 + 1) = = 29 ⋅ 1025 ⋅ (220 − 210 + 1)(260 − 230 + 1) =
= 10 ⋅ 28 ⋅ 205 ⋅ (220 − 210 + 1)(260 − 230 + 1) , tehát 29 + 299 osztható tízzel. 8. Bizonyítsd be, hogy ha a , b és c egész számok és (a + b + c )# 6 , akkor
a 5 + b 3 + c is osztható 6-tal. Bizonyítás. Elégséges igazolni,
(a 5 + b 3 + c ) − (a + b + c ) # 6 . De 3 b − b = b(b − 1)(b + 1)# 6 , mert három egymás utáni természetes szám közt biztosan van páros is és hárommal osztható is. Hasonlóan a 5 − a = a(a 2 − 1)(a 2 + 1) = a(a − 1)(a + 1)(a 2 + 1)# 6 , tehát (a 5 + b 3 + c ) − (a + b + c ) = (a 5 − a ) + (b 3 − b ) # 6 . 9. Bizonyítsd be, hogy (3n + 2n + 3)# 4 , ∀n ∈ ` . Bizonyítás. Két esetet különböztetünk meg n paritása szerint. Ha n = 2k + 1, k ∈ ` , akkor hogy
3n + 2n + 3 = (4 − 1)2k +1 + 4k + 2 + 3 = v ⋅ 4 − 1 + 4k + 5 = 4 ⋅ (v + k + 1)# 4 , ahol v ∈ ` . Ha n = 2k, k ∈ ` , akkor 3n + 2n + 3 = (4 − 1)2k + 4k + 3 = v ⋅ 4 + 1 + 4k + 3 = 4 ⋅ (v + k + 1)# 4 ,
Tartalomjegyzék
Valós számok
9
ahol v egy természetes szám. 10. Milyen számrendszerben érvényes a következő szorzás 25 ⋅ 314 = 10274 ? Megoldás. Ha x a számrendszer alapja, akkor a (2x + 5) (3x 2 + x + 4) = x 4 + 2x 2 + 7x + 4 egyenlethez jutunk. Ez x 4 − 6x 3 − 15x 2 − 6x − 16 = 0 alakba írható, és az egyetlen 7 -nél nagyobb természetes szám gyöke az x = 8 , tehát a szorzás a 8 -as számrendszerben érvényes. 11. Vizsgáld meg, hogy az alábbi egyenleteknek van-e megoldása a természetes számok halmazában: a) xy(x + y ) = 2001 ; b) x 2 + y 2 − x − y = 2001 ; d) x 2 − 2y 2 = 17 ;
e) 5x + 11y = 12z ( x ≠ 0 );
c) 3x − 21y = 14 ; f) x 2 + y 2 = 2x + 2y − 3 .
Bizonyítás a) Ha az x , y számok közül valamelyik páros, akkor az xy(x + y ) szorzat is páros, tehát xy(x + y ) nem lehet páratlan. Ha x és y páratlanok, akkor x + y páros, így xy(x + y ) ebben az esetben sem lehet páratlan. Mivel más eset nincs, következik, hogy xy(x + y ) mindig páros, tehát az xy(x + y ) = 2001 egyenletnek nincs megoldása ` -ben. b) Az x 2 + y 2 − x − y = 2001 egyenlet még x (x − 1) + y(y − 1) = 2001 alakban is írható. Mivel két egymás utáni szám szorzata mindig páros és két páros szám összege is páros, következik, hogy az egyenlet bal oldala csak páros értékeket vehet fel, tehát sosem lehet 2001. c) Tegyük fel, hogy a 3x − 21y = 14 egyenletnek van természetes megoldása. Ekkor létezik x 0 , y 0 ∈ N úgy, hogy 3x 0 − 21y 0 = 14 ⇒ 14 = 3 ⋅ (x 0 − 7y 0 ) , s mivel (x 0 − 7y 0 ) ∈ ` , ez azt jelentené, hogy 14 osztható hárommal, így nyilvánvalóan ellentmondáshoz jutottunk. Következik, hogy feltételezésünk hamis volt, tehát az egyenletnek nincs természetes megoldása. d) Az egyenlet egy megoldása x 1 = 5 és y1 = 2 . e) A bal oldal utolsó számjegye 6 , tehát z # 4 . A jobb oldal osztható 4 -gyel és a bal oldal 4 -gyel való osztási maradéka 1 + (−1)y , tehát y páratlan. A jobb oldal 3 -mal is osztható, míg a bal oldal 3 -mal való osztási maradéka (−1)x − 1 , tehát x páros. Ezek alapján létezik olyan x 1, y1, z 1 ∈ ` , amelyekre x = 2x 1 , y = 2y1 + 1 és z = 4z 1 . Az eredeti egyenlet tehát 2
112y1 +1 = (122z1 ) − (5x1 ) = (122z1 − 5x1 )(122z1 + 5x1 ) 2
alakban írható. 12z1 − 5x1 és 122z1 + 5x1 relatív prímek és 11 prímszám, tehát az előbbi egyenlőség csak akkor lehetséges, ha 122z1 − 5x1 = 1 és 122z1 + 5x1 = 112y1 +1 .
Tartalomjegyzék
10
Valós számok
Másrészt 122z1 − 1 = ((122 ) − 1)# 143 és 5x1 # 143 , tehát a vizsgált egyenletnek nincs z1
megoldása a természetes számok halmazában. x 2 + y 2 = 2x + 2y − 3 ⇔ x 2 − 2x + 1 + y 2 − 2y + 1 = −1 ⇔ f)
(x − 1)2 + (y − 1)2 = −1 , ami lehetetlen, mert két pozitív szám összege nem lehet negatív. 12. Határozd meg a hiányzó számjegyeket úgy, hogy a) 36 | 52x 2y ;
b) 45 | 24x 68y ;
c) 99 | 62xy 427 .
4 | 52x 2y Megoldás. a) 36 | 52x 2y ⇔ Az első oszthatóság alapján y értéke 0, 4 9 | 52x 2y. vagy 8 lehet. Ha y = 0 , a második oszthatóság alapján 9 | (9 + x ) , s mivel x számjegy, következik, hogy x = 0 . Ha y = 4 , akkor 9 | (13 + x ) , tehát x = 5 . Ha y = 8 , akkor 9 | (17 + x ) , tehát x = 1 . 5 | 24x 68y y ∈ {0, 5} . Ha y = 0 , akkor 9 | (20 + x ) , b) 45 | 24x 68y ⇔ ⇔ 9 | 24x 68y 9 | (20 + x + y ) tehát x = 7 . Ha y = 5 , akkor 9 | (25 + x ) , tehát x = 2 . 9 | (21 + x + y ) 9 | 62xy 427 c) 99 | 62xy 427 ⇔ , ahol x , y számjegyek. Ebből ⇔ 11 | (13 + x − y ) 11 | 62xy 427 (x + y ) ∈ {6,15} következik, hogy . Az így kapott négy egyenletrendszer közül csak (x − y ) ∈ {−2, 9} x = 2 x + y = 6 egynek van megfelelő megoldása, az rendszernek, innen pedig . x − y = −2 y=4 n +1 n +8 13. Lehet-e egyszerre egész az és az , ha n ∈ ` ? 15 21 n +1 n +8 Megoldás. Tételezzük fel, hogy létezik olyan n , amelyre és egészek. 15 21 Ekkor (n + 1)# 15 , (n + 8)# 21 , innen pedig n + 1 és n + 8 oszthatóak hárommal. Következik, hogy különbségük is osztható 3-mal, tehát (n + 8) − (n + 1) = 7 # 3 , ami egy hamis állítás. Következik, hogy nem létezik olyan n , amelyre mindkét tört értéke egész legyen. 14. Bizonyítsd be, hogy ha a természetes számokat írjuk a tizedes vessző után növekvő sorrendben, a kapott szám nem lesz racionális.
Tartalomjegyzék
Valós számok
11
Megoldás. A kapott szám nem véges, mert végtelen sok természetes szám létezik és nem lehet periodikus sem, mert tetszőleges n ∈ ` esetén végtelen sok olyan természetes szám létezik, amelynek több mint 3n − 2 darab egymás utáni számjegye 0 . Így ha a periódus hossza n volna, akkor ezeket a számokat a periodikus rész nem tartalmazhatná és ez nem lehetséges (mert végtelen sok van belőlük). 15. Határozd meg azokat az a , b , c és d számjegyeket, amelyekre abcd + bcd + cd + d = 9844 . Megoldás abcd + bcd + cd + d = 9844 ⇔ 1000 ⋅ a + 200 ⋅ b + 30 ⋅ c + 4 ⋅ d = 9844 ⇔ ⇔ 1000 ⋅ (a − 9) + 100 ⋅ (2b − 8) + 10 ⋅ (3c − 4) + (4d − 4) = 0 . Az összeg első három tagja többszöröse 10-nek, innen következik, hogy (4d − 4) is osztható kell legyen tízzel, tehát d ∈ {1, 6} . Ha d = 1 -et helyettesítünk vissza, következik, hogy
1000 ⋅ (a − 9) + 100 ⋅ (2b − 8) + 10 ⋅ (3c − 4) = 0 , innen pedig 100(a − 9) + 20(b − 4) + (3c − 4) = 0 . Az összeg első két tagja többszöröse 20-nak, következik, hogy (3c − 4)# 20 , tehát c = 8 és 100(a − 9) + 20(b − 4) + 20 = 0 azaz 5a + b = 48 , ami csak úgy lehetséges, ha a = 9 és b = 3 . Ha d = 6 -ot helyettesítünk vissza, következik, hogy
1000 ⋅ (a − 9) + 100 ⋅ (2b − 8) + 10 ⋅ (3c − 4) + 20 = 0 , innen pedig 100(a − 9) + 20(b − 4) + (3c − 2) = 0 . Az összeg első két tagja többszöröse 20-nak, következik, hogy (3c − 2)# 20 , ami egyetlen c számjegy esetén sem teljesül. Tehát az egyetlen szám, amely kielégíti az egyenletet, az abcd = 9381 . 16. Vizsgáld meg, mi lehet az osztási maradéka egy teljes négyzetnek 4-gyel, 3-mal, 5-tel, 7tel.
Megoldás.
Ha
x = 2k, k ∈ ` , 2
x 2 = 4k 2 ,
akkor
tehát
x2 #4 .
Ha
2
x = 2k + 1, k ∈ ` , akkor x = 4(k + k ) + 1 . Tehát egy teljes négyzetnek néggyel való osztási maradéka 0 vagy 1 lehet. Hasonlóan, ha x = 3k ± 1 , akkor x 2 = 3(3k 2 ± 2k ) + 1 , ha pedig x = 3k , akkor x 2 # 3 , tehát egy teljes négyzet 3-al való osztáskor 0 vagy 1 maradékot adhat. Ha 2
x = 5k ± 1 , 2
akkor
x 2 = 5(5k 2 ± 2k ) + 1 , 2
ha
x = 5k ± 2 ,
akkor
x = 5(5k ± 4k ) + 4 , ha pedig x = 5k , akkor x # 5 . A lehetséges maradékok:0, 1, 4.
Tartalomjegyzék
12
Valós számok
Hasonlóan kapjuk, hogy egy teljes négyzet héttel való osztási maradéka 0, 1, 2, 4 lehet. Megjegyzés. A levezetések alapján jól látszik, hogy a teljes négyzetek n -nel való n +1 osztási maradékait megkapjuk, ha meghatározzuk az -nél kisebb természetes 2 számok négyzeteinek n -el való osztási maradékainak halmazát. 17. Határozd meg azokat az x egész számokat, amelyekre a) (4x − 3)# 7 ;
b) (3x − 2)# 11 ;
c) (7x + 4)# 13 .
Megoldás a) Mivel (5, 7) = 1 , ezért a (4x − 3)# 7 feltétel egyenértékű azzal, hogy [5(4x − 3)]# 7 , ez pedig rendre a következőkkel ekvivalens: (20x − 15)# 7 ,
[7(3x − 2) − (20x − 15)]# 7 , (21x − 14 − 20x + 15)# 7 , (x + 1)# 7 , tehát ∃k ∈ ] úgy, hogy x + 1 = 7k , innen pedig x = 7k − 1 . Tehát minden x = 7k − 1, k ∈ ] alakú szám megoldás. b) (3x − 2)# 11 ⇔ [4 (3x − 2)]# 11 ⇔ (11x + x − 8)# 11 ⇔ (x − 8)# 11 ⇔ ∃k ∈ ] úgy, hogy x − 8 = 11k ⇔ x = 11k + 8, k ∈ ] . c) (7x + 4)# 13 ⇔ [2 (7x + 4)]# 13 ⇔ (13x + x + 8)# 13 ⇔ (x + 8)# 13 ⇔ ∃k ∈ ] úgy, hogy x + 8 = 13k ⇔ x = 13k − 8, k ∈ ] . 18. Bizonyítsd be, hogy ha a = b ⋅ c + d , akkor (a, b) = (b, d ) . Bizonyítás. Ha (a, b) = x és (b, d ) = y , igazolni kell, hogy x = y . Mivel x = (a, b) , x osztja a -t is és b -t is, tehát x | a , x | bc , innen pedig x | (a − bc) ⇒ x | d . Tehát x | d és x | b , így x -nek osztania kell y -t is (mert y értelmezés szerint b és d közös osztói közül a legnagyobb). Kapjuk tehát, hogy x | y . Hasonlóan bizonyítható a fordított oszthatóság is: y = (b, d ) ⇒ y | b, y | d ⇒
y | (bc + d ) ⇒ y | a, y | b ⇒ y | (a, b) ⇒ y | x . Az x | y és y | x oszthatóságokból következik az x = y egyenlőség. 19. Adjál algoritmust két szám l.n.k.o-jának és l.k.k.t.-ének meghatározására. Megoldás. Ha a és b a két szám ( a > b ), akkor az előbbi tulajdonság alapján a következő lépéseket végezhetjük: 1. Osztjuk a -t b -vel, jelöljük q1 -gyel és r1 -gyel a hányadost és a maradékot. 2. Osztjuk b -t r1 -gyel, jelöljük q2 -vel és r2 -vel a hányadost és a maradékot. 3. Minden n ≥ 2 esetén osztjuk rn -et rn −1 -gyel, jelöljük qn +1 -gyel és rn +1 gyel a hányadost és a maradékot.
Tartalomjegyzék
Valós számok
13
Ebben az eljárásban az előbbi feladat alapján (rn , rn +1 ) = (a, b) , ∀ n ≥ 1 , tehát az utolsó nullától különböző maradék az eredeti két szám legnagyobb közös osztója (ezt a ⋅b , tehát nevezik Euklideszi algoritmusnak). Ha d = (a, b) és t = [a, b ] , akkor t = d meghatározható a legkisebb közös többszörös is. 20. Bizonyítsd be, hogy bármely n ∈ ` esetén az n 3 − n szám osztható 6-tal.
Bizonyítás.
Mivel
6 = 2⋅3
és
(2, 3) = 1 ,
elég
igazolni,
hogy
az
3
n − n = (n − 1)n(n + 1) szorzat osztható 2-vel és 3-mal. Az n − 1 és n egymás utáni számok közül pontosan az egyik biztosan páros, ezért (n − 1)n # 2 minden n∈]
esetén,
tehát
n3 − n
mindig
páros.
3
Ha
n = 3k, k ∈ ` ,
akkor
3
n − n = 3(n − 1)k (n + 1)# 3 , ha n = 3k + 1 , n − n = 3kn(n + 1)# 3 , ha pedig
n = 3k − 1 , akkor n 3 − n = 3(n − 1)nk # 3 . Tehát minden természetes n szám esetén n 3 − n # 2, 3 , így n 3 − n # 6, ∀n ∈ ` . 21. Igazold, hogy három egymás utáni egész szám köbének összege osztható 3-mal. Megoldás A = a 3 + (a + 1)3 + (a + 2)3 = a 3 + (a 3 + 3a 2 + 3a + 1) + (a 3 + 6a 2 + 12a + 8) = = 3 ⋅ (a 3 + 3a 2 + 5a + 3) , tehát A osztható hárommal. 22. Adottak az a = 3100 : 340 ⋅ 358 + (3110 ⋅ 315 ) : 327 + (457 : 456 − 14 ) ⋅ 397 ⋅ 2 és a 2 b = 103 : 123 + 34 : (2 ⋅ 32 ) : 18 − 17 0 ⋅ 1125 számok. Határozd meg az a és b számok l.n.k.o-ját és l.k.k.t-ét.
{
}
Megoldás
a = 3100 : 340 ⋅ 358 + (3110 ⋅ 315 ) : 327 + (457 : 456 − 14 ) ⋅ 397 ⋅ 2 = = 3100 : 340+58 + 3110+15−27 + (457−56 − 1) ⋅ 397 ⋅ 2 = = 3100 : 398 + 398 + (4 − 1) ⋅ 397 ⋅ 2 = 3100 : (3 ⋅ 398 ) ⋅ 2 = 3100−99 ⋅ 2 = 2 ⋅ 3 = 6
{
}
2 b = 103 : 123 + 34 : (2 ⋅ 32 ) : 18 − 17 0 ⋅ 1125 = 3 2 4 2 = 10 : 123 + 34 : (2 ⋅ 3 ) : (2 ⋅ 3 ) − 1 = = 103 : (123 + 34 : 17) = 1000 : 125 = 8 (a, b) = (6, 8) = 2 és [a, b ] = [6, 8] = 24 .
{
}
23. Az a és b számok l.n.k.o-ja 15, l.k.k.t-e 180. Melyek ezek a számok?
Tartalomjegyzék
14
Valós számok
Megoldás. Az a, b számok ln.k.o.-ja 15, ezért a = 15x , b = 15y , ahol x , y ∈ ` és (x , y ) = 1 . Ekkor 180 = [a, b ] = [15x ,15y ] = 15[x , y ] , tehát [x , y ] = 180 : 15 = 12 . x = 1 x = 3 x = 4 x = 12 (x , y ) = 1 vagy vagy vagy . Tehát a ⇔ y = 12 y=4 y=3 y =1 [x , y ] = 12 a = 45 a = 60 a = 180 a = 15 megoldások: , , , . b = 180 b = 60 b = 45 b = 15 24. Két természetes szám összege 2001. Határozzuk meg a számokat, ha legnagyobb közös osztójuk 87. Megoldás. Legyen a két szám a és b . Az (a, b) = 87 feltétel alapján a = 87x , b = 87y , ahol x és y két egymással relatív prím természetes szám. Ekkor 2001 = a + b = 87(x + y ) , innen kapjuk, hogy x + y = 23 . Ez utóbbi összefüggés tartalmazza azt is, hogy x és y relatív prímek, hiszen ha d | x ,d | y , akkor d | (x + y ) = 23 , innen pedig d ∈ {1, 23} . De d = 23 nem lehetséges, így marad a
d = 1 eset, tehát (x , y ) = 1 . Következik, hogy minden (k, 23 − k ), k = 1, 22 alakú számpár megoldás, tehát a feladat megoldásai (a, b) = (87k, 87 ⋅ (23 − k )) , k = 1, 22 . 25. Határozd meg az n = 49a 4b számot, ha n # 28 és (ab + 1)# 9 . Megoldás 4b # 4,(49a 4 − 2b)# 7 n # 28 n # 4, n # 7 ⇔ ⇔ ab + 1)# 9 (10a + b + 1)# 9 (a + b + 1)# 9 ( b ∈ {0, 4, 8}, (10a + 4 − 2b)# 7 ⇔ (a + b) ∈ {8,17}. Ha a + b = 17 , a b ∈ {0, 4, 8} feltétel alapján a = 9 és b = 8 , ekkor viszont 10a + 4 − 2b = 78 nem osztható héttel. Következik, hogy a = 8 − b , így 10a − 2b + 4 = 84 − 12b csak akkor osztható héttel, ha b = 0 , ekkor a = 8 , tehát a keresett szám az n = 49840 . 26. Bizonyítsd be, hogy ha az n természetes szám nem osztható 7-tel, akkor az n6 6 N = + szám természetes szám. 7 7 Bizonyítás. Az n szám héttel való maradéka lehet 1, 2, 3, 4, 5 vagy 6 . Mind a hat esetben n 6 -nak 7 -tel való osztási maradéka 1 , tehát (n 6 + 6)# 7 . 27. Bizonyítsd be, hogy az N = 30 + 31 + 32 + ... + 32000 szám osztható 13-mal és az M = N − 32000 szám osztható 40-nel. Bizonyítás. Észrevesszük, hogy 13 felírható 30 + 31 + 32 alakba. Ezért az N összeg tagjait a következőképpen csoportosítjuk:
Tartalomjegyzék
Valós számok
15
N = 30 + 31 + 32 + ... + 32000 = = (30 + 31 + 32 ) + (33 + 34 + 35 ) + ... + (31998 + 31999 + 32000 ) = = (30 + 31 + 32 ) + 33 ⋅ (30 + 31 + 32 ) + ... + 31998 ⋅ (30 + 31 + 32 ) =
= (1 + 3 + 9) ⋅ (1 + 33 + 36 + ... + 31998 ) = 13 ⋅ (1 + 33 + 36 + ... + 31998 ) ⇒ N # 13 . Hasonlóan, mivel 40= 30 + 31 + 32 + 33 , M tagjait négyesével csoportosítjuk:
M = 30 + 31 + 32 + ... + 31999 = = (30 + 31 + 32 + 33 ) + (34 + 35 + 36 + 37 ) + ... + (31996 + 31997 + 31998 + 31999 ) = = (30 + 31 + 32 + 33 ) + 34 ⋅ (30 + 31 + 32 + 33 ) + ... + 31996 ⋅ (30 + 31 + 32 + 33 ) =
= (1 + 3 + 9 + 27) ⋅ (1 + 34 + 38 + ... + 31996 ) = 40 ⋅ (1 + 34 + ... + 31996 ) ⇒ M # 40 . 28. a) Bizonyítsd be, hogy nem létezik olyan természetes szám, amely négyzetének hárommal való osztási maradéka 2. b) Oldd meg az egész számok halmazán a b 2 = 9a − 2b + 10 egyenletet. Megoldás. a) Három esetet vizsgálunk n -nek hárommal való osztási maradéka szerint: • ha n = 3l, l ∈ ` , akkor n 2 = 9l 2 # 3 , tehát n 2 nem 3k + 2 alakú •
ha n = 3l + 1 , akkor n 2 = 9l 2 + 6l + 1 = 3(3l 2 + 2l ) + 1 nem 3k + 2 alakú
• ha n = 3l + 2 , akkor n 2 = 9l 2 + 12l + 4 = 3(3l 2 + 4l + 1) + 1 nem 3k + 2 alakú Következik, hogy egy teljes négyzet hárommal való osztási maradéka csak a 0 és 1 értékek valamelyikét veheti fel, sosem lehet 2. b) A b 2 = 9a − 2b + 10 egyenletet még így is írhatjuk: b 2 + 2b + 1 = 9a + 11 , (b + 1)2 = 3 ⋅ (3a + 3) + 2 . Mindkét oldal hárommal való osztási maradékát nézve, azt kapjuk, hogy (b + 1)2 -nek 3-mal való osztásakor maradékul kettőt kapunk, ez pedig ellentmond az a) pontban megfogalmazott állításnak. Tehát az adott egyenletnek nincs megoldása az egész számok halmazában. 29. Határozd meg azokat az n ∈ ` természetes számokat, amelyekre az n + 1 , n + 7 , n + 13 , n + 19 , n + 25 számok mindegyike prímszám. Megoldás. n -nek öttel való lehetséges osztási maradékai szerint öt esetet különböztetünk meg. Ha n = 5k + 1, k ∈ ` , akkor n + 19 = 5k + 20 = 5 ⋅ (k + 4) nem lehet prímszám. Ha n = 5k + 2, k ∈ ` , akkor n + 13 = 5k + 15 = 5 ⋅ (k + 3) nem lehet prímszám. Ha n = 5k + 3, k ∈ ` , akkor n + 7 = 5k + 10 = 5 ⋅ (k + 2) nem lehet prímszám. Ha n = 5k + 4, k ∈ ` , akkor n + 1 = 5k + 5 = 5 ⋅ (k + 1) pontosan akkor lesz prímszám, ha k + 1 = 1 , vagyis ha n = 4 . Ez az érték valóban teljesíti a feltételeket.
Tartalomjegyzék
16
Valós számok
Ha n = 5k, k ∈ ` , akkor n + 25 = 5k + 25 = 5 ⋅ (k + 5) nem lehet prímszám. Tehát az egyetlen megfelelő szám az n = 4 . 30. Bizonyítsd be, hogy az
5n + 3 tört irreducibilis, bármely n ∈ ` esetén. 13n + 8
Bizonyítás. Adott n esetén legyen d = (5n + 3,13n + 8) . Ekkor d | 5n + 3 ,
d | 13n + 8 , tehát d | [5 ⋅ (13n + 8) − 13 ⋅ (5n + 3)] , innen pedig d | 1 . Következik, hogy d = 1 , vagyis bármely n ∈ ` esetén (5n + 3,13n + 8) = 1 . 1 1 1 31. a) Igazold, hogy = − . k (k + 1) k k + 1
1 1 1 1 19 + + + ... + < . 4 9 16 100 20 1 k +1−k k +1 k 1 1 Bizonyítás. a) = = − = − ; k (k + 1) k (k + 1) k (k + 1) k (k + 1) k k + 1 b) b) Bizonyítsd be, hogy
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + ... + = + + ... + < + + ... + = 4 9 16 100 2 ⋅ 2 3 ⋅ 3 10 ⋅ 10 1 ⋅ 2 2 ⋅ 3 9 ⋅ 10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9 = − + − + − + ... + − = 1− = . 1 2 2 3 3 4 9 10 10 10 32. Bizonyítsd be, hogy a 217 + 25 − 1 , 212 − 25 − 1 és 213 − 24 + 1 számok összetett számok. Bizonyítás 217 + 25 − 1 = (3 − 1)17 + (3 − 1)5 − 1 = v1 ⋅ 3 − 1 + v2 ⋅ 3 − 1 − 1 = 3 ⋅ (v1 + v2 − 1) , ahol v1, v2 egész számok. Tehát (217 + 25 − 1)# 3 , így nem lehet prím. 3
212 − 25 − 1 = (24 ) − 2 ⋅ 24 − 1 = (17 − 1)3 − 2 ⋅ (17 − 1) − 1 = = v 3 ⋅ 17 − 1 − 2 ⋅ 17 + 2 − 1 = 17 ⋅ (v 3 − 2) # 17 , ahol v 3 ∈ ` . 3
213 − 24 + 1 = 2 ⋅ (24 ) − 24 + 1 = 2 ⋅ (17 − 1)3 − (17 − 1) + 1 =
= 2 ⋅ (17v4 − 1) − 17 + 2 = 17 ⋅ (2v 4 − 1) # 17 , ahol v 4 ∈ ` . 33. Bizonyítsd be, hogy a 2105 + 3105 szám osztható 5-tel, 35-tel, 275-tel és 2315-tel. Az a 2n +1 + b 2n +1 = (a + b) (a 2n − a 2n −1b + a 2n −2b 2 − ... − ab 2n −1 + b 2n ) képlet alapján
(2105 + 3105 )# (2 + 3) = 5 . Ugyanezt a képletet használva, kapjuk, hogy
(
35
35
2105 + 3105 = (23 ) + (33 ) illetve
)#(2
3
+ 33 ) = 35 ,
Tartalomjegyzék
Valós számok
17 2105 + 3105 = (25 ) + (35 )
(
)#(2
(
)#(2
és
21
21
15
15
2105 + 3105 = (27 ) + (37 )
+ 35 ) = 275 ,
5
7
+ 37 ) = 2315 .
I.2.1. Gyakorlatok és feladatok (15. oldal) 1. Milyen racionális számok tizedes reprezentációi a következő számok? a) 0,(135) ; b) 1, 23 ; c) −24, 5 ; d) 0,(3) ; e) 2, (12) ; f) −5,(234) ; g) 0,1(23) ; h) −5,15(12) ; i) −0, 4(31) ; j) 2, 43(1) . Megoldás 135 5 23 123 245 49 a) 0,(135) = = ; b) 1, 23 = 1 = ; c) −24, 5 = − =− ; 999 37 100 100 10 2 3 1 12 4 70 e) 2, (12) = 2 =2 = ; d) 0,(3) = = ; 9 3 99 33 33 234 26 581 123 − 1 61 = −5 =− ; g) 0, 1(23) = = ; f) −5,(234) = −5 999 111 111 990 495 1512 − 15 499 16999 = −5 =− ; h) −5,15(12) = −5 9900 3300 3300 431 − 4 427 431 − 43 97 547 =− ; j) 2, 43(1) = 2 =2 = . i) −0, 4(31) = − 990 990 900 225 225 2. Írd végtelen tizedes szám alakjában a következő törteket: a) −10 ;
1 e) − ; 6
7 ; 3 12 f) ; 13 b)
3 ; 2 13 g) − ; 30 c)
Megoldás. a) −10 = −9,(9) = −10,(0) ;
b)
8 d) − ; 5 11 h) . 35
7 = 2,(3) ; 3
3 8 = 1, 5(0) = 1, 4(9) ; d) − = −1, 6(0) = −1, 5(9) ; 2 5 1 16 − 1 12 13 e) − = − = −0,1(6) ; f) = 0,(923076) ; g) − = −0, 4(3) ; 6 90 13 30 11 h) = 0, 3(142857) . 35 3. Határozd meg a következő számok századik tizedes jegyét: 4 b) −2, 75 ; c) 2,(243) ; d) ; a) 3,12(21) ; 5 10 23 1 ; f) − ; g) − . e) 3 15 47 c)
Tartalomjegyzék
18
Valós számok
Megoldás. a) Könnyű belátni, hogy a tizedesvessző utáni számjegyek az első kettő kivételével periodikusan ismétlődnek. Mivel a periódus kettő, ezért a századik számjegy megegyezik a 98.-al, ez pedig a 96.-al, s folytatva a gondolatmenetet, kapjuk, hogy a századik számjegy egyenlő a negyedikkel, ami az 1-es. Általánosan, az N = c, a1a2 ...ai (b1b2 ...bj ) alakú szám n -dik tizedes jegyét a következőképpen határozhatjuk meg: • ha 0 < n ≤ i , akkor a keresett számjegy an lesz, • ha i < n , akkor legyen m az (n − i ) -nek j -vel való osztási maradéka. Ha m = 0 , akkor az n -dik számjegy a bj , ha pedig 0 < m < j , akkor a keresett számjegy az am . b) A második tizedes után mind nullák állnak, így a századik számjegy a 0. 4 c) A századik számjegy a kettes. d) = 0, 8 = 0, 8(0) , a századik tizedes jegy a 0. 5 10 23 e) = 3,(3) , a századik tizedes jegy a 3. f) − = −1, 5(3) , a századik tizedes 3 15 jegy a 3. 4. Hasonlítsd össze a következő számokat. Melyik szám a nagyobb? 2 6 4 13 16 5 és ; b) − és ; c) − és − ; a) 6 3 9 5 5 7 15 14 és 7, 49 ; e) és 4, 667 ; f) −1,(17) és −1,1(7) ; d) 2 3 g) −4,123(4) és −4,12(35) ; h) 2 és 1, (41) ; i) π és 3, 1(4) . 2 4 6 4 5 13 91 90 16 Megoldás. a) = < ; b) − < 0 < ; c) − = − <− =− ; 5 6 3 9 9 5 35 35 7 15 14 = 7, 5 > 7, 49 ; = 4,(6) = 4, 666... < 4, 667 ; e) d) 2 3 f) 1,(17) = 1,1717.. < 1,1777... = 1,1(7) ⇒ −1,1(7) < −1,(17) ; g) 4,123(4) = 4,123444... < 4,123535... = 4,12(35) ⇒ −4,12(35) < −4,123(4) ; h) 2 > 1, 4142... > 1, 4141... = 1,(41) ; i) π ≈ 3,141 < 3,1444... = 3,1(4) 5. Határozd meg a következő számok egészrészét, illetve a törtrészét: 17 65 15 a) ; b) ; c) ; d) 4, 9(2) ; 2 6 28 16 512 f) −11, 8(41) ; g) − ; h) − . e) −3,125 ; 5 63 17 = 8, 5 , így egészrésze 8, törtrésze pedig 0,5; Megoldás. a) 2 65 = 10, 8(3) , egészrésze 10, törtrésze 0,8(3); b) 6 15 c) = 0, 53(571428) , egészrésze 0 , törtrésze 0, 53(571428) ; 28
Tartalomjegyzék
Valós számok
19
d) [4, 9(2)] = 4 , {4, 9(2)} = 0, 9(2) ; e) −3,125 = −4 + 0, 875 ⇒ [−3,125] = −4, {-3,125} = 0, 875 ; f) −11, 8(41) = −12 + 0,1(58) ⇒ [−11, 8(41)] = −12, {−11, 8(41)} = 0,1(58) ;
{ } {
16 16 16 = 0, 2 ; = −3, 2 = −4 + 0, 2 , − = −4 , − 5 5 5 512 512 512 h) − = 0,(873015) . = −8,(126984) , tehát − = −9 , és − 63 63 63 6. Határozd meg a következő irracionális számok 1, 2 illetve 4 tizedessel hiánnyal, majd többlettel való közelítéseit: b) 5 ; c) 13 ; d) − 17 ; a) 2 ; f) − 2001 . e) − 85 ; Megoldás. a) 1, 4 < 2 < 1, 5 ; 1, 41 < 2 < 1, 42 ; 1, 4142 < 2 < 1, 4143 ; g) −
}
b) 2, 2 < 5 < 2, 3 ; 2, 23 < 5 < 2, 24 ; 2, 2360 < 5 < 2, 2361 ; c) 3, 6 < 13 < 3, 7 ; 3, 60 < 13 < 3, 61 ; 3, 6055 < 13 < 3, 6056 ; d) −4, 2 < − 17 < −4,1 ; −4,13 < − 17 < −4,12 ; −4,1232 < − 17 < 4,1231 ; e) −9, 3 < − 85 < −9, 2 ; −9, 22 < − 85 < −9, 21 ; −9, 2196 < − 85 < −9, 2195 ; f) −44, 8 < − 2001 < −44, 7 ; −44, 74 < − 2001 < −44, 73 ; −44, 7326 < − 2001 < −44, 7325 7. Határozd meg az x + y , illetve az x ⋅ y számok három tizedessel hiánnyal, majd többlettel való közelítéseit, ha a) x = 2 és y = 7 ; b) x = 2, 41321... és y = 5,12347 ; d) x = −4, 71654... és y = −8,1(4) . c) x = 3,(12) és y = 10 ; Megoldás. a) 4, 059 < 2 + 7 < 4, 06 és 3, 741 < 2 ⋅ 7 < 3, 742 ; b) 7, 536 < x + y < 7, 537 és 12, 364 < x ⋅ y < 12, 365 ; c) 6, 283 < x + y < 6, 284 és 9, 870 < x ⋅ y < 9, 871 ; d) −12, 861 < x + y < −12, 860 és 38, 413 < x ⋅ y < 38, 414 . 8. Bizonyítsd be, hogy a következő számok irracionálisak: a) 3 ; b) 5 ; c) n , ha n nem teljes négyzet; d) 2 + 3 ; e) 2 + 3 + 5 . Bizonyítás. Az a) és b) alpontok a c) sajátos esetei, amikor n ∈ {3, 5} .
c) Tegyük fel, hogy létezik olyan nem teljes négyzet n szám, amelyre n a racionális. Ekkor léteznek az a, b egész számok úgy, hogy n = és b ≠ 0 . b Négyzetre emelve, majd b 2 -el átszorozva ez utóbbi egyenlőség mindkét oldalát, kapjuk, hogy a 2 = n ⋅ b 2 , tehát a 2 #b 2 , ami egyenértékű azzal, hogy a #b . Így létezik egy k egész szám, amelyre a = k ⋅b . Visszahelyettesítve, (kb)2 a2 k 2b 2 n = 2 = 2 = 2 = k 2 , ami ellentmond annak, hogy n nem teljes négyzet. b b b
Tartalomjegyzék
20
Valós számok
Következik, hogy n pontosan akkor racionális, ha n teljes négyzet, és ebben az esetben n is egész szám. a d) Tegyük fel, hogy 2 + 3 = , a, b ∈ ] , b ≠ 0 . Ekkor b 2 2 2 2 2 a a a − 5b ( 2 + 3 ) = b 2 , 5 + 2 6 = b 2 , 6 = 2b 2 , s mivel a 2 − 5b 2 , 2b 2 egészek, ez azt jelenti, hogy 6 racionális, ami ellentmond a c) pontban szereplő állításnak. Tehát 2 + 3 irracionális. Más megoldás. Könnyű belátni, hogy egy nullától különböző szám pontosan akkor racionális, ha inverze is az. Mivel ( 3 − 2)( 3 + 2) = 3 − 2 = 1 , ezért 3 − 2 és 3 + 2 egymás inverzei. Így, feltételezve, hogy 3 + 2 racionális, következik, hogy 3 − 2 is az. Két racionális szám összege is az, tehát ( 3 − 2 ) + ( 3 + 2 ) = 2 3 is racionális kell legyen, ez pedig szintén ellentmond a c) alpontnak. e) Feltételezzük, hogy
2+ 3+ 5=
a , ahol a, b egészek, b ≠ 0 . Ekkor b
a a2 a − 5 és 5 + 2 6 = 2 − 2 5 + 5 , tehát b b b a 4 + 20a 2b 2 − 24b 4 4 4 2 2 3 24b = a + 20a b − 4 5a b ⇔ 5 = , 4a 3b vagyis 5 racionális, ami ellentmondás. 1 m 9. Bizonyítsd be, hogy ha (m, n ) = 1 , akkor az és számok tizedes n n ábrázolásában a szakasz hossza ugyanaz. Bizonyítás. A 2.4. tétel g) alpontja alapján a legkisebb szakasz hossza csak az 1 m és tizedes irreducibilis alakban írt tört nevezőjétől függ, tehát n n reprezentációjában ugyanakkora a szakasz hossza. m 10. Ha m, n ∈ `* (m, n ) = 1 és (n, 9) = 1 , akkor felírható olyan tizedes tört n formájában, amelynek a szakasza egy 9-cel osztható szám. Bizonyítás. Ha a, b, c ∈ ` , akkor az x = a, b(c) tizedes szám átalakítása során az 2+ 3=
x =a +
b (10k − 1) + c 99...9 00...0 N k
(*)
m törtet kapjuk. Ha ez ekvivalens egy irreducibilis törttel, amelyben (n, 9) = 1 , n akkor a (*) tört egyszerűsíthető 9 -cel, tehát c # 9 . 1 1 1 vegyes szakaszos tizedes tört, bármely + + 11. Bizonyítsd be, hogy n n +1 n +2 n ∈ `* esetén.
Tartalomjegyzék
Valós számok
21
1 1 1 3n 2 + 6n + 2 + + = Bizonyítás. . A tört nevezője osztható 3 n n + 1 n + 2 n(n + 1)(n + 2) mal és a számlálója nem, tehát a tört tizedes reprezentációja szakaszt is tartalmaz (2.4. tétel a) alpontja). Másrészt a számláló páratlan n esetén páratlan, páros n esetén nem osztható 4 -gyel, míg a tört nevezője az első esetben páros és a második esetben osztható 4 -gyel. Így a tört nevezője egyszerűsítés után mindig páros lesz, tehát a tört tizedes ábrázolása vegyes szakaszos tört (2.4. tétel c) alpont). n2 + 1 12. Bizonyítsd be, hogy vegyes szakaszos tizedes tört, bármely n ∈ `* \ {1} n(n 2 − 1) esetén. n2 + 1 tört számlálója nem osztható 3 -mal és a nevezője Bizonyítás. Az n (n 2 − 1) osztható, tehát irreducibilis alakban a nevezőnek van 2 -től és 5 -től különböző osztója. Ugyanakkor páros n esetén a nevező páros és a számláló páratlan, míg páratlan n esetén a nevező osztható 8 -cal és a számláló nem osztható 4 -gyel, tehát az irreducibilis alakra hozott tört nevezője páros. Így a 2.4. tétel c) alpontja szerint a tört tizedes reprezentációja vegyes szakaszos. 13. Bizonyítsd be, hogy két tiszta szakaszos tizedes tört szorzata is tiszta szakaszos tizedes tört. a c és irreducibilis törtek tizedes reprezentációja tiszta Bizonyítás. Ha az b d szakaszos, akkor (b, 10) = 1 és (d, 10) = 1 , tehát (b ⋅ d, 10) = 1 . Ebből következik, ac tört tizedes hogy b ⋅ d minden osztója is relatív prím 10 -zel, tehát az bd reprezentációja is tiszta szakaszos. 14. Ha az x és y valós számoknak ismerjük az n jegyű hiánnyal illetve többlettel való közelítését, akkor milyen közelítést adhatunk a következő kifejezésekre: a) x + y ; b) x − y ; c) x ⋅ y ; d) x 2 + y 2 ? Megoldás. Feltételezhetjük, hogy x , y > 0 , mert a többi eset erre visszavezethető. 1 1 Az a < x < a + n és b < y < b + n egyenlőtlenségek alapján írhatjuk, hogy: 10 10 2 1 a + b < x + y < a + b + n < a + b + n −1 , 10 10 1 1 1 2 a − b − n < x − y < a − b + n < a − b − n + n −1 , 10 10 10 10 a +b 1 ab < xy < ab + + 2n , és 10n 10 2(a + b) 2 2 2 2 2 2 2 a +b < x + y < a +b + + 2n . n 10 10 Ez alapján látható, hogy az összeadás és a kivonás esetén csak a legutolsó számjegy veszhet el (tehát az eredmény n − 1 tizedesjegye pontos), míg a szorzás és négyzetösszeg kiszámítása során több számjegyet is veszíthetünk a számok nagyságrendjétől függően.
Tartalomjegyzék
22
Valós számok
I.6. Gyakorlatok és feladatok (21. oldal) 1. Számítsd ki:
f)
(
3
1
−1
2
1 a) ; 3
1 b) ; 2
−3 ) ; 9
1 2 c) ; 4 −1 1 h) ; 3
g) (− 5 ) ; 3
d) (− 3 ) ; 2
e)
−2
( 3 3)
27
;
−3
1 i) ; 2
1 j) 3 ; 3
−2
1 k) . 2 + 3 1
−1
2
1 12 1 1 Megoldás. a) = 2 = ; b) 3 2 3 9 27 27 1 27 e) ( 3 3 ) = 3 3 = 3 3 = 39 ;
2 1 2 1 = 2 ; c) = ; d) (− 3 ) = 3 ; 4 2
f)
( 3 −3 )
9
9
= (−3)3 = (−3)3 = −27 ;
g) (− 5 ) = (−1) ⋅ 5 = (−1)3 ⋅ ( 5 ) = −5 5 ; h) 3
3
−2
1 i) 2
=
((
2)
−2
1 k) 2 + 3
)
−1 −2
3
−2
−1 = 2 2
−3
1 = 2 ; j) 3 3
−2
3 − 2 = 3 − 2
=
1
(
3 − 2)
2
=
−1
1 3
−1
= (3−1 )
−3
−1 = 3 3
= 3;
1 = 5+2 6 . 5−2 6
2. Írd egyszerűbb alakba a következő számokat: a)
2⋅32⋅62;
b)
d)
175 ;
e) 1
Megoldás. a)
5
a ⋅ 3 a ⋅ 6 a , ahol a > 0 ;
c)
−96 ;
f)
1
1
1 1 1 + + 3 6
1 2
1 3
1 6
1 1 1 + + 2 3 6
b)
a ⋅ 3 a ⋅ 6 a = a ⋅a ⋅a = a
c)
3
d)
175 = 7 ⋅ 52 = 7 ⋅ 52 = 5 7 ;
e) f)
5
3
2
1
2
3
2
x 6y . z9
1 1 + 2
2
= 3 3 = 3 32 = 3 9 ;
−96 = 5 (−32) ⋅ 3 = 5 (−2)5 ⋅ 5 3 = −2 5 3 ;
x 6y = z9
3
3
2 x 2 x 2⋅3 ⋅y = x 3 y . 3 ⋅ = y z 3 z 3⋅3 z3
3. Hozd egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket: a)
3 ( 4 3) ;
= a1 = a ;
3 ( 4 3 ) = 2⋅3 3 ⋅ 3 4 = 3 6 ⋅ 3 4 = 3 6 2
3
= 21 = 2 ;
2 ⋅ 3 2 ⋅ 6 2 = 22 ⋅ 2 3 ⋅ 26 = 22
300 − 45 + 3 27 + 2 20 − 64 ;
b)
3
= 3;
64a 4 + 3 3 27a −
43 7 8a ; a
Tartalomjegyzék
Valós számok
23
3 3 1 5 7 f) 3 x y : 5x 5y 3 . c) 3 9 ⋅ 3 ; d) 5 ⋅ 25 ; e) 3 192 : 3 3 ; 2 2 25 Megoldás. a) 300 − 45 + 3 27 + 2 20 − 64 = = 10 3 − 3 5 + 9 3 + 4 5 − 8 = 19 3 + 5 − 8 ; 4 4 4 3 b) 64a + 3 3 27a − 3 8a 7 = 4a 3 a + 9 3 a − 2a 2 3 a = a a = (4a + 9) 3 a − 8a 3 a = (9 − 4a ) 3 a ; 3
3
3
c) 3 3 9 ⋅ 3 3 = 3 3 9 ⋅ 3 = 3 ⋅ 3 = 9 ; 1
2
1 2 + 3
5 ⋅ 3 25 = 5 2 ⋅ 5 3 = 5 2
d)
7
= 56 = 5 6 5 ; 1
1 1 1 2 2 2 − 3 3 3 1 3 3 e) 3 192 : 3 3 = ⋅ 4 3 3 ⋅ ⋅ = 2 ⋅ 3 3 ⋅ 3 3 ⋅ 2 3 = 2 3 ⋅ 3 3 = 6 3 = 3 62 ; 2 2 2 3 2 −1 2 1 2 − 1 5 7 5 3 23 2 3 2 x y : 5x y = 5 xy x y ⋅ 5 ⋅ x y xy = f) 3 25 −
2
2
1
−
= 5 3 xy 2x 3 y 3 ⋅ 5
1 2
−
1
⋅ x −2y −1x 2 y
−
1 2
−
7
−
5
5
= 5 6 x 6y 6 .
4. Számítsd ki: a)
5
0, 00001 ; b)
3
0, 001 ⋅ 4 625 ⋅ 11 2048 ;
c)
3
27 ⋅ 5 32 ⋅ 6 64 ; 81 ⋅ 3 125
2
1 1 1 : 4 . d) ⋅4 2 32 4 2 5
Megoldás. a)
5
1 1 1 0, 00001 = = 5 = = 0,1 ; 5 10 10 10 5
3
b) c)
3
3
1 5⋅2 = 1; 0, 001 ⋅ 4 625 ⋅ 11 2048 = 3 ⋅ 4 54 ⋅ 11 211 = 10 10 27 ⋅ 5 32 ⋅ 6 64 = 81 ⋅ 3 125
3
3 3 ⋅ 5 25 ⋅ 6 26
2
1 1 1 : 4 = d) ⋅4 2 32 4 2
2
3
3
=
3⋅2⋅2 4 ; = 9⋅5 15
9 ⋅ 5 2 1 1 1 1 1 4 ⋅ . ⋅ 44 2 = ⋅ 2 ⋅4 2 = 4 2 32 2 4 ( 4 2) 2 2
5. Írd egyszerűbb alakba: a) 3 + 2 ; b) 5 + 2 6 ; c) 5 − 2 6 ; d) 4 17 − 12 2 ; e) 3 26 − 15 3 . Megoldás. a) A megoldás során vagy az összetett gyökök képletét használjuk, vagy a külső gyök alatti kifejezést teljes négyzetté alakítjuk. Az első módszerrel
3+2 2 = a második módszerrel
3 + 32 − 8 3 − 32 − 8 + = 2 + 1, 2 2
Tartalomjegyzék
24
Valós számok 3 + 2 2 = 2 + 2 2 + 1 = ( 2 + 1)2 = 5 +1 5 −1 + = 3+ 2; 2 2
b)
5+2 6 =
c)
5 − 2 6 = ( 3 − 2)2 =
d)
17 − 12 2 =
4
2 + 1 = 2 + 1;
(3 − 2 2 )
2
4
3− 2 = 3− 2;
=
3 −2 2 = 3 −2 2 = 2 −1 ;
e) Mivel a köbgyökön belül gyökjel alatt csak a hármas szám szerepel, ezért várhatóan a keresett egyszerűbb alak a + b 3 lesz. Meg kell határozni az a, b (lehetőleg racionális) számokat úgy, hogy teljesüljön az 3 26 − 15 3 = a + b 3 egyenlőség. Köbre emelve mindkét oldalt, kapjuk, hogy 3 2 2 3 26 − 15 3 = a + 9ab + (3a b + 3b ) 3 . Ha a, b racionálisak, akkor ez azt jelenti, 26 = a 3 + 9ab 2 hogy . Az egyenletrendszernek egy megoldása (a, b) = (2, −1) . −15 = 3a 2b + 3b 3
a)
(5 7)
10
Megoldás. a) b)
( 4 3)
c) d)
10
( 4 3)
10
: 49 ; b)
(5 7)
10
: 3 ; c)
: 49 = 7
10
10 5
(
7
26 − 16 3 = 2 − 3 egyenlőség.
3
Könnyen ellenőrizhető, hogy valóban teljesül a 6. Írd egyszerűbb alakba:
)
3
50 + 18 ; d)
(
48 − 3
3
−2
: 49 = 7 2 : 49 = 1 ;
5
: 3 = 3 4 : 3 = 32 : 3 = 9 3 : 3 = 9 ;
(
7
50 + 18
(
3
48 − 3
) =( 3
)
−2
=
7
5 2 +3 2
) =( 3
1
(
4 3− 3
3
8 2
)
3
1
=
) ( 2
7
3
3 3
3
3 7 1 7 = 2 2 = 2 2 = 2 2 ;
1
=
) ( 2
3
)
2
33
=
1 6
3
7. Hozd egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket: 2 3 1 3 2 3 2 b) y x ; c) −x 3 xy 2 a) x y x ; x 4 12 3 x + y + x y ) ( 8 2 . d) 3xy 3 2 4 ; e) :4 y y −1 x y
(
)
(
Megoldás. a) x 3 y 2x
(
)
3
= x 3 ⋅ y2 ⋅ x = x 4 ⋅ y2 ;
2
4 4 − 1 1 b) 3 y 2x = 2 ⋅ 3 y 4x 2 = y 3 x 3 ; x x
(
)
c) −x 3 xy 2
)
2
4
= x 2 3 x 2y 4 = x 2y 3 x 2y = (x 2y )3 ;
=
6
); 2
1 . 3
.
Tartalomjegyzék
Valós számok
25
12
4 8 312 ⋅ 212 ⋅ x 12 ⋅ y 24 2 12 12 24 8 3 = 3 x y 2 4 = = 612 x 4y 8 ; d) 3xy 2 4 8 16 xy x ⋅y x y 4
3 y −1 x +y (x + y )4 x + y 4 (x + y ) = ⋅ = : , ha y(x + y ) > 0 . e) −1 4 3 y y y5 (x + y ) y 8. Számítsd ki:
a)
(
)
2
2+ 2 + 2− 2 ;
Megoldás. a)
(
b)
2+ 2 + 2− 2
)
2
(
3
a + b + 3a− b
). 3
= 2+ 2 +2 2+ 2 2− 2 +2− 2 =
= 4 +2 4−2 = 4 +2 2 ; b)
(
a + b + 3a− b
3
)
3
=
= a + b + 3 3 (a + b )(a − b ) ⋅ = 2a + 3 3 a 2 − b ⋅
(
3
(
3
)
a + b + 3 a − b +a − b =
)
a + b + 3a− b .
9. Bizonyítsd be a következő egyenlőségeket: a)
3 (2 − 5 ) = 15 − 2 3 ; b)
c)
3+ 5 =
2
1+ 5 ; 2
d)
10 + 40 − 24 + 60 = 2 − 3 + 5 ; 3
26 − 15 3 + 3 26 + 15 3 = 4 .
Megoldás. a)
3 (2 − 5 ) = 3 (9 − 4 5 ) = 27 − 12 5 = 15 + 12 − 4 45 = 2
=
(
15 − 2 3 ) =
3 (2 − 5 ) = 3 2
2
(2 −
15 − 2 3 = 15 − 2 3 , vagy
5 ) = 3 2 − 5 = 3 ( 5 − 2) = 15 − 2 3 . 2
10 + 40 − 24 + 60 = 2 − 3 + 5 ⇔ ⇔ 10 + 2 10 − 2 6 + 2 15 = 2 + 3 + 5 − 2 6 + 2 10 − 2 15 , ami nyilván igaz. c) Mivel mindkét oldal pozitív, ezért a négyzetre emelés ekvivalens átalakítást jelent. 1+ 5 1+2 5 +5 3+ 5 = ⇔ 3+ 5 = ⇔ 3+ 5 = 3+ 5 ; 2 2 b)
d) Ha
3
26 − 15 3 + 3 26 + 15 3 = x , akkor x 3 = 26 − 15 3 + 3 3 (26 − 15 3 )(26 + 15 3 )x + 26 + 15 3 ⇔
⇔ x 3 − 3x − 52 = 0 ⇔ (x − 4)(x 2 + 4x + 13) = 0 ⇔ x = 4 , mert x ∈ \ .
Tehát
3
26 − 15 3 + 3 26 + 15 3 = 4 .
Tartalomjegyzék
26
Valós számok
10. Rendezd növekvő sorrendbe a következő számokat:
3 1 ; ; 3− 2; 4 2 2 19 3 9 2 15 4 63 c) 0, 45 ; ; ; ; d) 0, 75 ; ; ; . 3 40 5 2 21 4 Megoldás. a) Hasonlítsuk össze az első két számot. A 12 − 6 > 20 − 12 egyenlőség a következőképpen alakítható: a)
12 − 6 ;
20 − 12 ; 3 − 2 ;
b) 0, 1 ;
( )2
( )2
12 − 6 > 20 − 12 ⇔ 4 3 < 2 5 + 6 ⇔22 < 4 30 ⇔121 < 120 . Mivel az utolsó egyenlőtlenség nem igaz és ekvivalens átalakításokat végeztünk, az eredeti egyenlőtlenség sem volt igaz, tehát 12 − 6 < 20 − 12 . Hasonló módon a 12 − 6 > 3 − 2 egyenlőtlenség átrendezés és négyzetre emelés segítségével a következőképpen írható: ( )2
12 − 6 > 3 − 2 ⇔ 12 + 2 > 3 + 6 ⇔14 + 4 6 > 15 + 6 6 . Mivel az utolsó egyenlőtlenség nem igaz, 12 − 6 < 3 − 2 . Az eddigi két egyenlőtlenség alapján nem állapítható meg a sorrend, tehát a harmadik összehasonlítást is el kell végeznünk. ( )2
20 − 12 < 3 − 2 ⇔ 20 + 2 < 3 + 12 ⇔1 + 4 10 < 6 12 . Másrészt 1 + 4 10 < 1 + 4 ⋅ 4 = 17 < 18 és 18 < 12 3 ⇔ 3 < 2 3 ⇔ 9 < 12 , tehát 20 − 12 < 3 − 2 . 3 b) A gyökök közelítő értékeit használjuk. 1, 7 < 3 < 1, 74 , tehát 0, 4 < < 0, 5 . 4 1, 4 < 2 < 1, 42 , tehát 0, 28 = 1, 7 − 1, 42 < 3 − 2 < 1, 74 − 1, 4 = 0, 34 . Ezek 3 1 < . alapján a sorrend a következő: 0,1 < 3 − 2 < 4 2 45 9 18 19 19 = = < , tehát 0, 45 < . Ugyanakkor c) 0, 45 = 100 20 40 40 40 3 3 9 43 9 9 9 19 = < ⇔ 4 < 3 92 ⇔ 64 < 81 , tehát < 0, 45 < . Másrészt 5 20 20 5 40 2 2 3 ⋅ 0, 45 = 1, 35 < 1, 4 < 2 , tehát 0, 45 < , és így a -at kell 3 3 19 2 19 -nel. < ⇔ 40 2 < 57 ⇔ 3200 < 3249 , tehát a összehasonlítanunk a 3 40 40 3 9 2 19 helyes sorrend a következő: < 0, 45 < < . 5 3 40 4 4 4 63 64 8 2 2 2 3 63 2 d) < = = = < , tehát < < 0, 75 . Másrészt 4 4 4 4 2 4 4 2 5 3 2 5 < ⇔ 7 2 < 10 ⇔ 98 < 100 és < ⇔ 20 < 21 , tehát 2 7 7 4 4 63 2 15 < < < 0, 75 . 4 2 21
Tartalomjegyzék
Valós számok
27
11. Bizonyítsd be, hogy a következő számok irracionálisak: a) 10 ; b) 3 3 ; c) 4 2 ; d) 5 7 . Megoldás. a) Tegyük fel, hogy 10 racionális. Ekkor léteznek az a, b relatív prím a egész számok úgy, hogy b ≠ 0 és 10 = . Innen kapjuk, hogy a 2 = 10b 2 , tehát a 2 b osztható kettővel, ami egyenértékű azzal, hogy a páros, vagyis a = 2m , ahol m egy egész szám. Visszahelyettesítve, 10b 2 = a 2 = 4m 2 ⇒ 5b 2 = 2m 2 , tehát b 2 # 2 ⇒ b # 2 . Ez viszont azt jelenti, hogy mind a , mind b osztható kettővel, ez pedig ellentmond feltételezésünknek, miszerint (a, b) = 1 . Következik, hogy 10 irracionális. a b) A bizonyítást az a) ponthoz hasonlóan végezzük. Feltételezzük, hogy 3 3 = , b 3 3 3 (a, b) = 1 , a, b ∈ ] . Így a = 3b ⇒ a # 3 ⇒ a # 3 ⇒ a = 3m , m ∈ ] , innen
3b 3 = a 3 = 27m 3 ⇒ b 3 = 9m 3 ⇒ b 3 # 3 ⇒ b # 3 ⇒ (a, b)# 3 ⇒ (a, b) ≠ 1 , ellentmondás. Hasonlóan igazoljuk a c) és d) alpontokat is. 12. Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy a k n szám racionális legyen, ha k, n ∈ ` , k ≥ 2 ? Megoldás. Ha az n prímtényezős felbontásában van olyan p0 prímszám, amelynek k n ∈ _ , tehát a kitevője legalább k , akkor p0 kihozható a gyök alól, és k n ∈ _ ⇔ p0 feltételezhetjük, hogy az n prímtényezős felbontásában nincs k -val egyenlő vagy a annál nagyobb kitevő. Ha p az n legkisebb prímosztója, és k n = , ahol a, b ∈ ] b k k k és (a, b) = 1 , akkor a = n ⋅ b és így a # p . Ez csak úgy lehetséges, ha a # p viszont ebben az esetben a k = p k ⋅ a1k és (a, b) = 1 alapján n # p k . Ez csak akkor lehetséges, ha n felbontásában nincs legkisebb prím, vagyis ha n = 1 . Figyelembe véve, hogy a gyök alól csak a teljes k -adik hatványok emelhetők ki k n pontosan akkor racionális szám, ha n teljes k -adik hatványa egy természetes számnak. 13. Bizonyítsd be, hogy ha a + b ⋅ 3 2 + c ⋅ 3 4 = 0 és a, b, c ∈ _ , akkor
a =b =c = 0. Megoldás. Az a + b ⋅ 3 2 + c ⋅ 3 4 = 0 egyenlőség mindkét oldalát megszorozva 3 2 ⋅ c -vel, kapjuk, hogy ac 3 2 + bc 3 4 + 2c 2 = 0 . Az eredeti egyenlőségből kifejezve c 3 4 -t és ez utóbbiba behelyettesítve, kapjuk, hogy 2 2 2 3 3 3 ac 2 − b(a + b 2) + 2c = 0 , vagyis (2c − ab ) + 2 (ac − b ) = 0 . Ha 2c 2 − ab ∈ _ , ami ellentmondana annak, hogy 3 2 ac − b 2 irracionális. Következik hogy ac − b 2 = 0 , innen pedig 2c 2 − ab = 0 . Tehát a 2c 2 − ab ≠ 0 , akkor
3
2 =−
Tartalomjegyzék
28
Valós számok
2c 2 − ab = 0 . Az első egyenlet mindkét következő egyenletrendszerhez jutottunk: ac − b 2 = 0 oldalát megszorozva c -vel és felhasználva a második egyenletet, kapjuk, hogy b b3 2c 3 = bac = bb 2 = b 3 . Ha c ≠ 0 , akkor 2 = 3 , 3 2 = ∈ _ , így ellentmondáshoz c c 3 jutottunk ( 2 irracionális). Tehát c = 0 , innen pedig következik, hogy b = 0 és a = 0. 14. Bizonyítsd be, hogy az S = 26 + 6 13 − 4 8 + 2 6 − 2 5 + 26 − 6 13 + 4 8 − 2 6 + 2 5 szám racionális. Megoldás. Belülről kifele haladva rendre egyszerűbb alakra hozzuk a gyököket: 6−2 5 =
(
5 − 1) = 5 − 1 , 2
8 + 2 ( 5 − 1) = 6 + 2 5 =
(
13 − 4 ( 5 + 1) = 9 − 4 5 =
5 + 1) = 5 + 1 , 2
(2 −
26 + 6 ( 5 − 2) = 14 + 6 5 = 6+2 5 =
(
5) = 5 − 2 , 2
(3 +
5 ) = 3 + 5 , és 2
5 + 1) = 5 + 1 , 2
8 − 2 ( 5 + 1) = 6 − 2 5 =
(
13 + 4 ( 5 − 1) = 9 + 4 5 = 26 − 6 ( 5 + 2) = 14 − 6 5 =
5 − 1) = 5 − 1 , 2
(2 + (3 −
5) = 5 + 2 , 2
5) = 3 − 5 . 2
Tehát S = 3 + 5 + 3 − 5 = 6 . 15. Bizonyítsd be, hogy
a
+
b
a 2 + b2 − b 2 a 2 + b2 − a 2 ha a törtek mind értelmezettek. a b Megoldás. + 2 = 2 2 a +b −b 2 a + b2 − a 2 =
a
(
a 2 + b2 + b 2 a 2 + b 2 − 2b 2
) + b(
a 2 + b2 + a 2 a 2 + b 2 − 2a 2
=
) = (a − b)
a 2 + b2 , a +b
a 2 + b2 a 2 + b2 = . a 2 − b2 (a + b)
Tartalomjegyzék
Valós számok 16.
Számítsd
29 ki
E
az
(x )
x +1 + 4 x −1 , = 4 x +1 − 4 x −1 4
kifejezés
értékét,
ha
a 2 + b2 ab + 2 . a + b2 4ab a 2 + b2 ab a 4 + 6a 2b 2 + b 4 Megoldás. x = + 2 = , 4ab 4ab(a 2 + b 2 ) a + b2 x=
4
x +1 =
(a + b ) a 4 + 4a 3b + 6a 2b 2 + 4ab 3 + b 4 = , 2 2 4ab(a + b ) 4ab (a 2 + b 2 )
x −1 =
(a − b ) a 4 − 4a 3b + 6a 2b 2 − 4ab 3 + b 4 = . 2 2 4ab(a + b ) 4ab (a 2 + b 2 )
4
kifejezése szimmetrikus a, b -ben, feltételezhetjük, hogy a ≥ b . Így a +b a −b a 4 és 4 x − 1 = , tehát E (x ) = . x +1 = b 4 4ab a 2 + b 2 4 4ab a 2 + b 2 ( ) ( )
Mivel x
a a +c c a c < . < , akkor < b d b b +d d a c a a +c c < pontosan akkor teljesül, ha Bizonyítás. 0 < < ⇔ ad < bc és < b d b b +d d a(b + d ) < b(a + c) és d (a + c) < c(b + d ) . Az utóbbi két egyenlőtlenség ekvivalens az ad < bc egyenlőtlenséggel, tehát a bizonyítás teljes. 18. Számítsd ki az x = 3 0, 99...9 N szám első 2001 tizedesjegyét. 17. Bizonyítsd be, hogy ha 0 <
2001
3 Megoldás. Mivel 0, 99...9 N ∈ (0,1) és minden x ∈ (0,1) esetén 1 > x ≥ x ,
2001
következik, hogy 1 > 3 0, 99...9 9...9 , tehát N ≥ 0, 9N 2001
2001
3
0, 99...9 N első 2001 tizedesjegye 2001
9-es. 19. Van-e olyan a és b irracionális szám, amelyre a + b és a ⋅ b racionális? −s ± s 2 − 4 p , tehát 2 ha úgy választjuk meg az s és p értékét, hogy s 2 − 4 p ne legyen teljes négyzet,
Megoldás. Ha a + b = s ∈ _ és a ⋅ b = p ∈ _ , akkor a, b =
akkor irracionális számokat kapunk. Ilyenek például az a = 3 − 2 és b = 3 + 2 . 20. Határozd meg az A = {999 ⋅ n | n ∈ `* } halmaz legkisebb elemét, amely nem tartalmazza a 9-es számjegyet. Megoldás. 999 ⋅ n = n ⋅ 1000 − n . Ha n egy számjegyű akkor a kivonás elvégzése során az utolsó előtti számjegy 9 -es. Ha az n két számjegyű, akkor hátulról a harmadik számjegy 9 -es, tehát az n legalább háromjegyű kell legyen. Ebben az esetben az utolsó számjegy nem lehet 1 és az előtte álló számjegy nem lehet 0 . Így a legkisebb n , amit érdemes kipróbálni a 112 . Másrészt 112 ⋅ 999 = 111888 , tehát az A halmaz legkisebb eleme 112 .
Tartalomjegyzék
30
Valós számok
1.7.2 Gyakorlatok és feladatok (25. oldal) 1. a) Bizonyítsd be, hogy
(x − 1)(x + 1) (x 2 + 1) = x 4 − 1 és (x − 1) (x + 1) (x 2 + 1)(x 4 + 1) = x 8 − 1 . b) Számítsd ki az (x − 1) (x + 1) (x 2 + 1)(x 4 + 1)(x 8 + 1) ⋅ ... ⋅ (x 2 + 1) szorzatot. n
Megoldás. a) (x − 1) (x + 1) (x 2 + 1) = (x 2 − 1)(x 2 + 1) = x 4 − 1 . (x − 1)(x + 1) (x 2 + 1)(x 4 + 1) = (x 2 − 1)(x 2 + 1)(x 4 + 1) =
= (x 4 − 1)(x 4 + 1) = x 8 − 1 . b) (x − 1) (x + 1) (x 2 + 1)(x 4 + 1)(x 8 + 1) ... (x 2 + 1) = n
= (x 2 − 1)(x 2 + 1)(x 4 + 1)(x 8 + 1) ... (x 2 + 1) = n
= (x 4 − 1)(x 4 + 1)(x 8 + 1) ... (x 2 + 1) = ... = n
(
n −1
= x2
)(
n −1
−1 x2
)
+ 1 (x 2 + 1) = (x 2 − 1)(x 2 + 1) = x 2 n
n
n
n +1
−1.
2. Bizonyítsd be, hogy x 4 + x 2 + 1 = (x 2 − x + 1)(x 2 + x + 1) és
x 8 + x 4 + 1 = (x 2 − x + 1)(x 2 + x + 1)(x 4 − x 2 + 1) . Bizonyítás 2
x 4 + x 2 + 1 = x 4 + 2x 2 + 1 − x 2 = (x 2 + 1) − x 2 = (x 2 − x + 1)(x 2 + x + 1) 2
x 8 + x 4 + 1 = x 8 + 2x 4 + 1 − x 4 = (x 4 + 1) − x 4 = (x 4 − x 2 + 1)(x 4 + x 2 + 1) = = (x 2 − x + 1)(x 2 + x + 1)(x 4 − x 2 + 1) . 2
2
3. Bizonyítsd be, hogy (x 2 − y 2 ) + (2xy ) = (x 2 + y 2 ) , ∀ x , y ∈ \ . 2
Bizonyítás 2
(x 2 − y 2 )
2
+ (2xy ) = x 4 − 2x 2y 2 + y 4 + 4x 2y 2 = x 4 + 2x 2y 2 + y 4 = (x 2 + y 2 ) . 2
4. Bizonyítsd be, hogy ha a , b és c páronként különböző valós számok, akkor:
0, 1, ak bk ck + + = a + b + c, (a − b ) (a − c ) (b − a )(b − c ) (c − a ) (c − b ) 1 , abc Bizonyítás. Mind a négy esetben elvégezzük a műveleteket.
k =1 k =2 k=3 . k = −1
Tartalomjegyzék
Valós számok
31
a b c + + = (a − b ) (a − c ) (b − a )(b − c ) (c − a ) (c − b ) =
a(c − b) + b(a − c) + c(b − a ) = 0 , mert (a − b)(b − c)(c − a )
a(c − b) + b(a − c) + c(b − a ) = ac − ab + ba − bc + cb − ca = 0 . a2 b2 c2 + + = (a − b ) (a − c ) (b − a )(b − c ) (c − a ) (c − b ) =
a 2 (c − b) + b 2 (a − c) + c 2 (b − a ) = 1 , mert (a − b)(b − c)(c − a )
a 2 (c − b) + b 2 (a − c) + c 2 (b − a ) = a 2c − a 2b + b 2a − b 2c + c 2b − c 2a = = a 2 (c − b) + a (b 2 − c 2 ) − bc(b − c) = −(b − c) (a 2 − a(b + c ) + bc ) =
= (a − b)(b − c)(c − a ) . a3 b3 c3 + + = (a − b ) (a − c ) (b − a )(b − c ) (c − a ) (c − b ) =
a 3 (c − b) + b 3 (a − c) + c 3 (b − a ) = a + b + c , mert (a − b)(b − c)(c − a )
a 3 (c − b) + b 3 (a − c) + c 3 (b − a ) = a 3 (c − b) + a (b 3 − c 3 ) − bc(b 2 − c 2 ) = = (b − c) (a 3 − a(b 2 + bc + c 2 ) + bc(b + c)) = = −(b − c) (a (a 2 − b 2 ) + bc(b − a ) + c 2 (b − a )) = = −(a − b)(b − c) (a(a + b) − bc − c 2 ) =
= (a − b)(b − c) (−a 2 + ac − ab + bc − ac + c 2 ) = = (a − b )(b − c)(c − a )(a + b + c) . 1 1 1 + + = a (a − b ) (a − c ) b (b − a )(b − c ) c (c − a ) (c − b ) =
bc(c − b) + ac(a − c) + ba(b − a ) 1 = , mert abc(a − b)(b − c)(c − a ) abc
bc(c − b) + ac(a − c) + ba(b − a ) = bc 2 − b 2c + a 2c − c 2a + b 2a − a 2b = = (a − b)(b − c)(c − a ) .
Tartalomjegyzék
32
Valós számok
5. Bizonyítsd be, hogy ha a , b és c páronként különböző valós számok, akkor:
b −c c −a a −b 2 2 2 + + = + + . (a − b ) (a − c ) (b − c )(b − a ) (c − a ) (c − b ) a − b b − c c − a b −c c −a a −b + + = Bizonyítás. (a − b)(a − c) (b − c)(b − a ) (c − a )(c − b) c −b a −c b −a = + + = (a − b)(c − a ) (b − c)(a − b) (c − a )(b − c) c −a + a −b a −b + b −c b −c + c −a = + + = (a − b)(c − a ) (b − c)(a − b) (c − a )(b − c) 1 1 1 1 1 1 2 2 2 = + + + + + == + + . a −b c −a b −c a −b c −a b −c a −b b −c c −a 6. Bizonyítsd be, hogy ha a + b + c = 0 , akkor a 3 + b 3 + c 3 = 3abc . Megoldás. A 7.2. tétel 15. alpontja szerint a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ) , tehát ha a + b + c = 0 , akkor a 3 + b 3 + c 3 = 3abc . Más megoldás. Az a + b + c = 0 feltételből c = −a − b . Ezt behelyettesítjük: a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = a 3 + b 3 − (a + b)3 + 3ab(a + b) =
= a 3 + b 3 − a 3 − 3a 2b − 3ab 2 − b 3 + 3a 2b + 3ab 2 = 0 , tehát a 3 + b 3 + c 3 = 3abc . 3 7. Bizonyítsd be, hogy ha (a + b + c ) = a 3 + b 3 + c 3 , akkor 2001
(a + b + c )
= a 2001 + b 2001 + c 2001 .
Bizonyítás. A 7.2. tétel 14. alpontja alapján csoportosítás segítségével belátható, 3 hogy (a + b + c ) = a 3 + b 3 + c 3 + 3(a + b)(b + c)(c + a ) , ∀ a, b, c ∈ \ , tehát a feladatban megjelenő számokra (a + b)(b + c)(c + a ) = 0 . Ha a + b = 0 , akkor
a 2001 + b 2001 + c 2001 = a 2001 + (−a )2001 + c 2001 = c 2001 és (a + b + c)2001 = c 2001 , tehát 2001
(a + b + c ) = a 2001 + b 2001 + c 2001 . Hasonlóan a másik két esetben is ugyanehhez az egyenlőséghez jutunk. 8. Bizonyítsd be, hogy ha a 3 + b 3 + c 3 = 3abc és a + b + c ≠ 0 , akkor a = b = c . Bizonyítás. A 7.2. tétel 15. alpontja szerint a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ) , tehát ha a 3 + b 3 + c 3 = 3abc akkor (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ) = 0 . Figyelembe véve az feltételt, következik, hogy a +b +c ≠ 0 2 2 2 a + b + c − ab − bc − ca = 0 . Beszorozva 2-vel és átcsoportosítva a tagokat, kapjuk, hogy (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a )2 = 0 . Mivel három szám négyzetösszege csak akkor lehet nulla, ha a számok mind nullák, következik, hogy a − b = b − c = c − a = 0 , vagyis a = b = c .
Tartalomjegyzék
Valós számok
33
9. Bizonyítsd be, hogy ha az a , b és c nullától különböző valós számok páronként különböznek és a + b + c = 0 , akkor
b − c c − a a − b a b c + + = 9. a + b + c b − c c − a a − b Bizonyítás. Mindkét zárójelben elvégezzük a műveleteket. b − c c − a a − b (b − c)bc + (c − a )ca + (a − b)ab + + = = a b c abc (a − b)(b − c)(c − a ) =− és abc a b c a(a − c)(a − b) + b(b − a )(b − c) + c(c − a )(c − b) + + =− = b −c c −a a −b (b − c)(c − a )(a − b) =−
a 3 + b 3 + c 3 − a 2 (b + c) − b 2 (c + a ) − c 2 (a + b) + 3abc . (b − c)(c − a )(a − b)
Az a + b + c = 0 feltétel alapján a 3 + b 3 + c 3 = 3abc (lásd 6. feladat) és a 2 (b + c) + b 2 (c + a ) + c 2 (a + b ) = −a 3 − b 3 − c 3 = −3abc , tehát a b c 9abc + + =− , b −c c −a a −b (b − c)(c − a )(a − b) b − c c − a a − b a b c + + + + és így = 9. a b c b − c c − a a − b I.8.2. Gyakorlatok (27. oldal) 1. Racionalizáld a következő törtek nevezőjét: a) f) k)
5
1 ; 4
b)
1 ; g) 5+ 3 1 3
9 − 3 +1 3
Megoldás. a)
1 ; 4
c)
1 ; 7 −1
h)
3
;
1 = 5 4
1 ; 3
1 ; 3 +2
1 ; 2+ 3− 7
l) 5
44
5
=
d) i)
1 ; 9
e)
1 ; 3 −1
j)
3
3
m)
1 ; 3− 2 3
1 ; 7 +2
1 . 1+ 2 + 3 + 6
3 2 44 1 4 1 3 ; b) 3 = ; c) ; = 4 4 4 3 3
4 ⋅ 5 44 3 1 3+ 2 1 1 3 = = 3 + 2; d) 3 = ; e) = 3 2 9 3 3− 2 3−2 3 1 5− 3 1 7 +1 1 2− 3 f) ; g) ; h) = = 2− 3 ; = = 3 +2 4−3 5+ 3 2 7 −1 6 5
Tartalomjegyzék
34
Valós számok 3
1 = i) 3 3 −1 j)
1 = 3 7 +2
32 + 3 3 + 1 = 3 −1 3
9 − 3 +1
3
9 + 3 3 +1 ; 2
72 − 2 3 7 + 22
( 3 7 + 2) ( 3 72 − 2 3 7 + 22 )
1
k)
3
3
3 +1 = 3 +1
3
=
3
3
=
49 − 2 3 7 + 4
(3 7)
3
3 +1 ; l) 4
+ 23
=
3
49 − 2 3 7 + 4 ; 15
1 2+ 3+ 7 = 2 2 = 2+ 3− 7 ( 2 + 3) − ( 7 )
( 2 + 3 + 7 )(2 6 + 2) 4 2 + 3 3 + 7 + 42 2+ 3+ 7 = = ; 10 2 6 −2 24 − 4 1 1− 2 − 3 + 6 m) = = 1+ 2 + 3 + 6 ( 1 + 6 ) + ( 2 + 3 ) (1 + 6 ) − ( 2 + 3 ) 1− 2 − 3 + 6 1− 2 − 3 + 6 = = = (1 + 6 ) + ( 2 + 3 ) (1 + 6 ) − ( 2 + 3 ) (1 + 6 )2 − ( 2 + 3 )2 1− 2 − 3 + 6 1− 2 − 3 + 6 1− 2 − 3 + 6 . = = 2 2 = 2 (1 + 6 ) − ( 2 + 3 ) 7 + 2 6 − 5 − 2 6 =
2. Racionalizáld a következő törtek nevezőjét: 1 , ahol a, b, c ∈ _ + ; b) a) a+ b+ c 1 ; d) 4 − 3n 2 + 2 Megoldás. a)
c)
n
4
1 , ahol a, b, c ∈ _ + ; a + b + 3c 3
1 ; 27 + 9 + 4 3 + 1
e)
4
1 a+ b− c = = a+ b+ c a + b − c + 2 ab b)
3
(
n
1 . 9 − 5n 3 + 6
a + b − c )(a + b − c − 2 ab ) 2
(a + b − c ) − 4ab
3 2 1 a + 3 b 2 + 3 c 2 − 3 ab − 3 bc − 3 ca = = 3 a + 3b + 3c a + b + c − 3 3 abc
= 3
2
3
2
(
2
S ⋅ (a + b + c ) + 3(a + b + c) 3 abc + 9 3 a 2b 2c 2 3
(a + b + c ) − 27abc 3
;
) , ahol
2
S = a + b + c − 3 ab − 3 bc − 3 ca . c)
( =
n
n
1 = 4 − 3n 2 + 2
1
=
( n 2 − 1)( n 2 − 1)
)(
2n −1 + n 2n −2 + ... + n 2 + 1
n
n
2n −1 + n 2n −2 + n 2n −3 + ... + n 2 + 1
(( 2 ) n
n
− 1n
)(
n
2 − 2)
2n −1 + 2 n 2n −2 + ... + 2n −2 n 2 + 2n −1 n
2−2
);
=
Tartalomjegyzék
Valós számok 1 = d) 4 4 27 + 9 + 4 3 + 1
3 −1 = = 4 3 4 2 4 4 3 −1 ( 3 − 1) 3 + 3 + 3 + 1 4
(
3 −1
n
1 1 = n = n n 9 − 5 3 + 6 ( 3 − 2)( n 3 − 3)
e)
( =
35
n
3n −1 + 2 n 3n −2 + ... + 2n −2 n 3 + 2n −1
4
)
n
n
n
3 −1 ; 2
3n −1 + 2 n 3n −2 + ... + 2n −2 n 3 + 2n −1
(( 3 )
)(
4
− 2n
)(
n
3 − 3)
3n −1 + 3 n 3n −2 + ... + 3n −2 n 3 + 3n−1
(3 − 2n )(3 − 3n )
=
).
9.1.2. Alkalmazások (28. oldal) 1. Ha a, b, c ≥ 0 , akkor (a + b ) (b + c ) (c + a ) ≥ 8abc . Bizonyítás. Mivel a, b, c ≥ 0 , felírhatjuk az (a, b) , (b, c) , (c, a ) számpárokra a számtani-mértani középarányosok közti egyenlőtlenséget. a + b ≥ 2 ab , b + c ≥ 2 bc , c + a ≥ 2 ca . Ha az egyenlőtlenségek megfelelő oldalait összeszorozzuk, kapjuk, hogy (a + b)(b + c)(c + a ) ≥ 2 ⋅ ab ⋅ 2 ⋅ bc ⋅ 2 ⋅ ca = 8abc . Egyenlőség abban az esetben áll fenn, ha a = b = c . x y 2. + ≥ 2 , ∀x , y > 0 . y x x y Bizonyítás. Az x , y > 0 feltétel alapján és pozitívak, így írhatjuk, hogy x y x y x y x y + ≥2 ⋅ = 2 . Egyenlőség akkor áll fenn, ha = , vagyis ha x = y . y x y x y x
1 1 1 3. (x + y + z ) + + ≥ 9 , ∀ x , y, z > 0 . x y z Bizonyítás
1 1 1 x x y y z z (x + y + z ) + + = 1 + + + + 1 + + + + 1 = x y z y z x z x y x y y z z x = 3 + + + + + + ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9 . y x z y x z Felhasználtuk az előző feladatban szereplő egyenlőtlenséget. Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha x = y = z . 2
2
1 1 25 4. Ha a, b > 0 és a + b = 1 , akkor a + + b + ≥ . a b 2
Tartalomjegyzék
36
Valós számok
x 2 + y2 + x 2 + y2 x 2 + y 2 + 2xy 1 ≥ = (x + y )2 és Bizonyítás. Az x + y = 2 2 2 x +y 1 2 egyenlőtlenségek figyelembe vételével írhatjuk, hogy xy ≤ ⇒ ≥ 2 xy x +y 2
2
2
2
2
2
1 1 1 1 1 1 a + b E = a + + b + ≥ a + + b + = a + b + = a b 2 a b 2 ab 2 2 2 1 1 1 2 1 2 1 25 . 1 = 1 + ≥ 1 + 2 = + ≥ (1 + 4)2 = 2 2 ab 2 a +b 2 1 − 2ab 2 2 32 32 5. Ha a, b > 0 és a + b = 4 , akkor a 2 + b 2 + ≥ . ab ab Bizonyítás. a 2 + b 2 +
= 8 ⋅
32 16 16 16a 2 16b 2 = a2 + + b2 + ≥2 +2 = ab ab ab ab ab a + b a b 4 32 = 8 ⋅ . + = = 8 ⋅ ab b a ab ab
9.1.4. Alkalmazások (29. oldal) Bizonyítsd be, hogy: 1.
a 2 b2 c2 a b c + 2 + 2 ≥ + + ; 2 b c a b c a
2.
bc ac ab + + ≥ a + b + c , ha abc > 0 ; a b c
3. a 4 + b 4 + c 4 ≥ a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ; 4. a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc (a + b + c ) ; 5. a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ ab + bc + cd + da . Bizonyítás. 1. Ha az x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx egyenlőtlenségben az x =
a , b
b c és z = helyettesítést alkalmazzuk, a bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk. a c 2 2 2 ab ca bc ca ab bc + 2. Ha a abc > 0 , akkor + + = + b c ≥ a a b c y=
bc ca ca ab ab bc ⋅ + ⋅ + ⋅ ≥ a +b +c . a b b c c a 3. Ha a 9.1.3. paragrafusban bizonyított egyenlőtlenségbe a , b , c helyébe a 2 -et, b 2 et illetve c 2 -et helyettesítünk, a bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk. ≥
Tartalomjegyzék
Valós számok
37
4. Az előbbi egyenlőtlenség valamint a 9.1.3. paragrafus alapján a 4 + b 4 + c 4 ≥ a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 = = (ab)2 + (bc)2 + (ca )2 ≥ abbc + bcca + caab = abc(a + b + c) . 2
5. Az (a − b ) + (b − c)2 + (c − d )2 + (d − a )2 ≥ 0 egyenlőtlenségből következik, hogy 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 + 2d 2 − 2ab − 2bc − 2cd − 2da ≥ 0 , tehát a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ ab + bc + cd + da . 9.1.8. Alkalmazások (30. oldal)
x y z + + ≥ 3 , ha x , y, z > 0 . y z x x y z , és számok pozitívak, alkalmazhatjuk rájuk a Bizonyítás. Mivel az x y z x y z x y z számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenséget: + + ≥ 3 3 ⋅ ⋅ = 3 . y z x y z x 2. (a + 2b + c ) (a + b + 2c )(2a + b + c ) ≥ 54abc , ha a, b, c ≥ 0 . 1.
Bizonyítás. Az a + 2b + c , 2a + b + c és a + b + 2c összegekre alkalmazzuk külön-külön a számtani mértani közepek közti egyenlőtlenséget. 3 2a + b + c ≥ 3 2abc 3 3 a + 2b + c ≥ 3 3 2abc ⇒ (2a + b + c)(a + 2b + c)(a + b + 2c) ≥ 3 ⋅ 3 (2abc) . a + b + 2c ≥ 3 3 2abc x 2 y2 z 2 x y z 3. 2 + 2 + 2 ≥ + + , ha x , y, z ≥ 0 . y z x y z x Bizonyítás. A négyzetes és számtani közép közti egyenlőtlenség alapján 2 x 2 y2 z 2 1 x y z x y z + + ≥ + + ≥ + + , az utolsó egyenlőtlenség az 2 2 2 y z x y z x 3 y z x x y z + + ≥ 3 -ból következik. y z x 1 1 1 4. Bizonyítsd be, hogy ha x 2 + y 2 + z 2 = 1 és x , y, z > 0 , akkor + + ≥ 3 3 . x y z Bizonyítás. A harmonikus és négyzetes középarányosok közti egyenlőtlenség alapján
3 x 2 + y2 + z 2 1 3 1 1 1 1 ≤ = ⇒ ≤ ⇒3 3≤ + + . 1 1 1 1 1 1 3 3 3 x y z + + + + x y z x y z
Tartalomjegyzék
38
Valós számok
a +b b +c c +a + + ≥3 2. 5. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c > 0 , akkor c a b a +b b +c c +a Bizonyítás. Alkalmazzuk a , és számokra a számtanic a b mértani közepek közti egyenlőtlenséget, majd a 9.1.2 alkalmazások közül az elsőt. a +b b +c c +a a +b b +c c +a + + ≥ 33 ⋅ ⋅ ≥ c a b c a b ≥3
(a + b)(b + c)(c + a ) ≥3 abc
3
3
8 =3 2.
9.2.2. Alkalmazások (31. oldal) 1. Bizonyítsd be az ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 egyenlőtlenséget a CauchyBuniakovski egyenlőtlenség segítségével. Bizonyítás. Alkalmazzuk a Cauchy-Buniakovski egyenlőtlenséget az (a, b, c) és (x = b, y = c, z = a ) számhármasokra. Így (ab + bc + ca )2 ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )(b 2 + c 2 + a 2 ) , tehát négyzetgyökvonással a keresett egyenlőtlenséghez jutunk: ab + bc + ca ≤ ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 .
2. a (b + c ) + b (c + a ) + c (a + b ) ≤ 2 (a + b + c ) , ahol a, b és c pozitív. Bizonyítás
(
a(b + c) + b(c + a ) + c(a + b) ) = ( a b + c + b c + a + c a + b ) ≤ 2
(
≤ ( a) +( b) +( c) 2
2
2
)((
2
)
b + c ) + ( c + a ) + ( a + b ) = 2(a + b + c)2 ⇒ 2
2
2
⇒ a(b + c) + b(c + a ) + c(a + b) ≤ 2(a + b + c) . 1 1 1 3. (x + y + z ) + + ≥ 9 , ha x , y, z > 0 . x y z Bizonyítás 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 2 (x + y + z ) + + = (( x ) + (y ) + ( z ) ) + + ≥ x y z z x y 2
1 1 1 = 32 = 9 . ≥ x + y + z x y z 4. Határozd meg az a − 2b + 3c kifejezés minimumát és maximumát, ha a 2 + b 2 + 2c 2 = 1 és a, b, c ∈ \ .
Tartalomjegyzék
Valós számok
39
Megoldás 2 2 2 3 2 3 2 2 2 2 2 c 1 2 ( ) ≤ + − + (a − 2b + 3c ) = 1 ⋅ a − 2b + ( ) (a + b + 2c ) = 2 2 9 19 = 1 + 4 + ⋅ 1 = . 2 2 19 és nagyobb, mint Tehát az a − 2b + 3c kifejezés értéke mindig kisebb, mint 2 19 . Még ellenőrizni kell, hogy felveszi-e ezeket a szélsőértékeket. Ez akkor − 2 lehetséges, ha a Cauchy-Buniakovski egyenlőtlenségben egyenlőség van, vagyis ha 1 −2 3 3 . Innen b = −2a , c = a . Az a 2 + b 2 + 2c 2 = 1 egyenlőségből = = a b 2c 2 9 2 2 . Tehát a = , következik, hogy a 2 + 4a 2 + a 2 = 1 , ahonnan a = ± 2 19 19 2 3 2 b = −2 , c= esetén megkapjuk az a − 2b + 3c kifejezés maximális 19 2 19 19 2 2 3 2 értékét, -t, ha pedig a = − , b=2 , c =− , akkor a − 2b + 3c 2 19 19 2 19 19 . értéke minimális, − 2 5. Bizonyítsd be, hogy az ABC és A′ B ′C ′ háromszögek pontosan akkor hasonlók, a +b +c a ′ + b′ + c′ ha aa ′ + bb ′ + cc ′ = 2 pp ′ , ahol p = és p ′ = . 2 2 Bizonyítás. A Cauchy-Buniakovski egyenlőtlenség alapján
(
ahonnan
aa ′ + bb ′ + cc ′
)
2
≤ (a + b + c)(a ′ + b ′ + c ′) = 4 pp ′ ,
aa ′ + bb ′ + cc ′ ≤ 2 pp ′ . Az egyenlőtlenségben pontosan akkor van
a b c a b c , vagyis = = = = , ami egyenértékű azzal, ′ ′ a b c′ a′ b′ c′ hogy a két háromszög hasonló.
egyenlőség, ha
9.3.4 Alkalmazások (34. oldal) 1.
bc ac ab + + ≥ a + b + c , ahol abc > 0 . a b c
Tartalomjegyzék
40
Valós számok
Bizonyítás. Mivel az egyenlőtlenség szimmetrikus, feltételezhetjük, hogy ab ac bc ≥ ≥ a ≥ b ≥ c . Ekkor fennáll a következő egyenlőtlenségsor is: . c b a Ezekre a számokra felírva a rendezési tételt, kapjuk, hogy ab ab ac ac bc bc ab ac ac bc bc ab + + ≥ + + , c c b b a a c b b a a c ami éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség. 2. a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ ab + bc + cd + de + ea , ahol a, b, c, d,e ∈ \ . Bizonyítás. Feltételezhetjük, hogy a ≥ b ≥ c ≥ d ≥ e , így a rendezési tételből következik, hogy a ⋅ a + b ⋅ b + c ⋅ c + d ⋅ d + e ⋅ e ≥ a ⋅ b + b ⋅ c + c ⋅ d + d ⋅ e + e ⋅ a . 3. 3 (a 3 + b 3 + c 3 ) ≥ (a + b + c ) (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 9abc , ha a, b, c > 0 . Bizonyítás. Az egyenlőtlenségsor szimmetrikus volta miatt feltételezhetjük, hogy a ≥ b ≥ c , ekkor igazak az a 2 ≥ b 2 ≥ c 2 egyenlőtlenségek is. A rendezési elv alapján felírhatjuk a következő egyenlőtlenségeket: a ⋅ a 2 + b ⋅ b 2 + c ⋅ c 2 ≥ a ⋅ b 2 + b ⋅ c 2 + c ⋅ a 2 . a ⋅ a 2 + b ⋅ b2 + c ⋅ c2 ≥ a ⋅ c2 + b ⋅ a 2 + c ⋅ b2 Ha összeadjuk az előbbi egyenlőtlenségek megfelelő oldalait és mindkét oldalhoz hozzáadunk (a 3 + b 3 + c 3 ) -t, kapjuk, hogy
3 (a 3 + b 3 + c 3 ) ≥ a 3 + b 3 + c 3 + ab 2 + ac 2 + ba 2 + bc 2 + ca 2 + cb 2 = = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 ) . Másrészt az a + b + c ≥ 3 3 abc és a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 3 a 2b 2c 2 egyenlőtlenségek összeszorzásával a második egyenlőtlenséghez jutunk. 4. a 3 + b 3 + c 3 ≥ a 2 bc + b 2 ca + c 2 ab , a, b, c > 0 .
1 Bizonyítás. Az a 2 bc ≤ a 2 (b + c ) egyenlőtlenség alapján írhatjuk, hogy 2 1 a 2 bc + b 2 ac + c 2 bc ≤ (a 2 (b + c) + b 2 (a + c) + c 2 (a + b)) . 2 A rendezési elv alapján viszont a 2b + b 2c + c 2a ≤ a 3 + b 3 + c 3 és a 2c + b 2a + c 2b ≤ a 3 + b 3 + c 3 , tehát a 2 bc + b 2 ac + c 2 bc ≤ a 3 + b 3 + c 3 . a b c 3 + + ≥ , ha a, b, c > 0 . 5. a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b + c 5 1 1 1 Bizonyítás. Az (a, b, c) és , , számhármasok a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b + c ellentétes rendezésűek, tehát a rendezési tétel alapján írhatjuk, hogy
Tartalomjegyzék
Valós számok
41
a b c b c a + + ≥ + + a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b + c a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b + c a b c c a b + + ≥ + + a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b + c a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b + c a b c a b c + + = + + a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b + c a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b + c Ha az első két egyenlőtlenséget szorozzuk 2 -vel és összeadjuk mindhárom egyenlőtlenség megfelelő oldalait a bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk.
I.9.4. Gyakorlatok és feladatok (34. oldal) 1. (a + b ) c + (b + c ) a + (c + a ) b ≥ 6 abc , ha a, b, c ≥ 0 . Bizonyítás. Tudjuk, hogy a + b ≥ 2 ab , b + c ≥ 2 bc , c + a ≥ 2 ac , így (a + b) c + (b + c) a + (c + a ) b ≥ 2 abc + 2 abc + 2 abc = 6 abc . a b c d 2. + + + ≥ 4 , ahol a, b, c, d > 0 . b c d a Bizonyítás. A számtani-mértani középarányosok közti egyenlőtlenség alapján
a b c d a b c d + + + ≥2 ⋅ +2 ⋅ ≥ 4⋅ b c d a b c d a 3. Bizonyítsd be, hogy ha a + b + c = 1 , akkor a) a 2 + b 2 + c 2 ≥
1 ; 3
b)
a b c d ⋅ ⋅ ⋅ = 4. b c d a
1 1 1 + + ≥ 9. a b c
Bizonyítás. a) A számtani és négyzetes közepek közti egyenlőtlenség alapján 2
a 2 + b2 + c2 a +b +c 1 1 1 ≥ = , tehát a 2 + b 2 + c 2 ≥ ⋅ 3 = . 3 3 3 3 3 b) A 9.1.2. alkalmazások 3. feladata (vagy a számtani és harmonikus közép közti 1 1 1 egyenlőtlenség) alapján (a + b + c ) + + ≥ 9 , tehát az adott feltétel alapján a b c 1 1 1 + + ≥ 9. a b c 4. Bizonyítsd be, hogy: a)
1 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + , ha a, b, c ∈ \ *+ ; a + b b + c c + a 2 a b c
b)
2 2 2 1 1 + + ≤ + + 1 , ha a, b ∈ \ *+ ; a +b a +1 b +1 a b
Tartalomjegyzék
42
Valós számok c)
a +b b +c c +a 1 1 1 + 2 + 2 ≤ + + , ha a, b, c ∈ \ *+ ; 2 2 2 2 a +b b +c c +a a b c
d)
a + b a 2 + b2 a 3 + b 3 ha a + b > 0 ; ⋅ ≤ 2 2 2
e) abc ≥ (−a + b + c )(a − b + c )(a + b − c ) , ha a, b, c > 0 ; f)
a
(a
2
≤
+b
2
)(a
2
+c
2
)
+
b
(b
2
+a
2
)(b
2
+c
2
)
c
+
(c
2
+a
2
)(c 2 + b 2 )
≤
1 a 2 + b2 + c2 , ha a, b, c ∈ \ *+ ; 2 abc 2
1 1 1 1 1 1 * g) 3 + + ≥ 4 + + , ha a, b, c ∈ \ + . ab bc ca a + b a + c b + c Bizonyítás. a) A számtani és harmonikus közép közti egyenlőtlenség alapján a +b 2 1 1 4 1 1 4 ≥ , tehát + ≥ . Hasonlóan írhatjuk, hogy + ≥ és 1 1 a b a + b b c b + c 2 + a b 1 1 4 + ≥ , tehát ha az előbbi egyenlőtlenségek megfelelő oldalait összeadjuk, a c a c +a bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk. b) Ha az előbbi egyenlőtlenséget c = 1 esetén írjuk fel, megkapjuk a kívánt egyenlőtlenséget. c) Az a 2 + b 2 ≥ 2ab egyenlőtlenségből következik, hogy 2(a 2 + b 2 ) ≥ (a + b)2 , tehát a +b 2 b +c 2 c +a 2 . Hasonlóan írhatjuk, hogy 2 és 2 , ≤ ≤ ≤ 2 2 2 2 a +b a +b b +c b +c c +a c +a 1 a +b b +c c +a 1 1 tehát 2 + 2 + 2 ≤ 2 + + és így az a) alpont 2 2 2 a + b b + c c + a a +b b +c c +a alapján következik a kért egyenlőtlenség. a 2 + b2 egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk d) Ha az a 2 − ab + b 2 ≥ 2 a + b > 0 -val, a bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk. e) Mivel a, b, c ∈ \ *+ , a jobboldalon megjelenő zárójelek közül csak egy lehet negatív (bármely kettő összege nagyobb, mint 0 ) és ebben az esetben a bal oldal pozitív és a jobb oldal negatív, feltételezhetjük, hogy −a + b + c = x > 0 , a − b + c = y > 0 és y +z x +z x +y a + b − c = z > 0 . Így viszont a = , b= és c = , tehát az 2 2 2 egyenlőtlenség 8xyz ≤ (x + y )(y + z )(z + x ) alakban írható, és ezt már igazoltuk a 9.1.2. alkalmazások 1. feladatainál.
Tartalomjegyzék
Valós számok
43
Más megoldás. Összeszorozzuk az a 2 − (b − c)2 ≤ a 2 , b 2 − (c − a )2 ≤ b 2 és c 2 − (a − b)2 ≤ c 2 egyenlőtlenségeket.
f) Az a 2 + b 2 ≥ 2ab , a 2 + c 2 ≥ 2ac egyenlőtlenség alapján a a 1 1 ≤ = ⋅ , 2 2 2 2 2 bc 2ab ⋅ 2ac (a + b )(a + c ) tehát az S =
a
(a
2
+b
2
)(a
2
+c
2
)
+
b
(b
2
+a
2
)(b
2
+c
2
)
+
c
(c
2
+a
2
)(c 2 + b 2 )
1 1 1 1 + + . Másrészt az 2 bc ca ab 1 1 1 a b c + + ≤ + + ca bc ab bc ac ab egyenlőtlenség ekvivalens a abc ( a + b + c ) ≤ a 2 + b 2 + c 2 egyenlőtlenséggel összeg nem nagyobb, mint
és ez a 9.1.4. alkalmazások 4. feladata
a , b és c -re.
1 1 1 g) Alkalmazzuk a Cauchy-Buniakovski egyenlőtlenséget az , , és bc ac ab 2 bc 2 ac 2 ab számhármasokra. Így írhatjuk, hogy , , b + c a + c a + b 2 2 + 2 + 2 ≤ 1 + 1 + 1 4bc 2 + 4ac 2 + 4ab 2 . bc ac ab (b + c) b + c a + c a + b (a + c) (a + b) 4bc 4ac Ebből következik a kért egyenlőtlenség, mert ≤ 1, ≤ 1 és 2 (b + c) (a + c)2 4ab ≤1. (a + b)2
Tartalomjegyzék
44
Egyenletek és egyenlőtlenségek
II. Egyenletek és egyenlőtlenségek II.1.3. Gyakorlatok és feladatok (37. oldal) 1. Oldd meg a következő egyenleteket:
x + 1 3x + 1 1 − =− ; 2 3 3 2x 2x − 1 d) (x − 2)(x + 1) − (x − 1)(x + 1) = −5 ; e) ; = x −3 x +2 f) (x + 1)3 − (x − 1)3 = 6x 2 + 2 . Megoldás. a) x + 2 = 3 ⇔ x = 3 − 2 ; 6+ 3 6 = 3+ b) 2x − 3 = 6 ⇔ 2x = 6 + 3 ⇔ x = ; 2 2 x + 1 3x + 1 1 − = − ⇔ 3(x + 1) − 2(3x + 1) = −2 ⇔ −3x = −3 ⇔ x = 1 ; c) 2 3 3 (x − 2)(x + 1) − (x − 1)(x + 1) = −5 ⇔ (x + 1)[(x − 2) − (x − 1)] = −5 ⇔ d) ⇔ (x + 1)(−1) = −5 ⇔ x + 1 = 5 ⇔ x = 4 ; 2x 2x − 1 e) Ahhoz, hogy a és törtek értelmezettek legyenek, szükséges, hogy x −3 x +2 x ≠ 3 és x ≠ −2 . Ha ez teljesül, az eredeti egyenlet a következő módon alakítható: 3 2x (x + 2) = (2x − 1)(x − 3) ⇔ 2x 2 + 4x = 2x 2 − 7x + 3 ⇔ 11x = 3 ⇔ x = ; 11 f) (x + 1)3 − (x − 1)3 = 6x 2 + 2 ⇔ x 3 + 3x 2 + 3x + 1 − (x 3 − 3x 2 + 3x − 1) = a) x + 2 = 3 ;
b)
2x − 3 = 6 ; c)
= 6x 2 + 2 ⇔ 6x 2 + 2 = 6x 2 + 2 ⇔ 0 = 0 . Az egyenlőség tehát minden valós x esetén teljesül, így a megoldáshalmaz . 2. Oldd meg a következő egyenleteket: a +b + x b +c + x c +a + x a) + + + 3 = 0 , ahol a, b, c ∈ * ; c a b x + ab x + bc x + ac + + = −(a + b + c) , ahol (a + b)(b + c)(a + c) ≠ 0 és b) a +b b +c a +c a, b, c ∈ ; x +a x +b x +c −3x c) , ahol (a + b)(b + c)(a + c) ≠ 0 , + + = b +c c +a a +b a +b +c a + b + c ≠ 0 és a, b, c ∈ . Megoldás. a) A következő átalakításokat végezhetjük a +b + x b +c + x c +a + x + + +3= 0 ⇔ c a b a 2b + ab 2 + b 2c + bc 2 + c 2a + ca 2 + 3abc 1 1 1 ⇔ + + x + =0⇔ a b c abc
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
45
⇔ (ab + bc + ca )x + (a + b + c)(ab + bc + ca ) = 0 ⇔ ⇔ (ab + bc + ca )(x + a + b + c) = 0 . Ha ab + bc + ca = 0 , akkor minden valós szám megoldása az egyenletnek. Ha ab + bc + ca ≠ 0 , akkor x + a + b + c = 0 , tehát az egyenlet egyetlen megoldása az x = −(a + b + c) ; b) Az egyenlet a következőképpen alakítható: x + ab x + bc x + ca + + = −(a + b + c) ⇔ a +b b +c c +a x + ab x + bc x + ca ⇔ +c + +a + +b = 0 ⇔ a +b b +c c +a x + ab + bc + ca x + bc + ca + ab x + ca + ab + bc ⇔ + + =0⇔ a +b b +c c +a 1 1 1 ⇔ (x + ab + bc + ca ) + + = 0. a + b b + c c + a 1 1 1 Ha + + = 0 , akkor minden valós szám megoldása az egyenletnek, a +b b +c c +a 1 1 1 míg ha + + ≠ 0 , akkor x = −(ab + bc + ca ) az egyenlet egyetlen a +b b +c c +a megoldása. c) A következő ekvivalens átalakításokat végezzük: x +a x +b x +c −3x + + = ⇔ b +c a +c a +b a +b +c x +a x +b x +c −3x ⇔ +1+ +1+ +1 = +3 ⇔ b +c a +c a +b a +b +c x + a + b + c x + b + a + c x + c + a + b −3(x + a + b + c ) ⇔ + + = +6 ⇔ b +c a +c a +b a +b +c 1 1 1 3 ⇔ (x + a + b + c) + + + = 6. b + c a + c a + b a + b + c 1 1 1 3 Ha + + + = 0 , az egyenletnek nincs megoldása, míg ha b +c a +c a +b a +b +c 1 1 1 3 + + + ≠ 0 , az egyetlen megoldás b +c a +c a +b a +b +c 6 x= −a −b −c . 1 1 1 3 + + + b +c a +c a +b a +b +c 3. Oldd meg a következő egyenleteket: k ⋅ (k + 1) ⋅ x − 2k − 1 1⋅ 2 ⋅ x − 3 2 ⋅ 3 ⋅ x − 5 3 ⋅ 4 ⋅ x − 7 a) + + + ... + = 0; 2 2 2 2 2 2 k 2 ⋅ (k + 1)2 1 ⋅2 2 ⋅3 3 ⋅4
Tartalomjegyzék
46
Egyenletek és egyenlőtlenségek
1 1 1 1 4 + + + = . x (x + 1) (x + 1)(x + 2) (x + 2)(x + 3) (x + 3)(x + 4) 5x k k k i(i + 1)x − 2i − 1 1 2i + 1 = ⇔ = 0 ⇔ x Megoldás. a) ∑ ∑ ∑ 2 2 2 2 i (i + 1) i =1 i (i + 1) i =1 i (i + 1) i =1 b).
k k 1 1 1 1 − 1 ⇔ x 1 − 1 = 1 − . ⇔ x ∑ − = ∑ i =1 i i + 1 i =1 i 2 (i + 1)2 k + 1 (k + 1)2 1 az egyenlet egyetlen megoldása. Tehát x = 1 + k +1 b) Az értelmezési tartomány D = \ {0, −1, −2, −3, −4} . 1 1 1 1 4 + + + = ⇔ x (x + 1) (x + 1)(x + 2) (x + 2)(x + 3) (x + 3)(x + 4) 5x 1 1 1 1 1 1 1 1 4 ⇔ − + − + − + − = ⇔ x x + 1 x + 1 x + 2 x + 2 x + 3 x + 3 x + 4 5x 1 1 4 4 4 x ≠0 1 1 ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ x + 4 = 5 ⇔ x = 1. x x + 4 5x x (x + 4) 5x x +4 5 Mivel 1 ∈ D , az egyenlet egyetlen megoldása az x = 1 . 4. Oldd meg és tárgyald a következő egyenleteket: a) mx + n = 0, m, n ∈ ; b) m(m − 1)x = 2(m 2 − 1), m ∈ ;
c) (m 2 − 1) x + m 3 − 1 = 0,
m∈
; d)
x −m x − 2m , = x −2 x −4
mx + 1 mx , m ∈ ; f) x (x − m ) = (x − 1)(x + m ), = x x −2 g) (x + 1)(x + m ) = (x − 2m )(x + 2) + n, m, n ∈ ; e)
m∈
m∈
; ;
1 1 1 3 + + = , ahol m ∈ * . x (x + 1) (x + 1)(x + 2) (x + 2)(x + 3) mx Megoldás. a) Az mx + n = 0 egyenletet ekvivalens az mx = −n egyenlettel. A következő eseteket kell letárgyalnunk: 1. Ha m ≠ 0 , akkor végigoszthatjuk az egyenlet mindkét oldalát m -mel, így n kapjuk az egyenlet egyetlen megoldását az x = − -et. m 2. Ha m = 0 , akkor az egyenlet így alakul: 0 = −n . Így ismét két esetet különböztetünk meg: 2.a. Ha n ≠ 0, akkor az egyenletnek nincs megoldása. 2.b. Ha n = 0 , akkor a megoldáshalmaz a valós számok halmaza. b) m(m − 1)x = 2(m 2 − 1) ⇔ m(m − 1)x = 2(m − 1)(m + 1) Ha m = 1 , akkor az egyenlet 1 ⋅ 0 ⋅ x = 2 ⋅ 0 ⋅ 2 alakot ölt, amelyet minden valós szám kielégít. h)
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
47
Ha m ≠ 1 , akkor az egyenlet mindkét oldalát eloszthatjuk (m − 1) -el, így kapjuk, hogy mx = 2(m + 1) . Így tárgyalás szükséges. Ha m = 0 , akkor az egyenlet 0 = 2 , a megoldáshalmaz tehát az üres halmaz, míg ha m ≠ 0 , akkor az egyenlet mindkét 2(m + 1) . Az előbbi eseteket a oldalát végigoszthatunk m -mel, a megoldás: x = m következő táblázatba foglalhatjuk: A megoldáshalmaz m m =1 m=0 ∅ m ∈ \ {0,1} 2(m + 1) M = m c) (m 2 − 1)x + m 3 − 1 = 0 ⇔ (m − 1)[(m + 1)x + m 2 + m + 1] = 0 Ha m = 1 , azonosságot kapunk, tehát minden valós szám megoldás. Ha m ≠ 1 , akkor (m + 1)x = −m 2 − m − 1 . Két esetet különböztetünk meg, aszerint, hogy (m + 1) nulla vagy sem. Ha m + 1 = 0 , vagyis m = −1 , akkor az egyenlet: 0 = −1 + 1 − 1, amelynek nyilvánvalóan nincs megoldása. Ha m ≠ 1 és
m ≠ −1 , akkor az egyenletnek egyetlen megoldása van, x = −
m2 + m + 1 . Tehát m +1
az esetek a következő táblázatban foglalhatók össze: A megoldáshalmaz m m =1 m = −1 ∅ m ∈ \ {−1,1} m 2 + m + 1 M = − + m 1
x −m x − 2m \ {2, 4} halmazban kell keresnünk, = egyenlet gyökeit az x −2 x −4 másként a törtek nem lennének értelmezettek. Átalakítva az egyenletet, kapjuk, hogy (x − m )(x − 4) = (x − 2m )(x − 2) ⇔
d) Az
⇔ x 2 − 4x − mx + 4m = x 2 − 2x − 2mx + 4m ⇔ (m − 2)x = 0 . Ha m = 2 , akkor minden \ {2, 4} halmazbeli szám megoldás. Ha m ≠ 2 , akkor az egyenlet megoldása x = 0 , ez a törtek értelmezési tartományában is benne van. A megoldáshalmaz m m =2 \ {2, 4} m ≠2 M = {0} e) Az egyenlet értelmezési tartománya D = \ {0, 2} . mx + 1 mx = ⇔ mx 2 + x − 2mx − 2 = mx 2 ⇔ (1 − 2m )x = 2 . x x −2
Tartalomjegyzék
48
Egyenletek és egyenlőtlenségek
1 , akkor a 0 = 2 hamis egyenlőséget kapjuk, így az 2 1 2 egyenletnek nincs megoldása. Ha m ≠ , akkor x = , tehát azt kell 2 1 − 2m megvizsgálni, hogy ez benne van-e az értelmezési tartományban vagy sem. A 2 esetén sem, míg a = 0 egyenlőség nem teljesülhet egyetlen m ∈ 1 − 2m 2 = 2 egyenlőségből m = 0 . Így a következő táblázathoz jutunk: 1 − 2m A megoldáshalmaz m 1 m= ∅ 2 m=0 ∅ 1 2 m ∈ \ 0, M = 2 1 − 2m 2 2 f) x (x − m ) = (x − 1)(x + m ) ⇔ x − mx = x − x + mx − m ⇔ (2m − 1)x = m . 1 1 Ha m = , akkor a 0 ⋅ x = egyenlőséghez jutunk, amelyet egyetlen valós szám 2 2 1 m sem teljesít. Ha m ≠ , akkor a megoldás x = . 2m − 1 2 A megoldáshalmaz m 1 m= ∅ 2 m 1 M = m≠ 2m − 1 2 g) (x + 1)(x + m ) = (x − 2m )(x + 2) + n ⇔ (3m − 1)x = −5m + n . 1 1 −5m + n Ha 3m − 1 ≠ 0 , vagyis m ≠ , akkor x = . Ha m = , akkor az 3m − 1 3 3 1 5 5 5 egyenlet 0 ⋅ x = − + n alakúvá válik. Ha m = és − + n = 0 , vagyis n = , 3 3 3 3 1 5 akkor a megoldáshalmaz az , míg ha m = és n ≠ , akkor az egyenletnek nincs 3 3 megoldása. Ezeket az eseteket a következő táblázatba lehet szemléltetni: A megoldáshalmaz m n 1 n∈ −5m + n M = m≠ 3 3m − 1 5 1 n= m= 3 3 5 n≠ ∅ 3 Ha 1 − 2m = 0 , vagyis m =
{ }
{
{
}
{
}
}
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
49
h) A törtek értelmezési tartománya D = \ {0, −1, −2, −3} . (x + 1) − x (x + 2) − (x + 1) (x + 3) − (x + 2) 3 + + = ⇔ x (x + 1) (x + 1)(x + 2) (x + 2)(x + 3) mx 1 1 1 1 1 1 3 1 1 3 ⇔ − + − + − = ⇔ − = ⇔ x x + 1 x + 1 x + 2 x + 2 x + 3 mx x x + 3 mx 3 3 ⇔ = ⇔ mx = x 2 + 3x ⇔ x (x + 3 − m ) = 0 . x (x + 3) mx Ez utóbbi alapján x = 0 vagy x + 3 − m = 0 . De az x = 0 érték nincs benne az értelmezési tartományban, így csak az x + 3 − m = 0 eset lehetséges, tehát x = m − 3 . Ha m ∈ {1, 2, 3} akkor x rendre −2, −1, 0 , ezek az értékek viszont nincsenek benne az értelmezési tartományban, tehát az egyenletnek ezekben az esetekben nincs megoldása. Minden más esetben egyetlen gyök létezik, az x =m −3. A megoldáshalmaz m ∅ m ∈ {1, 2, 3}
M = {m − 3} m ∈ * \ {1, 2, 3} 5. Mi a feltétele annak, hogy az y = a1x + b1 és y = a2x + b2 egyenesek párhuzamosak legyenek? Megoldás. Két egyenes akkor párhuzamos, ha nem metszik egymást. Tehát annak feltétele, hogy az y = a1x + b1 és y = a2x + b2 egyenesek párhuzamosak legyenek, az, hogy az a1x + b1 = a2x + b2 (= y ) egyenletnek ne legyen megoldása. Az egyenletet átalakítva, kapjuk, hogy (a1 − a2 )x = b2 − b1 . Amennyiben az a1 és a2 számok különbözőek lennének, az egyenletnek mindig lenne megoldása b − b1 . Tehát a párhuzamosság egyik szükséges feltétele az, hogy a1 = a2 x = 2 a1 − a2 legyen. Azonban ez még nem elégséges, ugyanis ebben az esetben az egyenlet 0 ⋅ x = b2 − b1 alakú, amelynek b1 = b2 esetben minden valós szám megoldása (ez egyben azt is jelenti, hogy a két egyenes pontosan akkor egybeeső, ha a1 = a2 és b1 = b2 ). Tehát még az is szükséges, hogy b1 és b2 különbözzenek. A két egyenes párhuzamosságának feltétele tehát a1 = a2 és b1 ≠ b2 . rácspontnak nevezünk. 6. Egy olyan M (x , y ) síkbeli pontot, amelyre x , y ∈ Bizonyítsd be, hogy ha egy egyenesen van két rácspont, akkor végtelen sok rácspont található rajta. Bizonyítás. Legyen az egyenes egyenlete y = ax + b , a rajta fekvő két rácspont pedig (x 1, y1 ) és (x 2 , y2 ) . Felírható tehát az y1 = ax 1 + b és y2 = ax 2 + b egyenlőség. Ha k tetszőleges egész szám, az első egyenletet (k + 1) -el, a másodikat pedig k -val szorozzuk, majd egymásból kivonjuk a kapott egyenlőségeket, akkor a (k + 1)y1 − ky2 = a ⋅ [(k + 1)x 1 − kx 2 ] + b egyenlőséghez jutunk. Tehát a
Tartalomjegyzék
50
Egyenletek és egyenlőtlenségek
((k + 1)x 1 − kx 2 ,(k + 1)y1 − ky2 )
pont is az egyenesen helyezkedik el. A továbbiakban igazoljuk, hogy különböző k értékekhez különböző pontok tartoznak. Ha M ((m + 1)x 1 − mx 2 ,(m + 1)y1 − my2 ) és N ((n + 1)x 1 − nx 2 ,(n + 1)y1 − ny2 ) két ilyen pont, ahol m, n ∈ , akkor (m + 1)x 1 − mx 2 = (n + 1)x 1 − nx 2 (m − n )(x 1 − x 2 ) = 0 ⇔ M =N ⇔ (m + 1)y1 − my2 = (n + 1)y1 − ny2 (m − n )(y1 − y2 ) = 0 Ha m ≠ n , akkor x 1 = x 2 és y1 = y2 , ami azt jelentené, hogy az egyenesen fekvő két rácspont egybeesik, ami ellentmondana a feltételnek. Következik tehát, hogy m ≠ n esetén M és N különböző pontok. Mivel végtelen sok egész szám létezik és a különböző számokhoz tartozó pontok különbözőek, az egyenesen végtelen sok rácspont helyezkedik el. 7. Van-e olyan egyenes, amely csak egy rácsponton halad át? Megoldás. Igen, sőt végtelen sok olyan egyenes van, amely pontosan egy rácsponton halad át. Tetszőleges q irracionális szám és r egész szám esetén vegyük a d : y = qx + r egyenest. A d egyenes nyilván átmegy az O(0, r ) ponton. Ha d y −r , ami tartalmaz még egy M (x 0 , y 0 ) rácspontot, akkor y 0 = qx 0 + r , q = 0 x0 ellentmond q irracionalitásának. Tehát az y = qx + r , q ∈ \ , r ∈ egyenletű egyenesek pontosan egy rácspontot tartalmaznak. 8. Hány rácspont van az OM szakaszon, ha O(0, 0) , M (m, n ) és (m, n ) = 1 ? Hát akkor ha (m, n ) = d ? ( m, n,d ∈ * ). Megoldás Nézzük előbb azt az esetet, amikor m, n relatív prímek. Igazoljuk, hogy az OM szakaszon két rácspont található, a szakasz végpontjai. Legyen (x 0 , y 0 ) egy rácspont az OM szakaszról. Thálész tétele alapján x0 y ON = = 0 , m OM n vagyis x 0n = y 0m . Eszerint n osztója y 0m -nek, s mivel (n, m ) = 1 , következik, hogy y 0 többszöröse n -nek. De 0 ≤ y 0 ≤ n , így y 0 csak a 0 és n értékeket veheti fel. Ha y 0 = 0 , akkor x 0 = 0 kell legyen (ekkor N egybeesik az origóval), ha pedig y 0 = n , akkor x 0 = m , ekkor N = M . Tehát két rácspont van az OM szakaszon, ezek az O, M pontok. Ha (n, m ) = d , akkor léteznek az n 0 , m0 számok úgy, hogy (n 0 , m 0 ) = 1 , n = dn 0 , m = dm 0 . Ekkor az x 0n = y 0m egyenlőség x 0n 0 = y 0m 0 alakban írható.
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek Tehát n 0 y 0m 0 ⇒ n 0 y 0 ⇒ y 0 = kn 0 , k ∈
51 ⇒ x 0 = km 0 . Másrészt az N pont az
0 ≤ km 0 ≤ dm 0 0 ≤ x 0 ≤ m ⇔ 0 ≤ k ≤ d . Tehát az OM szakaszon van, tehát ⇔ 0 ≤ y 0 ≤ n 0 ≤ kn 0 ≤ dn 0 n m OM szakaszon d + 1 rácspont van, ezek a következők: k , k , ahol k = 0, d . d d 9. a) Ábrázold az ax + by = c egyenlőséget teljesítő (x , y ) koordinátájú pontokat. b) Mi a feltétele annak, hogy az előbbi pontok közt rácspont is legyen, ha a, b, c ∈ ? c) Ha az előbbi feltételek teljesülnek és a pontok közt vannak rácspontok, mennyi a rácspontok közt fellépő minimális távolság? a c Megoldás. a) Ha a ≠ 0, b ≠ 0 , akkor az egyenlet y = − x + alakban írható, b b c c ami a 0, és , 0 pontokon átmenő egyenes egyenlete (ha c = 0 , az egyenes: b a a c c y = − x ). Ha a = 0, b ≠ 0 , akkor y = , ami a 0, ponton átmenő, az Ox b b b c c tengellyel párhuzamos egyenes egyenlete. Ha b = 0, a ≠ 0 , akkor x = , a , 0 -n a a átmenő, Oy -nal párhuzamos egyenes. Ha a = 0, b = 0 és c = 0 , akkor az xOy sík bármely pontja kielégíti az egyenletet. Ha a = 0, b = 0 és c ≠ 0 , akkor egyetlen pont koordinátáira sem teljesül az egyenlőség. b) Igazoljuk, hogy az ax + by = c, a, b, c ∈
egyenletet teljesítő (x , y ) pontok
között pontosan akkor van rácspont, ha (a, b ) | c . Előbb igazoljuk, hogy a feltétel elégséges. Ha a = b = 0 , akkor csak abban az esetben van rácspont az egyenletet teljesítő pontok között, ha c = 0 . Feltételezve, hogy a ≠ 0 vagy b ≠ 0 , létezik uc d = (a, b ) és az u, v ∈ számok úgy, hogy au + bv = d . Ha d | c , akkor x = és d vc esetén az (x , y ) koordinátájú pont rácspont, és koordinátái teljesítik az y= d egyenletet. A feltétel szükségességét egyszerű belátni, hisz ha létezik x , y ∈ és ax + by = c , akkor, mivel d | a, d | b , d osztja c -t is. c) Ha a ⋅ b = 0 , akkor a legkisebb távolság 1, mivel az egyenes párhuzamos valamelyik tengellyel. Ha a ⋅ b ≠ 0 , és (x 1, y1 ), (x 2 , y2 ) két rácspont, akkor a köztük levő távolság a Pithagorasz-tétel alapján
2
2
(x 1 − x 2 ) + (y1 − y2 ) . Az ax 1 + by1 = c
és ax 2 + by2 = c egyenlőségeket egymásból kivonva kapjuk, hogy
a (x 1 − x 2 ) = −b (y1 − y2 ) .
Tartalomjegyzék
52 Ha
Egyenletek és egyenlőtlenségek (a, b ) = d ,
= −b1 (y1 − y2 ) .
a = da1, b = db1, (a1, b1 ) = 1 ,
akkor
Következik,
2
(x 1 − x 2 ) b1
hogy
2
(x 1 − x 2 ) = ub12 és (y1 − y2 ) = va12 , ahol u, v ∈ 2
és
továbbá
a1 (x 1 − x 2 ) =
(y1 − y2 ) a1 , ahonnan
. Innen
2
(x 1 − x 2 ) + (y1 − y2 ) = ub12 + va12 ≥ a12 + b12 , a 2 + b2 . Másrészt ha (x , y ) egy d b a rácspont, amelyre ax + by = c , és u = x + , v = y − , akkor u, v ∈ , és d d b a au + bv = a x + + b y − = ax + by = c , tehát (u, v ) rácspont távolsága az d d
tehát a legkisebb távolság nem kisebb, mint d min =
(x , y ) ponttól d =
(x
− u )2
2
2 b a + (y − v ) = + = d min . Tehát az egyenes d d 2
a 2 + b2 . d 10. Az A-ból a B felé induló személyvonat sebessége 60 km h . A vonatot a később
két rácspontja közti legkisebb távolság dmin =
2 részét 3 megtéve a személyvonat eredeti sebességének felével folytatja útját és így a gyorsvonat 80 km -rel B előtt éri utol. Milyen messze van A-tól B?
induló 120 km h sebességű gyorsvonatnak B-ben kell utolérnie. Útjának
Megoldás. Legyen az A és B közti távolság x km. Ezt a távot a személyvonat x x , a gyorsvonat óra alatt teszi A B C D E 60 120 d 80km meg (a t = képlet alapján). v Jelöljük t1 -gyel a két vonat indulása közti időt. Mivel egyszerre érnek B -be, írhatjuk, x x hogy t1 = . Jelöljük a B várostól 80 km-re levő helyet E -vel. Ha a − 60 120 személyvonat az AD távolságot 60km/h sebességgel, a DE -t pedig 30km/h-val teszi meg, a személyvonat indulásától az E pontba érkezéséig eltelt idő AD DE 1 2 1 x + = ⋅ x+ ⋅ − 80 . A gyorsvonat ugyanezt a távot 60 30 60 3 30 3 AE x − 80 = óra alatt teszi meg. Mivel a gyorsvonat a személyvonat után t1 órával 120 120 indul, és egyszerre érkeznek E -be, írhatjuk, hogy x x 8 x x − 80 1 1 + − = + ⇔ 2x − = 20 ⇔ x = 360 . Tehát az A és B 90 90 3 120 120 3 4 városok közti távolság AB = 360 km.
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
53
11. Egy országnak export rendelése van egy műszer I. típusából 1500 darabra és a II. típusából 800 darabra. A műszert az A és B üzemekben gyártják: az A üzem naponta 30 darabot készít az I. típusból vagy 20 darabot a II. típusból, a B üzem pedig naponta 50 darab I. típusú vagy 40 darab II. típusú műszert gyárt. Hogyan kell elosztani a gyártást a két üzem között ahhoz, hogy a lehető legrövidebb idő alatt elkészüljenek a rendelt darabok? (egy üzem egy nap nem gyárthat mind a kétféle műszerből) Megoldás. Ha az A üzemben x napig gyártják az I. típust és u napig a II. típust, a B üzemben pedig y napig az I. típust, v napig a II. típust, akkor felírhatjuk a 30x + 50y = 1500 következő egyenleteket: . A megrendelt termékek legyártása 20u + 40v = 800 akkor veszi fel a legrövidebb időt, ha mindkét üzem folyamatosan dolgozik, vagyis s = x +u = y +v x + u = y + v (jelöljük a közös értéket s -sel). Megoldva az 30x + 50y = 1500 20u + 40v = 800 egyenletrendszert ( s -t paraméternek tekintve) kapjuk, hogy x = 500 − 15s, u = 16s − 500, y = 9s − 270, v = 270 − 8s . A megoldások mind természetes számok kell legyenek, tehát 500 − 15s ≥ 0 , 16s − 500 ≥ 0 , 9s − 270 ≥ 0, 270 − 8s ≥ 0 , ahonnan s ∈ {32, 33} . Mivel a lehető legkisebb s értéket keressük, tehát s = 32 , innen pedig x = 20, u = 12, y = 18, v = 14 .
3x + 5, 03 2x − 3 egyenlet gyöke, = 4 1, 75 ha figyelembe vesszük, hogy az előforduló tizedes számok kerekítéssel jöttek létre? 3x + 5, 03 2x − 3 = ⇔ 12 + 5, 03 ⋅ 1, 75 = (8 − 3 ⋅ 1, 75) x ⇔ Megoldás. 4 1, 75 12 + 5, 03 ⋅ 1, 75 20, 8025 x ≥ = = 7, 56(45) 8 − 3 ⋅ 1, 75 2, 75 12 + 5, 03 ⋅ 1, 75 x= ⇒ 8 − 3 ⋅ 1, 75 x < 12 + 5, 04 ⋅ 1, 76 = 20, 8704 = 3261 . 8 − 3 ⋅ 1, 76 2, 72 425 12. Legalább mekkora és legfeljebb mekkora a
13. Két cég összesen 8200 számítógépet szerelt össze. Az ellenőrzés az egyik cég gépeinek 2%-át, míg a másik cég gépeinek 3%-át hibásnak találta, összesen 216 darabot. Hány jól működő gépet szereltek össze a cégek külön-külön? Megoldás. Jelöljük x -szel az első cég által összeszerelt számítógépek számát, ekkor 2 x , illetve a másik cég 8200 − x gépet szerelt össze. A hibás gépek száma 100 3 2 3 ⋅ (8200 − x ) , tehát írhatjuk, hogy x+ (8200 − x ) = 216 , innen kapjuk, 100 100 100 hogy x = 3000. Tehát az első cég 3000, a második pedig 5200 gépet szerelt össze,
Tartalomjegyzék
54
Egyenletek és egyenlőtlenségek
ezekből 60, illetve 156 hibás volt, így az összeszerelt működő gépek száma 2940, illetve 5044. 14. Egy gyalogos és egy kerékpáros reggel 8 órakor elindul a 12 km-távolságra levő városba. A kerékpáros 20 percet időzik a városban, azután visszaindul. Hol és mikor találkozik a gyalogossal, ha a kerékpáros sebessége 18 km h , a gyalogosé pedig
6 km h . 12 2 = óra alatt ér be a városba, ott 20 percet (1/3 órát 18 3 2 1 időzik), tehát amikor visszaindul, a gyalogos + = 1 órája úton van, ezalatt 6 km3 3 t téve meg. Tegyük fel, hogy innen számítva t óra múlva találkoznak. A gyalogos d1 = 6t km-t, a kerékpáros d2 = 18t km-t tesz meg ezalatt. Tudjuk, hogy d1 + d2 = 6 km, innen 6 = 6t + 18t ⇒ t = 1/ 4 . Tehát a gyalogos és a kerékpáros 9 óra 15 perckor találkozik, d2 = 4, 5 km-re a várostól.
Megoldás. A kerékpáros
15. János bácsi elindult Nekeresdfalváról a legközelebbi vonatállomás irányába. Miután az első óra alatt 3 km utat tett meg, kiszámolta, hogy ezzel a sebességgel 40 percet fog késni. Így a maradék távolságot 4 km h sebességgel tette meg és 45 perccel hamarabb érkezett. Hány kilométerre volt az állomástól az indulás pillanatában? Megoldás. Jelöljük d -vel Nekeresdfalva és a vonatállomás közti távolságot, valamint t -vel a vonat indulásáig hátralevő időt (órában mérve). János bácsi 3 km/h átlagsebességgel 40 percet (2/3 órát) késik, tehát d = 3 (t + 2 / 3) . 3 km után (d − 3) km-t kell megtegyen (t − 1) óra alatt, de ekkor 45 perccel (3/4 óra) hamarabb érkezik, 3 tehát d − 3 = 4 t − 1 − . A két egyenlet alapján t = 6, d = 20 , tehát János bácsi 4 20 km-re volt az indulás pillanatában az állomástól. 16. Két fogaskerék összekapcsolásakor a meghajtó és a meghajtott kerék fordulatszámának aránya 9 : 7 . Ha az egyik kerék helyére 3-mal kevesebb, a másik helyére 3-mal több fogú kereket teszünk, az áttétel 1 : 3 vagy 3 : 1 . Melyik kereket cseréltük kevesebb fogúra? Hány foga van a 4 kerék mindegyikének? Megoldás. A kerekek fordulatszámának aránya fordítottan arányos a fogak számának arányával. Ha a meghajtó keréken k1 , a meghajtott keréken k2 fog van, k 7 akkor 1 = . Ha a meghajtó kereket cseréljük ki egy nála 3-mal kevesebb fogú k2 9 k −3 k 7 fogaskerékre, akkor az arány 1 lesz, ami kisebb, mint 1 = , tehát nem lehet k2 + 3 k2 9 k 7 k −3 1 = arányokból k1 = 7, k2 = 9 , a fogak 3:1 (tehát az arány 1:3). A 1 = , 1 k2 9 k2 + 3 3 száma 7, 9, illetve 4 és 12.
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
55
Ha a meghajtott kereket cseréljük ki egy nála 3-mal kevesebb fogú fogaskerékre, k +3 k 21 7 k +3 . A 1 = , 1 , ami = 3 egyenletrendszerből k1 = akkor az arány 1 5 k2 − 3 k2 9 k2 − 3 nem egész szám, tehát ez az eset nem állhat fenn. 17. Egy tehergépkocsinak mind a négy kerekére új gumiabroncsot szereltek. Egy abroncsot akkor tekintenek teljesen elkopottnak, ha hátsó keréken 15000 km-t futott, vagy ha első keréken 25000 km-t. Mennyit futhat a kocsi a négy abroncs teljes elkopásáig, ha az első abroncsokat felcserélhetik a hátsókkal? Megoldás. Tegyük fel, hogy az egyik abroncs d1 km-t futott valamelyik első keréken, d2 -t hátul, egy másik abroncs pedig (d2 − t ) elöl és d1 km-t hátsó keréken ( d1 km után az abroncsokat felcserélték). Bevezethetjük a következő "kopási 1 1 , az elsőké c2 = . (d1 + d2 ) km után állandókat": a hátsó kerekeké c1 = 15000 25000 c1d1 + c2d2 = 1 , összeadva mind a négy abroncs teljesen elkopott, tehát c1d2 + c2d1 = 1 2 2 = = 18750 km. (d1 + d2 )(c1 + c2 ) = 2 , ahonnan d1 + d2 = 1 1 c1 + c2 + 15000 25000 18. Két egyenlő hosszú gyertyát egyszerre gyújtottak meg. Az egyik 3, a másik 5 óra 1 alatt égett el egészen. Egy fényképen a két gyertya hosszának aránya , egy másikon 2 1 1 , egy harmadikon . Mikor készültek a fényképek, ha a gyertyák egyenletesen 3 4 égnek? Megoldás. Legyen x a gyertyák hossza. Ekkor az első gyertya égési sebességének x x x x számértéke , a másiké , tehát t idő alatt az elsőből t , a másodikból pedig t 3 5 3 5 hosszúság ég el. A meggyújtás után t idővel a két gyertya hosszának aránya x t x −t 1− 3 3 = 3 −t ⋅ 5 . x = t 5 −t 3 x −t 1− 5 5 3 −t 5 1 15 3 −t 5 1 Ha . Ha ⋅ = , akkor 30 − 10t = 15 − 3t ⇒ t = ⋅ = , akkor 5 −t 3 2 5 −t 3 3 7 3 −t 5 1 45 5 ⋅ = , akkor 60 − 20t = 15 − 3t ⇒ t = . 15 − 5t = 5 − t ⇒ t = . Ha 17 2 5 −t 3 4 15 45 Tehát a fényképek a gyertyák meggyújtása után órával, 2, 5 órával illetve 7 17 órával készültek. x −a x −b + = 2 egyenletet! 19. Oldd meg és tárgyald az x −2 x −3
Tartalomjegyzék
56
Egyenletek és egyenlőtlenségek
Megoldás. Az értelmezési tartomány D = \ {2, 3} . x −a x −b x − 2 + 2 −a x − 3 + 3 −b + =2⇔ + =2⇔ x −2 x −3 x −2 x −3 2 −a 3 −b 2 −a 3 −b ⇔ 1+ +1+ =2⇔ + =0⇔ x −2 x −3 x −2 x −3 ⇔ (2 − a )x − 6 + 3a + (3 − b)x − 6 + 2b = 0 ⇔ (5 − a − b)x = 12 − 3a − 2b 12 − 3a − 2b . Ha a + b ≠ 5 , akkor az egyenletnek egyetlen megoldása van, az x = 5 −a −b Ez a kifejezés pontosan akkor 2 , ha a = 2 és pontosan akkor 3 , amikor b = 3 , tehát ha a = 2 és b ≠ 3 vagy b = 3 és a ≠ 2 , akkor az egyenletnek nincs megoldása. Ha a + b = 5 , akkor az egyenlet 0 ⋅ x = 12 − 3a − 2b alakban írható, tehát ha a (12 − 3a − 2b) értéke 0 , akkor a D halmaz minden eleme megoldása az egyenletnek, különben nincs megoldása az egyenletnek. Ha b = 5 − a és 12 − 3a − 2b = 0 , akkor a = 2 és b = 3 , tehát a következő táblázatban foglalhatjuk össze az eseteket: A megoldáshalmaz a b 3 \ {2, 3} 2 \ {3} ∅ ∅ 3 ∅ \ {3} és a + b = 5 \ {2} \ {3} és a + b ≠ 5 12 − 3a − 2b M = 5 −a −b 20. Micimackó órájának számlapjáról lekoptak a számok. Egy reggeli alkalmából Malacka megkérdezte Micimackót, hogy mennyi az idő. Erre Micimackó azt válaszolta, hogy a kis és a nagy mutató merőleges egymásra és, hogy az elmúlt egy órában ilyen állás csak egyszer fordult elő. Meg tudja-e állapítani Malacka, hogy mennyi az idő, ha tudja, hogy déli 12 óra előtt reggeliznek? Megoldás. Egy óra kismutatója 12 óra alatt tesz meg 360 fokot, tehát egy óra alatt 360 1 30 fokot mozdul, egy perc alatt pedig = fokot. A nagymutató egy perc alatt 12 ⋅ 60 2 360 = 6 fokot mozdul. Ha Malacka x óra y perckor kérdezte meg az időt, ebben az 60 időpontban a kismutató o = 30x + 12y fokos szöget zár be a 12 órához tartozó sugárral, míg a nagymutató p = 6y fokos szöget. Mivel a két mutató merőleges egymásra, az (o − p) egész szám osztható 90-nel, továbbá tudjuk, hogy x ∈ {0,1, 2,...,11} és y ∈ {0,1, 2,..., 59} . 11 (o − p ) 90 ⇒ 30x − y 90 ⇒ y = 2y1, (30x − 11y1 ) 90 ⇒ (30x − 11y1 ) 30 ⇒ 2 ⇒ 11y1 30 ⇒ y1 30 ⇒ y = 2y1 60 ⇒ y = 0 .
{
Visszahelyettesítve 30x 90 ⇒ x ∈ {0, 3, 6, 9} .
}
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
57
Pontosan 6 órakor a két mutató 180 -os szöget zár be, tehát ez az eset nem állhat fenn, s mivel 12 előtt reggeliznek, csak az x = 9 eset lehetséges. Tehát Malacka pontban 9 órakor kérdezte meg az időt. 21. Egy órán a három mutató 12 órakor találkozik. Hány perc múlva felezi a másodpercmutató az óra- és percmutató által bezárt szöget? Megoldás. x óra y perc és z másodperc múlva a másodpercmutató a 12 -eshez tartozó sugárral z ⋅ 6° -os szöget zár be, a percmutató y ⋅ 6° -os szöget (mert a y percmutató csak percenként mozdul el) és a kismutató x ⋅ 30° + ⋅ 6° -os szöget 12 (mert az óramutató 12 percenként mozdul egyet). A másodpercmutató pontosan akkor felezi a percmutató és az óramutató által bezárt szöget, ha y 2 ⋅ z ⋅ 6° = x ⋅ 30° + ⋅ 6° + y ⋅ 6° vagy 12
y 2 ⋅ z ⋅ 6° + 360° = x ⋅ 30° + ⋅ 6° + y ⋅ 6° . 12 y y Így a 2z = 5x + y + vagy 2z + 60 = 5x + y + egyenlethez jutunk. Ennek 12 12 a legkisebb megoldása x = 0 , y = 2 és z = 1 .
22. Határozd meg az összes olyan időpontot, amikor a percmutató állása felcserélhető az óramutató állásával. Megoldás. A feladat megfogalmazásából nem derül ki, hogy milyen óráról van szó (a mutatók folytonosan járnak, vagy beosztásról beosztásra ugranak) és, hogy mit értünk felcserélhetőségen. Világos, hogy ha a felcserélés után is ugyanazt az órát kell mutatniuk, akkor a két mutató egymást kell fedje. Ilyen állás a folytonos mozgású mutatók esetében 11 -szer van 0 óra 0 perctől 11 óra 59 percig (egy körbejárás alatt), minden órában egy, az utolsó kivételével. A találkozásoknak megfelelő 60m alakú, ahol ívhosszak a ( 12 -től számítva a mutatók járása mentén) 11 m ∈ {0,1, 2,...,10} . Nem folytonos járású mutatók esetén a helyzet bonyolultabb, y mert x óra y perc után a mutatók x ⋅ 30° + ⋅ 6° -os, illetve y ⋅ 6° -os szöget 12 y zárnak be a 12 -eshez húzott sugárral. Így az x ⋅ 30° + ⋅ 6° = y ⋅ 6° egyenlethez 12 y jutunk. Mivel ∈ {0,1, 2, 3, 4} , a következő esetek tárgyalása szükséges: 12 y 1. eset. Ha = 0 , akkor y = 5x , tehát a (0, 0) , (1, 5) , (2,10) megoldásokhoz 12 jutunk ( 12 óra, 1 óra 5 perc és 2 óra 10 perc).
Tartalomjegyzék
58
Egyenletek és egyenlőtlenségek
y 2. eset. Ha = 1 , akkor y = 5x + 1 , tehát a (3,16) , (4, 21) megoldásokhoz 12 jutunk ( 3 óra 16 perc és 4 óra 21 perc). y 3. eset. Ha = 2 , akkor y = 5x + 2 , tehát az (5, 27) , (6, 32) megoldásokhoz 12 jutunk ( 5 óra 27 perc és 6 óra 32 perc). y 4. eset. Ha = 3 , akkor y = 5x + 3 , tehát a (7, 38) , (8, 43) megoldásokhoz 12 jutunk ( 7 óra 38 perc és 8 óra 43 perc). y 5. eset. Ha = 4 , akkor y = 5x + 4 , tehát a (9, 49) , (10, 54) és (11, 59) 12 megoldásokhoz jutunk ( 9 óra 49 perc, 10 óra 54 perc és 11 óra 59 perc). Másrészt a felcserélhetőség azt is jelentheti, hogy a felcserélt pozíció is egy valós állást jelentsen (a mutatók egymáshoz viszonyított helyzete nem lehet tetszőleges például 3 óra 0 perckor ha megcseréljük a mutatók állását, egy nem lehetséges pozíciót kapunk). Ebben az esetben is más a helyzet folytonosan mozgó mutatók és ugráló mutatók esetében. Az első esetben ha x és y a kis és nagymutató által bejárt ív y x hossza a 1200 -hoz viszonyítva, akkor − ∈ . Ebből következik, hogy 5 60 60(12m + n ) 60(12n + m ) x= és y = . Ha a mutatók beosztásról beosztásra 143 143 y y 5x + 5x + 12 12 ugranak, akkor az y = vagy y = 30 + egyenlethez jutunk, 12 12 ahol a felcserélhető állás x óra y perc. Az első egyenletnek csak y ∈ {0,1, 2, 3, 4} esetén van megoldása és a másodiknak csak y ∈ {30, 31, 32, 33, 34} esetén. A megoldások felsorolását az olvasóra bízzuk. x +a +b x + a − b a 2 + b2 egyenletet a valós számok 23. Oldd meg az = − 2 x +a x −a x − a2 halmazán (a, b ∈ ) . Megoldás. Az értelmezési tartomány: D = \ {−a, a } .
x +a +b x + a − b a 2 + b2 b 2a − b a 2 + b 2 = − 2 ⇔ = − 2 ⇔ x +a x −a x − a2 x +a x −a x − a2 ⇔ bx − ab = (2a − b)x + 2a 2 − ab − a 2 − b 2 ⇔ (a − b)(2x + a + b) = 0 . Ha a = b , akkor minden ±a -tól különböző valós szám megoldás. a +b . Le kell ellenőrizni, hogy a kapott érték benne van-e az Ha a ≠ b , akkor x = − 2 értelmezési tartományban.
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
59
a +b = −a ⇔ a + b = 2a ⇔ a = b , ez ellentmondás, hiszen az a ≠ b 2 esetben vagyunk. a +b − = a ⇔ a + b = −2a ⇔ b = −3a . 2 Összefoglalva, ha a = b , akkor a megoldáshalmaz M = \ {−a, a } , ha a ≠ b, b ≠ −3a , akkor egyetlen megoldás van, ha pedig a ≠ b, b = −3a , akkor nincs megoldás. 24. Egy hatjegyű számnak első számjegye 1, a második 4. Ha e két számjegyet egyenként letöröljük és a szám végére írjuk, akkor az eredeti szám kétszeresét kapjuk. Melyik ez a szám? Megoldás. Legyen a keresett szám 14abcd . A feltétel szerint felírhatjuk az abcd 14 = 2 ⋅ 14abcd egyenlőséget. Kifejtve, kapjuk, hogy a ⋅ 105 + b ⋅ 104 + c ⋅ 103 + d ⋅ 102 + 10 + 4 = = 2 ⋅ 105 + 8 ⋅ 104 + 2a ⋅ 103 + 2b ⋅ 102 + 2c ⋅ 10 + 2d vagyis (a − 2)105 + (b − 8)104 + (c − 2a )103 + (d − 2b)102 + (1 − 2c)10 + 4 − 2d = 0 . A bal oldal első öt tagja osztható 10-zel, tehát (4 − 2d ) is többszöröse kell legyen tíznek. Következik, hogy d kettő vagy hét. Ha d = 2 , akkor mindkét oldalt elosztva 10-zel, kapjuk, hogy (a − 2)104 + (b − 8)103 + (c − 2a )102 + (d − 2b)10 + (1 − 2c) = 0 , ami nem lehetséges, mert a bal oldalon egy páratlan szám áll, így nem lehet zéró. Tehát d = 7 . Ebben az esetben (a − 2)104 + (b − 8)103 + (c − 2a )102 + (7 − 2b)10 − 2c = 0 , −
tehát c = 5 és (a − 2)103 + (b − 8)102 + (5 − 2a )10 + 6 − 2b = 0 . Innen kapjuk, hogy b = 8 és (a − 2)102 + 4 − 2a = 0 , vagyis a = 2 . A keresett szám tehát az 142857. x x x + + − 1 = abc − (a + b + c)x , 25. Oldd meg a valós számok halmazán az ab bc ac (a, b, c ∈ ) egyenletet. Megoldás. A következő ekvivalens átalakításokat végezzük: x x x + + − 1 = abc − (a + b + c)x ⇔ ab bc ca a +b +c x + (a + b + c )x = abc + 1 ⇔ (a + b + c)(1 + abc)x = abc(abc + 1) . ⇔ abc Ha abc = −1 , akkor a megoldáshalmaz a valós számok halmaza. Ha abc ≠ −1 , akkor az egyenlet így írható: (a + b + c)x = abc. Ebben az abc esetben, ha a + b + c ≠ 0 , akkor az egyenlet egyetlen megoldása az x = . a +b +c
Tartalomjegyzék
60
Egyenletek és egyenlőtlenségek
Ha a + b + c = 0 és abc = 0 , vagyis ha az a, b, c számok közül valamelyik nulla, a másik kettő összege nulla, akkor minden valós szám megoldás. Ha a + b + c = 0 , de abc ≠ 0 , akkor az egyenletnek nincs megoldása. 1 26. Hiero király koronájának súlya 20 font. Vízben a korona 1 fontot veszít a 4 súlyából. Hány font aranyat és hány font ezüstöt tartalmaz a korona (más anyagot 1 1 nem tartalmaz), ha az arany fajsúlya 19 , az ezüsté pedig 10 ? 2 2 Megoldás. Jelöljük V1 -gyel és V2 -vel a koronában levő arany, illetve ezüst térfogatát. Mivel a víz fajsúlya 1 és Arkhimédész törvénye szerint a súlyvesztés a 5 kiszorított víz súlyával egyenlő, írhatjuk, hogy V1 +V2 = . Másrészt a korona súlya 4 39 21 35 39 55 V1 ⋅ +V2 ⋅ = 20 , tehát V1 = és V2 = , és így a korona V1 ⋅ = 2 2 72 2 72 55 39 715 21 35 21 245 = ⋅ = ≈ 14, 9 font aranyat és V2 ⋅ = ⋅ = ≈ 5,10 font 72 2 48 2 72 2 48 ezüstöt tartalmaz. II.2.1. Gyakorlatok és feladatok (42. oldal) 1. Oldd meg a valós számok körében a következő egyenlőtlenségeket: x +1 x +1 x −1 x ; b) + + < 0 ; c) (x + 1)(x − 1) − x 2 < x ; a) 2x − 1 < 3 2 2 6 x x +1 d) 2x + 3 < 6 ; e) 0,(6)x + 0, 25 < + 0, 25(3) ; f) < 3+ 2. 3 2− 3 x +1 4 Megoldás. a) 2x − 1 < ⇔ 6x − 3 < x + 1 ⇔ 5x < 4 ⇔ x < ; 3 5 3x + 3 + 3x − 3 + x x +1 x −1 x + + <0⇔ < 0 ⇔ 7x < 0 ⇔ x < 0 ; b) 2 2 6 6 c) (x + 1)(x − 1) − x 2 < x ⇔ x 2 − 1 − x 2 < x ⇔ −1 < x ;
6− 3 6 ⇔x < 3− ; 2 2 x 6 1 x 253 − 25 e) 0,(6)x + 0, 25 < + 0, 25(3) ⇔ x + < + ⇔ 3 9 4 3 900 2x x 19 1 x 1 1 ⇔ − < − ⇔ < ⇔x < ; 3 3 75 4 3 300 100 x +1 f) < 3 + 2 ⇔ x + 1 > ( 2 − 3)( 2 + 3) ⇔ x > −2 . 2− 3 d)
2x + 3 < 6 ⇔ 2x < 6 − 3 ⇔ x <
2. Oldd meg és tárgyald a következő egyenlőtlenségeket, ha m ∈
:
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
61
1 1 < ; x (x + 1) (x + 1)(x + 2) 1 2 m −x m +x > d) 2mx < m 2 + 1 ; e) ; f) . < x −2 x −m x 1−x m −1 Megoldás. a) mx + 1 ≤ m ⇔ mx ≤ m − 1 . Ha m > 0 , akkor x ≤ . Ha m m −1 m < 0 , akkor x ≥ . Ha m = 0 , akkor nincs megoldása az egyenlőtlenségnek. m b) m + x ≥ (m − 1)(x + 1) ⇔ m + x ≥ (m − 1)x + m − 1 ⇔ (m − 2)x ≤ 1 1 . Ha m − 2 > 0 , vagyis m > 2 , akkor x ≤ m −2 1 Ha m − 2 < 0 , vagyis m < 2 , akkor x ≥ . m −2 Ha m = 2 , akkor minden valós szám kielégíti az egyenlőtlenséget. c) M = (−∞, −2) ∪ (−1, 0) ; m 2 + 1 d) Ha m > 0 , akkor a megoldáshalmaz −∞, . 2m a) mx + 1 ≤ m ; b) m + x ≥ (m − 1)(x + 1) ;
c)
m 2 + 1 , ∞ . Ha m < 0 , akkor x ∈ 2m Ha m = 0 , akkor minden x ∈ megoldás. 1 2 e) Az > egyenlőtlenség megoldásait csak az \ {2, m} halmazban x −2 x −m kereshetjük. 1 2 1 2 x − m − 2x + 4 > ⇔ − >0⇔ >0⇔ x −2 x −m x −2 x −m (x − 2)(x − m ) x +m −4 ⇔ < 0 ⇔ (x + m − 4)(x − 2)(x − m ) < 0 . (x − 2)(x − m ) Három szám szorzata csak úgy lehet negatív, ha vagy mindhárom szám negatív, vagy az egyik negatív és a másik kettő pozitív. Így a következő eseteket kell megvizsgálni: x + m − 4 < 0 x < 4 − m ⇔ x < 2 ⇔ x < min{4 − m, 2, m} I. x − 2 < 0 x < m x −m < 0 Könnyű ellenőrizni, hogy min{4 − m, 2, m} = m , ha m ≤ 2 és min{4 − m, 2, m} = 4 − m , ha m > 2 .
Tartalomjegyzék
62
Egyenletek és egyenlőtlenségek
x + m − 4 < 0 x < 4 − m x − 2 > 0 ⇔ x > 2 . Az első két egyenlőtlenség alapján II. x − m > 0 x > m 2 < x < 4 − m ⇒ 2 < 4 − m ⇒ m < 2 . Tehát az m ≥ 2 esetben nincs megoldás, ha pedig m < 2 , akkor x ∈ (2, 4 − m ) . x > 4 − m x + m − 4 > 0 ⇔ x < 2 III. x − 2 < 0 . A második és a harmadik egyenlőtlenség alapján x − m > 0 x > m m < x < 2 ⇒ m < 2 kell legyen. Következik, hogy ha m ≥ 2 , akkor az egyenlőtlenségnek nincs megoldása, ha pedig m < 2 , akkor 4 − m > 2 , tehát x ∈ (m, 2) . x + m − 4 > 0 x > 4 − m ⇔ x > 2 IV. x − 2 > 0 . Az első és harmadik egyenlőtlenség szerint x − m < 0 x < m 4 − m < x < m ⇒ 4 − m < m ⇒ 2 < m . Ha tehát m ≤ 2 , akkor nincs megoldás. Ha m > 2 , akkor 4 − m < 2 , így x ∈ (2, m ) . Összesítve az eddigi részeredményeket (egyesítve a halmazokat), írhatjuk, hogy ha m < 2 , akkor x ∈ (−∞, m ) ∪ (2, 4 − m ) ∪ (m, 2) = (−∞, 4 − m ) \ {2, m} , ha x ∈ (−∞, m ) ⇒ x ∈ (−∞, 2) , m =2, akkor ha m > 2, akkor x ∈ (−∞, 4 − m ) ∪ (2, m ) . m −x m +x , törtek nevezői közül egyik sem lehet 0 , így x ∈ \ {0,1} . f) Az x 1−x m −x m +x m m +1 m m +1 . < ⇔ −1 < −1 ⇔ < x 1−x x 1−x x 1−x Az egyenlőtlenséget az előző alponthoz hasonlóan oldjuk meg. 3. Oldd meg a valós számok halmazában a következő egyenlőtlenségeket: a) (x − 1)(x + 1) < 0 ; b) (2x − 3) (x + 7) ≥ 0 ; c) (3x − 4) (x − 2) < 0 ; d) (2x − 1) (x +`3) ≥ 0 ; e) (3x + 1) (2x + 3) < 0 ; f) (3 − 2x ) (1 + x ) ≤ 0 ; g) (1 + 2x ) (3 − x ) < 0 ; i) (x + 1) (x − 2)(3x − 1) > 0 ; x +1 5x − 3 <0; l) k) ≥ 0; x −2 3x + 1
h) (x − 1) (x − 2)(x − 3) < 0 ; j) (x − 1) (2x + 1)(3x − 1)(5x + 2) ≤ 0 ; 2 − 5x ≥ 0. m) (1 + x )(2x − 4)
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
63
Megoldás. a)
−∞
x
–1
1
+∞
x −1 x +1
–––––––––––––0++++++
(x − 1)(x + 1)
+ + + + + 0–––– 0 + + + + +
––––––– 0+++++++++++
A megoldás tehát x ∈ (−1,1) .
4 1 b) x ∈ (−∞, −7) ∪ (3 / 2, ∞) ; c) x ∈ , 2 ; d) x ∈ (−∞, −3) ∪ , ∞ ; 3 2 3 1 3 1 e) x ∈ − , − ; f) x ∈ −1, ; g) x ∈ − , 3 ; 2 2 3 2 h) −∞ 1 2 3 +∞ x x −1
– – – – – – – 0+ + + + + + + + + + + + + + + +
x −2
––––––––––––0+++++++++++
x −3
–––––––––––––––––0++++++
(x − 1)(x − 2)(x − 3) – – – – – – – 0+ + + + 0 – – – – 0 + + + + + + A megoldás: x ∈ (−∞,1) ∪ (2, 3) . 1 1 2 1 i) x ∈ −1, ∪ (2, ∞) ; j) x ∈ − , − ∪ , 1 ; k) x ∈ (−1, 2) ; 3 5 3 2 1 l) x ∈ −∞, − ∪ [3 / 5, ∞) ; 3 m) −∞ –1 2/5 2 +∞ x 2 − 5x 1+x 2x − 4 2 − 5x (1 + x )(2x − 4)
+++++++++++0––––––––––––– – – – – – – 0+ + + + + + + + + + + + + + + + + + ––––––––––––––––– 0++++++++ ++++++ |–––– 0++++|–––––––––
2 A megoldás x ∈ (−∞, −1) ∪ , 2 . 5 4. A tényezőkre bontás segítségével oldd meg a következő egyenlőtlenségeket: a) x 2 − 3x + 2 ≥ 0 ; b) 6x 2 + 5x + 1 ≤ 0 ; c) x 3 − 2x 2 − x + 2 > 0 ; x2 −1 > 0; e) 3x 2 + x − 2 < 0 ; f) d) (x 2 − 3x + 2) (x + 1) ≥ 0 ; x +3
Tartalomjegyzék
64
Egyenletek és egyenlőtlenségek
x 2 + 5x + 6 g) 2 ≥0. x − 4x + 4 Megoldás. a) x 2 − 3x + 2 ≥ 0 ⇔ (x − 1)(x − 2) ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞,1] ∪ [2, ∞) ; 1 1 b) 6x 2 + 5x + 1 ≤ 0 ⇔ (2x + 1)(3x + 1) ≤ 0 ⇔ x ∈ − , − ; 2 3 3 2 c) x − 2x − x + 2 > 0 ⇔ (x − 1)(x − 2)(x + 1) > 0 ⇔ x ∈ (−1,1) ∪ (2, ∞) ; d) (x 2 − 3x + 2)(x + 1) ≥ 0 ⇔ (x − 1)(x − 2)(x + 1) ≥ 0 ⇔ x ∈ [−1,1] ∪ [2, ∞] ; 2 e) 3x 2 + x − 2 < 0 ⇔ (3x − 2)(x + 1) < 0 ⇔ x ∈ −1, ; 3 2 x −1 f) > 0 ⇔ (x − 1)(x + 1)(x + 3) > 0 ⇔ x ∈ (−3, −1) ∪ (1, ∞) ; x +3 (x + 2)(x + 3) x 2 + 5x + 6 g) 2 ≥0⇔ ≥ 0 ⇔ (x + 2)(x + 3) ≥ 0, x ≠ 2 ⇔ (x − 2)2 x − 4x + 4 ⇔ x ∈ (−∞, −3] ∪ [−2, 2) ∪ (2, ∞) ; 5. Oldd meg és tárgyald a következő egyenlőtlenségeket, ha m, n, x 1, x 2 ∈
:
a) (mx − 1) (1 + x ) < 0 ; b) (mx − n ) (nx + m ) < 0 ; c) (x − x 1 ) (x − x 2 ) < 0 ; d) (m − x ) (m + x ) > 0 ; e) (m + 1 − mx ) (1 + mx ) ≥ 0 ; f) (x − x 1 ) (x − x 2 ) ≥ 0 ; g) − (x − x 1 )(x − x 2 ) ≤ 0 ; h) − (x − x 1 )(x − x 2 ) < 0 . Megoldás. a) 1 I. eset: m ∈ (0, ∞) ⇒ x ∈ −1, ; m II. eset: m = 0 ⇒ x ∈ (−1, ∞) ; 1 III. eset: m ∈ (−1, 0) ⇒ x ∈ −∞, ∪ (−1, ∞) ; m IV. eset: m = −1 ⇒ x ∈ \ {−1} ; 1 V. eset: m ∈ (−∞, −1) ⇒ x ∈ (−∞, −1) ∪ , ∞ . m b) I. eset: m = n = 0 ⇒ M 1 = ∅ ; II. eset: m = 0, n ≠ 0 ⇒ −n 2x < 0 ⇒ x ∈ (0, ∞) ; III. eset: m ≠ 0, n = 0 ⇒ m 2x < 0 ⇒ x ∈ (−∞, 0) ;
n m m n IV. eset: mn > 0 ⇒ mn x − x + < 0 ⇒ x ∈ − , ; m n n m n m n m V. eset: mn < 0 ⇒ x − x + > 0 ⇒ x ∈ −∞, ∪ − , ∞ . m n m n c) I. eset: m = 0 ⇒ ∀ x ∈ megoldás;
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
65
1 1 1 1 II. eset: m ≠ 0 ⇒ x − 1 − x + ≤ 0 ⇒ x ∈ − ,1 + , ha m m m m 1 1 m ∈ (−∞, −2] ∪ (0, ∞) , illetve x ∈ 1 + , − , ha m ∈ (−2, 0) . m m d) m = 0 esetben nincs megoldás, ha m ≠ 0 , akkor x ∈ (− m , m ) . e) Ha x 1 = x 2 , nincs megoldás, ha x 1 ≠ x 2 , akkor x ∈ (min {x 1, x 2 } , max {x 1, x 2 }) . f) Ha x 1 = x 2 , akkor M =
, ha pedig x 1 ≠ x 2 , akkor x ∈ (−∞, min {x 1, x 2 } ∪ max {x 1, x 2 } , ∞) . g) Az egyenlőtlenség ekvivalens az előző pontbeli egyenlőtlenséggel, így a megoldás is azonos. h) Ha x 1 = x 2 , akkor M = \ {x 1 } , ha x 1 ≠ x 2 , akkor
x ∈ (−∞, min {x 1, x 2 }) ∪ (max {x 1, x 2 } , ∞) . 6. Oldd meg a
3 1 2 + <2− egyenlőtlenséget. x −1 2 x −1
Megoldás 3 1 2 5 3 10 − 3x + 3 13 − 3x + <2− ⇔ − <0⇔ <0⇔ <0⇔ x −1 2 x −1 x −1 2 2(x − 1) x −1
13 ⇔ x ∈ (−∞,1) ∪ , ∞ . 3 7. Oldd meg a valós számok halmazában a következő egyenlőtlenségeket: x −1 x +1 x −2 x +2 x +1 x −2 x −2 x +1 ; b) ; c) ; d) . a) < < > < x +2 x −2 x +1 x −1 x −5 x +3 x +3 x −4 Megoldás. a) x −1 x +1 x −1 x +1 x < ⇔ − <0⇔ > 0 ⇔ x ∈ (−2, 0) ∪ (2, ∞) ; x +2 x −2 x +2 x −2 (x − 2)(x + 2) x −2 x +2 x +1− 3 x −1 + 3 3 3 b) < ⇔ < ⇔ 1− <1+ ⇔ x +1 x −1 x +1 x −1 x +1 x −1 1 1 2x ⇔0< + ⇔0< ⇔ x ∈ (−1, 0) ∪ (1, ∞) ; x −1 x +1 (x − 1)(x + 1) x +1 x −2 6 5 6 5 c) > ⇔ 1+ > 1− ⇔ + >0⇔ x −5 x +3 x −5 x +3 x −5 x +3 6x + 18 + 5x − 25 7 ⇔ > 0 ⇔ (11x − 7)(x − 5)(x + 3) > 0 ⇔ x ∈ −3, ∪ (5, ∞) ; (x − 5)(x + 3) 11 d)
x −2 x +1 5 5 1 1 < ⇔ 1− <1+ ⇔0< + ⇔ x +3 x −4 x +3 x −4 x −4 x +3 2x − 1 ⇔0< ⇔ x ∈ (−3,1/ 2) ∪ (4, ∞) . (x − 4)(x + 3)
Tartalomjegyzék
66
Egyenletek és egyenlőtlenségek
8. Egy sakk körversenyen (minden mérkőzésen 1 pontot kap a nyertes, 0 pontot a vesztes illetve döntetlen esetén 0,5 – 0,5 pontot kap mindkettő) csak nagymesterek és mesterek vettek részt. Az utóbbiak száma 3-szor annyi volt, mint a nagymestereké, elért pontjaik együttes száma pedig 1,2-szerese a nagymesterek pontszámai összegének. Hányan vettek részt a versenyen? Mit mondhatunk az első három helyezettről? Megoldás. Ha x a nagymesterek száma, akkor 3x a mestereké és 4x az összes résztvevők száma. A versenyen mindenki mindenkivel kétszer játszik (egyszer fekete és egyszer fehér bábukkal), tehát összesen 4x (4x − 1) a megszerzett pontok száma. 6 Ebből a mesterek -ed részt szereztek, a többi pontot a nagymesterek szerezték. 11 Másrészt a mesterek által összegyűjtött pontok száma legalább annyi, mint azoknak a játszmáknak a száma, amelyekben csak mesterek játszottak. Így 6 4x (4x − 1) ≥ 3x (3x − 1) , tehát x ≤ 3 . Az x = 1 és x = 2 esetek nem 11 k 6 4x (4x − 1) szám ezekre az értékekere nem , k ∈ lehetségesek, mert a alakú. 2 11 Tehát az egyetlen lehetséges megoldás az x = 3 . Ez azt jelenti, hogy 3 nagymester és 9 mester vett részt a versenyen. x = 3 esetén a vizsgált egyenlőtlenségben egyenlőség áll, tehát egyetlen mester sem szerzett pontot nagymester elleni játszmából, és így az első három helyezett a három nagymester. 9. Az A és B városok közti P helyről kétféle módon juthatunk B-be: gyalog bejárva a PB útvonalat vagy gyalog megyünk A-ba és onnan vonattal B-be. Mely pontokból előnyösebb az első, és melyekből a második módot választani, ha a legrövidebb idő alatt szeretnénk eljutni B-be, ha gyalog 5 km h sebességgel megyünk, a vonat sebessége 50 km h , és az AB távolság 20 km? Megoldás. Jelöljük az B és P városok közti távolságot x -szel. Meg kell határozni, x mely értékeire melyik utazási módot érdemes választani. PB x = Gyalog megtéve a PB útvonalat, az utazáshoz szükséges idő t1 = óra, a 5 5 AP AB 20 − x 20 második módot választva pedig t2 = órába telik eljutni + = + 5 50 5 50 P -ből B -be. Akkor rövidebb gyalogosan megtenni a PB távot, ha t1 ≤ t2 , vagyis ha x ≤ 11 km. 10. Egy egyfordulós körmérkőzéses pingpongbajnokság győzteséről tudjuk, hogy mérkőzéseinek több, mint 68 és kevesebb, mint 69 százalékát nyerte meg. Legalább hányan indultak a bajnokságon? Megoldás. Ha mindenki n mérkőzést játszott és az első helyezett k mérkőzést nyert, akkor 0, 68n < k < 0, 69n . Ez alapján 0, 31n < n − k < 0, 32n , tehát 0, 62n < 2(n − k ) < 0, 64n < 0, 68n < k < 0, 69n .
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
67
A 2(n − k ) és a k különböző egész számok, tehát 0, 69n − 0, 62n > 1 és így n ≥ 15 . Ha n = 15 , akkor 0, 68n és 0, 69n közt nincs egész szám, tehát n ≥ 16 . n = 16 esetén k = 11 . Igazolni kell, hogy ez lehetséges is. Jelöljük G -vel a győztest és a többi 16 résztvevőt osszuk két 5 -ös (A, B ) és egy 6 -os (C ) csoportba. Ha G legyőzte az A és C tagjait és kikapott a B csoport tagjaitól, akkor 11 győzelme és 5 veresége van. Ha a C csoport tagjai legyőzték a B csoport tagjait, kikaptak az A csoport tagjaitól és a B csoport tagjai legyőzték az A csoport tagjait, akkor G -nek van a legtöbb pontja. Tehát legalább 17 résztvevő volt a bajnokságon. 11. Húsvétkor egy olyan családhoz, ahol 4 lány nevelkedik, a fiúk egyforma, teli üveg kölnivízzel érkeztek. Mindegyik fiú a neki legjobban tetsző lányra a kölnivíz felét a többi háromra 5-5 cseppet, a maradékot pedig a mamára locsolta. Legalább hány csepp kölnivíz volt egy-egy üvegben, ha egy lányra sem jutott 3 üveg kölninél több, de a mamára igen? Megoldás. Ha n csepp van egy üvegben és k fiú járt locsolni, akkor a mamára n n k − 15 csepp jutott és a négy lányra összesen k + 15 csepp. Így a 2 2 k n n k − 15 > 3n > + 15 egyenlőtlenségekhez jutunk. Ebből következik, hogy 2 4 2 az üvegekben legalább n = 52 csepp kölni volt (és n = 52 esetén k = 15 locsoló járt a háznál). 2.2.5. Gyakorlat (44. oldal) Ábrázold a koordinátarendszerben az alábbi ponthalmazokat:
{ } { } = {(x , y ) − x + y ≤ 1} ; d) H = {(x , y ) − 3x − 4y > 7} ; = {(x , y ) 2x − y ≤ −3} ; f) H = { (x , y ) − 3x + 2y < −1} .
a) H 1 = (x , y ) 2x + 3y > 5 ; b) H 2 = (x , y ) 2x − 3y ≤ −1 ; c) H 3 e) H 5
4
6
Megoldás. A halmazok geometriai ábrázolása a mellékelt ábrákon látható. y
1 O -1
y
1
4
2x+3 y>5
x
-2
1 O -1
1
2x-3y<-1
x
Tartalomjegyzék
68
Egyenletek és egyenlőtlenségek y
y
1
3
-1 O
x
-1 O
-1
x
-4
-x+y<1
-3x-4y>7 y
y
3 1 x
-1 O
1 -1O
1
x
-2 2x-y<-3
-3x+2 y<-1
II.3.4. Gyakorlatok és feladatok (52. oldal) 1. Oldd meg a következő másodfokú egyenleteket és írd fel a másodfokú kifejezés felbontását: a) 3x 2 + 5x − 2 = 0 ; b) 2x 2 − 5x − 3 = 0 ; c) 8x 2 − 6x − 9 = 0 ; 2 e) x 2 + 7x = 0 ; f) x 2 − 5 = 0 ; d) x − 9 = 0 ; 2 2 g) 28x − 5x − 3 = 0 ; h) 10x − x − 3 = 0 ; i) x 2 − 3 2x + 4 = 0 ; k) x 2 − 6x + 9 = 0 ; l) x 2 + 10x + 24 = 0 . j) 2x 2 + 5x + 2 = 0 ; Megoldás. a) A 3.1.3. következményt használjuk. −5 + 7 1 −5 − 7 ∆ = 25 − 4 ⋅ 3 ⋅ (−2) = 49 ⇒ x 1 = = , x2 = = −2 6 3 6 1 3x 2 + 5x − 2 = 3 x − (x + 2) = (3x − 1)(x + 2) ; 3 1 b) x 1 = , x 2 = −3, 2x 2 − 5x − 3 = (2x − 1)(x + 3) ; 2 3 3 c) x 1 = , x 2 = − , 8x 2 − 6x + 9 = (2x − 3)(4x + 3) ; 2 4 d) x 1 = −3, x 2 = 3, x 2 − 9 = (x − 3)(x + 3) ;
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
69
e) x 1 = 0, x 2 = −7, x 2 + 7x = x (x + 7) ; f) x 1 = 5, x 2 = − 5, x 2 − 5 = (x − 5)(x + 5) ;
1 3 g) x 1 = − , x 2 = , 28x 2 − 5x − 3 = (4x + 1)(7x − 3) ; 4 7 1 3 h) x 1 = − , x 2 = , 10x 2 − x − 3 = (2x + 1)(5x − 3) ; 2 5 i) x 1 = 2, x 2 = 2 2, x 2 − 3 2x + 4 = (x − 2)(x − 2 2) ; 1 j) x 1 = −2, x 2 = − , 2x 2 + 5x + 2 = (x + 2)(2x + 1) ; 2 k) x 1 = 3, x 2 = 3, x 2 − 6x + 9 = (x − 3)2 ; l) x 1 = −4, x 2 = −6, x 2 + 10x + 24 = (x + 4)(x + 6) . esetén van az alábbi egyenleteknek pontosan egy valós gyöke? 2. Milyen m ∈ 2 a) mx − (m + 2) x + 2 = 0 ; b) mx 2 + (m − 1) x − 2 = 0 ; c) x 2 − mx + 1 = 0 ; d) (m + 1) x 2 − mx + 1 = 0 ; e) x 2 − (m + 1) x + m = 0 ; f) mx 2 + x + 1 = 0 . Megoldás. Egy valós együtthatójú másodfokú egyenletnek pontosan akkor van egy valós gyöke, ha a diszkriminánsa 0 . Így a következő értékekhez jutunk: a) 0 = ∆ = (m + 2)2 − 4 ⋅ m ⋅ 2 ⇔ (m − 2)2 = 0 ⇔ m = 2 ; b) m1 = 3 + 2 2, m2 = 3 − 2 2 ; c) m1 = −2, m2 = 2 ;
1 . 4 3. Milyen m ∈ esetén van az előbbi egyenleteknek pontosan két valós gyöke? Megoldás. Egy másodfokú egyenletnek pontosan akkor van két valós gyöke, ha a diszkriminánsa szigorúan pozitív. Így a következő eredményekhez jutunk: a) m ≠ 2 ; b) m ∈ (−∞, 3 − 2 2) ∪ (3 + 2 2, ∞) ; c) m ∈ (−∞, −2) ∪ (2, ∞) ; 1 d) m ∈ (−∞, 2 − 2 2) ∪ (2 + 2 2, ∞) ; e) m ≠ 1 ; f) m ≤ . 4 4. Írjuk fel azt a másodfokú egyenletet, amelynek gyökei: a) x 1 = 1; x 2 = 2 ; b) x 1 = 7; x 2 = −7 ; c) x 1 = 0; x 2 = −5 ; d) m1 = 2 + 2 2, m2 = 2 − 2 2 ; e) m1 = 1, m2 = 1 ; f) m =
5 ; 3 1 g) x 1 = ; 2
5 1 ; f) x 1 = −1; x 2 = − ; 7 2 1 x 2 = ; i) x 1 = 3 + 2; x 2 = 3 − 2 ; 4 1+ 2 1− 2 ; x2 = k) x 1 = 6; x 2 = 2 ; l) x 1 = ; 3 3 m) x 1 = a + b; x 2 = a − b , ahol a, b ∈ . d) x 1 =
3 1 ; e) x 1 = ; 5 2 1 1 x 2 = ; h) x 1 = ; 6 3 x2 =
x2 =
Megoldás. A 3.1.3. következmény vagy a Viéte-féle összefüggéseket használjuk. c) x 2 + 5x = 0 ; a) x 2 − 3x + 2 = 0 ; b) x 2 − 49 = 0 ;
Tartalomjegyzék
70
Egyenletek és egyenlőtlenségek
d) 15x 2 − 34x + 15 = 0 ; e) 14x 2 − 17x + 5 = 0 ; f) 2x 2 − 3x + 1 = 0 ; g) 12x 2 − 8x + 1 = 0 ; h) 12x 2 − 7x + 1 = 0 ; i) x 2 − 6x + 1 = 0 ; k) x 2 − (2 + 6)x + 2 6 = 0 ; l) 9x 2 − 6x − 1 = 0 ; m) x 2 − 2ax + a 2 − b 2 = 0 . 5. Ha az x 2 − mx + 1 = 0 egyenlet gyökei x 1 és x 2 , írj fel egy olyan másodfokú egyenletet, amelynek a gyökei: 1 1 a) y1 = x 1 + 1; y2 = x 2 + 1 ; b) y1 = ;y2 = , ha x 1,2 ≠ 0 ; x1 x2 1 1 c) y1 = x 1 + ; y2 = x 2 + , ha x 1,2 ≠ 0 ; d) y1 = x 1 + x 2 ; y2 = x 1x 2 ; x2 x1 x x x + x2 x + x2 e) y1 = 1 , ha x 1,2 ≠ 0 ; f) y1 = 1 ; y2 = 2 , x 1,2 ≠ 0 ; ; y2 = 1 x2 x1 x1 x2 2 2 3 3 −2 g) y1 = x 1 ; y2 = x 2 ; h) y1 = x 1 ;y2 = x 2 ; i) y1 = x 1 ;y2 = x 2−2 , ha x 1,2 ≠ 0 ; x x j) y1 = x 1−3 ;y2 = x 2−3 , ha x 1,2 ≠ 0 ; l) y1 = 2 1 2 ;y2 = 2 2 2 , x 12 + x 22 ≠ 0 . x1 + x 2 x1 + x 2 Megoldás. A Viéte-féle összefüggések alapján x 1 + x 2 = m, x 1x 2 = 1 . Ezekből kiszámítjuk a keresett egyenlet gyökeinek összegét és szorzatát, majd ismét a Viéte összefüggések alapján felírjuk ezt az egyenletet. a) y1 + y2 = x 1 + 1 + x 2 + 1 = x 1 + x 2 + 2 = m + 2 , y1y2 = (x 1 + 1)(x 2 + 1) = x 1x 2 + x 1 + x 2 + 1 = 1 + m + 1 = m + 2 , tehát az egyenlet y 2 − (m + 2)y + (m + 2) = 0 . b) y 2 − my + 1 = 0 ;
c) y 2 − 2my + 4 = 0 ;
e) y 2 − m 2y + m 2 = 0 ; f) y 2 − (m 2 − 2)y + 1 = 0 ; h) y 2 − m(m 2 − 3)y + 1 = 0 ;
d) y 2 − (m + 1)y + m = 0 ; g) y 2 − (m 2 − 2)y + 1 = 0 ;
i) y 2 − (m 2 − 2)y + 1 = 0 ;
j) y 2 − m(m 2 − 3)y + 1 = 0 ; l) (m 2 − 2)2 y 2 − m(m 2 − 2)y + 1 = 0 . Megjegyzés. Néha a változó transzformálását is lehet használni (például az a), b), 1 g), h), i) és j) alpontok esetében). A b) alpont esetében az y = transzformációval az x 2 1 1 egyenlet − m + 1 = 0 alakban írható, tehát y 2 ≠ 0 -val való beszorzás után az y y
y 2 − my + 1 = 0 egyenlethez jutunk. 6. Tárgyald a gyökök természetét és előjelét a következő egyenletek esetében: a) mx 2 − (m + 3) x + 3 = 0 ; b) mx 2 − (m 2 − 1) x − m = 0 ; c) x 2 − mx − 6m 2 = 0 ;
d) x 2 − x − m 2 − m = 0 . m +3 3 Megoldás. a) ∆ = (m − 3)2 , S = , P= . m m
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
71 x 1, x 2
∆
S
P
+
+
−
x1 < 0 , x 2 > 0 , x1 < x 2
−3
+
0
−
x 1 = −1, x 2 = 1
(−3, 0)
+ | + 0
− | + +
− | + +
x1 < 0 , x 2 > 0 , x1 > x 2
m (−∞, −3)
0 (0, ∞) \ {3} 3
m2 − 1 , P = −1 . m ∆ S P
x =1 x1 > 0 , x 2 > 0 x1 = x 2 = 1
b) ∆ = (m 2 + 1)2 , S =
m
x 1, x 2
(−∞, −1)
+
−
−
x1 < 0 , x 2 > 0 , x1 > x 2
−1
+
0
−
x 1 = −1, x 2 = 1
(−1, 0)
+ | −
− | −
x1 < 0 , x 2 > 0 , x1 < x 2
0 (0,1)
+ + +
x =0 x1 < 0 , x 2 > 0 , x1 > x 2
1
+
0
−
x 1 = −1, x 2 = 1
+
+
−
x1 < 0 , x 2 > 0 , x1 < x 2
(1, ∞) 2
c) ∆ = 25m , S = m, P = −6m
2
m
∆
S
P
(−∞, 0)
+ 0 +
− 0 +
− 0 −
0 (0, ∞)
x 1, x 2 x1 < 0 , x 2 > 0 , x1 > x 2 x =0 x1 < 0 , x 2 > 0 , x1 < x 2
d) ∆ = (2m + 1)2 , S = 1, P = −m 2 − m
x 1, x 2
m
∆
S
P
(−∞, −1)
+
+
−
x1 < 0 , x 2 > 0 , x1 < x 2
−1 (−1, −1/ 2) − 12 (− 1 2 , 0)
+
+
0
x 1 = 0, x 2 = 1
+
+
+
x1 > 0 , x 2 > 0
0
+
+
x 1,2 = −1/ 2
+
+
+
x1 > 0 , x 2 > 0
0
+
+
0
x 1 = 0, x 2 = 1
(0, ∞)
+
+
−
x1 < 0 , x 2 > 0 , x1 < x 2
Tartalomjegyzék
72
Egyenletek és egyenlőtlenségek
7. Az x 2 − 7x + 2 = 0 egyenlet gyökeire számítsd ki az alábbi kifejezések értékét: a) x 1 + x 2 ; b) x 1x 2 ; c) x 12 + x 22 ; d) x 13 + x 23 ; e) x 14 + x 24 ; g) x 1−1 + x 2−1 ; h) x 1−2 + x 2−2 ; i) x 1−3 + x 2−3 ; j) x 1 − x 2 ;
f) x 15 + x 25 ;
k) x 12 − x 22 (ha x 1 > x 2 );
l) x 1 + x 2 , (ha x 1,2 ≥ 0 ); 1 1 m) 4 x 1 + 4 x 2 ,(ha x 1,2 ≥ 0 ); n) , (ha x 1,2 > 0 ); + x1 x2 x − x 2 x1 + x 2 o) x 1 − x 2 , (ha x 1 > x 2 ≥ 0 ); p) 1 + ; x1 + x 2 x1 − x 2
x1 + 1 x 2 + 1 x 3 + 3x 2 − x 1 + 1 x 23 + 3x 22 − x 2 + 1 + ; s) 1 2 1 + . x 2 − 2 x1 − 2 x2 + x2 + 1 x 12 + x 1 + 1 Megoldás. a) 7; b) 2; c) 45; d) 301; e) 2017; f) 13517; g) 7/2; h) 45/4; i) 301/8; j) 41 (ha x 1 > x 2 ); k) 7 41 ; r)
l)
(
2
x 1 + x 2 ) = x 1 + x 2 + 2 x 1x 2 = 7 + 2 2 ⇒ x 1 + x 2 = 7 + 2 2 ;
8066 7 48 41 ; r) –10; s) . + 2 ; o) 7 − 2 ; p) 287 73 2 paraméter értékét úgy, hogy az x 2 − mx + 2 = 0 8. Határozd meg az m ∈ egyenlet x 1 és x 2 gyökére teljesüljön az alábbi összefüggések közül legalább egy: 1 1 + = 4; a) x 12 + x 22 = 5 ; b) x 1x 2 (x 1 + x 2 ) = 4 ; c) x1 x 2 d) x 1 = 2x 2 ; e) x 1 + 2x 2 = 4 ; f) x 1 + x 2 = x 12 + x 22 . Megoldás. Ha a kifejezés szimmetrikus, akkor a Viéte-féle összefüggések alapján kiszámítjuk a bal oldalt m függvényében, és így egy egyenlethez jutunk m -ben. Ezt az a), b), c) és f) alpontoknál használhatjuk. Ha az összefüggés nem szimmetrikus, akkor a Viéte-féle összefüggések és az adott egyenlőség alapján a gyököket küszöböljük ki (vagy határozzuk meg). Például az e) alpont esetében x 1x 2 = 2 és m)
7 + 2 2 + 2 4 2 ; n)
x 1 + 2x 2 = 4 összefüggésekből alkotott egyenletrendszer alapján (x 1, x 2 ) = (2,1) , tehát m = 3 . A következő eredményekhez jutunk: a) m = ±3 ; b) m = 2 ; c) m = 8 ; d) m = ±3 ; e) m = 3 ; f) ∅ . Tehát m ∈ {−3, 0, 2, 3, 8} teljesül az összefüggések közül legalább egy. paraméter értékét úgy, hogy az alábbi egyenletek 9. Határozzuk meg az m ∈ gyökei között fennálljanak a mellette levő összefüggések: a) (m + 1)x 2 + 2mx + 5 = 0 ; x1 − x 2 = 2 ; b) (m − 2)x 2 + (3m − 5)x + 3 = 0 ; x 1 = x 2 ; x 1 = 3x 2 ; c) (m + 3)x 2 + mx + m + 1 = 0 ; d) 3x 2 + (m − 3)x + m + 5 = 0 ;
8 ; 3 x 1x 2 = x 1 + x 2 ;
x 12 + x 22 =
e) (m + 5)x 2 − (m + 7)x − m + 3 = 0 ;
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
73
f) mx 2 − (m − 1)x − m + 1 = 0 ; x 13 + x 23 = 4 ; 1 1 + = 2; g) mx 2 + (m 2 − 2)x + 2(m + 1) = 0 ; x1 x2 h) (m + 2)x 2 + (m − 3)x + m = 0 ; x 1 + x 2 + 2x 1x 2 = i) x 2 + mx + 2m + 8 = 0 ;
x 1 = 2x 2 ;
j) x 2 + 2(3m + 2)x + 3(2m + 1) = 0 ; k) x 2 − (m + 1)x + m = 0 ;
x 12 + x 22 =
| x 1 − x 2 |= 1 .
3 ; 2
10m x 1x 2 ; 3
Megoldás. a) A Viéte-féle összefüggések alapján x 1 + x 2 = −
2m , tehát az m +1
1 . Ha ezt visszahelyettesítjük az m +1 1 1 egyenletbe, az (m + 1) ⋅ + 2m ⋅ + 5 = 0 egyenlethez jutunk. Így 2 (m + 1) m +1 6 2m + 1 + 5 = 0 , tehát m = − . 7 m +1 7 b) x 1 = x 2 ⇔ ∆ = 0 ⇔ 9m 2 − 30m + 25 − 12m + 24 = 0 ⇔ m = − . 3 m m c) x 1 = 3x 2 , x 1 + x 2 = − ⇒ x2 = − . Ha ezt visszahelyettesítjük m +3 4 ⋅ (m + 3)
adott egyenlőségből következik, hogy x 1 =
3m 2 m2 m2 − +m +1 = 0 ⇔ − +m +1 = 0 16(m + 3) 4(m + 3) 16(m + 3) 12 egyenlőséghez jutunk, tehát m1 = −4, m2 = − . 13 2 ( m − 3) 8 8 m +5 8 d) x 12 + x 22 = ⇔ (x 1 + x 2 )2 − 2x 1x 2 = ⇔ −2 = ⇔ 3 3 9 3 3 2 2 ⇔ m − 6m + 9 − 6m − 30 = 24 ⇔ m − 12m − 45 = 0 ⇔ m1 = 15, m2 = −3 ; az egyenletbe, az
m + 7 −m + 3 = ⇔ m = −2 ; m +5 m +5 2 1 3 m − 1 m − 1 −m + 1 ⋅ −3⋅ = 4 ⇔ m1 = , m2 = ; f) x 13 + x 23 = 4 ⇔ m 4 8 m m
e) x 1x 2 = x 1 + x 2 ⇔
g)
2(m + 1) m2 − 2 1 1 + = 2 ⇔ x 1 + x 2 = 2x 1x 2 ⇔ − = 2⋅ ⇔ x1 x2 m m
⇔ m1 = −2 + 2, m2 = −2 − 2 ; h) x 1 + x 2 + 2x 1x 2 =
3 m −3 m 3 ⇔− +2⋅ = ⇔ m = 0; 2 m +2 m +2 2
Tartalomjegyzék
74
Egyenletek és egyenlőtlenségek 5 j) m1 = −1, m2 = − ; 8
i) m1 = 12, m2 = −3 ; 2
k) x 1 − x 2 = 1 ⇔ (x 1 − x 2 ) = 1 ⇔ (x 1 + x 2 )2 − 4x 1x 2 = 1 ⇔ m = 1 . paraméter értékét úgy, hogy az x 2 + 3x − m = 0 10. Határozd meg az m ∈ egyenlet x 1 és x 2 gyökeire teljesüljenek az alábbi egyenlőtlenségek: a) x 12 + x 22 < 0 ; b) x 13 + x 23 > x 12 + x 22 ;
1 1 x 2 + x 22 + ≤ 1 ; d) 1 > 1 + x 1x 2 . x1 + x 2 2 + x1 2 + x 2 Megoldás. A Viéte-féle összefüggés alapján x 1 + x 2 = −3, x 1x 2 = −m . c)
9 2 a) x 12 + x 22 < 0 ⇔ (x 1 + x 2 ) < 2x 1x 2 ⇔ 9 < 2(−m ) ⇔ m < − ; 2 3 3 2 2 2 b) x 1 + x 2 > x 1 + x 2 ⇔ (x 1 + x 2 )[(x 1 + x 2 ) − 3x 1x 2 ] > (x 1 + x 2 )2 − 2x 1x 2 ⇔ 36 ; 11 Más megoldás. x i2 + 3x i − m = 0 ⇒ x i2 = −3x i + m ⇒ x i3 = −3x i2 + mx i = = −3(−3x i + m ) + mx i = (m + 9)x i − 3m , i ∈ {1, 2}
⇔ (−3)(9 + 3m ) > 9 + 2m ⇔ −27 − 9m > 9 + 2m ⇔ −36 > 11m ⇔ m < −
x 13 + x 23 > x 12 + x 22 ⇔ (m + 9)(x 1 + x 2 ) − 6m > −3(x 1 + x 2 ) + 2m ⇔ 36 ⇔ −9m − 27 > 9 + 2m ⇔ −36 > 11m ⇔ m < − ; 11 4 + x1 + x 2 4−3 1 1 c) + ≤1⇔ ≤1⇔ ≤1⇔ 4 + 2(−3) − m 2 + x1 2 + x 2 4 + 2(x 1 + x 2 ) + x 1x 2 1 m+3 ⇔ +1≥ 0 ⇔ ≥ 0 ⇔ m ∈ (−∞, −3] ∪ (−2, ∞) ; 2+m m +2 x 2 + x 22 9 + 2m 2m d) 1 > 1 + x 1x 2 ⇔ > 1−m ⇔ 3 + < m − 1 ⇔ 12 < m . x1 + x 2 −3 3 11. Határozz meg egy m-től független összefüggést az alábbi egyenletek gyökei közt: a) x 2 + (m − 1) x + m 2 = 0 ; b) mx 2 − (m + 1) x + 2m = 0 ; c) x 2 + mx + 1 = 0 ;
d) mx 2 + (m 2 − 1) x + m 2 = 0 ;
e) (m + 1) x 2 − (m − 1) x + 3m = 0 . x 1 + x 2 = 1 − m Megoldás. a) ⇒ m 2 = x 1x 2 = (x 1 + x 2 − 1)2 ; b) x 1x 2 = 2 ; x 1x 2 = m 2 m2 − 1 + = − x x (x 1x 2 )2 − 1 1 2 ; c) x 1x 2 = 1 ; d) m ⇒ x1 + x 2 = − x x = m x 1x 2 1 2
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
75
x + x = m − 1 x + x − 1 = −2 2 2 1 1 x + x2 − 1 2 m +1 m +1 ⇒ ⇒ 1 = . e) 3m −3 x 1x 2 − 3 3 x 1x 2 = x 1x 2 − 3 = m +1 m +1 12. Bizonyítsd be, hogy az alábbi egyenleteknek van m-től, illetve n-től független gyökük: b) (2m − 1) x 2 − (m − 1) x − 3m + 2 = 0 ; a) mx 2 − (m + 1) x + 1 = 0 ; c) mx 2 − (m + n ) x + n = 0 ;
d) (m 2 − 1) x 2 + mx + 4 − 4m 2 − 2m = 0 ;
e) m 2x 2 − (3m 2 + m − 4) x + 2m 2 + 2m − 8 = 0 ; f) x 2 − (m + 2) x + 3m + 2 3 − 3 = 0 . Megoldás. a) Ha az egyenletnek van m -től független gyöke, legyen ez x 0 , az azt jelenti, hogy m -nek bármilyen sajátos értéket adunk, az így kapott egyenletnek x 0 gyöke. Ha m = 0 , akkor az egyenlet: −x + 1 = 0 , tehát az m -től független gyök csak az 1 lehet. Másrészt x = 1 minden m esetén gyök, mert m − (m + 1) + 1 = 0 . Más megoldás. Ha m szerint rendezzük az egyenletet, az (x 2 − x )m − x + 1 = 0 egyenlőséghez jutunk. Ha az m együtthatója nem nulla, akkor ez egy elsőfokú egyenlet m -ben, tehát minden m esetén nem teljesülhetne az egyenlőség (mert egy elsőfokú egyenletnek csak egy gyöke lehet). Tehát ha az x 0 megoldás nem függ m től, akkor x 02 − x 0 = 0 és így −x 0 + 1 = 0 . Ez csak akkor lehetséges, ha x 0 = 1 , ami valóban m -től független gyök. Hasonló gondolatmenet következtében kapjuk a következő értékeket: b) x = −1 ; c) x = 1 ; d) x = 2 ; e) x = 2 ; f) x = 3 . 13. Az m ∈ milyen értékeire lesz pontosan egy közös gyöke a következő egyenletpároknak? a) (m − 1) x 2 + 2mx + 4 = 0 és x 2 + (m − 1) x − 2 = 0 ; b) mx 2 + (m − 2) x + 1 = 0 és (m + 2) x 2 + 5x − (m + 3) = 0 ; c) x 2 + 2mx + m 2 = 0 és 2x 2 + 3mx + m = 0 . Megoldás. a) Ha x 0 egy közös gyöke a két egyenletnek, akkor (m − 1) x 02 + 2mx 0 + 4 = 0,
és
x 02 + (m − 1) x 0 − 2 = 0 . A második egyenlet
kétszereséhez hozzáadva az elsőt, kapjuk, hogy (m + 1) x 02 + (4m − 2) x 0 = 0 , ahonnan, felhasználva, hogy x 0 ≠ 0 (0 nem gyöke egyik egyenletnek sem), 4m − 2 ( m = −1 esetén nem lenne egyetlen közös gyök következik, hogy x = − m +1 sem). Ha ezt visszahelyettesítjük a második egyenletbe, következik, hogy 2 (4m − 2) 4m − 2 2 − 2 = 0 , tehát m (m − 2) = 0 . 2 − (m − 1) (m + 1) m +1 m = 0 esetén x 0 = 2 , m = 2 esetén pedig x 0 = −2 a közös gyök.
Tartalomjegyzék
76
Egyenletek és egyenlőtlenségek
mx 02 + (m − 2) x 0 + 1 = 0 . Ha kiküszöböljük a b) Ha egy közös gyök, akkor (m + 2) x 2 + 5x − (m + 3) = 0 0 0 négyzetes tagokat (az első egyenletet szorozzuk (m + 2) -vel a másodikat m -mel és kivonjuk a két összefüggés megfelelő oldalait egymásból), akkor az (m 2 − 5m − 4) x 0 = − (m 2 + 4m + 2) egyenlőséghez jutunk. Másrészt ha kiküszöböljük az x 0 -t tartalmazó tagot (az első egyenletet szorozzuk 5 -tel a másodikat (m − 2) -vel), akkor az (m 2 − 5m − 4) x 02 = m 2 + m − 1 egyenlőséghez jutunk. Az eredeti két egyenlet különbségéből 2x 02 + (7 − m ) x 0 − (m + 4) = 0 , tehát 2 (m 2 − 5m − 4) x 02 + (7 − m ) (m 2 − 5m − 4) x 0 − (m + 4) (m 2 − 5m − 4) = 0 ⇒
2 (m 2 + m − 1) − (7 − m ) (m 2 + 4m + 2) − (m + 4) (m 2 − 5m − 4) = 0 ⇒ m = 0 . Ebben az esetben a két egyenlet −2x + 1 = 0 és 2x 2 + 5x − 3 = 0 , tehát az egyetlen közös gyökük az x 0 =
1 . 2
c) m = 1 , x 0 = −1 . 14. Bizonyítsd be, hogy az x 2 + (b + c ) x − a (a + b + c ) = 0 , x 2 + (c + a ) x − b (a + b + c ) = 0 és x 2 + (a + b ) x − c (a + b + c ) = 0 egyenleteknek legalább egy közös gyökük van. Bizonyítás. A három egyenlet rendre írható az (x − a )(x + a + b + c) = 0 (x − b)(x + a + b + c) = 0 és (x − c)(x + a + b + c) = 0 alakban, tehát x 1 = −(a + b + c) közös gyöke a három egyenletnek. Ha a = b = c , akkor x = a is közös megoldás. 15. Határozd meg az alábbi halmazok elemeit: a) {x ∈ x 2 − 6x − 7 = 0} ; b) {x ∈ 2x 2 − 5x + 2 = 0} ; c) {x ∈
x 2 − x − 2 = 0} ;
d) {x ∈
e) {x ∈
6x 2 − 5x + 1 = 0} ;
f) x ∈
Megoldás. a) M = {7} ; d) M = {−1} ; 16. Határozd meg a
A ∪ B = {−1, −2,1, 3}
{
3x 2 + 2x − 1 = 0} ;
}
x 2 − (1 + 2 ) x + 2 = 0 .
b) M = {2} ; c) M = {−1, 2} ; 1 2 e) M = , ; f) M = ∅ . 2 3 p, q ∈ valós számokat úgy, hogy teljesüljön az
{ }
egyenlőség,
ha
A = {x ∈
x 2 − px − 6 = 0}
és
B = {x ∈ x − qx + q − 1 = 0} . Megoldás. Mivel egyik halmaz sem tartalmazhat több, mint két elemet és az egyesítés négy elemet tartalmaz, mindkét halmaz pontosan két elemet kell 2
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
77
tartalmazzon. Ha A elemei a és b , akkor a, b ∈ {−2, −1,1, 3} . a és b gyökei az
x 2 − px − 6 = 0 egyenletnek, így a Viéte-összefüggések alapján a ⋅ b = −6 . De a {−2, −1,1, 3} halmazban csak a −2 és a 3 szorzatából kaphatunk −6 -t, ezért p = 1 és q = 0 . 17. Bizonyítsd be, hogy az {x ∈ x 2 − 2mx − m − 1 = 0} ∪ {x ∈ x 2 − 2 (m + 1) x + m = 0} esetén négy eleme van. halmaznak minden m ∈ 2 Megoldás. x − 2mx − m − 1 = 0 ⇒ ∆1 = 4m 2 + 4m + 4 = (2m + 1)2 + 3 > 0 , tehát az első halmaznak két eleme van bármely m esetén. x 2 − 2(m + 1)x + m = 0 ⇒ ∆2 = 4m 2 + 4m + 4 = (2m + 1)2 + 3 , tehát a második halmaznak is mindig két eleme van. Még ki kell mutatni, hogy a két halmaznak nincs közös eleme, vagyis a két egyenletnek nincs közös gyöke. Tegyük fel, hogy létezik olyan x 0 valós szám, amelyre x 02 − 2mx 0 − m − 1 = 0 és x 02 − 2(m + 1)x 0 + m = 0 . Kivonva az első egyenletből a másodikat, kapjuk, hogy 2x 0 − 2m − 1 = 0 ⇒ x 0 = m + 1/ 2 . Ezt visszahelyettesítve az első egyenletbe következik, hogy 2 1 3 1 1 m 2 + m + − 2m 2 − m − m − 1 = 0 ⇒ m 2 + m + = 0 ⇒ m + + = 0 . 4 4 2 2 Ez ellentmondás, tehát a két halmaz elemei különbözőek és így az egyesítés négy elemet tartalmaz. 18. Oldd meg a következő egyenleteket, ha S, P és ∆ az illető egyenlet gyökeinek összege, szorzata illetve az egyenlet diszkriminánsa: a) x 2 − ∆x + S = 0 ; b) ∆x 2 + Px + S = 0 ; c) x 2 + Px + S − 1 = 0 ; d) Px 2 + 2x + S + 3 = 0 . Megoldás. a) A Viéte-összefüggések, illetve a diszkrimináns képlete alapján az S = ∆ P = S ∆ = ∆2 − 4S egyenletrendszert kapjuk. Így P = S = ∆ = 0 vagy P = S = ∆ = 5 . Ha P = S = ∆ = 0, akkor Ha P = S = ∆ = 5, akkor x 1,2 = 0 .
x1 =
5+ 5 5− 5 , x2 = . 2 2
1 b) x 1,2 = 0 ; c) x 1 = 1, x 2 = − ; d) x 1,2 = −1 vagy x 1 = −1, x 2 = 2 . 2 19. Bizonyítsd be, hogy az alábbi egyenletek mindegyikének valós gyökei vannak, ha a, b, c ∈ : a) x 2 − (a + b ) x + ab = 0 ; b) x 2 − (a + b ) x − c (a + b + c ) = 0 ;
Tartalomjegyzék
78
Egyenletek és egyenlőtlenségek
c) x 2 − (a + b + c ) x + bc + ca = 0 ; d) 3x 2 − 2 (a + b + c ) x + ab + ac + bc = 0 . Megoldás. Egy valós együtthatójú másodfokú egyenletnek pontosan akkor vannak valós gyökei, ha a diszkriminánsa nem negatív. a) ∆ = (a + b)2 − 4ab = (a − b)2 ≥ 0 ; b) ∆ = (a + b)2 + 4c(a + b + c) = (a + b + 2c)2 ≥ 0 ; c) ∆ = (a + b + c)2 − 4bc − 4ca = (a + b − c)2 ≥ 0 ; d) ∆ = 4(a + b + c )2 − 12(ab + bc + ca ) = 2 (a − b )2 + (b − c)2 + (c − a )2 ≥ 0 20. Ha x 1 és x 2 az x 2 + mx + n = 0 valamint x 1/ és x 2/ az x 2 + px + q = 0 egyenlet gyökei ( m, n, p, q ∈ ), számítsd ki a következő szorzatokat: a) (x 1 − x 1/ ) (x 2 − x 2/ )(x 1 − x 2/ )(x 2 − x 1/ ) ; b) (x 1 + x 1/ ) (x 2 + x 2/ )(x 1 + x 2/ )(x 2 + x 1/ ) . Megoldás. a) x 1 + x 2 = −m, x 1x 2 = n, x 1′ + x 2′ = −p, x 1′x 2′ = q
(x − x ′ )(x 1
1
2
)(
)(
)
− x 2′ x 1 − x 2′ x 2 − x 1′ =
(
)(
)
= n + q − x 1x 2′ − x 2x 1′ n + q − x 1x 1′ − x 2x 2′ =
(
) (
(
) (
)(
)
= (n + q ) − (n + q ) (x 1 + x 2 ) x 1′ + x 2′ + x 1x 1′ + x 2x 2′ x 1x 2′ + x 2x 1′ = 2
)
2 = (n + q ) − (n + q ) (x 1 + x 2 ) x 1′ + x 2′ + x 12q + x 1′2n + x 2′2n + x 22q =
= (n + q ) − (n + q )mp + q (m 2 − 2n ) + n (p 2 − 2q ) ; 2
(
)(
)(
)(
)
b) x 1 + x 1′ x 2 + x 2′ x 1 + x 2′ x 2 + x 1′ =
(
)(
)
= n + q + x 1x 2′ + x 2x 1′ n + q + x 1x 1′ + x 2x 2′ =
(
) (
(
) (
)(
)
= (n + q ) + (n + q ) (x 1 + x 2 ) x 1′ + x 2′ + x 1x 1′ + x 2x 2′ x 1x 2′ + x 2x 1′ = 2
)
2 = (n + q ) + (n + q ) (x 1 + x 2 ) x 1′ + x 2′ + x 12q + x 1′2n + x 2′2n + x 22q =
= (n + q ) + (n + q )mp + q (m 2 − 2n ) + n (p 2 − 2q ) . 2
Más megoldás. Mivel x 1 és x 2 az x 2 + mx + n = 0 egyenlet gyökei írhatjuk, hogy x 2 + mx + n = (x − x 1 )(x − x 2 ) , tehát
(x1 − x1/ )(x 2 − x 2/ )(x1 − x 2/ )(x 2 − x1/ ) = ((x1/ )
2
(
+ mx 1/ + n
) ((x )
/ 2 2
)
+ mx 2/ + n =
)
= (x 1/x 2/ ) + mx 1/x 2/ (x 1/ + x 2/ ) + n (x 1/ ) + (x 2/ ) + m 2x 1/x 2/ + mn (x 1/ + x 2/ ) + n 2 = 2
2
2
2
= (n − q ) − mp(n + q ) + np 2 + qm 2 . Ellenőrizhető, hogy ez ugyanaz, mint az első módszerrel kapott eredmény.
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek 21.
79
értékeket, amelyekre az Határozd meg azokat az m∈ 2 2 x + y − 4x − 4y + m > 0 egyenlőtlenség teljesül, minden x , y ∈ esetén.
(Felvételi feladat, 1996) Megoldás. Az egyenlőtlenségnek minden x , y valós szám esetén teljesülnie kell, így x = y = 2 esetben is fenn kell állnia. Következik, hogy 4 + 4 − 8 − 8 + m > 0 , innen m > 8 . Igazoljuk, hogy ezek az értékek megfelelnek a feltételnek. x 2 + y 2 − 4x − 4y + m = (x − 2)2 + (y − 2)2 + m − 8 ≥ m − 8 > 0 , tehát a keresett értékek: m ∈ (8, +∞) . Más megoldás. A vizsgálandó kifejezés az x változóban másodfokú polinom, ahol y, m paraméterek x 2 − 4x + y 2 − 4y + m . Mivel az x 2 együtthatója 1, annak szükséges és elégséges feltétele, hogy a polinom minden x ∈ esetén pozitív értéket vegyen fel, az, hogy a diszkriminánsa szigorúan negatív legyen, minden y ∈ esetén.
Következik,
hogy
y 2 − 4y + m − 4 > 0 , ∀y ∈
∆x = 16 − 4(y 2 − 4y + m ) < 0 ,
∀y ∈
,
tehát
. Ebből következik, hogy ∆y = 16 − 4(m − 4) < 0 ,
tehát m ∈ (8, +∞) . 22. Határozd meg az m ∈ paraméter azon értékeit, amelyekre fennáll az 2 mx + 4 (m − 1) x + m > 1 egyenlőtlenség, minden x ∈ (0, +∞) esetén. (Felvételi feladat, 1996) Megoldás. Annak szükséges és elégséges feltétele, hogy minden x ∈ (0, +∞) esetén fennálljon az mx 2 + 4(m − 1)x + m − 1 > 0 egyenlőtlenség az, hogy m > 0 és az mx 2 + 4(m − 1)x + m − 1 = 0 egyenlet mindkét gyöke a (−∞, 0] intervallumban helyezkedjen el, vagy pedig m > 0 és az egyenletnek ne legyen valós gyöke. Az m = 0 esetet külön kell megvizsgálni, mert ebben az esetben nem másodfokú a vizsgálandó egyenlőtlenség. Az első esetben a következő egyenlőtlenségekhez jutunk: m > 0 m > 0 m > 0 4(m − 1) − m ≥ 1 ≤0 x 1 + x 2 ≤ 0 m ⇔ , m ≥ 1. ⇔ x 1x 2 ≥ 0 m ≥ 1 m − 1 0 ≥ ∆ ∆ m ≥ 0 ≥ 0 ∆ ≥ 0 A második eset azt jelenti, hogy [4(m − 1)]2 − 4m 2 + 4m < 0 , (m − 1)(3m − 4) < 0 , 4 m ∈ 1, . m = 0 esetén az egyenlőtlenség nem teljesül, egyetlen pozitív x értékre 3 sem. Összesítve a két esetet, ha m ∈ [1, +∞) , akkor az egyenlőtlenség fennáll minden szigorúan pozitív szám esetén.
Tartalomjegyzék
80
Egyenletek és egyenlőtlenségek
23. Mi a feltétele annak, hogy az
ax 2 + bx + c ≤
a +b +c 2 (x + x + 1) 3
egyenlőtlenség teljesüljön, minden x ∈ esetén? a +b +c 2 Megoldás. Az ax 2 + bx + c ≤ (x + x + 1) egyenlőtlenség egyenértékű a 3 (−2a + b + c)x 2 + (a − 2b + c)x + (a + b − 2c) ≥ 0 egyenlőtlenséggel. Annak feltétele, hogy minden x ∈ esetén teljesüljön az, hogy −2a + b + c ≥ 0 és ∆ ≤ 0 . Mivel ∆ = (a − 2b + c)2 − 4(−2a + b + c)(a + b − 2c) = 9(a − c)2 , ez csak úgy lehet, ha a = c és b ≥ a . 24. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c ∈ , akkor az ax 2 + bx + c = 0 ,
bx 2 + cx + a = 0 és cx 2 + ax + b = 0 egyenleteknek pontosan akkor van egy közös valós gyöke, ha a + b + c = 0 . Megoldás. Ha a + b + c = 0 , akkor x = 1 mindhárom egyenletnek gyöke. Fordítva, ha x 0 közös gyöke a három egyenletnek, akkor ax 02 + bx 0 + c = 0 , bx 02 + cx 0 + a = 0 , cx 02 + ax 0 + b = 0 . Összeadva a három egyenlőséget, kapjuk,
hogy (a + b + c)x 02 + (a + b + c)x 0 + (a + b + c) = 0 , (a + b + c)(x 02 + x 0 + 1) = 0 . Az x 02 + x 0 + 1 egyetlen valós szám esetén sem lehet zéró ( ∆ = 1 − 4 < 0 ), így következik, hogy a + b + c = 0 . 25. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c ∈ , akkor az x 2 − 2ax + bc = 0 ,
x 2 − 2bx + ac = 0 és x 2 − 2cx + ab = 0 egyenletek közül legalább az egyiknek van valós gyöke. Megoldás. Ha egyik egyenletnek sincs valós gyöke, akkor mindhárom egyenlet diszkriminánsa negatív, azaz 4a 2 < 4bc, 4b 2 < 4ac, 4c 2 < 4ab . Összeadva a megfelelő oldalakat, átrendezéssel kapjuk, hogy 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 − 2ab − 2bc − 2ca < 0 ⇔ (a + b)2 + (b − c)2 + (c − a )2 < 0 , így ellentmondáshoz jutottunk, tehát legalább az egyik egyenletnek van valós gyöke. 26. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c ∈ és az ax 2 + bx + c = 0 egyenletnek két különböző gyöke van a (0, 1) intervallumban, akkor | a | ≥ 5 .
b ∈ (0,1) és 2a b b 2 − 4ac > 0 . Mivel a, b, c ∈ írhatjuk, hogy a + b + c ≥ 1 , c ≥ 1 , − ∈ (0,1) és 2a b 2 − 4ac ≥ 1 . Feltételezhetjük, hogy a > 0 (ellenkező esetben elosztjuk −1 -gyel az egyenletet). Így 0 < −b < 2a , tehát 2 ≤ −b + 1 ≤ 2a . De −b ≤ 2a − 1 alapján b 2 ≤ 4a 2 − 4a + 1 és így a 4ac + 1 ≤ b 2 egyenlőtlenségből következik, hogy a ≥ 1 + c ≥ 2 . Ha a = 2 , akkor c = 1 és így a −b ≤ 3 és 9 ≤ b 2 egyenlőtlenségek alapján b = −3 . Ezekre az értékekre a + b + c = 0 , tehát a nem lehet 2 . Ha a = 3 , akkor a b + c ≥ −2 , b 2 ≥ 12c és −b ≤ 5 egyenlőtlenségek ellentmondáshoz Megoldás.
A
feltételek
alapján
a +b +c > 0 ,
c > 0,
−
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
81
vezetnek. a = 4 esetén b 2 ≥ 1 + 16c és b + c ≥ −3 , tehát b 2 + 16b + 47 ≥ 0 . Másrészt 0 < −b ≤ 7 , tehát b ≥ −4 . Ez ismét nem lehetséges, mert b 2 ≥ 1 + 16c ≥ 1 + 16 > 16 . Tehát a ≥ 5 . 27. Az x 2 + p1x + q1 = 0 és x 2 + p2x + q 2 = 0 másodfokú egyenletek együtthatói egész számok. Bizonyítsd be, hogy ha a két egyenletnek van egy közös irracionális gyöke, akkor p1 = p2 és q1 = q 2 . Megoldás. Ha x 0 a két egyenlet közös gyöke, akkor x 02 + p1x 0 + q 2 = 0 és x 02 + p2x 0 + q 2 = 0 . Ha kivonjuk egymásból a két egyenlet megfelelő oldalait a, q − q1 (p1 − p2 )x 0 = q 2 − q1 egyenlőséghez jutunk. Ha p1 ≠ p2 , akkor x 0 = 2 ∈ . p1 − p2 Mivel ez ellentmond a feltételeknek, p1 = p2 és így q1 = q2 . 28. Bizonyítsd be, hogy az x (x + 1) = 25y + 7 egyenletet nem teljesítheti egyetlen (x , y ) egész számpár sem. Megoldás. A k (k + 1) , k ∈ {1, 2, 3,..., 24} szorzatok közül egynek sem 7 a 25 -tel való osztási maradéka, tehát az x (x + 1) szám 25 -tel való osztási maradéka nem lehet 7 egyetlen x ∈ esetén sem. 1 halmazban egyetlen 29. Bizonyítsd be, hogy az A = x ∈ \ {±1} x + ∈ x racionális szám sincs. n ± n 2 − 4 1 . Megoldás. Ha x + = n ∈ , akkor x 2 − nx + 1 = 0 , tehát x ∈ x 2 a 2 Ha x racionális szám, akkor n − 4 is racionális, tehát létezik olyan ∈ szám b a2 ( a, b ∈ * , (a, b) = 1 ), amelyre n 2 − 4 = 2 . Ebben az összefüggésben a jobb oldal b 2 nem lehet valódi tört, tehát b = 1 és így n 2 − a 2 = 4 . Ez csak akkor teljesülhet ha (n − a ) és (n + a ) a 4 osztója és szorzatuk 4 , vagyis ha a = 0 és n ∈ {−2, 2} . Ebben az esetben x = 1 vagy x = −1 , tehát az A halmaz nem tartalmaz egyetlen racionális számot sem.
{
}
II.5. Gyakorlatok és feladatok (66. oldal) Oldd meg a következő egyenleteket, paraméter esetén tárgyald is a megoldást: 1 1 1 1 1 2 2 3 − = ; b) + = ; c) + = 2; 1. a) x +1 x −1 x x +1 x −1 x 3x − 1 2x + 1 1 1 m 1 1 1 3 d) ; e) + = + + = ; x −m x +m x x +1 x +2 x + 3 x 1 1 1 1 m x 1 ; g) − = ; f) + + = a b x a +b + x x −m x +m 3
Tartalomjegyzék
82
Egyenletek és egyenlőtlenségek
1 1 1 + + = 0. x − 2m x − m x Megoldás. a) A törtek értelmezési tartománya: D = \ {−1, 0,1} . Ilyen feltételek mellett 1 1 1 − = ⇔ x 2 − x − x 2 − x = x 2 − 1 ⇔ x 1,2 = −1 ± 2 x +1 x −1 x Mindkét érték eleme az értelmezési tartománynak, tehát M = {−1 + 2, − 1 − 2} . h)
{
}
1 ,1 ; 12 d) Az értelmezési tartomány D = \ {−m, m, 0} . 1 1 m 2x m + = ⇔ 2 = ⇔ m 3 = (m − 2) x 2 . 2 x −m x +m x x −m x Ha m = 2 , akkor nincs megoldás (az egyenlet jobb oldala zéró, bal oldala pedig m3 m3 . Ha < 0 , azaz különbözik zérótól). Ha m ≠ 2 , akkor x 2 = m −2 m −2 m ∈ (0, 2) , az egyenletnek nincs megoldása. Tehát gyök csak akkor létezhet, ha m m ∈ (−∞, 0) ∪ (2, ∞) , ekkor x 1,2 = ±m . Meg kell vizsgálni, hogy az így m −2 kapott gyökök benne vannak-e az értelmezési tartományban. m m ±m =0⇔m=0 ±m = ±m ⇔ m = 0 , m −2 m −2 Összesítve, m ∈ [0, 2] esetben az egyenletnek nincs megoldása, ha pedig m ∈ (−∞, 0) ∪ (2, ∞) , akkor két, különböző gyök van. e) Értelmezési tartomány: \ {−1, −2, −3, 0} . 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 + + = ⇔ − + − + − =0⇔ x +1 x +2 x + 3 x x x +1 x x +2 x x + 3 1 2 3 5 + + = 0 ⇔ 2x 2 + 7x + 5 = 0 ⇔ x 1 = −1, x 2 = − x (x + 1) x (x + 2) x (x + 3) 2 5 5 E két érték közül csak a − eleme az értelmezési tartománynak, tehát M = − . 2 2 f) Értelmezési tartomány: \ {−(a + b), 0} , a, b ≠ 0 . 1 1 1 1 + + = ⇔ (a + b ) (x + a ) (x + b ) = 0 . a b x a +b + x Ha a = −b , akkor minden nemnulla valós szám megoldás, ellenkező esetben két (esetleg egybeeső) megoldás létezik: x 1 = −a, x 2 = −b . m g) Ha m = 0 , nincs megoldás, ha pedig m ≠ 0 , akkor x 1 = 2m, x 2 = − . 2 h) Ha m = 0 , nincs megoldás, ha pedig m ≠ 0 , akkor b) M = ∅ ; c) M = −
{ }
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
83
3 3 m, x 2 = 1 − m . x 1 = 1 + 2 2 b) x 2 − 3x + 1 = 0 ;
2. a) x − 1 = −2 ;
c) x 2 − 3x + 2 = 1 ;
d) x 2 + 1 − 3 = 1 ; e) x − 1 − 1 = 0 ;
f) x − 1 − 1 − 1 = 0 ; h) | x − 1 | + | x + 5 | = x ;
x − 1 − 1 − 1 ... − 1 = 0 ;
g) ... n
i) | x − 2 | + | 2x + 1 | = 1 − 2x ; k) | 3 − 4x | + | 2 + 5x | = 20 ;
j) | 2x + 3 | + | 3 − 2x | = 4x + 6 ; l) | x − 1 | + | 2 − x | + | 3x − 1 | = 7 ;
m) | x 2 + 1 | + | x 2 − 1 | = 2 ;
n) | x + 7 | − | 2x + 1 | = | x + 3 | ;
2
2
o) | x − 4 | − | x + x − 2 | = −x − 2 ; p) | x − 3 | −2 | x + 1 | = | 2x + 1 | −5 ; q) 2 | x − 1 | −3 | x + 2 | = | x − 3 | − | 2x − 1 | ; r) | x − 2 | ≤ 3 ; t) 2 | x − 3 | −3 | x + 1 | ≥ 1 ; s) | x − 1 | + | x + 2 | ≤ 1 ; u) | 3x − 1 | +2 | x + 2 | ≤ | x + 3 | ;
v)
x2 −1 ≥1; x 2 − 3x + 2
| x −1 | + | x + 3 | x +1 <2; < 1 ; x) | x2 − 4 | x − 3x + 2 y) | x 2 − 4 | +2 | x 2 − 9 | ≤ x 2 + 16 .
w)
2
3 + 5 3 − 5 3 + 5 3 − 5 Megoldás. a) M = ∅ ; b) M = , , ; c) M = ; 2 2 2 2 d) M = {−1,1, − 3, 3 } ; e) M = {0, 2} ; f) M = {−1,1, 3} ;
{
}
g) M = −n + 2, − n + 4, − n + 6, ..., n − 2, n ; h) A bal oldalon pozitív kifejezések állnak, így x ≥ 0 . Ekkor az egyenlet így alakul: x − 1 + x + 5 = x ⇒ x − 1 = −5 , tehát az egyenletnek nincs megoldása. 1 i) x − 2 + 2x + 1 ≥ 0 ⇒ 1 − 2x ≥ 0 ⇒ x ≤ ⇒ x − 2 < 0 2 2 2 2 − x + 2x + 1 = 1 − 2x ⇔ 2x + 1 = −x − 1 ⇒ −1 ≥ x , (2x + 1) = (x + 1) ⇒
⇒ x (3x + 2) = 0 ⇒ x 1 = 0 ≥ −1, x 2 = −
3 2x + 3, ha x ≥ − 2 j) 2x + 3 = −2x − 3, ha x < − 3 2 tehát a következő eseteket kell tárgyalni: 3 I. Ha x ∈ −∞ − , akkor 2
2 ≥ −1 , tehát nincs megoldás. 3 3 − 2x , ha x ≤ 3 2 3 − 2x = , 3 2 − 3, > x x ha 2
Tartalomjegyzék
84
Egyenletek és egyenlőtlenségek
3 3 ∉ −∞, − . 4 2 3 3 3 3 II. Ha x ∈ − , , akkor 2x + 3 + 3 − 2x = 4x + 6 ⇔ x = 0 ∈ − , . 2 2 2 2 3 III. Ha x ∈ , ∞ , akkor 2x + 3 + 2x − 3 = 4x + 6 ⇔ 0 = 6 , hamis. 2 Tehát az egyetlen megoldás x = 0 . 19 7 3 11 5 3 k) M = − , ; l) M = − , ; m) M = [−1,1] ; n) M = − , ; 9 3 5 5 2 2 11 o) M = (−∞, −2] ∪ [2, ∞) ; p) M = − ,1 ; q) M = {−1} ; r) M = [−1, 5] ; 3 2 s) M = [1, 2] ; t) M = −∞, ; u) M = ; 5 v) Értelmezési tartomány: \ {1, 2} −2x − 3 + 3 − 2x = 4x + 6 ⇔ x = −
{
}
{
}
{
{
}
}
x ≠1 x2 −1 ≥ 1 ⇔ x −1 ⋅ x +1 ≥ x −1 ⋅ x −2 ⇔ x +1 ≥ x −2 ⇔ 2 x − 3x + 2 1 2 2 ⇔ (x + 1) ≥ (x − 2) ⇔ x 2 + 2x + 1 ≥ x 2 − 4x + 4 ⇔ 6x ≥ 3 ⇔ x ≥ 2 1 M = , ∞ \ {1, 2} . 2
w) M = (−∞, 2 − 2 ) ∪ (2 + 2, ∞) ;
−1 + 13 1 + 21 ∪ , ∞ ; x) M = (−∞, − 6 ) ∪ − 2, 2 2 y) I. Ha x ∈ (−∞, −3] ∪ [3, ∞) , a modulusokat kifejtve az egyenlőtlenség így alakul: x 2 − 4 + 2 (x 2 − 9) ≤ x 2 + 16 ⇔ x 2 ≤ 19 ⇔ x ∈ − 19, 19 . Tehát M 1 = − 19, −3 ∪ 3, 19 .
II. x ∈ (−3, −2) ∪ (2, 3) x 2 − 4 + 2 (9 − x 2 ) ≤ x 2 + 16 ⇔ −1 ≤ x 2 , tehát M 2 = (−3, −2) ∪ (2, 3) .
III. x ∈ [−2, 2] 3 3 4 − x 2 + 2 (9 − x 2 ) ≤ x 2 + 16 ⇔ 3 ≤ 2x 2 ⇔ x ∈ −∞, − ∪ , ∞ 2 2
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
85
3 3 Tehát M 3 = −2, − ∪ , 2 . Összesítve a részeredményeket, a megoldások 2 2 3 3 halmaza M = M 1 ∪ M 2 ∪ M 3 = − 19, − ∪ , 19 . 2 2 3. a) | x − a | + | x − b |= m,
a < b ; b) | x + 3 | −x = m ;
c) | x − 1 | + | x − 2 | + | x − 3 |= m . Megoldás. a) Ha m < 0 , az egyenlet bal oldala pozitív, a jobb oldala pedig negatív, így nincs megoldás. Tehát gyököt csak abban az esetben kell keresni, ha m ≥ 0 . a +b −m I. Ha x ≤ a , az egyenlet a − x + b − x = m , vagyis x = . 2 a +b −m ≤ a ⇔ b − a ≤ m , így ha m < b − a , akkor a (−∞,a ] intervallumban 2 a +b −m nincs gyök, ha pedig m ≥ b − a , akkor x = . 2 II. Ha a < x < b , az egyenlet x − a + b − x = m ⇔ b − a = m . Ha m = b − a , akkor minden x ∈ (a, b ) megoldás, ellenkező esetben nincs gyök az (a, b ) intervallumban. a +b + m III. Ha x ≥ b , az egyenlet x − a + x − b = m , azaz x = . 2 a +b + m ≥ b ⇔ m ≥ b − a , így ha m < b − a , akkor a [b, ∞) intervallumban 2 a +b + m nincs gyök, ha pedig m ≥ b − a , akkor x = . 2 Összevetve a kapott eredményeket, kapjuk, hogy ha m < b − a , akkor nincs a +b −m a +b + m megoldás, ha m ≥ b − a , akkor x 1 = és x 2 = megoldások, és 2 2 ha m = b − a , akkor ∀x ∈ (a, b ) is megoldás. b) Gyökök csak akkor létezhetnek, ha m ≥ 0 , így csak ezt az esetet kell vizsgálni. I. Ha x ≥ −3 , az egyenlet így alakul: 3 = m . Tehát ha m = 3 , akkor minden [−3, ∞) -beli szám megoldás, ellenkező esetben nincs gyök ebben az intervallumban. −3 ± m II. Ha x < −3 , akkor −3 − 2x = m ⇔ 3 + 2x = ±m ⇔ x = . 2 −3 + m −3 − m < −3 ⇔ m < −3 nem lehetséges ( m ≥ 0 ) < −3 ⇔ 3 < m . 2 2
Tartalomjegyzék
86
Egyenletek és egyenlőtlenségek
Összesítve az eredményeket, írhatjuk, hogy ha m ∈ (−∞, −3) , nincs egyetlen gyök sem, ha m = 3 , akkor minden [−3, ∞) -beli valós szám gyök, ha pedig m > 3 , m +3 akkor x = − az egyetlen megoldás. 2 m c) I. x ∈ (−∞,1] esetén 1 − x + 2 − x + 3 − x = m ⇔ 6 − 3x = m ⇔ x = 2 − . 3 m 2− ≤1 ⇔ 3 ≤m. 3 II. x ∈ (1, 2] esetén x − 1 + 2 − x + 3 − x = m ⇔ x = 4 − m . 4 − m ∈ (1, 2] ⇔ m ∈ [2, 3) . III. Ha x ∈ (2, 3] , akkor x − 1 + x − 2 + 3 − x = m ⇔ x = m . IV. Ha x ∈ (3, ∞) , akkor m x − 1 + x − 2 + x − 3 = m ⇔ 3x − 6 = m ⇔ x = +2. 3 m + 2 ∈ (3, ∞) ⇔ m ∈ (3, ∞) . 3 Összesítve, írhatjuk, hogy ha m ∈ (−∞, 2) , akkor nincs megoldás, ha m = 2 , akkor x = 2 az egyetlen megoldás, ha m ∈ (2, 3] , akkor x 1 = 4 − m , x 2 = m , ha m m m ∈ (3, ∞) , akkor x 1 = 2 − , x 2 = 2 + . 3 3 3x − 1 4. a) = −3 ; 2 x + 1 d) =x +3; 2
b) [x + 3] = {x } ;
3x − 1 e) = x + 1; 2 x + 1 x − 3 h) = ; 2 3
c) [2x + 1] = [x ] ;
2x + 1 x − 1 f) ; = 2 3 x − 3 x − 2 g) [x ] + [2x ] = 4 ; i) = ; 2 3 4x + 1 x 2x − 3 ; j) k) 2[x ] + 4 = 3a ; l) = = [ 3 − 2x ] ; 3 5x + 3 x + 8 m) [x 2 − x + 1] = 2x − 1 ; n) 5[x 2 ] − 5[x ] + 1 = 0 ; o) 3[x 2 ] − 10[x ] + 3 = 0 ; p) x 2 − [x ] = 3 ; q) x 2 = 1 + [x ] ; r) x 3 = 2 + [x ] . 3x − 1 3x − 1 −5 , −1 ; Megoldás. a) ∈ [−3, −2) ⇔ x ∈ = −3 ⇔ 2 2 3 b) [x + 3 ] = {x } ⇒ {x } ∈ ⇒ {x } = 0 ⇒ x ∈ ⇒ x + 3 = 0 ⇒ x = −3 ; 1 c) [2x + 1] = [x ] ⇔ [2x ] + 1 = [x ] ⇔ [x ] + x + + 1 = [x ] ⇔ 2 1 1 3 1 ⇔ x + = −1 ⇔ x + ∈ [−1, 0) ⇔ x ∈ − , − ; 2 2 2 2 x + 1 x +1 d) <x +4 ⇔ =x +3 ⇔x +3∈ , x +3≤ 2 2
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
87
⇔ x ∈ , − 7 < x ≤ −5 ⇔ x ∈ {−6, −5} ; e) x ∈ {3, 4} ; x −1 2x + 1 f) Jelöljük és x = 2t + 1 . Ezt közös értékét t -vel. Így t ∈ és 3 2 visszahelyettesítve az egyenletbe, kapjuk, hogy 4t + 3 = t ⇔ 2t + 1 = t ⇔ t = −1 ⇔ x = −1. 2 g) Felhasználva, hogy x = [x ] + {x } , az egyenlet így írható: [x ] + [2 [x ] + 2 {x }] = 4 ⇔ 3 [x ] + [2 {x }] = 4 ⇔ [x ] = 1, [2 {x }] = 1 ⇔
x ∈ [1, 2),
{x }
∈ [0.5,1) ⇔ x = 1 + α, α ∈ [ 0.5,1)
x + 1 x − 3 az és közös értéke, akkor 3 2 y ≤ x + 1 < y + 1 2y − 1 ≤ x < 2y + 1 2y − 1 < 3y + 6 2 ⇔ ⇔ (*) ⇒ 3y + 3 ≤ x < 3y + 6 3y + 3 < 2y + 1 y ≤ x − 3 < y + 1 3 − 7 < y ⇔ y ∈ {−6, −5, −4, −3} y < −2 A kapott y értékeket rendre visszahelyettesítve a (*) egyenlőtlenség-rendszerbe (amely ekvivalens az eredeti egyenlettel), a következőket kapjuk: −13 ≤ x < −10 y = −6 : ⇔ x ∈ [−13, −12) − 15 ≤ x < −12 −11 ≤ x < −8 y = −5 : ⇔ x ∈ [−11, 9) − 12 ≤ x < −9 −9 ≤ x < −6 y = −4 : ⇔ x ∈ [−9, −6) −9 ≤ x < −6 −7 ≤ x < −4 y = −3 : ⇔ x ∈ [−6, −4) −6 ≤ x < −3 Tehá a megoldás x ∈ [−13, −12) ∪ [−11, −4) . i) x ∈ [1, 2) ∪ [3, 7 ) ∪ [8, 9) ; j) Nincs megoldás. k) A bal oldalon álló kifejezés egy páros egész szám, tehát csak akkor van megoldás, 2k ha 3a is páros egész szám, vagyis a = , k ∈ . Ebben az esetben az egyenlet 3 [x ] + 2 = k ⇔ [x ] = k − 2 , tehát a megoldás x ∈ [k − 2, k − 1) . h) Ha y ∈
Tartalomjegyzék
88
Egyenletek és egyenlőtlenségek
x 8t =t ∈ ⇒x = . 1−t x +8 31t + 1 31t + 1 < t + 1 . Ennek az egyenlőtlenség-sorozatnak nincs =t ⇔t ≤ 37t + 3 37t + 3 megoldása az egész számok halmazán, tehát az eredeti egyenletnek sincs megoldása. l)
{
}
m) x ∈ 2, 2.5 ;
1 n) 5 ( x 2 − [x ]) = −1 ⇔ x 2 − [x ] = − , tehát az egyenletnek nincs megoldása. 5 o) M = ∅ ; p) Az [x ] ≤ x , [x ] > x − 1 egyenlőtlenségek alapján 3 = x 2 − [x ] < x 2 − x + 1 ,
3 = x 2 − [x ] ≥ x 2 − x , így a következő egyenletrendszert kapjuk (ez nem egyenértékű az eredeti egyenlettel): x 2 − x − 2 > 0 1 − 13 ∪ 1, 1 + 13 ⇒ [x ] ∈ {−2, 2} ⇔ ∈ − , 1 x 2 x 2 − x − 3 ≤ 0 2 Ha [x ] = −2 ⇒ x 2 + 2 = 3 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = ±1 , nem megoldás ( [x ] ≠ −2 ) Ha [x ] = 2 ⇒ x 2 − 2 = 3 ⇒ x = ± 5 , [ 5 ] = 2 , tehát az egyetlen megoldás x = 5. q) M = { 2 } ; r) M = { 3 3 } . 5. a) x + 9 + x + 8 = 0 ; b) d) x + 1 + x + 6 = 5 ; e) g) x − 2 + x 2 − 4 = 0 ; i) x − 6 + x − 13 = k) x − 8 + x + 4 = m) 2x + 1 + 3x + 7 n) x + 2 + x − 2 =
24 − 10x = 3 − 4x ; c) 1 − 13 + 3x 2 = 2x ; x + 2 − 2 − x = 2 ; f) 3x + 7 − x + 1 = 2 ; h) x + 3 − 7x + 2 = −1 ;
11 + 72 ; 3x ; = x +5 + 4x − 6 + 2
j) x + 1 + 2x + 3 = 6x + 1 ; l) x +2 + x −3 = x −6 + x +9 ; 4x + 3 ; 5 ; o) x + 9 + x + 1 = 4x + 16 ;
p) x + 3 + x − 2 = 4x − 9 + 4 6 ; q) x 2 − 5 − x 2 − 8 = 1 ; r) x 2 − 3x + 2 + x 2 − 1 = x 2 − 5x + 6 ; s) 2x 2 − 4x = x 2 + 1 + x 2 − 1 ; t) x 2 − 6x + 5 + x 2 − 4x + 3 − x 2 − 8x + 7 = 0 ; x +2 + x +7 5 2 x + 9 − 5x + 4 4 u) v) = ; = ; x +2 +3 x +7 11 4 5x + 4 − x + 9 5 x +1 − x −2 1 2 x −3 + x +1 w) x) = ; =x; x +1 +2 x −2 4 x +1 − x −3 y)
x + 6 + x +1 = 2x − 1 ; x + 6 − x +1
z)
x 2 + 16 − x 2 − 8 2
2
x + 16 + x − 8
=
1 . 3
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
89
{ }
15 + 5 5 Megoldás. a) M = − ; b) M = − ; c) M = {−2} ; d) M [{3} ; 2 8 e) M = {2} ; f) M = {−1, 3} ; g) M = {2} ; h) M = {1} ; i) M = {15} ; j) M = {19 + 2 91} ; k) M = {12} ; l) M = {7} ; m) M = {3} ; n) M = {3} ;
{
}
o) M = {0} ; p) M = {5} ; q) M = {−3, 3} ; r) x 1 = 1 ; s) M = − 2 + 5 ; t) Az értelmezési tartomány D = (−∞,1] ∪ [7, ∞) . Az egyenlet így írható:
(x − 1) (x − 5) + (x − 1)(x − 3) − (x − 1)(x − 7) = 0 Ha x ≥ 7 , akkor
x − 1 -gyel végigosztva
x − 5 + x − 3 − x − 7 = 0 ⇔ 2x − 8 + 2 (x − 5) (x − 3) = x − 7 , tehát nincs megoldása a [7, ∞) intervallumban. Ha x ≤ 1 , akkor x 1 = 1 megoldás. Ha x < 1 , akkor
5 − x + 3 − x = 7 − x ⇔ 8 − 2x + 2 (5 − x ) (3 − x ) = 7 − x ⇔ ⇔ 0 < 2 (5 − x ) (3 − x ) = x − 1 < 0 . Mivel ez lehetetlen az egyenlet egyetlen valós gyöke x = 1 . u) M = {2} ; v) M = {0} ; w) M = {3} ; x) Értelmezési tartomány: [3, ∞) .
(2 x − 3 + x + 1)( x + 1 + x − 3 ) 2 x −3 + x +1 =x ⇒ =x ⇒ x +1 − x −3 ( x + 1 − x − 3 )( x + 1 + x − 3 ) ⇒ 3 (x + 1)(x − 3) = x + 5 ⇒ 2x 2 − 7x − 13 = 0 ⇒ x = Tehát az egyetlen valós megoldás az x =
7 ± 3 17 4
7 + 3 17 . 4
y) M = {3} ; z) M = {−4, 4} . 6.
a)
x + 3 − 4 x −1 + x + 8 − 6 x −1 = 1;
b)
x + 2 + 4 x −2 + x −1 + 2 x −2 = 5 ;
c)
x + 2x − 1 + x − 2x − 1 = 2 ;
d)
x + 6x − 9 − x − 6x − 9 = x ;
e) x + x − 1 − x = 1 ; Megoldás. a)
f)
9 + x x 2 − 48 = x − 3 .
x + 3 − 4 x −1 + x + 8 − 6 x −1 = 1 ⇔
(
x − 1 − 2) + 2
(
x − 1 − 3) = 1 ⇔ 2
Tartalomjegyzék
90
Egyenletek és egyenlőtlenségek ⇔
x −1 −2 +
x − 1 − 3 = 1 ⇔ x − 1 ∈ [2, 3] ⇔ x ∈ [5,10]
b) M = {3} ;
1 x + 2x − 1 + x − 2x − 1 = 2 ⇔ x ≥ , 2x + 2 x 2 − 2x + 1 = 2 ⇔ 2 1 1 1 ⇔ x ≥ , x − 1 = 1 − x ⇔ x ≥ , x − 1 ≤ 0 ⇔ x ∈ , 1 2 2 2 16 d) M = ∅ ; e) M = f) M = {7} . 25 c)
{ }
7. a) c)
3
x −2 + x +1 = 3;
b)
x + 1 + 4 7x − 5 = 4 ;
d)
3
1−x + x + 2 = 1; x + 1 + 4 5x + 1 = 4 ;
e) 3 5x − 3 − 3 3x − 10 = 1 ; f) 3 2x + 1 + 3 x = 1 ; g) 4 8x − 7 − 3 x − 1 = 1 ; h) 4 3x + 1 − 3 7x − 8 = −1 . Megoldás. a) Az értelmezési tartomány D = [−1, ∞) . A 3 x − 2 = a,
x +1 =b
jelölésekkel a következő egyenletrendszert kapjuk: a + b = 3 b = 3 − a ⇔ 2 , 3 2 x = a + 2 = b − 1 b − a 3 − 3 = 0 ebből 9 − 6a + a 2 − a 3 − 3 = 0 ⇔ (a − 1) (a 2 + 6) = 0 ⇔ a = 1 ⇔ x = 3 . b) M = {2} ;
5 c) Az értelmezési tartomány D = , ∞ . Ha a = x + 1, b = 4 7x − 5 , akkor 7 4 b +5 2 a + b = 4, x = a 2 − 1 = , a, b ≥ 0 , tehát b 4 − 7 (4 − b ) + 12 = 0 ⇔ 7 ⇔ (b − 2) (b 3 + 2b 2 − 3b + 50) = 0 ⇔ 2 b >0 3 191 ⇔ (b − 2) b 3 + b 2 + b − + = 0 ⇔b = 2 . 2 4 Ebből következik, hogy b = 2, és így x = 3 .
d) Mivel a x + 1 és 4 5x + 1 kifejezésekkel értelmezhető függvények a [−1/ 5, ∞) értelmezési tartományon belül szigorúan növekvőek, az egyenletnek legtöbb egy gyöke lehet. Észrevehető, hogy x = 3 megoldás, tehát a megoldáshalmaz M = {3} . 445 + 21 177 445 − 21 177 e) M = 6, , ; 64 64 f) M = {−2 − 5, 0, −2 + 5 } ; g) M = {1} ; h) M = {5} .
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek 8.
a)
3
91
x − 1 + 3 4x − 1 = 3 x + 1 + 3 4x − 3 ;
b) 3 x + 1 + 3 4x − 1 = 3 2x − 1 + 3 3x + 1 . Megoldás. a) 3 x − 1 + 3 4x − 1 = 3 x + 1 + 3 4x − 3 ⇔
⇔ 5x − 2 + 3 3 (x − 1)(4x − 1) ( 3 x − 1 + 3 4x − 1) = = 5x − 2 + 3 3 (x + 1)(4x − 3) ( 3 x + 1 + 3 4x − 3 ) ⇔ ⇔ 3 (x − 1)(4x − 1) ( 3 x − 1 + 3 4x − 1 ) = 3 (x + 1)(4x − 3) ( 3 x − 1 + 3 4x − 1 ) . 2 . 3 Ha 3 x − 1 + 3 4x − 1 = 0 , akkor 3 x − 1 + 3 4x − 1 = 3 x + 1 + 3 4x − 3 = 0 ⇔ 3 x − 1 = − 3 4x − 1 x − 1 = −4x + 1 2 2 2 ⇔ ⇔ x = . Tehát M = , . 3 x + 1 = − 3 4x − 3 x + 1 = −4x + 3 3 5 5 b) M = {0, 2} .
Ha
3
x − 1 + 3 4x − 1 ≠ 0 , akkor (x − 1)(4x − 1) = (x + 1)(4x − 3) ⇔ x =
{ }
9. a)
x + 1 + 1− x2 = 3 x2 + 7 − 2 ;
c) x 3 + x + 3 x 3 + x − 2 = 12 ;
b)
1− x4 − x = x −1;
d)
x +m + x = m ;
m −x m −x − = mx ; x m 1 1 g) x 2 − m = x − 1 ; h) x + x + + x + = m ; i) x 2 − m − x = m ; 2 4 a +x + a −x a j) x + 2x − 1 + m x − 2 x − 1 = 2 ; k) = ; a +x − a −x x 2 2 l) x − a + 2 x − 1 = x ; m) x + a + x + b = 4x + c ; n) x + 8a + x = 4x + 8a + 4 ; o) x + a − x + b = c ; x p) x + x − x − x = a . x+ x Megoldás. a) A négyzetgyökök létezési feltételeiből x ∈ [−1,1] , a bal oldali e)
m − m +x = x ;
f)
3 2 x + 7 − 2 ≥ 0 , vagyis kifejezés pozitív voltából következik, hogy x ∈ (−∞, −1] ∪ [1, ∞) , így x ∈ {−1,1} . Ezek közül csak az x = −1 teljesíti az adott egyenlőséget, tehát M = {−1} .
b) Az egyenlet alapján x ≥ 1 , 1 ≥ x 4 − x . Négyzetre emelve az egyenlet mindkét 2
oldalát, 1 − x 4 − x = (x − 1) ⇔ x 4 − x = 2x − x 2 , ahonnan újboli négyzetre emeléssel kapjuk, hogy
2
3x 4 − 4x 3 + 4x 2 + x = 0 ⇔ 2x 4 + (x 2 − 2x ) + x = 0 .
Mivel ennek az egyenletnek nincs gyöke az [1, ∞) intervallumban, az eredeti egyenletnek sincs valós megoldása.
Tartalomjegyzék
92 c) A
Egyenletek és egyenlőtlenségek 3
x 3 + x − 2 = y jelölés bevezetésével írhatjuk, hogy y 3 + y − 10 = 0 ,
ahonnan y = 2 . Következik, hogy x 3 + x − 2 = 8 , tehát x = 2 . d) Ha m < 0 , nincs megoldás, ha m = 0 , akkor x = 0. Ha 0 < m , az értelmezési tartomány [0, ∞) . Az egyenlet mindkét oldalát beszorozva x + m − x -szel,
kapjuk,
hogy
x +m −x = m( x +m − x ),
vagyis
m −1 . 2 2 m − 1 Tehát m ∈ (0,1) esetén nincs megoldás, ha pedig m ≥ 1 , akkor x = az 2 egyetlen gyök. x + m − x = 1 . Ebből és az eredeti egyenletből következik, hogy
x =
e) Ha m − m + x = x , akkor x ≥ 0 és m ≥ 0 . Az egyenlőséget a következőképpen alakíthatjuk: m − m + x = x 2 ⇒ m − x 2 = m + x ⇒ x 4 − 2mx 2 − x + m 2 − m = 0 .
Ezt az egyenletet m hatványai szerint rendezzük és kiszámítjuk a diszkriminánst: m 2 − m(2x 2 + 1) + x 4 − x = 0 ⇒ ∆ = (2x + 1)2 . Az előbbiek alapján az egyenlet (x 2 + x + 1 − m ) (x 2 − x − m ) = 0 alakban írható. Az x = 0 érték csak m = 0 vagy m = 1 esetén megoldás, tehát feltételezhetjük, hogy x > 0 . Ha x 0 > 0 megoldás, akkor x 02 − m = − m + x < 0 és így x 02 − x 0 − m < 0 . Tehát csak az x 2 + x + 1 − m = 0 egyenlet megoldásaiból származhatnak a eredeti egyenlet gyökei. Ennek az egyenletnek a pozitív gyökei teljesítik az x 2 − m < 0 feltételt, tehát elégséges megvizsgálni a pozitív gyökök 3 3 létezését. ∆ = 4m − 3 , tehát m < esetén nincs valós megoldás. Ha m ≥ , akkor 4 4 x 1 + x 2 = −1 és x 1x 2 = 1 − m alapján 1 − m < 0 szükséges, tehát m > 1 esetén az
−1 + 4m − 3 megoldáshoz jutunk. Eredményeinket a következő táblázatba 2 foglalhatjuk össze Megoldáshalmaz m M =∅ (−∞, 0) ∪ (0,1) m=0 M = {0} m ≥1 −1 + 4m − 3 M = 2 x=
f) A törtek és törtek létezéséhez szükséges, hogy m ≠ 0 , x ≠ 0 , m − x ≥ 0 , és m −x m −x mx > 0 . Ha ezek a feltételek mind teljesülnek az egyenlet ⋅ =1 mx mx
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
93
Tartalomjegyzék m −x = 1 , vagyis m = (m + 1) x . Ha m = −1 , nincs gyök, mx m ellenkező esetben x = . Ellenőrizzük, hogy ez benne van-e az értelmezési m +1 tartományban: m 1 m− ≥0⇔ ≥ 0 ⇔ m > −1 m +1 m +1 m m > 0 ⇔ m ≠ 0, m > −1 m +1 Összesítve, ha m ≤ −1 , nincs megoldás, ha pedig m > −1 és m ≠ 0 , akkor m . x= m +1 m +1 g) Ha m < 1 , nincs gyök, ha pedig m ≥ 1 , akkor x = az egyetlen megoldás. 2 1 h) Az egyenlet értelmezési tartománya D = − , ∞ . 4 alakba írható, ahonnan
2
1 1 1 1 x + x + + x + = m ⇔ x + x + + = m ⇔ 2 4 4 2 2
1 1 1 1 + = m ⇔ x + + = m 4 2 4 2 1 1 Ha m < , nincs megoldás, ha m ≥ , akkor x = m − m . 4 4 1 1 2 2 i) x − m − x = m ⇒ x − x + = m − x + m − x + ⇔ 4 4 2 2 1 1 ⇔ x − = m − x + . 2 2 x+ x+
2
1 1 1 3 = m − x + ⇔ m − x + = m − . 2 2 2 4 1 3 Megoldás csak akkor létezik, ha m ≥ 1 és ekkor x = + m − . 4 4 2 1 1 1 1 II. x − = − m − x − ⇔ x = − m − x ⇔ m + = m − x − . 2 2 4 2 1 1 1 1 Ha m < − , nincs megoldás, ha m ≥ − , akkor x = − − m + . 4 4 2 4 I. x −
j)
x + 2 x −1 + m x −2 x −1 = 2 ⇔ ⇔ x −1 + m
x −1 +1 + m x − 1 − 1 = 1.
x −1 −1 = 2 ⇔
94
Egyenletek és egyenlőtlenségek
I. Ha x ≥ 2 , akkor x − 1 + m x − 1 − m = 1 ⇒ (m + 1) x − 1 = m + 1 . Ha m különbözik -1-től, akkor x = 2 , ellenkező esetben bármely x ∈ [2, ∞) megoldás. II. Ha x ∈ [1, 2] , akkor x − 1 + m − m x − 1 = 1 ⇒ (1 − m ) x − 1 = 1 − m . Ha m ≠ 1 , akkor x = 2 , m = 1 esetben minden x ∈ [1, 2) megoldás. k) a = 0 esetben nincs megoldás, ha a ≠ 0 , akkor M = {−a, a } .
x2 −a + 2 x2 −1 = x
l) A 2
x ≥ x −a ,
tehát
[max{1, a }, ∞)
a ≥ 0.
egyenlőtlenségből következik, hogy x ≥ 0 és Ebben
és
az
esetben
az
értelmezési
tartomány
2 x2 −1 = x − x2 −a ,
2x 2 + a − 4 = −2x x 2 − a . Ez csak akkor lehetséges, ha x 2 ≤
ahonnan 4 −a 2
és így
1 (a − 4)2 . Ha 2 − a ≤ 0 , akkor az egyenletnek nincs megoldása (mert 8 2 −a 1 (a − 4)2 4 −a ≤ x 2 ≥ 0 ), míg a ∈ [0, 2) esetén megvizsgáljuk az . A vizsgált 8 2 −a 2 4 intervallumon ez ekvivalens az a ≤ egyenlőtlenséggel, tehát a következő táblázatba 3 foglalhatjuk az eredményeket:
x2 =
Megoldáshalmaz M =∅
a 4 a ∈ (−∞, 0] ∪ , ∞ 3 4 a ∈ 0, 3
{
}
4 −a 2 2 −a c m) Az értelmezési tartomány D = max −a, − b, − , ∞ . 4 x + a + x + b = 4x + c ⇔ 2x + a + b + 2 (x + a ) (x + b ) = 4x + c ⇔
M = ±
{
}
⇔ 2 (x + a ) (x + b ) = 2x + c − a − b ⇒ 2
⇒ 4x 2 + 4 (a + b ) x + 4ab = 4x 2 + 4 (c − a − b ) x + (c − a − b ) ⇔ 2
⇔ 4 (2a + 2b − c ) x = (c − a − b ) − 4ab 2a + 2b − c = 0 c esetben a megoldás x ∈ max −a, − b, − , ∞ . A (c − a − b )2 − 4ab = 0 4
{
}
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
95
2a + 2b − c = 0 esetben nincs megoldás. Ha 2a + 2b − c ≠ 0 , akkor A (c − a − b )2 − 4ab ≠ 0 2 (c − a − b ) − 4ab , ha ez benne van az értelmezési tartományban, akkor x= 2a + 2b − c megoldás, ha nem eleme, akkor nincs gyöke az egyenletnek. 1 1 1 n) Ha a ≤ , nincs megoldás, ha a > , akkor x = . 2 2 2a − 1 o) Feltételezhetjük, hogy a ≥ b (az a < b esetben hasonlóan járunk el). Ekkor az értelmezési tartomány [−b, ∞) , c ≥ 0 kell legyen és beszorozva a bal oldal konjugáltjával, a − b = c ( x + a + x + b ) . A c = 0 esetben ha a ≠ b , nincs megoldás, ha pedig a = b , akkor minden megengedett valós szám megoldás, tehát M 1 = [−b, ∞) . Ha c ≠ 0 , akkor 2 a −b a −b 1 a − b x +a + x +b = ⇒ 2 x + a −c = ⇒ ⇒ x = c + −a , 4 c c c ami eleme az értelmezési tartománynak. 2 2 2 a − b 1 a − b a − b 2 c + − ≥ ⇔ − − + ≥ ⇔ − 2 0 a b c a b c ( ) ≥ 0. c 4 c c x p) Az értelmezési tartomány D = [1, ∞) . x + x − x − x = a ⇒ x+ x ⇔ x + x − x2 − x = a x ⇔ x + 1 − x − 1 = a ⇔ x − x − 1 = a − 1. 2 1 − (a − 1) 2 Innen a > 1 és x = x − 1 + 2 (a − 1) x − 1 + (a − 1) ⇒ = x −1 ⇒ 2 (a − 1)
−a 2 + 4a − 2 −a 2 + 4a − 2 ; ≥1⇔a ≤2. 2 (a − 1) 2 (a − 1) Tehát a ∈ (−∞,1] ∪ (2, ∞) esetén nincs megoldás, ha pedig a ∈ (1, 2] , akkor ⇒x =
x= 10.
x −2 > x + 3 ;
a) 2
b)
−a 2 + 4a − 2 . 2 (a − 1) x + 1 + x − 3 > 2 ; c) 2
2
x + x +1 < x ;
d) x + 3x + 2 > x − 2 ; e) a x + 1 > ax ; f) x − a < x + a . Megoldás. a) Az értelmezési tartomány D = [2, ∞) . Ha x ∈ D , akkor mindkét oldal pozitív, így mindkét oldalt négyzetre lehet emelni. 5 2 19 2 x − 2 > (x + 3) ⇔ 0 > x 2 + 5x + 11 ⇔ 0 > x + + , 2 4 tehát az egyenlőtlenségnek nincs megoldása.
Tartalomjegyzék
96 b)
Egyenletek és egyenlőtlenségek x + 1 + x − 3 > 2 ⇔ x ≥ 3,
x +1 > 2− x −3
Minden olyan x -re, amelyre x ≥ 3, 2 − x − 3 < 0 , fennáll az egyenlőtlenség, tehát
M 1 = (7, ∞) . Ha x ∈ [3, 7 ] , akkor négyzetre emeléssel x + 1 > x + 1 − 4 x − 3 ⇔ x > 3 ⇒ M 2 = (3, 7 ] . A megoldáshalmaz M = (3, ∞) .
c) x + x + 1 < x ⇔ x + 1 < 0 , tehát az egyenlőtlenségnek nincs megoldása. d) Az értelmezési tartomány D = (−∞, −2] ∪ [−1, ∞) . I. Ha x < 2 , akkor a bal oldali kifejezés pozitív, a jobb oldali pedig negatív, tehát M 1 = (−∞, −2] ∪ [−1, 2) . II. Ha x ≥ 2 , akkor 2 x 2 + 3x + 2 > x − 2 ⇔ x 2 + 3x + 2 > x 2 − 4x + 4 ⇔ x > , 7 tehát M 2 = [2, ∞) . Így az egyenlőtlenség az egész értelmezési tartományon fennáll. e) Az egyenlőtlenségben szereplő gyökkifejezés a teljes halmazon értelmezett.
a 2x 2 + 1 > a 2x 2 = ax ≥ ax , tehát az egyenlőtlenség az a paramétertől függetlenül igaz bármely x valós szám esetén. f) Értelmezési tartomány: [ a , ∞) . x − a < x + a ⇔ x − a < x + a ⇔ 0 < a Tehát a ≤ 0 esetén nincs megoldás, ha pedig a > 0 , akkor M = [a, ∞) .
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
97
III. Egyenletrendszerek III.1.1.2. Gyakorlatok és feladatok (72. oldal) 1. Oldd meg a következő egyenletrendszereket: x + y = 1 0, 25x + y = 2 2x + 3y = 5 ; b) ; c) . a) 1 0, 5x − y = 3 3x + 2y = 2 6 4x − y = 1 22 2 Megoldás. a) A második egyenletet szorozzuk 2-vel és összeadjuk az egyenletek 1 megfelelő oldalait. Így a 9x = 3 egyenlőséghez jutunk, tehát x = és 3 1 2 2 y = 1 − x = . M = , . 3 3 3 b) Ha a második egyenletet szorozzuk 3 -mal, az elsőt 2 -vel és kivonjuk a két egyenlőség megfelelő oldalait, az x = 2 egyenlőséghez jutunk. Ebből következik, 5− 2 ⋅x = 3 . M = ( 2, 3) . hogy y = 3 3 47 c) Ha összeadjuk az egyenletek megfelelő oldalait, a egyenlőséghez x= 4 22 94 95 94 95 jutunk, tehát x = . Ebből következik, hogy y = . M = , . 33 66 33 66
{
}
2. Oldd meg és tárgyald a következő rendszereket: x − my = 2 mx + y = 1 mx + ny = 1 a) , m ∈ ; b) , m, n ∈ ; c) ,m ∈ . x − my = 1 x + my = 1 x −y = 1 Megoldás. a) Ha az első egyenlet mindkét oldalát szorozzuk m-mel és összeadjuk a két egyenlőséget, akkor az (m 2 + 1)x = m + 1 egyenlőséghez jutunk. Mivel m ∈ m +1 1−m . Hasonló módon következik, hogy y = 2 , tehát írhatjuk, hogy x = 2 m +1 m +1 m + 1 1 − m , 2 M = 2 . m +1 m +1 b) Ha a második egyenlet alapján kiküszöböljük y-t, az (m + n )x = 1 + n összefüggéshez jutunk. A tárgyalás a következő táblázatban látható:
Tartalomjegyzék
98
Egyenletrendszerek m
n
Megoldáshalmaz M = {(α, α − 1) | α ∈
n = −1
m =1
m +n = 0
m∈
\ {1}
}
M =∅ 1 + n 1 − m M = , m + n m + n
m +n ≠ 0
3 1 és így m ⋅ y = . Ha 2 2 3 1 m = 0 , akkor nincs megoldás, míg m ≠ 0 esetén M = , . 2 2m
c) Ha összeadjuk a két egyenletet következik, hogy x =
3. Oldd meg és tárgyald a következő rendszereket: x − y = 2 mx + y = 1 b) a) 3x + y = 14 , m ∈ ; x + my = 1, m ∈ . x + y = m x + my = 1 Megoldás. a) Az első és második egyenletből x = 4 és y = 2 . Tehát ha 3 4 + 2m = 1 , akkor a (4, 2) számpár megoldása a rendszernek, míg ha m ≠ − , 2 akkor a rendszer összeférhetetlen. b) Az 1.1.11. tétel alapján az összeférhetőség szükséges és elégséges feltétele az, hogy
m
1
−1
a ∆= 1
m
−1 = 0 és a ∆1 =
1
1
−m
m
1
1
m
, ∆2 =
m 1 1
1
illetve ∆3 =
1 m 1
1
determinánsok közül legalább az egyik különbözzön 0-tól. ∆ = −(m 3 − 3m + 2) = −(m − 1)2 (m + 2) . Ha m = 1 , akkor a rendszer három egyenlete egymással ekvivalens, így M = {(α,1 − α) | α ∈ } . Ha m = −2 , akkor x = y = −1 , tehát M = {(−1, − 1)} . Az 1.1.11. tétel alapján m ∈
\ {1, − 2} esetén M = ∅ .
Megjegyzés. A tárgyalás elvégezhető az 1.1.11. tételre való hivatkozás nélkül is. Az utolsó egyenletből x = m − y , tehát a második egyenlet alapján y(m − 1) = 1 − m . teljesíti, míg m ≠ 1 esetén Ha m = 1 , akkor ezt az egyenlőséget bármely y ∈ y = −1 . Ez alapján m = 1 esetén az M = {(α,1 − α) | α ∈ } megoldáshalmazt kapjuk és m ≠ 1 esetén az x = m + 1 és y = −1 értékeket visszahelyettesítjük az első egyenletbe. Így az m 2 + m − 2 = 0 egyenlőséghez jutunk, ahonnan m = −2 .
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
99
4. Mi a feltétele annak, hogy az
a1x + b1y + c1 = 0 a2x + b2y + c2 = 0 …………………… an x + bn y + cn = 0 egyenletrendszernek pontosan egy megoldása létezzen? Értelmezd geometriailag a kapott feltételt. Megoldás. Pontosan akkor létezik egyetlen megoldás, ha az n egyenlet közül létezik 2, amelyek egy határozott rendszert alkotnak és a többi egyenlőség ebből a kettőből ai bi ≠ 0 és megkapható. Pontosabban ha létezik i, j ∈ {1, 2, …, n } úgy, hogy a j bj ai
bi
ci
bármely k ∈ {1, 2, …, n} \ {i, j } esetén a j
bj
c j = 0 . Ez azt is jelenti, hogy
ak
bk
ck
∀k ∈ {1, 2, …, n} \ {i, j } esetén létezik αk , βk ∈
úgy, hogy ak = αk ⋅ ai + βk ⋅ a j ,
bk = αk ⋅ bi + βk ⋅ bj és ck = αk ⋅ ci + βk ⋅ c j . Geometriailag ez a feltétel azt mutatja, hogy az ai x + bi y + ci = 0 a j x + bj y + c j = 0 metsző egyenesek által meghatározott sugársor egyenlete
és
α ⋅ (ai x + bi y + ci ) + β ⋅ (a j x + bj y + c j ) = 0 . 5. Bizonyítsd be, hogy az (m + 1)x − (2m + 1)y = 1,
m = 1, n, n ∈
*
\ {1}
egyenletrendszer megoldható. Mi a rendszer megoldása? Értelmezd geometriailag a feladatot! Bizonyítás. Az x = 2 és y = 1 értékek teljesítik a rendszer minden egyenletét, tehát a rendszer megoldható. Ha (x 0 , y 0 ) egy tetszőleges megoldás, akkor az
m(x 0 − 2y 0 ) + x 0 − y 0 = 1,
m = 1, n
egyenlőségből következik, hogy x 0 − 2y 0 = 0 és x 0 − y 0 = 1 (ellenkező esetben csak egy m értékre teljesülne az egyenlőség). Így x 0 = 2 és y 0 = 1 , tehát a rendszernek nincs más megoldása. Geometriailag azt jelenti, hogy az (m + 1)x − (2m + 1)y = 1, m = 1, n egyenesek összefutnak a (2,1) pontban.
Tartalomjegyzék
100
Egyenletrendszerek
6. Melyek azok a cm (m = 1, n ) számok amelyekre az (m − 1)x − (3m + 1)y + cm = 0,
m = 1, n, n ≥ 2
rendszernek egyértelmű megoldása van? Mi a feladat geometriai jelentése? Megoldás. Ha (x 0 , y 0 ) az egyértelmű megoldás, akkor (m − 1)x 0 − (3m + 1)y 0 + cm = 0 ,
tehát
cm = (3m + 1)y 0 − (m − 1)x 0 , m = 1, n .
Így az egyenletrendszer (m − 1)(x − x 0 ) = (3m + 1)(y − y 0 ), m = 1, n alakban írható
3m + 1 kifejezés különböző m-ek esetén különböző értékeket vesz fel, a m −1 rendszer megoldása egyértelmű. Megjegyzés. Ha azt szeretnénk, hogy a cm számok m-től függetlenek legyenek, akkor átrendezzük az egyenlőséget: cm = m ⋅ (3y 0 − x 0 ) + y 0 + x 0 . és mivel a
Ez csakis akkor független m-től, ha 3y 0 = x 0 és ebben az esetben cm = 4y 0 . Mivel c minden c ∈ szám felírható c = 4 ⋅ alakban, az (m − 1)x − (3m + 1)y + c = 0 , 4 m = 1, n, n ≥ 2 egyenletrendszerek egyértelműen megoldhatók. A rendszer geometriai jelentése az, hogy az (m − 1)x − (3m + 1)y + c = 0 , m = 1, n
3c egyenletű egyenesek összefutnak a , 4
c pontban. 4
a1x + b1y + c1 = 0 7. Mi a geometriai jelentése annak, hogy az rendszer össze a2x + b2y + c2 = 0 férhetetlen? Megoldás. Az, hogy a d1 : a1x + b1y + c1 = 0 és d2 : a2x + b2y + c2 = 0 egyenletű egyenesek nem metszik egymást, tehát párhuzamosak. 8. Számítsd ki az a1x + b1y + c1 = 0 , a2x + b2y + c2 = 0 és a egyenletű egyenesek által meghatározott háromszög területét! Megoldás. A páronkénti metszéspontok koordinátái c1 b1 c1 b1 c2 a1 c1 a1 c1 c b c c3 b3 a2 c2 a 3 c3 2 2 , B − , C − 3 A − ,− ,− a1 b1 a1 b1 a2 a1 b1 a1 b1 a2 b2 a 3 b3 a2 b2 a 3 b3 a 3
a 3x + b3y + c3 = 0
a2 c2 b3 a 3 c3 . ,− b2 a2 b2 b3 a 3 b3 b2
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
101
Tehát, ha
1 xA 1 ∆ = 1 xB 2 1 xC
yA
1
yB = yC
2
a1 b1
a1 b1
a2 b2
⋅ ⋅ a2 b2 a 3 b3 a 3 b3
⋅
a1 b1
c1 b1
a1 c1
a2 b2
c2 b2
a2 c2
a1 b1
c1 b1
a1
a 3 b3
c3 b3
a 3 c3 ,
a2 b2
c2 b2
a 2 c2
a 3 b3
c3 b3
a 3 c3
c1
akkor T = ∆ . 9. Az A városból egy biciklis a B város irányába indul. Vele egyszerre B-ből egy motoros indul A-ba. B-től 70 kilométerre találkoznak, majd miután mindkettő elérte a célt és visszafordult, az első találkozás után 5 órával megint találkoznak. Mennyi a motoros sebessége? Megoldás. Jelöljük d-vel a két város közti távolságot, az első találkozásig eltelt időt t1 -gyel, a biciklis sebességét vb -vel és a motoros sebességét vm -mel. Így a második találkozásig eltelt idő t1 + 5 . 70 = T1B = vmt1 d − 70 = T1A = vbt1
(1) (2)
A második találkozásig (T2 ) a motoros megteszi az AT1 + AT2 utat és a biciklis a T1B + T2B utat. Így d − 70 + x = vm ⋅ 5 és 70 + d − x = vb ⋅ 5 ,
2d = (vb + vm ) ⋅ 5 .
tehát Másrészt és így vm =
d = 70 + vb ⋅ t1 = 70 + vb ⋅
v + vm 70 = 70 ⋅ b vm vm
140 = 28 km h . 5
10. A szilíciumot szilícium-dioxid magnéziummal vagy alumíniummal való reakciójával állítják elő. A magnézium ára 70 000 lej/kg és az alumíniumé 140 000 lej/kg. Ha 1 820 000 lej áll rendelkezésünkre, mennyi magnéziumot és mennyi alumíniumot kell vásárolnunk ahhoz, hogy az egész 10 kg szilícium-dioxidot redukálhassuk? Megoldás. A megfelelő reakciók egyenletei SiO2 + 2Mg = Si + 2MgO 3SiO2 + 4Al = 3Si + 2Al2O3
Tartalomjegyzék
102
Egyenletrendszerek
Tehát ha x kg szilícium-dioxidot magnéziummal és y kg szilícium-dioxidot alumíni4y x ⋅ 24 kg magnézíum és ummal redukálunk, akkor 2 ⋅ ⋅ 27 kg 3 ⋅ (28 + 2 ⋅ 16) 28 + 2 ⋅ 16 tömegű alumínium szükséges. Ez alapján az x + y = 10 4x 3y ⋅ 70 000 + ⋅ 140 000 = 1 820 000 5 5 egyenletrendszerhez jutunk. (A második egyenlet lehetne egyenlőtlenség is.) Az egyenletrendszer megoldása y = 45 és x = −35 , de ez nem felel meg, mert x , y ≥ 0 . Ezért nem ragaszkodunk a teljes összeg elköltéséhez, tehát az
x + y = 10 4x + 6y ≤ 130 x, y ≥ 0 rendszert oldjuk meg. Látható, hogy ennek tetszőleges (x , y ) számpár megfelel, ha
x , y ≥ 0 és x + y = 10 . Így érdemes csak alumíniummal redukálni a szilíciumdioxidot. 11. Egy szigeten a barna és b zöld kaméleon él. Ha két barna találkozik egy zöld kaméleonnal, akkor a zöld barnára változik. Ha két zöld találkozik három barnával, akkor a barnák változnak zöldre. Elérhető-e, hogy a1 barna és b1 zöld kaméleon legyen a szigeten? (a, a1, b, b1 ∈
*
)
Megoldás. A végeredmény független a találkozások sorrendjétől. Az első típusú a + 1 a számpárt kapjuk míg a másotalálkozások alkalmával az számpárból az b b − 1 u − 2 v + 2 . Így x darab első típusú és y darab a + x a + x − 2y illetve második típusú találkozás után b − x + 2y számpárral írható le a b − x
u dik típusú találkozások során v -ből
kaméleonok eloszlása. Tehát az
x − 2y = a1 − a −x + 2y = b1 − b egyenletrendszer megoldhatóságát kell tanulmányozni. A megoldhatóság feltétele a1 − a = b − b1 vagyis, hogy a kaméleonok száma ne változzon. Belátható, hogy tetszőleges a1, b1 esetén (a1 + b1 = a + b) megszervezhetők a találkozások úgy, hogy elérjük a kívánt állapotot.
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
103
III.1.2.1 Gyakorlatok és feladatok (75. oldal) 1. Oldd meg a következő rendszereket: x − y + z = 4 3x + 2y + z = 2 b) . a) 2x + 3y − z = 0 ; x + 3y + z = −2 x + 2y + 3z = 3 −2x + y − 3z = −13 Megoldás. a) Az első két egyenletből 3x + 2y = 4 . Ha a második egyenletet szorozzuk 3-mal és hozzáadjuk a harmadik egyenlet megfelelő oldalait, akkor a 7x + 11y = 3 egyenlőséghez jutunk. Így y = −1 és x = 2 , tehát z = 4 + y − x = 1 . b) Ha az első két egyenlet megfelelő oldalait egymásból kivonjuk, a 2x − y = 4 egyenletet kapjuk. Ha a második egyenlőséget szorozzuk 3-mal és hozzáadjuk az utolsóhoz, akkor az x + 10y = −19 egyenlőséghez jutunk. Ebből következik, hogy x = 1 , y = −2 és így z = 2 − 3x − 2y = 3 . 2. Oldd meg és tárgyald a következő egyenletrendszereket: ax + y + z = 1 ax − y + z = 2 b) x + ay − z = 1 a) x + ay + z = 1, a ∈ ; , a∈ . x + y + az = 1 −x + y + az = −13 Megoldás. a) Ha összeadjuk az egyenletek megfelelő oldalait, az (a + 2)(x + y + z ) = 3 egyenlőséghez jutunk. Ha a = −2 , a rendszernek nincs megoldása, mert az előbbi 3 , tehát a rendszer egyenlőség nem lehetséges. Ha a ≠ −2 , akkor x + y + z = a +2 egyenleteiből rendre következnek az 3 (a − 1)x = (a − 1)y = (a − 1)z = 1 − a +2 egyenlőségek. Ha a = 1 , ezekből az egyenlőségekből tobábbi információkat nem nyerünk, de az eredeti egyenletek ekvivalensek, tehát a megoldáshalmaz 1 M = {α, β, 1 − α − β | α, β ∈ } . a ≠ 1 esetén az x = y = z = egyenlőséga +2 hez jutunk, tehát a tárgyalást a következő táblázatba foglalhatjuk össze:
a
A megoldáshalmaz
a = −2 a =1
M =∅ M = {(α, β, 1 − α − β ) | α, β ∈
a∈
1 1 1 M = , , + + + a 2 a 2 a 2
\ {−2, 1}
}
Tartalomjegyzék
104
Egyenletrendszerek
b) Ha összeadjuk a megfelelő oldalakat az a(x + y + z ) = 3 egyenlőséghez jutunk, 3 tehát a = 0 esetén nincs megoldás és a ≠ 0 esetén x + y + z = . Így a a 3 4z − (a + 1)2 y = − a a 3 (a + 1)z + 2y = a egyenletrendszerhez jutunk. Ha kiküszöböljük z -t, akkor a 9 [8 + (a + 1)3 ]y = + a 2 + a − 3 a egyenlőséget kapjuk. Innen (a + 3)(a 2 − 2a + 3) a 2 − 2a + 3 . y= = 2 a(a + 3)(7 + 4a + a ) a(a 2 + 4a + 7)
a +3 2a 2 + 13a + 15 és így x = . a(a 2 + 4a + 7) a(a 2 + 4a + 7) 1 Ha a = −3 , akkor az eredeti rendszerből x = y = − és z = 0 . 2
Hasonló gondolatmenet alapján z =
3. Oldd meg az
x + [y ] + {z } = 1,1 y + [z ] + {x } = 2, 2 z + [x ] + {y} = 3, 3 egyenletrendszert, ahol [a ] az a valósz szám egészrészét, míg {a } a törtrészét jelöli. Megoldás. Ha összeadjuk az egyenletek megfelelő oldalait az x + y + z = 3, 3 egyenlőséghez jutunk. De x + y + z = x + [y ] + {y } + [z ] + {z } , tehát az első egyenet alapján [z ] + {y } = 2, 2 , a második egyenletből következik, hogy [x ] + {z } = 1,1 és [y ] + {x } = 0 . Ezek az egyenlőségek csak akkor lehetségesek, ha [z ] = 2 , {y } = 0, 2 , [x ] = 1 , {z } = 0,1 , [y ] = 0 és {x } = 0 , tehát a megoldások x = 1 , y = 0, 2 és z = 2,1 . 4. Az ABC háromszögbe írt kör a BC, AC és AB oldalakat a D, E illetve F pontokban érinti. Számítsd ki az oldalakon meghetározott szakaszok hosszát az oldalak hosszának a függvényében. Megoldás. Mivel külső pontból a körhöz húzott két érintő hossza egyenlő, az ábrán látható jelölések alapján az
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
105
x + y = c y + z = a x + z = b redszerhez jutunk. Ebből következik, hogy −a + b + c a −b + c a +b −c x= = p −a , y = = p − b és z = = p −c . 2 2 2 5. Egy szigeten 13 szürke, 15 barna és 17 zöld kaméleon él. Ha két különböző színű kaméleon találkozik, mindketten a harmadk színre változtatják bőrük színét. Lehetséges-e, hogy egy idő múlva minden kaméleon azonos színű legyen? Hát akkor, ha 19 szürke, 13 barna és 20 zöld kaméleon van? Megoldás. Az (x , y, z ) számhármas jelölje azt az állapotot, amikor x darab szürke
y darab barna és z darab zöld kaméleon van. Ha a különböző típusú találkozások száma: a (szürkére változnak), b (barnára változnak) és c (zöldre változnak), akkor a találkozások sorrendjétől függetlenül a végén 13 + 2a − b − c szürke 15 − a + 2b − c barna 17 − a − b + 2c zöld és színű kaméleon lesz. Ha minden kaméleon azonos színű, akkor az előbbi számok közül kettő 0 és a harmadik 45. Másrészt az előbbi számok közül bármely kettő különbségének 3-mal való osztási maradéka különbözik 0-tól, így nem lehetséges, hogy a kaméleonok azonos színűek legyenek. 19 + 2a − b − c = 0 A 13 − a + 2b − c = 0 20 − a − b + 2c = 52 egyenletrendszernek a megoldásai a = b − 2 , c = b + 15 , b ∈ alakúak, tehát a = 0 , b = 2 és c = 17 esetén elérjük a kívánt állapotot. Látható, hogy ezek a találkozások lehetségesek is, tehát ebben az esetben elérhető, hogy csak egyszínű kaméleonok éljenek a szigeten. III.2.1. Gyakorlatok (76. oldal) 1. Oldd meg a következő egyenletrendszereket: x + 2y = 3 2x − y = 1 3x − 4y = 1 ; b) ; c) . a) 2 2 x − xy + y 2 = 7 y = x 2 + 3x + 4 x + y 2 = 2 Megoldás. a) Az első egyenletből y = 2x − 1 , tehát a második egyenlet alapján
7 = x 2 − xy + y 2 = x 2 − x (2x − 1) + (2x − 1)2 = 3x 2 − 3x + 1 tehát x ∈ {−1, 2} . Ha x = −1 , akkor y = −3 és ha x = 2 , akkor y = 3 , tehát
Tartalomjegyzék
106
Egyenletrendszerek
M = {(−1, − 3), (2, 3)} . 5 11 b) M = (−1, 2), − , . 2 4 31 17 c) M = (−1, − 1), , . 25 25 2. Oldd meg és tárgyald a következő egyenletrendszereket: y = x 2 − 3x + 2 x 2 + y2 = 1 b) a) , a∈ ; , m, n ∈ x + y = a y = mx + n x 2 + y 2 = 1 , r∈ ; c) (x − 1)2 + (y − 1)2 = r 2 Megoldás. a) y = a − x , tehát a 2 − 2ax + x 2 + x 2 = 1 . ∆ = 8 − 4a 2 .
;
Ha 8 − 4a 2 > 0 , vagyis a ∈ (− 2, 2 ) , akkor két megoldás létezik és ezek
(a + 2 − a 2 , − 2 − a 2 ) illetve (a − 2 − a 2 , 2 − a 2 ) . Ha a ∈ {± 2 } , akkor egy megoldás van és ez az (a, 0) , míg ha a ∈ (−∞, − 2) ∪
∪ ( 2, ∞) , akkor a rendszernek nincs megoldása. b) Ha kiküszöböljük az y-t az x 2 − (3 + m )x + 2 − n = 0 egyenlethez jutunk.
∆ = m 2 + 12m + 4 + 1 , tehát ha ∆ > 0 , akkor két megoldás létezik, ha ∆ = 0 , akkor egyetlen megoldás és ha ∆ < 0 , akkor egy sem. Az első esetben a megoldások: 2 2 2 3 + m + m + 12m + 4n + 1 , 3m + m + 2n + m m + 12m + 4n + 1 , 2 2 2 2 2 3 + m − m + 12m + 4n + 1 , 3m + m + 2n − m m + 12m + 4n + 1 . 2 2 3 + m 3m + m 2 + 2n , A második esetben a megoldás: . 2 2
Megjegyzés. A ∆ > 0 megoldásait a síkban ábrázolhatjuk. x 2 + y 2 = 1 . c) 2 x + y 2 − 2x − 2y = r 2 − 2 2 3 − r2 2 2 x + 2 y = 3 − r − y Tehát és így a + y 2 = 1 egyenlethez jutunk. 2
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
107
∆ = 8 − (3 − r 2 )2 , tehát ha
2 − 1 ≤ r ≤ 2 + 1 , akkor van megoldása a rendszer-
nek, ellenkező esetben nincs. r ∈ { 2 − 1, 2 + 1} esetén a rendszernek egyetlen megoldása van, míg r ∈ ( 2 − 1, 2 + 1) esetén kettő.
2 2 2 2 vagy − , Az első esetben a megoldás: , ,− 2 2 2 2
3 − r 2 ∓ 8 − (3 − r 2 )2 3 − r 2 ± 8 − (3 − r 2 )2 . míg a második esetben: , 4 4 Megjegyzés. Az a) alpontnál egy kör és egy egyenes metszéspontját határoztuk meg, a második esetben egy parabola és egy egyenes és a harmadik esetben két kör metszéspontját. 3. Oldd meg a következő egyenletrendszereket: x + y − z = −6 −x + y + 3z = 1 x + y + z = 1 a) 3x − 2y + z = 6 ; b) 2x − 3y + z = 5 ; c) 2x + 3y + 4z = 4 . 2 2 x 2 + y 2 − z 2 = −4 x 2 + y 2 + z 2 + xy + yz + xz = 2 x + xz − y = 6 Megoldás. Az első két összefüggés alapján kiküszöbölünk két változót. a) Az első egyenletből következik, hogy y = 1 − x − z és így a második egyenlet alap8 − 5x 2x − 5 . Ebből következik, hogy y = és így a 19x 2 − 50x + 31 = 0 ján z = 3 3 31 egyenlethez jutunk. Ha x = 1 , akkor y = −1 és z = 1 , míg ha x = , akkor 19 11 1 31 11 1 y =− és z = − . Tehát a megoldáshalmaz M = (1, − 1, 1), , − , − . 19 19 19 19 19 35 ± 2 310 b) z = , x = 10z − 8 és y = 7z − 7 . 61 12 62 4 c) M = (−1, − 2, 3), − , − , . 3 7 21 4. Határozd meg az (x − 1)2 + (y − 2)2 = 1 egyenletű körhöz az origóból húzott érintők egyenletét. Megoldás. Az egyenes egyenlete y = cx , tehát az (x − 1)2 + (cx − 2)2 = 1 egyenletnek egy megoldása kell legyen. Az egyenlet (c 2 + 1)x 2 − 2(2c + 1)x + 4 = 0 4 alakban írható, tehát a ∆ = 0 feltételből c1 = 0 és c2 = − . 3 4 Az érintők egyenlete: x = 0 és y = − x . 3
Tartalomjegyzék
108
Egyenletrendszerek
5. Létezik-e olyan egyenes, amely érinti az y = x 2 − 3x + 2 és y = −x 2 + 5x − 6 egyenletű görbéket? Megoldás. Az egyenes egyenlete y = ax + b , tehát az y = ax + b y = ax + b és y = x 2 − 3x + 2 y = −x 2 + 5x − 6 rendszereknek egyértelmű megoldása kell legyen. Ennek szükséges és elégséges feltétele, hogy (3 + a )2 = 4(2 − b) és (5 − a )2 = 4(6 + b) . Ha az előbbi két összefüggés megfelelő oldalait összeadjuk, a (3 + a )2 + (5 − a )2 = 32 egyenlethez jutunk, tehát a = 1 és így b = −2 . A d : y = x − 2 egyenes érinti mindkét görbét. III.3.1. Gyakorlatok (77. oldal) 1. Oldd meg a következő rendszereket: 1 1 + = 7 1 + 1 = 1 x y x y ; b) . a) 2 1 1 1 2 + = 37 x + y = 8 2 + xy y 2 x Megoldás. a) Az első egyenlet alapján x + y = xy és a második egyenlőségből következik, hogy (x + y )2 − 2xy = 8 . A t 2 − 2t − 8 = 0 egyenlet megoldásai t1 = 4 és t2 = −2 , tehát a megoldáshalmaz M = {(2, 2), (−1 + 3, − 1 − 3), (−1 − 3, − 1 + 3)} . u + v = 7 rendszert kell megoldanunk. 2 u + uv + v 2 = 37 2 2 2 (u + v ) = u + 2uv + v , tehát uv = 12 és így (u, v ) ∈ {(3, 4), (4, 3)} . Ebből
b) Az
1 1 = u és = v jelöléssel az x y
1 1 1 1 következik, hogy M = , , , . 3 4 4 3 2. Oldd meg a következő rendszereket: x 2 + y 2 = 10 x + y = 1 x 4 + y 4 = 2 xy(x + y ) = −12 a) 2 ; b) 3 ; c) 3 ; d) 2 2 2 . 3 3 x + y 2 = 13 x y (x + y 2 ) = 2 x + y = 37 x y 26 + = 1 Megoldás. a) xy = ((x + y )2 − (x 2 + y 2 )) = −6 , tehát M = {(3, − 2), (−2, 3)} . 2
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
109
2 s − 2p = 10 alakban írható. b) Az x + y = s és xy = p jelölésekkel a rendszer s(10 − p) = 26 Ha kiküszöböljük p -t, az s 3 − 30s + 52 = 0 egyenlethez jutunk. Az egyenlet gyökei s1 = 2 , s2 = −1 + 3 3 és s 3 = −1 − 3 3 . Ha s1 = 2 , akkor p1 = −3 , tehát az u 2 − 2u − 3 = 0 egyenletet kell megoldanunk. Ebben az esetben (x , y ) ∈ {(3, − 1), (−1, 3)} . Ha s2 = −1 + 3 3 , akkor p2 = 9 − 3 3 és (x , y ) ∈ 3 3 − 1 + 6 3 − 8 3 3 − 1 − 6 3 − 8 3 3 − 1 − 6 3 − 8 3 3 − 1 + 6 3 − 8 ∈ , , , . 2 2 2 2
Ha s3 = −1 − 3 3 , akkor p3 = 9 + 3 3 . Így x és y a t 2 + (1 + 3 3)t + 9 + 3 3 = 0 egyenlet gyökei. ∆ = −6 3 − 8 < 0 , tehát nincs valós gyök. s ⋅ p = −12 c) Az x + y = s és xy = p jelöléssel a rendszer alakban írható, s ⋅ (s 2 − 3p) = 37 tehát s = 1 és p = −12 . Ebből következik, hogy M = {(4, − 3), (−3, 4)}. d) Az x 2 = u , y 2 = v , majd u + v = s és u ⋅ v = p jelöléssel a rendszer s 2 − 2p = 2 alakban írható. s ⋅ p = 2 Így s 3 − 2sp = 2s , tehát s = 2 és p = 1 . Ebből következik, hogy (u, v ) ∈ {(1, 1)} , tehát M = {(1, 1), (−1, 1), (−1, − 1), (1, − 1)} . 3. Oldd meg a következő rendszereket:
x 2 − 3xy + y 2 = −1 a) ; 2 x + 6xy + y 2 = 17
x (x + y ) = 10 b) ; y(x + y ) = 15
x (x + y + z ) = 1 c) y(x + y + z ) = 3 . z (x + y + z ) = 5
Megoldás. a) Az x + y = s és xy = p jelöléssel a rendszer s 2 − 5p = −1 2 s + 4 p = 17 alakban írható, tehát p = 2 és s ∈ {±3} . Így M = {(1, 2), (2, 1), (−1, −2), (−2, −1)} . b) Ha a két egyenlőség megfelelő oldalait összeadjuk, az (x + y )2 = 25 egyenlőséghez jutunk. Így x + y ∈ {±5} , tehát M = {(2, 3), (−2, −3)} .
Tartalomjegyzék
110
Egyenletrendszerek
c) Ha összeadjuk az egyenletek megfelelő oldalait következik, hogy x + y + z ∈ {±3} , 1 5 1 5 tehát M = , 1, , − , −1, − . 3 3 3 3
1 1 1 x + y + z = 1 rendszer megoldásait a természetes számok 4. Határozd meg az x + y + z = 11 halmazában. s 2 − 11s 10 = s −1− Megoldás. Az x + y = s és xy = p jelölésekkel a p = s − 10 s − 10 egyenlethez jutunk. Mivel 0 < s < 11 , csak az s − 10 ∈ {−1, − 2, − 5} eseteket kell megvizsgálni, tehát s ∈ {9, 8, 5} . Ha s = 9 , akkor p = 18 és (x , y ) ∈ {(3, 6), (6, 3)} . Ha s = 8 , akkor p = 12 , tehát
(x , y ) ∈ {(2, 6), (6, 2)} , míg ha s = 5 , akkor p = 6 és (x , y ) ∈ {(2, 3), (3, 2)} . Tehát M = {(2, 3, 6), (2, 6, 3), (3, 2, 6), (3, 6, 2), (6, 2, 3), (6, 3, 2)} . Megjegyzés. Az
1 1 1 + + = 1 , x , y, z ∈ x y z
egyenlet összes megoldása is megha-
tározható. III.4.1. Gyakorlatok (78. oldal) 1. Oldd meg a következő rendszereket: 2x 2 + 3y 2 = 11 x 2 − xy + y 2 = 7 x 2 − 3xy = 27 ; b) 2 ; c) 2 . a) 2 x − y 2 = −5 2x + 3xy − y 2 = 1 y + 3xy = −14 Megoldás. a) Ha a második egyenletet szorozzuk 3-mal és a két egyenlőség megfelelő oldalait összeadjuk, az 5x 2 = −4 egyenlőséghez jutunk, tehát a rendszernek nincsenek valós megoldásai. b) Ha a második egyenlet mindkét oldalát szorozzuk 7-tel és kivonjuk az egyenletek megfelelő oldalait, a 13x 2 + 22xy − 8y 2 = 0 egyenlőséghez jutunk. x Mivel y ≠ 0 , a t = jelöléssel 13t 2 + 22t − 8 = 0 . ∆ = 4 ⋅ (121 + 13 ⋅ 8) = 22 ⋅ 152 , y 4 tehát t ∈ −2, . Ha t = −2 , akkor y 2 = 1 és így (x , y ) ∈ {(−2, 1), (2, − 1)} . Ha 13 4 4 169 13 4 13 t= , ,− , akkor y 2 = , tehát (x , y ) ∈ , − . 19 19 13 19 19 19
{
}
c) Az első egyenletet szorozzuk 14-gyel és a másodikat 27-tel, majd összeadjuk a két egyenlőség megfelelő oldalait. Így a 14x 2 + 39xy + 27y 2 = 0 egyenlőséghez jutunk.
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
111
Tartalomjegyzék x ismeretlenre 14t 2 + 39t + 27 = 0 és így ∆ = 392 − 4 ⋅ 14 ⋅ 27 = y 3 9 = 9 ⋅ (132 − 12 ⋅ 14) = 9 , tehát t ∈ − , − . 2 7 3 9 49 Ha t = − , akkor (x , y ) ∈ {(3, −2), (−3, 2)} . Ha pedig t = − , akkor y 2 = , 2 7 10 9 7 9 7 tehát (x , y ) ∈ , ,− − , . 10 10 10 10 Mivel y ≠ 0 , a t =
{
}
III.6. Feladatok (80. oldal) 1. Oldd meg az 2 2 x + xy + y = 21 x + xy + y = 7 egyenletrendszert a valós számok halmazán. (Felvételi 1999) 2 Megoldás. Az x + y = s és xy = p jelölésekkel s − p = 21 és s + p = 7 ,
tehát s + s 2 − 21 = 7 . Így s 2 ≥ 21 és , tehát s = 5 . Ebből következik, hogy p = 4 és így M = {(4, 1), (1, 4)} . 2. Egy apa életkora 5 évvel több mint három fia életkorának összege. Tíz év múlva kétszer annyi idős lesz mint a legnagyobb fia, húsz év múlva kétszer annyi idős lesz mint a középső fia és harminc év múlva kétszer olyan idős lesz mint a legkisebb fia. Hány éves az apa? Hát a fiai? Megoldás. Ha a az apa életkora és f1 > f2 > f3 a három fiú életkora, akkor
a = f1 + f2 + f3 + 5 a + 10 = 2( f1 + 10) a + 20 = 2( f2 + 20) a + 30 = 2( f3 + 30) Ebből következik, hogy 3a = 2( f1 + f2 + f3 ) + 60 = 2(a − 5) + 60 , tehát a = 50 , f1 = 20 , f2 = 15 és f3 = 10 . 3. Egy tutaj az A -ból a B -be indult. 2,4 órával utána elindult egy motorcsónak, amelynek sebessége 20 km/h . A csónak, miután utolérte a tutajt, rögtön visszafordult. Ha 3,6 óra múlva a csónak visszatért A -ba és a tutaj beért B -be, határozd meg a víz sebességét.
112
Egyenletrendszerek
Tartalomjegyzék x vv idő alatt teszi meg ( vv - a víz sebessége). Ugyanakkor x mert a motorcsónak T1 -ben éri t1 = 2, 4 + 20 + vv 2, 4 ⋅ vv (20 + vv ) utol a tutajt. A két egyenlőségből x = . Másrészt t2 = 3, 6 h múlva a 20 x motorcsónak visszaér A -ba, tehát t2 = és így a 20 − vv 2, 4 ⋅ vv (20 + vv ) 3, 6 = 20(20 − vv ) egyenlethez jutunk. Tehát a víz sebessége 10 km/h. Megoldás. Az AT1 = x távolságot a tutaj t1 =
4. Két küldönc egyszerre indul, az egyik A -ból a B -be, a másik B -ből az A -ba. A találkozás után az egyiknek 16 órára, míg a másiknak 9 órára volt szüksége ahhoz, hogy célba érjen. Tudva, hogy mindkettőnek egynletes a sebessége, határozd meg, hogy hány óra alatt tették meg az egész utat külön-külön! Megoldás. Jelöljük T -vel a találkozási pontot, vA és vB -vel a két küldönc sebességét és t -vel a találkozásig eltelt időt. A feltételek alapján: AT = vA ⋅ t = vB ⋅ 16
BT = vB ⋅ t = vA ⋅ 9 vA
16 t = és így t = 12 . Tehát a két küldöncnek külön-külön 28 és 21 órára 9 vB t volt szüsége a távolság megtételére. tehát
=
5. Az A és B pontok között egy autóbusz közlekedik, amely csak A -ban és B -ben áll meg, mindenütt 3 percre. Ismerjük a következőket: a) Az autóbusz sebessége állandó. b) 9 óra 8 perckor az autóbusz áthaladt a C ponton B felé. c) 11 óra 28 perckor indult A -ból. d) 13 óra 16 perckor érkezett B -be. e) 14 óra 4 perckor áthaladt C -n, megint B felé. f) A cukrászmester 58 percen át figyelte az utcát és nem látta elhaladni a buszt. g) A pékmester 20 perc alatt kétszer látta az autóbuszt. Hogyan helyezkedik el a cukrászda, a C pont és a pékség az AB szakaszon? Megoldás. Az autóbusznak az út megtevéséhez legalább 30 percre van szüksége, ellenkező esetben lehetetlen volna az f) feltétel. Ugyanakkor a c) és d) feltételek alapján 13 h 16′ − 11 h 28 ′ = 108 ′ alatt megtett néhány utat, beleszámítva a 3 perces állásokat is. A d) és e) feltételek alapján 14 h 4 ′ − 13 h 16′ = 48 ′ alatt legalább egy utat megtett. Így a 108 ′ alatt pontosan három utat tett meg, A -ból B -be, majd B -ből
Egyenletrendszerek
113
108 ′ − 6′ A -ba és ismét A -ból B -be. Tehát egy út megtételéhez szükséges idő = 3 102′ = = 34 ′ . Ebből következik, hogy 13 h 19′ + 34 ′ = 13 h 53′ -kor érkezett ismét 3 A -ba. 13 h 56′ -kor indult B -be és 8 perc múlva áthaladt C -n ( e) feltétel). Mivel a 8 4 = részénél helyezkedik el ( A 34 17 hoz közelebb). Az ABA vagy BAB útvonal bejárásához 68 ′ + 3′ = 71′ szükséges. Ha a cukrászmester 58 percen át nem látta elhaladni az autóbuszt, akkor az egyik 13 -ad része az AB távolságvárostól számított távolsága nem lehet nagyobb mint 68 17 AB távolságnál messzebb. nak. Hasonlóan a pékség az egyik várostól nem lehet 68 sebessége állandó a C pont az AB szakasz
6. Találjuk ki azt a számot, amelyhez hozzáadjuk a harmadát, majd ebből levonva az így kapott szám hatodát, az eredmény 100. Döntsük el, hogy jó-e az alábbi próbálgatásos módszer? 144 192 = 48 , 144 + 48 = 192 , = 32 , 1. Tegyük fel, hogy a keresett szám 144. 3 6 192 − 32 = 160 . Mivel nem 100-at kaptunk, a keresett szám nem 144. 108 144 = 36 , 108 + 36 = 144 , = 24 , 2. Tegyük fel, hogy a keresett szám 108. 3 6 144 − 24 = 120 . Most sem 100-at kaptunk, tehát a keresett szám nem is 108. A két rossz eredményből a következő számolásokat végezzük: Első tévedés 60, második tévedés 20. A mellékelt ábra szerint a 144 ⋅ 20 és 108 ⋅ 60 szorzatok különbségét elosztjuk a hibák különb108 ⋅ 60 − 144 ⋅ 20 ségével = 90 , a keresett szám 90. Miért? 60 − 20 x x 1 Megoldás. A „kitalálás” az x + − x + = 100 egyenlet megoldását jelenti. 3 3 6 Általában az ax = b egyenlet megoldására használjuk a feladatban leírt találgatásos módzsert. Ha x 1 és x 2 a két próbálkozás, akkor a két tévedés b − ax 1 és b − ax 2 , tehát a táblázat
és így dása.
x 1 (b − ax 2 ) − x 2 (b − ax 1 ) b − ax 1 − b + ax 2
=
b(x 1 − x 2 )
b = − , ami éppen az egyenlet megola a(x 2 − x 1 )
Tartalomjegyzék
114
Egyenletrendszerek
7. Kétféle ezüstünk van. Az egyik 11 karátos, a másik 14 karátos. Mennyi kell az egyes típusokból, hogy 1 font 12 karátos ezüstöt lehessen ötvözni? 11 2 = 14 − 12 Jó-e a feladatra a következő megoldás? 12 karátos 14 1 = 12 − 11 Tehát 1 rész 14 karátos és 2 rész 11 karátos ezüst szükséges az ötvözethez. Megoldás. Ha a és b karátos ezüstből c karátosat szeretnénk ötvözni, akkor az a ⋅ k1 + b ⋅ k2 =c k1 + k2 egyenlőség kell teljesüljön, ahol k1 és k2 a két mennyiség. Így (b − c)k2 = (c − a )k1 , tehát a k1 = (b − c) és k2 = (c − a ) megfelel, tehát a megoldás helyes. 8. Egy fűszerüzletben háromféle tea van: ceyloni, amely fonton/ 5 6 = 12 − 6 \ ként 5$, indiai, amely fontonként 8$ és kínai, amelyből egy font 6\ / 12 1 = 6 − 5 12$. Milyen arányban kell e három teát keverni ahhoz, hogy 1 font keverék 6$ legyen? /5 2 = 8 −6 Helyes-e okoskodásunk? \ 6\ / Tehát 1 rész kínai, 1 rész indiai és 6 + 2 = 8 rész ceyloni tea kell. 8 1= 6−5 Megoldás. Ha k1 , k2 és k 3 a felhasznált mennyiségek, akkor a keverék ára: 5k1 + 8k2 + 12k 3
k1 + k2 + k 3
.
Ha ez 6, akkor 5k1 + 8k2 + 12k 3 = 6(k1 + k2 + k 3 ) vagyis
(8 − 6)k2 + (12 − 6)k 3 = (6 − 5)k1 . 2
6
Így a k2 = k 3 = 6 − 5 és k1 = (8 − 6) + (12 − 6) megoldás helyes. 9. Ha egy kétjegyű szám kétszereséből 1-et kivonunk, akkor az eredeti szám jegyei fordított sorrendben jellenek meg. Melyik ez a szám? Megoldás. A feltételek alapján a 2 ⋅ ab − 1 = ba , tehát 19a = 8b + 1 . Mivel b ≤ 9 , a < 4 és a páratlan. Az a = 1 nem lehetséges és a = 3 esetén b = 7 . Így az egyetlen megoldás a 37. 10. Egy férfi kétszer annyi idős, mint a felesége volt akkor, amikor a férj annyi idős volt, mint a felesége most. A férj és a feleség éveinek a száma valamint ezek összege is aa alakú. Hány éves a férj és a feleség most? Megoldás. Ha f = aa a férj életkora és fe = bb a feleség életkora, akkor
aa = 2 ⋅ (bb − (aa − bb)) , tehát 3a = 4b és mivel a, b ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} , csak az a = 4 és b = 3 vagy
a = 8 és b = 6 eset lehetséges. A második esetben az aa + bb összeg nem kétjegyű, tehát a férj 44 éves és a feleség 33.
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
115
11. Egy kör kerülete 100 m. Ha e körön két test ugyanabban az irányban mozog, akkor e testek 20 másodpercenként találkoznak. Ha ellenkező irányban mozognak, akkor 4 másodpercenként. Mekkora utat tesz meg mindegyik test egy másodperc alatt? Megoldás. Ha v1 és v2 a két test sebessége, akkor az adott feltételek szerint
4(v1 + v2 ) = 100 20(v1 − v2 ) = 100 Tehát v1 = 15 m s és v2 = 10 m s . 12. Oldd meg és tárgyald az
ax + 4y + 7z = 0 2x + ay + 7z = 0 x − 2y + az = 0 egyenletrendszert, ha a ∈ Megoldás.
.
(Felvételi 1995)
a
4
7
∆= 2
a
7 = a3 −a .
1 −2 a A (0, 0, 0) megoldása a rendszernek tetszőleges a ∈
esetén. Az ettől különböző
megoldások létezésének a feltétele ∆ = 0 , vagyis a ∈ {−1, 0, 1} . Ha a = −1 , akkor a
megoldáshalmaz
{
α 5 M = α, α, − | α ∈ 3 3
7 7 = − α, − α, α | α ∈ 2 4
}.
Ha
a = 0,
M =
akkor
} és ha a = 1 , akkor M = {(3α, α, − α) | α ∈
}.
13. Oldd meg az
x 1995 + y 1995 = 1 + 21995 3 3 x − y = −7 egyenletrendszert a valós számok halmazában. (Felvételi 1995) Megoldás. A rendszer írható az x 1995 − 1 = 21995 − y 1995 3 3 3 x − 1 = y − 2 alakban is. Másrészt x 2k +1 − y 2k +1 és x − y előjele megegyezik, tehát 2 − y és y − 2 előjele ugyanolyan mint x − 1 előjele. Ez csak akkor lehetséges, ha y = 2 és így x = 1 . Tehát M = {(1, 2)} .
Tartalomjegyzék
116
Egyenletrendszerek
14. Oldd meg a valós számok halmazában az x + y + x − y = 6 2 2 x − y = 8 egyenletrendszert.
(Felvételi 1997) a + b = 6 Megoldás. A x + y = a és x − y = b jelöléssel a rendszer alakban ab = 8 írható. Így (a, b) ∈ {(2, 4), (4, 2)} . Ha (a, b) = (2, 4) , akkor (x , y ) = (10, − 6) és ha
(a, b) = (4, 2) , akkor (x , y ) = (10, 6) . Tehát M = {(10, −6), (10, 6)} . 15. Oldd meg a
5 x y + = 2 y x 1 1 5 + = 16 x y egyenletrendszert a valós számok halmazában. (Felvételi 1997) Megoldás. Ha elosztjuk a két egyenlőség megfelelő oldalait, az xy = 64 egyenlőséghez jutunk és így x + y = 20 , tehát (x , y ) ∈ {(16, 4), (4, 16)} . mx + y = m 2 16. Oldd meg és tárgyald a következő egyenletrendszert: . x + my = 1 Megoldás. (m − 1)(x − y ) = m 2 − 1 . Ha m = 1 , akkor nem tudunk elosztani (m − 1) -gyel, de az eredeti rendszer két egyenlete ekvivalens és így M = {(α, 1 − α) | | α ∈ } . Ha m ≠ 1 , akkor x − y = m + 1 , tehát (m + 1)x = m 2 + m + 1 és (m + 1)y = −m . m ≠ −1 esetén a rendszer összeférhető és határozott, a megoldása m 2 + m + 1 −m , , míg m = −1 esetén összeférhetetlen. m + 1 m + 1 17. Oldd meg az
x + y xy 1 + =a + x +y a xy x − y xy 1 + =b + x −y b xy egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha a, b ∈
*
.
(Felvételi 1995)
{ }
1 1 1 1 . = a + , akkor u 2 − a + u + 1 = 0 , tehát u ∈ a, u a a a Ez alapján a következő eseteket kell letárgyalni:
Megoldás. Ha u +
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
117
1 x + y x + y x + y 1 =a = = xy a xy a xy 2. ; 3. ; 4. . x −y 1 x − y − x y 1 =b = = b b xy xy xy 2 2 és y = ha a 2 − b 2 ≠ 0 . Az első esetben x = a +b a −b 2b 2b A második esetben x = és y = ha ab ∉ {±1} . ab − 1 ab + 1 2a 2a és y = ha ab ∉ {±1} . A harmadik esetben x = 1 − ab ab + 1 2ab 2ab A negyedik esetben x = és y = ha a 2 − b 2 ≠ 0 . a +b b −a Tehát a következő táblázatba foglalhatjuk össze a megoldásokat: x + y =a xy ; 1. x − y xy = b
A megoldáshalmaz
a 2 = b 2 , ab ∈ {±1} (a, b) ∈ {(1, 1), (1, −1), (−1, 1), (−1, −1)}
a 2 = b 2 de ab ∉ {±1} a 2 ≠ b 2 de ab ∈ {±1}
a 2 ≠ b 2 és ab ∉ {±1}
M1 = ∅ 2b 2a 2a 2b M 2 = , , , ab − 1 ab + 1 1 − ab ab + 1
2 2ab 2ab 2 , , M 3 = , a − b a + b b − a a + b M4 = M2 ∪ M3
18. Oldd meg az
x + y = 3z 2 2 x + y = 5z x 3 + y 3 = 9z egyenletrendszert a valós számok halmazában. (Felvételi 1995) x + y = 3z x + y = 3 z Megoldás. Az és rendszerekben z -t paraméternek 2 3 2 x + y = 5z x + y 3 = 9z tekintjük. Ha z = 0 , akkor a második egyenlet alapján x = y = 0 , tehát feltételezhetjük, hogy z ≠ 0 . Így az előbbi két rendszerből xy =
{ 23} .
adódik, tehát z ∈ 1,
7z 2 − 5z és xy = 3z 2 − 1 2
Ha z = 1 , akkor x + y = 3
és xy = 2
alapján
Tartalomjegyzék
118
Egyenletrendszerek 2 1 , akkor x + y = 2 és xy = , tehát 3 3 3 + 6 3 − 6 3 − 6 3 + 6 , . (x , y ) ∈ , , 3 3 3 3
(x , y ) ∈ {(1, 2), (2, 1)} . Ha z =
19. Oldd meg a valós számok halmazában a következő egyenletrendszert: u +v = 2 ux + vy = 3 . 2 ux + vy 2 = 5 ux 3 + vy 3 = 9 2 2 u + v = 2 ux + vy = 5 és 3 rendszerekben x -et és y -t paraMegoldás. Az 3 ux + vy = 3 ux vy 9 + = 3 − 2y 3 − 2x 9 − 5y 9 − 5x méternek tekintjük. Így az (u, v ) = , , = x − y y − x x 2 (x − y ) y 2 (y − x ) 3 − 2y 9 − 5y 3 − 2x 9 − 5x egyenlőséghez jutunk. Tehát és . Az x = y = 2 = 2 x −y x (x − y ) y −x y (y − x ) eset nem lehetséges mert ellentmondáshoz vezet, akárcsak az x = 0 vagy y = 0 . Az x 2 (3 − 2y ) = 9 − 5y előbbi egyenlőségek alapján: 2 . Ha kivonjuk és összeadjuk a y (3 − 2x ) = 9 − 5x 3(x + y ) − 2xy = 5 megfelelő oldalakat, akkor a 2 rendszerhez 3(x + y 2 ) − 2xy(x + y ) = 18 − 5(x + y ) jutunk. Ebből következik, hogy x + y = 3 és xy = 2 , tehát (x , y ) ∈ {(2, 1), (1, 2)} és így M = {(2, 1, 1, 1), (1, 2, 1, 1)} ( x , y, u, v a sorrend). 20. Oldd meg az
x 2 + y 2 + z 2 = 12 xy + yz + zx = 12 egyenletrendszert a valós számok halmazában. Megoldás. Mivel x 2 + y 2 + z 2 = xy + yz + zx következik, hogy x = y = z (lásd 9.1.3. feladatot a 28. oldalon) és így M = {(2, 2, 2), (−2, − 2, − 2)} . 21. Oldd meg az 2 2 2 2 2 x + y + z + t + u = 10 xy + yz + zt + tu + ux = 10
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
119
egyenletrendszert a valós számok halmazában. Megoldás. A 9.3.4. Alkalmazások 2. feladata alapján (lásd a tankönyv 34. oldalát) x = y = z = t = u és így M = {( 2, 2, 2, 2, 2), (− 2, − 2, − 2, − 2, − 2)} . 22. Oldd meg az
x + y + 1 = 3 z 1 x + + z = 3 y 1 + y + z = 3 x egyenletrendszert a valós számok halmazában. Megoldás. Ha x ≠ y ≠ z ≠ x , akkor páronként kivonjuk egymásból az egyenleteket és így az xy = yz = zx = −1 összefüggésekhez jutunk. Ebből következik, hogy x = y = z tehát a rendszernek nincs olyan megoldása, amelyre x ≠ y ≠ z ≠ x . Ha 1 x = y = z , akkor az x = y = z = 1 és x = y = z = megoldásokat kapjuk. 2 A szimmetria miatt a továbbiakban feltételezhezjük, hogy x = y ≠ z . Így a 1 2x + z = 3 1 x + +z = 3 x rendszert kell megoldanunk. Ebből következik, hogy xz = −1 , tehát x = 3 és így 1 1 1 1 1 1 M = (1, 1, 1), , , , 3, 3, − , 3, − , 3 , − , 3, 3 . 2 2 2 3 3 3 23. Oldd meg az
a1 − 4a2 + 3a 3 ≥ 0 a − 4a + 3a ≥ 0 3 4 2 …………………… a1999 − 4a2000 + 3a2001 ≥ 0 a2000 − 4a2001 + 3a1 ≥ 0 a2001 − 4a1 + 3a2 ≥ 0 egynlőtlenségrendszert a valós számok halmazában. Megoldás. Ha összeadjuk az egyenlőségeket a 0 ≥ 0 összefüggéshez jutunk, tehát egyetlen egyenlőtlenségben sem teljesülhet szigorú egyenlőtlenség (ebben az esetben a 0 > 0 ellentmondáshoz jutnánk). Tehát ak − 4ak +1 + 3ak +2 = 0, k = 1, 2001 , ahol a2002 = a1 és a2003 = a 2 . Bizonyítható, hogy
Tartalomjegyzék
120
Egyenletrendszerek ak =
Az a2002 = a1 és a2003
3a2 − a1
9(a1 − a2 )
+ , k = 1, 2001 . 2 2 ⋅ 3k = a 2 feltételek alapján a1 = a2 és így ak = a1 , k = 1, 1999 .
24. Oldd meg az
x + y + z = m 2 2 2 2 x + y + z = m x 3 + y 3 + z 3 = m 3 egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha m ∈ . Megoldás. (u − x )(u − y )(u − z ) = u 3 − (x + y + z )u 2 + (xy + yz + zx )u − xyz . m 2 = x 2 + y 2 + z 2 = (x + y + z )2 − 2(xy + yz + zx ) , tehát xy + yz + zx = 0 és így x , y és z az u 3 − mu 2 − c = 0 egyenlet gyökei, ahol c = xyz . Ez alapján
m 3 = x 3 + y 3 + z 3 = m ⋅ (x 2 + y 2 + z 2 ) + 3c = m 3 + 3c , tehát c = 0 és így M = {(m, 0, 0), (0, m, 0), (0, 0, m )} . 25. Oldd meg az
x 3y 3z 4 = 1 2 4 4 x y z = 2 x 2y 3z 5 = 3 egyenletrendszert a valós számok halmazában. Megoldás. Ha az egyenletek megfelelő oldalait páronként elosztjuk, az
x 1 = , y 2
y 2 z = és = 3 összefüggésekhez jutunk. Tehát y = 2x és z = 3x . Ez alapján x z 3 1 = x 3y 3z 4 = x 3 ⋅ 8x 3 ⋅ 81x 4 = 8 ⋅ 81 ⋅ x 10 , 1 ahonnan x = ± 3 4 . Tehát a megoldáshalmaz : 10 2 ⋅3 1 2 3 1 2 3 M = 10 3 4 , 10 3 4 , 10 3 4 , − 10 3 4 , − 10 3 4 , − 10 3 4 . 2 ⋅3 2 ⋅3 2 ⋅3 2 ⋅3 2 ⋅ 3 2 ⋅ 3 26. Mi a feltétele annak, hogy az
x + y + z = a xy + yz + zx = b egyenletrendszer megoldható legyen?
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
121
Megoldás. Az (x + y + z )2 ≥ 3(xy + yz + zx ) egyenlőtlenség alapján az a 2 ≥ 3b feltétel szükséges. Másrészt ha kiküszöböljük z -t és rendezzük x hatványai szerint, az x 2 + x (y − a ) + y 2 − ay + b = 0 (1) egyenlethez jutunk. A rendszernek pontosan akkor létezik megoldása, ha az (1) egyenletben létezik olyan y ∈ , amelyre ∆ = −3y 2 + 2ay + a 2 − 4b ≥ 0 . Ez pontosan akkor lehetséges, ha ∆y = 16a 2 − 48b > 0 , tehát az a 2 ≥ 3b feltétel elégséges is. 27. Bizonyítsd be, hogy ha x + y + z = 6 és xy + yz + zx = 9 , akkor x , y, z ∈ [0, 4] . Megoldás. Akárcsak az előbbi feladatban, a z kiküszöbölése után az x 2 + x (y − 6) + y 2 − 6y + 9 = 0
egyenlethez jutunk, tehát ∆ = −3y 2 + 12y ≥ 0 és így y ∈ [0, 4] . Hasonlóan látható be, hogy x, z ∈ [0, 4] (vagy a szimmetria alapján). 28. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, x, y, z ∈
, x + y + z = a és xy + yz + zx = b , akkor
a 2 − 3b . 3 Megoldás. Ha x ≥ y ≥ z , akkor max{x , y, z } − min{x , y, z } = x − z és max{x , y, z } − min{x , y, z } ≤ 2
(x − z )2 = x 2 + z 2 − 2xz = (a 2 − 2b − y 2 ) − 2(b − y(a − y )) = −3y 2 + 2ay + a 2 − 4b .
De a −3y 2 + 2ay + a 2 − 4b kifejezés maximuma
− és így (x − z )2 ≤ 4 ⋅
∆ a 2 − 3b 16a 2 − 48b = = 4⋅ −4 ⋅ (−3) 12 3
a 2 − 3b a 2 − 3b , vagyis x − z ≤ 2 . 3 3
29. Oldd meg az
x + y + 3 x − y = 6 6 (x + y )3 (x − y )2 = 8 egyenletrendszert a valós számok halmazában. a + b = 6 x − y = b jelölésekkel az egyenab = 8 letrendszerhez jutunk, tehát (a, b) ∈ {(2, 4), (4, 2)} és így M = {(34, − 30), (12, 4)} . Megoldás. Az
30. Oldd meg az
x + y = a és
3
x = y + 45 − y + 5 y = x + 45 − x + 5
Tartalomjegyzék
122
Egyenletrendszerek
egyenletrendszert a valós számok halmazában. Megoldás. Mindkét egyenletet átrendezzük és négyzetre emeljük. Így a 2x y + 5 = 40 − x 2 2y x + 5 = 40 − y 2 rendszerhez jutunk. Ebből 4x 2 (y + 5) = 1600 + x 4 − 80x 2 , 2 4y (x + 5) = 1600 + y 4 − 80y 2 tehát 4xy(x − y ) + 20(x − y )(x + y ) = (x − y )(x + y ) − 80(x − y )(x + y ) .
Ha x ≠ y , akkor a 4xy + 100(x + y ) = (x + y )(x 2 + y 2 ) egyenlőséghez jutunk, mert x = y + 45 − y + 5 > 0 és y > 0 , tehát 100 − x 2 − y 2 > 0 . Ha x = y , akkor
az (x − 4)(x 3 − 100x − 400) = 0 egyenlethez jutunk. Mivel az x 3 − 100x − 400 = 0 egyenletnek a [0, 7 ] intervallumban nincs gyöke, a rendszer egyetlen megoldása az
x = y = 4. 31. Oldd meg az
n x1 + x 2 + … + xn = 2 n, n∈ 3 3 3 x x … x + + + = n 1 2 8 egyenletrendszert a [−1, + ∞) intervallumban.
*
2
1 Megoldás. A 4x 3 − 3x + 1 = 4 x − (x + 1) felbontás alapján 2 4x 3 − 3x + 1 ≥ 0 , ha x ≥ −1 . Tehát n
n
0 ≤ 4 ⋅ ∑ x i3 − 3 ⋅ ∑ x i + n = 4 ⋅ i =1
i =1
n n −3⋅ +n = 0. 8 2
2 i
Ez csak akkor lehetséges ha 4x − 3x i + 1 = 0, i = 1, n , vagyis ha x i =
1 , i = 1, n . 2
32. Oldd meg az
x + y + z = a 1 1 1 1 + + = x y z a xy + yz + zx = −2 egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha a ∈
.
(Felvételi 1999)
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
123
Megoldás. A második egyenlet alapján
xy + yz + zx 1 = , tehát xyz = −2a . Így xyz a
x, y és z az u 3 − au 2 − 2u + 2a = 0 egyenlet gyökei. Az egyenlet (u − a )(u 2 − 2) = 0
alakban írható, tehát M = {(a, 2, − 2), (a, − 2, 2), ( 2, a, − 2), (− 2, a, 2), ( 2, − 2, a ), (− 2, 2, a )} .
33. Oldd meg és tárgyald az
mx + y + z = 0 x + my + z = 0 x + y + mz = 0 x 2 + y2 + z 2 = 3 egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha m < 0 . Megoldás.
(Felvételi 1999)
m
1
1
1
m
1 = m 3 + 2 − 3m = (m − 1)2 (m + 2) ,
1
1
m
tehát ha m ∈ \ {1, −2} , akkor az első három egyenletből alkotott rendszernek egyértelmű megoldása van és az nem teljesíti az utolsó egyenletet. Mivel m < 0 , csak az m = −2 esetet kell megvizsgálni. Ebben az esetben x = y = z , tehát a megoldáshalmaz M = {(1, 1, 1), (−1, − 1, − 1)} . 34. Oldd meg a következő egyenletrendszert a valós számok halmazában: x 2 − yz = 1 2 y − xz = 2 z 2 − xy = −1 Megoldás. Szorozzuk az első egyenletet y -nal, a másodikat z -vel és a harmadikat x -szel. Ha összeadjuk az így kapott egyenletek megfelelő oldalait, az y + 2z − x = 0 összefüggéshez jutunk. Ha az első egyenletet z -vel, a másodikat x -szel és a harmadikat y -nal szorozzuk a z + 2x − y = 0 egyenlethez jutunk. Ebből a két egyenletből x = −3z és y = −5z . Ha ezeket visszahelyettesítjük az első egyenletbe, 3 5 1 3 5 1 az M = ,− , , ,− − , megoldáshalmazt kapjuk. 14 14 14 14 14 14
Tartalomjegyzék
124
A matematikai logika elemei
IV. A matematikai logika elemei IV.1.2. Gyakorlatok és feladatok (87. oldal) 1. Készítsd el az alábbi kijelentések logikai értéktáblázatát: b) p ∧ q ; c) p ∨ q ; a) ( p ) ; e) p ∨ (p ∧ q ) ; i) (p ∨ q ) ∧ r ; Megoldás. a) p p
f) (p ∨ q ) ∨ r ; g) p ∨ (q ∨ r ) ; j) (p ∨ q ) ∧ (q ∨ r ) ; ( p )
f)
p
q
0 0 0 0 1 1 1 1
0 0 1 1 0 0 1 1
p
q
0 0 0 0 1 1 1 1
0 0 1 1 0 0 1 1
h) p
q
0 0 0 0 1 1 1 1
0 0 1 1 0 0 1 1
0 1 0 1 0 1 Megjegyzés. A táblázatból következik, hogy ( p ) ≡ p . b)
p 0 0 1 1
q 0 1 0 1
p ∧q 0 0 0 1
p 0 0 1 1
q 0 1 0 1
p ∨q 0 1 1 1
c)
d)
e)
p
q
p ∨q
0 0 1 1
0 1 0 1
0 1 1 1
p
q
p ∧q
0 0 1 1
0 1 0 1
0 0 0 1
p ∧ (p ∨ q ) 0 0 1 1 p ∨ (p ∧ q ) 0 0 1 1
g)
d) p ∧ (p ∨ q ) ; h) (p ∧ q ) ∨ r ; k) (p ∧ r ) ∨ (q ∧ r ) .
r 0 1 0 1 0 1 0 1
p ∨q
r 0 1 0 1 0 1 0 1
q ∨r
r 0 1 0 1 0 1 0 1
p ∧q
0 0 1 1 1 1 1 1
0 1 1 1 0 1 1 1
0 0 0 0 0 0 1 1
(p ∨ q ) ∨ r 0 1 1 1 1 1 1 1 p ∨ (q ∨ r ) 0 1 1 1 1 1 1 1 (p ∧ q ) ∨ r 0 1 0 1 0 1 1 1
Tartalomjegyzék
A matematikai logika elemei i)
j)
p
q
0 0 0 0 1 1 1 1
0 0 1 1 0 0 1 1
p
q
0 0 0 0 1 1 1 1
0 0 1 1 0 0 1 1
r 0 1 0 1 0 1 0 1
r 0 1 0 1 0 1 0 1
125 p ∨q 0 0 1 1 1 1 1 1
p ∨q
q ∨r
0 0 1 1 1 1 1 1
0 1 1 1 0 1 1 1
(p ∨ q ) ∧ r 0 0 0 1 0 1 0 1 (p ∨ q ) ∧ (q ∨ r ) 0 0 1 1 0 1 1 1
2. Bizonyítsd be a következő összefüggéseket: b) p ∨ q ≡ q ∨ p ; c) p ∧ (q ∧ r ) ≡ (p ∧ q ) ∧ r ; a) p ∧ q ≡ q ∧ p ; d) p ∨ (q ∨ r ) ≡ (p ∨ q ) ∨ r ; e) p ∨ (q ∧ r ) ≡ (p ∨ q ) ∧ (p ∨ r ) ; f) p ∧ (q ∨ r ) ≡ (p ∧ q ) ∨ (p ∧ r ) . Megoldás. a) Elkészítjük a p ∧ q és q ∧ p kijelentések logikai értéktáblázatát: p q p ∧q q∧p 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 Az értéktáblázat alapján p ∧ q és q ∧ p egyidőben igaz, tehát p ∧ q ≡ q ∧ p . b) Hasonlóan, az értéktáblázat: p q p ∨q q∨p 0 0 0 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 Tehát p ∨ q ≡ q ∨ p .
Tartalomjegyzék
126
A matematikai logika elemei
c) Az értéktáblázat: p q
q ∧r p ∧q p ∧ (q ∧ r ) (p ∧ q ) ∧ r r 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 Az értéktáblázatban az utolsó két oszlop azonos, tehát p ∧ (q ∧ r ) ≡ (p ∧ q ) ∧ r . d) Az 1. feladatban az f) és g) pontokban már elkészítettük a (p ∨ q ) ∨ r és p ∨ (q ∨ r ) logikai kijelentések értéktáblázatát. Ezek alapján (p ∨ q ) ∨ r ≡ p ∨ (q ∨ r ) . e) p q q ∧r p ∨q p ∨r p ∨ (q ∧ r ) (p ∨ q ) ∧ (p ∨ r ) r 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Az értéktáblázat kiemelt oszlopai megegyeznek, tehát p ∨ (q ∧ r ) ≡ (p ∨ q ) ∧ (p ∨ r ) . f) p q q ∨r p ∧q p ∧r p ∧ (q ∨ r ) (p ∧ q ) ∨ (p ∧ r ) r 0 0 0 0 1 1 1 1
0 0 1 1 0 0 1 1
0 1 0 1 0 1 0 1
0 1 1 1 0 1 1 1
0 0 0 0 0 1 1 1
0 0 0 0 0 0 1 1
0 0 0 0 0 1 0 1
0 0 0 0 0 1 1 1
A fenti táblázat alapján p ∧ (q ∨ r ) ≡ (p ∧ q ) ∨ (p ∧ r ) . 3. Bizonyítsd be a következő összefüggéseket: / p → (q → r ) ; b) (p → q ) → r ≡ a) p ↔ q ≡ q ↔ p ;
(
)
c) p → q ≡ p ∧ (q ) ;
d) p → q ≡ (q ) → ( p ) .
Tartalomjegyzék
A matematikai logika elemei
127
Megoldás. A bizonyításokat értéktáblázatok segítségével végezzük el. a) p q p ↔q q ↔ p 0 0 1 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 Tehát p ↔ q ≡ q ↔ p . b) p q p →q q →r (p → q ) → r p → (q → r ) r 0 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 A kiemelt oszlopok nem egyeznek meg, tehát (p → q ) → r ≡ / p → (q → r ) . c) p q p →q q p ∧ (q ) p ∧ (q )
(
0 0 1 1
0 1 0 1
1 1 0 1
1 0 1 0
0 0 1 0
)
1 1 0 1
)
(
A táblázat alapján p → q ≡ p ∧ (q ) . d)
p
q
p
q
p →q
(q ) → ( p )
0 0 1 1
0 1 0 1
1 1 0 0
1 0 1 0
1 1 0 1
1 1 0 1
Tehát p → q ≡ (q ) → ( p ) . 4. Bizonyítsd be, hogy az alábbi kijelentések logikai értéke 1, függetlenül az őket alkotó kijelentések logikai értékétől. a) p → (p ∨ q ) ; b) (p ∧ q ) → p ; c) (p ∧ (p → q )) → q ; d) ((p → q ) ∧ (q → r )) → (p → r ) ;
e) (p → q ) → ((q → r ) → (p → r )) ;
Tartalomjegyzék
128
A matematikai logika elemei
(
g) p ∨ ( p ) ;
)
h) p ∧ ( p ) ;
Megoldás. A logikai értéktáblázatokat használjuk. b) a) p q p q p ∨q p ∧q p → (p ∨ q ) p → (p ∨ q ) 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 tehát p → (p ∨ q ) tautológia. c) p q p →q p ∧ (p → q ) (p ∧ (p → q )) → q 0 0 1 1
0 1 0 1
1 1 0 1
0 0 0 1
1 1 1 1
d) p 0 0 0 0 1 1 1 1
q 0 0 1 1 0 0 1 1
r 0 1 0 1 0 1 0 1
p →q 1 1 1 1 0 0 1 1
q →r 1 1 0 1 1 1 0 1
(p → q ) ∧ (q → r )
e) p 0 0 0 0 1 1 1 1
q 0 0 1 1 0 0 1 1
r 0 1 0 1 0 1 0 1
q →r 1 1 0 1 1 1 0 1
p →r 1 1 1 1 0 1 0 1
(q → r ) → (p → r )
g)
1 1 0 1 0 0 0 1
1 1 1 1 0 1 1 1
p
p
p ∨ ( p )
0 1
1 0
1 1
p →r 1 1 1 1 0 1 0 1
((p → q ) ∧ (q → r )) → (p → r )
p →q 1 1 1 1 0 0 1 1
(p → q ) → ((q → r ) → (p → r ))
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
h) p
p
p ∧ ( p )
p ∧ ( p )
0 1
1 0
0 0
1 1
)
(
Tartalomjegyzék
A matematikai logika elemei
129
5. Hány különböző módon lehet kitölteni az alábbi táblázat harmadik oszlopát, ha minden helyre 0 vagy 1 kerülhet? Bizonyítsd be, hogy a , ∨ , ∧ műveletek segítségével mindegyik oszlop kifejezhető. p q (p, q ) 0 0 1 1
0 1 0 1
Megoldás. Minden egyes kapott oszlopnak feleltessünk meg egy kettes számrendszerbeli számot, a következőképpen:
(p, q )
a b c d
a
oszlopnak , ahol a, b, c, d ∈ {0, 1} feleljen meg az abcd (2) szám.
A fenti megfeleltetés jól értelmezett ( abcd valóban egy 2-es számrendszerbeli szám lesz), és egyértelmű, vagyis minden oszlopnak egy és csakis egy szám felel meg. Továbbá, ha tekintjük a 2-es számrendszerbeli számokat 0000-tól 1111-ig, akkor ezen számok mindegyike megfelel egy oszlopnak, tehát ugyanannyi oszlop van, mint ahány 2-es számrendszerbeli szám 0-tól 1111-ig. Viszont 1111(2) = 23 + 22 + 21 + 20 =
= 24 − 1 , és még nem számoltuk bele a 0-t, tehát összesen 24 oszlop létezik. Igazolnunk kell, hogy minden ilyen oszlop előállítható a p és q oszlopaiból az , ∨ , ∧ műveletek többszöri egymásutáni alkalmazásával. Először igazoljuk, hogy a 0000(2) , 0001(2) , 0010(2) , 0100(2) és 1000(2) számoknak megfelelő oszlopok előállíthatók:
(
p
q
p
( p ) ∧ p
p ∧q
( p ) ∨ q
0 0 1 1
0 1 0 1
1 1 0 0
0 0 0 0
0 0 0 1
0 0 1 0
) ( p ) ∧ q ( p ) ∧ (q ) 0 1 0 0
1 0 0 0
A fenti logikai értéktáblázat alapján a 0000(2) , 0001(2) , 0010(2) , 0100(2) és 1000(2)
(
)
számoknak rendre a ( p ) ∧ p , p ∧ q , ( p ) ∨ q , ( p ) ∧ q , ( p ) ∧ (q ) oszlopok felelnek meg. Azonnal látható, hogy a fentebb kapott 5 szám valamilyen összegének megfelelő oszlop előállítható úgy, hogy az összegben szereplő számoknak megfelelő oszlopokra alkalmazzuk a „ ∨ ” műveletet, vagyis ha ez az öt szám x 1 = 0000(2) , ...,
x 5 = 1000(2) , akkor például x 1 + x 3 + x 5 = 1010 és ez a szám előállítható az
Tartalomjegyzék
130
A matematikai logika elemei
x 1o ∨ x 3o ∨ x 5o művelettel, ahol x io -val jelöljük az x i számnak megfelelő oszlopot. Mivel az x 1, x 2 , x 3 , x 4 , x 5 számok összegével minden 0, 1111(2) közötti szám előállítható, következik, hogy minden oszlop előállítható a kért módon (+-ok helyett ∨ -okat írunk). Megjegyzés. Általánosan igaz a következő kijelentés: A p1 , p2 , ..., pn kijelentésekből a (p1, …, pn ) oszlop 2n féleképpen tőlthető ki, és minden kitöltés előállítható az , ∨ , ∧ műveletek alkalmazásával. 6. Az előbbi műveletek közül melyek kommutatívak és melyek asszociatívak? Megoldás. A „ ” művelet unáris, tehát nem beszélhetünk kommutatívitásról vagy asszociatívitásról. Az „ ∧ ” és „ ∨ ” műveletekre már láttuk a 2. feladatnál, hogy teljesülnek a p ∧q ≡ q ∧ p ; p ∨q ≡ q ∨ p ; p ∧ (q ∧ r ) ≡ (p ∧ q ) ∧ r ; p ∨ (q ∨ r ) ≡ (p ∨ q ) ∨ r ; azonosságok, vagyis az „ ∧ ” és „ ∨ ” műveletek kommutatívak és asszociatívak is. 7. Valaki 4 kártyát tett ki elénk. Mindegyiknek az egyik oldalán egy betű áll, másik oldalán egy szám. Legalább hány kártyát kell megfordítanunk ahhoz, hogy ellenőrizzük a következő kijelentéseket (külön-külön), ha a IV.1. ábrán látható betűket és számokat látjuk: a) Ha az egyik oldalon nagy betű áll, a másik oldalon páros szám áll. b) Ha az egyik oldalon páratlan szám áll, akkor a másik oldalon mássalhangzó van.
a
A
1
2
IV.1. ábra
Megoldás. a) Legalább egy kártyát meg kell fordítanunk, mert a p = „az egyik oldalon nagy betű áll” és q = „a másik oldalon páros szám áll” kifejezések lehetnek igazak is és hamisak is, vagyis az értéktáblázatuk: p q p →q ⇒ 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 1 vagyis p → q (ami éppen az a) kijelentés) lehet igaz is és hamis is. Viszont ha egy kártyát megfordítunk, az elég mert ezáltal megkapunk egy (betű, szám) egy párt, és ebből következik, hogy mi van a másik kártyán. b) Mivel „a” és „A” is magánhangzó, ezért a q = „az oldalon mássalhangzó van” kijelentés kiértékelése mindig 1, tehát a p → q kijelentés mindig igaz, vagyis egyetlen kártya megfordítása nélkül megmondhatjuk, hogy a b) kijelentés igaz ( p → q igaz).
Tartalomjegyzék
A matematikai logika elemei
131
IV.1.3.1. Gyakorlatok (88. oldal) 1. Vizsgáljuk meg az alábbi kijelentések logikai értékét: b) ∀ x ∈ : x 2 ≥ 0 ; a) ∃ n ∈ : 2n = n 2 ; c) ∃ n ∈
: n2 + n = 1 ;
d) ∀ x ∈
∃y ∈
úgy hogy x + y = 0 ;
2
e) ∀ x ∈ [1, 2] : x − 3x + 2 ≤ 0 . Megodás. a) Mivel n = 2 -re teljesül a 2n = n 2 egyenlőség és 2 ∈ hogy a „ ∃ n ∈ : 2n = n 2 ” kijelentés igaz. b) Mivel minden x ∈
, következik,
-re x 2 ≥ 0 , a kijelentés igaz.
c) Az n 2 + n = 1 ⇔ n 2 + n − 1 = 0 egyenlet megoldásai n1,2 = kijelentés nem igaz. d) A kijelentés nem igaz, mert például x = 7 ∈ x + y = 0 , vagyis 7 + y = 0 .
−1 ± 5 ∉ 2
-re nem létezik y ∈
⇒ a
úgy, hogy
e) Az x 2 − 3x + 2 = 0 egyenlet gyökei x 1 = 1 és x 2 = 2 , és az x 2 -es tag együtthatója pozitív ⇒ az [1, 2] intervallumban x 2 − 3x + 2 ≤ 0 , tehát a kijelentés igaz. 2. Írd fel kvantorok segítségével az alábbi mondatokat, próbálj minden mondatot kétféleképpen felírni, egyszer univerzális és egyszer egzisztenciális kvantorral. a) Nincsen rózsa tövis nélkül. b) Nem mind arany, ami fénylik. c) Nem minden papsajt. Megoldás. a) Univerzális kvantorral: ∀ rózsán van tövis. / rózsa úgy, hogy nincs rajta tövis. Egszitenciális kvantorral: ∃ b) Univerzális kvantorral: ∀ fénylő dolog nem arany. Egszitenciális kvantorral: ∃ olyan fénylő dolog, ami nem arany. c) Univerzális kvantorral: ∀ dolog nem papsajt. Egszitenciális kvantorral: ∃ dolog, ami nem papsajt. 3. Tagadd a következő predikátumokat/mondatokat: a) ∀ x ∈ [1, ∞] : x > 0 ; b) Bármely erdőlakó tud tüzet rakni. c) Van olyan diák, aki nem tud puskázni. d) Minden tanár érti amit tanít, kivéve a rendőrtanárt. e) Minden diáknak legalább egy tanár szimpatikus. f) Minden héten legalább egyszer boldog vagyok. g) Létezik olyan tantárgy, amit nem szívesen tanulok. h) Létezik olyan tanár, aki minden őt kedvelő diákot kedvel. Megoldás. a) ∃ x ∈ [1, ∞] : x ≤ 0 ; b) Létezik olyan erdőlakó, amelyik nem tud tüzet rakni.
Tartalomjegyzék
132
A matematikai logika elemei
c) Minden diák tud puskázni. d) Van olyan tanár, aki nem rendőrtanár és nem érti amit tanít. e) Létezik olyan diák, akinek minden tanár antipatikus. f) Van olyan hét, amelyiken egyszer sem vagyok boldog. g) Minden tantárgyat szívesen tanulok. h) Nem létezik olyan tanár, aki minden őt kedvelő diákot kedvel. IV.1.4.1. Gyakorlatok és feladatok (90. oldal) 1. A és B egymástól függetlenül igazmondó vagy lókötő. A azt állítja, hogy „Legalább az egyikük lókötő.”. Lókötők-e vagy sem? Megoldás. Két eset lehetséges: A vagy lókötő, vagy igazmondó. Ha A igazmondó, akkor állítása igaz, mely alapján B lókötő kell legyen. Ha A lókötő, akkor állítása hamis, vagyis egyikük sem lókötő, ami ellentmondás ( A lókötő), tehát A nem lehet lókötő. (lásd red. ad abs. módszer!) A fentiek alapján A kijelentéséből egyértelműen el tudjuk dönteni, hogy A igazmondó és B lókötő. 2. Meg lehet-e állapítani, hogy lókötők-e, ha A azt mondja, hogy „Lókötő vagyok vagy B igazmondó”? Megoldás. Ismét két esetet tárgyalunk: 1. Ha A lókötő, akkor állítása hamis. Viszont a p ∨ q állítás, mint láttuk, akkor és csak akkor lehet hamis, ha p is és q is hamis (nem kizárolagos vagy), tehát A igazmondó és B lókötő, ami ellentmond a feltételünknek, hogy A lókötő. 2. Ha A igazmondó, akkor állítása igaz. Ez csak oly módon történhet meg p ∨ q esetén, ha p is és q is igaz, vagy legalább egyikük igaz. Viszont e feltétel szerint, ha p = „lókötő vagyok” és q = „ B igazmondó”, p hamis, tehát q igaz. Vagyis A és B is igazmondók. A két eset alapján egyértelműen A is és B is igazmondó. 3. A , B és C egymástól függetlenül igazmondó vagy lókötő és a következőket mondják: A : Mindnyájan lókötők vagyunk. B : Pontosan egy igazmondó van közöttünk. Meg lehet-e állapítani, hogy ki lókötő és ki nem? Megoldás. A állítása alapján biztosan lókötő. Ha B lókötő lenne, figyelembe véve, hogy A állítása hamis, egy eset lenne lehetséges: két igazmondó van, ami ellentmondás, mert sem A sem B nem igazmondó. Tehát B igazmondó kell legyen, és így állítása szerint C lókötő. Összegezve a fentieket, egyértelműen el lehet dönteni, hogy A lókötő, B igazmondó és C lókötő. 4. A és B egymástól függetlenül igazmondó, lókötő vagy kiismerhetetlen (ezek néha hazudnak és néha igazat mondanak). Az igazmondókat tartják felsőbb, a kiismerhetetleneket közép és a lókötőket alsóbb osztálynak. A következő két állítás alapján el lehet-
Tartalomjegyzék
A matematikai logika elemei
133
e dönteni A vagy B osztályát? Hát azt, hogy az állítások közül melyik igaz és melyik hamis? A : Alacsonyabb osztálybeli vagyok mint B . B : Ez nem igaz! Megoldás. A kijelentése alapján nem lehet igazmondó. Ha A lókötő lenne, akkor kijelentése hamis lenne, és mivel a legalacsonyabb osztály a lókötőké, B is lókötő kellene legyen, tehát állítása hamis. Ez azt jelenti, hogy A állítása igaz, ami ellentmondás, tehát A csak kiismerhetetlen lehet. (1) Ha A állítása igaz lenne, akkor B feltétlenül igazmondó kellene legyen (hisz felsőbb osztályba tartozik), ami ellentmondás, hisz B azt mondja, hogy A állítása nem igaz. Tehát A állítása hamis. (2) (2)-ből következik, hogy B nem lehet lókötő (ebben az esetben A állítása igaz kellene legyen, mert B hazudik), tehát B is kiismerhetetlen. (3) Következik, hogy A és B ugyababba az osztályba tartoznak, és ezért B állítása nem lehet hamis. (4) (1), (2), (3) és (4) alapján mindkét kérdésre igenlő a válasz. 5. A IV.2. ábrán látható ládikák egyikében egy korona van. Meg lehet-e állapítani, hogy melyikben van a korona, ha az egyik ládikán sincs egynél több hamis állítás? A korona nem ebben van. A korona Szent Istváné volt.
A korona nem az 1. ládikában van. A korona II. Lajos királyé volt.
A korona nem ebben van. A korona a 2. ládikában van.
IV.2. ábra Megoldás. A feltétel alapján a korona nem lehet a 3-mas ládában. Ha a korona az 1. ládikában lenne, akkor a p = „A korona II. Lajosé volt.” és q = „A korona Szent Istváné volt.” kijelentések egyszerre igazak kéne legyenek. Tehát a korona a 2. ládikában van és ez esetben ha a korona Szent Istváné volt, akkor teljesül a feltétel, hogy egyik ládikán se legyen egynél több hamis állítás. 6. A és B egymástól függetlenül igazmondó vagy lókötő. A azt állítja, hogy „Ha én igazmondó vagyok, akkor B is az.” Igazmondókkal vagy lókötőkkel van dolgunk? Megoldás. Vegyük észre, hogy A állítása tulajdonképpen egy implikáció, ami akkor és csak akkor hamis, ha az első része igaz és a második hamis. Ha A igazmondó, akkor B is az a fentiek alapján. ( A állítása igaz kell legyen, és ez csak akkor teljesülhet, ha az állítás második része igaz, vagyis B igazmondó.) Ha A lókötő lenne, akkor állítása hamis lenne, tehát állításának első része igaz kell legyen, vagyis A igazmondó – ellentmondás. Tehát A és B is igazmondó. 7. Egy szultán, akinek két lánya volt, azt mondta egy vendégségbe érkezett hercegnek: - Mondanod kell egy állítást. Ha igaz, hozzád adom a nagyobbik lányomat, ha nem, akkor nem veheted őt feleségül. Kevés gondolkodás után a herceg mondott egy mondatot és a szultán kénytelen volt a kisebbik lányt feleségül adni a herceghez. Mit mondhatott a herceg?
Tartalomjegyzék
134
A matematikai logika elemei
Megoldás. A herceg a következő kijelentést tehette: „Egyik lányod sem lesz a feleségem”. 8. Mit mondhatott a herceg, ha a szultán mindkét lányát hozzá kellett adja feleségül? Megoldás. A válasz a következő lehetett: „Ha a nagyobbik lányod a feleségem lesz, akkor a kisebb is.” IV.2.1.1. Gyakorlatok és feladatok (91. oldal) 1. Bizonyítsd be, hogy minden természetes szám 1-nél nagyobb egész kitevőjű hatványának kettős számrendszerbeli alakjában előfordul zérus számjegy. Bizonyítás. A kettes számrendszerben felírt egész számok közül csak azokban nem fordul elő zérus számjegy, amelyekben minden jegy 1-es, tehát amelyek 1-gyel kisebbek 2-nek valamely (pozitív egész kitevős) hatványánál, azaz 2s − 1 alakúak, ahol s = 2, 3, ... (az 1-es jegyek száma, az s = 1 esetet azonban kizárjuk). Eszerint a bizonyítandó állítást így is kimondhatjuk: semilyen a(> 1) egész számnak n(> 1, egész) kitevőjű hatványa nem lehet egyenlő 2s − 1 -gyel. Az a n = 2s − 1 egyenlőséget csak páratlan a -kra kell megcáfolnunk, hiszen a jobb oldal páratlan, páros szám vizsgálandó hatványai viszont maguk is párosak. α) Páratlan n esetén az egyenlőség így alakítható: 2s = a n + 1n = (a + 1)(a n −1 − a n −2 + … + a 2 − a + 1) . Itt a jobb oldali második zárójelben n tag áll, mindegyikük páratlan, tehát a zárójelben páratlan szám áll, és az az egyenlőség szerint osztója 2s -nek. 2s -nek viszont nincs más páratlan osztója mint az 1, csak az lehetne tehát az n tagú zárójel értéke. Ámde a zárójelbeli kifejezés így írható: (a n −1 − a n −2 ) + (a n −3 − a n −4 ) + … + (a 2 − a ) + 1 > 1 , hiszen a kéttagúak száma legalább 1 és mindegyik kéttagú pozitív. Ellentmondásra jutottunk a föltevésből. β) Páros n esetén n = 2m jelöléssel a n + 1 = (2b + 1)n + 1 = [(2b + 1)2 ]m − 1m + 2 = {(2b + 1)2 − 1}A + 2 = 4B + 2 , ahol A az egyenlő kitevőjű hatványok különbségére ismert azonosság alapján egész szám, és B = (b 2 + b)A ugyancsak egész. Eszerint a bal oldal már 4-gyel sem osztható maradék nélkül. Mindezek szerint a n = 2s − 1 a tett föltevések mellett lehetetlen, az állítás helyes. 2. Képzeljük el leírva valamilyen sorrendben egymás után a természetes számokat. Karikázzuk be azokat, amelyek legalább akkorák, mint ahányadik helyen állnak a sorban. Bizonyítsuk be, hogy így végtelen sok számot kell bekarikázni. Bizonyítás. Feltételezzük, hogy csak véges sok számot lehet bekarikázni. Ha az utolsó bekarikázott szám ak , M = max{ai | i = 1, k } , akkor
ai ≤ M , ha i = 1, k és a j ≤ M , ha j = k + 1, M + 1
Tartalomjegyzék
A matematikai logika elemei
135
(mivel az a j = k + 1, M + 1 számokat nem karikáztuk be). Így találtunk M + 1 darab nullától és egymástól különböző természetes számt, amelyek M -nél nem nagyobbak. Ez ellentmondás, tehát végtelen sok számot lehet bekarikázni. 1 1 3. Bizonyítsd be, hogy az n 2 − , n 2 + intervallum egyetlen n ∈ 3n 3n esetén sem tartalmaz egész számot. Bizonyítás. Ha az intervallum tartalmazza a k egész számot, akkor 1 1 n 2−
k 2 = 2n 2 . Ez viszont ellentmondás, mert tartalmaz egész számot.
2∉
, és így a vizsgált intervallum nem
21n + 4 tört egyetlen n ∈ esetén sem egyszerűsíthető. 14n + 3 Bizonyítás. Ha d ∈ osztja a tört számlálóját és nevezőjét, akkor d | 3(14n + 3) − 2(21n + 4) , vagyis d | 1 . Ez csak akkor lehetséges, ha d = 1 , tehát a tört irreducibilis. 4. Bizonyítsd be, hogy a
5. Bizonyítsd be, hogy ha hét szám közül bármely négy összege nagyobb a többi három összegénél, akkor a számok pozitívak. Bizonyítás. Feltételezzük, hogy a1 ≤ 0 és tekintjük az a1 + a 2 + a 3 + a 4 > a 5 + a 6 + a 7 , a1 + a 5 + a 5 + a 7 > a2 + a 3 + a 4
egyenlőtlenségeket. Ha a megfelelő oldalakat összeadjuk az a1 > 0 egyenlőtlenséghez jutunk, ami ellentmond a feltételezésnek, tehát a1 > 0 . Mivel a1 -et tetszőlegesen választottuk, a számok mind pozitívak. 6. Bizonyítsd be, hogy ha a , b és c páratlan természetes számok, akkor az ax 2 + bx + c = 0 egyenletnek nincs egész gyöke. Bizonyítás. Ha x páros, akkor ax 2 + bx + c páratlan (mert ax 2 + bx páros és c páratlan) és ha x páratlan, akkor ax 2 + bx + c páratlan mert három páratlan szám összege. Így egyetlen x ∈ szám sem lehet gyöke az ax 2 + bx + c = 0 egyenletnek.
Tartalomjegyzék
136
A matematikai logika elemei
m m2 7. Bizonyítsd be, hogy ha 2 ∉ , akkor ∉ (m, n ∈ , n ≠ 0) . n n m m2 Bizonyítás. Ha ∈ , akkor 2 ∈ , tehát a p → q ⇔ q → p tautológia n n alapján igaz az állítás.
8. Bizonyítsd be, hogy ha
m2 ∈ n2
, akkor
m ∈ n
(m, n ∈ , n ≠ 0) .
m m a ∉ , akkor létezik a, b ∈ , (a, b) = 1 úgy, hogy = és n n b m2 a2 m2 b ∉ {±1} . Tehát 2 = 2 és (a 2 , b 2 ) = 1 , b 2 ≠ 1 , vagyis 2 ∉ . A [ p → q ⇔ n b n ⇔ q → p tautológia alapján igaz a feladat állítása.
Bizonyítás. Ha
9. Bizonyítsd be, hogy négy egymás utáni nullától különböző természetes szám szorzata nem lehet teljes négyzet. Bizonyítás. n(n + 1)(n + 2)(n + 3) = (n 2 + 3n )(n 2 + 3n + 2) =
= (n 2 + 3n )2 + 2 ⋅ (n 2 + 3n ) + 1 − 1 = (n 2 + 3n + 1)2 − 1. Két teljes négyzet közötti különbség csak akkor 1, ha ezek a számok az 1 és 0, tehát (n 2 + 3n + 1)2 − 1 csak akkor teljes négyzet, ha (n 2 + 3n + 1)2 − 1 = 0 . Ez viszont ellentmond annak, hogy a számok különböznek 0-tól. IV.2.2.2. Gyakorlatok és feladatok (96. oldal) 1. Bizonyítsuk be, hogy 1 1 1 1 1 a) ; + + +…+ = 1− 1⋅ 2 2 ⋅ 3 3 ⋅ 4 n ⋅ (n + 1) n +1 n(n + 1)(n + 2) b) 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 + 3 ⋅ 4 + … + n ⋅ (n + 1) = ; 3 n n +1 c) (1 + 2)(1 + 22 )(1 + 24 )(1 + 28 ) ⋅ … ⋅ (1 + 22 ) = 22 − 1 ; 1 1 1 1 n +1 d) 1 − 2 1 − 2 1 − 2 ⋅ … ⋅ 1 − 2 = ; 2 3 4 n 2n n(n + 1) e) 12 − 22 + 32 − … + (−1)n −1 n 2 = (−1)n −1 ; 2 1 1 1 n(n + 2) + +…+ = f) . 1⋅ 3 ⋅ 5 3 ⋅ 5 ⋅ 7 (2n − 1)(2n + 1)(2n + 3) 3(2n + 1)(2n + 3)
Tartalomjegyzék
A matematikai logika elemei
137
Bizonyítás.
1 1 = 1 − , tehát n = 1 esetén az egyenlőség teljesül. 1⋅ 2 2 1 1 1 1 1 Ha valamilyen n ∈ * esetén, akkor + + +…+ = 1− 1⋅ 2 2 ⋅ 3 3 ⋅ 4 n ⋅ (n + 1) n +1 1 1 1 1 1 1 1 + + +…+ + = 1− + = 1⋅ 2 2 ⋅ 3 3 ⋅ 4 n ⋅ (n + 1) (n + 1)(n + 2) n + 1 (n + 1)(n + 2) 1 = 1− , n +2 tehát az egyenlőség teljesül (n + 1) -re is. Így a matematikai indukció elve alapján 1 1 1 1 1 + + +…+ = 1− , ∀ n ≥1 1⋅ 2 2 ⋅ 3 3 ⋅ 4 n ⋅ (n + 1) n +1 1⋅ 2 ⋅ 3 2⋅3⋅4 b) Ha n = 1 , akkor 1 ⋅ 2 = és ha n = 2 , akkor 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 = 8 = . 3 3 n n(n + 1)(n + 2) Ha ∑ k (k + 1) = , akkor 3 k =1 n +1 n n(n + 1)(n + 2) k (k + 1) = ∑ k (k + 1) + (n + 1)(n + 2) = + (n + 1)(n + 2) = ∑ 3 k =1 k =1 (n + 1)(n + 2)(n + 3) , ∀n ≥1 = 3 tehát az egyenlőség teljesül (n + 1) -re is. Így a matematikai indukció alapján n n(n + 1)(n + 2) k (k + 1) = , ∀n ≥ 1 . ∑ 3 k =1 a) Ha n = 1 , akkor
1
2
c) 1 + 2 = 22 − 1 és (1 + 2)(1 + 22 ) = 15 = 22 − 1 , tehát az egyenlőség teljesül n = 1 és n = 2 esetén. n +1
n
Ha (1 + 2)(1 + 22 )(1 + 24 )(1 + 28 ) ⋅ … ⋅ (1 + 22 ) = 22 2
− 1 , akkor n +1
2n
(1 + 2)(1 + 2 )(1 + 2 ) ⋅ … ⋅ (1 + 2 )(1 + 22 n +1
= (22
n +1
− 1)(22
4
(
+ 1) = 2
)
2 2n +1
n +2
− 1 = 22
)=
−1.
A matematikai indukció elve alapján n
n +1
(1 + 2)(1 + 22 ) ⋅ … ⋅ (1 + 22 ) = 22
− 1,
∀n∈
.
1 2 +1 3 = = . 4 2⋅2 4 Ha az egyenlőség teljesül n -re, akkor 1 1 1 1 n + 1 (n + 1)2 − 1 = ⋅ = 1 − 2 ⋅ … ⋅ 1 − 2 1 − 1 − 22 3 n (n + 1)2 2n (n + 1)2 d) n = 2 esetén 1 −
Tartalomjegyzék
138
A matematikai logika elemei
n(n + 2) n +2 = . 2n(n + 1) 2(n + 1) tehát teljesül (n + 1) -re is. Így a matematikai indukció elve alapján 1 1 1 n + 1 ∀ n ≥2. 1 − 22 1 − 32 ⋅ … ⋅ 1 − n 2 = 2n 1⋅ 2 e) n = 1 esetén 12 = (−1)0 ⋅ = 1. 2 n(n + 1) Ha n ∈ esetén 12 − 22 + 32 − … + (−1)n −1 n 2 = (−1)n −1 , akkor 2 n(n + 1) 12 − 22 + 32 − … + (−1)n −1 n 2 + (−1)n (n + 1)2 = (−1)n −1 + (−1)n (n + 1)2 = 2 (n + 1)(n + 2) n +1 = (−1)n ⋅ ⋅ [2(n + 1) − n ] = (−1)n , 2 2 tehát a bizonyítandó egyenlőség teljesül (n + 1) -re is. Így a matematikai indukció elve alapján n(n + 1) 12 − 22 + 32 − … + (−1)n −1 n 2 = (−1)n −1 , ∀ n ≥1. 2 1 1⋅ 3 f) n = 1 esetén az = egyenlőség igaz. 1⋅ 3 ⋅ 5 3 ⋅ 3 ⋅ 5 Ha az egyenlőség teljesül n -re, akkor 1 1 1 1 + +…+ + = 1⋅ 3 ⋅ 5 3 ⋅ 5 ⋅ 7 (2n − 1)(2n + 1)(2n + 3) (2n + 1)(2n + 3)(2n + 5) =
=
n(n + 2) 1 + = 3(2n + 1)(2n + 3) (2n + 1)(2n + 3)(2n + 5)
=
1 3 1 (2n + 1)(n + 1)(n + 3) ⋅ n(n + 2) + = = 3(2n + 1)(2n + 3) 2n + 5 3(2n + 1)(2n + 3) (2n + 5)
(n + 1)(n + 3) , 3(2n + 3)(2n + 5) tehát teljesül (n + 1) -re is. Így a matematikai indukció elve alapján teljesül bármely =
n ∈ * esetén. Megjegyzés. Ha az eredmények nem adottak, akkor az 1 1 1 = − ; k (k + 1) = k 2 + k ; k (k + 1) k k + 1 k k k +1 1 (k − 1)(k + 1) 1− 2 = (1 − 22 )(1 + 22 ) = 1 − 22 ; ; k k2 1 1 1 1 és = ⋅ − (2k − 1)(2k + 1)(2k + 3) 4 (2k − 1)(2k + 1) (2k + 1)(2k + 3)
Tartalomjegyzék
A matematikai logika elemei
139
összefüggéseket használhatjuk a kiszámításukhoz. 2. Számítsd ki az alábbi összegeket, majd bizonyítsd a kapott eredményt a matematikai indukció módszerével: a) 1 ⋅ 2 ⋅ 3 + 2 ⋅ 3 ⋅ 4 + … + n(n + 1)(n + 2) ; b) 1 ⋅ 3 + 2 ⋅ 5 + 3 ⋅ 7 + … + n(2n + 1) ; c) 1 ⋅ 4 + 2 ⋅ 7 + 3 ⋅ 10 … + n(3n + 1) ; 1 1 1 1 1 1 d) + +…+ ; e) ; + +…+ 1⋅ 3 3 ⋅ 5 (2n − 1)(2n + 1) 1⋅ 4 4 ⋅ 7 (3n − 2)(3n + 1) n n 1 4k f) ∑ 4 ; g) ∑ . k =1 (k + 1) k + k k + 1 k =1 4k + 1 Megoldás. a)
n
n
n
n
n
k =1
k =1
k =1
k =1
∑ k(k + 1)(k + 2) = ∑ (k 3 + 3k 2 + 2k ) =∑ k 3 + 3 ⋅ ∑ k 2 + 2 ⋅ ∑ k = k =1
2
n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = + n(n + 1) = ∀ n ≥ 1. 2 2 4 Más ötlet: 4k (k + 1)(k + 2) = k (k + 1)(k + 2)(k + 3) − (k − 1)k (k + 1)(k + 2) tehát 4 ⋅ ∑ k (k + 1)(k + 2) = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) − 0 . b)
n
n
n
n
k =1
k =1
k =1
k =1
∑ k(2k + 1) = ∑ (2k 2 + k ) =2 ⋅ ∑ k 2 + ∑ k =
n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) n(n + 1) n(n + 1)(4n + 5) = + = . (2(2n + 1) + 3) = 3 2 6 6 c)
n
n
n
n
k =1
k =1
k =1
k =1
∑ k(3k + 1) = ∑ (3k 2 + k ) =3 ⋅ ∑ k 2 + ∑ k =
n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) = + = n(n + 1)2 . 2 2 1 1 (2k + 1) − (2k − 1) 1 1 1 d) = ⋅ = − , (2k − 1)(2k + 1) 2 (2k − 1)(2k + 1) 2 2k − 1 2k + 1 n 1 1 1 n . = 1 − tehát ∑ = 2 2n + 1 2n + 1 k =1 (2k − 1)(2k + 1) 1 1 (3k + 1) − (3k − 2) 1 1 1 e) = ⋅ = − , (3k − 2)(3k + 1) 3 (3k − 2)(3k + 1) 3 3k − 2 3k + 1 n 1 1 1 n . = 1 − tehát ∑ = 3 3n + 1 3n + 1 k =1 (3k − 2)(3k + 1) f) 4k 4 + 1 = 4k 4 + 4k 2 + 1 − 4k 2 = (2k 2 + 1)2 − (2k )2 = (2k 2 − 2k + 1)(2k 2 + 2k + 1)
és
(2k 2 + 2k + 1) − (2k 2 − 2k + 1) 4k 1 1 = = 2 − 2 . 4 2 2 4k + 1 (2k + 2k + 1)(2k − 2k + 1) 2k − 2k + 1 2k + 2k + 1
Tartalomjegyzék
140
A matematikai logika elemei
Másrészt
2(k + 1)2 − 2(k + 1) + 1 = 2k 2 + 2k + 1 , tehát az összeg közbeeső tagjai egyszerűsödnek és így n 2n(n + 1) 4k 1 1 = − 2 = 2 . ∑ 2 1 2n + 2n + 1 2n + 2n + 1 k =1 4k + 1 1 1 k +1 − k 1 1 g) , = = = − (k + 1) k + k k + 1 k k +1 k (k + 1)( k + 1 + k ) k (k + 1) n 1 1 = 1− . tehát ∑ n +1 k =1 (k + 1) k + k k + 1 Az indukciós bizonyítások az 1. feladathoz hasonlóan elvégezhetők, de a gondolatmenet minden esetben bizonyítássá is alakítható. 3. Számítsd ki a következő összegeket: a) 1 + x + x 2 + x 3 + … + x n ; b) x + 2x 2 + 3x 3 + … + nx n ; n −1
x x2 x4 x2 + + + + … n . 1− x2 1− x4 1− x8 1− x2 Megoldás. a) Ha S n = 1 + x + x 2 + x 3 + … + x n , akkor x ⋅ S n = x + x 2 + x 3 + … + x n + x n +1 , c)
1 − x n +1 . 1−x 1 − x n +1 , ha x ≠ 1 Tehát 1 + x + x 2 + x 3 + … + x n = 1 − x . 1, 1 ha n x + = tehát S n − x ⋅ S n = 1 − x n +1 és így S n =
b) Ha S n = x + 2x 2 + … + nx n , akkor
x ⋅ S n = x 2 + 2x 3 + … + (n − 1)x n + nx n +1 és
(1 − x )Sn = x + x 2 + x 3 + … + x n − nx n +1 =
1 − x n +1 − 1 − nx n +1 = 1−x
nx n +2 − (n + 1)x n +1 + x , ha x ≠ 1 . 1−x n(n + 1) , ha x = 1 2 . Tehát S n = n +2 − (n + 1)x n +1 + x nx x ≠ 1 , ha 2 (1 − x )
=
Tartalomjegyzék
A matematikai logika elemei
141
x (1 + x 2 ) + x 2 x x2 x + x2 + x3 c) + = = 1− x2 1− x4 1−x4 1−x4 (x + x 2 + x 3 )(1 + x 4 ) + x 4 x + x2 + x3 x4 x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 + = = 4 8 8 1−x 1−x 1+x 1−x8
Az előbbiek alapján az sejthetjük, hogy n −1 n x x2 x2 x + x 2 + x 3 + … + x 2 −1 + +…+ = n = n 1− x2 1− x4 1− x2 1− x2 n x 2 −1 n −1 x2 − x 1 x − = = . n n 1− x2 (x − 1) (1 − x 2 ) Ezt indukcióval igazolhatjuk. n ∈ {1, 2, 3} esetén az egyenlőség teljesül. n −1
Ha
n
x x2 x4 x2 x2 − x … + + + + = , akkor n n 1− x2 1− x4 1− x8 1− x2 (x − 1)(1 − x 2 ) n −1
n
n
n
x x2 x4 x2 x2 x2 − x x2 + + + + + = + … n n n + 1 n +1 = 1− x2 1− x4 1− x8 1− x2 (x − 1)(1 − x 2 ) 1 − x 2 1− x2 n
=
n
(x − 1)(1 − x
n +1
n
(x 2 − x )(1 + x 2 ) + (x − 1) ⋅ x 2 2n +1
)
=
x2
−x n +1
(x − 1)(1 − x 2
)
,
tehát, az egyenlőség (n + 1) -re is igaz. A matematikai indukció elve alapján n −1
n
x x2 x4 x2 x2 − x + + + … + = n n , ∀ n ≥ 1 és x ≠ 1 esetén. 1− x2 1− x4 1− x8 1− x2 (x − 1)(1 − x 2 )
4. Bizonyítsd be a következő egyenlőtlenségeket: k 1 k a) 2n ≥ n 2 , ∀ n ≥ 4 ; b) 1 + ≥ 1 + , n, k ∈ n n c) (1 + x )n ≥ 1 + nx (Bernoulli egyenlőtlenség), ha n ∈
*
*
;
és x > 0;
1 1 1 + +…+ <2 n ; 2 3 n 1 3 5 2n − 1 1 e) ⋅ ⋅ ⋅ … ⋅ < , ∀ n > 1; 2 4 6 2n 3n + 1 n +1 1 1 1 1 ≤ 1+ + + +…+ n < n, ∀ n ≥ 2 ; f) 2 2 3 4 2 −1 1 1 1 g) 1 + 2 + 2 + … + 2 < 2 ; h) 3n ≥ n 3 ∀ n ≥ 4 ; 2 3 n n n 2 + 2n − 2 n 2 + 3n − 4 i) 2n > n 2 + 4n + 5, ∀ n ≥ 7 ; j) . <∑k k! < 6 4 k =2 d) 2 ( n + 1 − 1) < 1 +
Tartalomjegyzék
142
A matematikai logika elemei
Bizonyítás. a) n = 4 esetén 24 = 42 = 16 , n = 5 -re pedig 25 = 32 > 25 = 52 Ha 2n ≥ n 2 , akkor 2n +1 ≥ 2n 2 és így a 2n 2 ≥ (n + 1)2 ⇔ n 2 − 2n + 1 ≥ 2 ⇔ (n − 1)2 ≥ 2
egyenlőtlenség alapján 2n +1 ≥ (n + 1)2 . A matematikai indukció elve alapján így 2n ≥ n 2 ∀ n ≥ 4 .
b) k szerinti indukciót használunk. k = 1 esetén egyenlőség áll fenn. Ha rögzített k k 1 k esetén 1 + ≥ 1 + , akkor n n k +1 1 1 k k 1 k k +1 1 + ≥ 1 + 1 + = 1 + + + 2 ≥ 1 + , n n n n n n n tehát, az egyenlőtlenség (k + 1) -re is igaz. A matematikai indukció elve alapján tehtát k
1 k * 1 + n ≥ 1 + n , ∀ n, k ∈ . c) Ha n = 1 , az egyenlőség teljesül. Ha (1 + x )n ≥ 1 + nx , akkor (1 + x )n +1 ≥ (1 + nx )(1 + x ) = 1 + nx + x + nx 2 ≥ 1 + (n + 1)x ∀ x > −1 és n ∈
*
esetén.
A matematikai indukció elve alapján (1 + x )n ≥ 1 + nx , ∀ n ≥ 1 és x > −1 . d) n = 1 -re a 2( 2 − 1) < 1 < 2 1 egyenlőséget kell megvizsgálni. Ez igaz, mert
2 2 < 3 és 1 < 2 . Ha az egyenlőtlenségek teljesülnek n -re, akkor 1 1 1 1 1 <1+ +…+ + <2 n + (*) 2( n + 1 − 1) + 2 n +1 n n +1 n +1 Megvizsgáljuk a 1 < 2 n + 1 (1) 2 n+ n +1 1 és > 2( n + 2 − 1) (2) 2( n + 1 − 1) + n +1 egyenlőtlenségeket. 1 4 n + < 4n + 4 ⇔ 1 + 4 n(n + 1) < 4n + 4 ⇔ (1) ⇔ 4n + n +1 n +1 ⇔ 16n 2 + 16n < 16n 2 + 24n + 9 és ez igaz mert n ∈ * . (2) ⇔ 2 n + 1 + és ez igaz mert
1 1 > 2 n + 2 ⇔ 4n + 4 + + 4 > 4n + 8 n +1 n +1
1 > 0. n +1
Tartalomjegyzék
A matematikai logika elemei
143
(1), (2) és (*) alapján az egyenlőtlenség igaz (n + 1) -re. Így a matematikai indukció alapján az egyenlőtlesnség igaz ∀ n ≥ 1 esetén.
1 3 3 1 mivel 9 ⋅ 7 = 63 < 64 = 82 . ⋅ = < 2 4 8 7 Ha az egyenlőtlesnég teljesül n -re, akkor 1 3 5 2n − 1 2n + 1 1 2n + 1 . ⋅ ⋅ ⋅ …⋅ ⋅ < ⋅ 2 4 6 2n 2n + 2 3n + 1 2n + 2 Ha igazolni tudjuk, hogy 1 2n + 1 1 (1) ⋅ ≤ 3n + 1 2n + 2 3n + 2 akkor következik, hogy az egyenlőtlenség (n + 1) -re is igaz, tehát a matematikai e) n = 2 esetén
indukció elve alapján bármely n ∈
*
esetén is igaz.
2
(1) ⇔ (3n + 2)(2n + 1) ≤ (3n + 1)(2n + 2)2 ⇔ 0 ≤ 8n 2 + 9n + 2 .
Mivel az utolsó egyenlőtlenség igaz ∀ n ∈
*
esetén, a bizonyítás teljes.
3 1 < 1 + < 2 egyenlőtlenséghez jutunk és ez igaz. 2 2 Ha az egyenlőtlenségek teljesülnek n -re, akkor írhatjuk, hogy n n +1 2n +1 −1 1 2 −1 1 2 −1 1 =∑ + ∑ . ∑ k =1 k k =1 k k =2n k
f) n = 2 esetén a
n +1
n
Ha 2 ≤ k ≤ 2 n +1
, akkor
1 2n +1
n +1
2 −1 1 1 2n 1 1 < n +1 ≤ ≤ n , tehát n +1 ≤ ∑ ≤ 2n ⋅ n , 2 −1 k 2 2 2 k =2n k
1
n +1
1 2 −1 1 n + 2 2 −1 1 ≤ ∑ ≤ 1 és így ≤ ∑ ≤ n + 1. 2 2 k =2n k k =2n k A matematikai indukció elve alapjűn az egyenlőtlenség igaz minden n ≥ 2 esetén. 1 1 g) Az 1 + 2 + … + 2 < 2 egyenlőtlenséget direkt módon indukcióval nem tudjuk 2 n igazolni, ezért szigorítani fogjuk az egyenlőtlenséget. Igazoljuk, hogy 1 1 1 1 + 2 +…+ 2 ≤ 2 − , ∀ n ≥ 1. 2 n n n = 1 esetén az egyenlőtlenség teljesül. Ha az egyenlőtlenség igaz n ∈ * -ra, akkor n +1 n 1 1 1 1 1 = + ≤2− + , ∑ ∑ 2 2 2 (n + 1) n (n + 1)2 k =1 k k =1 k tehát elégséges igazolni, hogy 1 1 1 2− + <2− . (1) 2 (n + 1) n (n + 1)
tehát
Tartalomjegyzék
144
A matematikai logika elemei
1 1 < ⇔ n < n +1 2 (n + 1) (n + 1) n +1 1 1 és így a matematikai indukció Mivel az utolsó egyenlőség igaz, ∑ 2 ≤ 2 − n +1 k =1 k elve alapján n 1 1 ≤ 2 − < 2, ∀ n ≥ 1 . ∑ 2 n k =1 k 1 1 Megjegyzés. Az 2 < egyenlőtlenség alapján k k (k − 1) n n n 1 1 1 1 1 1+∑ 2 <1+ ∑ = 1 + ∑ − = 2 − < 2 . ( + 1) − 1 k k k k k n k =2 k =2 k =2 (1) ⇔
h) Ha n = 4 , akkor 34 = 81 és 4 3 = 64 , tehát 34 > 4 3 . Ha rögzített n ∈ esetén 3n ≥ n 3 , akkor 3n +1 ≥ 3n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 , mert n ≥ 4 esetén n 3 ≥ 4n 2 ≥ 3n 2 + 4n ≥ 3n 2 + 3n + 1 . A matematikai indukció elve alapján 3n ≥ n 3 ∀ n ≥ 4 . i) n = 7 esetén 27 = 128 és n 2 + 4n + 4 = 82 , tehát az egyenlőtlenség teljesül. Ha 2n ≥ n 2 + 4n + 5 , akkor 2n +1 ≥ 2n 2 + 8n + 10 > n 2 + 6n + 10 , tehát az egyenlőtlenség (n + 1) -re is teljesül.
A matematikai indukció elve alapján 2n > n 2 + 4n + 5, ∀ n ≥ 7 . j) Ha az egyenlőtlenséget teljes indukcióval akarjuk bizonyítani, azt kell ellenőriznünk, teljesül-e az n legkisebb szóba jövő értékére, és azt, hogy az egyes odalak megváltozása nem változtat-e az egyenlőtlenség irányán, ha (n − 1) -ről áttérünk n -re.
Ha n = 2 , 1 < 2 < 1, 5 , tehát az egyenlőtlenség teljesül. Ha (n − 1) -ről áttérünk n -re, a bal oldal megváltozása:
n 2 + 2n − 2 (n − 1)2 + 2(n − 1) − 2 2n + 1 , − = 6 6 6 az egyenlőtlenséglánc középső tagjának a megváltozása: K n − K n −1 = n n ! , végül a jobb oldal megváltozása: n 2 + 3n − 4 (n − 1)2 + 3(n − 1) − 4 n + 1 J n − J n −1 = . − = 4 4 2 Elég tehát a 2n + 1 n n +1 < n! < , 6 2 vagy a kicsit többet mondó n 1 n! 1 < < (1) 3 n +1 2 Bn − Bn −1 =
Tartalomjegyzék
A matematikai logika elemei
145
egyenlőtlenséget bizonyítani az n ≥ 3 egészekre. Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenségeket az 1, 2, …, n számokra. Ezeknek a számoknak a mértani közepe M = n n!, számtani közepe pedig 1+ 2 +…+n n +1 . S= = 2 n Az M < S egyenlőtlenségből épp (1) jobb oldalát kapjuk. Az n ! = n ⋅ (n − 1)! összefüggés alapján alakítsuk az (1) közepén álló kifejezés n edik hatványát szorzattá: n 1 n n − 1n −1 (n − 1)! 1 n! nn n! nn = ⋅ = ⋅ = … = ⋅ ⋅ … ⋅ . n + 1 n n n −1 (n + 1)n (n + 1)n n n (n + 1)n 2 1 Ez egy n -tényezős szorzat, elég belátnunk, hogy mindegyik tagja nagyobb -nál: 3 j j 1 ( j = 1, 2, …) . (2) > j + 1 3 Ismét a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget akarjuk felhasználni: 1 veszünk j számot, melyek mindegyike 1 + -vel egyenlő, és veszünk k egymással j egyenlő pozitív számot, amelyek szorzata
1 -dal egyenlő. Ezek m mértani közepének 3
( j + k ) -adik hatványa j
m
j +k
1 j + 1 = , 3 j
számtani közepe pedig
1 j 1 + + k ⋅ a j , s= j +k 1 . Eszerint készen vagyunk, ha sikerül k -t úgy megválasztani, hogy s = 1 3 legyen, hiszen ekkor m < 1 , ami ekvivalens a bizonyítandó (2)-vel. Az s ≤ 1 egyenlőtlenség feltétele ahol a k =
k
j + 1 + k ⋅ a ≤ j + k , azaz 3
k − 1 1 = a k ≤ , k 3
6 216 ami teljesül például k = 6 mellett: = = 1, 728 < 3 , tehát 5 125
6 1 5 > . 6 3
Tartalomjegyzék
146
A matematikai logika elemei
5. Bizonyítsd be a következő egyenlőtlenségeket: 2 n n n a) ∑ ak2 ∑ bk2 ≥ ∑ akbk , ha ak , bk ∈ k =1 k =1 k =1
;
b) a1 + a2 + … + an ≤ a1 + a2 + … + an , ha ak ∈ , k = 1, n ; c) 2n −1 (a n + b n ) ≥ (a + b)n , ha a, b ∈
és a + b > 0 ;
1 és x j ≥ 0 ∀ j = 1, n , akkor 2 1 (1 − x 1 )(1 − x 2 ) ⋅ … ⋅ (1 − x n ) ≥ ; 2 n 1 1 1 1 e) ≤ − +…+ − < (x + 1)(x + 2n ) x + 1 x + 2 x + 2n − 1 x + 2n n , ha x > 0, n ∈ . 1 1 + x + 2n + 2 2 d) Ha x 1 + x 2 + … + x n ≤
<
x
f) Ha k, n ∈
k
és 0 ≤ x ≤ 1 , akkor [1 − (1 − x )n ] ≥ 1 − (1 − x k )n .
Bizonyítás. a) n = 1 esetén a12b12 ≥ (a1b1 )2 ha a1, b1 ∈
, tehát ebben az esetben
az egyenlőtlenség teljesül. Ha n ∈ * és tetszőleges (ai )i =1,n , (bi )i =1,n valós számokra teljesül a 2
n n 2 n ∑ a ∑ b 2 ≥ ∑ a b k k k k k =1 k =1 k =1
egyenlőtlenség, akkor írhatjuk, hogy: 2 2 n +1 n +1 2 n +1 n n n a b 2 − a b = a 2 + a 2 b 2 + b 2 − a b + a b = ∑ ∑ ∑ n +1 ∑ k n +1 n +1 n +1 k ∑ k ∑ k =1 k =1 k k k =1 k k =1 k =1 k k k =1 2
n n n n n n = ∑ ak2 ∑ bk2 + an2 +1 ∑ bk2 + bn2+1 ∑ ak2 − ∑ akbk − 2an +1bn +1 ∑ akbk = k =1 k =1 k =1 k =1 k =1 k =1 2
n n n n = ∑ ak2 ∑ bk2 − ∑ akbk + ∑ (an +1bk − bn +1ak )2 ≥ 0 k =1 k =1 k =1 k =1
A matematikai indukció elve alapján 2 n n 2 n ∑ a ∑ b 2 ≥ ∑ a b , ∀ n ∈ , ∀ a , b ∈ k k k k =1 k k =1 k k k =1
k = 1,n .
b) a1 + a2 ≤ a1 + a2 . Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a számok azonos
előjelűek. Ha n -re teljesül az egyenlőtlenség, akkor n
n +1
i =1
i =1
a1 + a2 + … + an + an +1 ≤ a1 + a2 + … + an + an +1 ≤ ∑ ai + an +1 = ∑ ai .
Tartalomjegyzék
A matematikai logika elemei
147
c) n = 1 esetén egyenlőség van. n = 2 -re 2(a 2 + b 2 ) ≥ (a + b)2 , mert (a − b)2 ≥ 0 . Ha az egyenlőtlenség teljesül n -re, akkor 2n −1 (a n + b n ) ≥ (a + b)n
és így Vizsgáljuk meg a
2n −1 (a n + b n )(a + b) ≥ (a + b)n +1
2n (a n +1 + b n +1 ) ≥ 2n −1 (a n + b n )(a + b) egyenlőtlenséget. Ez ekvivalens az (a n − b n )(a − b) ≥ 0 egyenlőtlenséggel és ez igaz. d) Ha n = 1 , akkor egyenlőség áll fenn. Ha n = 2 , akkor 1 1 (1 − x 1 )(1 − x 2 ) = 1 − x 1 − x 2 + x 1x 2 ≥ + x 1x 2 ≥ . 2 2 Feltételezzük, hogy létezik olyan n , amelyre tetszőleges x 1, x 2 , …, x n ∈ + számok1 1 , akkor (1 − x 1 )(1 − x 2 ) …(1 − x n ) ≥ . 2 2 1 Ha y1, y2 , …, yn , yn +1 ∈ + és y1 + y2 + … + yn + yn +1 ≤ , akkor az 2 (1 − y1 )(1 − y2 ) ≥ 1 − y1 − y2 > 0 egyenlőtlenség alapján írhatjuk, hogy
ra, ha x 1 + x 2 + … + x n ≤
1 2 mert az x 1 = y1 + y2 , x k = yk +1, k = 2, n számokra alkalmazzuk az indukciós felté(1 − y1 )(1 − y2 ) ⋅ … ⋅ (1 − yn )(1 − yn +1 ) ≥ (1 − y1 − y2 )(1 − y 3 ) ⋅ … ⋅ (1 − yn +1 ) ≥
telt. A matematikai indukció elve alapján a tulajdonság bármely n ∈ esetén igaz. 1 1 1 1 ≤ − ≤ e) Ha n = 1 , akkor az (x + 1)(x + 2) x + 1 x + 2 x + 1 x + 5 2 2 egyenlőtlenséget kell igazolnunk. Az első egyenlőtlenségben egyenlőség van, míg a 5 < 2 . Feltételezzük, hogy n -re teljesül és mindhárom második teljesül mert 4 1 1 kifejezéshez hozzáadunk − -t. Elégséges igazolnunk, hogy x + 2n + 1 x + 2n + 2 n 1 1 n +1 és + − ≥ (x + 1)(x + 2n ) x + 2n + 1 x + 2n + 2 (x + 1)(x + 2n + 2) n 1 1 n +1 + − ≤ 1 1 x + 2n + 1 x + 2n + 2 1 1 x + x + 2n + 2 + x + 2n + x + 2 2 2 2 (x + 1)(x + 2n + 2) ≥ x (x + 2n ) Az első egyenlőtlenség ekvivalens az egyenlőtlenséggel és a második az 1 1 x + 2n + x + 2n + 2 + ≤ (x + 2n + 1)(x + 2n + 2) 2 2
(
)
Tartalomjegyzék
148
A matematikai logika elemei
egyenlőtlenséggel. Mivel mindkét egyenlőtlenség igaz, a bizonyítandó egyenlőtlenség (n + 1) -re is igaz és így a matematikai indukció alapján igaz minden n ∈ * esetén. f) Két egymásba ágyazott indukciót használunk. Ahhoz, hogy a k szerinti indukció működjön az (1 − x k +1 )n + (1 − x k )n (1 − x )n ≥ (1 − x )n + (1 − x k )n x ∈ [0, 1], k, n ∈ * egyenlőtlenségre volna szükség. Az x = a és x k = b jelöléssel ez (1 − ab)n + (1 − a )n (1 − b)n ≥ (1 − a )n + (1 − b)n alakban írható. Ezt az egyenlőtlenséget n szerinti indukcióval igazoljuk. (1 − ab)n ≥ (1 − a )n + (1 − b )n − (1 − a )n (1 − b)n /⋅ (1 − ab) Elégséges igazolni, hogy (1 − a )n + (1 − b)n − (1 − a )n (1 − b)n − ab(1 − a )n − ab(1 − b)n + ab(1 − a )n (1 − b)n ≥
≥ (1 + a )n +1 + (1 − b )n +1 − (1 − a )n +1 (1 − b)n +1 . Ez ekvivalens az a(1 − a )n (1 − b) [1 − (1 − b)n ] + b(1 − b)n [1 − (1 − a )n ] ≥ 0 egyenlőtlenséggel és ez igaz. 6. Bizonyítsd be a következő oszthatóságokat: a) 4 | (15n + 3n +1 ) ; b) 9 | (16n − 6n − 1) ; c) 7 | (5 ⋅ 2n −1 + 94n −3 ) ;
d) 17 | (3 ⋅ 52n +1 + 23n +1 ) ;
e) 133 | (11n +2 + 122n +1 ) ;
f) 23 | (27n +3 + 32n +1 ⋅ 54n +1 ) ;
Bizonyítás. a) n = 1 esetén 15 + 32 = 24 4 .
Ha 15n + 3n +1 = 4M , akkor 15n ⋅ 3 + 3n +2 = 4 ⋅ 3M és így 3n +2 = 4 ⋅ 3M − 15n ⋅ 3 , tehát 15n +1 + 3n +2 = 15n +1 − 15n ⋅ 3 + 4 ⋅ 3M = 15n ⋅ 12 + 12 ⋅ M 4 . b) n = 1 esetén 16n − 6n − 1 értéke 9. Ha (16n − 6n − 1) 9 , akkor 16n = 9M + 6n + 1 , tehát 16n +1 = 16 ⋅ 9M + 96n + 16
és így 16n +1 − 6(n + 1) − 1 = 16 ⋅ 9M + 90n + 9 és ez osztható 9-cel. A matematikai indukció elve alapján 9 | (16n − 6n − 1), ∀ n ∈
*
.
c) n = 1 esetén 5 ⋅ 2n −1 + 94n −3 értéke 14 és ez osztható 7-tel. Ha 5 ⋅ 2n −1 + 94n −3 = 7M , akkor 5 ⋅ 2n = 14M − 2 ⋅ 94n −3 , vagyis 5 ⋅ 2n + 94n +1 = = 14M + 94n −3 (94 − 2) és ez osztható 7-tel mert (94 − 2) = 81 ⋅ 81 − 2 = 6559 és ez osztható 7-tel. d) n = 0 esetén 3 ⋅ 52n +1 + 23n +1 értéke 17 . Ha 3 ⋅ 52n +1 + 23n +1 = 17M , akkor 3 ⋅ 52n +3 = 17 ⋅ 25M − 25 ⋅ 23n +1 , tehát 3 ⋅ 52n +3 + 23n +4 = 17 ⋅ 25M − 23n +1 ⋅ 17 és ez osztható 17 -tel. e) n = 0 esetén 11n +2 + 122n +1 értéke 133 . Ha 11n +2 + 122n +1 = 133M , akkor 11n +3 = 11 ⋅ 133M − 11 ⋅ 122n +1 és így
Tartalomjegyzék
A matematikai logika elemei
149
11n +3 + 122n +3 = 11 ⋅ 133M + 133 ⋅ 122n +1 . A matematikai indukció elve alapján 133 | (11n +2 + 122n +1 ) ∀ n ∈ . f) n = 0 esetén 27n +3 + 32n +1 ⋅ 54n +1 értéke 23. Ha 27n +3 + 32n +1 ⋅ 54n +1 = 23M , akkor 27n +3 = 23M − 32n +1 ⋅ 54n +1 , tehát 27n +10 = 27 ⋅ 23M − 27 ⋅ 32n +1 ⋅ 54n +1 . Ebből következik, hogy 27n +10 + 32n +3 ⋅ 54n +5 = 27 ⋅ 23M + 32n +1 ⋅ 4 4n +1 ⋅ (32 ⋅ 54 − 27 ) .
Mivel 32 ⋅ 54 − 27 = 23 ⋅ 239 következik, hogy (27n +10 + 32n +3 ⋅ 54n +1 ) 23 és így a matematikai indukció alapján (27n +3 + 32n +1 ⋅ 54n +1 ) 23
∀n∈
.
7. Bizonyítsd be, hogy minden háromszög felbontható n darab hozzá hasonló háromszögre, ha n ≥ 6 . Bizonyítás. Ha egy háromszögben felvesszük az oldalak felezőpontjait és meghúzzuk a középvonalakat, négy darab az eredetivel hasonló háromszög keletkezik. Ez azt jelenti, hogy ha egy háromszöget felbontottunk n darab vele hasonló háromszögre, akkor a felbontás valamelyik háromszögét négy háromszögre bontva, (n + 3) háromszögre is felbonthatjuk.
A mellékelt ábrákon látható egy-egy felbontás 6 illetve 8 háromszögre. Mivel 7 = 4 + 3 , 7 háromszögre is felbonthatjuk és így az első észrevétel és a teljes indukció elve alapján szerkeszthetünk minden n ≥ 6 esetén olyan felbontást, amely n darab az eredetivel hasonló háromszöget tartalmaz. 8. Feldarabolható-e egy általános háromszög n darab egyenlő szárú háromszögre, ha n ≥ 4 ? Bizonyítás. Ha egy derékszögű háromszögben meghúzzuk a derékszöghöz tartozó oldalfelezőt, két egyenlő szárú háromszög keletkezik. Mivel minden háromszögnek van legalább egy olyan magassága, amely a háromszög belsejében van, minden háromszög felbontható 4 egyenlő szárú háromszögre. Ez egyben azt is jelenti, hogy ha van felbontás n háromszögre, akkor van n + 4 háromszögre is. Ugyanakkor ha előbb levágunk egy vagy két egyenlő szárú háromszöget, akkor kaphatunk 5 illetve 6 háromszöget
Tartalomjegyzék
150
A matematikai logika elemei
tartalmazó felbontást is. Így tetszőleges n ≥ 4 esetén szerkeszthetünk n darab egyenlő szárú háromszöget tartalmazó felbontást. (Ha ez a háromszög egyenlő szárú, akkor az előbbi feladatot is használhatjuk.) 9. Bizonyítsd be, hogy ha n ≥ 6 , akkor egy tetszőleges négyzet feldarabolható n darab négyzetre. Bizonyítás. Ha egy négyzetben összekötjük a szembenfekvőoldalak felezőpontjait, négy kisebb négyzetet kapunk, tehát n = 4 -re van felbontásunk és ha van n -re, akkor van (n + 3) -ra is. A mellékelt ábrán láthatók n = 6 , n = 7 és n = 8 esetén a felbontások.
A matematikai indukció elve alapján tetszőleges n ≥ 6 esetén felbonthatjuk a négyzetet n darab kisebb négyzetre. 10. Bizonyítsd be, hogy az (n + 1)(n + 2) …(2n ) szorzatban a 2 kitevője pontosan n . Bizonyítás. Ha n = 1 , akkor az 1 ⋅ 2 szorzat prímtényezős felbontásában a 2 kitevője 1. Ha valamilyen n -re az (n + 1)(n + 2) ⋅ … ⋅ (2n ) szorzatban a 2 kitevője n , akkor az (2n + 1)(2n + 2) (n + 2)(n + 3) …(2n )(2n + 1)(2n + 2) = (n + 1)(n + 2) …(2n ) n +1 szorzatban a 2 kitevője (n + 1) , mert (2n + 1) 2 . Így a matematikai indukció elve
alapján (n + 1)(n + 2) ⋅ … ⋅ (2n ) felbontásában a 2 kitevője n , ∀ n ≥ 1 . 11. Bizonyítsd be, hogy minden n ∈ * esetén 2n -nek létezik olyan egész számú többszöröse, amely csak az 1 és 2 számjegyekből áll. Bizonyítás. n = 1 és n = 2 esetén a 2 és 12 megfelel. Ha az N szám n számjegyű és minden számjegye 1 vagy 2 és 2n | N , akkor az
1N = 10n + N és 2N = 2 ⋅ 10n + N számok közül az egyik osztható 2n +1 -nel ( 5k + x vagy 2 ⋅ 5k + x páros, ∀ x ∈ esetén), tehát létezik (n + 1) számjegyű 2n +1 -nel osztható szám, amelynek minden számjegye 1 vagy 2. Így a matematikai indukció elve alapján a bizonyítás teljes.
Tartalomjegyzék
A matematikai logika elemei
151
12. Bizonyítsd be, hogy 1 + 2 + … + n < 2 bármely n ∈ Bizonyítás. Igazoljuk, hogy k + k +…+ k + n < k +1, ∀ k ∈
*
*
esetén.
,∀n∈
.
Ha n = 0 , akkor a k < k + 1 egyenlőtlenséget kell igazolni és ez igaz mert k2 + k + 1 > 0 ∀ k ∈ * . *
Ha az egyenlőtlenség minden k ∈
esetén igaz egy rögzített n -re, akkor
k + (k + 1) + … + k + n + 1 = k + (k + 1) + … + (k + 1) + n <
< k +k +2 < k +1 mert k ≥ 1 . Így a matematikai indukció elve alapján az egyenlőtlenség minden n ∈ * esetén igaz. k = 1 -re a kért egyenlőtlenséget kapjuk. IV.2.3.1. Gyakorlatok és feladatok (99. oldal) 1. Van-e nullától különböző természetes megoldása az u 2 = 7v 2 egyenletnek? Megoldás. Ha volna (uo , vo ) ∈ * × * megoldás, akkor ezek közt lenne olyan is,
amelyre u minimális (de nem 0 !). Az u 2 = 7v 2 egyenlet alapján u 2 és így létezik u1 ∈ alapján v
*
2 1
7 , tehát u
7
2
úgy, hogy u = 7u1 , azaz 7u = v . Hasonló gondolatmenet
7 , tehát létezik v1 ∈
*
úgy, hogy v = 7v1 . Ha ezt visszahelyettesítjük, az
u12 = 7v12 egyenlethez jutunk. Mivel u1 < u , szerkesztettünk olyan (u1, v1 ) megoldást, amelyre u1 < u . Ez ellentmond u megválasztásának, tehát az egyenletnek nincs nullától különböző megoldása. 2. Bizonyítsd be, hogy ha x 2 + y 2 + 1 = xyz , akkor z = 3 . Bizonyítás. Ha x = y , akkor 2x 2 + 1 = x 2 ⋅ z , tehát x | 1 és így z = 3 , x = y = 1 . A továbbiakban feltételezzük, hogy x < y (a szimmetria alapján feltételezhetjük) és tekintjük az (x 0 , y 0 ) megoldást, amelyre y 0 a lehető legkisebb. Ha x 1 = x 0 ⋅ z − y 0 és y1 = x 0 , akkor y1 (x 0z − y 0 ) = x 02 + 1 > 0 , tehát x 1 ∈ 2 1
és
2 1
x + y + 1 = x 1y1z . A végtelen leszállás elve alapján ilyen (x 0 , y 0 ) megoldás nem létezhet, tehát csak az (1, 1, 3) megoldás teljesíti az egyenletet. 3. Határozd meg az összes olyan n természetes számot, amelyre minden n oldalú sokszög felbontható egymás belső pontjait nem metsző átlók segítségével háromszögekre úgy, hogy minden csúcsból páros számú átló induljon ki.
Tartalomjegyzék
152
A matematikai logika elemei
Megoldás. Ha n -re lehetséges akkor (n + 3) -ra is lehetséges, a felbontás. A mellékelt ábrának megfelelő toldás segítségével (az AB átlóvá változik). A legkisebb m , amelyre lehetséges a kért felbontás az n = 6 , tehát n ∈ {3k | k ≥ 2} esetén az n oldalú sokszögek felbonthatók a feltételnek megfelelően.
A
C
4. Az n ∈ természetes számból kiindulva a következő lépéseket végezzük: a) ha a szám páros, osztjuk 2-vel; B b) ha a szám páratlan hozzáadunk 1-et. Bizonyítsd be, hogy mindig eljutunk 1-hez. Bizonyítás. Ha n = a1a2a 3 …ak az n szám reprezentánsa a kettes számrend-
szerben, akkor ak = 0 esetén az n -ből kapott szám, (a1a2a 3 …ak −1 ) eggyel kevesebb számjegyet tartalmaz. Ha ak = 1 , akkor az n + 1 szám vagy k számjegyet tartalmaz és az utolsó számjegye 0, vagy (k + 1) számjegyet tartalmaz és az utolsó k számjegye 0. Ezért legtöbb két lépés után csökkentjük a kettes számrendszerbeli számjegyek számát. Így el kell jutnunk az 1-hez is. 5. Négy tetszőleges a, b, c, d természetes számból kiindulva a következő lépéseket ismételjük: a meglevő (a, b, c, d ) számnégyest helyettesítjük a ( a − b , b − c , c − d , d − a ) számnégyessel. Bizonyítsuk be, hogy egy idő után csupa 0-t kapunk. Bizonyítás. A lépések során a számok maximuma nem növekedhet. Ha a számok mind oszthatók d -vel, akkor ez a tulajdonság megörződik. Másrészt ellenőrizhető, hogy tetszőleges konfiguráció esetén 2-nek egyre nagyobb hatványával oszthatók a számok. Jelöljük 1-gyel a páratlan és 0-val a páros számokat. Például, ha 0 0 0 1 -ből indulunk
0 0 0 1 0
0 0 1 1 0
0 1 0 1 0
1 1 1 1 0
Tehát 4 lépés után minden szám osztható 2-vel. IV.2.4.2. Gyakorlatok és feladatok (101. oldal) 1. Egy tasakban 60 darab cukorka van, 20 áfonyás, 10 almás, 15 narancsos és 15 sárgadinnyés. Egy bekötött szemű gyereknek hány cukorkát kell kiemelni ahhoz, hogy biztosan legyen közöttük: a) egy áfonyás; b) két áfonyás és két almás;
Tartalomjegyzék
A matematikai logika elemei
153
c) két narancsos, egy sárgadinnyés és egy almás; d) mindegyikből egy-egy; e) valamelyikből három egyforma. Megoldás. a) Legalább 41 darabot kell kivenni, mert előfordulhat, hogy előbb kiveszi az almás, a narancsos és a sárgainnyés cukorkákat (ez 40 darab) és csak azután vesz ki áfonyásat. b) 52; c) 51; d) 51; e) 9. 2. Egy zsákban 10 pár azonos férfi- és 5 pár női kesztyű van. Legalább hány kesztyűt kell kivennünk ahhoz, hogy a) legyen egy pár a kivett kesztyük között; b) legyen egy pár női kesztyű a kivettek között; c) legyen két azonos pár? Megoldás. a) 16; b) 26; c) 18. 3. Igaz-e, hogy egy 25-ös létszámú osztályban van legalább három diák, aki ugyanabban a hónapban született? Megoldás. Ha minden hónapban legfeljebb két születésnap volna, akkor ez legfeljebb 12 ⋅ 2 = 24 születésnapot jelentene. Mivel 25 diák van, valamelyik hónapba legalább három születésnap esik. 4. Egy építkezéshez 50 kőtömböt kell elszállítani, amelyek tömege 370 kg, 372 kg, 374 kg, ... 466 kg. El lehet-e ezekez szállítani egy maximum 3 tonnát szállító teherautóval 7 út alkalmával? Megoldás. Ha 50 kőtömböt 7 út alkalmával szállítunk, legalább egy alkalmommal legalább 8 kőtömböt kell szállítani. De 370 + 372 + 374 + 376 + 378 + 380 + 382 + 384 = 3016 Így ez a szállítmány több volna mint 3 tonna, tehát nem lehetséges. 5. Bizonyítsd be, hogy n darab 2n -nél kisebb és n -től különböző természetes szám közül kiválasztható kettő, amelyek összege 2n . Bizonyítás. A számokat (x , 2n − x ) alakú párokba rendezzük. Mivel (n + 1) ilyen
pár létezik, legalább az egyik pár az adott számok között van. 6. Bizonyítsd be, hogy öt, 10-nél nagyobb prímszám közül kiválasztható kettő, melyek különbsége osztható 10-zel! Bizonyítás. A 10-nél nagyobb prímszámok 10-zel való osztási maradéka 1, 3, 7 vagy 9 lehet, így öt ilyen prímszám közt mindig van kettő, amelyek ugyanazt a maradékot adják 10-zel való osztáskor. A különbségük osztható 10-zel. 7. Bizonyítsd be, hogy 7 egész szám közül kiválasztható kettő, amelyek összege vagy különbsége osztható 11-gyel. Bizonyítás. A teljes négyzetek 11-gyel való osztási maradékai 0, 1, 4, 9, 5 és 3, tehát hét szám közül van kettő, x és y , amelyre x 2 és y 2 11-gyel való osztási
maradéka egyenlő. Így x 2 − y 2 = (x − y )(x + y ) és mivel 11 prímszám, az összeg vagy a különbség osztható 11-gyel.
Tartalomjegyzék
154
A matematikai logika elemei
8. Bizonyítsd be, hogy 27 darab 100-nál nem nagyobb és 0-tól különböző természetes szám között van kettő, amelyek relatív prímek. Bizonyítás. Ha felsoroljuk a számok prímosztóit, legalább 27-et kellene kapjunk, ha nincs köztük olyan, amely nem relatív prím. Ez nem lehetséges, mert nincs 27 darab 100-nál kisebb prímszám. 9. Bizonyítsd be, hogy bármely n páratlan számhoz létezik olyan k tetszőleges szám, amelyre (2k − 1) n . Bizonyítás. Az 1, 2, 22 , 23 , …, 2n számok közt van kettő, amelyeknek n -nel való
osztási maradéka egyenlő. Így (2a − 2b ) n , tehát (2a −b − 1) n . 10. Bizonyítsd be, hogy 6 irracionális szám között mindig van három, amelyek közül bármely kettő összege irracionális. Bizonyítás. Ha x , y, z irracionálisak, akkor nem lehet az x + y , y + z és z + x
egyaránt racionális mert x − y = (x + z ) − (z + y ) ∈ és x + y ∈ -ból következik, hogy x , y ∈ . Helyezzük el az adott számokat egy szabályos hatszög csúcsaiba és az átlókat illetve oldalakat színezzük kékre, ha a végpontokban levő számok összege racionális illetve pirosra, ha irracionális. Az így kapott ábrán van egyszínű háromszög, mert egy csúcsból kiindul legalább három azonos színű vonal és ha ezek másik végpontjait összekötő szakaszok közt van ezekkel megegyezző színű, akkor megvan a háromszög, ellenkező esetben ezek a végpontok határoznak meg ilyen háromszöget. Az egyszínű háromszög az első észrevétel alapján nem lehet kék, tehát van 3 olyan szám, amely teljesíti a feltételt. 11. Egy egységoldalú négyzet belsejében felvettünk 51 pontot. Bizonyítsd be, hogy kiválasztható közülük 3, amelyek által meghatározott háromszög köré írható kör 1 sugara kisebb mint . 7 1 Bizonyítás. A négyzetet osszuk fel 25 darab oldalhosszúságú négyzetre. Így van 5 legalább egy kis négyzetecske, amely 3 pontot tartalmaz. Másrészt az általuk 2 1 < . meghatározott háromszög köré írható kör sugara nem nagyobb mint 10 7 12. Bizonyítsd be, hogy minden 21 oldalú sokszögben van két átló, amelyek által bezárt szög mértéke kisebb mint 1. Bizonyítás. A sík egy tetszőleges P pontján át húzzunk párhuzamost minden 21 ⋅ 18 átlóhoz. Így = 189 egyenest kapunk és 378 szöget. Ha ezek mindegyike 1 2 nál nagyobb lenne, akkor a P körül legalább 378 -os szög keletkezne. Ez ellentmondás, mert a P körüli teljes szög 360 , tehát létezik két átló, amelyek 1 -nál kisebb szöget zárnak be.
Tartalomjegyzék
A matematikai logika elemei
155
13. Egy 3 × 4 -es téglalapban felvettünk 6 pontot. Bizonyítsd be, hogy van köztük kettő, amelyek távolsága legfeljebb 5 . Bizonyítás. Ha két egymásmelletti 1 × 1 -es négyzetben van pont, akkor ezek távolsága legfeljebb 5 , tehát az állítás igaz. Ha viszont egymásmelletti 1 × 1 -es négyzetben nincs pont, akkor valamelyik ábrán látható négyzetekbe kerül pont. Mindkét esetben van olyan 3 × 3 -as része a táblának, amelyen 5 pont van. Így a 3 3 négy × -es négyzet közül legalább egyben két pont van. Ezek 2 2 3 3 távolsága nem több mint ⋅ 2 és ⋅ 2 < 5 , mert 18 < 20 . 2 2 14. A sík minden pontját kékre vagy pirosra színezzük. Bizonyítsd be, hogy van két azonos színű pont, amelyek távolsága 1. Bizonyítás. Tekintsünk egy egységnyi oldalhosszúságú egyenlő oldalú háromszöget. Két csúcsát ugyanazzal a színnel színeztük, tehát létezik két azonos színű pont, amelyek távolsága 1. 15. Egy egységoldalú négyzet belsejébe egy konvex sokszöget írunk, amelynek te1 rülete nagyobb mint . Bizonyítsd be, hogy van olyan d egyenes, amely párhuzamos 2 1 a négyzet valamelyik oldalával és a sokszögből -nél hosszab szakaszt metsz ki. 2 Bizonyítás. A beírt sokszöget az egyik oldallal párhuzamos egyenesek segítségével két háromszögre és néhány trapázra bonthatjuk. Ha minden d egyenes, 1 amely párhuzamos a négyzet valamelyik oldalával 2 nél nem hosszabb szakaszt metsz ki, akkor egy-egy a trapéz területére a +b h h Tt = ⋅h ≤ b 2 2 } h1 és a háromszögek területére b ⋅ h1 h1 Th = < . 2 2 Így a sokszög területe ∑ hi < 1 . T < 2 2 Ez ellentmondás, tehát létezik olyan d egyenes, amely párhuzamos valamelyik 1 oldallal és legalább hosszúságú szakaszt metsz ki a sokszögből. 2
Tartalomjegyzék
156
A matematikai logika elemei
IV.2.5.1. Gyakorlatok és feladatok (102. oldal) 1. Egy táblára felírtuk a számokat 1-től 2001-ig majd egy alkalommal a táblán levő számok közül néhányat helyettesítünk a számjegyeik összegével. Ezt a lépést addig ismételjük, amíg egy szám marad a táblán. Melyik ez a szám? Megoldás. Egy lépés során az összeg 9-cel való osztási maradéka nem változik. 2001 ⋅ 2002 1 + 2 + … + 2001 = = 1001 ⋅ 2001 2 és ennek a 9-cel való osztási maradéka 6, tehát a végén a 6-os marad a táblán. 2. Egy táblára az x 2 + 7x + 8 kifejezést írtuk és egy-egy alkalommal valamelyik együtthatót eggyel növelhetjük vagy csökkenthetjük. Bizonyítsd be, hogy ha egy idő után az x 2 − 7x − 8 kifejezés áll a táblán, akkor volt olyan másodfokú kifejezés a táblán, amelynek van egész gyöke. Bizonyítás. A táblán levő kifejezés 1-ben számolt behelyettesítési értéke 1-gyel változhat. Mivel ez kezdetben 16 és a végén –14, van olyan állapot, amikor 0. Tehát volt olyan másodfokú kifejezés, amelynek az 1 gyöke. 3. Egy asztalon 6 pohár áll. Egy-egy alkalommal 5 poharat fordítunk meg. Elérhetjük-e, hogy minden pohár az eredeti helyzetéhez képest fordítva álljon? Hát akkor, ha 5 pohár van és minden lépésben 4-et fordítunk meg? Megoldás. A k -adik fordításnál a k -adik poharat hagyjuk változatlanul k = 1, 6 .
Így hat forgatás után minden pohár fordítva áll. Ha minden lépésben 4 poharat fordítunk meg, akkor összesen 4k poharat fordítunk meg k fordítás alatt. Másrészt ha ezután minden pohár fordítva áll, akkor a fordítások száma páratlan. Ez ellentmondás, tehát 5 pohár esetén nem lehet megfordítani a poharakat.
Tartalomjegyzék
Függvények
157
V. Függvények V.1.1. Gyakorlatok és feladatok (104. oldal) 1. Bizonyítsd be a következő egyenlőségeket: a) A ∪ A = A ; c) A ∩ (B ∩ C ) = (A ∩ B ) ∩ C ; e) A ∩ (B ∪ C ) = (A ∩ B ) ∪ (A ∩ C ) ; g) C E (A ∩ B ) = (C E A) ∪ (C E B ) ;
i) A∆A = ∅ ; k) A∆∅ = ∅∆A = A ;
b) A ∩ A = A ; d) A ∪ (B ∪ C ) = (A ∪ B ) ∪ C ; f) A ∪ (B ∩ C ) = (A ∪ B ) ∩ (A ∪ C ) ; h) C E (A ∪ B ) = (C E A) ∩ (C E B ) ;
j) A∆B = B ∆A ; l) A∆(B ∆C ) = (A∆B )∆C .
Bizonyítás. a) x ∈ A ∪ A ⇔ x ∈ A vagy x ∈ A ⇔ x ∈ A . b) x ∈ A ∩ A ⇔ x ∈ A és x ∈ A ⇔ x ∈ A . c) x ∈ A ∩ (B ∩ C ) ⇔ x ∈ A és x ∈ (B ∩ C ) ⇔ x ∈ A és (x ∈ B és x ∈ C ) ⇔
⇔ x ∈ A és x ∈ B és x ∈ C ⇔ x ∈ (A ∩ B ) ∩ C . d) x ∈ A ∪ (B ∪ C ) ⇔ x ∈ A vagy x ∈ (B ∪ C ) ⇔ x ∈ A vagy (x ∈ B vagy
x ∈ C ) ⇔ x ∈ A vagy x ∈ B vagy x ∈ C ⇔ (x ∈ A vagy x ∈ B ) vagy x ∈ C ⇔ ⇔ x ∈ (A ∪ B ) vagy x ∈ C ⇔ x ∈ (A ∪ B ) vagy x ∈ C ⇔ x ∈ (A ∪ B ) ∪ C . e) A ∩ (B ∪ C ) ⇔ x ∈ A és
x ∈ B ∪ C ⇔ x ∈ A és (x ∈ B vagy x ∈ C ) ⇔
x ∉ B ) ⇔ (x ∈ E ⇔ (x ∈ A és x ∈ B ) vagy (x ∈ A és x ∈ C ) ⇔ x ∈ A ∩ B vagy x ∈ B ∩ C ⇔ ⇔ x ∈ (A ∩ B ) ∪ (A ∩ C ) . f) x ∈ A ∪ (B ∩ C ) ⇔ x ∈ A vagy x ∈ (B ∩ C ) ⇔ x ∈ A vagy (x ∈ B és x ∈ C ) ⇔
⇔ (x ∈ A vagy x ∈ B ) és (x ∈ A vagy x ∈ C ) ⇔ x ∈ A ∪ B és x ∈ A ∪ C ⇔ ⇔ x ∈ (A ∪ B ) ∩ (A ∪ C ) . g) M1
x ∈ C E (A ∩ B ) ⇔ x ∈ E és x ∉ (A ∩ B ) ⇔ x ∈ E és (x ∉ A vagy
x ∉ B ) ⇔ (x ∈ E és x ∉ A) vagy (x ∈ E és x ∉ B ) ⇔ x ∈ C E A vagy x ∈ C E B ⇔ x ∈ (C E A) ∪ (C E B ) . e)
M2 C E (A ∩ B ) = E ∩ (A ∩ B ) = E ∩ (A ∪ B ) = e)
=(E ∩ A) ∪ (E ∩ B ) ⇔ (C E A) ∪ (C E B ) (felhasználva, hogy A ∩ B = A ∪ B ).
h) M1 x ∈ C E (A ∪ B ) ⇔ x ∈ E és x ∉ (A ∪ B ) ⇔ x ∈ E és (x ∉ A és x ∉ B )
⇔ x ∈ E és x ∉ A és x ∉ B ⇔ x ∈ E és x ∉ A és x ∈ E és x ∉ B ⇔
⇔ x ∈ C E A és x ∈ C E B ⇔ x ∈ (C E A) ∩ (C E B ) .
Tartalomjegyzék
158 M2
Függvények b)
c)
C E (A ∪ B ) = E ∩ (A ∪ B ) = E ∩ (A ∩ B ) = (E ∩ E ) ∩ (A ∩ B ) = (E ∩ A) ∩ ∩ (E ∩ B ) = C E A ∩ C E B .
i) A∆A = (A \ A) ∪ (A \ A) = ∅ ∪ ∅ = ∅ . j) A∆B = (A \ B ) ∪ (B \ A) = (B \ A) ∪ (A \ B ) = B ∆A . j)
k) A∆∅ = ∅∆A ; A∆∅ = (A \ ∅) ∪ (∅ \ A) = A ∪ ∅ = A . l) A∆(B ∆C ) = [A ∩ (B ∆C )] ∪ [(B ∆C ) ∩ A] . e)
c)
(B ∆C ) ∩ A = [(B ∩ C ) ∪ (C ∩ B )] ∩ A = [(B ∩ C ) ∩ A] ∪ [(C ∩ B ) ∩ A] = c)
e)
= [(B ∩ A) ∩ C ] ∪ [(A ∩ B ) ∩ C ] = [(B ∩ A) ∪ (A ∩ B )] ∩ C = (A∆B ) ∩ C . B ∆C = (B ∩ C ) ∪ (C ∩ B ) = [B ∪ (C ∩ B )] ∩ [C ∪ (C ∩ B )] = = [(B ∪ C ) ∩ (B ∪ B )] ∩ [(C ∪ C ) ∩ (C ∪ B )] = (B ∪ C ) ∩ (B ∩ C ) = (B ∪ C ) \ (B ∩ C ). c)
B ∆C = B ∩ C . A ∩ (B ∆C ) = A ∩ (B ∩ C ) = (A ∩ B ) ∩ C = A∆B ∩ C . Tehát A∆(B ∆C ) = [A ∩ (B ∆C )] ∪ [(B ∆C ) ∩ A] = [C ∩ (A∆B )] ∪ [(A∆B ) ∩ C ] = = (A∆B )∆C . 1, ha u ∈ X Megjegyzés. Ha X , A, B, C ⊂ E és fX : E → {0, 1}, fX (u ) = az X 0, ha u ∉ X karakterisztikus függvénye, akkor az fA\B = fA (1 − fB ) ; fA∩B = fA ⋅ fB ; fA∼B = fA + fB − fA fB ; fA∆B = fA + fB − 2 fA fB ;
fC
E
A
= 1 − fA
egyenlőségek segítségével adhatók egyszerűbb bizonyítások. (lásd 2.23. paragrafus 3. és 4. feladatát.) 2. Határozd meg az A és B halmazt, ha egyidejűleg teljesülnek a következő tulajdonságok: a) A∆B = {1, 2, 4, 5, 6, 7} ; b) A ∩ B = {3} ; c) A \ (B ∪ {2}) = {1, 4} . B A Hány megoldás van? Megoldás. Egy Venn-Euler diagram segítségével próbáljuk meghatározni az A és a B halmazt. A ∩ B = {3} , tehát a 3-ast beírhatjuk a metszetbe.
3 B
A A \ (B ∪ {2}) = {1, 4} , tehát az 1 és a 4 az A \ B halmazban vannak.
1
4
3
Aszerint, hogy 2 ∈ B vagy 2 ∉ B , két különböző esethez jutunk (az A \ B halmazban több elem nem lehet).
Tartalomjegyzék
Függvények
159 A 1 2 4
B
A 1
3
4
3
2
B
Az A∆B = {1, 2, 4, 5, 6, 7} alapján az 5, 6 és 7 a B \ A halmazban van, tehát a következő két megoldás létezik: A 1 2 4
B 3
6
A
5 7
1
4
3
2 6
B 5 7
Megjegyzés. Külön-külön meghatározhatjuk mindhárom egyenlet általános megoldását is. Az A∆B = {1, 2, 4, 5, 6, 7} egyenlet általános megoldása: A = X1 ∪ C , B = X 2 ∪ C ,
ahol X1, X 2 ⊂ A∆B ; C ∩ (A∆B ) = ∅ . X1, X 2 részhalmazai a szimmetrikus különbségnek és C az A és B halmazok keresztmetszete, amelyre az a kikötésünk, hogy legyen diszjunkt a szimmetrikus különbségre nézve. Tehát mivel a C halmazt végtelen sok féle képpen választhatjuk meg, így végtelen sok megoldás létezik. Az A ∩ B = {3} egyenlet általános megoldása: A = X1 ∪ {3} , B = X 2 ∪ {3} (ahol X1 ∩ X 2 = ∅ ). X1 és X 2 diszjunkt halmazok, azaz nincs közös elemük. Mivel X1, X 2 -t tetszőlegesen választhatjuk meg, figyelembe véve a megkötést, így végtelen sok megoldása van az egyenletnek. Az A \ (B ∪ {2}) = {1, 4} egyenlet általános megoldása A = {1, 4} ∪ X1 , B = X 2 , ahol X1 ⊂ X 2 és {1, 4} ⊄ X1 . Az 1, 4-et nem tartalmazhatja az X1 , és X1 részhalmaza kell legyen X 2 -nek, hogy kivonáskor tűnjenek el X1 elemei. A 2 eleme lehet X1 -nek. Hasonlóan az előző esetekhez, itt is végtelen sok megoldás létezik. Belátható, hogy az általános megoldás három jellemzéséből is eljuthatunk a megoldáshoz. 3. Határozd meg az A , B és C halmazokat, ha a) A ∪ B ∪ C = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} ; c) B \ A = {3} ;
b) A \ (B ∪ C ) = {1, 2} ; d) A ∩ B ∩ C = {4, 5} ;
e) {4, 5, 6, 7, 8, 9} ⊂ C ;
f) 3 ∉ C ;
g) A -nak öt eleme van.
Hány megoldás van? Megoldás. Az A ∪ B ∪ C = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} -ből kiindulva tételezzük fel,
hogy
A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} , B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} , C = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} .
Tartalomjegyzék
160
Függvények
A továbbiakban kihúzzuk azokat az elemeket, amelyek nem tartoznak a halmazba, és aláhúzzuk azokat, amelyek igen. A B \ A = {3} , A ∩ B ∩ C = {4, 5} , {4, 5, 6, 7, 8, 9} ⊂ C , 3 ∉ C , A \ (B ∪ C ) = = {1, 2} feltételeket felhasználva kapjuk, hogy {1, 2} ∈ A és {1, 2} ∉ B , {1, 2} ∉ C .
A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9},
C = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}.
Még nem használtuk fel, hogy A = 5 . A 6, 7, 8, 9 közül bármelyiket választhatjuk. A B értékei nincsenek pontosan tisztázva, de a B \ A = {3} alapján tudjuk, hogy ha a 6, 7, 8, 9 közül valamelyik benne van a B -ben, akkor az A -ban is benne kell legyen. De ha ez az érték benne van mindkét halmazban, tudván hogy {6, 7, 8, 9} ⊂ C , mind a három halmazban benne van, ami ellentmond az A ∩ B ∩ C = {4, 5} feltételnek. Tehát B = {3, 4, 5} . A végső eredmény tehát:
A = {1, 2, 4, 5} ∪ {c} ; B = {3, 4, 5} ; C = {4, 5, 6, 7, 8, 9} ahol c ∈ {6, 7, 8, 9} . Így a feladatnak négy különböző megoldása van. Megjegyzés. Ugyanehhez az eredményhez jutunk, ha a Venn-Euler diagram segítségével próbáljuk felépíteni a keresett halmazokat.
Az A = 5 és {4, 5, 6, 7, 8, 9} ⊂ C alapján a besatírozott részbe pontosan egy elem kerülhet a {6, 7, 8, 9} közül és a (B ∩ C ) \ (A ∩ B ∩ C ) rész üres, tehát a többi három elem a C \ (A ∪ B ) halmazt képezi. Így az előbbi négy megoldáshoz jutunk.
Tartalomjegyzék
Függvények
161
4. Oldd meg a következő egyenleteket, ha A és B adott halmazok: a) A∆X = B ; b) A ∩ (X ∪ B ) = A ; c) (A \ B ) ∪ (X ∩ A) = A . Megoldás. a) Tételezzük fel, hogy x ∈ X . A∆X = (A ∩ X ) ∪ (X ∩ A) .
Ha x ∈ X ⇒ x ∉ A ∩ X ;
x ∈ X és x ∈ A ⇒ x ∉ X ∩ A ⇒ x ∉ B ; x ∈ X és x ∉ A ⇒ x ∈ X ∩ A ⇒ x ∈ B . Tehát x ∈ (A ∩ B ) ∪ (B ∩ A) , azaz x ∈ A∆B ∀x ∈ X ⇒ X = A∆B . Megjegyzés. Az A∆(B ∆C ) = (A∆B )∆C ∀ A, B, C halmaz azonosság (1. feladat
e) alpontja) alapján A∆X = B ⇒ A∆(A∆X ) = A∆B ⇒ (A∆A)∆X = A∆B ⇒ ⇒ ∅∆X = A∆B ⇒ X = A∆B . b) Ahhoz, hogy A ∩ (X ∪ B ) = A teljesüljön, A ⊂ (X ∪ B ) . De ez több féleképpen teljesülhet, tehát nagyon sok megoldása van az egyenletnek. 1. 2. 3.
Mind a három eset lehetséges. A megoldások általános alakja X = (A ∩ B ) ∪ X1 , ahol X1 tetszőleges halmaz. c) Tudjuk, hogy A = (A \ B ) ∪ (A ∩ B ) . Innen kapjuk, hogy A ∩ B ⊂ X ∩ A , ami csak akkor következhet be, ha (A ∩ B ) ⊂ X . Más megkötés X -re nincs, tehát az általános megoldás alakja X = (A ∩ B ) ∪ X1 , ahol X1 tetszőleges. 5. Lehetséges-e, hogy egy halmaz minden eleme részhalmaza is legyen? Hát az, hogy minden részhalmaza eleme is legyen? Megoldás. Igen, például {∅} . Mivel minden részhalmaza eleme kell legyen, biztos, hogy tartalmazni fogja az ∅ -t, a halmaz többi elemét már induktívan generáljuk a következő szabályok szerint I 1 = {∅}
I 2 = {∅, {∅}}
I 3 = {∅, {∅}, {{∅}}{∅, {∅}}} I n +1 = I n ∪ P (I n ) , ahol P (I n ) az I n részhalmazainak a halmazát jelöli.
Tartalomjegyzék
162
Függvények
Az így szerkesztett (I n )n ≥1 halmazokból megszerkeszthető az I ∞ =
∞
∪ I n halmaz,
n =1
amely rendelkezik a kért tulajdonsággal. 6. Bizonyítsd be, hogy ha A , B és C véges halmazok, akkor a) A ∩ B = A + B − A ∪ B ; b) A ∪ B ∪ C = A + B + C − A ∩ B − B ∩ C − C ∩ A + A ∩ B ∩ C ; c) A ∩ B ∩ C = A + B + C − A ∪ B − B ∪ C − C ∪ A + A ∪ B ∪ C . Bizonyítás. Arra törekszünk, hogy diszjunkt halmazok egyesítésére bontsuk fel az A ∪ B halmazt. a) A ∪ B = A ∪ (B \ A) , ahol A ∩ (B \ A) = ∅ , tehát A ∪ B = A + B \ A (*).
A B halmazt felírhatjuk B = (B \ A) ∪ (B ∩ A) alakban, ahol (B \ A) ∩ (B ∩ A) = ∅ ⇒ B = B \ A + A ∩ B ⇒ B \ A = B − A ∩ B (**).
Tehát (*) és (**) alapján A ∪ B = A + B − A ∩ B . b) A ∪ B ∪ C = (A ∪ B ) ∪ (C \ (A ∪ B )) , ahol (A ∪ B ) ∩ (C \ (A ∪ B )) = ∅ . Tehát a)
A ∪ B ∪ C = A + B − A ∩ B + C \ (A ∪ B ) ;
(1)
C = (C \ (A ∪ B )) ∪ (C ∩ A) ∪ ((C ∩ B ) \ A)
mind diszjunktak ⇒
C = C \ (A ∪ B ) + C ∩ A + (C ∩ B ) \ A)
⇒
C \ (A ∪ B ) = C − C ∩ A − (C ∩ B ) \ A) ;
(2)
C ∩ B = ((C ∩ B ) \ A) ∪ (C ∩ B ∩ A) diszjunkt halmazok ⇒ C ∩ B = (C ∩ B ) \ A + C ∩ B ∩ A
⇒
(C ∩ B ) \ A = C ∩ B − C ∩ B ∩ A . Az (1), (2), (3) egyenlőségek alapján kapjuk, hogy
(3)
A ∪ B ∪C = A + B + C − A ∩ B − A ∩C − B ∩C + A ∩ B ∩C .
c) A b) pont alapján
A ∩ B ∩C = A ∪ B ∪C − A − B − C + A ∩ B + A ∩C + B ∩C =
= A ∪ B ∪C − A − B − C + ( A + B − A ∪ B ) + ( A + C − A ∪C ) + + ( B + C − B ∪C ) = = A + B + C − A ∪ B − A ∪C − B ∪C + A ∪ B ∪C . 7. Írd fel az A × B halmaz elemeit, ha a) A = {1, a } és B = {2, 5} ;
b) A = {−2, 3, 8} és B = {P, O, E } ;
c) A = {−2, − 1, 4, 7} és B = {2, 3, 6} ; d) A = {−2, 3, 8, W } és B = {L, i, r , k } ;
Tartalomjegyzék
Függvények
163
Megoldás. a) A × B = {(1, 2), (1, 5), (a, 2), (a, 5)} . b) A × B = {(−2, P ), (−2, O ), (−2, E ), (3, P ), (3, O ), (3, E ), (8, P ), (8, O ), (8, E )} . c) A × B = {(−2, 2), (−2, 3), (−2, 6), (−1, 2), (−1, 3), (−1, 6), (4, 2), (4, 3), (4, 6),
(7, 2), (7, 3), (7, 6)} . d) A × B = {(−2, L), (−2, i ), (−2, r ), (−2, k ), (3, L), (3, i ), (3, r ), (3, k ), (8, L),
(8, i ), (8, r ), (8, k ), (W , L), (W , i ), (W , r ), (W , k )} . 8. Ábrázold az A × B halmaz geometriai képét a síkban, ha a) A = [−2, 2] és B = [−2, 2] ; b) A = [−1, 2] ∪ [3, 4] és B = [−1, 1] ; c) A = [−1, 2] ∪ [3, 4] ∪ {5} és B = [−1, 1] ∪ [2, 3] ∪ {5} . Megoldás
y
c) 5 3 2 1 –1 O
2
3 4
5
x
–1
Az a) alpontban ugyanazt kapjuk, a b) és c) alpontokban különböző az A × B és B × A geometriai képe.
Tartalomjegyzék
164
Függvények
9. Bizonyítsd be, hogy az A × B és B × A halmazok pontosan akkor egyenlők, ha A=B. Bizonyítás. Redukció ad abszurdum módszerével bizonyítjuk. Feltételezzük, hogy A ≠ B és A × B = B × A . Ha A ≠ B , akkor ∃ x ∈ A úgy, hogy x ∉ B . Ebben az
esetben (x , b) ∈ A × B -nek, ahol b ∈ B . De mivel A × B = B × A , következik, hogy
(x , b) ∈ B × A , azaz x ∈ B és b ∈ A , de mi feltételeztük, hogy x ∉ B . Ellentmondáshoz jutottunk, tehát igaz a bebizonyítandó tulajdonság. 10. Bizonyítsd be az alábbi egyenlőségeket: a) A × (B \ C ) = (A × B ) \ (A ×C ) ; b) (A ∩ B ) ×C = (A ×C ) ∩ (B ×C ) . Bizonyítás. a) (x , y ) ∈ A × (B \ C ) ⇔ x ∈ A és y ∈ (B \ C ) ⇔ x ∈ A és y ∈ B
és y ∉ C ⇔ x ∈ A és x ∈ A és y ∈ B és y ∉ C ⇔ x ∈ A és y ∈ B és x ∈ A és y ∉ C ⇔ (x , y ) ∈ (A × B ) és (x , y ) ∉ (A ×C ) ⇔ (x , y ) ∈ (A × B ) \ (A ×C ) . b) (x , y ) ∈ (A ∩ B ) ×C ⇔ x ∈ (A ∩ B ) és y ∈ C ⇔ x ∈ A és x ∈ B és y ∈ C ⇔
⇔ x ∈ A és x ∈ B és y ∈ C és y ∈ C ⇔ x ∈ A és y ∈ C és x ∈ B és y ∈ C ⇔ ⇔ (x , y ) ∈ (A ×C ) és (x , y ) ∈ (B ×C ) ⇔ (x , y ) ∈ (A ×C ) ∩ (B ×C ) . 11. Bizonyítsd be, hogy ha az A halmaznak a eleme van és a B halmaznak b eleme, akkor az A × B és B × A halmazoknak a ⋅ b elemük van, azaz A × B = A ⋅ B . Bizonyítás. Tetszőleges x ∈ A elem esetén b darab számpárt alakíthatunk ki, amely eleget tesz az (x , y ) y ∈ B feltételnek. A minden egyes elemére ezt elvégezve, kapunk a − b darab számpárt. Ez éppen az A × B halmaz számossága, mert így felsoroltuk az A × B minden elemét pontosan egyszer. A B × A halmaz számosságát hasonlóan igazoljuk. 12. Bizonyítsd be, hogy két halmaz Descartes-szorzatának geometriai képe nem lehet egy egységnyi sugarú kör. Bizonyítás. Feltételezzük, hogy A × B Descartes szorzat geometriai képe az egységnyi sugarú, origó középpontú kör. Akkor 1 ∈ A és az 1 ∈ B is, vagyis (1, 1) ∈ A × B ,
de az egységnyi sugarú kör nem tartalmazza az (1, 1) pontot. Az előbbi ellentmondás alapján a szorzat geometriai képe nem lehet az origó középpontú egységsugarú kör. A koordináta-tengelyek tetszőlegesen megválaszthatók, tehát a szorzat geometriai képe nem lehet kör.
Tartalomjegyzék
Függvények
165
V.2.2. Gyakorlatok (107. oldal) 1. Válaszd ki az alábbi megfeleltetések közül a függvényeket és indokold meg, miért nem függvények azok, amelyeket nem választottál ki! a) b) –2 c) –2 –2 1 1 1
4
a
4
a
4
a
5
2
5
2
5
2
8 d)
8
–2
1
4
a
5
2
8
e)
x f (x )
–2 4
–1 1
0 0
1 1
2 4
8 f) f : {−3, 0, 5, 7, 9} →
1 ; x −3
, f (x ) =
g) f :
→
, f (x ) =
x2 + x . x +2
Megoldás. Függvények: a), b), e), h). Nem függvény: c) A 8-nak nincs megfeleltetve egy elem sem; d) A 2-nek két érték van megfeleltetve; f) Mivel −3 nem értelmezett, így –3-nak nem felel meg egy érték sem; g) x = −2 esetén nem értelmezett a tört. 2. Határozd meg a következő függvények maximális D értelmezési tartományát: 1 1 a) f : D ⊆ → , f (x ) = ; b) f : D ⊆ → + , f (x ) = ; x −1 x −1 1 c) f : D ⊆ → [1, 2] ∪ [3, + ∞), f (x ) = ; x −1 d) f : D ⊆ → , f (x ) = x ; e) f : D ⊆ → , f (x ) = x 2 − 3x + 2 ;
, f (x ) = 4 x 2 − 1 ;
f) f : D ⊆
→
g) f : D ⊆
→ (−∞, 0], f (x ) = x 3 − 4x 2 + 3x ;
h) f : D ⊆
→
, f (x ) = 3 x ;
j) f : D ⊆
→
, f (x ) = x 2 ;
l) f : D ⊆
→
, f (x ) = x 5 ;
i) f : D ⊆ k) f : D ⊆
→ →
, f (x ) = n x , n ∈
1
x −1 + x2 −1 . x −3 Megoldás. a) x = 1 esetén nem értelmezett a tört. Tehát D = m) f : D ⊆
→
1
, f (x ) = x 3 ;
, f (x ) =
\ {1} .
*
;
Tartalomjegyzék
166
Függvények
b) Mivel az értékkészlet
, a maximális értelmezési tartományt az +
1 > 0 feltéx −1
1 > 0 ⇔ x − 1 > 0 ⇔ x > 1 . Tehát D = (1, + ∞) . x −1 x − 1 ≤ 1 1 1 1 1 ∈ [1, 2] vagy ≥3. c) ∈ [1, 2] ⇔ 1 ≤ ≤ 2 ⇔ 1 ≤ 2x − 2 x −1 x −1 x −1 x −1 x ≤ 2 1 3 ha x − 1 > 0 ⇔ ⇔ x ∈ , 2 . ≥ 3 ⇔ 1 ≥ 3x − 3 ha x − 1 > 0 , 3 x ≥ 2 x − 1 2 4 4 azaz x > 1 ⇔ x ≤ és x > 1 ⇔ x ∈ 1, . Mivel az értékkészlet + -ban van, 3 3 4 3 a b) alpontot felhasználva kapjuk, hogy x > 1 . Tehát D = 1, ∪ , 2 . 3 2 d) x értelmezett ha x ≥ 0 . D = [0, + ∞) . tel adja.
e) x 2 − 3x + 2 ≥ 0 . x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ (x − 1)(x − 2) = 0 ⇔ x 1 = 1, x 2 = 2 ⇒
⇒ D = (−∞, 1] ∪ [2, + ∞) . f) x 2 − 1 ≥ 0 . x 2 − 1 = 0 ⇔ (x − 1)(x + 1) = 0 ⇔ x 1 = −1, x 2 = 1 ⇒
⇒D = (−∞, − 1] ∪ [1, + ∞) . x 3 − 4x 2 + 3x ≥ 0 .
g)
x 3 − 4x 2 + 3x = 0 ⇔ x (x − 1)(x − 3) = 0 ⇔ x 1 = 1,
x 2 = 2, x 3 = 3 x x x −1 x −3 3 x − 4x 2 + 3x
−∞
– – – –
0 0
1
+ – – +
0
0 0
+∞
3
+ + – –
0 0
+ + + +
D = [0, 1] ∪ [3, + ∞) . h) D = . i) Ha n páratlan: D = j)
x
. Ha n páros: x > 0 ⇒ D =
1
2 = 2 x , x ≠ 0 és x ∈ 1 3
k) x = 3 x , így D = 1 5
l) x = 5 x , így D =
, tehát D =
*
+
.
.
. .
x − 1 ≥ 0 ⇔ m) A tört értelmezéséből x ≠ 3 . A gyök értelmezéséből 2 x − 1 ≥ 0
Tartalomjegyzék
Függvények
167
x ∈ [1, ∞] ⇔ ⇔ x ∈ [1, + ∞) . Tehát D = [1, + ∞) \ {3} . x ∈ (−∞, − 1] ∪ [1, + ∞) 3. Írd át az alább függvények értelmezését az összes lehetséges módon (táblázattal, diagrammokkal, képlettel, (A, B, X ) halmazhármassal): a) f : {−1, 0, 1, 2} → {0, 2, 6}, f (x ) = x 2 + x ;
c)
b) f : {1, 2, 3, 4} →
x f (x )
1 1
2 0,5
3 0,(3)
4 0,25
0
6
5
2
3
1
4
d) A = {2, 3, 5, 7, 11, 13}, B = {1, 2, 3, 4, 5, 6} ,
X = {(1, 2), (2, 3), (3, 5), (4, 7), (5, 11), (6, 13)} . Megoldás a)
1)
2) x f (x )
–1 0
0 0
1 2
A
2 6
–1
0
0
2
1
6
B
2 3) A = {−1, 0, 1, 2} , B = {0, 2, 6}, X = {(−1, 0), (0, 0), (1, 2), (2, 6)} . b) 1)
A
–1
1
0
0,5
1
0,(3)
2
0,25
B
2) f : {1, 2, 3, 4} →
, f (x ) =
3) A = {1, 2, 3, 4} , B =
1 . x
,
X = {(1; 1), (2; 0, 5), (3; 0,(3)), (4; 0, 25)} .
c)
0, x = 0 2) 1) f : {0, 3, 4, 5} → {0, 1, 2} , f (x ) = 1, x páros 2, x páratlan
x f (x )
0 0
3) A = {0, 3, 4, 5}, B = {0, 1, 2}, X = {(0, 0), (3, 2), (4, 1), (5, 2)} .
3 2
4 1
5 2
Tartalomjegyzék
168 d)
Függvények 1)
2) x f (x )
1 2
2 3
3 5
4 7
5 6 11 13
1 2 3 4 5 6
2 3 5 7 11 13
3) f : {1, 2, 3, 4, 5, 6} → {2, 3, 5, 7, 11, 13}, f (i ) = az i -edik prímszám . 4. Döntsd el, hogy az alábbi függvénypárok egyenlők-e vagy sem: a) f : {−1, 0, 1} → , f (x ) = x és g : {−1, 0, 1} → , g(x ) = x 3 ; b) f : c) f :
→ →
, f (x ) = x 2 és g : 2
, f (x ) = x − 1 és g :
→ →
, g(x ) = x ; , g(x ) = x 2 − 2x + 1 ;
1 , f (x ) = [x ] + x + és g : 2 Megoldás. a) A = {−1, 0, 1} ; B = . d) f :
→
→
, g(x ) = [2x ] .
X f = {(−1, − 1), (0, 0), (1, 1)} , X g = {(−1, − 1), (0, 0), (1, 1)} . X f = X g ⇒ a két függvény egyenlő. b) A = , B = . x 2 = x , tehát a két függvény egyenlő. 2 c) x 2 − 2x + 1 = (x − 1)2 = (1 − x )2 ⇒ x 2 − 2x + 1 = x − 1 , tehát a két függvény
egyenlő. d) x = n + r , ahol n = [x ] és r ∈ [0, 1) . 1. eset. r ∈ 0,
1 2
1 <1; 2 g(n + r ) = [2n + 2r ] ⇔ g(n + r ) = 2n , mivel 2r < 1 .
f (n + r ) = n + n ⇔ f (n + r ) = 2n , mivel r +
1 2. eset. r ∈ , 1 2
1 ≥1; 2 g(n + r ) = [2n + 2r ] ⇔ g(n + r ) = 2n + 1 , mivel 2r ≥ 1 . f (n + r ) = n + n + 1 ⇔ f (n + r ) = 2n + 1 , mivel r +
Tehát f (x ) = g(x ) ∀ x ∈
⇒ a két függvény egyenlő.
Tartalomjegyzék
Függvények
169
V.5. Gyakorlatok (109. oldal) 1. Határozd meg a következő függvények értékeinek a halmazát és keresd meg a minimum illetve maximumpontját (ha létezik): a) f : [−3, 2] → , f (x ) = 2x + 1 ; b) f : [−4, − 3] → , f (x ) = 3 − 2x ; c) f : [−3, 2] → e) f :
→
, f (x ) = x 2 ;
1 ; 2x − 5 , f (x ) = x 2 − 4x + 7 ;
d) f : [1, 2] ∪ [3, 5] →
, f (x ) = x 2 − 3x + 2 ;
f) f : [−∞, 3] →
g) f : [−∞, −2] →
, f (x ) = x 2 − 3x + 1 ;
h) f : [2, + ∞) →
, f (x ) = x 2 − 2x + 3 .
Megoldás. a) 2x + 1 = y ⇒ x y =
, f (x ) =
y −1 . Mivel az értelmezési tartomány [−3, 2] 2
y −1 ≤ 2 ⇒ y ∈ [−5, 5] ⇒ Im f = [−5, 5] . 2 Minimumpont: –3; maximumpont: 2. 3−y 3 −y b) 3 − 2x = y ⇒ x y = . Értelmezési tartomány [−4, −3] ⇒ − 4 ≤ ≤ −3 2 2 ⇒ y ∈ [9, 11] ⇒ Im f = [9, 11] . Minimumpont: –3; maximumpont: –4. −3 ≤
c) x 2 = y ⇔ x = y ha y ≥ 0 ⇒ Im f = [0, ∞) .
Minimumpont: 0; maximumpont: nincs. 1 5y + 1 d) . Értelmezési tartomány D = [1, 2] ∪ [3, 5] tehát x y ∈ D . = y ⇔ xy = 2x − 5 2y 5y + 1 x y ∈ [1, 2] ⇔ 1 < ≤2 2y 1 1. eset. y > 0 : 2y ≤ 5y + 1 ≤ 4y ⇒ y ≥ − és y ≤ −1 ⇒ y ∈ ∅ . 3 1 2. eset. y < 0 : 2y ≤ 5y + 1 ≤ 4y ⇒ y ∈ −1, − ⊂ (−∞, 0] . 3 5y + 1 Ha x y ∈ [3, 5] ⇔ 3 ≤ ≤ 5 . Hasonlóan tárgyalva mint az előbb, kapjuk, 2y 1 hogy y ∈ , 1 . 5 1 1 Tehát összegezve, Im f = −1, − ∪ , 1 . A függvény minimuma 3 5 –1, tehát minimumpontja 2. A függvény maximuma 1, ezt a függvény az x = 3 pontban veszi fel.
Tartalomjegyzék
170
Függvények
1 1 ⇒ Im f = − , + ∞ . 4 4 1 3 3 A függvény minimuma y = − ⇒ ∆ = 0 ⇒ x y = , tehát a minimumpont ; 4 2 2 maximumpont nincs. f) f (x ) = y ⇒ x 2 − 4x + 7 − y = 0 . ∆y ≥ 0 ⇔ y ≥ 3 , de az értelmezési tartoe) f (x ) = y ⇒ x 2 − 3x + 2 − y = 0. ∆y ≥ 0 ⇔ y ≥ −
mány (−∞, 3] . y = 3 -ra x y = 2 a függvény minimumpontja, ha az értelmezési tartomány
lenne, de x y = 2 ∈ (−∞, 3] -nak, tehát x y = 2 a kért függvénynek is
minimumpontja és az Im f = [3, + ∞) . A függvénynek maximumpontja nem létezik. g) Hasonlóan járunk el mint az f) alpontban. f (x ) = y ⇒ x 2 − 3x + 1 − y = 0 . ∆y ≥ 0 ⇔ y ≥ −
5 . Tehát a minimumpont 4
3 3 , de ∉ (−∞, − 2] -nak, ezért a függvény minimumpontja –2 lesz és a függvény 2 2 értekeinek halmaza Im f = [11, + ∞) , ahol f (−2) = 11 . Maximumpontja nincs a függvénynek. h) f (x ) = y ⇒ x 2 − 2x + 3 − y = 0 . ∆y ≥ 0 ⇔ y ≥ 2 . A minimumpont 1, de
1 ∉ [2, + ∞) -nek, tehát a függvény minimumpontja 2. f (2) = 3 ⇒ Im f = [3, + ∞) . Maximumpont nincs. 2. Vizsgáld meg az alábbi egyenlőségek és implikációk helyességét, ha M , N ⊆ A és ért
f : A → B egy függvény, valamint f (M ) = {f (x ) | x ∈ M } . a) M ⊂ N ⇒ f (M ) ⊂ F (N ) ;
b) f (M ) ⊂ f (N ) ⇒ M ⊂ N ;
c) f (M ∩ N ) = f (M ) ∩ f (N ) ; d) f (M ∪ N ) = f (M ) ∪ f (N ) . Megoldás. a) f (N ) = {f (x ) | x ∈ N } = {f (x ) | x ∈ (M ∪ C N M )} = {f (x ) | x ∈ M
és x ∈ C N M } = {f (x ) | x ∈ M } ∪ {f (x ) | x ∈ C N M } = f (M ) ∪ f (C N M ) . Mivel M ⊂ N ⇒ N = M ∪ C N M , ahol M ∩ C N M = ∅ . Tehát az implikáció igaz. b) Nem igaz. Legyen az ábrán látható módon értelmezett függvény. A Legyen M = {1}, N = {2, 3} , akkor f (M ) = {a }, f (N ) = {a, b} , 1 2 így igaz, hogy f (M ) ⊂ f (N ) , de M ⊂ N . 3 c) Nem igaz. Példaként legyen az előző alpontban megszerkesztett függvény. M ∩ N = ∅ ⇒ f (M ∩ N ) = f (∅) = ∅ . f (M ) ∩ f (N ) = {a } . d) f (M ∪ N ) = {f (x ) | x ∈ M ∪ N } = {f (x ) | x ∈ M vagy x ∈ N } = = {f (x ) | x ∈ M } ∪ {f (x ) | x ∈ N } = f (M ) ∪ f (N ) .
B
a b
Tartalomjegyzék
Függvények
171
3. Bizonyítsd be, hogy ha f , g : [a, b ] →
két függvény, amelyre létezik max f (x ) x ∈[a , b ]
illetve max g(x ) és f (x ) ≤ g(x ), ∀ x ∈ [a, b ] , akkor max f (x ) ≤ max g(x ) . x ∈[a , b ]
x ∈[a , b ]
x ∈[a , b ]
Bizonyítás. Adott f (x ) ≤ g(x ) ∀x ∈ [a, b ] , akkor f maximumára is érvényes max f (x ) = f (x 0 ) ≤ g(x 0 ), de g(x 0 ) ≤ max g(x ) , tehát max f (x ) ≤ max g(x ) .
x ∈[a , b ]
x ∈[a , b ]
{
x ∈[a , b ]
x ∈[a , b ]
}
1 4. Számítsd ki a max min x , y + , y kifejezés értékét. x ,y >0 x 1 1 1 Megoldás. Ha min x , y + , = m , akkor m ≤ x és m ≤ , tehát ( x , y > 0 x y y 1 1 1 1 2 1 2 alapján) y ≤ és ≤ . Így y + ≤ . Másrészt m ≤ y + , tehát m ≤ . m x m x m x m 2 Az előbbi egyenlőtlenség alapján m ≤ 2 . Mivel x = 2, y = esetén 2 1 1 1 1 min x , y + , = 2 és bármely más érték esetén min x , y + , ≤ 2 , x y x y 1 1 állíthatjuk, hogy max min x , y + , = 2 . x ,y >0 x y 5. Bizonyítsd be, hogy ha f , g : [a, b ] →
és az alábbi egyenlőtlenségben szereplő
maximumok léteznek, akkor az egyenlőtlenség igaz: max f (x ) + g(x ) ≤ max f (x ) + max g(x ) . x ∈[a , b ]
x ∈[a , b ]
x ∈[a , b ]
Bizonyítás. Legyen x m az az érték, amelyre f (x ) + g(x ) felveszi a maximumát.
max f (x ) + g(x ) = f (x m ) + g(x m ) ≤ f (x m ) + g(x m ) ≤ max f (x ) + max g(x ) .
x ∈[a , b ]
x ∈[a , b ]
x ∈[a , b ]
Tehát max f (x ) + g(x ) ≤ max f (x ) + max g(x ) . x ∈[a , b ]
x ∈[a , b ]
x ∈[a , b ]
V.8. Gyakorlatok és feladatok (113. oldal) 1. Állapítsd meg, hogy a következő rendezett számpár halmazok közül melyik lehet egy függvény grafikonja: a) {(1, 2), (1, 4), (3, 3), (4, 6)} ; b) {(0, 3), (1, 3), (3, 5), (4, 1), (5, 6)} ; c) {(0, 0), (2, 1), (3, 2), (0, 4), (4, 1), (5, 4)} . Megoldás. a) Nem lehet függvény grafikonja mert az 1-nek két érték felel meg, a 2 és a 4. b) Lehet függvény grafikonja.
Tartalomjegyzék
172
Függvények
c) Nem lehet függvény grafikonja, a 0-nak két érték felel meg. 2. Határozd meg az alábbi függvények grafikonját, majd ábrázold a függvényeket: a) f : {0, 1, 2} → {1, 2, 3}, f (0) = 1, f (1) = 2, f (2) = 1 ; b) f : {0, 1, 2, 3} → , f (x ) = x 2 , ∀ x ∈ {0, 1, 2, 3} ; c) f : {1, 2, 3, 4} → {1, 3, 5, 6, 7, 8}, f (x ) = 9 − x , ∀ x ∈ {1, 2, 3, 4} ; d) f : {1, 2, 3} →
, f (x ) = x − 1 ;
{
}
3 1 1 3 e) f : −2, − , − 1, − , 0, , 1, , 2 → , f (x ) = [x ] . 2 2 2 2 Megoldás c) Grf = {(1, 8),(2, 7), (3, 6), (4, 5)} . a) Grf = {(0, 1),(1, 2), (2, 1)} . y
y B(1, 2)
2 A(0, 1)
8
A(1, 8) B(2, 7)
7
C(2, 1)
C(3, 6)
6
D(4, 5)
5
1
O
2
x
b) Grf = {(0, 0),(1, 1), (2, 4), (3, 9)} .
9
y
D(3, 9)
O
1
2
3
4
x
d) Grf = {(1, 0),(2, 1), (3, 2)} .
y
C(2, 4)
4
1 1 A(0, 0) O
B(1, 1)
O 1
2
3
C(3, 2)
2
x
B(2, 1) A(1, 0) 1 2
3
x
Tartalomjegyzék
Függvények
173
3 1 1 3 e) Grf = (−2, −2), − , −2 ,(−1, −1), − , − 1 , (0, 0), , 0 , (1, 1), ,1 ,(2, 2) . 2 2 2 2 y
2 1 1 3 –2 – 2– –1 – 2–
O
1 – 2
1
3 – 2
2
x
–1 –2 3. Vizsgáld meg az alábbi periodikusságát: a) f : → , f (x ) = x 2001 ; c) f :
→
, f (x ) = x n , n ∈
függvények
;
d) f :
→ , f (x ) = 2n +1 x , n ∈
g) f : [−2, 2] →
, f (x ) = x 5 + x 3 + x ;
, f (x ) = sin x ;
Megoldás. a) ∀ x ∈
= −f (x ), ∀ x ∈
⇒ −x ∈
f) f : [−2, 1] → j) f :
\ {0, 1} ;
, f (x ) = x 3 + x ;
h) f : [−1, 1] →
→
illetve
, f (x ) = x 2002 ;
→
, f (x ) = x 2 ;
→
páratlanságát
b) f :
e) f : [0, ∞) → i) f :
párosságát,
, f (x ) = x 4 + x 2 ;
, f (x ) = {sin x } .
, f (−x ) = (−x )2001 = (−1)2001 x 2001 = −x 2001 =
, tehát f páratlan függvény.
f periodikus ha ∃ T : f (x + T ) = f (x ), ∀ x ∈
, azaz (x + T )2001 = x 2001, ∀ x ∈
.
Akkor igaz x = 0 esetén is, ahonnan kapjuk, hogy T = 0 . Tehát f nem periodikus függvény. b) ∀ x ∈ ⇒ − x ∈ , f (−x ) = (−x )2002 = (−1)2002 x 2002 = x 2002 = f (x ), ∀ x ∈ , tehát f páros függvény.
⇔ (x + T )2002 = x 2002 , ∀ x ∈
f (x + T ) = f (x ), ∀ x ∈
x =0
⇔ T = 0 , tehát f
nem periodikus.
x n , n páros c) f (−x ) = (−x ) = (−1) x = n ,∀ x ∈ −x , n páratlan ha n páros, f páratlan függvény ha n páratlan. n
n
n
, azaz f páros függvény,
Tartalomjegyzék
174
Függvények ⇔ (x + T )n = x n , ∀ x ∈
f (x + T ) = f (x ), ∀ x ∈
x =0
⇔ T = 0 , tehát f nem
periodikus függvény. d) ∀ x ∈
⇒ −x ∈
= −2n +1 x = −f (x ), ∀ x ∈ f (x + T ) = f (x ), ∀ x ∈
1
1
1
1
. f (−x ) = 2n +1 −x = (−x )2n +1 = −12n +1 ⋅ x 2n +1 = −x 2n +1 = , tehát az f páratlan függvény.
⇔
2n +1
x + T = 2n +1 x , ∀ x ∈
x =0
⇔ T = 0 , f nem pe-
riodikus függvény. e) ∀ x ∈ [0, + ∞) ⇒ / − x ∈ [0, + ∞) , például 1 ∈ [0, + ∞) , de −1 ∉ [0, + ∞) , f nem páros és nem páratlan függvény. f (x + T ) = f (x ), ∀ x ∈ [0, + ∞) ⇔ (x + T )2 = x 2 , ∀ x ∈ [0, + ∞) ⇔ T = 0 , f nem periodikus függvény. f) ∀ x ∈ [−2, 1] ⇒ / − x ∈ [−2, 1] , például −2 ∈ [−2, 1] , de 2 ∉ [−2, 1] , f nem páros és nem páratlan függvény. f (x + T ) = f (x ), ∀ x ∈ [−2, 1] ⇔ (x + T )3 + x + T = x 3 + x , ∀ x ∈ [−2, 1] , és ha
x = 0 ∈ [−2, 1] , akkor kapjuk, hogy T 3 + T = 0 , azaz T (T 2 + 1) = 0 , melynek az egyedüli valós gyöke a T = 0 . Tehát f nem periodikus. g)
∀ x ∈ [−2, 2] ⇒ − x ∈ [−2, 2] .
f (−x ) = (−x )5 + (−x )3 + (−x ) = (−1)5 x 5 +
+(−1)3 x 3 − x = −x 5 − x 3 − x = −(x 5 + x 3 + x ) = −f (x ), ∀ x ∈ [−2, 2] , tehát f
páratlan függvény. f (x + T ) = f (x ), ∀ x ∈ [−2, 2] ⇔ (x + T )5 + (x + T )3 + x + T = x 5 + x 3 + x ,
∀ x ∈ [−2, 2] . Ha x = 0 , akkor T 5 + T 3 + T = 0 , azaz T (T 4 + T 2 + 1) = 0 . Jelöljük T 2 = z , kapjuk a z 2 + z + 1 = 0 egyenletet, melynek nincs valós gyöke, tehát a T változós egyenlet egyetlen gyöke a T = 0 , azaz az f nem periodikus. h) ∀ x ∈ [−1, 1] ⇒ − x ∈ [−1, 1] . f (−x ) = (−x )4 + (−x )2 = x 4 + x 2 = f (x ) bármely
x ∈ [−1, 1] , tehát f páros függvény. f (x + T ) = f (x ), ∀ x ∈ [−1, 1] ⇔ (x + T )4 + (x + T )2 = x 4 + x 2 , ∀ x ∈ [−1, 1] .
Legyen x = 0 , akkor kapjuk a T 4 + T 2 = 0 ⇔ T 2 (T 2 + 1) = 0 egyenletet, melynek egyedüli valós gyöke 0. Tehát f nem periodikus. i) ∀ x ∈ . f (−x ) = sin(−x ) = − sin x = −f (x ), ∀ x ∈ ⇒ −x ∈ páratlan függvény. f (x + T ) = f (x ), ∀ x ∈
f periodikus függvény.
, tehát f
⇔ sin(x + T ) = sin x ⇔ T = 2k π , ahol k ∈
, tehát
Tartalomjegyzék
Függvények
175
sin x , sin x ∈ [0, 1] j) f (x ) = {sin x } = 1 + sin x , sin x ∈ [−1, 0] . 0, sin x = 1 ∀x∈ ⇒ − x ∈ . f (−x ) = {sin(−x )} = {− sin x } ≠ {sin x } ⇒ f nem páros. f (−x ) = {sin(−x )} = {− sin x } ≠ − {sin x } ⇒ f nem páratlan.
Ha T = 2π ⇒ f (x + T ) = f (x ) ⇒ f periodikus.
f (x + 2π) = {sin(x + 2π)} =
= {sin x } = f (x ) . 4. Egy f : [−6, 6] →
x f (x )
–6
–4 2
függvény változási táblázata a következő:
–1
0 4
1 –1
4
6 5
Töltsd ki a táblázatot, ha f páros, majd ha f páratlan.
Megoldás
f páratlan:
x f (x )
–6 5
–4 2
–1 –1
0 4
1 –1
4 2
f páros:
x f (x )
–6 –5
–4 2
–1 1
0 4
1 –1
4 –2
6 5 6 5
5. Melyik igaz és melyik hamis az alábbi kijelentések közül? f : A → B páros ⇒ f + g : A → B is páros; a) g : A → B páros f : A → B páratlan b) ⇒ f + g : A → B is páratlan; g : A → B páratlan f : A → B páros ⇒ f ⋅ g : A → B is páros; c) g : A → B páros f : A → B páratlan ⇒ f ⋅ g : A → B is páratlan. d) g : A → B páratlan Megoldás. a) ∀ x ∈ A ⇒ − x ∈ A mivel f és g is páros. ( f + g )(−x ) = f (−x ) + g (−x ) = f (x ) + g(x ) = ( f + g )(x ), ∀ x ∈ A , azaz f + g páros.
Igaz a kijelentés. b) ∀ x ∈ A ⇒ − x ∈ A mivel f , g páratlan.
( f + g )(−x ) = f (−x ) + g(−x ) = −f (x ) − g(x ) = −( f (x ) + g(x )) = −( f + g )(x ) ⇒ f + g páratlan. Tehát igaz a kijelentés.
Tartalomjegyzék
176
Függvények
c) ∀ x ∈ A ⇒ − x ∈ A mivel f , g páros.
(f ⋅ g )(−x ) = f (−x ) ⋅ g(−x ) = f (x ) ⋅ g(x ) = (f ⋅ g )(x ), ∀ x ∈ A , vagyis f ⋅ g páros. d) ∀ x ∈ A ⇒ − x ∈ A mert f , g páratlan.
( f ⋅ g )(−x ) = f (−x ) ⋅ g(−x ) = (−f (x )) ⋅ (−g(x )) = f (x ) ⋅ g(x ) = ( f ⋅ g )(x ), ∀ x ∈ A tehát f ⋅ g páros. Tehát hamis a kijelentés. e) Igazolni kell, hogy ∃ T : (g f )(x + T ) = (g
,
f )(x ) .
(g f )(x + T ) = g ( f (x + T )) = g ( f (x )) = (g f )(x ) . Tehát g vetkezik az f periodikusságából. Igaz kijelentés.
f periodikus, kö-
6. Van-e függőleges szimmetriatengelye az alábbi függvények grafikus képének? a) f : → , f (x ) = ax 2 + bx + c, a ≠ 0 ; b) f :
→
, f (x ) = ax + b, a ≠ 0 ;
d) f :
→
, f (x ) = (x − 1)4 + (x + 3)4 ; e) f :
f) f :
→
, f (x ) = x ;
h) f : [a, b ] →
→ , f (x ) = x 3 + a, a ∈ →
;
, f (x ) = x 4 + x 3 ;
g) f : [−3, 2] →
, f (x ) = x ;
, f (x ) = a + b − x , a, b ∈ , a < b .
Megoldás. a) ∀ x ∈
létezik-e olyan d ∈
c) f :
⇒ 2d − x ∈
, ahol d ∈
. Vizsgálnunk kell, hogy
úgy, hogy teljesüljön a f (x ) = f (2d − x ), ∀ x ∈
feltétel.
f (x ) = f (2d − x ) ⇔ ax 2 + bx + c = a(2d − x )2 + b(2d − x ) + c ⇔
⇔ (2da + b)x = 2d 2a + bd Az egyenlőség fenn kell álljon bármely x -re a valós számok halmazából, ami csak b függőleges szimakkor lehetséges ha 2da + b = 0 . Ahonnan kapjuk, hogy x = − 2a metriatengelye a megadott függvény grafikus képének. b) Mivel -ben vagyunk, az első feltétel biztos, hogy teljesülni fog. f (x ) = f (2d − x ), ∀ x ∈ ⇔ ax + b = a(2d − x ) + b, ∀ x ∈ ⇔
⇔ x = d, ∀ x ∈ Tehát ellentmondáshoz jutottunk, így az f függvény grafikus képének nincs függőleges szimmetriatengelye. c) -ben vagyunk, tehát teljesül az első feltétel. f (x ) = f (2d − x ), ∀ x ∈ ⇔ x 3 + a = (2d − x )3 + a, ∀ x ∈ ⇔ ⇔ x 3 − 3dx 2 + 6d 2x − 4d 3 = 0, ∀ x ∈
Az egyenletnek legfeljebb három különböző gyöke van, de nekünk az minden valós szám esetén kellene teljesüljön. Tehát a függvény grafikus képének nincs függőleges szimmetriatengelye.
Tartalomjegyzék
Függvények
177
d) Teljesül az első feltétel. f (x ) = f (2d − x ), ∀ x ∈
⇔ (x − 1)4 + (x + 3)4 = (2d − 1 − x )4 +
+(2d + 3 − x )4 ⇔ d = −1
Tehát teljesül az egyenlőség, így az x = −1 egyenletű egyenes a függvény grafikus képének függőleges szimmetriatengelye. e) -ben teljesül a 2d − x ∈ ∀ d, x ∈ feltétel.
f (x ) = f (2d − x ), ∀ x ∈ D ⇔ x 4 + x 3 = (2d − x )4 + (2d − x )3 , ∀ x ∈ Megfeleltetjük a szabadtagok együtthatóját.
1 2 egyenlőséget kapjuk, ami nem igaz.
(2d )4 + (2d )3 = 0 ⇔ (2d )3 (2d + 1) = 0 ⇔ d = 0 vagy d = −
d = 0 esetén az x 4 + x 3 = x 4 − x 3 , ∀ x ∈
1 esetén az x 4 + x 3 = (−1 − x )4 + (−1 − x )3 egyenlőségnek kellene teljesül2 esetén. Mivel ez sem teljesül, a grafikus kép nem rendelkezik függőleges nie ∀ x ∈ d =−
szimmetriatengellyel. f) f (x ) = f (2d − x ), ∀ x ∈
⇔ x = 2d − x ∀ x ∈
⇔ x = d, ∀ x ∈
.
Nincs függőleges szimmetriatengely. g) f (x ) = f (2d − x ), ∀ x ∈ [−3, 2] ⇔ x = 2d − x , ∀ x ∈ [−3, 2] ⇔ x = d ,
∀ x ∈ [−3, 2] . Ez nem lehetséges mert d egy rögzített érték és x a változó, tehát nincs függőleges szimmetriatengely. h) f (x ) = f (2d − x ), ∀ x ∈ [a, b ] ⇔ a + b − x = a + b − 2d + x , ∀ x ∈ [a, b ] ⇔
⇔ x = d, ∀ x ∈ [a, b ] ⇔ a = b = d , de a < b . Nincs függőleges szimmetriatengely. 7. Bizonyítsd be, hogy ha az f :
→
függvény teljesíti az
1 + f (x ) − f 2 (x ) 2 esetén, akkor f periodikus. f (x + a ) =
egyenlőséget, ∀ x ∈
Bizonyítás. Ha f (x ) = y , akkor f (x + a ) =
1 + y − y2 . 2
Ha x helyett (x + a ) -t helyettesítünk, az 2
f (x + 2a ) =
1 1 1 1 + f (x + a ) − f 2 (x + a ) = + + y − y 2 − + y − y 2 = 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 + + y 2 − y = + y − = + y − = y 2 4 2 2 2 2 egyenlőséghez jutunk, tehát f (x + 2a ) = f (x ), ∀ x ∈ , azaz f periodikus. =
Tartalomjegyzék
178
Függvények
Bizonyítsd be, hogy ha az f : → \ {1} függvény teljesíti 1 f (x + 2) = egyenlőséget, ∀ x ∈ esetén, akkor f periodikus. 1 − f (x ) 1 Bizonyítás. Legyen f (x ) = y ⇒ f (x + 2) = . Ha x helyett (x + 2) -t 1−y helyettesítünk az 1 1−y =− f (x + 4) = 1 y 1− 1−y 8.
egyenlőséghez jutunk, majd az x + 4 helyettesítés után: 1 f (x + 6) = =y. 1−y 1+ y Azaz f (x ) = f (x + 6) , tehát f periodikus. 9. Ábrázold grafikusan a következő függvényeket: a) f : → , f (x ) = [x ] ; b) f :
→
, f (x ) = {x } .
Megoldás. a)
y 4
[
3
[
2
[
1 –4 –3 –2 –1 O [ [ [ [ [
[ )
–1
)
1
)
)
)
)
2
3
4
5
x
–2
)
–3
)
–4
)
b)
y
)
)
)
)
)
)
)
)
)
[
[
[
[
[
[
[
[
[
1 5
–4 –3 –2 –1
O 1
2
3
4
x
az
Tartalomjegyzék
Függvények
179
V.9.1. Gyakorlatok és feladatok (116. oldal) 1. Vizsgáld az alábbi f : I →
függvények monotonitását.
2
b) f (x ) = 2x 2 − 6x , I = [−2, 1] ; x c) f (x ) = −3x 2 + 2, I = [0, + ∞) ; d) f (x ) = , I = (2, + ∞) . x −2 f (x 1 ) − f (x 2 ) x 12 + 4 − x 22 − 4 Megoldás. a) = = x 1 + x 2 > 0, ∀ x 1, x 2 ∈ I mivel x1 − x 2 x1 − x 2 x 1 ≠ x 2 . Tehát f szigorúan növekvő függvény. a) f (x ) = x + 4, I = [0, + ∞) ;
b)
f (x 1 ) − f (x 2 ) x1 − x 2
2x 12 − 6x 1 − 2x 22 + 6x 2
=
x1 − x 2
=
2(x 1 − x 2 )(x 1 + x 2 ) − 6(x 1 − x 2 ) x1 − x 2
=
= 2(x 1 + x 2 ) − 6 < 0, ∀ x 1, x 2 ∈ [−2, 1] . Tehát f szigorúan csökkenő függvény. f (x 1 ) − f (x 2 ) −3x 12 + 2 + 3x 22 − 2 mivel = = −3(x 1 + x 2 ) < 0, ∀ x 1, x 2 ∈ I x1 − x 2 x1 − x 2 x 1 ≠ x 2 , x 1, x 2 nem veheti fel egyszerre a 0 értéket. Tehát f szigorúan csökkenő
c)
függvény. d)
f (x 1 ) − f (x 2 ) x1 − x 2
=
x1 x2 − x1 − 2 x 2 − 2 x1 − x 2
=
−2(x 1 − x 2 ) (x 1 − 2)(x 2 − 2)(x 1 − x 2 )
=
−2 < 0, (x 1 − 2)(x 2 − 2)
mert x 1, x 2 ∈ (2, + ∞) ⇒ x 1 − 2 > 0 és (x 2 − 2) > 0 . Tehát f szigorúan csökkenő függvény. 2. Legyen f : I →
, (I ⊂
) függvény. A tagadási szabályok használásával, írd
fel, hogy mit jelent: a) f nem szigorúan növekvő I -n; b) f nem szigorúan csökkenő I -n; c) f nem szigorúan monoton I -n. Megoldás. a) f csökkenő I -n (vagy f növekvő, f csökkenő, f szigorúan csökkenő, f változtatja a monotonitását az I intervallumon belül). b) f növekvő I -n (vagy f csökkenő, növekvő, szigorúan növekvő, változtatja a monotonitását I -n). c) f növekvő vagy csökkenő (vagy f növekvő, csökkenő, változtatja a monotonitását az I intervallumon belül).
Tartalomjegyzék
180
Függvények
3. Vizsgáld az f : (−∞, − 1) →
Megoldás.
=
f (x 1 ) − f (x 2 ) x1 − x 2
1 − x 1x 2 (1 + x 12 )(1 + x 22 )
=
, f (x ) =
x függvény monotonitását. 1 + x2
x1 x2 − 2 1 − x 1 1 − x 22 x1 − x 2
=
(x 1 − x 2 ) − x 1x 2 (x 1 − x 2 ) (1 + x 12 )(1 + x 22 )(x 1 − x 2 )
, 1 + x 12 > 0 ∀ x 1 ∈ ; 1 + x 22 > 0 ∀ x 2 ∈
=
.
A függvény monotonitását az 1 − x 1x 2 előjele fogja megadni. Mivel x 1, x 2 ∈ I , ezért vizsgáljuk az x 1 = x 2 esetén kapott kifejezés előjelét. Az I 1 = (−1, 1) intervallumon az f függvény csökkenő, míg az I 2 = 4. Tanulmányozd az f :
\ {−1} →
\ (−1, 1) halmazon növekvő. , f (x ) =
x 2 − 2x + 1 x +1
és g :
→
,
g(x ) = x 3 − 3x 2 + 4x + 1 függvények monotonitását! x 12 − 2x 1 + 1 x 22 − 2x 2 + 1 − f (x 1 ) − f (x 2 ) x1 + 1 x2 + 1 x x + x1 + x2 − 3 Megoldás. = = 1 2 . x1 − x 2 x1 − x 2 (x 1 + 1)(x 2 + 1)
Ha x 1 = x 2 , az eredeti tört a következő formában írható:
x 12 + 2x 1 − 3 (x 1 + 1)2
. A tört
előjelének vizsgálata megegyezik az x 12 + 2x 1 − 3 kifejezés előjelével. Ebből következik, hogy az I 1 = (−3, 1) intervallumon f csökkenő, az I 2 =
\ (−3, 1)
intervallumon pedig növekvő. g (x 1 ) − g(x 2 ) x 13 − 3x 12 + 4x 1 + 1 − x 23 + 3x 22 − 4x 2 − 1 = = x1 − x 2 x1 − x 2 = x 12 + x 1x 2 + x 22 − 3x 1 − 3x 2 + 4 .
Hasonlóan járva el mint az előbb: x 1 = x 2 ⇒ 3x 12 − 6x 1 + 4 előjelét kell vizsgálnunk. ∆x1 = −12 < 0 ⇒ a g függvény szigorúan növekvő az
-en.
5. Bizonyítsd be, hogy két növekvő függvény összege is növekvő. Ez alapján igazold, hogy ha a1, a2 , …, an pozitív számok, akkor az
f : +→ növekvő.
függvény n
f (x ) = a 0x + a1x nem csökkenő az
n −1
, f (x ) = a 0x n + a1x n −1 + … + an −1x + an Adjál példát olyan f :
→
,
+ … + an −1x + an alakú függvényre, amely se nem növekvő, se -on. +
Tartalomjegyzék
Függvények
181
Megoldás. Legyen f , g két növekvő függvény és igazolni fogjuk, hogy f + g is növekvő. ( f + g )(x 1 ) − ( f + g )(x 2 ) ért f (x 1 ) + g(x 1 ) − f (x 2 ) − g(x 2 ) = = x1 − x 2 x1 − x 2
f (x 1 ) − f (x 2 ) + g(x 1 ) − g(x 2 )
=
x1 − x 2
=
f (x 1 ) − f (x 2 ) x1 − x 2
+
g(x 1 ) − g(x 2 ) x1 − x 2
>0
Tehát két növekvő függvény összege növekvő. Legyen f0 (x ) = a 0x n , f1 (x ) = a1x n −1, …, fn −1(x ) = an −1x , fn (x ) = an . Ekkor fi (x 1 ) − fi (x 2 ) x1 − x 2
Tehát fi növekvő
= +
ai x 1n −i − ai x 2n −i x1 − x 2
= ai (x 1n −i −1 + x 1n −i −2x 2 + … + x 2n −i −1 ) > 0
-n ∀ i = 0, n ⇒ f növekvő függvény
+
-n.
6. Az eddigiek alapján döntsd el, hogy a következő grafikus képek közül melyek ábrázolnak növekvő függvényeket és melyek csökkenőket! Azoknál a függvényeknél, amelyek nem monotonak az egész -en, határozd meg a monotonitási intervallumokat. Vizsgáld meg a szigorú monotonitást is! Megoldás. Az 1. szigorúan növekvő az -n; a 2. csökkenő az -n; a 3. növekvő az -n; a 4. az I 1 = (−∞, − 1], I 3 = (3, + ∞) intervallumokon szigorúan növekvő,
míg az I 2 = (−1, 3] intervallumon szigorúan csökkenő; az 5. az I 1 = (−∞, − 3] ,
I 3 = (−1, 1], I 5 = (3, + ∞) intervallumokon szigorúan növekvő, az I 2 = (−3, − 1] , I 4 = (1, 3] intervallumokon pedig szigorúan csökkenő; a 6. az I 1 = (−∞, − 1]
intervallumon szigorúan növekvő, míg az I 2 = (−1 + ∞) intervallumon szigorúan csökkenő. V.13. Gyakorlatok (129. oldal) 1. Ábrázold a következő első és másodfokú függvényeket: a) f : → , f (x ) = x + 1 ; b) f : →
, f (x ) = 2x − 1 ; x → , f (x ) = − 3 ; 2 → , f (x ) = x 2 − 2x + 6 ;
c) f :
→
, f (x ) = 7 − 3x ;
d) f :
e) f :
→
, f (x ) = x 2 − 4x + 5 ;
f) f :
g) f :
→
, f (x ) = x 2 − 2 2x + 2 ; h) f :
i) f :
→
, f (x ) = x 2 − 7x + 12 ;
j) f :
→
, f (x ) = −x 2 + 10x ;
l) f :
→
k) f :
→
→
, f (x ) = x 2 − 5x + 6 ; 1 2 1 1 x − x+ ; 2 3 4 , f (x ) = x 2 − 16 . , f (x ) =
Tartalomjegyzék
182
Függvények
Megoldás. a) f (0) = 1, f (−1) = 0 .
d) f (0) = − 3, f (2 3) = 0 .
y
y
A(0, 1) B(–1, 0)
B(2 3 , 0)
O
x
x
O A(0, – 3 )
1 b) f (0) = −1, f = 0 . 2
b ∆ , yV = − , xV = 2 , 2a 4a yV = 1 ; ∆ < 0 ⇒ Gr ∩ Ox = ∅ .
y
e) xV = −
f (0) = 5 , f (4) = 5 , f (1) = 2 , f (3) = 2 . O
B(1/ 2 , 0)
x
A(0, –1)
x f (x )
0 5
1 2
2 1
3 2
2
3
4 5
y 5
7 c) f (0) = 7, f = 0 . 3
y
2 1
7 A(0, 7)
O
O
2 B(7/3, 0)
x
1
4
x
Tartalomjegyzék
Függvények
183 y 9
b f) A csúcspont koordinátái: xV = − = 1 , 2a ∆ yV = − = 4 . ∆ < 0 , tehát a grafikus kép nem 4a metszi az Ox tengelyt. f (0) = 6 ; f (2) = 6 ;
6
f (−1) = 9 ; f (3) = 9 . x f (x )
–1 9
4
0 6
1 4
2 6
3 9
y
–1 O
8
1
2
g) A csúcspont koordinátái xV = −
3
x
b = 2, 2a
∆ = 0 . ∆ = 0 , a grafikon érinti az 4a Ox tengelyt. f (0) = 2 ; f (2 2) = 2 ; yV = −
2 – 2
f (− 2) = 8 ; f (3 2) = 8 .
O 2 2 2 3 2
x f (x )
x
0 2
– 2 8
2 0
2 2 2
3 2 8
y h) A csúcspont koordinátái: xV = −
b 5 = , 2a 2
1 ∆ yV = − = − . ∆ = 1 , a grafikon metszi az 4a 4 Ox tengelyt: f (2) = 0 , f (3) = 0 ; f (0) = 6 , f (5) = 6 .
x
0
2
5/2
3
5
f (x )
6
0
−1/4
0
6
6
O – 1 4
5 2 2
3
5
x
Tartalomjegyzék
184
Függvények y
i)
A
csúcspont
xV = −
koordinátái:
b 7 = 2a 2
,
12
1 ∆ yV = − = − . ∆ = 1 > 0 , a grafikus kép metszi 4a 4 az Ox tengelyt. f (3) = 0 , f (4) = 0 , f (0) = 12 , f (7) = 12 . x
0
3
7/2
4
7
f (x )
12
0
−1/4
0
12
7 2
O 1 – 4 j) A csúcspont koordinátái xV = −
b 1 , = 2a 3
7 ∆ = . ∆ < 0 , a grafikus kép nem 4a 36 1 2 1 , metszi az Ox tengelyt. f (0) = , f ( ) = 4 3 4 1 5 5 , f (1) = . f (− ) = 12 3 12 x f (x )
5/12
k)
A
0
1/3
2/3
1
1/4
7/36
1/4
5/12
csúcspont
koordinátái:
xV = −
7
x
y
yV = −
−1/3
3 4
5 12
– 13
b =5 2a
1 3
O
25
1 x
2 3
y
,
∆ = 25 . ∆ > 0 , a grafikus kép két pontban metszi 4a az Ox tengelyt: f (0) = 0 , f (10) = 0 ; f (−1) = −11 , f (11) = −11 . yV = −
x f (x )
–1 –11
0 0
5 25
10 0
11 –11
–1 –11
O 5
11
x
Tartalomjegyzék
Függvények
185
Tartalomjegyzék
y l)
A
csúcspont
koordinátái:
xV = −
b =0 2a
∆ = −16 . ∆ > 0 , a grafikus kép két az 4a Ox tengelyt 2 pontban metszi: f (−4) = 0 , f (4) = 0 ; f (−5) = 9 , f (5) = 9 . yV = −
–5 9
x f (x )
–4 0
0 –16
4 0
9
, –5
–4
O
4
5
5 9
2. Határozd meg a következő függvénypárok grafikus képének metszéspontját: a) f , g : → , f (x ) = 3x − 1, g(x ) = 2x + 3 ; b) f , g :
→
, f (x ) = 2x − 5, g(x ) = 4 − x ;
c) f , g :
→
, f (x ) = −3x + 2, g(x ) = x 2 − 6x + 4 ;
d) f , g :
→
, f (x ) = 7x + 3, g(x ) = x 2 − 5x + 14 .
–16
Megoldás. a) f (x ) = g(x ) ⇔ 3x − 1 = 2x + 3 ⇔ x = 4 , y = f (4) = g(4) = 11 .
Tehát a metszéspont (4, 11) . b) f (x ) = g(x ) ⇔ 2x − 5 = 4 − x ⇔ 3x = 9 ⇔ x = 3 , y = f (3) = g(3) = 1 .
Tehát a metszéspont (3, 1) . c) f (x ) = g (x ) ⇔ − 3x + 2 = x 2 − 6x + 4 ⇔ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ x 1 = 2 ,
x 2 = 1 ; y1 = f (2) = g(2) = −4, y2 = f (1) = g(1) = −1 . A metszéspontok: (2, − 4) , (1, − 1) . d) f (x ) = g(x ) ⇔ 7x + 3 = x 2 − 5x + 14 ⇔ x 2 − 12x + 11 = 0 ⇔ x 1 = 1 ,
x 2 = 11 ; y1 = f (1) = g(1) = 10, y2 = f (11) = g(11) = 80 . Tehát a metszéspontok
(1, 10), (11, 80) . 3. Ábrázold az f :
→
, f (x ) = x 2 − 2x függvényt és határozd meg az alábbi
halmazokat: a) Im f ; b) f ([0, 2]) ; c) f ([−2, 4]) ; d) f ([1, 6]) ; e) f ([−10, 0]) . ∆ ∆ Megoldás. a) a = 1 > 0 ⇒ Im f = − , +∞ . − = −1 ⇒ Im f = [−1, ∞) . 4a 4a
x
186
Függvények
b = 1 , x = 1 ∈ [0, 2] ⇒ f ([0, 2]) = [−1, 0] . 2a c) f (−2) = 8, f (4) = 8 . x = 1 ∈ [−2, 4] ⇒ f ([−2, 4]) = [−1, 8] . b) f (0) = 0, f (2) = 0 . −
d) f (1) = −1, f (6) = 24 . f ([1, 6]) = [−1, 24] . e) f (−10) = 120, f (0) = 0 . x = 1 ∉ [−10, 0] ⇒ f ([−10, 0]) = [0, 120] . 4.
Határozd
meg
az
f1, f2 , f3 :
→
, f1 (x ) = 2x + 5, f2 (x ) = 3x − 4
és
f5 (x ) = −7x + 4 függvények grafikus képének metszéspontjai által meghatározott háromszög területét. Megoldás. f1 (x ) = f2 (x ) ⇒ 2x + 5 = 3x − 4 ⇒ x 1 = 9, y1 = 23 ; A(9, 23) .
4 8 4 8 , y2 = − ; B , − . 5 5 5 5 1 43 1 43 f1 (x ) = f3 (x ) ⇒ 2x + 5 = −7x + 4 ⇒ x 3 = − , y 3 = ; C − , . 9 9 9 9 41 10 41 2 AB = (x 1 − x 2 )2 + (y1 − y2 )2 = ; BC = (x 2 − x 3 )2 + (y2 − y 3 )2 = ; 5 9 82 5 CA = (x 3 − x 1 )2 + (y 3 − y1 )2 = . 9 A háromszög területét Héron képletével számítjuk ki AB + BC + CA T = p(p − AB )(p − BC )(p − CA) ahol p = . 2 1681 . Tehát T = 45 f2 (x ) = f3 (x ) ⇒ 3x − 4 = −7x + 4 ⇒ x 2 =
5. Bizonyítsd be, hogy ha az f : [a, b ] →
a + b , 2
grafikus képe szimmetrikus az
a + b f pontra nézve, akkor a grafikus kép, az x = a, x = b egyenletű 2
a + b egyenesek és az Ox tengely által meghatározott síkidom területe (b − a )f . 2 y Bizonyítás. Ha f szimmetrikus az a + b , f a + b pontra nézve, akkor 2 2 a + b 1 f (x ) = f (a + b − x ) = 2 f , ∀ x ∈ [a, b ] f ( a +2 b ) 2
az értelmezés alapján. Így az 1. és 2. síkidomok egybevágóak, tehát a vizsgált síkidom területe megegyezik az ABCD téglalap területével.
2
O
a
a+b 2
b
x
Tartalomjegyzék
Függvények
187
a + b , tehát a kért tulajdonságot igazoltuk. Ez éppen (b − a ) ⋅ f 2 6. Határozd meg az m ∈
paraméter értékét úgy, hogy az fm :
→
,
2
fm (x ) = mx − (2m + 1)x + 1 függvény: a) grafikus képének csúcsa a (4, − 2) pontban legyen; b) grafikus képe érintse az y = −2 egyenletű egyenest; c) grafikus képe áthaladjon a (−1, − 2) ponton.
2m + 1 b =4 xV = − =4 2m 2a ⇔ ⇔ m ∈ ∅. Megoldás. a) 4m 2 + 1 y = − ∆ = −2 − = − 2 4a 4m V b) A grafikus kép csak a csúcspontban érintheti az y = −2 egyenest, azaz 3 3 ∆ , 1− − = −2 ⇒ 4m 2 + 1 = 8m ⇔ 4m 2 − 8m + 1 = 0 ⇒ m ∈ 1 + . 4a 2 2 c) (−1, 2) ∈ Gr fm ⇔ fm (−1) = 2 ⇔ fm (−1) = m + 2m + 1 + 1 = 2 ⇒ m = 0 . 7. Határozd meg az m ∈
paraméter értékét úgy, hogy az E (x ) =
x 2 + 2mx + 3m − 2 x 2 + 2x + m
tört értelmezve legyen és legyen pozitív minden x ∈ esetén. Megoldás. Ahhoz, hogy a tört értelmezve legyen ∀ x ∈ esetén, az x 2 + 2x + m
nem veheti fel a 0 értéket, azaz ∆2 < 0 ⇔ m > 1 . Így kapjuk, hogy x 2 + 2x + m > 0, ∀x∈
esetén. Tehát E (x ) > 0, ∀ x ∈
⇔ x 2 + 2mx + 3m − 2 > 0, ∀ x ∈
.
2
Azaz ∆1 < 0 ⇔ m − 3m + 2 < 0 , m1 = 1, m2 = 2 ⇔ m ∈ (1, 2) . Tehát összegezve kapjuk, hogy m ∈ (1, 2) . x 2 + ax + 1 , (a ∈ ) függvény. Határozzuk meg az x2 − x + 1 paraméter értékét úgy, hogy teljesüljön az Im f ⊂ [−3, 2] bennfoglalás.
8. Legyen f :
a∈
→
, f (x ) =
Megoldás. Im f ⊂ [−3, 2] ⇔ − 3 ≤
x 2 + ax + 1 ≤ 2 , azaz x2 − x + 1
−4x 2 + (3 − a )x − 4 ≤ 0 a ∈ [−5, 11] ∆1 ≤ 0 ⇔ ⇔ . 2 a ∈ [−4, 0] ∆ ≤ 0 − + + ≥ x a x (2 ) 1 0 2 Tehát a ∈ [= 4, 0] .
Tartalomjegyzék
188
Függvények
9. Határozd meg az m ∈
paraméter értékét úgy, hogy az fm :
→
,
fm (x ) = (m + 1)x 2 − 2mx + m függvény a) grafikus képe érintse az Ox tengelyt; b) grafikus képének csúcsa az Ox tengely alatt helyezkedjen el; c) grafikus képe szimmetrikus legyen az x = 1/ 2 egyenletű egyenesre. Megoldás. a) Ahhoz, hogy a grafikus kép az Ox tengelyt érintse ∆ = 0 ⇔ ⇔ − 4m = 0 ⇔ m = 0 . b) A grafikus kép Ox alatt helyezkedik el, ha a < 0 m + 1 < 0 m < −1 ⇔ ⇔ ⇔ m ∈ ∅. m > 0 ∆ < 0 −4m < 0 1 b 1 c) A grafikus kép az x = egyenes szimmetrikusa ⇔ xV = − = , azaz 2 2a 2 m 1 = ⇒ m = 1. m +1 2 10. Határozd meg az f :
(
→
, f (x ) = ax 2 + bx + c függvény grafikus képéhez
)
az x 0 , f (x 0 ) pontban húzott érintő egyenletét. Megoldás. Legyen y = dx + e a keresett érintő. Ebben az esetben az y = dx + e egyenletrendszernek egy megoldása van, ami épp az x 0 , f (x 0 ) . y = ax 2 + bx + c Az előbbi egyenletrendszerből következik, hogy az ax 2 + (b − d )x + c − e = 0 d −b = x 0 , azaz egyenletnek az egyetlen megoldása az x 0 , tehát ∆ = 0 és 2a (b − d )2 − 4ac + 4ae = 0 d = 2ax 0 + b ⇔ . 2 d − b = 2ax 0 e = c − ax 0
(
(
)
)
Tehát y = (2ax 0 + b)x + c − ax 0 az x 0 , f (x 0 ) pontban húzott érintő egyenlete. 11. Határozd meg az fm :
→
, fm (x ) = mx 2 − (m + 1)x + 1 (m ∈
) parabo-
lacsalád csúcspontjainak mértani helyét. Bizonyítsd be, hogy az előbbi család minden eleme áthalad egy rögzített ponton (a grafikus képek metszete nem üres halmaz). 1 m = m +1 = x 2xV − 1 2m V Megoldás. ⇔ . 4(1 − xV )2 (m − 1)2 y =− yV = − 4(2x − 1) 4m V V
Tartalomjegyzék
Függvények Tehát yV = −
189
xV2 − 2xV + 1 2xV − 1
1 3 1 . = − xV + − 2 4 4(2xV − 1)
A fixpont meghatározása: mx 2 − (m + 1)x + 1 = y . Innen m(x 2 − x ) − x + 1 − y = 0 , 2 x = 0 ∨ x = 1 x − x = 0 ⇔ ahonnan . Tehát a fixpontok (0, 1) és (1, 0) . −x + 1 − y = 0 y = 1 ∨ y = 0 12. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az mx 2 + (2m − 1)x + m = 0 egyenlet gyökeire teljesüljenek az alábbi összefüggések: a) x 1 < 1 < x 2 < 2 ; b) 1 < x 1 < x 2 < 2 ; c) x 1 < 1 < x 2 ; d) x 1 ≤ 1 ≤ x 2 ≤ 2 . x −1 2y − 1 Megoldás. Az y = helyettesítést használjuk, azaz x = . x −2 y −1
mx 2 + (2m − 1)x + m = 0 ⇔ (9m − 2)y 2 − (12m − 3)y + 3m − 1 = 0 . 12m − 3 ± (6m − 1) 3m − 1 . Tehát y1 = , y = 1. 2(9m − 2) 9m − 2 2 2 1 3m − 1 < 0 ⇔ m ∈ , . a) x 1 < 1 < x 2 < 2 ⇔ y1 < 0, y 2 > 0 . y1 = 9 3 9m − 2 b) 1 < x 1 < x 2 < 2 ⇔ y1 < 0, y 2 < 0 . y2 = 1 > 0 ⇒ M = ∅ . ∆ = (6m − 1)2 ⇒ y1,2 =
2 1 3m − 1 >0 ⇔ m ∈ \ , . 9m − 2 9 3 2 1 3m − 1 ≤ 0 ⇔ m ∈ , . d) x 1 ≤ 1 ≤ x 2 ≤ 2 ⇔ y1 ≤ 0, y 2 ≥ 0 . y1 = 9 3 9m − 2 c) x 1 < 1 < 2 < x 2 ⇔ y1 > 0, y 2 > 0 . y1 =
13. Igaz-e az alábbi kijelentés: Az x 2 + bx + c = 0 egyenlet gyökei pontosan akkor vannak a (−1, 1) interval-
lumban, ha 1 + b + c > 0, 1 − b + c > 0 és c < 1 . x +1 y +1 helyettesítést használva, x = . x −1 y −1 x 2 + bx + c = 0 ⇔ (1 + b + c)y 2 + 2(1 − c)y + 1 − b + c = 0 .
Megoldás. Az y =
x 1, x 2 ∈ (−1, 1) ⇔ y1, y2 < 0 ⇔ s < 0 és p > 0 .
2(1 − c) s = − <0 1 +b +c . A megadott feltételek kielégítik az egyenlőtlenség-rendszert. 1 −b + c >0 p= 1 +b +c
Tartalomjegyzék
190
Függvények
V.14.1. Gyakorlatok (132. oldal)
és g : → 1. Számítsd ki a g f és f g függvényeket az alábbi f : → függvények esetén: a) f (x ) = 3x − 7, g(x ) = 2 − 5x ; b) f (x ) = 7x + 2, g(x ) = x 2 + x ; c) f (x ) = x 2 + 2x − 3, g(x ) = x 2 − 4x + 7 ; d) f (x ) = x 2 − 7x + 4, g(x ) = x 2 − 3x + 1 ; e) f (x ) = x 3 , g(x ) = 2x 2 − 3x − 1 ;
f) f (x ) = x 5 , g(x ) = ax + b (a, b ∈
);
2x , x > 1 x g) f (x ) = , g(x ) = ; x − 2, x ≤ 1 2 x 2 − 1, x ≤ 0 2x , x ≤ 0 , g (x ) = h) f (x ) = ; 3x , x > 0 x − 1, x > 0 1 − 2x , x ≤ 2 2 x + 1, x ≤ 0 , g(x ) = i) f (x ) = 2 . −x + 1, x > 2 3x + 1, x > 0 Megoldás. a) ( f g )(x ) = f (g(x )) = 3g(x ) − 7 = 3(2 − 5x ) − 7 = −15x − 1 . (g f )(x ) = g( f (x )) = 2 − 5 f (x ) = 2 − 5(3x − 7) = −15x + 37 . b) ( f
g )(x ) = f (g(x )) = 7g(x ) + 2 = 7(x 2 + x ) + 2 = 7x 2 + 7x + 2 .
(g f )(x ) = g( f (x )) = ( f (x ))2 + f (x ) = (7x + 2)2 + 7x + 2 = 49x 2 + 35x + 6 . c) ( f g )(x ) = f (g (x )) = (g (x ))2 + 2g (x ) − 3 = (x 2 − 4x + 7)2 + 2(x 2 − 4x + 7) − 3 = = x 4 − 8x 3 + 25x 2 − 36x + 60 . (g f )(x ) = g( f (x )) = ( f (x ))2 − 4 f (x ) + 7 = (x 2 + 2x − 3)2 − 4(x 2 + 2x − 3) + 7 = = x 4 + 4x 3 − 6x 2 − 20x + 28 . d) ( f g )(x ) = f (g (x )) = (g (x ))2 − 7g (x ) + 4 = (x 2 − 3x + 1)2 − 7(x 2 − 3x + 1) + 4 = = x 4 − 6x 3 + 4x 2 + 15x − 2 . (g f )(x ) = g( f (x )) = ( f (x ))2 − 3 f (x ) + 1 = (x 2 − 7x + 4)2 − 3(x 2 − 7x + 4) + 1 = = x 4 − 14x 3 + 54x 2 − 35x + 5 . e) ( f g )(x ) = f (g (x )) = (g (x ))3 = (2x 2 − 3x − 1)3 = 8x 6 − 36x 5 + 42x 4 + 9x 3 − −21x 2 − 9x − 1 . (g f )(x ) = g( f (x )) = 2( f (x ))2 − 3 f (x ) − 1 = 2x 6 − 3x 3 − 1 . f) ( f g )(x ) = f (g (x )) = (g (x ))5 = (ax + b )5 = a 5x 5 + 5a 4bx 4 + 10a 3b 2x 3 + +10a 2b 3x 2 + 5ab 4x + b 5 . (g f )(x ) = g( f (x )) = af (x ) + b = ax 5 + b .
Tartalomjegyzék
Függvények
191
x >2 2g(x ), g(x ) > 1 x , g) ( f g )(x ) = f (g(x )) = . = x g(x ) − 2, g(x ) ≤ 1 2 − 2, x ≤ 2 x , x >1 f (x ) (g f )(x ) = g( f (x )) = = x − 2 . 2 ,x ≤1 2 2g(x ), g(x ) ≤ 0 h) ( f g )(x ) = f (g(x )) = . 3g (x ), g(x ) > 0 1. eset. g(x ) ≤ 0 1.1. eset. x ≤ 0 : x 2 − 1 ≤ 0 ⇒ x ∈ [−1, 1] ∩ (−∞, 0] = [−1, 0] ; 1.2. eset. x > 0 : x − 1 ≤ 0 ⇒ x ∈ (−∞, 1] ∩ (0, + ∞) = (0, 1] ; 2. eset. g(x ) > 0
2.1. eset. x ≤ 0 : x 2 − 1 > 0 ⇒ x ∈ ( \ [−1, 1]) ∩ (−∞, 0] = (−∞, − 1) ; 2.2. eset. x > 0 : x − 1 > 0 ⇒ x ∈ (1, + ∞) ∩ (0, + ∞) = (1, + ∞) .
3x 2 − 3, x ∈ (−∞, − 1) 2x 2 − 2, x ∈ [−1, 0] Tehát ( f g )(x ) = . 2x − 2, x ∈ (0, 1] 3x − 3, x ∈ (1, + ∞) ( f (x ))2 − 1, x ≤ 0 (g f )(x ) = g( f (x )) = . f (x ) − 1, x>0 1. eset. f (x ) ≤ 0 1.1. eset. x ≤ 0 : 2x ≤ 0 ⇒ x ∈ (−∞, 0] ∩ (−∞, 0] ⇒ x ∈ (−∞, 0] ; 1.2. eset. x > 0 : 3x ≤ 0 ⇒ x ∈ (−∞, 0] ∩ (0, + ∞) ⇒ x ∈ ∅ ; 2. eset. f (x ) > 0 2.1. eset. x ≤ 0 : 2x > 0 ⇒ x ∈ (0, + ∞) ∩ (−∞, 0] ⇒ x ∈ ∅ ;
2.2. eset. x > 0 : 3x > 0 ⇒ x ∈ (0, + ∞) ∩ (0, + ∞) ⇒ x ∈ (0, + ∞) . 2 4x − 1, x ≤ 0 . Azaz (g f )(x ) = 3x − 1, x > 0 1 − 2g(x ), g(x ) ≤ 2 i) ( f g )(x ) = f (g(x )) = . −(g(x ))2 + 1, g(x ) > 2
Tartalomjegyzék
192
Függvények
1. eset. g(x ) ≤ 2
1.1. eset. x ≤ 0 : x 2 + 1 ≤ 2 ⇒ x ∈ [−1, 1] ∩ (−∞, 0] ⇒ x ∈ [−1, 0] ; 1.2. eset. x > 0 : 3x + 1 ≤ 2 ⇒ x ∈ −∞,
1 ∩ (0, + ∞) ⇒ x ∈ 0, 3
1 ; 3
2. eset. g(x ) > 2
2.1. eset. x ≤ 0 : x 2 + 1 > 2 ⇒ x ∈ ( \[−1, 1]) ∩ (−∞, 0] ⇒ x ∈ (−∞, − 1) ; 1 1 2.2. eset. x > 0 : 3x + 1 > 2 ⇒ x ∈ , + ∞ ∩ (0, + ∞) = , + ∞ . 3 3 4 2 −x − 2x , x ∈< −1 2x 2 − 1, − 1 ≤ x ≤ 0] 1 . Tehát ( f g )(x ) = −6x − 1, 0 < x ≤ 3 1 2 9x − 6x , x > 3 ( f (x ))2 + 1, f (x ) ≤ 0 (g f )(x ) = g( f (x )) = . 3 f (x ) + 1, f (x ) > 0 1. eset. f (x ) ≤ 0 1 1 1.1. eset. x ≤ 2 : 1 − 2x ≤ 0 ⇒ x ∈ , + ∞ ∩ (−∞, 2] ⇒ x ∈ , 2 ; 2 2 2 1.2. eset. x > 2 : −x + 1 ≤ 0 ⇒ x ∈ ( \ (−1, 1)) ∩ (2, + ∞) ⇒ x ∈ (2, ∞) ; 2. eset. f (x ) > 0
2.1. eset. x ≤ 2 : 1 − 2x > 0 ⇒ x ∈ −∞,
1 ∩ (−∞, 2] ⇒ x ∈ −∞, 2 2 2.2. eset. x > 2 : −x + 1 > 0 ⇒ x ∈ (−1, 1) ∩ (2, + ∞) ⇒ x ∈ ∅ .
Azaz (g
− 6x + 4, f )(x ) = 4x 2 − 4x + 2, x 4 − 2x 2 + 2,
x<
1 ; 2
1 2
1 ≤x ≤2. 2 x >2
2. Az alábbi h : → függvények mindegyikére határozzunk meg két f , g : függvényt úgy, hogy h = f g legyen. a) h(x ) = −(x 2 + x + 1)2 + 2(x 2 + x + 1) − 4 ;
c) h(x ) = (x 2 − 4x + 3)5 ;
b) h(x ) = −2(x − 2)2 + 3 x − 2 + 1 ;
d) h(x ) = 2x 4 − 3x 2 + 1 .
→
Tartalomjegyzék
Függvények
193
Megoldás. a) f (x ) = −x 2 + 2x − 4, g(x ) = x 2 + x + 1 . b) f (x ) = −2x 2 + 3 x + 1, g(x ) = x − 2 . c) f (x ) = x 5 , g(x ) = x 2 − 4x + 3 . d) f (x ) = 2x 2 − 3x + 1, g(x ) = x 2 . 3. Igazoljuk, hogy az alábbi esetekben g a) f (x ) = 3x − 4, g(x ) = Megoldás. a) ( f
⇒ f (g
x +4 ; 3
f =f
g = 1 , (f , g :
→
b) f (x ) = 2x − 1, g(x ) =
g )(x ) = f (g(x )) = 3g(x ) − 4 = 3
):
x +1 ; 2
x +4 − 4 = x, ∀ x ∈ 3
⇒
g =1 . f (x ) + 4 3x − 4 + 4 = = x, ∀ x ∈ 3 3 g =1 .
f )(x ) = g( f (x )) =
Tehát g
f =f
⇒ g
f =1 .
x +1 − 1 = x, ∀ x ∈ ⇒ f g =1 . 2 f (x ) + 1 2x − 1 + 1 = = x, ∀ x ∈ (g f )(x ) = g( f (x )) = ⇒ g f =1 . 2 2 Tehát g f = f g = 1 .
b) ( f
g )(x ) = f (g(x )) = 2g(x ) − 1 =
V.18. Gyakorlatok és feladatok (140. oldal) 1. Tanulmányozd az alábbi függvények injektivitását, szürjektivitását és monotonitását: a) f : → , f (n ) = 2n ; b) f : → f (n ) = n 3 − n 2 ; c) f : [0, + ∞) → [0, + ∞), f (x ) = x 2 ; d) f : (−∞, 0] → [0, ∞), f (x ) = x 2 ; x e) f : → , f (x ) = x 2 ; f) f : → , f (x ) = 2 ; x +1 x + 1, x ≤ 2 x +1 g) f : (−1, 1) → , f (x ) = ; h) f : → , f (x ) = 2 ; x − 1, x > 2 x −1 i) f : → , f (x ) = x − a + x − b , ahol a < b ; j) f :
→
l) f :
→
2x − 1, x < 1 ; k) f : , f (x ) = 3x , x ≥1 3x + 2 , x <0 , f (x ) = 2 . 3x + 1, x ≥ 0
→
ax , x < 0 ; , f (x ) = bx , x ≥ 0
Tartalomjegyzék
194
Függvények injektívitásának vizsgálása: f (n ) = f (m ) ⇔ 2n = 2m ⇔
Megoldás. a) f
⇔ n = m . Tehát f injektív. f nem szürjektív, mivel a függvény értéke nem veszi
fel a páratlan számokat. f (n ) − f (m ) 2(n − m ) = = 2 > 0 ⇒ f szigorúan növekvő. n −m n −m f (n ) − f (m ) n 3 − n 2 − m 3 + m 2 = = n 2 + nm + m 2 − n − m ≥ 0, ∀ n, m ∈ . b) n −m n −m Azaz f növekvő. f nem injektív mivel f (1) = f (0) = 0 . f nem szürjektív mivel a függvény nem vesz fel negatív értékeket. f (x 1 ) − f (x 2 ) x 12 − x 22 c) = = x 1 + x 2 > 0, ∀ x 1, x 2 ∈ [0, ∞) ⇒ f szigorúan növekx2 − x2 x1 − x 2 vő, tehát f injektív is. f szürjektív mivel ∀ y ∈ [0, + ∞) ∃ x = y úgy, hogy f (x ) = y . f (x 1 ) − f (x 2 ) x 12 − x 22 = = x 1 + x 2 < 0, ∀ x 1, x 2 ∈ (−∞, 0] ⇒ f szigorúan csökx1 − x 2 x1 − x 2 kenő, így f injektív is. f szürjektív mivel ∀ y ∈ [0, + ∞) ∃ x = − y úgy, hogy f (x ) = y .
d)
e)
f (x 1 ) − f (x 2 ) x1 − x 2
=
x 12 − x 22 x1 − x 2
= x 1 + x 2 ⇒ f nem monoton.
/x∈ f nem injektív és nem szürjektív mert f (1) = f (−1) = 1 és ∃
f)
f (x 1 ) − f (x 2 )
1 − x 1x 2
⇒ f nem monoton. (x + 1)(x 22 + 1) x x f (x 1 ) = f (x 2 ) ⇔ 2 1 = 2 2 ⇔ (x 1 − x 2 )(1 − x 1x 2 ) = 0 ⇒ f nem injektív. x1 + 1 x 2 + 1 x = y ⇒ yx 2 − x − y = 0 . Ha f szürjektív ha ∀ y ∈ ∃x ∈ f (x ) = y . 2 x +1 létezik y úgy, hogy ∆ < 0 , akkor f nem szürjektív. ∆ = 1 − 4y 2 , ∆ < 0 ⇔ x1 − x 2
=
f (x ) = −1 .
2 1
1 1 \ − , ⇒ f nem szürjektív. 2 2 f (x 1 ) − f (x 2 ) −2 g) = < 0, ∀ x 1, x 2 ∈ (−1, 1) ⇒ f szigorúan csökkenő, x1 − x 2 (x 1 − 1)(x 2 − 1) tehát f injektív is. ⇔y∈
Tartalomjegyzék
Függvények
195
x +1 y +1 =y ⇔ x = . Ha x −1 y −1 y = 2 ⇒ x = 3 , de 3 ∉ (−1, 1) ⇒ f nem szürjektív. f szürjektív ha, ∀ y ∈
h)
f (x 1 ) − f (x 2 ) x1 − x 2
=
∃ x ∈ (−1, 1) f (x ) = y .
x1 + 1 − x 2 − 1 x1 − x 2
= 1 > 0 ⇒ f szigorúan növekvő (−∞, 2] -n.
f (x 1 ) − f (x 2 ) x 12 − 1 − x 22 + 1 = = x 1 + x 2 > 0, ∀ x 1, x 2 ∈ (2, ∞) ⇒ f x1 − x 2 x1 − x 2 növekvő az -en. f (2) = 3, f (2) = 3 ⇒ f injektív.
szigorúan
f szürjektív mivel ∀ y ≤ 3 ∃ x = y − 1 : f (x ) = y ; ∀ y > 3 ∃ x = y + 1 : f (x ) = y . i)
−2x + a + b x ≤ a f (x ) = a < x ≤b b − a – + + – – + 2x − b x >b f (x 1 ) − f (x 2 ) −2x 1 + a + b + 2x 2 − a − b = = −2 < 0 ∀ x 1, x 2 ∈ (−∞, a ] ; x1 − x 2 x1 − x 2 x x −a x −b
f (x 1 ) − f (x 2 ) x1 − x 2
a 0 –
=
b + 0
2x 1 − a − b − 2x 2 + a + b x1 − x 2
= 2 > 0 ∀ x 1, x 2 ∈ (b, + ∞) .
Tehát f nem monoton. f nem injektív mert ∀ x ∈ [a, b ] f (x ) = b − a . f nem szürjektív mivel a függvény b − a -nál kisebb értékeket nem vesz fel: −2x + a + b ≥ b − a ha x ≤ a ; 2x − a − b > b − a ha x > b . j) f szigorúan növekvő mind a két intervallumon. f (1) = 1 , f (1) = 3 ⇒ f szigo-
rúan növekvő az -en. Tehát f injektív. f nem szürjektív mivel a függvény nem veszi fel az [1, 3] értékeket ( 2x − 1 < 1 ha x < 1 és 3x ≥ 3 ha x ≥ 1 ). k) 1. eset. a = b : f (x ) = ax 1.1. eset. a < 0 : f (x ) = ax szigorúan csökkenő, injektív és szürjektív; 1.2. eset. a = 0 : f (x ) = 0 állandó függvény, nem injektív, nem szürjektív; 1.3. eset. a > 0 : f (x ) = ax szigorúan növekvő, injektív és szürjektív; 2. eset. a < b 2.1. eset. b < 0 : f szigorúan csökkenő, injektív, szürjektív
Tartalomjegyzék
196
Függvények y y : f (x ) = y , ∀ y > 0 ∃ x = : f (x ) = y . b a 2.2. eset. b = 0 : f csökkenő, nem injektív, nem szürjektív f (1) = f (2) = 0; f (x ) ≥ 0, ∀ x ∈ . ∀y<0 ∃x =
2.3. eset. a < 0 < b : f nem monoton, nem injektív, nem szürjektív f (x 1 ) = f (x 2 ) ⇔ ax 1 = bx 2 ha x 1 < 0, x 2 > 0 ; ⇔ ax 1 − bx 2 = 0 ⇒ x 1 = by, x 2 = ay , ahol y < 0 ; f (x ) > 0, ∀ x ∈
, tehát negatív értékeket nem vesz fel a függvény képe.
2.4. eset. a = 0 : f növekvő függvény, nem injektív és nem szürjektív f (−1) = f (−2) = 0; f (x ) > 0, ∀ x ∈ .
2. Ábrázold a következő ponthalmazokat: a) H 1 = {(x , y ) | x + y ≤ 1} ;
y
b) H 2 = {(x , y ) | max{ x , y } ≤ 1} .
2. eset. x > 0, y < 0 : x − 1 ≤ y ; 3. eset. x < 0, y > 0 : x + 1 ≥ y ;
–1
3 O
1
d2
1
d1
Megoldás. a) 1. eset. x < 0, y < 0 : −x − 1 ≤ y ;
d3
2.5. eset. a > 0 : f szigorúan növekvő, injektív, szürjektív y y ∀ y > 0 ∃ x = : f (x ) = y , ∀ y < 0 ∃ x = : f (x ) = y . b a Ha b < a hasonlóan tárgyaljuk mint a 2. esetet. l) f szigorúan növekvő, injektív, szürjektív 2y − 2 y −1 ∀ y <1 ∃ x = : f (x ) = y , ∀ y ≥ 1 ∃ x = : f (x ) = y . 3 3
4 2
1
x
–1 4. eset. x > 0, y > 0 : 1 − x ≥ y . y 1 b) 1. eset. x ≤ y ≤ 1 ⇒ x , y ∈ [−1, 1] ; H1 –1
O
1 x
2. eset. y ≤ x ≤ 1 ⇒ x , y ∈ [−1, 1] .
–1
3. Ha E egy halmaz és A ⊂ E , akkor értelmezzük az fA : E → {0, 1} ,
1, x ∈ A függvényt. Ezt a függvényt az A halmaz karakterisztikus függvéfA (x ) = 0, x ∉ A
Tartalomjegyzék
Függvények
197
nyének nevezzük. Bizonyítsd be, hogy ∀ A, B, C ⊂ E esetén: a) A = B ⇔ fA = fB ; c) fC
E
A
= 1 − fA ;
e) fA∪B = fA + fB − fA ⋅ fB ;
b) fA∩B = fA ⋅ fB ; d) fA\B = fA ⋅ (1 − fB ) ; f) fA∆B = fA + fB − 2 fA ⋅ fB .
Bizonyítás. a) „ ⇒ ” nyilvánvaló. „ ⇐ ” fA = fB ⇒ fA (x ) = fB (x ), ∀ x ∈ E .
Ha fA (x ) = fB (x ) = 1 ⇒ x ∈ A és x ∈ B ; fA (x ) = fB (x ) = 0 ⇒ x ∉ A és x ∉ B . 1, ha x ∈ A és x ∈ B b) fA∩B (x ) = . ( fA ⋅ fB )(x ) = fA (x ) ⋅ fB (x ) = 1 ⇔ fA (x ) = 1 0, különben és fB (x ) = 1 azaz x ∈ A és x ∈ B ⇔ x ∈ A ∩ B . 1, x ∉ A . (1 − fA )(x ) = 1 − fA (x ) ⇔ fA (x ) = 0 ⇔ x ∉ A . = A E 0, x ∈ A 1, x ∈ A és x ∉ B d) fA\B (x ) = . ( fA ⋅ (1 − fB )) (x ) = fA (x )(1 − fB (x )) = 1 ⇔ 0, különben ⇔ fA (x ) = 1 és (1 − fB (x )) = 1 ⇔ fA (x ) = 1 és fB (x ) = 0 ⇔ x ∈ A és x ∉ B c) fC
⇔ x ∈A\B . 1, x ∈ A vagy x ∈ B e) fA∪B (x ) = . 0, különben (fA + fB − fA ⋅ fB )(x ) = fA (x ) + fB (x ) − fA (x )fB (x ) = 1 ⇔ fA (x ) = 1 és fB (x ) = 0 ,
vagy fB (x ) = 1 és fA (x ) = 0 , vagy fA (x ) = 1 és fB (x ) = 1 ⇔ (x ∈ A és x ∉ B ) vagy (x ∈ B és x ∉ A) vagy (x ∈ A és x ∈ B ) ⇔ x ∈ A ∪ B . e)
d)
f) fA∆B = f(A\B )∪(B \A) = fA\B + fB \A − fA\B fB \A = fA (1 − fB ) + fB (1 − fA ) − −fA (1 − fB )fB (1 − fA ) = fA − fB fA + fB − fB fA = fA + fB − 2 fA fB mivel fA vagy 1 − fA
nulla lesz. 4. Bizonyítsd be, hogy ha A, B, C ⊂ E , akkor a) (A \ B ) ∪ (B \ A) = (A ∪ B ) \ (A ∩ B ) ; b) (A∆B )∆C = A∆(B ∆C ) . Bizonyítás. a) f(A\B )∪(B \A) = fA\B + fB \A − fA\B ⋅ fB \A = fA (1 − fB ) + fB (1 − fA ) −
−fA (1 − fB )fB (1 − fA ) = fA + fB − 2 fA fB mert fA (1 − fA ) = 0 .
Másrészt f(A∪B )\(A∩B ) = fA − fA2 fB + fB − fA fB2 − fA fB + fA2 fB2 = fA + fB − 2 fA fB , mert
Tartalomjegyzék
198
Függvények
fA2 = fA és fB2 = fB . Az előbbiek alapján f(A\B )∪(B \A) = f(A∪B )\(A∩B ) , tehát (A \ B ) ∪ (B \ A) = (A ∪ B ) \ (A ∩ B ) . b) f(A∆B )∆C = f(A∆B ) + fC − 2 fA∆B fC = fA + fB + fC − 2 fA fB − 2 fA fC − 2 fB fC + 4 fA fB fC .
Hasonló módon fA∆(B∆C ) = fA + fB∆C − 2 fA fB∆C = fA + fB + fC − 2 fA fB − 2 fA fC − −2 fB fC + 4 fA fB fC , tehát (A∆B )∆C = A∆(B ∆C ) .
5. Az előbbi tulajdonságok alapján az A1, A2 , …, An halmazok karakterisztikus
függvénye segítségével fejezd ki a következő halmazok karakterisztikus függvényét: a) A1 ∪ A2 ∪ … ∪ An ; b) A1 ∆ A2 ∆ … ∆ An . 3. e)
Megoldás. a) fA ∪A ∪…∪A = fA ∪(A ∪…∪A ) = fA + fA ∪A ∪…∪A − fA fA ∪A ∪…∪A = 1
n
2
1
n
2
1
2
n
3
1
2
n
3
fA + fA ∪(A ∪…A ) − fA fA ∪(A ∪…A ) = fA + fA + fA ∪…∪A − fA fA ∪…∪A − fA fA + fA fA ∪…∪A + 1
2
n
3
1
2
n
3
1
2
+ fA fA fA ∪…∪A = … = fA + fA + … + fA − 1
2
n
3
n −1
+(−1)
1
n
3
n
2
2
∑
1≤i < j ≤n
n
3
fA fA + i
j
1
∑
1≤i < j
2
1
n
3
fA fA fA + … + i
j
k
fA fA … fA . 1
n
2
b) fA ∆A ∆…∆A = fA ∆(A ∆…∆A ) = fA + fA ∆…∆A − 2 fA fA ∆…∆A = 1
n
2
1
n
2
1
n
2
1
n
2
fA + fA ∆(A ∆…∆A ) − 2 fA fA ∆(A ∆…∆A ) = fA + fA − 2 fA fA ∆…A − 2 fA A − 2 fA fA ∆…∆A + 1
2
3
n
1
2
n
3
1
2
2
+4 fA fA fA ∆…∆A = … = fA + fA + … + fA − 2 1
2
3
n
1
n
2
∑
1≤i < j ≤n
n
2
1 2
fA fA + 4 i
j
∑
1≤i < j
1
n
3
fA fA fA + i
j
k
+ … + (−2)n −1 fA fA … fA . 1
2
n
6. Ábrázold a következő függvényeket: a) f : → , f (x ) = max{x , x 2 } ;
b) f :
→
, f (x ) = min{x , x 2 } .
Megoldás. a) Ha max{x , x 2 } = x , akkor x ≥ x 2 ⇔ x 2 − x ≤ 0 x ∈ [0, 1] . Más
esetben max{x , x 2 } = x 2 . y 4
1 –2 –1
O 1
2
x
Tartalomjegyzék
Függvények
199
b) x = min{x , x 2 } , ha x ∈
\ [0, 1] ; x 2 = min{x , x 2 } , ha x ∈ [0, 1] . y 4
1 –2 –1
7. Az f :
→
O 1
2
x
, f (x ) = x 2 − 6x + 8 függvényre határozd meg a következő halma-
zokat: a) f ([0, 2]) ; b) f ([4, 5]) ; c) f ([1, 5]) ; d) f ([1, + ∞)) ; e) f ((−∞, 4]) . Megoldás. Az f függvény minimumának koordinátái x = −
∆ b , y =− , 2a 4a
V (3, − 1) . a) 3 ∉ [0, 2] , f (0) = 8, f (2) = 0 ⇒ f ([0, 2]) = [0, 8] . b) 3 ∉ [4, 5] , f (4) = 0, f (5) = 3 ⇒ f ([4, 5]) = [0, 3] . c) 3 ∈ [−1, 5] ⇒ a minimum f (3) , f (1) = 3, f (5) = 3 f ([−1, 5]) = [−1, 3] . d) 3 ∈ [1, + ∞) ⇒ f (3) a minimum. f (∞) = ∞ . Tehát f ([1, + ∞)) = [−1, + ∞) . e) 3 ∈ (−∞, 4) ⇒ a minimum f (3) = −1 . f (−∞) = ∞ ⇒ f ((−∞, 4)) = [−1, ∞) . 8. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy teljesüljön az 2 2 x + 4y − 2x − 4y + m > 0 egyenlőtlenség ∀ x , y ∈ esetén. Megoldás. 4y 2 − 4y + x 2 − 2x + m > 0 , ∆y < 0 ⇔ − x 2 + 2x − m + 1 < 0 ⇔
∆x < 0 ⇔ 2 − m < 0 ⇔ m > 2 . Tehát ha m > 2 , akkor fennáll az egyenlőtlenség. 9. Tekintsük az fm :
→
, fm (x ) = x 2 + 2mx + m függvénycsalád grafikus képeit.
Milyen m értékekre van a parabola csúcsa az első negyedben? Vezess le egy m -től független összefüggést a csúcs két koordinátája között. Megoldás. A parabola csúcsa az első negyedben van ⇔ xV > 0, yV > 0 . m
xV
m
xV
m
m
∆ b = − , yV = − ⇒ Vm (−m, − m 2 + m ) az első negyedben legyen ahhoz m 2a 4a ≥ 0 és yV ≥ 0 , azaz m
Tartalomjegyzék
200
Függvények
−m ≥ 0 m ≤ 0 ⇔ ⇔ 2 −m + m ≥ 0 m(1 − m ) ≥ 0 = −m ⇒ m = −xV . Így yV m = −xV2 − xV
xV
m
m
m
m ≤ 0 ⇔ m = 0. m ∈ [0, 1]
m
egy m -től független összefüggés
a csúcs két koordinátája között. 10. Tekintsük az fm :
→
, fm (x ) = (m + 1)x 2 + 2mx + m függvényekhez rendelt
parabolacsaládot. (m ∈ , m ≠ −1) . a) Bizonyítsd be, hogy a parabolák csúcsa az x + y = 0 egyenletű egyenesen van. b) Milyen m esetén vannak a csúcsok az Oy tengelytől balra? ∆ b m Megoldás. a) A csúcsok koordinátái: xV = − , xV = − ; yV = − , m m m 2a 4a m +1 m yV = . Innen következik, hogy xV + yV = 0 . Tehát a parabolák csúcsai az m m m m +1 x + y = 0 egyenesen vannak. m b) Oy tengelytől balra vannak a parabolák csúcsai, ha xV < 0 , azaz − < 0. m m +1 +∞ –1 0 x −∞ + 0 – – – −m m +1 – – – 0 + m − – | + 0 – m +1
Tehát m ∈
\ [−1, 0] .
11. Bizonyítsd be, hogy az fm :
→
, fm (x ) = x 2 − 2mx + m parabolák csúcsa
esetén az előbbi parabolák metszete nem üres egy parabolán van és, hogy m ∈ (azaz, a parabolacsaládnak van egy fixpontja). Mi a csúcsok mértani helye? Bizonyítás. A parabolák csúcsainak koordinátái: xV = m, yV = −m 2 + m . m
2 Vm
yV = −x m
m
+ xV
m
2
−x + x egy parabola egyenlete. Tehát a parabolák csúcsai parabolán találhatók. A csúcsok mértani helye az f (x ) = −x 2 + x parabola.
A parabolacsalád fixpontjának kimutatása: fm (x ) = y ⇔ x 2 − 2mx + m = y ⇔ 1 1 − 2x = 0 x = 1 2 ⇔ m(1 − 2x ) + x 2 − y = 0 ⇒ 2 ⇒ . Tehát A , 2 1 x −y = 0 y= 4 ja a parabolacsaládnak.
1 fixpont4
Tartalomjegyzék
Függvények
201
12. Legyen S az y = x 2 − 6x + 5 egyenletű parabola és az Ox tengely által meghatározott síkrész területe. Bizonyítsd be, hogy 10 < S < 12 . Bizonyítás. Először meghatározzuk a parabola és y az Ox tengely metszéspontjait: x 1 = 1 , x 2 = 5 . A parabola csúcspontjának koordinátája xV = 3 , 1 2 3 4 5 yV = −4 . f (2) = −3 , f (4) = −3 . O x 1 3 S > 2(Tx x A + Tx x V + TV VA ) = 2 + 3 + = 10 2 2 A 1 2 A 2 2 VA ⇒ S > 10 . Az [1, 5] intervallumot 16 egyenlő –3 A részre osztjuk és megszerkesztjük azon téglalapokat, t, –4 V amelyek lefedik az S területét. 15 7 39 3 7 5 f = − , f = − , f = − , 4 64 2 4 4 64 55 15 63 9 11 5 f = − , f = − . f = − , 2 4 4 4 64 64 1 5 3 7 9 11 5 S < 2 ⋅ f + f + f + f (2) + f + f + f + f (3) < 12 . 2 2 4 4 4 4 4 13. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy 2 a) (m − 1)x + mx + m + 1 > 0, ∀ x ∈ ; b) mx 2 + 2(m + 1)x + m < 0, ∀ x > 0 ; Megoldás. a) A következő feltételek kell teljesüljenek: m > 1 m − 1 > 0 a > 0 4 ⇔ ⇔ 2 4 ⇒ m ∈ , + ∞ . 2 3 −3m + 4 < 0 ∆<0 m < 3
m < 0 a < 0 m < 0 1 b) ⇔ ⇔ ⇒ m ∈ −∞, − . 1 ∆ < 0 2m + 1 < 0 2 m < − 2 14. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az 2 {x ∈ | x + mx − 4 = 0} ∪ {x ∈ | x 2 + 2x − 2m = 0} halmaznak pontosan két eleme legyen. Megoldás. Ahhoz, hogy A -nak 2 eleme legyen, a gyökök mindkét egyenlet esetében meg kell egyezzenek vagy mind a két másodfokú kifejezés teljes négyzet kell legyen. 1. eset. Azonos gyökök. x 2 + mx − 4 = 0 x 2 + 2x − 2m = 0 x 1,2 =
−m ± m 2 + 16 2
x 3,4 = −1 ± 2m + 1
Tartalomjegyzék
202
Függvények −m − m 2 + 16 = −2 − 2 2m + 1 ⇒ ⇔ 2 m m 16 2 2 2 m 1 − + + = − + +
−m + 2 = m 2 + 16 − 2 2m + 1 ⇔ ⇒ − 2m + 4 = 0 ⇒ m = 2 . −m + 2 = − m 2 + 16 + 2 2m + 1 2. eset. Teljes négyzetek. x 2 + mx − 4 = 0 ∆ = 0 ⇔ m 2 + 16 = 0 ⇔ m ∈ ∅ .
Tehát az egyedüli megoldás az m = 2 . 15. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az {x ∈ | (m − 1)x 2 − 2(m + 1)x + m = 0} ∩ [−1, 1] halmaznak pontosan egy eleme legyen. m + 1 ± 3m + 1 . m −1 4m 2 − 3m − 1 ≥ 0 −1 ≤ m + 1 − 3m + 1 ≤ 1 m −1 1. eset. ⇔ 1 ≤ m ⇔ m + 1 + 3m + 1 1 < m >1 m −1 1 m ∈ \ − , 1 2 ⇒ m ∈ (1, + ∞) . ⇔ 1<m 2 m + 1 + 3m + 1 4m − 3m − 1 ≤ 0 −1 ≤ ≤1 m −1 ⇔ ⇔ 2. eset. m ≤ 1 + − + m 1 3 m 1 2 4m − 3m − 1 < 0 < −1 m −1 1 m ∈ − , 1 2 ⇒ m ∈ − 1 , 1 . ⇔ 2 m ∈ (−∞, 1] 1 Tehát m ∈ − , + ∞ \ {1} . 2 Megoldás. Az egyenlet gyökei: x 1,2 =
16. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az 2 {x ∈ | x − 2mx + 4m + 5 = 0} ∩ [5, 7] halmaz a) üres halmaz legyen;
b) ne legyen üres halmaz;
c) két elemű legyen.
2
Megoldás. a) 1. eset. x 1,2 < 5 : m + m − 4m − 5 < 5 ⇒ m < 5 . 2. eset. x 1 < 5, x 2 > 7 :
m − m 2 − 4m − 5 < 5 ⇒ m < 5 ;
Tartalomjegyzék
Függvények
203 m + m 2 − 4m − 5 > 7 ⇒ m > 5, 4 ⇒ m ∈ ∅ .
3. eset. x 1,2 > 7 : m − m 2 − 4m − 5 > 7 ⇒ m > 5,4 . Tehát m ∈
\ [5; 5,4] .
b) m ∈ [5; 5,4] .
m − m 2 − 4m − 5 > 5 m > 5 c) ⇔ ⇒ m ∈ [5; 5,4] . 2 m < 5, 4 + − − < 4 5 7 m m m →
17. Tanulmányozd az f :
0, n = 0 , f (n ) = függvény n( 2n + 1 − 2n − 1), n > 0
injektivitását. 2n és f (n + 1) = 2n + 1 + 2n − 1 Az f (n + 1) > f (n ) egyenlőtlenség ekvivalens a
Megoldás. f (n ) =
2(n + 1) . 2n + 3 + 2n + 1
2n + 1 + 2n − 1 2n + 3 + 2n + 1 > n n +1 2n + 1 2n + 3 2n − 1 2n + 1 > > egyenlőtlenséggel. Másrészt és , tehát n n +1 n n +1 f (n + 1) > f (n ) , ∀ n ∈ . Mivel f szigorúan növekvő, injektív is. 18. Határozd meg az f : {1, 2, 3, 4, 5} → {1, 2, 3, 4, 5} függvényt, ha f
f = g és g
értékei az alábbi táblázatban vannak feltüntetve: x g(x ) Megoldás. Az f függvény
x f (x )
1 3 1 2
2 1 2 3
3 2 3 1
4 4 4 4
5 5 5 5
1 → x 1 → 3 ; 2 → x 2 → 1 ; 3 → x 3 → 2 ; 4 → x 4 → 4 ; 5 → x 5 → 5 , ahol x i ∈ {1, 2, 3, 4, 5} . (Sorra kipróbáljuk az értékeket.) 19. Létezik-e olyan f :
→
függvény amelyre ( f
f )(x ) = x 2 − 2, ∀ x ∈
?
Megoldás. Az x 2 − 2 = x egyenlet megoldásai x 1 = −1 és x 2 = 2 .
Az f
f
f = (f
f) f = f
(f
f ) egyenlőségek alapján f (x 2 − 2) = f 2 (x ) − 2 ,
tehát f (2), f (−1) ∈ {−1, 2} . Hasonlóképpen az (x 2 − 2)2 − 2 = x egyenlet gyökei x 1 = −1, x 2 = 2, x 3 =
−1 + 5 −1 − 5 és x 4 = , tehát az f 2 2
g2 = g2
f
Tartalomjegyzék
204
Függvények
egyenlőség alapján f (x 3 ), f (x 4 ) ∈ {x 1, x 2 , x 3 , x 4 } . De f (x 3 ), f (x 4 ) ∉ {−1, 2} (mert f (x 3 ) = −1 esetén az x 4 = f (f (x 3 )) = f (−1) ∈ {−1, 2} ellentmondáshoz jutunk),
tehát f (x 3 ), f (x 4 ) ∈ {x 3 , x 4 } . Másrészt f (x 3 ) ≠ x 3 és f (x 4 ) ≠ x 4 , tehát f (x 3 ) = x 4 és f (x 4 ) = x 3 . Így viszont x 3 →
és x 4 fixpontjai lennének a g :
mondás, tehát nem létezik olyan f :
, g(x ) = x 2 − 2 függvénynek és ez ismét ellent-
→
függvény, amelyre f
f =g.
Megjegyzés. Érvényes a következő általánosabb tulajdonság:
Ha a, b ∈ amelyre f
és a − b > 2 , akkor nem létezik olyan f : →
f = g , ahol g :
2
→
függvény,
, g(x ) = x − (a + b + 1)x + ab ∀ x ∈
. (Ezt
a tulajdonságot 1991-ben P. Mironescu tűzte ki az országos olimpián.) 20. Határozd meg az a, b ∈
számokat úgy, hogy az x 2 + ax + b = 0 és
x 2 + bx + a = 0 egyenletek mindegyikének racionális gyökei legyenek. Megoldás. Ha az egyenleteknek racionális gyökeik vannak, akkor mindkét egyenlet diszkriminánsa teljes négyzet. Ha a ≤ 5 , akkor a 2 − 4b ∈ {0, 1, 4, 9, 16, 25} és így
próbálkozások útján a (0, 0) és (4, 4) megoldásokhoz jutunk. A továbbiakban feltételezhetjük, hogy a > b , tehát a 2 − 4b > a 2 − 4a > a 2 − 6a + 9 = (a − 3)2 . Másrészt a 2 − 4b < a 2 , tehát a 2 − 4b ∈ {(a − b)2 , (a − 1)2 } . Az a 2 − 4b = (a − 1)2 egyenlőség ellentmondáshoz vezet, tehát a 2 − 4b = (a − 2)2 = a 2 − 4a + 4 . Így a = b + 1 és b 2 − 4a = (a − 1)2 − 4a = a 2 − 6a + 1 . De a 2 − 6a + 9 = (a − 3)2 és a 2 − 6a + 1 < a 2 − 6a + 9
,
tehát
a 2 − 6a + 1 ≤ (a − 4)2 ⇒ a 2 − 6a + 1 ≤
≤ a 2 − 8a + 16 ⇒ 2a ≤ 15 ⇒ a ≤ 6 .
Ha a = 6 és b = 5 , akkor a 2 − 4b = 36 − 20 = 16 és b 2 − 4a = 25 − 24 = 1 , tehát mindkét egyenletnek racionális gyökei vannak. Az előbbi esetek összesítéséből következik, hogy a lehetséges számpárok (0, 0), (4, 4), (6, 5) és (5, 6) . 21. Létezik-e olyan f :
∀x∈
→
injektív függvény, amelyre f (x 2 ) − f 2 (x ) ≥
1 , 4
? 2
1 1 1 , tehát f (0) − ≤ 0 . Így f (0) = . 4 2 2 1 1 Hasonló módon f (1) − f 2 (1) ≥ , tehát f (1) = . Mivel f (0) = f (1) , az f függvény 4 2 nem lehet injektív.
Megoldás. x = 0 esetén f (0) − f 2 (0) ≥
Tartalomjegyzék
Analitikus geometria
205
VI. Analitikus geometria VI.1.1. Gyakorlatok (146. oldal) 1. Az M (− 2) és N (3) pontok esetén határozd meg azoknak a P ∈ MN pontoknak a koordinátáit, amelyekre: a)
MP 1 MP MP 2 MP 1 MP 2 MP 1 = ; d) = 1 ; f) = ; b) = − ; e) = ; c) = . PN PN PN 3 3 4 PN 2 PN PN 4
Megoldás. a) Ha P ∈ (MN), akkor az 1.5. tétel alapján x P =
x M + λx N 1+λ
, ahol
MP . Ebben az esetben x P = 0 . Ha P∈MN és P∉(MN), akkor PN 2 −2 − ⋅ 3 MP 2 3 λ= = − és így x P = = −12 ; 2 PN 3 1− 3 b) Az előbbi két eset közül csak az első lehetséges, tehát x P = 0 ; λ=
{
c) x P ∈ −1, −
}
1 1 ; d) x P = −7 ; e) x P = ; f) x P = 1 . 2 3
2. Fejezd ki az MN szakasz harmadoló pontjainak koordinátáit a végpontok koordinátái függvényében. MP 1 Megoldás. Az M-hez közelebb eső P1 harmadolópontra P1 ∈ (MN) és = , P1N 2 2x + x N x + 2x N tehát x P = M . Az N-hez közelebb eső P2 harmadolópontra x P = M . 1 2 3 3 3. Az MN egyenesen vegyünk fel az A, B és C pontokat úgy, hogy és
MC CN
MA AN
=α ,
= γ . Milyen arányban osztja a C pont az AB szakaszt?
Megoldás. Az adott egyenlőségek alapján
MC α β γ MA MB és . = , = = MN 1+ γ MN 1 + α MN 1+β
γ α Így AC = AM + MC = MN ⋅ − és CB = CM + MB = 1 + γ 1 + α β γ AC γ −α 1+β . = MN ⋅ − , tehát = ⋅ 1 + β 1 + γ CB β −γ 1+α
MB BN
=β
Tartalomjegyzék
206
Analitikus geometria
4. Bizonyítsd be, hogy ha A, B, C és D négy kollineáris pont, akkor
AD ⋅ BC + AB ⋅ CD + AC ⋅ DB = 0 . Megoldás. Ha xa, xb, xc és xd a pontok koordinátái egy tetszőleges O ponthoz viszonyítva, akkor AD ⋅ BC + AB ⋅ CD + AC ⋅ DB = = (x d − x a )(xc − xb ) + (xb − x a )(xd − xc ) + (x c − x a )(xb − x d ) = 0 . 5. Bizonyítsd be, hogy ha az (Ak )k =1, n pontok egy egyenesen vannak, akkor
A1A2 + A2A3 + A3A4 + ... + An A1 = 0 . Megoldás.
n
∑A A k
k =1
k +1
n
n
n
k =1
k =1
k =1
=∑ (x k +1 − x k ) = ∑ x k +1 − ∑ x k = 0 mert x n +1 = x 1 .
6. Bizonyítsd be, hogy ha A, B, C és D négy kollineáris pont, akkor 2
2
2
DA ⋅ BC + DB ⋅ CA + DC ⋅ AB + AB ⋅ BC ⋅ CA = 0 . Megoldás. Az A, B, C és D pontok által meghatározott egyenesen válasszuk D-t viszonyítási pontnak és jelöljük a, b, c-vel az A, B és C koordinátáját. 2
2
2
DA ⋅ BC + DB ⋅ CA + DC ⋅ AB + AB ⋅ BC ⋅ CA = 2 = a (c − b) + b 2 (a − c) + c 2 (b − a ) + (b − a )(c − b)(a − c ) = 0 .
7. Számítsd ki a következő pontok távolságát: a) M (−1, 3), N (5, 7) ;
b) M (−2, 7), N (−3, 1) ;
c) M (2, 3), N (−7, − 1) ;
d) M (−1, − 2), N (3, 4) .
Megoldás. Az 1.9. tétel alapján az M(x1, y1) és N(x2, y2) pontok távolsága
MN = (x 1 − x 2 )2 + (y1 − y2 )2 . a) MN = 2 13 ; b) MN = 37 ;
c) MN = 97 ;
8. Számítsd ki a P pont koordinátáit, ha P ∈ MN és: a) MP = PN és M (−1, 3), N (5, 7) ; b) MP = 3 ⋅ PN és M (−2, 7), N (−3, 1) ; c) MP = 2 ⋅ PN és M (2, 3), N (−7, − 1) ; d) 3 ⋅ MP = 2 ⋅ PN és M (−1, − 2), N (3, 4) . Megoldás. Az 1.12. tételt használjuk. 11 10 7 b) P − , vagy P − , − 2 ; a) P (2, 5) ; 4 4 2
d) MN = 2 13 .
Tartalomjegyzék
Analitikus geometria
207
12 1 3 2 d) P − , vagy P (−9, − 14) . c) P − , vagy P (−16, − 5) ; 3 3 5 5 9. Írd fel a P pont koordinátáit, ha P ∈ (MN), M és N koordinátái (x M , yM ) , illetve (x N , yN ) és
MP 1 MP 1 MP = ; c) = . = 2 ; d) PN 2 PN 3 PN xM + xN y M + yN Megoldás. a) x P = és yP = ; 2 2 x + 2x N y + 2yN 3x + x N 3y + yN és yP = M ; c) x P = M és yP = M ; b) x P = M 3 3 4 4 a) P az MN felezőpontja; b)
10. Írd fel az ABC háromszög súlypontjának koordinátáit, ha a csúcsok koordinátái
A(x A , yA ) , B(x B , yB ) és C (xC , yC ) . Megoldás. Ha D a (BC) felezőpontja és G a súlypont, akkor G ∈ (AD) és tehát xG =
x A + 2x D 3
. Másrészt x D =
módon következik, hogy yG =
x B + xC
2 yA + yB + yC 3
, tehát xG =
x A + x B + xC 3
AG =2 GD . Hasonló
.
11. Bizonyítsd be, hogy az ABCD konvex négyszög pontosan akkor paralelogramma, ha x A + xC = x B + x D és yA + yC = yB + yD , ahol A(x A , yA ) , B(x B , yB ) ,
C (xC , yC ) és D(x D , yD ) a csúcsok koordinátái. Megoldás. Az ABCD konvex négyszög pontosan akkor paralelogramma, ha az átlói felezik egymást, vagyis ha az AC átló M felezőpontja és a BD átló N felezőpontja x + xC y + yC x + xD egybeesik. Másrészt x M = A , yM = A , xN = B és 2 2 2 y + yD yN = B , tehát az (x M , yM ) = (x N , yN ) egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha 2 x A + xC = x B + x D és yA + yC = yB + yD . 12. Az xOy koordinátarendszerben az O1 (x 0 , y 0 ) ponton át párhuzamosokat húzunk az Ox, illetve Oy tengellyel és jelöljük őket O1x 1 -gyel, illetve O1y1 -gyel. Ha egy M pont koordinátái az első rendszerben (x , y ) , írd fel a koordinátáit az x 1O1y1 rendszerben. Megoldás. Az M pont koordinátái a x 1O1y1 rendszerben x − x 0 és y − y 0 .
Tartalomjegyzék
208
Analitikus geometria
13. Számítsd ki az A(1, 2) , B(3, − 6) és C (−2, − 7) csúcsokkal megadott háromszög: a) oldalainak hosszát; b) oldalai felezőpontjainak koordinátáit; c) oldalfelezőinek hosszát. Lehet-e a három oldalfelező hossza egy háromszög oldalainak hossza? Megoldás. a) AB = 22 + 82 = 2 17 , BC = 26 és CA = 3 10 . 1 13 1 5 b) c) A felezőpontok koordinátái M , − ∈ (BC ), N − , − ∈ (AC ) és 2 2 2 2 1 7 2 P (2, − 2) , tehát az oldalfelezők hossza AM = 290, BN = és CP = 29 . 2 2 Mivel AM > CN > BN elégséges ellenőrizni a BN + CN > AM egyenlőtlenséget.
7 2 1 + 29 > 290 ⇔ 7 2 ⋅ 29 > 19 2 2 és ez igaz mert 2 ⋅ 29 > 3 és így 7 2 ⋅ 29 > 21 > 19. Tehát az oldalfelezők hossza lehet egy háromszög oldalainak hossza. 14. Számítsd ki a P pont koordinátáit úgy, hogy a) az OMNP négyszög paralelogramma legyen; b) az ONMP négyszög paralelogramma legyen, ha M (1, 3) és N (3, 1) . Megoldás. a) A 11. gyakorlat alapján OMNP pontosan akkor paralelogramma, ha x P = x N − x M = 2 és yP = yN − yM = −2 . b) Az ONMP négyszög pontosan akkor paralelogramma, ha x P = x M − x N = −2 és yP = yM − yN = 2 . 15. Határozd meg az A(1, 1) , B(−6, 0) és C (2, − 6) pontok által meghatározott háromszög a) súlypontjának koordinátáit; b) köré írt kör középpontjának koordinátáit. Megoldás. a) A 10. gyakorlat alapján a súlypont koordinátái 1− 6 + 2 1+0−6 5 xG = = −1 és yG = =− . 3 3 3 b) Ha a háromszög köré írt kör középpontja O(x 0 , y 0 ) , akkor az OA = OB = OC egyenlőségek alapján írhatjuk, hogy (x 0 − 1)2 + (y 0 − 1)2 = (x 0 + 6)2 + y 02 = (x 0 − 2)2 + (y 0 + 6)2 .
7x 0 + y 0 = −17 Ebből a egyenletrendszerhez jutunk, tehát x 0 = −2 és y 0 = −3 . 4x 0 − 3y 0 = 1
Tartalomjegyzék
Analitikus geometria
209
VI.1.2. Feladatok (147. oldal) I. 1. Bizonyítsd be, hogy ha M egy tetszőleges pont az ABC háromszög BC oldalán, akkor AB 2 ⋅ MC + AC 2 ⋅ MB − BC ⋅ MA2 = MC ⋅ MB ⋅ BC . (Stewart tétel) Bizonyítás. Válasszuk M-et az origónak és BC-t Ox tengelynek. Ha B(b, 0) ,
C (c, 0) , A(x , y ) , akkor A(x, y)
AB 2 ⋅ MC + AC 2 ⋅ MB − AM 2 ⋅ BC − − BM ⋅ MC ⋅ BC = = ((x − b)2 + y 2 )c − ((x − c)2 + y 2 )b − − (x 2 + y 2 ) (c − b) − c(−b)(c − b) = = x 2 (c − b − c + b) + y 2 (c − b − c + b) − − 2xbc + 2xcb + b2c − c2b + bc(c − b) = 0.
B(b, 0)
M
C(c, 0)
2. Bizonyítsd be, hogy ha M az ABC háromszög BC oldalának felezőpontja, akkor
AM 2 =
2 (AC 2 + AB 2 ) − BC 2 4
.
BC , akkor az 2 AB 2 ⋅ MC + AC 2 ⋅ MB − MC ⋅ MB ⋅ BC AM 2 = = BC 1 1 1 AB 2 ⋅ + AC 2 ⋅ − BC 2 BC 2 (AB 2 + AC 2 ) − BC 2 2 2 4 = = BC 4 egyenlőséghez jutunk. Bizonyítás. Ha az előbbi egyenlőségben BM = MC =
3. Bizonyítsd be, hogy egy háromszög oldalfelezőivel szerkeszthető háromszög. Mikor lesz a háromszög derékszögű? A 1. megoldás. Ha BC ≤ AC ≤ AB , akkor a 2. feladat 2 2 2 alapján AM > BN > PC , tehát elégséges ellenőrizni a BN + PC > AM egyenlőtlenséget. Használjuk a N BA = a, CA = b és AB = c jelölést. A P 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (a + b ) − c + 2 (a + c ) − b > 2 (b + c ) − a C egyenlőtlenség ekvivalens a
B
M
Tartalomjegyzék
210
Analitikus geometria 2 2 (a 2 + b 2 ) − c 2 2 (a 2 + c 2 ) − b 2 > b 2 + c 2 − 5a 2
egyenlőtlenséggel. Ha b 2 + c 2 − 5a 2 < 0 , akkor az egyenlőtlenség teljesül. Ellenkező esetben ismét négyzetre emeljük és így az a 4 + b 4 + c 4 < 2 (a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ) egyenlőtlenséghez jutunk. Ez igaz mert 2 (a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ) − a 4 − b 4 − c 4 =
= (a + b + c)(a + b − c)(a − b + c)(−a + b + c) > 0 . A 2. megoldás. M-en át húzzunk párhuzamost BNhez és szerkesszük meg a BMQN paralelogrammát. Így NQ BM és NQ = BM , tehát NQ MC és Q N NQ = MC . Ebből következik, hogy NQCM is P paralelogramma, tehát QC MN és QC = MN . Mivel MN középvonal, írhatjuk, hogy QC AP és C QC = AP , tehát APCQ is paralelogramma. Így AQ = PC , tehát az AMQ háromszög oldalai éppen M B az ABC háromszög oldalfelezői. Az AM 2 = BN 2 + CP 2 egyenlőség ekvivalens a b 2 + c 2 = 5a 2 egyenlőséggel, tehát az oldalfelezők által alkotott háromszög pontosan akkor derékszögű, ha az eredeti háromszög legnagyobb oldalának a négyzete a másik két oldal négyzetösszegének az ötöde. 4. Bizonyítsd be, hogy ha A1B1C 1D1 és A2B2C 2D2 paralelogrammák és A3 , B3 , C 3 illetve D3 az A1A2 , B1B2 , C 1C 2 és D1D2 szakaszokat λ arányban osztó belső pontok, akkor A3B3C 3D3 is paralelogramma. Bizonyítás. Ha az Ai , Bi , C i és Di pontok koordinátái rendre (x ia , yia ) , (x ib , yib ) ,
(x ic , yic ) és (x id , yid ) , i = 1, 3 , akkor a 3
x =
x 1a + λx 2a
,
1+λ
d 3
x =
x 1d + λx 2d 1+λ
b 3
x =
,
x 1b + λx 2b 1+λ
c 3
és x =
x 1c + λx 2c 1+λ
.
A 11. gyakorlat alapján az A3B3C 3D3 négyszög pontosan akkor paralelogramma, ha
x 3a + x 3c = x b3 + x 3d Másrészt x 3a + x 3c = Mert A1B1C 1D1
és y 3a + y 3c = y b3 + y 3d .
x 1a + x 1d + λ(x 2a + x 2d )
x 1c + x 1b + λ(x 2c + x 2d )
= x b3 + x 3d , 1+λ 1+λ és A2B2C 2D2 paralelogrammák. Hasonló módon kapjuk az =
y 3a + y 3c = y 3b + y 3d egyenlőséget is, tehát A3B3C 3D3 paralelogramma.
Tartalomjegyzék
Analitikus geometria
211
5. Bizonyítsd be, hogy ha O az ABC háromszög köré írt kör középpontja és G a
a 2 + b2 + c2 , ahol a, b és c az oldalak hosszai. 9 Bizonyítás. Az AOM háromszögben (M ∈ (BC) és BM = MC) alkalmazzuk a súlypontja, akkor OG 2 = R 2 −
Steuart-tételt a G pontra. Így az
OA2 ⋅ GM + OM 2 ⋅ AG − OG 2 ⋅ AM = AG ⋅ GM ⋅ AM GM 1 AG 2 = és = írhatjuk, hogy egyenlőséghez jutunk. Mivel OA = R, AM 3 AM 3 1 2 2 2 2 2 2 R + ⋅ OM − OG = ⋅ AM . 3 3 9 Az ABC és OBC háromszögekben az AM és OM oldalfelezőre
AM 2 =
2(b 2 + c 2 ) − a 2 2(R 2 + R 2 ) − a 2 és OM 2 = , 4 4
tehát
OG 2 =
1 2 2 4R 2 − a 2 2 2(b 2 + c 2 ) − a 2 a 2 + b2 + c2 − ⋅ = R2 − R + ⋅ . 3 3 4 9 4 9
II. 1. Bizonyítsd be, hogy ha x 1 , x 2 , y1 , y2 valós számok, akkor
x 12 + y12 + x 22 + y22 ≥
(x1 + x 2 )
2
+ (y1 + y2 ) . 2
Bizonyítás. Ha A(x 1, y1 ) és B(x 2 , y2 ) két pont a
x + x 2 y1 + y2 síkban és M 1 , az AB felezőpontja, 2 2 akkor az O pont M szerinti szimmetrikusának koordinátái x 1 + x 2 és y1 + y2 . Másrészt az OA + OB = OA + AN ≥ ON egyenlő-
y
B
N
M
A
ség pontosan akkor teljesül, ha az O, A és B pontok egy úgy, egyenesen vannak, vagyis ha létezik λ ∈ hogy x 1 = λx 2 és y1 = λy2 . De OA = x 12 + y12 ,
O
x
OB = x 22 + y22 és ON = (x 1 + x 2 )2 + (y1 + y2 ) , tehát a kért egyenlőtlenséget 2
igazoltuk. Megjegyzés. Négyzetre emelés és átrendezés után előbb az (x 12 + x 22 )(y12 + y22 ) ≥
≥ (x 1x 2 + y1y2 )2 , majd az (x 1y2 − x 2y2 )2 ≥ 0 egyenlőtlenséghez jutunk.
Tartalomjegyzék
212
Analitikus geometria
2. Bizonyítsd be, hogy ha x 1, x 2 , ... , x n , y1, y2 , ... , yn valós számok, akkor x12 + y12 + x 22 + y22 + ... + xn2 + yn2 ≥
(x1 + x2 + ... + xn )
2
+ (y1 + y2 + ... + yn ) . 2
Bizonyítás. A matematikai indukció módszerét használjuk. n = 2 esetén az 1. *
feladatban igazoltuk az engyenlőtlenséget. Ha az egyenlőtlenség teljesül n ∈ esetén, akkor
\ {1}
x 12 + y12 + … + x n2 + yn2 + x n2 +1 + yn2 +1 ≥
≥ x 12 + y12 + … + x n2−1 + yn2−1 + (x n + x n +1 )2 + (yn + yn +1 )2 ≥ ≥ (x 1 + x 2 + … + x n + x n +1 )2 + (y1 + y2 + … + yn + yn +1 )2 . Tehát a matematikai indukció elve alapján az egyenlőtlenség minden n ∈
*
\ {1} és
x i , yi ∈ , i = 1, n esetén igaz.
3. Milyen értékeket vehet fel az E (x ) = x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 kifejezés, ha x∈ ? 1 1 3 pontokat. Megoldás. Tekintjük az A , 0 és B − , 0 , valamint M x , 2 2 2 2
2
1 3 1 3 MB − MA = x + + − x − + = E (x ) . 2 4 2 4
Másrészt –AB < MB – MA < AB, tehát −1 < E (x ) < 1, ∀x ∈
.
Ha x elég nagy (vagy elég kicsi), akkor E(x) jól megközelíti az 1-et (–1-et), így E(x) minden értéket felvehet a (–1, 1) intervallumból. Megjegyzések.
1 3 , x 2 = 1, y2 = 0 , 1. Alkalmazhatjuk az 1. feladatot az x 1 = x + , y1 = 2 2 1 3 illetve x 1 = x − , y1 = és x 2 = 1, y2 = 0 számokra. 2 2 2. Algebrai uton a megoldás a következő: Az
x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 = y egyenletből
x 2 + x + 1 = y + x 2 − x + 1 , tehát ha a jobb oldal pozitív, akkor a
2x = y 2 + 2y x 2 − x + 1 egyenlethez jutunk. Ha 2x − y 2 és y azonos előjelű, akkor 4x 2 − 4xy 2 + y 4 = 4y 2 (x 2 − x + 1) , vagyis 4x 2 (1 − y 2 ) = 4y 2 − y 4 , ahonnan x 2 =
y 2 (4 − y 2 ) . 4(1 − y 2 )
Tartalomjegyzék
Analitikus geometria
213
4 − y2 Mivel E(–x) = –E(x), feltételezhetjük, hogy y > 0 és így a ≥ 0 és 1 − y2 2x − y 2 ≥ 0 feltételek kell teljesüljenek. Ebből következik, hogy csak y ∈ (−1, 1) esetén van megoldás és ebben az esetben x=
4 − y2 . 1 − y2
y 2
4. Bizonyítsd be, hogy ha az x 1 , x 2 , y1 , y2 valós számokra x 12 + y12 = 2y1 és
x 22 + y22 = 2y2 , akkor (x 1 − x 2 ) + (y1 − y2 ) ≤ 4 . 2
2
Bizonyítás. Az adott összefüggések alapján x12 + (y1 − 1)2 = 1 és x22 + (y2 − 1)2 = 1 , tehát az 1. feladat alapján
(x 1 − x 2 )2 + (y1 − y2 )2 = (x 1 − x 2 )2 + ((y1 − 1) − (y2 − 1)) ≤ 2
≤ x 12 + (y1 − 1)2 + x 22 + (y2 − 1)2 = 2 . Ebből következik, hogy (x 1 − x 2 )2 + (y1 − y2 )2 ≤ 4 . 5. Bizonyítsd be, hogy ha az A1B1C 1 és A2B2C 2 háromszögek súlypontja G1 , illetve
G2 , akkor G1G2 ≤ A1A2 + B1B2 + C 1C 2 . Bizonyítás. Ha (x ia , yia ) az Ai i = 1, 2 pont koordinátája és hasonlóak a jelölések a többi pont esetén is, akkor
x 1g =
x 2g =
x 1a + x 1b + x 1c 3 x 2a + x 2b + x 2c
3
,
y1g =
,
y2g =
y1a + y1b + y1c 3 y2a + y2b + y2c
3
és .
Tehát 2
2
3 G1G2 = (x 2a − x1a ) + (x 2b − x1b ) + (x 2c − x1c ) + (y2a − y1a ) + (y2b − y1b ) + (y2c − y1c ) ≤ ≤ (x 2a − x1a )2 + (y2a − y1a )2 + (x 2b − x1b )2 + (y2b − y1b )2 + (x 2a − x1a )2 + (y2c − y1c )2 =
= A1A2 + B1B2 + C 1C 2 . (Alkalmaztuk a 2. feladatot n = 3 esetén.)
Tartalomjegyzék
214
Analitikus geometria
VI.2.7. Gyakorlatok (154. oldal) 1. Döntsd el, hogy az alábbi egyenesek tartalmazzák-e a megadott pontokat:
a) 2x − y + 3 = 0 A(0, 0) és B(−1, − 1) ; b) 2x + 3y − 5 = 0 A(1, 1) és B 0, 1 c) 2x − 3y + 6 = 0 A , 1 és B(r1, r2 ) , ahol r1 , r2 ∈ _ . 2 Megoldás. a) 0 + 3 ≠ 0 , tehát A ∉ d ; 2 ⋅ (−1) − (−1) + 3 = 0 , tehát B ∈ d ;
5 ; 3
b) A ∈ d , B ∈ d ;
2 + 6 > 3 , tehát A ∉ d ; 2 Ha r1, r2 ∈ és 2r1 − 3r2 + 6 = 0 , akkor 2r12 + 6 + 4r1 3 = 3r22 és így
c)
3=
3r22 − 2r12 − 6 4r1
∈
vagy r1 = 0 . Ha r1 = 0 , akkor r2 =
6 = 2∉ 3
. Tehát
mindkét esetben ellentmondáshoz jutunk és így B ∉ d . 2. Határozd meg az m és n valós számok értékét úgy, hogy az alábbi egyenesek tartalmazzák a megadott pontokat: a) x + y − 4 = 0 A(−m, m 2 ) és B(m, n ) ; b)
2x + 3y − 6 = 0 A(m 2 − 2, m ) és B(n, n 2 − 3) ;
c) 2x + 3y − 7 = 0 A(m + 2n, m − n ) és B(m − n, m + 2n ) .
−m + m 2 = 4 1 + 17 Megoldás. a) A egyenletrendszer megoldásai m1 = , m + n = 4 2 7 − 17 1 − 17 7 + 17 n1 = és m2 = , n2 = . 2 2 2 b) Ha A ∈ d és B ∈ d, akkor a 2m 2 + 3m − 6 − 2 2 = 0 és 3n 2 + 2n − 6 − 3 3 = 0 egyenletekhez jutunk. Így m ∈
(m, n ) ∈ A × B , ahol A =
{
{
}
2, − (2 + 3)
}
és n ∈
2, − (2 + 3) és B =
{
{
}
3, − (3 + 2) , tehát
}
3, − (3 + 2) .
5m + n = 7 egyenletrendszerhez jutunk. c) Ha A ∈ d és B ∈ d, akkor az 5m + 4n = 7 7 Tehát M = , 0 . 5
Tartalomjegyzék
Analitikus geometria
215
3. Ábrázold az alábbi egyenletekkel megadott egyeneseket: d1 : 3x − 2y + 1 = 0 , d2 : −2x + y − 5 = 0 ,
d3 : x − y = 0 .
Megoldás. a) Ha y = –1, akkor x = –1, tehát (–1, –1) ∈ d1. Ha y = 2, akkor
x = 1, tehát (1, 2) ∈ d1. Így a d1 egyenes a (–1, –1) és (1, 2) pontok által meghatározott egyenes. y
d1
2 –1
b)
d2
O
–1
1
x
c)
y
y d3
3 1 –2 –1 O
x
1 –1 O –1
1
x
4. Határozd meg az alábbi egyenespárok metszéspontjának koordinátáit: 2x 3y − 2 6 = 0 2x − 3y + 7 = 0 a) ; b) . 2 2x − 3y − 6 = 0 x + 4y − 5 = 0 13 17 Megoldás. a) Az egyenletrendszer megoldása − , , tehát a két egyenes met 11 11 13 17 széspontja az M − , pont. 11 11 b) A metszéspont M ( 3, 2) . 5. Adott a következő három egyenes: d1 : 3y − x − 2 = 0 , d2 : y − 4x + 3 = 0 , d3 : 3x + 2y − 16 = 0 . a) Határozd meg az egyenesek páronkénti metszéspontjait.
Tartalomjegyzék
216
Analitikus geometria
b) Írd fel az így kapott háromszögben az oldalak felezőpontjainak koordinátáit. c) Írd fel az oldalfelezők egyenletét. d) Írd fel a magasságok egyenletét. e) Bizonyítsd be, hogy az oldalfelezők összefutnak. f) Határozd meg a súlypont koordinátáit. g) Bizonyítsd be, hogy a magasságok összefutnak. h) Írd fel az ortocentrum koordinátáit. i) Határozd meg a háromszög köré írt kör középpontjának koordinátáit és a kör sugarát. 3y − x = 2 3y − x = 2 , és Megoldás. a) A metszéspontok koordinátáit a y − 4x = −3 3x + 2y = 16 y − 4x = −3 egyenletrendszerek megoldásai származtatják. Tehát a metszéspontok 3x + 3y = 16 A(1, 1), B(4, 2) és C(2, 5).
7 3 5 3 b) A felezőpontok koordinátái M 3, ∈ BC , N , 3 ∈ AC és P , ∈ AB . 2 2 2 2 y −1 5 c) Az AM egyenes egyenlete vagyis 4y − 5x = −1 . A BN egyenes = x −1 4 egyenlete 5y + 2x = 18 és a CP egyenes egyenlete y + 7x = 19 . 1 d) Az AB egyenlete y = (x + 2) tehát a C-n átmenő és AB-re merőleges egyenes 3 y −5 = −3 vagyis y + 3x = 11 . Az A-hoz tartozó magasság egyenlete egyenlete x −2 y −1 2 = vagyis 3y − 2x = 1 és a B-hez tartozó magasság egyenlete 4y + x = 12 . x −1 3 4y − 5x = −1 7 8 e) f) Az és y = , tehát az 5y + 2x = 18 egyenletrendszer megoldása x = 3 3 y + 7x = 19 7 8 oldalfelezők összefutnak a , pontban. Ez a háromszög súlypontja. 3 3 3y − 2x = 1 32 g) h) A és 4y + x = 12 egyenletrendszer összeférhető és megoldása x = 11 y + 3x = 11 25 32 25 y= , tehát az ortocentrum H , . 11 11 11
Tartalomjegyzék
Analitikus geometria
217
i) Ha O(x , y ) a háromszög köré írt kör középpontja, akkor
(x − 1)2 + (y − 1)2 = (x − 4)2 + (y − 2)2 = (x − 2)2 + (y − 5)2 , 45 63 és y = , tehát 3x + y = 9 és 4x − 6y = −9 . Ebből következik, hogy x = 22 22 45 63 tehát a kör középpontja O , . 22 22 2
2
45 63 Így a sugár R = − 1 + − 1 = 22 22
2210 1105 = . 484 242
6. Írd fel annak az egyenesnek az egyenletét, amelyik a) átmegy az (1, 2) és (3, − 2) pontokon; b) átmegy az (1, 1) ponton és merőleges az OA egyenesre, ahol az A koordinátái
(2, 3) ; c) átmegy a (−3, 2) ponton és párhuzamos az első szögfelezővel; d) átmegy a (−1, 5) ponton és iránytényezője –5.
y − 2 −2 − 2 = = −2 , tehát y + 2x = 4 . x −1 3 −1 3 y −1 2 b) Az OA egyenes egyenlete y = x tehát a keresett egyenes egyenelete =− 2 x −1 3 vagyis 3y + 2x = 5 . y −2 c) Az első szögfelező iránytényezője 1, tehát a keresett egyenes egyenlete = 1, x +3 vagyis y − x = 5 . y −5 = −5 , tehát y + 5x = 0 . d) x +1
Megoldás. a)
7. Írd fel az M (x 1, y1 ) és N (x 2 , y2 ) pontok által meghatározott szakasz felező merőlegesének egyenletét. Megoldás. A felezőmerőleges azon P (x , y ) pontok mértani helye, amelyek egyenlő távolságra vannak az M és az N ponttól. Így az
(x − x 1 )2 + (y − y1 )2 = (x − x 2 )2 + (y − y2 )
2
azaz az
x ⋅ (x 2 − x 1 ) + y ⋅ (y2 − y1 ) =
1 2 (x − x 12 + y22 − y12 ) 2 2
egyenlethez jutunk. 8. Vegyél fel a síkban két pontot (C-t és D-t) úgy, hogy az ABCD négyszög trapéz legyen, ha A(−1, − 1) , B(2, 3) . Írd fel az átlók egyenletét.
Tartalomjegyzék
218
Analitikus geometria
Megoldás. Ha C (−3, 3) és D(−2, − 1) , akkor AD BC Ox . Az A(−1, − 1) és
C (−3, 3) pontokon áthaladó egyenes egyenlete y + 2x = −3 és a B(2, 3) , D(−2, − 1) pontokon áthaladó egyenes egyenlete y − x = 1 . 9. Írd fel annak az egyenesnek az egyenletét, amely a koordinátatengelyekből O-tól kezdve egyenlő hosszúságú szakaszokat metsz ki és áthalad az (x 0 , y 0 ) ponton. Megoldás. A keresett egyenes párhuzamos az y = x vagy y = −x egyenessel. Így az y − y 0 = x − x 0 és y − y 0 = x 0 − x egyenesek teljesítik a kért feltételeket. 10. Írd fel az (1, − 3) ponton áthaladó x + y = 4 egyenesre merőleges egyenes egyenletét. Megoldás. Az x + y = 4 egyenes iránytényezője –1, tehát a keresett egyenes y + 3 = x − 1. 11. Az Ox tengelyen felvettük az OA = 1 szakaszt. Írd fel annak a szabályos hatszögnek a csúcsait és oldalegyeneseinek egyenletét, amely az Ox felett van és az egyik oldala OA.
y
Megoldás. Az ábra jelöléseit használjuk. Az F
1 3 és yF = , tehát a C 2 2 pont koordinátái xC = 1 és yC = 3 . Így x D = 0
D
pont koordinátái x F =
3 1 3 , x E = − és és yD = 3 , x B = , yB = 2 2 2 yE =
3 . Az oldalegyenesek egyenlete OA : y = 0 , 2
C F
E O
B A
x
DC : y = 3 , AB : y = 3x − 3 , ED : y = 3x + 3 , OE : y = − 3x és
BC : y = − 3x + 3 . 12. Határozd meg annak az ABCD négyzetnek a csúcsait, amelynek az A és C csúcsai (1, 3), (3, 4).
7 Megoldás. Az AC egyenlete 2y − x = 5 és az AC felezőpontja M 2, . A fele 2 15 zőmerőleges egyenlete y + 2x = . A másik két csúcs a felezőmerőlegesen van és 2 AC 5 M-től való távolságuk . Így az = 2 2
Tartalomjegyzék
Analitikus geometria
219
2 (x − 2)2 + y − 7 = 25 2 4 rendszer megoldásait keressük. 15 y + 2x = 2
5 7 5 7 A másik két csúcs tehát B 2 + , − 5 és D 2 − , + 5 . 2 2 2 2 13. Legyenek a Descartes féle koordinátarendszerben az A(0, 0), B(3, 0), C (0, 4) ,
24 68 E , pontok. Legyen O az A-ból BC -re húzott magasság talppontja és D az 25 25 AC felezőpontja. a) Írd fel a BC és AO egyenesek egyenletét és határozzuk meg az O pont koordinátáit. b) Igazold, hogy DE || AO és határozzuk meg az AE és DO egyenesek F metszéspontjának koordinátáit. c) Határozd meg az AO és CF egyenesek M metszéspontjának koordinátáit és igazoljuk, hogy ez a pont az ABE ∆ magasságpontja. Megoldás. a) A BC egyenes egyenlete 3y + 4x = 12 , tehát az A-ból húzott 3 48 36 és yO = . magasság egyenlete y = x . Így az O pont koordinátái xO = 4 25 25 x + xO y + yO b) Látható, hogy E ∈ (BC ) , x E = C és yE = C , tehát E a CO 2 2 16 szakasz felezőpontja. Így F az AOC háromszög súlypontja, tehát x F = és 25 136 yF = . 75 24 18 c) Az M pont az AO felezőpontja, tehát x M = és yM = . Ebből következik, 25 25 hogy EM AC , tehát EM ⊥ AB . Az M pont rajta van az AEB háromszög AO és
EM magasságán, tehát M az ABE háromszög magasságpontja. 14. Határozd meg az a értékét úgy, hogy a következő két egyenes merőleges legyen egymásra: (3a + 2) x + (1 − 4a ) y = 8 és (5a − 2) x + (a + 4) y − 7 = 0 . Megoldás. A merőlegesség feltétele 3a + 2 5a − 2 ⋅ = 1, 4a − 1 a + 4 tehát a ∈ {0, 1} . Mindkét érték megfelel.
Tartalomjegyzék
220
Analitikus geometria
15. Az 5. feladatban szereplő háromszögre a) számítsd ki az oldalak hosszát; b) írd fel a szögfelezők egyenletét; c) bizonyítsd be, hogy a szögfelezők összefutnak. Megoldás. a) A csúcsok koordinátái A(1, 1), B(4, 2), C(2, 5) és az oldalak egyenAB : 3y − x = 2 , BC : 3x + 2y = 16 , CA : y − 4x = −3 . letei:
AB = 10 ,
BC = 13 és
CA = 17 . 3y − x − 2 b) Az M (x , y ) pont akkor van rajta az A szög szögfelezőjén, ha = 10 y − 4x + 3 . A belső szögfelező egyenlete: = 17 3y − x − 2 16 − 3x − 2y 16 − 3x − 2y 4x − y − 3 és . = = 10 13 13 17 c) Mindhárom egyenlőséget kielégíti az xI =
13 + 4 17 + 2 10 13 + 2 17 + 5 10 és yI = 10 + 13 + 17 10 + 13 + 17
számpár, tehát a szögfelezők összefutnak és az összefutási pont (x I , yI ) . 16. Bizonyítsd be, hogy az M ∈ BC , N ∈ CA és P ∈ AB pontok pontosan akkor BM CN AP kollineárisak, ha αβγ = −1 , ahol = α, = β és =γ. MC PB NA (Meneláosz tétele) x + βx A x + αxC , xN = C , xP = Bizonyítás. A feltételek alapján x M = B 1+α 1+β x + γx B y + βy A y + γyB y + αyC , yM = B , yN = C és yP = A . A pontok = A 1+α 1+ β 1+ γ 1+ γ pontosan akkor vannak egy egyenesen, ha az yM = ax M + b , yN = ax N + b és
yP = ax P + b egyenletrendszer összeférhető, vagyis ha xM
yM
1
xN
yN
1 =0
xP
yP
1
(1)
(vagy az MNP háromszög területe 0).
x B + αxC
yB + αyC
1+α
(1) ⇔ xC + βx A
yC + βyA
1+ β = 0.
x A + γx B
y A + γy B
1+ γ
Tartalomjegyzék
Analitikus geometria
Ez
221 xB
yB
1
(1 + αβγ ) ⋅ xC
yC
1 =0
xA
yA 1
alakban írható. A második tényező nem nulla, mert az ABC területe nem 0, tehát a rendszer pontosan akkor összeférhető, ha αβγ = −1 . Megjegyzés. Ferdeszögű koordináta-rendszer választása a számításokat leegyszerűsíti (lásd a következő feladatot). 17. Bizonyítsd be, hogy az AM, BN és CP ( M ∈ BC , N ∈ CA és P ∈ AB ) egyene-
BM CN AP = α, = β és =γ. MC PB NA (Céva tétele) Bizonyítás. A koordináta-rendszer kezdőpontjának válasszuk B-t és tengelyeknek a BC illetve sek pontosan akkor összefutóak, ha αβγ = 1 , ahol
BA félegyeneseket. Így A(0, a), C(c, 0) és B(0, 0) A tehát c c a βa N , és N M , 0 , P 0, . 1 + β 1 + β 1 + α 1 + γ P (1 + α)a x + a és Az AM egyenes egyenlete y = − B αc M C a a x+ . a CP egyenes egyenlete y = − c(1 + γ ) 1+ γ Ebből következik, hogy a metszéspont koordinátái αβγ 1 és y = a ⋅ . x = 1 + γ + αγ 1 + γ + αγ a Ugyanakkor a BN egyenes egyenlete y = β x , tehát a három egyenes pontosan c a akkor összefutó, ha y = β x . Ez ekvivalens az αβγ = 1 egyenlőséggel. c VI.2.8. Feladatok (156. oldal) 1. a) Bizonyítsd be, hogy egy trapéz alapjainak felezőpontjai, a nem párhuzamos oldalak metszéspontja és az átlók metszéspontja egy egyenesen vannak. b) Csak vonalzó segítségével szerkeszd meg az ABCD paralelogramma oldalainak felezőpontjait.
Tartalomjegyzék
222
Analitikus geometria
Bizonyítás. a) A nempárhzamos oldalak metszéspontját válasszuk origónak és az oldalak tartóegyeneseit tengelyeknek. Így B(b, 0), C (λb, 0) , A(0, a) és D(0, λa ) , tehát az AC és BD egyenlete λa a AC : y = − x + a , BD : y = − x + λa D λb b y A és a metszéspontjuk koordinátái: λb λa és x M = . xM = M λ +1 λ +1 Ebből következik, hogy az OM egyenes egyenlete O a y = x és ezen az egyenesen helyezkednek el a B C x b b a λb λa , és , felezőpontok is. 2 2 2 2 b) Az M ∈ (CD ) tetszőleges pontot összeE kötjük B-vel. Az ABMD trapézban megM D C húzzuk az átlókat. Ha {E } = AD ∩ MB és {F } = AM ∩ BD , akkor az a) alpont
F A
B
alapján EF felezi AB-t. Hasonlóan szerkeszthetjük meg a többi oldal felezőpontját is.
2. Bizonyítsd be, hogy egy háromszög magasságai összefutók. Bizonyítás. Origónak választjuk az A-ból húzott magasság talppontját, Ox tengelynek a BC-t és Oy
y A
tengelynek az A-hoz tartozó magasságot. Ha A(0, a),
B(–b, 0) és C(c, 0), akkor az AC és AB egyenlete a a AB : y = x + a , AC : y = − x + a . b c x C A B és C ponthoz tartozó magasság egyenlete O B c bc b bc és y = − x + . y= x+ a a a a bc A két egyenes metszéspontja a H 0, pont és ez rajta van az AO magasságon, a tehát a három magasság összefutó. 3. Bizonyítsd be, hogy egy háromszög belső szögfelezői összefutnak. Számítsd ki az összefutási pont koordinátáit a csúcspontok koordinátái és az oldalhosszak függvényében.
Tartalomjegyzék
Analitikus geometria
223
Bizonyítás. A B pontot válasszuk origónak és
y
A
a BC, BA egyeneseket tengelyeknek. A szög-
C1 felező tétel alapján az AA1 belső szögfelezőre B1 BA1 AB = . Ha A(0, c) és C (a, 0) valamint B AC AC 1 C x O A1 c AC = b , akkor A1 a, 0 . Hasonlóan b + c ac a ac c és B1 , kapjuk, hogy C 1 0, , tehát az AA1 és CC1 egyenlete a +b a + c a + c b +c c ac AA1 : y = − x +c , CC 1 : y = − x+ . a a +b a +b ac ac és yI = , tehát az Az AA1 ∩ CC 1 = {I } pont koordinátái x I = a +b +c a +b +c (x I , yI ) pont rajta van az y = x egyenletű BB1 egyenesen. Megjegyzés. Derékszögű koordináta-rendszerben az a ⋅ x A + b ⋅ x B + c ⋅ xC a ⋅ yA + b ⋅ yB + c ⋅ yC xI = , yI = a +b +c a +b +c egyenlőségeket kapjuk, ahol a, b és c az oldalak hossza.
x
y
4. Az ABCD paralelogramma oldalaira kifele négyzeteket szerkesztünk. Bizonyítsd be, hogy ha O1 , O2 , O3 és O4 a négyzetek középpontjai, akkor O1O3 = O2O4 és O1O3 ⊥ O2O4 . Bizonyítás. A paralelogramma középpontját válasszuk origónak, A BD átlót az Ox tengelynek és az erre merőleges egyenest Oy-nak. Ha B(−b, 0) , akkor D(b, 0) . Ha A(x 0 , y 0 ) , akkor
C (−x 0 , − y 0 ) és a szimmetria alapján elégséges kiszámítani O1 és O2 koordinátáit. Az AD és AB oldalak egyenlete y0 AD : y = (x − b) , x0 −b y0 AB : y = (x + b) , x0 + b tehát az MD és NB egyenes egyenlete:
O1 D
A
O4 O2
O C
B O3
Tartalomjegyzék
224
Analitikus geometria MD : y = −
x0 −b y0
(x − b) ,
NB : y = −
x0 + b y0
(x + b) .
Az MD = AD és AB = NB feltételek alapján x M = b + y 0 és x N = −b − y 0 , tehát
yM = b − x 0 és yN = x 0 + b . Ebből következik, hogy az O1 és O2 pontok koordinátái
b + x 0 + y 0 b + y 0 − x 0 O1 , 2 2
és
−b − y 0 + x 0 x 0 + y 0 + b O2 , , 2 2
tehát
OO1 = OO2 és OO1 ⊥ OO2 . Másrészt O3 és O4 az O1 és O2 szimmetrikusa az O-ra vonatkozóan, tehát O1O3 = O2O4 és O1O3 ⊥ O2O4 . 5. Az MON szög szárain vedd fel az A, B, C ∈ (OM és A′, B ′, C ′ ∈ (ON pontokat és szerkeszd meg a {D } = AB ′ ∩ A′ B , {E } = AC ′ ∩ A′ C és {F } = BC ′ ∩ B ′C metszéspontokat. Bizonyítsd be, hogy D, E és F kollineárisak. Bizonyítás. Az ábra jelöléseit használjuk, ahol A(0, 1) , B(0, a ) , C (0, a ′) , A′(1, 0) , B ′(b, 0) és
C ′(b ′, 0) . Az A′ B egyenlete y = −ax + a , az AB ′ egyenlte y = − 1 x + 1 , tehát a D pont koordib
b(1 − a ) a(1 − b) és yD = . 1 − ab 1 − ab Az E pont koordinátáit megkaphatjuk az a → a ′ és b → b ′ helyettesítésekkel, tehát b ′(1 − a ′) a ′(1 − b ′) xE = és yE = . 1 − a ′b ′ 1 − a ′b ′ Ebből következik, hogy a DE egyenes egyenlete
nátái
xD =
(1 − ab)y − a(1 − b) a ′ − a + ab − a ′b ′ + aa ′b ′ − aa ′b = . (1 − ab)x − b(1 − a ) b ′ − b + ab − a ′b ′ + bb ′a ′ − bb ′a bb ′(a − a ′) aa ′(b − b ′) . és yF = Az F pont koordinátái x F = ab − a ′b ′ ab − a ′b ′ Ha az x F és yF kifejezését visszahelyettesítjük az (1) egyenletbe és a bal oldalt (1)
egyszerűsítjük ab-vel, a jobb oldalon álló törtet kapjuk, tehát a D, E és F pontok egy egyenesen vannak. 6. Bizonyítsd be, hogy az ABCD négyszögben az AC, BD és EF szakaszok felezőpontjai kollineárisak, ahol {E } = AB ∩ CD és {F } = AD ∩ BC . (Newton-Gauss egyenes)
Tartalomjegyzék
Analitikus geometria
225
Bizonyítás. Válasszuk C-t origónak és a CB illetve CD egyeneseket tengelyeknek. Ha B(b, 0) , F ( f , 0) , D(0, d ) és E (0, e) , akkor a DF és BE egyenesek egyenlete:
d DF : y = − x + d , f
e BE : y = − x + e . b
Tehát az A pont koordinátái:
bf (e − d ) ed ( f − b) és yA = . ef − bd ef − bd A felezőpontok koordinátái: bf (e − d ) ed ( f − b) b d f e . M , , N , , P , 2 2 2 2 2(ef − bd ) 2(ef − bd ) d −e 1 be − df x+ ⋅ Mindhárom pont az y = b−f 2 b−f egyenletű egyenesen van, tehát kollineárisak. xA =
7. Bizonyítsd be, hogy ha A′ ∈ (BC ) , B ′ ∈ (CA) és C ′ ∈ (AB ) úgy, hogy
AA′ ∩ BB ′ ∩ CC ′ ≠ ∅ , akkor az AB és A′ B ′ illetve AC és A′ C ′ valamint BC és B ′C ′ szakaszpárok felezőpontjait összekötő egyenesek összefutóak. Bizonyítás. Az AB és A′ B ′ felezőpontjait összekötő egyenes az OA′ CB ′ négyszög Newton-Gauss egyenese és így tartalmazza az OC felezőpontját. Tehát elégséges igazolni, hogy MM 1 ∩ NN 1 ∩ PP1 ≠ ∅ , ahol M 1 , N 1 és
P1 az OA, OB és OC felezőpontja. Másrészt M 1PMP1 , M 1NMN 1 paralelogrammák 1 1 ( M 1P = OB = P1M és M 1N = OC = MN 1 ) 2 2 és így az MM 1 , NN 1 és PP1 szakaszok felezik egymást. 8. Az ABC háromszögben A′ ∈ (BC ) , B ′ ∈ (CA) és
C ′ ∈ (AB ) úgy, hogy AA′ ∩ BB ′ ∩ CC ′ ≠ ∅ . Bizonyítsd be, hogy ha d || BC és A ∈ d valamint {E } = A′ B ′ ∩ d és {F } = A′ C ′ ∩ d , akkor AE = AF . Bizonyítás. AZ AFC ′ ∼ BA′ C ′ és AEB ′ ∼ CA′ B ′ hasonlóságok alapján AF AC ′ AE AB ′ és . = = A′ C B ′C BA′ C ′B
Tartalomjegyzék
226
Analitikus geometria
AE A′ C BC ′ AB ′ , tehát a Ceva tétel alapján AE = AF . Így = ⋅ ⋅ AF BA′ C ′A B ′C 9. Határozd meg a sík azon M pontjainak mértani helyét, amelyre MA2 − kMB 2 állandó, ahol A, B rögzített pontok és k > 0 . Megoldás. MA2 − kMB 2 = = (x + a )2 + y 2 − k ((x − a )2 + y 2 ) = = (1 − k )x 2 + (1 − k )y 2 + 2ax + 2akx + a 2 − ka 2 = c .
c egy AB-re merőleges 4a egyenes egyenlete. Ha k ≠ 1 , akkor
Tehát k = 1 esetén x =
x 2 + y 2 + 2ax ⋅
k +1 c + a2 = , 1−k 1−k 2
2
k + 1 k + 1 k +1 c x + a = − a 2 + a , vagyis a mértani 1−k 1 − k 1−k 1−k k + 1 hely üres halmaz, egy pont vagy egy kör, amelynek középpontja a, 0 és k − 1
tehát y 2 + x 2 + 2a
k + 1 c − a 2 ⋅ 1 − k − 1 1−k
2
sugara
k + 1 c − a 2 1 − k − 1 1−k
2
aszerint, hogy a
kifejzés negatív, nulla vagy pozitív. 10. Határozd meg a sík azon M pontjainak mértani helyét, amelyre MA2 + kMB 2 állandó, ahol A, B rögzített pontok és k > 0 . Megoldás. Az előbbi feladat jelöléseivel MA2 + kMB 2 = (1 + k )x 2 + (1 + k )y 2 + 2ax (1 − k ) + (1 + k )a 2 = c . Tehát k > 0 alapján a mértani hely üres halmaz, egy pont vagy egy kör aszerint, hogy 2 1 − k c − (1 + k )a 2 + a negatív, nulla vagy pozitív. 1+k VI.5. Gyakorlatok (159. oldal) 1. Írd fel a 2x − y + 3 = 0 és 2x + y + 3 = 0 valamint az x + y − 3 = 0 és 2 x − y + 1 = 0 egyenesek által meghatározott szögek szögfelezőinek egyenletét. Megoldás. A szögfelező pontjai egyenlő távolságra vannak a szög két szárától. 2x − y + 3 2x + y + 3 , = 5 5 3 tehát az egyik szögfelező y = 0 és a másik x = − . 2
Tartalomjegyzék
Analitikus geometria
227
x +y −3 2x − y + 1 a szögfelező egyenlete, tehát = 2 5 az egyik szögfelező: ( 5 − 2 2)x + ( 5 + 2)y − 3 5 − 2 = 0 A második esetben
és a másik: ( 5 + 2 2)x + ( 5 − 2)y − 3 5 + 2 = 0 . 2. Határozd meg azokat a pontokat, amelyek egyenlő távolságra vannak a 2x − y + 3 = 0 , 2x + y + 3 = 0 és −2x + y + 3 = 0 illetve az x + y − 3 = 0 , 2x − y + 1 = 0 és x − y + 1 = 0 egyenesektől. 2x − y + 3 2x + y + 3 −2x + y + 3 Megoldás. A egyenletrendszert kell = = 5 5 5 megoldanunk. Ez a következő négy lineáris rendszer megoldását jelenti: (1) 2x − y + 3 = 2x + y + 3 = −2x + y + 3
(2)
2x − y + 3 = −2x − y − 3 = 2x − y − 3
(3)
− 2x + y − 3 = 2x + y + 3 = 2x − y − 3
(4)
− 2x + y − 3 = −2x − y − 3 = −2x + y + 3
A (2) és (4) egyenletrendszerek ellentmondásosak, míg a másik kettő megoldása a 3 (0, 0) és − , − 3 . 2 1− 2 1+ 2 2 + 3 2 és , 2 , , 2 , 1, A második esetben a megoldások 5 − 2 2 5 + 2 2 2 + 5 2 − 3 2 1, . 5 − 2
3. Határozd meg azokat az M (x , y ) pontokat, amelyekre d(M , d1 ) + d(M , d2 ) = ahol d1 és d2 egyenlete 2x − y − 1 = 0 illetve 2x + y − 1 = 0 .
2 5 , 2
2x − y − 1 2x + y − 1 2 5 + = egyenlethez jutunk. Ebből a követ5 5 3 kező egyenletekhez jutunk: 1. 2x − y − 1 + 2x + y − 1 = 2 , ha 2x − y − 1 ≥ 0 és 2x + y − 1 ≥ 0 . 2. 2x − y − 1 − 2x − y + 1 = 2 , ha 2x − y − 1 < 0 és 2x + y − 1 ≥ 0 . 3. −2x + y + 1 + 2x + y − 1 = 2 , ha 2x − y − 1 ≥ 0 és 2x + y − 1 < 0 . 4. −2x + y + 1 − 2x − y + 1 = 2 , ha 2x − y − 1 < 0 és 2x + y − 1 < 0 . Így a megoldás az x = 1 , y ∈ [−1, 1] ; x = 0 , y ∈ [−1, 1] ; y = 1 , ha 0 < x < 1 és Megoldás. A
y = −1 , 0 < x < 1 szakaszokból áll.
Tartalomjegyzék
228
Analitikus geometria Tehát az ABCD téglalap kerületén levő pontokra teljesül az adott egyenlőség.
4. Bizonyítsd be, hogy ha M, N és P a BC, CA és 1 T [MNP ] = T [ABC ] . 4 Bizonyítás. x B + xC yB + yC 1 2 2 x B + xC 1 x A + xC yA + yC 1 1 1 = ⋅ x A + xC T [MNP ] = 2 2 2 4 2 xA + xB x A + x B yA + y B 1 2 2
xB 1 1 = ⋅ xC 4 2 xA
yB + yC
xC 1 1 1 + ⋅ xA 4 2 1 xB 1
yA + yC y A + yB
x B yB 1 x B yC 1 xC 1 = xC yC 1 + xC yA 1 + x A 8 x A yA 1 x A yB 1 x B xB mert xC
yC
1
xC
yA 1 + x A
x A yB
1
xB
yC
1
xC
yB
yA 1 + x A yC yB
1
xB
yC
AB oldal felezőpontja, akkor
yB + yC
1
yA + yC
1=
yA + yB
1
yB + yC
1
yA + yC
1=
yA + y B
1
xC
yB
yA 1 + x A
yC
yB
yA
1 1
xB
1 x 1 B 1 = xC 8 1 xA
yB
1
yC
1,
yA 1
1 1 = 0.
yA 1
5. Számítsd ki az ai x + bi y + ci = 0 , i = 1, 3 egyenesek metszéspontjai által meghatározott háromszög területét. Megoldás. Lásd a III. 1.1.2. paragrafus 8. feladatát.
Tartalomjegyzék
Analitikus geometria
229
VI.6. Feladatok (159. oldal) 1. Az ABC háromszög oldalain vegyük fel az M ∈ BC , N ∈ CA és P ∈ AB T [MNP ] BM CN AP pontokat. Számítsd ki a arányt az α = , β= és γ = MC NA PB T [ABC ] függvényében. Megoldás. Az adott egyenlőségekből következik, hogy α MC 1 β BM NC = , = , = , BC BC α +1 AC α +1 β +1 AN 1 γ PB 1 AP = , = és = . AC AB β + 1 AB γ +1 γ +1 T [APN ] AP AN γ = ⋅ = , Így T [ABC ] AB AC (γ + 1)(β + 1) T [BMP ] BP BM α = ⋅ = , T [ABC ] AB BC (α + 1)(γ + 1) T [CMN ] CM CN β = ⋅ = . T [ABC ] BC AC (β + 1)(α + 1) Tehát
T [MNP ] α β γ = 1− − − = T [ABC ] (α + 1)(γ + 1) (β + 1)(α + 1) (γ + 1)(β + 1) =
1 + αβγ . (α + 1)(β + 1)(γ + 1)
2. A, B, C és D négy rögzített pont a síkban. Határozd meg azon M síkbeli pontok mértani helyét, amelyekre T [MCD ] + T [MAB ] = k állandó. Megoldás. Ha {O } = AB ∩ CD és X ∈ (OA , Y ∈ (OC úgy, hogy OX = AB illetve OY = CD , akkor T [MAB ] + T [MCD ] = T [MOX ] + T [MOY ] . Ha M a BOD belsejében van, akkor
T [MOX ] + T [MOY ] = T [OXY ] ± T [XMY ] és így T [XMY ] állandó kell legyen. Tehát ebben az esetben a mértani hely egy szakasz. Hasonló a helyzet a BOD szög csúcsszögének a belsejében is illetve a másik két szögtartományban (csak az Y ′ ∈ OD \ (OD és X ′ ∈ OB \ (OB segédpontokat használjuk fel). Tehát a mértani hely egy téglalap kerülete.
Tartalomjegyzék
230
Analitikus geometria
3. Határozd meg az összes olyan M pontot, amelyekre T [MBC ] = T [MCA] =
= T [MAB ] , ha ABC egy rögzített háromszög. Megoldás. Ha M a háromszög belsejében van, akkor
M a háromszög súlypontja, mert 1 T [MAB ] = T [MAC ] = T [MBC ] = T [ABC ] 3 MA′ 1 alapján és így T[MBA′ ] = T [MA′ C ] = , = AA′ 3 1 = T [ABC ] tehát A′ felezőpont. Hasonlóképpen BM 6 és CM is oldalfelezők, tehát M súlypont.
Ha M a háromszögön kívül van, nem lehet a satírozott részben.
Ha T [MAB ] = T [MAC ] = T [MBC ] és M az ábrának megfelelő helyzetben van, akkor MBAC paralelogramma. Így három ilyen pont létezik, tehát összesen (a súlyponttal együtt) négy pontra teljesülnek az adott egyenlőségek. 4. Határozd meg azon M pontok mértani helyét, amelyeknek egy szög két szárától mért távolságai adott arányban vannak. Megoldás. Ha a1x + b1y + c1 = 0 és a2x + b2y + c2 = 0 a szög két szára, akkor a
a1x + b1y + c1 2 1
2 1
a +b
=k⋅
a2x + b2y + c2 a22 + b22
egyenlethez jutunk. Ha a szög csúcsa O(xO , yO ) , akkor az előbbi egyenlőség két O-n áthaladó egyenes egyenletét adja, tehát a mértani hely két O-n áthaladó egyenes.
Tartalomjegyzék
Analitikus geometria
231
5. Az ABC háromszög oldalaira kifele megszerkesztjük az ABB1A2 , BCC 1B2 , téglalapokat. Bizonyítsd be, hogy az A1A2 , B1B2 és C 1C 2 szakaszok felezőCAAC 1 2 merőlegesei összefutó egyenesek. Bizonyítás. Ha BB2 = x , a CC 2 és BB1
BC -re eső vetületének hossza y és z, akkor a következő koordinátákat kapjuk (BC az Ox tengely és az A-ból induló magasság az Oy):
A(0, a ) , B(−b, 0) , C (c, 0) , B2 (−b, − x ) , c c C 1 (c, − x ) , C 2 c + y, y , A1 y, y + a , a a b b oldalfeleA2 −z , z + a , B1 −b − z , z . Az oldalfele a a ző merőlegesek egyenlete: 2 2Xz − 2Y bz + x = x 2 − z 2 − 2bz − bz a a 2 c c 2 2 2 2 2 Xy Y y x x y cy y + + = − + + + a a 2 c bz cy 2 b 2 2 2 ( ) 2 X y z Y y z z y − + − − = − + − + 2bz − 2cy a a a a Ez a rendszer összeférhető mert a harmadik egyenlet az első kettő összegéből előállítható (–1)-gyel való beszorzás útján, tehát az egyenesek összefutóak.
6. Legyen O az A-ban derékszögű ABC háromszög A-ból húzott magasságának talppontja, D az [AC ] befogó felezőpontja, E pedig a [BC ] átfogó tetszőleges pontja. Az AE és OD egyenesek F-ben metszik egymást. Igazoljuk, hogy a CF egyenes az ABE ∆ H magasságpontján megy át!
Bizonyítás. Ha AO ∩ CF = {G } , akkor az AOC háromszögben OD, AE és CG összefutásából és CD = DA-ból következik, hogy EG AC , tehát EG az ABE háromszög E-hez tartozó magassága. AO ⊥ EB alapján G az ABE háromszög ortocentruma, tehát CF áthalad az ABE háromszög ortocentrumán.
Tartalomjegyzék
232
Vektorok a síkban
VII. Vektorok a síkban VII.1.1. Gyakorlatok (162. oldal)
A
1. Az ABC Δ (BC ) , (CA) és (AB ) oldalainak felezőpontjai rendre M , N és P . (VII.7. ábra) a) Bizonyítsd be, hogy AN = NC = PM ; b) Határozd meg a PB vektorral egyenlő vektorokat.
N
P B
C
M VII. 7. ábra
Megoldás. a) Mivel az AN , NC szakaszok tartóegyenesei megegyeznek és [AN ] = [NC ] , következik, hogy AN = NC . Az ABC háromszögben PM közép1 vonal, így PM AC és [PM ] = ⋅ [AC ] = [NC ] , vagyis NC = PM . 2 b) PB = AP = NM .
b
f
a
e
VII.8. ábra
g
d
c
h
A
v
VII. 9. ábra
v
v
v
A
v
A
A A
2. Határozd meg azokat a vektorokat a VII.8. ábrán, amelyek: a) azonos hosszúságúak; b) azonos irányúak; c) azonos irányításúak; d) ellentétes irányításúak. Megoldás. a) a
= d
= g ,
b
= c
= f
.
b) Az {a , d }, {b , f , h }, {c , e } halmazok elemei azonos irányúak. c) Azonos irányításúak a b , f , h vektorok. d) Ellentétes irányításúak az a és d , valamint a c és d vektorok. 3. Szerkessz egy vi vektorral egyenlő, A kezdőpontú vektort a VII. 9. ábrán látható vektorok esetén.
Tartalomjegyzék
Vektorok a síkban
233
Megoldás. A v vektorral egyenlő, A kezdőpontú vektort úgy szerkeszthetünk, hogy v = MN tartóegyenesével párhuzamost húzunk A -ból és felvesszük a B pontot ezen az egyenesen úgy, hogy MNBA paralelogramma legyen.
v N M
B A
4. A VII.10. ábrán ABCD paralelogramma, EFGH rombusz és IJKL egyenlő szárú trapéz. Határozd meg esetenként azokat a vektorokat, amelyek a) azonos hosszúságúak; b) azonos irányúak; c) azonos irányításúak; d) ellentétes irányításúak; e) egyenlők. G D
I
C
VII. 10. ábra
F
H A
L
J
B
K
E
Megoldás. a) DC = AB = CD = BA ; AD = BC = DA = CB ;
HG = GF = FE = EH = HE = EF = FG = GH ; IJ = JI = LK = KL . b) Az {AD, DA, BC , CB } , {DC , CD, AB, BA} , {HG, GH , FE , EF } , {IL, JK }
halmazokban az elemek azonos irányúak. c) Az {AD, BC } , {AB, DC } , {DA, CB } , {BA, CD } ; {HG , EF } , {HE , GF } , {EH , FG } , {GH , FE } ; {IL, JK } , {LI , KJ }
halmazokban az elemek azonos irányításúak. d) Az (AD, DA, CB ) , (DC , BA, CD ) , (DA, AD, BC ) , (CD, AB, DC ) , (HG, FE , GH ) , (GF , EH , FG ) , (GH , EF , HG ) , (IL, LI , KJ ) , (LI , IL, JK )
csoportokban az első elemmel ellentétes irányítású a többi. e) AD = BC , DA = CB , DC = AB , CD = BA , HG = EF , GH = FE , GF = HE , FG = EH . 5. Legyen M egy pont az [AB ] szakaszon. Bizonyítsd be, hogy M pontosan akkor felezőpontja az [AB ] szakasznak, ha AM = MB . Bizonyítás. Mivel az AM , MB vektorok tartóegyenesei megegyeznek (az A , M , B pontok kollinearitása alapján), az AM és MB vektorok akkor és csak akkor egyenlők, ha AM = MB , vagyis ha [AM ] = [MB ] , ami azt jelenti, hogy M felezőpontja az AB szakasznak.
Tartalomjegyzék
234
Vektorok a síkban
6. Legyen M az [AB ] szakasz felezőpontja valamint N és P két pont úgy, hogy
AN = PB . Bizonyítsd be, hogy az N , M és P pontok kollineárisak. Bizonyítás C Az AN = PB feltétel alapján az AB és NP szakaszok felezőpontjai egybeesnek. Mivel M felezi az [AB ] szakaszt, követN kezik, hogy M felezi az [NP ] szakaszt is, tehát N , M , P kollineárisak. A B M P
7. Bizonyítsd be, hogy az ABCDE szabályos ötszög tetszőleges két csúcsa által meghatározott vektorok közt nincsenek egyenlők! Hány különböző vektort határoznak meg egy paralelogramma, illetve egy szabályos hatszög csúcsai? Bizonyítás Ha létezne két ilyen vektor, akkor a végpontjaik által meghatáA E rozott négyszög paralelogramma kellene legyen, azonban bárhogyan választunk ki négyet öt csúcs közül, a keletkezett négyszög sosem lehet paralelogramma. B D Egy ABCD paralelogramma csúcsai 8 különböző vektort határoznak meg, ezek a következők: AB , AC , AD , BA , BD , CA , CB , DB . Egy szabályos hatszög csúcsai 16 C különböző vektort határoznak meg. 8. Bizonyítsd be, hogy ha (A, C ) ~ (B, D ) , akkor (A, B ) ~ (C , D ) . Bizonyítás. Ha M az [AD ] szakasz felezőpontja, akkor az (A, C ) ∼ (B, D ) feltételből következik, hogy M felezi a [CB ] szakaszt is, innen M felezi mind az [AD ] , mind a [BC ] szakaszt, tehát (A, B ) ∼ (C , D ) .
Tartalomjegyzék
Vektorok a síkban
235
VII. 4. Gyakorlatok és feladatok (174. oldal) 1. Írd fel az ABC Δ BC oldalának M harmadoló pontja ( BM = 2MC ) esetén az
AM vektort az AB és AC lineáris kombinációjaként. Megoldás. A BM = 2MC feltétel alapján BM = 2MC . Az AM = AB + BM = = AB + 2MC és AM = AC − MC egyenlőségekből kiküszöbölve MC -t, kapjuk, AB + 2AC hogy AM + 2AM = AB + 2MC + 2AC − 2MC , ahonnan AM = . 3 2. Legyen ABCD paralelogramma, O az átlók metszéspontja, M az [AO ] szakasz AN 1 = . felezőpontja és N ∈ [AB ] úgy, hogy 3 AB A) Fejezd ki: a) az AM vektort az AC függvényében; b) a CM vektort az AC függvényében; c) az AC vektort az AD és AB lineáris kombinációjaként; d) az AC vektort az AD és BA lineáris kombinációjaként; e) az AO vektort az AD és AB lineáris kombinációjaként; f) a DM vektort a DA és DC lineáris kombinációjaként; g) a DN vektort a DA és DC lineáris kombinációjaként. B) Bizonyítsd be, hogy az N , M és D pontok kollineárisak. Legyen A , B , C és D négy pont a síkban. Állapítsd meg, hogy az alábbi állítások közül melyek igazak és melyek hamisak. Indokold meg a válaszaidat! „Ha AB = CD , akkor ABCD paralelogramma ” „Ha MNPQ paralelogramma, akkor MN = PQ .” „Ha AB = CD , akkor AC = BD .” „Ha AB = CD , akkor AB = CD .” „Ha AB = CD , akkor AB = CD .” „Ha AB = DC , akkor AB = CD .” „ AC + CD = AD .” „ AB + AC = BC .” „Ha M a [BC ] felezőpontja, akkor MB = MC .” „Ha BM = 2MC , akkor AM =
AB + 2AC .” 3
Tartalomjegyzék
236
Vektorok a síkban
Megoldás A
M
D O
B
A) a) Az AM és AC vektorok azonos irányí1 1 tásúak és AM = ⋅ AC , így AM = AC . 4 4
C
b) CM , AC ellentétes irányításúak, CM =
3 3 AC , így CM = − AC . 4 4
c) AC = AB + BC = AB + AD . d) AC = AB + AD = −BA + AD . 1 AB + AD e) AO = AC = . 2 2 AM 1 = f) Az M pont k = arányban osztják az [AC ] szakaszt, MC 3 DA + k ⋅ DC 3 ⋅ DA + DC DM = = . k +1 4 AN 1 2 ⋅ DA + DB 2 ⋅ DA + DC + CB 3 ⋅ DA + DC . g) = ⇒ DN = = = NB 2 3 3 3 B) Felhasználva az f), g) alpontokat, kapjuk, hogy
így
3DA + DC 4 3DA + DC 4 = ⋅ = ⋅ DM , 3 3 4 3 vagyis a DN és DM vektorok tartóegyenesei megegyeznek, ami azt jelenti, hogy a D, N , M pontok kollineárisak. DN =
A „Ha AB = CB , akkor ABCD paralelogramma” állítás csak abban az esetben igaz, ha az AB és CB tartóegyenese nem megegyező. Ha MNPQ paralelogramma, akkor MN PQ , MN = PQ , de az irányításuk ellentétes, így MN = −PQ . Ha AB = CD , akkor [AD ] és [BC ] felezőpontjai megegyeznek, így
AB = CD . Abból, hogy AB = CD , nem következik, hogy AB = CD (nem biztos, hogy hosszuk is megegyezik), viszont írhatjuk, hogy AB = λ ⋅ CD , ahol λ egy valós szám. Ha AB = CD , akkor AB = CD vagy AB CD . Ha AB = DC , akkor AB = CD vagy AB CD . A háromszög-szabály értelmében igaz az AC + CD = AD egyenlőség. Az AB + AC = BC egyenlőség pontosan akkor igaz, ha az A és B pontok egybeesnek.
Tartalomjegyzék
Vektorok a síkban
237
AB + AC = BC ⇔ AB = BC − AC ⇔ AB = BC + CA ⇔ AB = BA ⇔ A = B .
Ha M a [BC ] felezőpontja, akkor MB = −MC . Ha BM = 2MC , akkor AM =
AB + 2AC AB + 2AC = . 2 +1 3
3. Bizonyítsd be, hogy ha ABCD tetszőleges négyszög, akkor AB + BC + CD + →
+ DA = 0 . Bizonyítás. Háromszor felhasználva a háromszög-szabályt, írhatjuk, hogy AB + BC + CD + DA = AC + CD + DA = AD + DA = 0 . →
→
4. Ha i és j egymásra merőleges egységvektorok, ábrázoljuk a derékszögű koordinátarendszerben az alábbi vektorokat: →
→
→
→
→
→
→
→
a) a = 2 i ; b) b = 3 j ; c) u = − a + 2 b ;
→
→
→
→
d) v = a − b ; e) 2 u + 3 v .
Megoldás
y 2u
u 2u + 3v = a + b
b j O
i x
a v
3v
2u + 3v = 2(−a + 2b) + 3(a − b) = a + b 5. A VII. 31. ábrán AB = 2 és BC = 1 . a) Írd fel az AB vektort a BC függvényében;
B
A VII.31. ábra
C
Tartalomjegyzék
238
Vektorok a síkban
b) Írd fel az AC vektort a BA függvényében.
1 3 Megoldás. a) AB = 2BC ; b) AC = 3BC = 3 ⋅ AB = − BA . 2 2 6. Az ABC Δ -ben E ∈ (AB ) , F ∈ (AC ) úgy, hogy EF || BC és AF = 2 valamint FC = 3 . Fejezd ki:
a) AF -t az AC függvényében; b) BC -t az EF függvényében; c) EA -t az AB függvényében. 2 Megoldás. a) AF = AC . 5 b) Az AEF és ABC háromszögek hasonlósága alapján 5 EF . 2 EA AF 2 2 = = ⇒ EA = − AB . c) AB AC 5 5
BF AF 2 = = , így BC AC 5
BC =
7. A VII. 32. ábrán AC || BD , AC = 4 és BD = 3 Fejezd ki :
a) CO -t az OD függvényében;
B
VII. 32. ábra A
D
b) AO -t az BO függvényében; c) BD -t az AC függvényében. AC 4 = , tehát Megoldás. AOC ∼ BOD és 3 BD CO 4 AO 4 a) CO = b) AO = − ⋅ OD = OD ; ⋅ BD = − BD ; 3 3 OD BD c) BD = −
C
BD
3 ⋅ AC = − AC . 4 AC
8. Bizonyítsd be, hogy egy véges vektorösszegben a tagok sorrendjét tetszőlegesen megváltoztathatjuk és tetszőleges csoportosításokat végezhetünk, mert az összeg nem változik. Bizonyítás. Három vektor esetén a 2.1.3. tétel alapján a1 + (a2 + a 3 ) = (a1 + a2 ) + a 3 = a1 + a2 + a 3 és a kommutativitás alapján a sorrend felcserélésével is az a1 + a2 + a 3 összeget kapjuk. a 3 + a1 + a 2 = (a 3 + a1 ) + a2 = (a1 + a 3 ) + a 2 = a1 + (a 3 + a2 ) =
= a1 + (a2 + a 3 ) = a1 + a2 + a 3 .
Tartalomjegyzék
Vektorok a síkban
239
A továbbiakban indukciót használunk. Ha a tulajdonság igaz minden n ≤ m -re, akkor m tetszőleges vektor (v1, v2 , …, vm ) esetén, tetszőleges sorrend és tetszőleges zárójelezés (csoportosítás) esetén az összeg v1 + v2 + … + vm . Ha a1, a2 , …, am , am +1 (m + 1) tetszőleges vektor és S egy tetszőleges összeg, amelyet ezekből a vektorokból szerkesztünk sorrend megváltoztatásával és csoportosítással, akkor a következő eseteket különböztetjük meg: 1. eset. Ha am +1 nincs zárójel belsejében, akkor az összeg utolsó tagjával (csoportjával) felcserélhető és így az a1, a2 , …, am vektorokra alkalmazhatjuk az indukciós feltételt. Tehát S = (a1 + a2 + … + am ) + am +1 = a1 + a2 + … + am + am +1 . 2. eset. Ha am +1 valamilyen zárójel belsejében van, akkor az őt tartalmazó legkisebb csoport összegét egy vektornak, p -nek tekintjük. Így legfeljebb m − 1 vektort kapunk, tehát az indukciós feltevés alapján S = (ai + ai + … + ai ) + p . 1
2
k
Ugyanakkor p sem tartalmazhat m -nél több tagot, tehát az indukciós feltétel alapján S = (ai + ai + … + ai ) + (ai + … + ai ) , 1
2
m +1
k +1
k
ahol i1 < i2 < … < ik , ik +1 < ik +2 < … < im +1 = m + 1 , valamint {i j | j = 1, m + 1} =
= {1, 2, …,m + 1} . Ez alapján
S = (ai + … + ai ) + (ai 1
k +1
k
= (ai + … + ai + ai 1
k
k +1
+ … + aim ) + ai
m +1
+ … + aim ) + ai
m +1
=
=
= (a1 + a2 … + am ) + am +1 = a1 + a2 … + am +1 . Tehát az állítás (m + 1) vektor esetén is igaz. Így a matematikai indukció elve alapján a tulajdonság minden n ∈
*
esetén igaz.
9. Számítsd ki az AB + BC + CD + DE + EF + FA összeget, ha ABCDEF egy hatszög a síkban. Megoldás. A háromszög-szabály többszöri alkalmazásával kapjuk, hogy AB + BC + CD + DE + EF + FA = AC + CD + DE + EF + FA = = AD + DE + EF + FA = AE + EF + FA = AF + FA = 0 .
10. Bizonyítsd be, hogy az u és v vektorok merőlegességének szükséges és elégséges feltétele, hogy | u + v |=| u − v | . Bizonyítás. Legyen O egy tetszőleges pont és A, B, C , D úgy, hogy OA = u ,
OB = v , OC = u + v , OD = u − v . Ekkor DA = OA − OD = v és DC = OC − OD = 2v , tehát D, A és C kollineárisak, DC OB és A a [CD ]
Tartalomjegyzék
240
Vektorok a síkban
felezőpontja. Az u + v = u − v feltétel egyenértékű azzal, hogy az OCD háromszög egyenlő szárú, s mivel A a [CD ] felezőpontja, ekvivalens azzal is, hogy OA ⊥ DC , vagyis u ⊥ 2v , ami a két vektor merőlegességét jelenti.
B
O
C
A
Megjegyzés. Az OACB négyszög téglalap.
D 11. Bizonyítsd be, hogy az u + v és u − v vektorok merőlegességének szükséges és elégséges feltétele, hogy | u |=| v | . Bizonyítás. Ha az előző feladatba u helyett (u + v ) -t, v helyett pedig (u − v ) -t teszünk, kapjuk, hogy az u + v és u − v vektorok merőlegességének szükséges és elégséges feltétele az, hogy u + v + u − v = u + v − u + v , vagyis u = v . Megjegyzés. Az OACB négyszög rombusz. 12. Ha A és B két rögzített pont, határozd meg azt az M pontot, amelyre: b) 3MA + MB = 0 ; c) 2MA − 3MB = 0 ; a) AM = 2MB ; d) kMA + MB = 0 ; e) MA + kMB = 0 ; f) mMA + nMB = 0 . Megoldás. a) Ha AM = 2MB , akkor az A, M és B pontok egy egyenesen vannak és a sorrend A − M − B . Tehát M az AB szakasz B -hez közelebb eső harmadolópontja. b) Az egyenlőség BM = 3MA alakban is írható, tehát M az AB szakasz A -hoz közelebb eső negyedelőpontja. c) A 2MA = 3MB egyenlőségből következik, hogy az M , A és B pont egy egyeneMA 3 = . sen van, M az [AB ] szakaszon kívül van és MB 2 d) BM = k ⋅ MA , tehát ha k > 0 , akkor M ∈ (AB ) , ha k = 0 , akkor M = B és ha BM =k . k < 0 , akkor M ∉ [AB ] . Az első és az utolsó esetben MA e) Ha k > 0 , akkor M ∈ (AB ) , ha akkor M = A és ha k < 0 , akkor M ∉ [AB ] . MA = k . Az első és az utolsó esetben MB f) Ha m = n = 0 , akkor az egyenlőség minden M pontra teljesül. Ha m = 0 és n ≠ 0 , akkor M = B , míg ha m ≠ 0 és n = 0 , akkor M = A . Ha m ≠ 0 ≠ n , m akkor az egyenlőség BM = ⋅ MA alakban írható. Tehát m ⋅ n > 0 esetén n BM m BM m = , m ⋅ n < 0 esetben pedig M ∉ [AB ] és =− . M ∈ (AB ) és MA n MA n
Tartalomjegyzék
Vektorok a síkban
241
13. Ha az OA, OB, OC és OD vektorok egyenlő nagyságúak és összegük nulla, mit állíthatunk az A, B, C és D pontokról? Megoldás. Abból, hogy OA = OB = OC = OD , következik, hogy az A, B, C , D pontok egy O középpontú körön helyezkednek el. Ha M és N az [AB] , illetve a [CD ] szakasz felezőpontja, az OA + OB + OC + OD = 0 feltételből
OA + OB OC + OD , vagyis OM = −ON . Figyelembe véve, =− 2 2 hogy az OM ⊥ AB , ON ⊥ CD (az OAB , OCD háromszögek egyenlő szárúak), kapjuk, hogy AB CD és AB = CD , tehát ABCD egy paralelogramma. Mivel ABCD körbeírható, következik, hogy ABCD egy téglalap.
következik, hogy
14. Adott u vektor esetén adjál szerkesztést a következő vektorokra: 3 1 b) u ; c) − u ; a) 2u ; d) 3 u . 2 3 Megoldás. Ha u = MN és P az M pont N szerinti szimmetrikusa, akkor MP = 2MN = 2u . Q R Ha Q ∈ (MN úgy, hogy MQ = 3MN és R az P 3 M MQ szakasz felezőpontja, akkor MR = MN = N 2 S 3 1 = u . Ha S ∈ MN \ (MN és MS = MN , akkor 2 3 1 MS = − u . Ha T ∈ (MN úgy, hogy MT = 3MN , akkor MT = 3 u . Tehát 3 körző és vonalzó segítségével a Q, R, S , T pontokat kell megszerkeszteni. 1. {Q} = MN ∩ C (N , MN ) , tehát Q az N középpontú, MN sugarú kör és MN metszeteként szerkeszthető. 2. Ha C (M , R) ∩ C (Q, R) = {A, B} , ahol R > MN , akkor AB az MQ felezőmerőlegese, tehát AB ∩ MQ = {R} . N 3. Tetszőleges MN szakasz harmadolópontját a következőképpen szerkeszthetjük meg: Az MO H felezőmerőlegesen ( ≠ (MN ) felvesszünk egy tetszőleges X pontot, majd körzővel felmérjük M az YX = MX és ZY = MX távolságokat. Az X X ponton át párhuzamost húzunk az NZ -hez és Y a d ∩ MN = {H } pont az M -hez közelebb eső Z O harmadolópont. A párhuzamost úgy szerkesztjük meg, hogy az NY -ra még egyszer rámérjük NY -t és így az NXUZ paralelogramma U csúcsát kapjuk.
Tartalomjegyzék
242
Vektorok a síkban
4. Ha N -ben merőlegest emelünk MN -re (például párhuzamost húzunk a felezőmerőlegeshez) és ezen felmérjük az AN = MN távolságot, akkor MA = 2MN és ha felmérjük a BN = MA távolságot, akkor MB = 3MN , tehát ezt a távolságot visszamérve MN meghosszabbítására, a T pontot kapjuk. 15. Írd fel az u = 3i − 2 j vektort az a = i + j és b = −2i + 5 j vektorok lineáris kombinációjaként. Fel lehet-e írni affin vagy konvex kombinációként? Megoldás. Legyen u = α ⋅ a + β ⋅ b , ahol α, β meghatározandó valós számok (skalárok). Ekkor 3i − 2 j = α ⋅ (i + j ) + β ⋅ (2i + 5 j ) , vagyis (3 − α + 2β ) i + + (−2 − α − 5β ) j = 0 . Így a
⎧3 − α + 2β = 0 ⎪ ⎪ ⎨ ⎪− 2 − α − 5β = 0 ⎪ ⎩ egyenletrendszerhez jutunk, amelynek megoldása α =
11 5 , β =− . 7 7
11 5 a − b . Mivel u csak így írható fel mint az a és b vektorok lineáris 7 7 kombinációja, nem írható fel affin vagy konvex kombinációként. Tehát u =
16. Bizonyítsd be, hogy a v = 2MA − MB − MC vektor nem függ M megválasztásától, ha A, B és C rögzítettek. Bizonyítás. Tetszőleges M pont esetén v = 2MA − MB − MC = MA − MB + MA − MC = BA + CA , vagyis v független az M pont megválasztásától. 17. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD négyszög átlóinak O metszéspontjára OA + OB + OC + OD = 0 , akkor ABCD paralelogramma. Bizonyítás. Tekintsük az M , N pontokat, amelyekre OA + OC = OM és BO + DO = ON . Az O, A, C illetve O, B, D pontok kollinearitása alapján
M ∈ AC és N ∈ BD . A feltétel még így is írható: OA + OC = BO + DO , vagyis OM = ON , s mivel M ∈ AC és N ∈ BD , következik, hogy M = N = O . Ezt visszahelyettesítve kapjuk, hogy OA + OC = BO + DO = 0 , tehát O felezi mindkét átlót. Mivel az átlók felezőpontjai megegyeznek, az ABCD négyszög paralelogramma. 18. Határozd meg azon M pontok mértani helyét, amelyekre MA + MB + MC = = 3MA − 2MB − MC , ahol A, B és C rögzített pontok.
Megoldás. Ha G az ABC háromszög súlypontja, akkor MA + MC + MC = 3MG . Ha X a BC szakasz B -hez közelebbi harmadolópontja, akkor 3MX = 2MB + MC ,
Tartalomjegyzék
Vektorok a síkban
243
tehát 3MA − 2MB − MC = 3MA − 3MX = 3XA . Így az MG = XA egyenlőség kell teljesüljön, tehát a mértani hely a G középpontú, AX sugarú kör. 19. Bizonyítsd be, hogy ha az O , A , és B pont nincs egy egyenesen, akkor bármely M pont esetén létezik olyan λ1, λ2 valós szám, amelyre OM = λ1OA + λ2OB . Bizonyítás. Mivel O, A, B nem kollineárisak, az M ponton át az OA , illetve OB egyenesekhez húzott párhuzamosok metszik az OB , OA -t a Q illetve P pontokban. A P ekkor OA -n helyezkedik el, így létezik olyan λ1 valós szám, amelyre OP = λ1OA . Hasonlóan, létezik λ2 valós szám úgy, hogy OQ = λ2OB . Ekkor
Q
M
B
O
A
P
viszont OM = OQ + QM = OQ + OP = λ1OA + λ2OB . 20. Bizonyítsd be, hogy egyetlen olyan G pont létezik az ABC Δ síkjában, amelyre GA + GB + GC = 0 és ezen a ponton áthaladnak a háromszög oldalfelezői. (Ezt a pontot nevezzük a háromszög súlypontjának.) Bizonyítás. 0 = GA + GB + GC = GA + GA + AB + GA + AC ⇒
AB + AC 2 = AM , ahol M a [BC ] oldal felezőpontja. Mivel az AG 3 3 csak az A, B, C pontoktól függ, egyetlen ilyen G pont létezik, és ez a G az AM oldalfelezőn helyezkedik el (2:1 arányban osztja azt). Hasonlóan igazolható, hogy G -n a másik két oldalfelező is áthalad. ⇒ AG =
21. Bizonyítsd be, hogy ha A és B két rögzített pont és m, n ∈
úgy, hogy
m + n ≠ 0 , akkor egyetlen olyan G pont létezik, amelyre mGA + nGB = 0 . mMA + nMB Igazold, hogy erre a G pontra MG = bármely síkbeli M pont m +n esetén. (A G pontot az m és n tömegű A és B pont baricentrumának nevezzük) Általánosítás. Bizonyítás. Ha a G1 és G2 pontokra teljesül az mG1A + nG1B = 0 és az mG2A + nG2B = 0 egyenlőség, akkor m ⋅ (G1A − G2A) + n ⋅ (G1B − G2B ) = 0 . De G1A − G2A = G1G2 és G1B − G2B = G1G2 , tehát (m + n ) ⋅ G1G2 = 0 . Ez csak akkor lehetséges, ha G1G2 = 0 , tehát az egyenlőség csak egy G pontra teljesülhet. Ha M egy tetszőleges pont, akkor mMA + nNB m(MG + GA) + n(MG + GB ) mGA + nGB = = MG + = MG . m +n m +n m +n
Tartalomjegyzék
244
Vektorok a síkban
22. Bizonyítsd be, hogy az ABC háromszög G súlypontjára, H ortocentrumára és a köré írt kör O középpontjára érvényes az OH = 3OG egyenlőség. Bizonyítás. Ha A1 a H pont M szerinti szimmetrikusa, ahol M a BC felezőpontja, akkor HB + HC = HA1 . De BH ⊥ AC és CH ⊥ AB , tehát A1B ⊥ AB és AC ⊥ AC . Így az AA1 átmérőjű körön van a B és a C pont, tehát HA1 + HA = 1
= 2HO . Ebből következik, hogy HA + HB + HC = 2HO . Másrészt HA + HB + +HC = 3HG , tehát 3HG = 2HO . Így H , G, O kollineárisak és OH = 3OG . 23. Bizonyítsd be, hogy ha G és G ′ az ABC Δ illetve az A′ B ′C Δ′ súlypontja, akkor
3GG ′ = AA′ + BB ′ + CC ′ . Bizonyítás. Ha összeadjuk a GG ′ = GA + AA′ + A′ G ′ , GG ′ = GB + BB ′ + B ′G ′ és GG ′ = GC + CC ′ + C ′G ′ egyenlőségeket és felhasználjuk a GA + GB + GC =
0 = A′ G ′ + B ′G ′ + C ′G ′ összefüggéseket, a kért egyenlőséghez jutunk. 24. Bizonyítsd be, hogy az ABC háromszög H ortocentrumára és a köré írt kör O középpontjára érvényes az OH = OA + OB + OC egyenlőség. Bizonyítás. A 22. feladat alapján OA + OB + OC = 3OG = OH . 25. Az ABC háromszög AB és AC oldalán felvettük az M és N pontokat. Bizonyítsd be, hogy MN pontosan akkor halad át a háromszög G súlypontján, ha BM CN + = 1 . Általánosítás. MA NA Bizonyítás. Ha AB = u, AC = v és mu + nv = 0 , akkor m = n = 0 . Másrészt
AM AN u , AN = v és a G ∈ MN összefüggés pontosan akkor teljesül, AB AC ha létezik α, β ∈ úgy, hogy α + β = 1 és AG = α ⋅ AM + β ⋅ AN . Így az AM =
⎛ AM ⎞ ⎛ AN ⎞ α + β = 1 és ⎜⎜⎜3α − 1⎟⎟⎟ v = 0 , tehát az első megjegyzés alapján − 1⎟⎟⎟ u + ⎜⎜⎜3β ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ AC AB
1 AC 1⎛ NC ⎞⎟ = ⎜⎜1 + ⎟. ⎝ 3 AN 3 AN ⎠⎟ MB NC + = 1. Tehát az α + β = 1 összefüggés pontosan akkor teljesül, ha AM AN
α=
1 AB 1⎛ MB ⎞⎟ = ⎜⎜1 + ⎟ ⎝ 3 AM ⎠⎟ 3 AM
és
β=
1. Általánosítás. Ha B ′ ∈ AC , C ′ ∈ AB és {O} = CC ′ ∩ BB ′ , valamint M ∈ AB és N ∈ AC , akkor O ∈ MN ⇔
AC ′ BM AB ′ CN ⋅ + ⋅ = 1. C ′B MA B ′C NA
Tartalomjegyzék
Vektorok a síkban
245
2. Általánosítás. Az Oxyz triéder élein vegyük fel az A, A′ ∈ Ox , B, B ′ ∈ Oy és
C , C ′ ∈ Oz pontokat és jelöljük Q -val az ABC ′, ACB ′ és BCA′ síkok metszéspontját. Ha M ∈ Ox, N ∈ Oy és Q ∈ Oz , az MNP sík pontosan akkor tartalmazza
OA′ AM OB ′ BN OC ′ CP ⋅ + ⋅ + ⋅ = 1. A′ A MO B ′B NO C ′C PO Az 1. általánosítást bizonyítjuk (a második bizonyítása hasonló módon történik): k BC ′ k1 CA′ AB ′ k 3 = = 2 a Ceva tétel alapján és Ha és , akkor = A′ B k3 C ′A k2 B ′C k1
a Q pontot, ha
k2 + k 3 AO . Így az AB = u és AC = v jelölésekkel = AA′ k1 + k2 + k 3
AO =
O ∈ MN ⇔ ∃ α, β ∈
k2 + k 3 k1 + k2 + k 3
⋅ AA′ =
k2 ⋅ u + k 3 ⋅ v k1 + k2 + k 3
.
úgy hogy α + β = 1 és AO = α ⋅ AM + β ⋅ AN .
Tehát a ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜k − (k + k + k )α AM ⎟⎟ u + ⎜⎜k − (k + k + k )β AN ⎟⎟ v = 0 2 1 2 3 3 1 2 3 ⎟ ⎜⎝ ⎝⎜ AB ⎠ AC ⎠⎟
egyenlőséghez jutunk. Ez pontosan akkor teljesül, ha k2 k3 AB AC és β = , α= ⋅ ⋅ AM k1 + k2 + k 3 AN k1 + k2 + k 3 tehát az α + β = 1 egyenlőség akkor és csakis akkor igaz, ha
AC ′ BM BM k2 NC k 3 AB ′ CN ⋅ ⋅ + ⋅ =1 ⇔ + ⋅ = 1. C ′B MA B ′C NA AM k1 AN k1 26. Bizonyítsd be, hogy ha az OA1, OA2 és OA3 egységnyi hosszúságú vektorok végpontjai az Ox fölött vannak, akkor OA1 + OA2 + OA3 ≥ 1 . Általánosítás. Bizonyítás. Feltételezhetjük, hogy az O középpontú, egységsugarú körön a pontok sorrendje A, B, C . α−β ≤ 90 . Így az AOC szög OX Ha m(AOB) = α és m(BOC ) = β , akkor 2 belső szögfelezője és az OB félegyenes hegyesszöget zár be, tehát OB -hez hozzáadva tetszőleges OX félegyenesre illeszkedő vektort az összeg hossza legalább 1.
Tartalomjegyzék
246
Vektorok a síkban X
C M
N B
O m(MOB ) < 90
⇒ m(OBN ) > 90
A ⇒ ON > OB .
27. Bizonyítsd be, hogy a háromszög oldalfelezőivel szerkeszthető háromszög! AB + AC BA + BC CA + CB Bizonyítás. AA′ + BB ′ + CC ′ = + + = 0 , ahol 2 2 2 A′, B ′ és C ′ az oldalak felezőpontjai. Ebből következik, hogy az AA′, BB ′ és CC ′ vektorokkal szerkeszthető háromszög. 28. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD négyszög AB , BC , CD és DA oldalain AM BN CP DQ = = = =k , felvesszük az M , N , P illetve Q pontot úgy, hogy MB NC PD QA akkor az MNPQ és az ABCD négyszögek súlypontjai egybeesnek! Bizonyítás. Ha O egy tetszőleges pont a síkban, akkor
OA + k ⋅ OB OB + k ⋅ OC , ON = , 1+k 1+k B OD + k ⋅ OA OC + k ⋅ OD és OQ = , OP = 1+k 1+k N tehát OM =
OM + ON + OP + OQ = OA + OB + OC + OD .
M
A Q D
C
P
29. Igaz-e az előbbi tulajdonság fordítottja? Megoldás. Ha az ABCD négyzet oldalain felvesszük az M ∈ (AB ), N ∈ (BC ) , P ∈ (CD ) és Q ∈ (DA) pontokat úgy, hogy AM AQ CN CP 1 = = = = , 2 PD MB QD NB akkor a szimmetria miatt az ABCD és MNPQ súlypontja egybeesik és nem teljesülnek az előbbi feladat feltételei, tehát a tulajdonság fordítottja nem igaz.
30. Bizonyítsd be, hogy ha MA + MB + MC = 0 és az MA, MB, MC vektorok egyenlő hosszúságúak, akkor az ABC Δ egyenlő oldalú, és M a háromszög középpontja!
Tartalomjegyzék
Vektorok a síkban A N
P M
B
247 Bizonyítás. Legyen MA + MB = MN , ekkor az első feltétel alapján MN + MC = 0 , vagyis M ∈ [NC ] és [MN ] = [MC ] . Mivel MA és MB azonos hosszúságúak, az AMBN négyszög rombusz, így [AP ] = [PB ] és MN ⊥ AB , következésképpen CP oldalfelező és CP ⊥ AB , ami azt jelenti, hogy [CA] = [CB ] . Hasonlóan igazolható, hogy [AB ] = [AC ] . Tehát az ABC háromszög egyenlő szárú s mivel az M pont C távolsága a csúcsoktól megegyezik, M a háromszög köré írt kör középpontja.
31. Az ABCD négyszögben [AB ] ≡ [CD ] . Bizonyítsd be, hogy az [AD ] és [BC ] szakaszok felezőpontjai által meghatározott egyenes párhuzamos az AB és CD egyenesek által meghatározott szög belső szögfelezőjével! (MA + AB + BN ) + (MD + DC + CN ) 1 Bizonyítás. MN = = (AB + DC ) . 2 2 1 D (AB + DC ) vektor Mivel AB = DC , az M 2 A szerkesztésekor egyenlő szárú háromszög keletkezik és ebben az oldalfelező megegyezik a szögfelezővel. Ezt a reprezentánst szerkeszthetjük az C {O } = AB ∩ DC pontban is, tehát MN párhuzaN mos az O -beli reprezentánssal, vagyis az AB és B DC egyenesek által alkotott szög szögfelezőjével. 32. Az ABCD négyszög AD és BC oldalain felvesszük az M ∈ [AD ] és AM BN AB = = . Bizonyítsd be, hogy MN N ∈ [BC ] pontot úgy, hogy CD MD NC párhuzamos az AB és CD egyenesek által meghatározott szög belső szögfelezőjével (AB CD ) . Bizonyítás. Ha AB = a és CD = b , akkor
a ⋅ MN + b ⋅ MN a ⋅ (MD + DC + CN ) + b ⋅ (MA + AB + BN ) = = a +b a +b a ⋅ DC + b ⋅ AB , = a +b mert a ⋅ MD + b ⋅ MA = a ⋅ CN + b ⋅ BN = 0 . Másrészt, ha az {O } = AB ∩ DC MN =
pontban megszerkesztjük az AB és DC egy-egy OD és OE reprezentánsát, akkor a ⋅ DC + b ⋅ AB az ODE háromszögben az OF belső szögfelezőre OF = . a +b
Tartalomjegyzék
248
Vektorok a síkban
Mivel az összeg megszerkesztése a kezdőponttól független, MN párhuzamos OF -fel. 33. Az ABCD síkbeli négyszögben {E } = AD ∩ BC és {F } = AB ∩ CD . Bizonyítsd be, hogy az AC , BD és EF szakaszok felezőpontjai egy egyenesen vannak. (Newton–Gauss tétel) Bizonyítás. Ha AD = u , AB = v , AE = αu és AF = βv , akkor az EF és BD szakasz M illetve N felezőpontjaira αu + β v u +v , AN = . AM = 2 2 Ugyanakkor α(1 − β ) β(1 − α) AC = u+ v, A 1 − αβ 1 − αβ tehát az AC szakasz P felezőpontjára
AP =
E
D C
B
1 ⎛⎜ α(1 − β ) β(1 − α) ⎞⎟ u+ v⎟ . ⎜⎜ 1 − αβ ⎠⎟ 2 ⎝ 1 − αβ
Következik, hogy AP =
F
AM − αβ ⋅ AN , tehát M , N és P egy egyenesen vannak. 1 − αβ
34. Az ABC Δ -ben az AA′, BB ′ és CC ′ egyenesek összefutók, A′ ∈ (BC ) ,
B ′ ∈ (AC ) és C ′ ∈ (AB ) . Jelöljük M , N , P illetve M ′, N ′, P ′ -vel az ABC és háromszögek oldalainak felezőpontjait. Bizonyítsd A′ B ′C ′ ′ MM ∩ NN ′ ∩ PP ′ ≠ ∅ , ahol M ∈ (BC ), M ′ ∈ (B ′C ′) stb. Bizonyítás. Ha AB = u és AC = v , akkor a jelölésekkel AO =
k2 ⋅ u + k 3 ⋅ v k1 + k2 + k 3
be,
hogy
k CB ′ k AC ′ k2 BA′ = 3, = 1, = A′ C k2 B ′A k 3 C ′B k1
. Ebből és az előbbi feladatból következik, hogy az
k2 u + k3 v ⎞⎟ (k1 + 2k2 + k3 )u + (k1 + k2 + 2k3 )v 1 ⎛u + v ⎟⎟ = + AM = ⎜⎜⎜ 4(k1 + k2 + k3 ) 2 ⎜⎝ 2 2(k1 + k2 + k3 )⎠⎟ végpontja rajta van az MM ′, NN ′ és PP ′ szakaszokon. 35. Az ABC háromszög BC oldalának tetszőleges A0 pontja esetén vegyünk fel az AA0 -n egy M pontot. A BM ∩ AC és CM ∩ AB metszeteket jelöljük C 1 -gyel és B1 -gyel. Az A -n át a BC egyenessel húzott párhuzamos és A0B1 és A0C 1 egyeneseket a B2 illetve C 2 pontban metszi. Bizonyítsd be, hogy a [B2C 2 ] szakasz felezőpontja éppen az A pont.
Tartalomjegyzék
Vektorok a síkban Bizonyítás. Ha és
CC 1 C 1A
AC 2 =
=
k1 k3
AB1 B1B
=
249 k2 k1
,
BA0 A0C
k3
=
k2
C2
A
B2
, akkor
k2k 3 k1 (k2 + k 3 )
BC és AB2 =
k2k 3 k1 (k2 + k 3 )
CB ,
C1 B1 M C
tehát AC 2 = −AB2 .
B
A0
VII.7. Gyakorlatok (184. oldal) 1. Határozd meg az MM ′ kötött vektor M ′ végpontjának mértani helyét, ha M egy d egyenesen mozog és MM ′ minden M esetén ugyanazt a u szabad vektort származtatja. Megoldás. A d egyenes u vektorral való párhuzamos eltolása a mértani hely, tehát egy d -vel párhuzamos egyenes. 2. Milyen alakzatba viszi át a következő alakzatokat egy párhuzamos eltolás? Hát egy homotétia? a) szakasz; b) háromszög; c) kör; d) paralelogramma. Megoldás. a) A párhuzamos eltolás szakaszt szakaszba visz át mert a {λu + (1 − λ)v | λ ∈ [0, 1]} szakasz w -vel való eltolása a
{λu + (1 − λ)v + w | λ ∈ [0, 1]} = {λ(u + w ) + (1 − λ)(v + w ) | λ ∈ [0, 1]} . b) Az a) pont alapján egy háromszöget egy vele egybevágó háromszögbe transzformál. c) Ha OA = R és u -val eltoljuk az O illetve A pontot, akkor O ′A′ = R , tehát a párhuzamos eltolás egy kört, vele kongruens körbe transzformál. d) Az a) alpont alapján egy párhuzamos eltolás egy paralelogrammát vele egybevágó paralelogrammába transzformál. 3. Bizonyítsd be, hogy egy u , majd egy v vektor szerinti párhuzamos eltolás az u + v vektor szerinti párhuzamos eltolás. Bizonyítás. Ha tu : P → P , tu (M ) = M ′ ⇔ OM ′ = OM + u és tv : P → P , tv (N ) = N ′ ⇔ ON ′ = ON + v a két eltolás, akkor a két transzformáció egymás-
utáni alkalmazásával az f : P → P, f (M ) = M ′ ⇔ ∃ M ′′ ∈ P : OM ′′ = OM + u és OM ′ = OM ′′ + v függvényt kapjuk. Ebből következi, hogy OM ′ = OM + (u + v ) ⇔ f (M ) = M ′ ,
Tartalomjegyzék
250
Vektorok a síkban
tehát f az u + v vektorú párhuzamos eltolás.
A
4. Bizonyítsd be, hogy ha az egyenlő szárú háromszög alapjának tetszőleges M pontján át párhuzamosokat húzunk az oldalakhoz, akkor a két párhuzamosnak a háromszög belsejébe eső részeinek összege állandó. Bizonyítás. Húzzunk párhuzamost B -n át az AC hez. Az ábra jelölései alapján BQMP rombusz mert
m(QBC ) = m(BCA) = m(CBA) . Így PM + MN = PB + PA = AB és ez állandó.
N
P B
C
M Q
5. Szerkesszünk trapézt, ha ismerjük az oldalak hosszát (és mindegyikről tudjuk, hogy milyen szerepe van – alapok, szárak). Megoldás. Ha a a nagyalap, b a kisalap c és B b A d a másik két oldal, akkor az AMD háromszög oldalai c , d és a − b ( AM a BC szakasz c d c BA vektorral való eltolásából származik). Miután ezt megszerkesztjük A -n át párhuzamost húzunk MD -hez és felvesszük a B pontot C a D M úgy, hogy AB = b . 6. Az ABCD négyszögben BC = 3 , AB = 3 , CD = 2 3 , m(BAD) = 60o és
m(ADC ) = 60o . Számítsd ki a négyszög többi szögének mértékét és az AD oldal hosszát. Megoldás. Az ábra jelöléseit használjuk. Felvesszük az M pontot úgy, hogy BCMA paralelogramma legyen. Így az MCD mértéke 60 , tehát MC = 3 és C DC = 2 3 alapján ez a háromszög derékszögű M 3 ben. Ebből következik, hogy MD = 3 , 2 3 M B m(CDM ) = m(MDA) = 30 . Az AMD háromszög 3 3 egyenlő szárú, tehát 60 2 D A ⎛ MD ⎞⎟ 2 AD = 2 ⋅ MD − ⎜⎜ =3 3. ⎟ ⎟ ⎝ 2 ⎠ o
7. Az ABCD négyszögben CD = 12 , AB = 6 3 , CD = 2 3 , m(CDA) = 90o és m(ABC ) = 150o . Számítsd ki a BC oldal hosszát.
Tartalomjegyzék
Vektorok a síkban
251 A 30
6 3
B
MCD háromszögben CD = 12 , CM = 6 3 és m(C ) = 30 , tehát a háromszög M -ben
derékszögű. Így MD = 6 , m(MDC ) = 60
o
C
m(DCM ) = 30 . Hasonlóan m(MAD) = 30 . Az M
6
o
Megoldás. Felvesszük az M pontot úgy hogy a négyszög paralelogramma legyen. CBAM m(MCB ) = 30 és m(DCB ) = 60 alapján
30 o 30
12
és
D m(MDA) = 30 , tehát BC = MA = MD = 6 .
8. Írj be az ABC háromszögbe egy DEF háromszöget ( D ∈ (BC ) , E ∈ (AC ) , F ∈ (AB ) ) úgy, hogy oldalai párhuzamosak legyenek három adott egyenessel. Megoldás. Egy tetszőleges M ∈ BC ponton A párhuzamost húzunk d1 -hez és jelöljük N -nel a d1 metszéspontját AB -vel. M -ből párhuzamost húzunk d2 -vel és N -ből d 3 -mal és a metszéspontjukat P -vel N1 jelöljük. Az MNP háromszöget B középponttal kinagyítjuk úgy, hogy a P csúcs rákerüljön AC -re. P1 Ezt megtehetjük, ha a BP ∩ AC = {P1 } pontból N P párhuzamosat húzunk PM és PN -hez. C ⎛ BM ⎞ BP BN ⎜⎜ = = , tehát NM N 1M 1 ⎟⎟ . M B 1 M ⎜⎝ MM 1 PP1 NN 1 ⎠⎟⎟ 9. Az ABC Δ B és C csúcsai rögzítettek és az A csúcs egy mozgó pont. Határozd meg az ABC Δ súlypontjának mértani helyét, ha a) A egy adott egyenesen mozog; b) A egy adott körön mozog. Megoldás. A BC szakasz M felezőpontja rögzített, tehát az a) esetben a súlypont egy olyan egyenesen mozog, mely párhuzamos d -vel és tetszőleges A ∈ d esetén az 1 1 AM ∩ d ′ = {G } pontra MG = MA . Ez a d egyenesnek az M középpontú 3 3 arányú homotétiával való transzformáltja.
Tartalomjegyzék
252
Vektorok a síkban d A
A O
d¢ G
A¢ B
B
M
M
C
a)
O¢
C
b)
b) A mértani hely a C körnek M középpontú és
1 arányú homotétiával való transz3
formálása. 10. Bizonyítsd be, hogy a háromszög oldalfelezőiből alkotott háromszög oldalfelezői az eredeti háromszög oldalainak háromnegyedével egyenlők. A Bizonyítás. N
P
Felvesszük a Q pontot úgy, hogy az AQCP négyszög paralelogramma legyen. B
Q C
M
BA BA + CA BA + BC BC + CA + BA + BA + 2 2 2 2 = 3 BA . = = 2 2 2 4 3 Tehát az AMQ háromszög M -hez tartozó oldalfelezője AB . Hasonlóan az A -hoz 4 3 3 illetve a Q -hoz tartozó oldalfelezők hossza AC és BC . 4 4 MA + MQ = 2
11. Megszerkeszthető-e egy n oldalú sokszög, ha ismerjük oldalainak felezőpontjait? Megoldás. Tetszőleges A0 pontból kiindulva megszerkesztjük az A1, A2 , …, An −1, An pontokat
úgy, hogy Ai +1 az Ai -nek Fi +1 -re vonatkozó szimmetrikusa, ahol F1, F2 , … felezőpontok.
A1 F2
F1 A0
A2
Fn az adott A5
F5
A4
F3
F4 A3
Tartalomjegyzék
Vektorok a síkban
253
1. eset. n páratlan: Ha An = A0 , akkor megkaptuk a keresett sokszöget, ellenkező esetben az egyik csúcs az A0An felezőpontja és ebből kiindulva kapjuk a többi
csúcsot. (Ha A0 -t eltoljuk u -val, akkor az A2k pontok u -val és az A2k +1 pontok
1 A An esetén kerül a kezdőpont a végpontra rá) 2 0 2. eset. Ha n páros, akkor A0 és An ugyanazzal az u -val mozdulnának el. Ezért vagy −u -val mozdulnak el, tehát u =
tetszőleges A0 esetén ilyen sokszöget kapunk (An = A0 ) , vagy egyetlen A0 -ra sem kapunk megoldást. Igazolható, hogy ebben az esetben a
∑ OF k ≥1
2k
= ∑ OF 2k +1 feltétel k ≥0
szükséges és elégséges feltétele a megoldás létezésének. 12. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD négyszög AB és CD oldalai kongruensek, akkor a BC és AD oldalak felezőpontja által meghatározott egyenes párhuzamos az AB és CD egyenesek által bezárt szög szögfelezőjével. Bizonyítás. Az AB és CD szakaszokat eltoljuk önmagukkal párhuzamosan az M -be. A Így az AMN 1B és DMN 2C paralelogramM D mákat kapjuk. BN 1 = AM = MD = N 2C és BN 1 AM N 2C alapján BN 1CN 2 paralelogramma, tehát az MN 1N 2 egyenlő szárú háromB szögben MN oldalfelező és szögfelező. Ugyanakkor az AB és CD egyenesek szögének szögfelezője párhuzamos MN -nel.
N2 N1
13. Határozd meg az AM egyenes és az AOM szögfelezőjének P metszéspontjának mértani helyét, ha A egy rögzített pont az R sugarú O középpontú körön és M egy mozgó pont ugyanezen a körön. Megoldás. P az AM felezőpontja mert OAM egyenlő szárú háromszög. Így ha O1 az AO felezőpontja, akkor a mértani hely az R sugarú kör. O1 középpontú 2
C
N
O M A
P
14. Bizonyítsd be, hogy az ABC Δ A csúcsának a B és C szögek belső illetve külső szögfelezőire eső vetületei egy egyenesen vannak. Bizonyítás. Az A csúcs szimmetrikusai a vetületekre nézve a BC egyenesen vannak, tehát a vetületek a BC -hez tartozó középvonal tartóegyenesére illeszkednek. 15. Igazold, hogy az ABCD körbeírható négyszög esetén az ABC , BCD , CDA és DAB háromszögek súlypontjai egy körön vannak. Bizonyítás. Ha GA, GB , GC és GD a BCD, ACD, ABD és ABC háromszög súly-
pontja, akkor
Tartalomjegyzék
254
Vektorok a síkban
OB + OC + OD OA + OC + OD , , OG A = OG B = 3 3 OA + OB + OD OA + OB + OC és OG D = . OG C = 3 3 OA + OB + OC + OD Tehát, ha K az helyzetvektorral rendelkező pont, akkor 3 R OA R KGA = OGA − OK = = és KGB = KGC = KGD = , 3 3 3 ahol R az ABCD köré írható kör sugara és O a középpontja. R Tehát a GA, GB , GC és GD pontok a K középpontú és sugarú körön vannak. 3
16. Bizonyítsd be, hogy egy teljes négyszög átlóinak felezőpontjai egy egyenesen helyezkednek el. (Newton-Gauss egyenes) Bizonyítás. A B pont szimmetrikusát az M , N felezőpontokra nézve jelöljük G -vel és H -val. Elégséges igazolni, hogy G, D és H egy egyenesen vannak. A feladat tehát a követ-
kezőképpen fogalmazható meg: Az EBFH és BCGA paralelogrammákban (B ∈ (AE )) {D } = AF ∩ GH . Bizonyítsuk be, hogy E, C , D kollineárisak (vagy EC ∩ GH ∩ AF = ∅ ). Ha {J } = AF ∩ EH , {K } = HG ∩ EB , valamint {L} = EC ∩ JK , akkor igazolni kell, hogy az EKJ háromszögben JA, KH és EL összefutnak. Másrészt az
AK AG JH HF = = és EB EH JE EA c a egyenlőségekből következik, hogy AK = (a + b) és HJ = (c + d ) . Ugyanakkor d b JL T [EJL ] EJ IC ad = = ⋅ = , LK T [EJK ] EK CB bc tehát a (c + d ) EA KL JH a +b bc d ⋅ ⋅ = c ⋅ ⋅ = 1. AK LJ HE c +d (a + b) ad d A Ceva tételének a fordítottja alapján HK ∩ JA ∩ EC ≠ ∅ , tehát az eredeti megfogalmazásban G, D és H egy egyenesen vannak. Ennek az egyenesnek a B középEB = a , BA = b , EI = c és IH = d jelöléssel az
pontú
1 arányú homotétiával való képe az ABCD négyszög Newton-Gauss egyenese. 2
Tartalomjegyzék
A trigonometria elemei
255
VIII. A trigonometria elemei VIII.1.1. Gyakorlatok (186. oldal) 1. Hány fokosak az alábbi szögek? π π π π 2π 4π 5π e) ; f) ; g) ; h) ; a) π ; b) ; c) ; d) ; 2 3 6 4 3 3 6 π π 3π 2π i) ; j) ; k) ; l) . 90 15 2 9 α ⋅ 180 Megoldás. Az α radián foknak felel meg. π a) 180 ; b) 90 ; c) 60 ; d) 30 ; e) 120 ; f) 45 ; g) 150 ; h) 240 ; i) 270 ; j) 2 ; k) 12 ; l) 40 . 2. Fejezd ki radiánban az alábbi szögek mértékét: a) 30o ; b) 15o ; c) 22o 30 ′ ; d) 11o15 ′ ; e) 75o ; h) 126o ; i) 529o . β⋅π Megoldás. A β radiánnak felel meg. 180 π π π π π 5π a) ; b) ; c) ; d) ; e) ; f) ; 6 12 8 16 10 12 529π ; i) 180
f) 18 o ;
g)
2π ; 5
g) 72o ;
h)
7π ; 10
VIII.2.1. Gyakorlatok (188. oldal) 1. Számítsd ki a következő szögek szögfüggvényeit: a) 30o ; b) 60o ; c) 45o . Megoldás. a) Az ABC egyenlő oldalú háromszögben megl húzzuk az AD magasságot. Ha AB = l , akkor BD = , A 2 tehát Pitagorász tétele alapján l 3 AD = AB 2 − BD 2 = . 2 BD 1 AD 3 = , cos 30 = Tehát sin 30 = , = AB 2 AB 2 AD BD 3 tg 30 = = = 3. , ctg 30 = AD 3 BD b) Az előbbi ábrán m(ABD ) = 60 , tehát
B
D
C
Tartalomjegyzék
256
A trigonometria elemei
BD 3 BD 1 sin 60 = = cos 60 = = , , AD 2 2 AB AD BD 3 tg 60 = = 3, . ctg 60 = = BD AD 3 c) Az ABC egyenlőszárú és derékszögű háromszögben ha AB = BC = l , akkor Pitagorász tétele alapján AC = l 2 , l 2 tehát 2 sin 45 = cos 45 = és tg 45 = ctg 45 = 1 . 2 A l 2. Bizonyítsd be, hogy:
C
l
B
( ) b) cos α = sin (90 − α ) , ∀ α ∈ (0, 90 ) ; c) tg α = ctg (90 − α ) , ∀ α ∈ (0, 90 ) ; d) ctg α = tg (90 − α ) , ∀ α ∈ (0, 90 ) . a) sin α = cos (90o − α ) , ∀ α ∈ 0, 90o ; o
o
o
o
o
o
Bizonyítás. Rögzített α ∈ (0 , 90 ) esetén tekintjük az ABC derékszögű háromszöget, amelyben m(BAC ) = α . Így m(BCA) = 90 − α , tehát BC = cos BCA = cos (90o − α ) ; a) sin α = AC AB = sin BCA = sin (90o − α ) ; b) cos α = AC BC = ctg BCA = ctg (90o − α ) ; c) tg α = AC AB a = tg BCA = tg (90o − α ) . d) ctg α = A AC
(
)
(
)
C
B
3. Írd át szögfüggvényekre a befogó tételt és a magasság tételt. Megoldás. Az ABC derékszögű háromszögben meghúzzuk az AD magasságot AC CD A ∈ (BC ) . A befogó tétel alapján AC 2 = CD ⋅ BC vagyis = . AC BC Másrészt α = m(CBA) = m(CAD ) = 90 − m(ACD ) , C AC D tehát az ABC háromszögben sin α = és az ACD BC CD . Ebből következik, hogy a háromszögben sin α = AC befogó tétel sin CBA = sin CAD alakban is írható (ami A B nyilvánvalóan igaz).
Tartalomjegyzék
A trigonometria elemei A magasság tétel alapján AD 2 = CD ⋅ DB , tehát
257 AD BD = tg ACB = tg BDA = . CD AD
4 és az AB befogó hossza 5 l . Számítsd ki a többi oldal hosszát és a C szög szögfüggvényeit. 4 AB 5 Megoldás. Ha sin C = és AB = l , akkor a sin C = alapján BC = l és 5 BC 4 3 AB 3 = , így AC = BC 2 − AB 2 = l . Ebből következik, hogy cos C = 4 5 BC 4 3 tg C = és ctg C = . 3 4 5. Az ABC derékszögű háromszögben az egyik szög a másik kétszerese. Mennyi lehet az AB arány? BC 4. Az A -ban derékszögű ABC háromszögben sin C =
Megoldás. A derékszög kétszerese nem lehet a háromszög szöge, tehát két esetet kell megvizsgálni: 1. eset. Az egyik szög mértéke α < 90 és 2α = 90 . Így a háromszög egyenlő szárú ⎧ ⎫ AB ⎪ 2⎪ ∈ ⎨1, 2, ⎬. és derékszögű, tehát BC ⎪ 2 ⎪⎭⎪ ⎪ ⎩ 2. eset. Az egyik szög mértéke α < 90 és 2α < 90 . Ebben az esetben AB 1 3 = , 2, 3, , α + 2α = 90 , tehát a szögek mértéke 30 , 60 és 90 . Így BC 2 3 ⎪ 3 2 3⎫ , ⎬. 2 3 ⎪ ⎪ ⎭
{
VIII.2.2. Feladatok (188. oldal) 1. Bizonyítsd be, hogy ha AA′ (A′ ∈ (BC )) az ABC háromszög A szögének belső
BA′ AB = . A′ C AC Bizonyítás. Húzzunk merőlegest B -ből és C -ből az AA′ -re. Ha D és E a két merőleges talppontja, akkor BD AA′ = (mert a BA′ D és CA′ E háromszögek EC A′ C A BD EC = , tehát hasonlóak). Ugyanakkor sin = AB AC 2 BD AB BA′ AB B = = és így . EC AC A′ C AC szögfelezője, akkor
A
E A¢ D
C
Tartalomjegyzék
258
A trigonometria elemei
2. Bizonyítsd be, hogy az ABC háromszög A szögének AA1 szögfelezőjére igaz az 2bc A AA1 = cos összefüggés, ahol b = AC és c = AB . 2 b +c úgy, hogy Bizonyítás. Ha B1 ∈ AC A A1B1 AB , akkor az 1. feladat alapján BA1 c ac ab = , tehát BA1 = és AC = . AC b b +c b +c 1 M B1 Ebből következik, hogy AC bc A1B1 = AB ⋅ 1 = BC b +c C Másrészt m(B1AA1 ) = m(A1AB ) = m(B1A1A) és A1 így az AB1A1 háromszög egyenlő szárú. Ha M B az AA1 felezőpontja, akkor A A bc A AM = AB1 ⋅ cos = A1B1 ⋅ cos = ⋅ cos . 2 2 b +c 2 2bc A Az M pont felezőpont, tehát AA1 = 2AM = cos . A b +c 2 3. Bizonyítsd be, hogy az ABC hegyesszögű háromszögben a = b cos C + c cos B . Bizonyítás. Mivel a háromszög hegyesszögű, az A csúcshoz tartozó magasság D talppontja a (BC ) -n van. B Így a = BC = BD + DC = AB ⋅ cos B + AC ⋅ cos C = = c ⋅ cos B + b ⋅ cos C . 4. Bizonyítsd be, hogy
⎛ π⎞ a) sin x < x < tg x , ∀x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ ; ⎝ 2⎠
b) sin x ≥
D
C
⎛ π⎞ , ∀x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ . ⎝ 2⎠ 1+x
x
2
Bizonyítás. a) Az ABC háromszögben m(BAC ) = x , AB = AM = 1 és C MN ⊥ AB (lásd a mellékelt ábrát). BC MN M A tg x = , sin x = egyenlőségek alapján AB AM P BC = tg x , MN = sin x , tehát
AB ⋅ BC tg x = , 2 2 x A AB ⋅ MN sin x N B T [AMB ] = = . 2 2 Másrészt az M és a B pont az A középpontú, AB = 1 sugarú körön van, tehát x T [AMB ] = . Világos, hogy T [AMB ] < T [AMB ] < T [ACB ] , tehát 2 T [ABC ] =
Tartalomjegyzék
A trigonometria elemei
259
sin x < x < tg x . b) Az a) alpont második egyenlőtlensége alapján létezik P ∈ (BC ) úgy, hogy BP x BP = x . Így AP = 1 + x 2 és sin(BAP ) = = . AP 1 + x2 x Másrészt P ∈ (BC ) alapján sin(BAC ) ≥ sin(BAP ) , tehát sin x ≥ . 1 + x2 5.
Bizonyítsd
be,
hogy
a, b ∈
ha
és
létezik
⎛ π⎞ x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ ⎝ 2⎠
úgy,
hogy
a sin x + b cos x > 2 , akkor a 2 + b 2 > 4 . Bizonyítás. A Cauchy-Bunjakovski egyenlőtlenség alapján (a 2 + b 2 )(sin2 x + cos2 x ) ≥ (a sin x + b cos x )2 > 4
tehát a 2 + b 2 > 4 , mert sin2 x + cos2 x = 1 . VIII.5.2. Gyakorlatok és feladatok (200. oldal) 1. Számítsd ki az alábbi értékeket: π⎞ π⎞ ⎛ ⎛ a) sin ⎜⎜π + ⎟⎟ ; b) sin ⎜⎜2π − ⎟⎟ ; ⎝ ⎝ 6⎠ 3⎠ 54π 57π e) cos ; f) cos ; 6 6
10π ; 3 2002π h) cos ; 3 (2k + 1) π i) sin k π, k ∈ ; j) cos (2k + 1) π, k ∈ ; k) sin ,k ∈ . 2 π π 3 π π 1 = − sin = − ; Megoldás. a) sin π + = − sin = − ; b) sin 2π − 2 3 3 2 6 6 ⎛ 3π π⎞ π π 5π π 6+ 2 = − sin = − cos =− ; c) sin ⎜⎜ + ⎟⎟ = − sin − ⎝2 12 ⎠ 2 12 12 12 4 54π 1 ⎛10π ⎞⎟ π π = cos 9π = −1 ; d) cos ⎜⎜ = cos 3π + = − cos = − ; e) cos ⎝ 3 ⎠⎟ 6 3 3 2 2001π 57 π π = sin 667π = 0 ; f) cos = cos 9π + = 0 ; g) sin 3 6 2 2002π π π 1 h) cos = cos 667 π + = − cos = − ; i) sin k π = 0 ∀ k ∈ ; 3 2 3 3 j) cos(2k + 1)π = −1 ∀ k ∈ ;
(
(
)
(
(
d) cos
)
)
)
(
)
(
k) sin
⎛ 3π π⎞ c) sin ⎜⎜ + ⎟⎟⎟ ; ⎝2 12 ⎠ 2001π g) sin ; 3
)
(
)
(2k + 1)π π π π = sin k π + = sin k π ⋅ cos + cos k π ⋅ sin = (−1)k ∀ k ∈ 2 2 2 2
2. Számítsd ki cos t -t, ha
.
Tartalomjegyzék
260
A trigonometria elemei
3 ⎛ 3π ⎞ ⎛ 21π ⎞ 10 − 2 5 a) sin t = − és t ∈ ⎜⎜ , 2π⎟⎟⎟ ; b) sin t = és t ∈ ⎜⎜ , 11π⎟⎟⎟ ; ⎝2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 4 5 − 6+ 2 ⎛ 47 π ⎞⎟ c) sin t = és t ∈ ⎜⎜23π, ⎟. ⎝ 4 2 ⎠⎟ 9 ⎛ 3π ⎞ Megoldás. a) t ∈ ⎜⎜ , 2π⎟⎟ ⇒ cos t > 0 . De cos2 t = 1 − sin2 t = 1 − , tehát ⎝2 ⎠ 25 4 cos t = . 5 2 10 − 2 5 6 + 2 5 ⎛⎜1 + 5 ⎞⎟ 2 ⎟ . = = ⎜⎜ b) 1 − sin t = 1 − ⎝ 4 ⎠⎟ 16 16 1+ 5 ⎛ 21π ⎞ t ∈ ⎜⎜ , 11π⎟⎟ alapján cos t < 0 , tehát cos t = − . ⎝ 2 ⎠ 4 ⎛ 47π ⎞⎟ c) t ∈ ⎜⎜23π, ⇒ cos t < 0 . ⎝ 2 ⎠⎟ Másrészt 2 2 ⎛ − 6 + 2 ⎞⎟ 8 − 2 12 8 + 2 6 ⋅ 2 ⎜⎛ 6 + 2 ⎞⎟ 2 ⎜ ⎟ = 1− ⎟ , tehát = = ⎜⎜ cos t = 1 − ⎜⎜ ⎝ ⎠⎟ ⎝ ⎠⎟ 4 16 16 4 cos t = −
6+ 2 . 4
3. Számítsd ki sin t -t, ha 2 ⎛ 7π ⎞ ⎛ 9π ⎞ 5 és t ∈ ⎜⎜ , 4π⎟⎟⎟ ; b) cos t = − és t ∈ ⎜⎜ , 5π⎟⎟⎟ ; a) cos t = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 5 2 2 13 2 ⎛ 19π ⎞⎟ c) cos t = − és t ∈ ⎜⎜9π, ⎟. ⎝ 7 2 ⎠⎟ ⎛ 7π ⎞ Megoldás. a) Ha t ∈ ⎜⎜ , 4π⎟⎟ , akkor sin t < 0 . ⎝2 ⎠ 25 144 12 sin2 t = 1 − cos2 t = 1 − = , tehát sin t = − . 169 169 13 4 21 ⎛ 9π ⎞ = b) Ha t ∈ ⎜⎜ , 5π⎟⎟ , akkor sin t > 0 , tehát sin t = 1 − . ⎝2 ⎠ 25 5 4 3 5 ⎛ 19π ⎞⎟ =− , akkor sin t < 0 , tehát sin t = − 1 − . c) Ha t ∈ ⎜⎜9π, ⎟ ⎝ 49 7 2 ⎠ 4. A trigonometrikus kör segítségével határozd meg azokat az x ∈ amelyekre:
valós számokat,
a) sin x = 0 ; b) sin x = 1 ; c) cos x = 0 ; d) cos x = −1 ; e) sin x =
1 ; 2
Tartalomjegyzék
A trigonometria elemei
261
3 f) cos x = − ; g) sin x = cos x ; h) sin x + cos x = 1 ; i) sin x = − cos x . 2 y Megoldás a) Ha sin x = 0 , akkor az x -nek megfelelő pont a trigonometrikus körön az A(1, 0) vagy B(−1, 0) pont. Így
B
O
x ∈ {k π | k ∈ } .
y
A
x
}
{
}
π . + 2k π | k ∈ 2 d) Ha cos x = −1 , akkor x ∈ {π + 2k π | k ∈ } .
c) Ha cos x = 0 , akkor x ∈ ±
1 , akkor az x képe a trigonometrikus körön 2 ⎛ 3 1 ⎞⎟ ⎛ 3 1 ⎞⎟ az A ⎜⎜⎜ , ⎟⎟ vagy a B ⎜⎜⎜− , ⎟ pont. Így ⎝ 2 2⎠ ⎝ 2 2 ⎠⎟ B π π x∈ + 2k π | k ∈ ∪ π− + 2k π | k ∈ = 6 6 π = (−1)k + k π | k ∈ . 6 3 , akkor f) Ha cos x = − 2 e) Ha sin x =
} {( }
{
{
x∈
x
b) Ha sin x = 1 , akkor x képe a trigonometrikus körön az π . A(0, 1) pont. Tehát x ∈ + 2k π | k ∈ 2
{
O
A
}
)
y A O
x
{(π − π6 ) + 2k π | k ∈ } ∪ {(π + π6 ) + 2k π | k ∈ } = {± π6 + (2k + 1)π | k ∈ }
. g) Ha sin x = cos x , akkor sin x − sin
( π2 − x ) = 0 , tehát
π π +x x + −x 2 2 2 sin cos = 0. 2 2 π π π = 0 lehetséges. Így x − ∈ {k π | k ∈ } , Mivel cos ≠ 0 , csak a sin x − 4 4 4 π + kπ | k ∈ . tehát x ∈ 4 x−
(
{
}
)
Tartalomjegyzék
262
A trigonometria elemei
h) sin x = 1 − cos x , tehát sin2 x = 1 + cos2 x − 2 cos x és így 2 cos2 x − 2 cos x + +1 = 1 , tehát cos x ∈ {0, 1} . π + 2k π | k ∈ Ha cos x = 0 , akkor sin x = 1 , tehát x ∈ . Ha cos x = 1 , akkor 2 sin x = 0 és így x ∈ {2k π | k ∈ } .
{
A megoldáshalmaz: M =
{(4k +2 r )π | k ∈
}
}
, r ∈ {0, 1} .
i) Ha sin x = − cos x , akkor 0 = sin x + sin
(
cos x −
{
)
( π2 − x ) = 2 sin π4 cos (x − π4 ) , tehát
π (2k + 1)π π + |k ∈ = 0 . Ebből következik, hogy x ∈ 4 2 4
}.
π 2π 3π 4π 5π + sin + sin + sin + sin = 0. 3 3 3 3 3 b) Határozd meg azokat a k ∈ * számokat, amelyekre π 2π 3π 4π kπ sin + sin + sin + sin + ... + sin = 0. 3 3 3 3 3 3π 4π π 3 2π 3 = sin π = 0 , sin = = Megoldás. a) sin = , sin , sin 3 2 3 2 3 3 π 3 5π 2π 3 − sin = − = − sin =− és sin , tehát 3 2 3 3 2 π 2π 3π 4π 5π sin + sin + sin + sin + sin = 0. 3 3 3 3 3 kπ 3 b) A sin értéke az előbbihez hasonlóan ismétlődik (kétszer , egyszer 0, 3 2 k 3 jπ stb.). Így a ∑ sin összeg pontosan akkor lehet 0, ha k 6 (0-val kétszer – 2 3 j =1 5. a) Bizonyítsd be, hogy sin
fejeződik be az összeg) vagy (k + 1) 6 . Tehát M = {6 j | j ∈ 6. Bizonyítsd be, hogy − 2 ≤ sin x + cos x ≤ 2 , ∀ x ∈ Bizonyítás.
sin x + cos x = sin x + sin
(
cos x −
)
( π2 − x ) = 2 sin π4 cos (x − π4 ) =
*
} ∪ {6 j − 1 | j ∈
*
}.
.
(
2 cos x −
π ∈ [−1, 1] , következik, hogy − 2 ≤ sin x + cos x ≤ 2 . 4
π 4
).
Mivel
⎡ π⎤ 7. Hasonlítsd össze a sin x és sin y kifejezéseket, ha x , y ∈ ⎢ 0, ⎥ és x < y . ⎢⎣ 2 ⎥⎦ Általánosítás.
Tartalomjegyzék
A trigonometria elemei
263
Megoldás. sin y − sin x = 2 sin
y −x y +x ⎡ π⎤ . Ha x , y ∈ ⎢ 0, ⎥ és x < y , akkor cos ⎢⎣ 2 ⎦⎥ 2 2
y + x y −x ⎛ π⎤ ∈ ⎜⎜0, ⎥ , tehát sin y > sin x . , ⎝ 2 ⎥⎦ 2 2
⎡ π⎤ 8. Hasonlítsd össze a cos x és cos y kifejezéseket, ha x , y ∈ ⎢ 0, ⎥ és x < y . ⎣⎢ 2 ⎦⎥ Általánosítás. x −y x +y ⎡ π⎤ . Ha x , y ∈ ⎢ 0, ⎥ és x < y , akkor Megoldás. cos y − cos x = 2 sin sin ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 2 2 x −y x +y x − y ⎡ π ⎞⎟ x + y ⎡ π ⎞⎟ ∈ ⎢ 0, ⎟ , tehát 2 sin ∈ ⎢− , 0⎟ , sin < 0 . Így ⎠ ⎠ ⎢ ⎢ 2 2 2 2 ⎣ 2 ⎣ 2 cos y < cos x .
9. Bizonyítsd be, hogy sin 8 x + sin 8 y ≥
1 , ∀x∈ 8
.
1 2 Bizonyítás. Az a 2 + b 2 ≥ (a + b ) egyenlőtlenség alapján 2 2 1 1 ⎛1 ⎞ 1 sin8 x + cos8 x ≥ (sin 4 x + cos4 x )2 ≥ ⋅ ⎜⎜ (sin2 x + cos2 x )2 ⎟⎟ = . ⎝ ⎠ 2 2 2 8 10.
Bizonyítsd
n
be,
n
hogy
sin x + cos x ∈ , ∀ n ∈
*
sin x + cos x ∈
ha
,
akkor
.
Bizonyítás. A matematikai indukció módszerével igazoljuk, hogy ha x 1, x 2 ∈ 2 1
x1 + x 2 ∈
2 2
és x + x ∈
n 1
,
n 2
, akkor x + x ∈ , ∀ n ≥ 2 . A feltételek alapján
1 [(x1 + x 2 )2 − (x12 + x 22 )] , tehát x1 és x 2 az x 2 − ax + b = 0 egyenlet 2 gyökei, ahol a = x 1 + x 2 ∈ és b = x 1x 2 ∈ . Így x1 ⋅ x 2 =
x 1n +1 = ax 1n − bx 1n −1, ∀ n ≥ 1 ;
x 2n +1 = ax 2n − bx 2n −1, ∀ n ≥ 1 ,
tehát x 1n +1 + x 2n +1 = a(x 1n + x 2n ) − b(x 1n −1 + x 2n −1 ) ∈ n 1
n 2
ha x + x ∈ P (n ) :
és x m 1
n −1 1
x +x
m 2
+x ∈
n −1 2
∈
,
. Tehát az állítás amit indukcióval igazolunk:
, ∀ m ≤n
Ez igaz n = 2 esetén, és az előbbi gondolatmenet alapján P (n ) ⇒ P (n + 1) . Így a matematikai indukció elve alapján P(n ) igaz ∀ n ∈
*
esetén, tehát x 1n + x 2n ∈
,
∀ n ≥ 1 . Ha ezt x 1 = sin x és x 2 = cos x esetén alkalmazzuk, a bizonyítandó tulajdonsághoz jutunk.
Tartalomjegyzék
264
A trigonometria elemei
⎛ π⎤ \ {1} és x ∈ ⎜⎜0, ⎥ esetén. ⎝ 2 ⎥⎦ Bizonyítás. A matematikai indukció módszerét használjuk. A tulajdonság igaz n = 2 esetén, mert sin 2x = 2 sin x cos x < 2 sin x . Ha igaz n -re, akkor a sin(n + 1)x = sin nx ⋅ cos x + sin x ⋅ cos nx ≤ sin nx ⋅ cos x + sin x ⋅ cos nx <
11. Bizonyítsd be, hogy sin nx < n sin x , ∀ n ∈
*
< n ⋅ sin x + sin x = (n + 1) sin x egyenlőtlenség alapján (n + 1) -re is érvényes. ⎛ π⎤ Így sin nx < n sin x , ∀ n ≥ 2 és x ∈ ⎜⎜0, ⎥ . ⎝ 2 ⎥⎦ 4x 2 + 8x + 8 egyenletet a valós számok halmazában. x +1 Megoldás. Az 5 − 3 sin x ≤ 8 és 4x 2 + 8x + 8 ≥ 8x + 8 egyenlőtlenségek alapján x + 1 > 0 esetén az egyenlet megoldására mindkét egyenlőtlenségben egyenlőség kellene teljesüljön. Ez nem lehetséges, tehát az x > −1 esetben nincs megoldás. 4x 2 − = 3(1 + sin x ) alakban írható. De x < −1 esetén Ha x < −1 , az egyenlet x +1 4x 2 − > −4(x − 1) , tehát a 3 sin x > 1 − 4x egyenlőtlenség kellene teljesüljön. x +1 Ugyanakkor x < −1 alapján 1 − 4x > 5 , tehát a 3 sin x > 5 egyenlőtlenséghez jutunk. Mivel ez sem lehetséges, az egyenletnek nincs megoldása.
12. Oldd meg az 5 − 3 sin x =
13. Az E (x ) = sin 2x + cos 3x kifejezés esetén keresd meg azt a legkisebb, nullától különböző pozitív T számot, amelyre E (x + T ) = E (x ), ∀ x ∈ . Megoldás. Az E (x + T ) = E (x ), ∀ x ∈
egyenlőségből következik, hogy
sin 2T + cos 3T = 1 (az x = 0 helyettesítéssel) és
sin 2T + cos(3π + 3T ) = −1 (az x = π helyettesítéssel).
Így cos 3T − cos(3π + 3T ) = 2 , tehát cos 3T = 1, sin 2T = 0 . A legkisebb ilyen
T > 0 érték a T = 2π . a − b sin x ⎛ π⎞ ≥ a 2 − b2 . 14. Bizonyítsd be, hogy ha a, b > 0 és x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ , akkor ⎝ 2⎠ cos x Bizonyítás. A négyzetre emelés és cos x -szel való szorzás ekvivalens átalakítások, ⎛ π⎞ a létezési feltétel és x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ alapján. Így az egyenlőtlenség az (a ⋅ sin x − b)2 ≥ 0 ⎝ 2⎠ alakra hozható, ami igaz. VIII.5.5. Gyakorlatok és feladatok (205. oldal) 1. Ábrázoljuk grafikusan a következő függvényeket:
Tartalomjegyzék
A trigonometria elemei
265
, f (x ) = 2 + sin x ;
→
c) f : e) f :
, f (x ) = sin 2x ; d) f : → , f (x ) = 2 cos x ; , f (x ) = sin x ; π \ (2k + 1) | k ∈ → , f (x ) = tg x ; 2 π⎞ ⎛ → , f (x ) = cos ⎜⎜x + ⎟⎟ ; h) f : → , f (x ) = sin (x − π) . ⎝ 2⎠
f) f : g) f :
→ →
{
→
, f (x ) = 3 − cos x ;
a) f :
b) f :
}
Megoldás a)
y 3 2 1 –p
–2p
p
O
2p
x
y b)
4 3 2 p
O
–p
–2p
2p
x
y
c) –p
– p– 2
O p– 4
p– 2
p
2p
x
y
d)
2 – p– 2
O
–2
p– 2
p
x
Tartalomjegyzék
266
A trigonometria elemei
e)
y 1 –p
–2p
p
O
f)
2p
x
y
– p– 2
3p – –– 2
p– 2
O
g)
p
3p –– 2
x
y
–p
– p– 2
O
p– 2
p
x
2. A grafikus képek segítségével oldjuk meg a következő egyenlőtlenségeket: b) cos x > tg x . a) sin x > cos x ; Megoldás. a)
Tartalomjegyzék
A trigonometria elemei
267
y
M1 O
p– 4
p– 2
p
5p 4
M2
3p 2
2p
x
⎛ π 2 ⎞⎟ ⎛ 5π 2⎞ ⎟⎟ , M 2 ⎜⎜ , − ⎟⎟⎟ A [0, 2π ] intervallumon a két grafikus kép metszéspontjai M 1 ⎜⎜ , ⎜⎝ 4 2 ⎠⎟ 2 ⎠⎟ ⎝⎜ 4 ⎛ π 5π ⎞⎟ és a ⎜⎜ , intervallumon van a szinusz függvény képe magasabban, tehát az egyen⎝ 4 4 ⎠⎟ 5π ⎛π ⎞ + 2k π⎟⎟ . lőtlenség megoldáshalmaza: M = ∪ ⎜⎜ + 2k π, ⎝ ⎠ 4 4 k∈ b) y
1
–
p 2
O
x1
p 2
x2
3p 2
2p
x
–1
⎧ ⎫ ⎪ ⎛ π 3π ⎞⎟ ⎪± 5 − 1 ⎪ ⎪. intervallumban két metszéspont létezik, ezekre A ⎜⎜− , ∈ cos x ⎨ ⎬ ⎝ 2 2 ⎠⎟⎟ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ ⎛ π ⎞⎟ ⎛ π ⎞⎟ Az ábra alapján ezen az intervallumon a megoldáshalmaz ⎜⎜− , x 1 ⎟ ∪ ⎜⎜ , x 2 ⎟ , tehát ⎝ 2 ⎠ ⎝2 ⎠ ⎛ ⎛ π ⎞⎞⎟ ⎛⎜ ⎛ π ⎞⎞⎟ ⎜ M = ⎜⎜ ∪ ⎜⎜− + 2k π, x 1 + 2k π⎟⎟⎟⎟⎟ ∪ ⎜⎜ ∪ ⎜⎜ + 2k π, x 2 + 2kπ ⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎠⎠⎟ ⎠⎠⎟ ⎝⎜⎜k ∈ ⎝ 2 ⎜⎝⎜k ∈ ⎝ 2
Tartalomjegyzék
268
A trigonometria elemei
VIII.5.6.2. Gyakorlatok (208. oldal) 1. Számítsd ki: a) sin 14o cos 16o + cos 14o sin 16o ; tg 23o + tg 22o ; c) 1 − tg 22o tg 23o
b) cos 51o cos 9o − sin 51o sin 9o ; d)
3 sin 19o − cos 19o .
Megoldás. a) sin 14 cos 16 + cos 14 sin 16 = sin(14 + 16 ) = b) cos 51 cos 9 − sin 51 sin 9 = cos(51 + 9 ) =
tg 23 + tg 22 = tg (23 + 22 ) = 1 ; 1 − tg 22 ⋅ tg 23 ⎛ 3 1 sin 19 − cos 19 d) 3 sin 19 − cos 19 = 2 ⋅ ⎜⎜ ⎜⎝ 2 2
1 ; 2
1 ; 2
c)
⎞⎟ ⎟⎟ = ⎠⎟
= 2 ⋅ (cos 30 ⋅ sin 19 − sin 30 ⋅ cos19 ) = −2 sin(30 − 19 ) = −2 sin 11 . 2. Bizonyítsd be, hogy a cos ϕ + b sin ϕ = a 2 + b 2 ⋅ sin (ϕ + ϕ0 ) , ahol tgϕ0 =
a . b
⎛ ⎞⎟ a b ⎟⎟ . ⋅ cos ρ + ⋅ sin ρ Bizonyítás. a ⋅ cos ϕ + b ⋅ sin ϕ = a 2 + b 2 ⋅ ⎜⎜⎜ 2 ⎜⎝ a + b 2 ⎠⎟ a 2 + b2 ⎛ ⎜⎜ ⎜⎜⎝
2
2
⎞⎟ ⎛ ⎞⎟ b ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ = 1 , létezik olyan ϕ0 szög, amelyre Mivel ⎜ a 2 + b 2 ⎠⎟ ⎝⎜ a 2 + b 2 ⎠⎟ a a b = sin ρ0 és = cos ρ0 . Egy ilyen ϕ0 szög az arctg . Tehát 2 2 2 2 b a +b a +b a a cos ρ + b sin ρ = a 2 + b 2 ⋅ sin(ρ + ρ0 ) , ahol tg ρ0 = . b a
3. Számítsd ki a cos (a − b ) értékét, ha sin a + sin b = 2 és cos a + cos b = 1 . Megoldás. sin a + sin b = 2 alapján sin2 a + sin2 b + 2 sin a sin b = 2 . cos a + cos b = 1 -ből következik, hogy cos2 a + cos2 b + 2 cos a cos b = 1 . Ha összeadjuk a kapott egyenlőségek megfelelő oldalait a
2 ⋅ (cos a ⋅ cos b + sin a ⋅ sin b) = 1 1 egyenlőséghez jutunk, tehát cos(a − b) = . 2 4. Számítsd ki a sin (a ± b ) , cos (a ± b ) , tg (a ± b ) kifejezések értékét, ha 1 1 ⎛ π⎞ a) sin a = , sin b = és a, b ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ ; ⎝ 2⎠ 5 3
Tartalomjegyzék
A trigonometria elemei
269
1 2 ⎛ 3π ⎞ b) sin a = − , cos b = és a, b ∈ ⎜⎜ , 2π⎟⎟⎟ ; ⎝ ⎠ 3 3 2 1 3 ⎛ 3π ⎞⎟ c) cos a = − , cos b = − és a, b ∈ ⎜⎜π, ; ⎝ 2 ⎠⎟⎟ 7 7 2 4 ⎛π ⎞ d) cos a = − , sin b = , a, b ∈ ⎜⎜ , π ⎟⎟ . ⎝2 ⎠ 5 5 2 6 ⎛ π⎞ Megoldás. a) Mivel a, b ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ , az adott értékekből következik, hogy cos a = ⎝ 2⎠ 5 2 2 és cos b = . Tehát 3 2 2 +2 6 ; sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a = 15 2 2 −2 6 sin(a − b) = sin a cos b − sin b cos a = ; 15 8 3 −1 cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b = ; 15 8 3 +1 cos(a − b) = cos a cos b + sin a sin b = 15 tg a + tg b 2( 2 + 6) ; tg (a + b) = = 1 − tg a ⋅ tg b 8 3 −1
2( 2 − 6) . 8 3 +1 −2 ∓ 2 10 4 2∓ 5 −2 ∓ 2 10 b) sin(a ± b ) = ; cos(a ± b) = ; tg (a ± b) = . 9 9 4 2∓ 5 12 3 ± 2 10 12 3 ± 2 10 3 ∓ 8 30 ; cos(a ± b) = ; tg (a ± b) = . c) sin(a ± b) = 49 49 3 ∓ 8 30 −3 21 ∓ 8 6 ∓ 4 21 −3 21 ∓ 8 d) sin(a ± b) = ; cos(a ± b) = ; tg (a ± b) = . 25 25 6 ∓ 4 21 tg (a − b) =
5. Hozd egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket: cos (x + y ) + sin x sin y sin (x + y ) + sin (x − y ) b) ; ; a) cos (x − y ) − sin x sin y sin (x + y ) − sin (x − y ) c) 2 ⋅
tg 2a + tg 2b − (ctg 2a + ctg 2b ) . tg a + tg b − (ctg a + ctg b )
Megoldás. a)
tg x sin(x + y ) + sin(x − y ) 2 sin x cos y = = . sin(x + y ) − sin(x − y ) 2 sin y cos x tg y
Tartalomjegyzék
270 b)
A trigonometria elemei
cos(x + y ) + sin x sin y cos x cos y = = 1. cos(x − y ) − sin x sin y cos x cos y
2 2 + tg 2a + tg 2b − (ctg 2a + ctg 2b ) tg 4a tg 4b = 2⋅ c) 2 ⋅ = 2 2 tg a + tg b − (ctg a + ctg b) + tg 2a tg 2b = 2⋅
sin(4a + 4b) ⋅ tg 2a ⋅ tg 2b ⋅ cos 2a ⋅ cos 2b sin(2a + 2b) ⋅ tg 4a ⋅ tg 4b ⋅ cos 4a ⋅ cos 4b
=
2 cos 2(a + b) = 2(1 − tg 2a ⋅ tg 2b) . cos 2a ⋅ cos 2b
6. Számítsd ki az E = sin 2x − 3 cos 2x + 2 sin
x x + 4 cos kifejezés értékét, ha 2 2
3 ⎛π ⎞ és x ∈ ⎜⎜ , π⎟⎟ . ⎝2 ⎠ 5 x 3 4 ⎛π ⎞ Megoldás. Mivel x ∈ ⎜⎜ , π⎟⎟ és sin x = következik, hogy cos x = , sin = ⎝2 ⎠ 2 5 5 1 − cos x 10 x 1 + cos x 3 10 24 7 = = = , cos = , sin 2x = és cos 2x = . 25 25 2 10 2 2 10 3 + 35 10 . Ebből következik, hogy E = 25 sin x =
7. Fejezd ki cos x + cos y = a és sin x + sin y = b függvényében a következő kifejezéseket: a) cos (x + y ) ; b) cos (x − y ) ; c) sin (x + y ) ; d) sin (x − y ) . Megoldás. A cos2 x + cos2 y + 2 cos x cos y = a 2 , sin2 x + sin2 y + 2 sin x sin y = b 2
a 2 + b2 − 2 . Ugyanakkor 2 ab = cos x ⋅ sin x + cos y ⋅ sin y + cos x ⋅ sin y + cos y ⋅ sin x = 1 1 = (sin 2x + sin 2y ) + sin(x + y ) = ⋅ 2 ⋅ sin(x + y ) cos(x − y ) + sin(x + y ) = 2 2 = sin(x + y ) ⋅ (1 + cos(x − y )) . 2ab Tehát sin(x + y ) = 2 . a + b2 x +y x −y x +y x −y Az adott egyenlőségek 2 cos cos cos = a és 2 sin = b alak2 2 2 2 a 2 − b2 x +y b = . Ebből a cos(x + y ) = 2 egyenlőséget kapjuk. ban írhatók, tehát tg 2 a a + b2 egyenlőségekből következik, hogy cos(x − y ) =
Tartalomjegyzék
A trigonometria elemei
271
Ugyanakkor
sin2 (x − y ) =
⎪⎧ (a 2 + b 2 )(4 − a 2 − b 2 ) ⎪⎫⎪ (a 2 + b 2 )(4 − a 2 − b 2 ) ⇔ sin(x − y ) ∈ ⎪⎨± ⎬. ⎪⎪ ⎪⎪ 4 2 ⎪⎩ ⎪⎭
8. Bizonyítsd be, hogy ha sin x + sin y = 2 sin (x + y ) és x + y ≠ kπ egyetlen x y 1 k ∈ esetén sem, akkor tg ⋅ tg = . 2 2 3 Bizonyítás x +y x −y x +y x +y és sin(x + y ) = 2 sin , tehát az sin x + sin y = 2 sin cos cos 2 2 2 2 x −y x +y x + y ≠ kπ feltétel alapján cos . Ebből következik, hogy = 2 cos 2 2 x y x y x y x y⎞ ⎛ cos cos + sin sin = 2 ⎜⎜cos cos − sin sin ⎟⎟ , ⎝ 2 2 2 2 2 2 2 2⎠ x y x y x y 1 tehát 3 sin sin = cos cos és így tg ⋅ tg = . 2 2 2 2 2 2 3 9. Számítsd ki az E = a cos2 x + 2b sin x cos x + c sin2 x kifejezés helyettesítési 2b értékét, ha tg x = és a ≠ c . a −c ⎛ 4b 2 ⎞⎟ ⎟ ⋅ cos2 x . Megoldás. E = cos2 (a + 2b ⋅ tg x + c ⋅ tg2 x ) = a ⋅ ⎜⎜⎜1 + (a − c)2 ⎠⎟⎟ ⎝ 2 ⎛ ⎛ 2b ⎞⎟ ⎟⎞ 1 ⎜ ⎜ ⎟⋅ , tehát E = a ⋅ ⎜⎜1 + ⎜ Másrészt 1 + tg x = ⎝a − c ⎠⎟⎟ ⎟⎟⎠ cos2 x ⎝ 2
1 2 =a . ⎛ 2b ⎞⎟ ⎜ 1+⎜ ⎝a − c ⎠⎟⎟
10. Bizonyítsd be a következő egyenlőségeket: cos 5o + sin 25o sin 78 o + 3 cos 78o = 3 a) ; b) = 2; cos 25o − sin 5o cos 3o − sin 3o 1 3 c) sin 10o cos 20o cos 40o = ; d) sin 20o sin 40o ⋅ sin 60o sin 80o = ; 8 16 cos 56o sin 146o + sin 236o sin 304 o sin 20o cos 25o + cos 20o sin 25o f) e) ; =2 = 1 cos 32o cos 28 o − cos 302o sin 152o cos 35o cos 10o − sin 35o sin 10o Bizonyítás cos 5 + sin 25 cos 5 + cos 65 2 cos 35 cos 30 = = = ctg 30 = 3 . a) cos 25 − sin 5 sin 65 − sin 5 2 sin 30 cos 35 1 3 cos 78 = sin 78 cos 60 + cos 78 sin 60 = sin 138 = sin 42 . b) sin 78 + 2 2 Másrészt cos 3 − sin 3 = sin 87 − sin 3 = 2 sin 42 cos 45 = 2 sin 42 , tehát
Tartalomjegyzék
272
A trigonometria elemei
sin 78 + 3 cos 78 2 sin 42 = = 2. cos 3 − sin 3 2 sin 42 c) Szorozzuk be mindkét oldalt cos 10 -kal. 4(sin 10 cos10 ) cos 20 cos 40 = 2(2 sin 20 cos 20 ) cos 40 = 2 sin 40 cos 40 = = sin 80 = cos 10 . 1 Mivel cos 10 ≠ 0 , következik, hogy sin 10 ⋅ cos 20 ⋅ cos 40 = . 8 3 3 d) Mivel sin 60 = , elégséges igazolni, hogy sin 20 ⋅ sin 40 ⋅ sin 80 = . 2 8 Ezt a következőképpen alakítjuk: 3 3 2 sin 40 (2 sin 20 ⋅ sin 80 ) = ⇔ 2 cos 50 (cos 60 + cos 80 ) = ⇔ 2 2 ⇔ 2 cos 50 ⋅ cos 60 + 2 cos 50 ⋅ cos 80 = cos 30 ⇔ ⇔ cos 10 − cos 70 + cos 30 − cos 50 = cos 30
⇔
⇔ cos 10 = cos 70 + cos 50 . Az utolsó egyenlőség igaz, mert 70 + 50 70 − 50 cos 70 + cos 50 = 2 cos cos = 2 cos 60 ⋅ cos 10 = cos 10 2 2 Tehát a bizonyítandó egyenlőség is igaz. sin 20 ⋅ cos 25 + cos 20 ⋅ sin 25 sin 45 = =1. e) cos 35 ⋅ cos 10 − sin 35 ⋅ sin 10 cos 45 cos 56 sin 146 + sin 236 sin 304 cos 56 sin 34 + sin 56 cos 34 = = f) cos 32 cos 28 − cos 302 sin 152 sin 58 cos 28 − cos 58 sin 28 sin 90 = =2. sin 30 11. Számítsd ki a következő kifejezések értékét: b) sin 6o sin 12o cos 42o cos 24 o ; a) cos 20o cos 40o cos 60o cos 80o ; c) tg 20o tg 40o tg 60o tg 80o ; d) tg 1o tg 2o tg 3o... tg 89o ;
π 3π 5π 7π π 3π 5π 7π . + sin2 + sin2 + sin + sin + sin ; f) sin2 + sin2 8 8 8 8 8 8 8 8 Megoldás. a) A P = cos 20 cos 40 cos 60 cos 80 egyenlőség mindkét oldalát 1 szorozzuk 8 sin 20 -kal és helyettesítsük be a cos 60 = értéket. 2 1 8 sin 20 ⋅ P = (2 sin 20 cos 20 ) cos 40 cos 80 ⋅ 4 ⋅ = 2 1 1 = (2 sin 40 cos 40 ) cos 80 ⋅ 2 ⋅ = 2 sin 80 cos 80 ⋅ = 2 2 e) sin
Tartalomjegyzék
A trigonometria elemei
273
sin 160 sin 20 = . 2 2 1 Mivel sin 20 ≠ 0 , írhatjuk, hogy P = . 16 b) A 3.7. Alkalmazások 6. feladata alapján írhatjuk, hogy 30 − 6 5 − 5 − 1 ; sin 6 = sin(36 − 30 ) = 8 30 − 6 5 + 5 + 1 cos 24 = cos(54 − 30 ) = ; 8 10 + 2 5 − 15 + 3 ; sin 12 = sin(30 − 18 ) = 8 10 + 2 5 + 5 − 3 cos 42 = cos(60 − 18 ) = . 8 3− 5 5 −1 Így sin 6 ⋅ cos 24 = és sin 12 ⋅ cos 42 = . 8 8 ( 5 − 1)3 Tehát sin 6 ⋅ sin 12 ⋅ cos 24 ⋅ cos 24 = . 128 c) A 10. feladat d) alpontja és a 11. feladat a) alpontja alapján tg 20 ⋅ tg 40 ⋅ tg 60 ⋅ tg 80 = 3 . =
d) tg1 ⋅ tg 89 = tg1 ⋅ ctg 1 = 1 és általában tg k ⋅ tg (90 − k ) = 1 ha k = 1, 44 . Így tg 1 ⋅ tg 2 ⋅ … ⋅ tg 89 = 1 .
π 3π 5π 7π ⎛ π 7π ⎞ ⎛ 3π 5π ⎞ + sin + sin + sin = ⎜⎜sin + sin ⎟⎟⎟ + ⎜⎜sin + sin ⎟⎟⎟ = ⎝ ⎠ ⎝ 8 8 8 8 8 8 8 8⎠ π π π ⎛ π⎞ π π 3π 3π = 2 sin cos + 2 sin cos = 2 ⎜⎜cos + cos ⎟⎟⎟ = 2 cos cos = ⎝ 2 8 2 8 8 8⎠ 4 8
e) sin
π 2+ 2 . = 8 2 1 − cos 2x π 3π 5π 7π f) A sin2 x = összefüggés alapján sin2 + sin2 = + sin2 + sin2 2 8 8 8 8 ⎛ 1⎛ π 3π 5π 7π ⎞⎞ = ⎜⎜4 − ⎜⎜cos + cos + cos + cos ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ = 2 . ⎝ 2 ⎝⎜ 4 4 4 4 ⎠⎠ = 2 cos
12. Írd egyszerűbb alakba az E =
sin a + sin 3a + sin 5a + sin 7a + sin 9a kifejezést. cos a + cos 3a + cos 5a + cos 7a + cos 9a
Megoldás. sin a + sin 3a + sin 5a + sin 7a + sin 9a = 2 sin 5a cos 4a + 2 sin 5a cos 2a + sin 5a = = sin 5a ⋅ (1 + 2 cos 2a + 2 cos 4a ) .
Tartalomjegyzék
274
A trigonometria elemei
cos a + cos 3a + cos 5a + cos 7a + cos 9a = 2 cos 5a cos 4a + 2 cos 5a cos 2a + cos 5a = = cos 5a ⋅ (1 + 2 cos 2a + 2 cos 4a ) . Tehát ha E értelmezett, akkor E = tg 5a .
13. Bizonyítsd be a következő azonosságokat: a) sin α sin (β − γ ) + sin β sin (γ − α ) + sin γ sin (α − β ) = 0, ∀ α, β, γ ∈
;
b) sin (α + β ) sin ( β + γ ) = sin α sin γ + sin β sin (α + β + γ ) ∀ α , β , γ ∈ ; c) sin (α + β + γ ) = sin α cos β cos γ + cos α sin β cos γ + cos α cos β sin γ − − sin α sin β sin γ , ∀ α, β, γ ∈ . Bizonyítás. a) A sin(x − y ) = sin x cos y − sin y cos x összefüggés alapján a kiszámítandó E összeg a következőképpen alakítható: E = sin α sin β cos γ − sin α cos β sin γ + sin β sin γ cos α + − sin β cos γ sin α + sin γ sin α cos β − sin γ cos α sin β = 0 . b) S = sin α sin γ + sin β sin (α + (β + γ )) =
= sin α sin γ + sin β sin α cos(β + γ ) + sin β cos α sin(β + γ ) = = sin α ⋅ (sin γ + sin β cos(β + γ )) + sin β cos α sin(β + γ ) . De sin γ = sin(β + γ ) cos β − sin β cos(β + γ ) , tehát S = sin(β + γ )(sin α cos β + sin β cos α) = sin(β + γ ) sin(α + β ) . c) sin(α + β + γ ) = sin (α + β ) cos γ + sin γ cos(α + β ) = = (sin α cos β + cos α sin β ) cos γ + sin γ(cos α cos β − sin α sin β ) = = sin α cos β cos γ + cos α sin β cos γ + cos α cos β sin γ − sin α sin β sin γ . 14. Vezess le egy képletet cos(α + β + γ ) -ra. Megoldás. cos(α + β + γ ) = cos(α + β ) cos γ − sin(α + β ) sin γ = = (cos α cos β − sin α sin β ) cos γ − (sin α cos β + sin β cos α) sin γ = = cos α cos β cos γ − sin α sin β cos γ − sin α cos β sin γ − cos α sin β sin γ . 15. Bizonyítsd be, hogy ha x + y + z = π , akkor: x y z a) sin x + sin y + sin z = 4 cos cos cos ; 2 2 2 x y z b) cos x + cos y + cos z = 1 + 4 sin sin sin ; 2 2 2 c) sin 2x + sin 2y + sin 2z = 4 sin x sin y sin z ; d) cos 2x + cos 2y + cos 2z = −1 − 4 cos x cos y cos z ;
{
e) tg x + tg y + tg z = tg x tg y tg z , ha x , y, z ∉ (2k + 1) f) ctg
π k∈ 2
x y z x y z + ctg + ctg = ctg ctg ctg , ha x , y, z ∉ 2k π | k ∈ 2 2 2 2 2 2
{
}; };
Tartalomjegyzék
A trigonometria elemei
275
x y y z z x tg + tg tg + tg tg = 1 , ha x, y, z ∉ {( 2k + 1) π | k ∈ } ; 2 2 2 2 2 2 h) ctg x ctg y + ctg y ctg z + ctg z ctg x = 1 , ha x, y, z ∉ {kπ | k ∈ } . g) tg
Bizonyítás. A 4.1. megoldott feladatok 1. feladata alapján x +y y +z z +x . sin α + sin β + sin γ − sin(α + β + γ ) = 4 sin sin sin 2 2 2 a) Ha α = x , β = y és γ = z valamint x + y + z = π , akkor π −z π −y π −x x y z sin x + sin y + sin z = 4 sin sin sin = 4 cos cos cos . 2 2 2 2 2 2 π π π b) Ha α = − x , β = − y és γ = − z , akkor x + y + z = π alapján 2 2 2 π α + β + γ = , tehát 2 π −x −y π −x −z π −y −z cos x + cos y + cos z − 1 = 4 sin sin sin = 2 2 2 x y z = 4 sin sin sin . 2 2 2 c) Ha α = 2x , β = 2y és γ = 2z , akkor α + β + γ = 2π , tehát sin 2x + sin 2y + sin 2z = 4 sin(π − x ) sin(π − y) sin(π − z ) = 4 sin x sin y sin z . π π π π d) Ha α = − 2x , β = − 2y és γ = − 2z , akkor α + β + γ = − , tehát 2 2 2 2 π − 2x − 2y π − 2y − 2z π − 2x − 2z = cos 2x + cos 2y + cos 2z + 1 = 4 sin sin sin 2 2 2 = 4 cos(x + y ) cos(y + z ) cos(x + z ) = −4 cos x cos y cos z . tg x + tg y e) tg (x + y ) = tg (π − z ) = −tg z . De tg (x + y ) = , tehát 1 − tg x ⋅ tg y tg x + tg y = −tg z + tg x ⋅ tg y ⋅ tg z , vagyis tg x + tg y + tg z = tg x ⋅ tg y ⋅ tg z . x y 1 − ctg ⋅ ctg z 1 z ⎛ x y ⎞⎟ ⎛ π z ⎞⎟ 2 2 f) ctg ⎜⎜ + ⎟ = ctg ⎜⎜ − ⎟ = tg = z . Tehát ctg 2 ⋅ x y = −1 , ⎝2 2⎠ ⎝ 2 2⎠ 2 ctg ctg + ctg 2 2 2 ahonnan következik a kért összefüggés. x y y z z x x⎛ y z⎞ y z g) tg ⋅ tg + tg ⋅ tg + tg ⋅ tg = tg ⎜⎜tg + tg ⎟⎟ + tg ⋅ tg = ⎝ ⎠ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x ⎛⎜ ⎛ y + z ⎞⎟ ⎛ y z ⎞⎟⎞⎟ y z = tg ⎜⎜tg ⎜⎜ ⋅ ⎜1-tg ⋅ tg ⎟⎟⎟ + tg ⋅ tg = 2 ⎝ ⎝ 2 ⎠⎟ ⎝⎜ 2 2 ⎠⎠ 2 2 π −x ⎛ x y z⎞ y z = tg ⋅ tg ⋅ ⎜⎜1 − tg ⋅ tg ⎟⎟ + tg ⋅ tg = 1 , ⎝ ⎠ 2 2 2 2 2 2
Tartalomjegyzék
276 mert tg
A trigonometria elemei x π −x ⎛π x ⎞ = tg ⎜⎜ − ⎟⎟ = ctg . ⎝2 2⎠ 2 2
h) ctg x ⋅ (ctg y + ctg z ) = 1 − ctg y ⋅ ctg z ⇔ ctg x =
1 − ctg y ⋅ ctg z ctg y + ctg z
⇔
⇔ ctg x = −ctg (y + z ) és ez igaz mert ctg (π − (y + z )) = −ctg (y + z ) .
sin x + sin y x +y ≤ sin . 2 2 x −y sin x + sin y x +y x −y ≤1 = sin cos Bizonyítás. A egyenlőség és a cos 2 2 2 2 egyenlőtlenség alapján írhatjuk, hogy sin y + sin y x +y x −y x +y = sin cos ≤ sin , 2 2 2 2 x +y mert sin ≥ 0. 2 16. Bizonyítsd be, hogy ha x , y ∈ [0, π ] , akkor
17. Bizonyítsd be, hogy bármely x , y ∈
esetén
a) cos (x − y ) − cos (x + y ) = sin 2x sin 2y ; 2
2
b) cos2 (x − y ) + cos2 (x + y ) = 1 + cos 2x cos 2y ; c) sin (x + y ) + cos (x − y ) = (sin x + cos x ) (sin y + cos y ) = 2 sin ⎛⎜⎜x + π ⎞⎟⎟ sin ⎛⎜⎜y + π ⎞⎟⎟ ; ⎝
4⎠
⎝
4⎠
π⎞ π⎞ ⎛ ⎛ d) sin ⎜⎜x + (2k + 1) ⎟⎟ = (−1)k cos x ; e) cos ⎜⎜x + (2k + 1) ⎟⎟ = (−1)k +1 sin x . ⎝ ⎝ 2⎠ 2⎠ Bizonyítás a) cos2 (x − y) − cos2 (x + y ) = (cos(x − y ) − cos(x + y )) ⋅ (cos(x − y ) + cos(x + y )) = = 2 sin x sin y ⋅ 2 cos x cos y = sin 2x sin 2y . 1 + cos 2(x − y ) 1 + cos 2(x − y ) b) cos2 (x − y ) + cos2 (x + y ) = + = 2 2 1 1 = (2 + cos 2(x − y ) + cos 2(x − y )) = (2 + 2 cos 2y cos 2x ) = 1 + cos 2x cos 2y . 2 2 c) sin(x + y) + cos(x − y) = sin x cos y + sin y cos x + cos x cos y + sin y sin x = = (sin x + cos x )(sin y + cos y ) . Másrészt π ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ sin x + cos x = cos ⎜⎜ − x ⎟⎟ + cos x = 2 cos cos ⎜⎜ − x ⎟⎟ = ⎝2 ⎠ ⎝4 ⎠ 4 ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ = 2 cos ⎜⎜ − x ⎟⎟ = 2 sin ⎜⎜ + x ⎟⎟ ⎠ ⎝4 ⎠ ⎝4 ⎛π ⎞ és sin y + cos y = 2 sin ⎜⎜ + y ⎟⎟ , ⎝4 ⎠
Tartalomjegyzék
A trigonometria elemei
277
tehát a második egyenlőség is igaz. π⎞ π⎞ π⎞ ⎛ ⎛ ⎛ d) sin ⎜⎜x + (2k + 1) ⎟⎟ = sin x cos ⎜⎜(2k + 1) ⎟⎟ + cos x sin ⎜⎜(2k + 1) ⎟⎟ = ⎝ ⎝ ⎝ 2⎠ 2⎠ 2⎠ π⎞ π π⎞ ⎛ ⎛ = 0 + cos x ⋅ sin ⎜⎜k π + ⎟⎟ = cos x ⋅ ⎜⎜sin k π cos + cos k π sin ⎟⎟ = ⎝ ⎠ ⎝ 2⎠ 2 2 k = cos x cos k π = (−1) cos x . π⎞ π⎞ π⎞ ⎛ ⎛ ⎛ e) cos ⎜⎜x + (2k + 1) ⎟⎟ = cos x cos ⎜⎜(2k + 1) ⎟⎟ − sin x sin ⎜⎜(2k + 1) ⎟⎟ = ⎝ ⎝ ⎝ 2⎠ 2⎠ 2⎠ π k k +1 = − sin x sin(2k + 1) = −(−1) sin x = (−1) sin x . 2 18. Bizonyítsd be, hogy ∀ x, y, z ∈ Bizonyítás. Ha
esetén sin x cos y + sin y cos z + sin z cos x ≤
3 . 2
2 sin x cos y ≤ sin2 x + cos2 y 2 sin y cos z ≤ sin2 x + cos2 z
2 sin z cos x ≤ sin2 z + cos2 x és egyenlőtlenségek megfelelő oldalait összeadjuk, a kért egyenlőtlenséghez jutunk. 19. Bizonyítsd be, hogy tetszőleges ABC háromszögben érvényesek az alábbi egyenlőtlenségek ( A , B és C a háromszög szögeinek mértéket jelöli.): 3 A B C 1 b) sin sin sin ≤ ; a) 1 ≤ cos A + cos B + cos C ≤ ; 8 2 2 2 2 1 3 3 c) cos A cos B cos C ≤ ; d) sin A + sin B + sin C ≤ ; 8 2 A B C 1 A B C 1 ; f) tg tg tg ≤ ; e) cos cos cos ≤ 2 2 2 3 3 2 2 2 3 3 A B C g) tg + tg + tg ≥ 3 . 2 2 2 Bizonyítás. a) C = π − (A + B ) alapján cos A + cos B + cos C = cos A + cos B − cos(A + B) , 3 tehát a cos A + cos B + cos C ≤ egyenlőtlenség ekvivalens a 2 2 cos A + 2 cos B − 2 cos A cos B + 2 sin A sin B ≤ 3 egyenlőtlenséggel. De 3 = sin2 A + cos2 A + sin2 B + cos2 B + 1 , tehát az egyenlőtlenség (sin A − sin B )2 + (cos A + cos B − 1)2 ≥ 0 alakban írható, és ez igaz. Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha sin A = sin B és cos A + cos B = 1 . Ebből π következik, hogy A = B = C = . 3
Tartalomjegyzék
278
A trigonometria elemei
A+B A−B A+B A+B A−B , tehát 2 cos2 és így ≤ cos ≤ 2 cos cos 2 2 2 2 2 1 + cos(A + B ) ≤ cos A + cos B . Ebből következik, hogy 1 ≤ cos A + cos B + cos C . b) A 15. feladat b) alpontja és az előbb igazolt egyenlőtlenség alapján A B C cos A + cos B + cos C − 1 1 sin sin sin = ≤ . 8 2 2 2 4 Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a háromszög egyenlő szárú. c) Ha a háromszög tompaszögű vagy derékszögű, akkor a bal oldal negatív vagy 0, tehát az egyenlőtlenség igaz. Ha a háromszög hegyesszögű, akkor létezik olyan háromszög, amelynek szögei π − 2A , π − 2B és π − 2C . Erre a háromszögre alkalmazzuk a b) alpontnál bizonyított egyenlőtlenséget: π − 2A π − 2B π − 2C 1 cos A cos B cos C = sin sin sin ≤ . 2 2 2 8 d) sin A + sin B + sin C = sin A + sin B + sin(A + B) = A + B ⎛⎜ A−B A + B ⎞⎟ A + B ⎛⎜ A + B ⎞⎟ 1 + cos = 2 sin + cos ⎟⎟ ≤ 2 sin ⎟. ⎜⎝cos ⎜ ⎜ ⎜ 2 2 2 ⎠ 2 ⎝ 2 ⎠⎟
Másrészt cos
Tehát elégséges igazolni, hogy 2 sin 2
A + B ⎛⎜ A + B ⎞⎟ 3 3 . Ez ekvivalens a ⎟≤ ⎜⎝1 + cos ⎜ 2 2 2 ⎠⎟
A + B ⎛⎜ A + B ⎞⎟ 27 egyenlőtlenséggel. ⎟ ≤ ⎜⎜⎝1 + cos 16 2 2 ⎠⎟ A+B A+B = 1 − cos2 De sin2 és 2 2 2 3 ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜⎜1 − cos2 A + B ⎟⎟ ⎜⎜1 + cos A + B ⎟⎟ = ⎜⎜1 − cos A + B ⎟⎟ ⎜⎜1 + cos A + B ⎟⎟ , ⎟⎜ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎝⎜ 2 ⎟⎠ 2 ⎠⎝ 2 ⎠⎟ 2 ⎠⎝ tehát alkalmazhatjuk a számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenségeket a követA+B A+B kező számokra: x = 3 − 3 cos , y = z = t = 1 + cos . Így 2 2 3 4 4 4 ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜⎜3 − 3 cos A + B ⎟⎟ ⎜⎜1 + cos A + B ⎟⎟ = xyzt ≤ ⎛⎜ x + y + z + t ⎞⎟⎟ = ⎛⎜ 6 ⎞⎟⎟ = 34 , ⎜⎝ ⎟⎜ ⎠ ⎝⎜ 4 ⎠⎟ ⎝⎜ 2 2 ⎠⎝ 2 ⎠⎟ 4 A + B ⎛⎜ A + B ⎞⎟ 27 . tehát sin2 ⎟≤ ⎜⎝1 + cos ⎜ 2 2 ⎠⎟ 16 A+B A+B = 1 + cos Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha 3 − 3 cos és 2 2 π A−B cos = 1 , tehát ha A = B = C = . 3 2 e) A 15. feladat a) alpontja alapján A B C 3 3 4 cos cos cos = sin A + sin B + sin C ≤ , 2 2 2 2 sin2
Tartalomjegyzék
A trigonometria elemei
279
A B C 3 3 tehát cos cos cos ≤ . 2 2 2 8 f) A 15. feladat g) alpontja alapján A B B C C A A B C 1 = tg ⋅ tg + tg ⋅ tg + tg ⋅ tg ≥ 3 3 tg2 ⋅ tg2 ⋅ tg2 , 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C 1 1 = . tehát tg ⋅ tg ⋅ tg ≤ 3 2 2 2 3 3 3 2 ⎛ A B C ⎞⎟ B C 2 A ⎜ tg +tg tg + + tg2 + tg2 + 2 ≥ g) ⎟⎟ = tg ⎜⎜⎝ ⎠ 2 2 2 2 2 2 A B B C C A ≥ tg ⋅ tg + tg ⋅ tg + tg ⋅ tg + 2 = 3 . 2 2 2 2 2 2 A B C Tehát tg + tg + tg ≥ 3 . 2 2 2 20. Bizonyítsd be, hogy sin Bizonyítás Szorozzuk be a P = sin
π 3π 5π 1 = . sin sin 14 14 14 8
π 3π 5π π 3π 5π sin sin cos szorzatot a P ′ = 8 cos cos 14 14 14 14 14 14
szorzattal. Így
2π 6π 10π sin sin . 14 14 14 π 2π 5π π 6π π π 10π 3π = = =− De − , − és − , tehát 2 14 14 2 14 14 2 14 14 5π π 3π 1 = P′ . PP ′ = cos cos cos 14 14 14 8 1 Mivel P ′ ≠ 0 , írhatjuk, hogy P = . 8 PP ′ = sin
9 esetén cos x + cos y + 2 cos (x + y ) ≥ − . 4 Bizonyítás. Az egyenlőtlenség ekvivalens a 4(sin x − sin y )2 + (2 cos x + 2 cos y + 1)2 ≥ 0 egyenlőtlenséggel, tehát igaz.
21. Bizonyítsd be, hogy bármely x , y ∈
22. Bizonyítsd be, hogy az E =
π 1 − sin x 1 − cos x + , x ≠ k π + kifejezés értéke 4 1 − tg x 1 − ctg x
nem függ x -től. Bizonyítás.
E=
(1 − sin x ) cos x (1 − cos x ) sin x = + cos x − sin x sin x − cos x
Tartalomjegyzék
280
A trigonometria elemei =
cos x − cos x sin x + cos x sin x − sin x = 1. cos x − sin x
23. Számítsd ki a következő összegeket: a) tg x + 2 tg 2x + 22 tg(22 x ) + ... + 2n tg(2n x ) ; x x x x b) sin 3 + 3 sin 3 3 + 32 sin 3 3 + ... + 3n −1 sin 3 n ; 3 3 3 3 1 1 1 + + ... + c) ; sin 2a sin 4a sin 2n a sin 1 sin 1 sin 1 + + ... + d) ; cos 0 cos 1 cos 1 cos 2 cos (n − 1) cos n 1 1 1 + + ... + . e) cos x + cos 3x cos x + cos 5x cos x + cos (2n + 1) x Megoldás. a) A ctg a − 2ctg 2a = tg a azonosság alapján n
∑2 k =0 3
k
n
tg 2k x = ∑ 2k (ctg 2k x − 2ctg 2k +1 x ) = ctg x − 2k +1 ctg 2k +1 x . k =0
b) A 4 sin a = 3 sin a − sin 3a azonosság alapján x 1⎛ x x⎞ 3k sin 3 k +1 = ⎜⎜3k +1 sin k +1 − 3k sin k ⎟⎟ , ⎝ 3 4 3 3 ⎠ tehát n −1 x 1⎛ x ⎞ 3k sin 3 k +1 = ⎜⎜3n sin n − sin x ⎟⎟ . ∑ ⎠ 3 4⎝ 3 k =0 1 1 = ctg 2k −1a − ctg 2k a , c) A ctg a − ctg 2a = azonosság alapján k sin 2a sin 2 a n 1 n tehát ∑ = ctg a − ctg 2 a . k k =1 sin 2 a sin 1 ∀ n ≥ 1 egyenlőség alapján d) A tg n − tg (n − 1) = cos n ⋅ cos(n − 1) n n sin 1 = tg k − tg (k − 1) = tg n − tg 0 = tg n . ∑ ∑ k =1 cos(k − 1) cos k k =1 n n 1 1 =∑ = e) ∑ k =1 cos x + cos(2k + 1)x k =1 2 cos(k + 1)x cos kx n n 1 sin x 1 = = tg (k + 1)x − tg x = ∑ ∑ 2 sin x k =1 cos kx cos(k + 1)x 2 sin x k =1 1 sin nx = tg (n + 1)x − tg x = 2 sin x sin 2x cos(n + 1)x
(
)
(
(
)
)
Tartalomjegyzék
A trigonometria elemei
281
24. Bizonyítsd be, hogy π 3π 5π 7π 9π 1 + cos + cos + cos = ; a) cos + cos 11 11 11 11 11 2 2π 4π 6π 8π 10π 1 + cos + cos + cos =− . cos b) cos 11 11 11 11 11 2 Bizonyítás. A 4.1. Megoldott feladatok 2. feladata (195. oldal) alapján 5π 5π 10π sin cos sin π 3π 5π 7π 9π 11 11 = 11 = 1 + cos + cos + cos = cos + cos π π 11 11 11 11 11 2 sin 2 sin 11 11 5π 6π sin cos 2π 4π 6π 7π 10π 11 11 = és + cos + cos + cos + cos = cos π 11 11 11 11 11 sin 11 5π 5π sin sin 11 11 = − 1 . =− π 2 sin 11 2π 4π 6π 2n π összeget. + cos + cos + ... + cos 2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1 Megoldás. A 4.1. Megoldott feladatok 2. feladata alapján (n + 1)π nπ nπ nπ sin cos sin cos n 2k π 2n + 1 2n + 1 = − 2n + 1 2n + 1 = cos = ∑ π π 2 n + 1 k =1 sin sin 2n + 1 2n + 1 2n π sin 2n + 1 = − 1 . =− π 2 2 sin 2n + 1 ⎛ ⎞ ⎜⎜a = 2π , n → n − 1 és r = 2π ⎟⎟ ⎜⎝ 2n + 1 2n + 1⎠⎟
25. Számítsd ki a cos
26. Számítsd ki a következő szorzatokat: a) cos x cos 2x cos 4x ... cos 2n x ;
⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞⎟ ⎛ 1 ⎞⎟ b) ⎜⎜1 + ; ⎟⎟⎟ ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ ⎜⎜1 + ⎟⎟ ... ⎝⎜⎜1 + n −1 ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ cos x cos 2x cos 4x cos 2 x ⎠⎟ π 2π 3π nπ . c) cos cos cos ... cos 2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1 Megoldás. a) Jelöljük P -vel a kiszámítandó szorzatot és szorozzuk be 2n +1 sin x szel. A 2 sin u cos u = sin 2u azonosság alapján
Tartalomjegyzék
282
A trigonometria elemei 2n +1 ⋅ sin x ⋅ P = 2n (2 sin x cos x ) cos 2x ⋅ … ⋅ cos 2n x = = 2n −1 (2 sin 2x cos 2x ) cos 4x ⋅ … ⋅ cos 2n x = = 2n −2 (2 sin 4x cos 4x ) ⋅ … ⋅ cos 2n x = … … = sin 2n +1 x .
Tehát P =
sin 2n +1 x . 2n +1 sin x
tg 2k x 1 2 cos2 2k −1 x azonosság alapján a kiszámítandó P b) Az 1 + = = cos 2k x cos 2k x tg 2k −1 x
szorzat a következőképpen írható: n n tg 2k x tg a tg 2a tg 2n −1 x tg 2n −1 x 1 ⎛ ⎞⎟ ⎜ ∏ x . ⎜⎝1 + cos 2k −1 x ⎠⎟⎟ = ∏ tg 2k −1 x = a ⋅ tg a ⋅ … ⋅ tg 2n −2 x = k =1 k =1 tg tg 2 2 n n kπ kπ c) Szorozzuk be a P = ∏ cos szorzatot a P ′ = ∏ sin szorzattal. 2n + 1 2n + 1 k =1 k =1 1 n 2k π 1 PP ′ = n ∏ sin = n P′ , 2 k =1 2n + 1 2 2k π (2n + 1 − 2k )π mert 2k > n esetén a sin összefüggés alapján a szorzat = sin 2n + 1 2n + 1 1 tényezőit átírjuk. Tehát P = n . 2
Tartalomjegyzék
A trigonometria alkalmazása a geometriában
283
IX. A trigonometria alkalmazása a geometriában IX.1.2. Gyakorlatok (213. oldal)
1. Bizonyítsd be, hogy az ABC háromszög pontosan akkor derékszögű A -ban, ha sin2 A = sin2 B + sin2 C . Bizonyítás. Az ABC háromszög A -ban derékszögű ⇔ ⇔ a 2 = b 2 + c 2 ⇔ (2R sin A)2 = (2R sin B )2 + (2R sin C )2 ⇔ ⇔ sin2 A = sin2 B + sin2 C . 2. Az ABC háromszögben a = 3 , b = 4 és sin A =
2 . Határozd meg a C szög 5
mértékét. Megoldás.
c 3 4 8 = = ⇒ sin B = ⇒ 2 sin B sin C 15 5
2 8 cos B + cos A ⋅ , 5 15 ⎧ ⎧⎪ ⎪ ⎪ 21 21 ⎫ 161 161 ⎫⎪⎪ ⎪ , , ahol cos A ∈ ⎪ ⎨− ⎬ és cos B ∈ ⎪⎨− ⎬. ⎪ ⎪⎩⎪ 15 5 ⎪ 15 ⎪⎭⎪ ⎪ 5 ⎪ ⎩ ⎭ 21 161 ⇒ cos B = • Ha cos A = − (mivel ha a szög koszinusza negatív, az 5 15 2 161 21 8 2 7 − ⋅ = ( 21 − 4 3) < 0 , nagyobb 90D -nál). Ekkor sin C = ⋅ 5 15 5 15 75 ami nem lehetséges mivel C ∈ (0, π) . ⇒ sin C = sin(A + B ) = sin A cos B + cos A sin B =
• Ha cos B = −
161 21 2 − 161 21 8 ⇒ cos A = ⇒ sin C = ⋅ + ⋅ = 15 5 5 15 5 15
2 7 (4 3 − 23 ) . 75 21 161 2 161 21 8 ⋅ = ⇒ sin C = ⋅ + és cos B = • Ha cos A = 5 15 5 15 5 15 2 7 = ( 23 + 4 3 ) . 75 3. Számítsd ki az ABC háromszög oldalainak és szögeinek a mértékét, ha π π 3 2 a) a = 2 , b = 4 és A = ; b) a = , b = és A = . 3 6 2 2 2 4 Megoldás. a) π = sin B ⇒ sin B = 3 > 1 , ami lehetetlen. sin 3 =
Tartalomjegyzék
284
A trigonometria alkalmazása a geometriában
2 3 3 2 b) 2 π = 2 ⇒ sin B = > 1 , ami szintén lehetetlen. sin B 4 sin 6 sin(A − B ) a 2 − b 2 = 4. Bizonyítsd be, hogy . sin(A + B ) c2
Bizonyítás.
a 2 − b2 sin2 A − sin2 B 1 sin2 A − sin2 B = = ⋅ . c2 sin2 C sin(A + B ) sin(A + B )
Igazolni kell, hogy sin(A − B ) =
sin2 A − sin2 B . Ez a következő alakban is írható: sin(A + B )
sin(A − B ) sin(A + B ) = sin2 A − sin2 B ⇔ ⇔ sin2 A ⋅ cos2 B − cos2 A ⋅ sin2 B = sin2 A − sin2 B ⇔ ⇔ sin2 A ⋅ (1 − cos2 B ) = sin2 B ⋅ (1 − cos2 A) ⇔ ⇔ sin2 A ⋅ sin2 B = sin2 B ⋅ sin2 A , ami igaz.
sin(A − B ) a 2 − b 2 = . sin(A + B ) c2 5. Bizonyítsd be, hogy b +c B +C a) ha a = és A = , akkor az ABC háromszög egyenlő oldalú; 2 2 sin2 A a 2 = , akkor az ABC háromszög derékszögű. b) ha cos A bc B +C b +c sin B + sin C ⇔ sin A = Bizonyítás. a) a = és mivel A = , 2 2 2 tovább írhatjuk, hogy B +C sin B + sin C B +C B +C B −C sin = ⇒ 2 sin = 2 sin cos ⇒ 2 2 2 2 2 B +C B −C B +C ⎛ B − C ⎞⎟ ⎜1 − cos = 0 vagy cos = 1. ⇒ sin = 0 . Tehát sin ⎟ ⎟ ⎜ 2 2 2 ⎝ 2 ⎠ π B +C = 0 ⇒ B = C = 0 vagy B = C = , nem megoldások mivel A , Ha sin 2 2 B −C B −C =1 ⇒ = 0 ⇒ B = C . Viszont B, C ∈ (0, π) . Ha cos 2 2 B +C A= , következik, hogy A = B = C . Tehát az ABC háromszög egyenlő 2 oldalú. sin2 A a 2 π = ⇒ cos A ≠ 0 ⇒ A ≠ . b) cos A bc 2 Tehát
Tartalomjegyzék
A trigonometria alkalmazása a geometriában
285
sin2 A a 2 sin2 A sin2 A = ⇔ = ⇔ sin2 A ⋅ (sin B sin C − cos A) = 0 ⇔ cos A cos A sin B sin C bc ⇔ sin B sin C = cos A ⇔ sin B sin C = − cos(B + C ) ⇔
⇔ sin B sin C = − cos B cos C + sin B sin C ⇔ cos B cos C = 0 . Tehát az ABC háromszög B -ben vagy C -ben derékszögű. A−B C a −b 6. Bizonyítsd be, hogy bármely ABC háromszögben tg . tg = 2 2 a +b (Tangens tétel) A−B C sin(A − B ) sin C ⋅ tg = = Bizonyítás. tg 2 2 1 + cos(A − B ) 1 + cos C
=
sin(A − B ) sin(A + B ) sin2 A ⋅ cos2 B − cos2 A ⋅ sin2 B = = [1 + cos(A − B )] ⋅ [1 − cos(A + B )] (1 + sin A sin B )2 − cos2 A ⋅ cos2 B
=
sin2 A ⋅ (1 − sin2 B ) − (1 − sin2 A) ⋅ sin2 B = 1 + 2 sin A sin B + sin2 A sin2 B − (1 − sin2 A) ⋅ (1 − sin2 B )
=
(sin A − sin B )(sin A + sin B ) sin2 A − sin2 B = = 2 2 sin A + 2 sin A sin B + sin B (sin A + sin B )2
=
sin A − sin B a −b . = sin A + sin B a + b
IX.2.2. Gyakorlatok és feladatok (216. oldal) 1. Bizonyítsd be, hogy az ABC Δ pontosan akkor hegyesszögű, ha a 2 , b 2 és c 2 lehet egy háromszög oldalainak hossza. Bizonyítás
⎛ π⎞ a 2 < b 2 + c 2 ⇔ b 2 + c 2 − 2bc cos A < b 2 + c 2 ⇔ cos A > 0 ⇔ A ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ . ⎝ 2⎠ ⎛ π⎞ ⎛ π⎞ Hasonlóan b 2 < a 2 + c 2 ⇔ B ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ ; c 2 < a 2 + b 2 ⇔ C ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ . ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ 2. Bizonyítsd be, hogy az ABC Δ pontosan akkor derékszögű A -ban, ha
b +c = cos B + cos C . a b +c b + c a 2 + c2 − b2 a 2 + b2 − c2 ⇔ = cos B + cos C ⇔ = + Bizonyítás. 2ab 2 a 2ac ⇔ 2bc(b + c) = b(a 2 + c 2 − b 2 ) + c(a 2 + b 2 − c 2 ) ⇔ ⇔ 2bc(b + c ) = a 2 (b + c) + bc(b + c ) − (b + c)(b 2 − bc + c 2 ) ⇔
Tartalomjegyzék
286
A trigonometria alkalmazása a geometriában
⇔ 2bc = a 2 + bc − b 2 − c 2 ⇔ a 2 = b 2 + c 2 . 3. Bizonyítsd be, hogy a) b cos C + c cos B = a ; 2
c) b cos C − c cos B =
b) b cos B + c cos C = a cos(B − C ) ; 2
b −c ; a
d) b cos B − c cos C = − cos A ⋅
Bizonyítás. a) b cos C + c cos B = b ⋅
b2 − c2 . a
a 2 + b2 − c2 a 2 + c2 − b2 +c ⋅ = 2ab 2ac
a 2 + b2 − c2 + a 2 + c2 − b2 =a. 2a b) b cos B + c cos C = 2R sin B cos B + 2R sin C cos C = sin B cos B + sin C cos C = 2R(sin B cos B + sin C cos C ) = a . sin(B + C ) sin B cos B + sin C cos C = cos(B − C ) . (*) Kellene igazolni, hogy sin(B + C ) =
(*) ⇔ sin B cos B + sin C cos C = sin B cos B cos2 C + sin2 B sin C cos C + + cos2 B sin C cos C + sin B cos B sin2 C ⇔ ⇔ sin B cos B sin2 C + sinC cosC sin2 B = sin2 B sinC cosC + sin B cos B sin2 C,
ami igaz. c) b cosC − c cos B = b ⋅
=
a 2 + b2 − c2 a 2 + c2 − b 2 a 2 + b2 − c2 − a 2 − c2 + b 2 −c ⋅ = = 2ab 2ac 2a
b2 − c2 . a b2 − c2 ⇔ a a 2 + c2 − b2 a 2 + b2 − c2 a 2 − b2 − c2 b2 − c2 ⇔ b⋅ −c ⋅ = ⋅ ⇔ 2ac 2ab 2bc a ⇔ b 2 (a 2 + c 2 − b 2 ) − c 2 (a 2 + b 2 − c 2 ) = (a 2 − b 2 − c 2 )(b 2 − c 2 ) ⇔
d) b cos B − c cos C = − cos A ⋅
⇔ a 2b 2 + b 2c 2 − b 4 − a 2c 2 − b 2c 2 + c 4 = a 2b 2 − a 2c 2 − b 4 + b 2c 2 − b 2c 2 + c 4 ⇔
⇔ 0 = 0 , ami igaz. 4. Bizonyítsd be, hogy ha 2 cos A + cos B + cos C = 2 , akkor b + c = 2a . B +C B −C Bizonyítás. 2 cos A + cos B + cosC = 2 ⇔ 2 cos cos = 2(1 − cos A) ⇔ 2 2 A B −C A B −C A ⇔ sin cos = 2 sin2 ⇔ cos = 2 sin ⇔ 2 2 2 2 2
Tartalomjegyzék
A trigonometria alkalmazása a geometriában
287
⎛ B − C + A ⎞⎟ ⎛ B − C − A ⎞⎟ B −C A cos = 2 sin A ⇔ cos ⎜⎜⎜ ⎟⎟ + cos ⎜⎜⎜ ⎟ = 2 sin A ⇔ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟ 2 2 2 2 ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ ⇔ cos ⎜⎜ − C ⎟⎟ + cos ⎜⎜ − B ⎟⎟ = 2 sin A ⇔ sin C + sin B = 2 sin A ⇔ b + c = 2a . ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ 5. Számítsd ki a következő összegeket: a) (a + b) cos C + (b + c) cos A + (c + a ) cos B ; cos B − cos C cos C − cos A cos A − cos B b) . + + b + c −a b +c −a a +b −c Megoldás. a) (a + b) cos C + (b + c) cos A + (c + A) cos B = ⇔ 2 cos
a 2 + b2 − c2 b2 + c2 − a 2 a 2 + c2 − b2 + (b + c) + (c + a ) = 2ab 2bc 2ac abc(b + a + c + b + a + c) = = a +b +c . 2abc cos B − cos C cos C − cos A cos A − cos B b) Használjuk az S = jelölést. + + b +c −a b +c −a a +b −c a 2 + c2 − b2 a 2 + b2 − c2 − cos B − cos C a 2b + bc 2 − b 3 − a 2c − b 2c + c 3 2ac 2ab = = = 2abc(b + c − a ) b + c −a b +c −a = (a + b)
(b − c)(a 2 − bc − b 2 − bc − c 2 ) (b − c)[a 2 − (b + c)2 ] = = 2abc(b + c − a ) 2abc(b + c − a ) (b − c)(a − b − c )(a + b + c) (c − b)p . = = 2abc(b + c − a ) abc (c − b)p (a − c)p (b − a )p p Tehát S = + + = (c − b + a − c + b − a ) = 0 . abc abc abc abc 6. Adott az ABC Δ . =
a) Bizonyítsd be, hogy ha M ∈ (BC ) , akkor
AB 2 ⋅ MC + AC 2 ⋅ MB − BC ⋅ MA2 = MB ⋅ MC ⋅ BC . (Stewart tétel) b) Bizonyítsd be ebből kiindulva az oldalfelező hosszára vonatkozó tételt. c) Számítsd ki a belső szögfelező hosszát. d) Bizonyítsd be, hogy ha a két belső szögfelező kongruens, akkor az ABC Δ egyenlőszárú. e) Lehet-e egyenlő egy belső és egy külső szögfelező hossza? Megoldás. a) Az ABM és ACM háromszögben felírjuk a koszinusz tételt. n ) . Ekkor Jelöljük α = m(AMB
AB 2 = MA2 + MB 2 − 2MA ⋅ MB ⋅ cos α
| ⋅MC
AC 2 = MA2 + MC 2 − 2MA ⋅ MC ⋅ cos(π − α) | ⋅MB
⇒
Tartalomjegyzék
288
A trigonometria alkalmazása a geometriában AB 2 ⋅ MC = MA2 ⋅ MC + MB 2 ⋅ MC − 2MA ⋅ MB ⋅ MC ⋅ cos α
⇒
AC 2 ⋅ MB = MA2 ⋅ MB + MC 2 ⋅ MB − 2MA ⋅ MC ⋅ MB ⋅ cos(π − α)
Az előbbi két összefüggést összeadjuk és kapjuk, hogy: AB 2 ⋅ MC + AC 2 ⋅ MB = MA2 (MC + MB ) + MB ⋅ MC (MB + MC ) ⇒ ⇒ AB 2 ⋅ MC + AC 2 ⋅ MB − BC ⋅ MA2 = MB ⋅ MC ⋅ BC . b) Legyen MB = MC . Ekkor az ABC háromszögben a szokásos jelöléseket használva, az a)-ban bizonyított összefüggésből következik, hogy: 2(b 2 + c 2 ) − a 2 a a a a c 2 ⋅ + b 2 ⋅ − a ⋅ MA2 = ⋅ ⋅ a ⇒ MA2 = . 2 2 2 2 4 ⎧⎪ MB c ⎪⎪ = ab ac b c) Ebben az esetben ⎨ MC . ; MB = ⇒ MC = ⎪⎪MB + MC = a b +c b +c ⎪⎩ Stewart tételéből következik, hogy ab ac ac ab c2 ⋅ + b2 ⋅ − a ⋅ MA2 = ⋅ ⋅a ⇒ b +c b +c b +c b +c ⎛ ⎛ a ⎞2 ⎞⎟ (−a + b + c)(a + b + c) a 2bc ⎜1 − ⎜ ⇒ MA2 = bc − = bc = ⎜ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ = bc ⋅ ⎜ 2 ⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎝b + c ⎠ ⎠ (b + c) (b + c)2 =
4bcp(p − a ) . (b + c)2
Felhasználva a 2.3. következményt, miszerint cos
A = 2
p(p − a ) , az előbbi eredbc
ményt átírhatjuk: 2bc ⋅ cos
A 2 .
2 p(p − a ) ⋅ ⋅ bc = b +c bc b +c d) Feltételezzük, hogy az A -ból és B -ből induló belső szögfelezők kongruensek. 4bcp(p − a ) 4acp(p − b) b(p − a ) a(p − b) b(2p − b)2 a(2p − a )2 = ⇒ = ⇒ = (b + c)2 (a + c)2 (2p − a )2 (2p − b)2 p −b p −a MA =
b ⋅ [ p 2 + 2p(p − b) + (p − b)2 ] a ⋅ [ p 2 + 2p(p − a ) + (p − a )2 ] = ⇒ p −b p −a bp 2 ap 2 ⇒ + 2bp + b(p − b) = + 2ap + a(p − a ) ⇒ p −b p −a ⎛ a b ⎞⎟ ⇒ p 2 ⎜⎜ − ⎟ + 2p(a − b ) + p(a − b) − (a 2 − b 2 ) = 0 ⇒ ⎜⎝ p − a p − b ⎠⎟
⇒
Tartalomjegyzék
A trigonometria alkalmazása a geometriában
289
⎡ ⎤ p3 ⇒ (a − b) ⋅ ⎢ + 3p − (a + b)⎥ = 0 ⇒ ⎢ (p − a )(p − b) ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ p3 ⇒ (a − b) ⎢ + p + (p − a ) + (p − b)⎥ = 0 , ⎢ (p − a )(p − b) ⎥ ⎣ ⎦
és mivel a szögletes zárójelben levő kifejezés szigorúan pozitív, következik, hogy a = b . Tehát az ABC + egyenlőszárú. C M e) Igen. B Megrajzoljuk az ANM egyenlőszárú, derékszögű háromszöget. Felvesszük az MN egyenesen a B ∈ (MN ) pontot. Az ANM háromszögön kívül n n szöget, ahol C ≡ BAM megszerkesztjük az MA
C ∈ (BM . Ekkor az ABC háromszögben AM belső-, illetve AN külső szögfelező és AM = AN .
A N 7. Bizonyítsd be, hogy ha G az ABC Δ súlypontja és O a köré írt kör középpontja,
akkor a) ha M egy pont az ABC Δ síkjában, akkor
a 2 + b2 + c2 . (Leibniz tétel) 3 b) azon pontok mértani helye, amelyekre MA2 + MB 2 + MC 2 = 3R2 a G középpontú OG sugarú kör. Bizonyítás. a) Az MAA+′ -ben alkalmazzuk Stewart tételét. MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 +
MA2 ⋅ GA′ + MA′2 ⋅ GA − MG 2 ⋅ AA′ = GA′ ⋅ GA ⋅ AA′ . (1) 2(b 2 + c 2 ) − a 2 , ugyanakkor De AA′ oldalfelező az ABC + -ben, így AA′ = 4 2 1 GA = AA′ és GA′ = AA′ . Ekkor 3 3 1 2 1 2 (1) ⇔ MA2 ⋅ AA′ + MA′2 ⋅ AA′ − MG 2 ⋅ AA′ = AA′ ⋅ AA′ ⋅ AA′ ⇔ 3 3 3 3 2 2 2 2(b + c ) − a ⇔ 3MA2 + 6 ⋅ MA′2 − 9MG 2 = 2 ⋅ . (2) 4 Az MBC + -ben MA′ oldalfelező, tehát 2(MB 2 + MC 2 ) − a 2 . (3) 4 A (2) és (3) összefüggésekből azt kapjuk, hogy: 2(MB 2 + MC 2 ) − a 2 2(b 2 + c 2 ) − a 2 − 9MG 2 = ⇔ 3MA2 + 3 ⋅ 2 2 MA′2 =
Tartalomjegyzék
290
A trigonometria alkalmazása a geometriában ⇔ 6(MA2 + MB 2 + MC 2 ) − 3a 2 − 18MG 2 = 2(b 2 + c 2 ) − a 2 ⇔
a 2 + b2 + c2 . 3 a 2 + b2 + c2 = 3R 2 ⇒ b) MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 + 3 a 2 + b2 + c2 ⇒ MG 2 = R2 − . (3) 9 A BA′ O+ -ben Pitagorász tétele szerint: ⇔ MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 +
A O G
2
⎛a ⎞ B OA′2 = R2 − ⎜⎜ ⎟⎟ . ⎝2⎠ n ′ G ) és az A -ból induló Jelöljük α = m(OA h bc . magasságot ha -val. Ekkor cos α = a = AA′ 2R ⋅ AA′ Tehát az OA′ G+ -ben a koszinusz-tételből következik, hogy:
A¢
C
OG 2 = OA′2 + GA′2 − 2 ⋅ OA′ ⋅ GA′ ⋅ cos α = 2 1 1 bc ⎛a ⎞ 2 = R2 − ⎜⎜ ⎟⎟ + AA′ − 2 ⋅ OA′ ⋅ AA′ ⋅ = ⎝2⎠ 9 3 2R ⋅ AA′ 2 2 1 2(b 2 + c 2 ) − a 2 1 bc ⎛a ⎞ ⎛a ⎞ = R 2 − ⎜⎜ ⎟⎟ + ⋅ − ⋅ ⋅ R 2 − ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎝2⎠ ⎝2⎠ 9 4 3 R
1 2 5 1 a2 (b + c 2 ) − a 2 − ⋅ bc ⋅ 1 − = 18 18 3 4R2 1 5 1 = R2 + (b 2 + c 2 ) − a 2 − ⋅ bc ⋅ cos A = 18 18 3 1 5 1 b2 + c2 − a 2 = R 2 + (b 2 + c 2 ) − a 2 − ⋅ = 18 18 3 2 1 1 a 2 + b2 + c2 = R 2 + (b 2 + c 2 ) − a 2 = R 2 − (4) 9 9 9 A (3) és (4) összefüggésekből következik, hogy M rajta van a G középpontú OG sugarú körön. Tehát a mértani hely ez a kör. 8. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c > 0 , akkor = R2 +
a 2 − ab + b 2 + a 2 − ac + c 2 ≥ b 2 + bc + c 2 . Bizonyítás.
a 2 − ab + b 2 + a 2 − ac + c 2 ≥ b 2 + bc + c 2 ⇔
⇔ (ab + ac − bc )2 ≥ 0 , ami igaz. Geometriai megoldás. Szerkesszük meg az OAB és OBC háromszögeket úgy, n ) = m(BOC n ) = 60D legyen. A koszinusz hogy OA = a, OB = b, OC = c , m(AOB
Tartalomjegyzék
A trigonometria alkalmazása a geometriában
291
tétel alapján AB = a 2 − ab + b 2 , BC = b 2 − bc + c 2 és
A
AC = a 2 + ac + c 2 , tehát az AB + BC ≥ AC egyenlőtlenség alapján a 2 − ab + b 2 + b 2 − bc + c 2 ≥ a 2 + ac + c 2 . 9. Oldd meg a következő egyenleteket: a)
⎛ π⎞ O 15 − 12 cos x + 7 − 4 3 sin x = 4 , ha x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ ; ⎝ 2⎠ 2 − 2 cos x + 10 − 6 cos x = 10 − 6 cos x , ha
b) ⎛ π ⎞⎟ x ∈ ⎜⎜0, ⎟ . ⎝ 2⎠ Megoldás. a) Ha
B
C
15 − 12 cos x = A , akkor
cos x =
(A2 − 3)(27 − A2 ) 15 − A2 ⇒ sin x = . 12 12
Tehát 15 − 12 cos x + 7 − 4 3 sin x = 4 ⇔ A + 7 −
(A2 − 3)(27 − A2 ) =4 ⇔ 3
2
3 ⋅ ⎡⎣7 − (4 − A)2 ⎤⎦ = (A2 − 3)(27 − A2 ) ⇔ A4 − 12A3 + 54A2 − 108A + 81 = 0 ⇔
⇔ (A − 3)4 = 0 ⇔ A = 3 .
1 π ⎛ π⎞ , de x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ ⇒ x = . ⎝ 2⎠ 2 3 Geometriai megoldás. Szerkesszük meg az AOB A n ) = 90D úgy, hogy derékszögű háromszöget m(AOB Tehát
15 − 12 cos x = 3 ⇒ cos x =
(
)
OA = 2 3 és OB = 2 . Ha C egy pont a síkban, n ) = x és OC = 3 , akkor a koszinusztétel m(AOC alapján AC = 15 − 12 cos x ,
2 3
⎛π ⎞ BC = 22 + ( 3)2 − 2 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ cos ⎜⎜ − x ⎟⎟ = 7 − 4 3 sin x ⎝2 ⎠ és
AB = (2 3)2 + 22 = 4 .
Az egyenlet alapján AC + BC = AB , tehát C ∈ (AB ) .
3
O
2
C B
2⋅2 3 = 3 , tehát C az O -ból 2⋅2 n ) = 30D , tehát x = π . húzott magasság talppontja. De m(OAB 3
Ugyanakkor az O -hoz tartozó magasság h =
Tartalomjegyzék
292
A trigonometria alkalmazása a geometriában
b) Geometriai megoldás. Szerkesszük meg az OAB és OBC háromszögeket n ) = m(BOC n ) = x . A koszinusz- tétel úgy, hogy OA = OB = 6 , OC = 3 , m(AOB alapján AB = 2 − 2 cos x , BC = 10 − 6 cos x , A
CA = 10 − 6 cos 2x , tehát az AB + BC = AC csak akkor teljesülhet, ha B ∈ (AC ) . Így OB szögfelező az OAC háromAB 1 = és így: szögben, tehát x BC 3 O B x 2 9(2 − 2 cos x ) = 10 − 6 cos x , vagyis cos x = . 3 2 C A megoldás tehát x = arccos . 3 Megjegyzés. Algebrailag is megoldhatjuk a feladatot. Ha az egyenlet mindkét oldalát négyzetre emeljük, a 4 cos x − 3 cos 2x − 1 = 2 − 2 cos x 10 − 6 cos x egyenlethez jutunk. Ha ezt ismét négyzetre emeljük és rendezzük (felhasználva, hogy cos 2x = 2 cos2 x − 1 ) az u = cos x ismeretlenre a 9u 4 − 12u 3 − 5u 2 + 12u − 4 = 0 2 ⎛ π⎞ egyenlethez jutunk. Ennek a gyökei: u1,2 = , u3 = 1 és u4 = −1 . Az x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ ⎝ 2⎠ 3 2 feltétel alapján csak a cos x = lehetséges. 3 10. Az ABC Δ -ben M ∈ (AC ) és N ∈ (AB) . B Bizonyítsd be, hogy a BC 2 + MN 2 = BM 2 + CN 2 l ) = 90D . egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha m(A Bizonyítás. BC 2 + MN 2 = BM 2 + CN 2 ⇔
l ) = 90D . ⇔ m(A
N
l ) = 90D , akkor „ ⇐ ” Ha m(A
MN 2 = AM 2 + AN 2 (az MAN + derékszögű);
A
BM 2 = AM 2 + AB 2 (az MAB+ derékszögű); CN 2 = AN 2 + AC 2 (az NAC + derékszögű); BC 2 = AB 2 + AC 2 (a BAC + derékszögű). Ekkor BM 2 + CN 2 = (AM 2 + AB 2 ) + (AN 2 + AC 2 ) = = (AM 2 + AN 2 ) + (AB 2 + AC 2 ) = MN 2 + BC 2 .
„ ⇒ ” Feltételezzük, hogy BC 2 + MN 2 = BM 2 + CN 2 .
(*)
M
C
Tartalomjegyzék
A trigonometria alkalmazása a geometriában
293
l ) = α . Ekkor az ABC -ben a koszinusztétel alapján: Legyen m(A +
BC 2 = AC 2 + AB 2 − 2AC ⋅ AB ⋅ cos α . Az AMN , ANC , AMB háromszögekben ugyancsak a koszinusztétel alapján: MN 2 = AM 2 + AN 2 − 2AM ⋅ AN ⋅ cos α ; CN 2 = AN 2 + AC 2 − 2AN ⋅ AC ⋅ cos α ; BM 2 = AM 2 + AB 2 − 2AM ⋅ AB ⋅ cos α . Ekkor (*) ⇔ cos α ⋅ (AB ⋅ AC + AM ⋅ AN ) = cos α ⋅ (AN ⋅ AC + AM ⋅ AB ) ⇔ ⇔ cos α ⋅ [AB ⋅ MC − AN ⋅ MC ] = 0 ⇔ cos α ⋅ MC ⋅ NB = 0 .
Tehát cos α = 0 , vagyis α = 90D . IX.3.1. Gyakorlatok és feladatok (218. oldal) 1. Ha az ABC háromszögben M ∈ BC , akkor n BM AB sin BAM . = ⋅ n MC AC sin CAM n MB ) = α . Bizonyítás. Jelöljük m(A BM AB ⎫⎪ ⎪ Ekkor az ABM + -ben: = n n n AB ⋅ sin BAM AC ⋅ sin CAM sin α ⎪⎪⎪ sin BAM = = ⎬ ⇒ CM AC ⎪⎪ BM CM az ACM + -ben pedig: = ⎪ n sin α ⎪⎭⎪ sin CAM n BM AB sin BAM = sin α ⇒ = ⋅ . n CM AC sin CAM 2. Ha az ABC háromszögben D ∈ (BC ) , M ∈ (AB ) , N ∈ (AC ) és {E } = BD NE AB AN ⋅ = ⋅ = MN ∩ AD , akkor . DC EM AC AM Bizonyítás. Az ABD+ - és ACD+ -ekben felírjuk a szinusztételt: n ) = β , m(AEM n) = γ ) n ) = α , m(CAD n ) = α , m(ADB (jel: m(BAD 1
2
BD AB CD AC = ; = . sin α1 sin γ sin α2 sin β
Az AME+ - és ANE+ -ekben is felírjuk a szinusztételt: EM AM NE AN = ; = , tehát sin α1 sin γ sin α2 sin γ sin α2 sin α1 AN ⋅ AB ⋅ BD NE AB AN sin γ sin β ⋅ = ⋅ = ⋅ sin α2 sin α2 DC EM AC AM AC ⋅ AM ⋅ sin β sin γ
A E
M
B
N C
D
Tartalomjegyzék
294
A trigonometria alkalmazása a geometriában C¢
3. Határozd meg az ABC háromszög azon belső pontját, amelyre az oldalaktól való távolságok négyzetösszege minimális. Megoldás. A′ M 2 + B ′M 2 + C ′M 2 minimális kell legyen. Ha A′ M = x , B ′M = y, C ′M = z , akkor
A B¢
B M A¢
C
2 ⋅ σ[ABC ] = ax + by + cz . Viszont a Cauchy-Bunjakovszki egyenlőtlenség alapján 2 4 ⋅ (σ[ABC ]) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (ax + by + cz ) ≤ (a + b + c )(x + y + z ) ⇔ x + y + z ≥ 2 a + b2 + c2 a b c és egyenlőség = = = λ esetén áll fenn. x y z 2 2 ⎛a 2 + b 2 + c 2 ⎞⎟ 4 (σ[ABC ]) 2 2 2 2 ⎜ ⇔ ⎜ x +y +z = 2 ⎟ = 4 (σ[ABC ]) ⇔ 2 2 ⎟ ⎜ λ a +b +c ⎝ ⎠ a 2 + b2 + c2 a 2 + b2 + c2 = . 2σ[ABC ] 2T 2aT 2bT 2cT Tehát x = 2 . ; y= 2 ; z= 2 2 2 2 2 a +b +c a +b +c a + b2 + c2 4. Bizonyítsd be, hogy az A -ban derékszögű ABC háromszögben B a −c C a −b és tg 2 = . tg 2 = 2 a +c 2 a +b A −C B B a −c Bizonyítás. A tangens tétel szerint , mivel = tg ⋅ tg = tg2 a +c 2 2 2 l ) = 90D . Hasonlóan a − b = tg A − B ⋅ tg C = tg2 C . m(A 2 a +b 2 2 5. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben sin B + cos B = sin C + cos C , akkor a háromszög egyenlő szárú vagy derékszögű. Bizonyítás sin B + cos B = sin C + cos C ⇔ (sin B − sin C ) + (cos B − cos C ) = 0 ⇔ ⇔ λ=
B −C B +C B −C B +C cos sin =0 ⇔ − 2 sin 2 2 2 2 B − C ⎛⎜ A A⎞ B −C A A ⇔ sin = 0 vagy sin = cos . ⎜⎜⎝sin − cos ⎟⎠⎟⎟ = 0 ⇔ sin 2 2 2 2 2 2 ⎛ ⎞ π A A ⎛ ⎞ ∈ ⎜0, ⎟⎟⎟⎟ , vagyis a háromszög egyenlő= 45D ⎜⎜⎜mivel Tehát B = C vagy ⎝ 2 ⎜⎝ 2 ⎠⎠⎟ 2 ⇔ 2 sin
szárú vagy derékszögű. 6. Határozd meg az ABC háromszög oldalainak hosszát és szögeinek a mértékét, ha ismerjük a következő adatokat:
Tartalomjegyzék
A trigonometria alkalmazása a geometriában 24 12 , sin C = ; 25 13 c) a = 7 , b = 5 , c = 6 ; a) a = 4 , sin B =
e) a = 15 , c = 13 , T = 24 ;
295
l ) = 135D , m(C l ) = 30D ; b) b = 1 , m(A l ) = 18D , b = 2 , c = 3 ; d) m(A 5 f) a = 14 , c = 13 , cos B = ; 13
63 3 , cos C = ; h) a = 15 , b = 4 , c = 13 ; 65 5 4 l ) = 30D ; i) a = 10 , b = 14 , cos C = ; j) a = 2 , b = 2 , m(A 5 2 10 l ) = 60D ; k) a = 10 , b = 14 , cos A = ; l) a = 3 , b = 6 , m(A 7 4 1 1513 . m) a = 13 , cos A = , ma = 5 2 b c l ) > m(C l) ⇒ = ⇔ 25b = 26c ⇒ b > c ⇒ m(B Megoldás. a) sin B sin C l ) < 90D ⇒ cos C = 1 − sin2 C , vagyis cos C = 5 . ⇒ m(C 13 2 40 25 40 c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C ⇔ c 2 = b 2 − b + 16 ⇔ 2 b 2 = b 2 − b + 16 ⇔ 13 13 ⋅ 4 13 104 b = 51 2 40 104(10 ± 7) / 1 17 ⇔ 2 b − b + 16 = 0 ⇔ b = . 2 104 13 ⋅ 4 13 51 b2 = 3 100 100 a b 96 1 = ⇔ sin A = ⋅ . c1 = ; c2 = . 17 3 sin A sin B 25 b 204 36 Tehát sin A1 = és sin A2 = . 325 325 b) m(B ) = 180D − m(A) − m(C ) = 180D − 135D − 30D = 15D . a c a c a c = ⇔ = ⇔ = ⇔ a = 2c . D sin A sin C sin(π − A) sin C sin 45 sin 30D g) b = 3 , cos A =
3 ⇔ c 2 − 6c + 1 = 0 ⇔ 2 6+ 2 , a = 1+ 3 . 2
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C ⇔ c 2 = 2c 2 + 1 − 2 2c 6± 2 , de c > b , tehát c = 2 c) a = 7, b = 5, c = 6 ⇒ A > C > B . ⇔ c=
b2 + c2 − a 2 1 ⇒ cos A = . 2bc 5 2 2 2 2 2 2 a + c −b 5 a +b −c 19 . Hasonlóan cos B = ⇒ cos B = ; cos C = ⇒ cos C = 2ac 7 2ab 35 a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A ⇒ cos A =
Tartalomjegyzék
296
A trigonometria alkalmazása a geometriában
d) a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A ⇒ a = 13 − 12 cos 18 . b a b ⋅ sin A 2 sin 18 . = ⇒ sin B = ⇒ sin B = a sin B sin A 13 − 12 cos 18 c a c ⋅ sin A 3 sin 18 . = ⇒ sin C = ⇒ sin C = a sin C sin A 13 − 12 cos 18 ac sin B 16 ⇒ sin B = e) T = . 2 65 28 + b b − 2 b + 2 28 − b T = p(p − a )(p − b)(p − c) ⇔ 242 = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ 2 2 2 2 ⇔ 242 ⋅ 16 = (282 − b 2 )(b 2 − 4) ⇔ b 4 − 788b 2 + 12352 = 0 .
A b 2 = t jelöléssel t 2 − 788t + 12352 = 0 ⇒ t1 = 772, t2 = 16 . Tehát b1 = 4
b2 = 2 193 . Az A és C szögek szinuszát a szinusztételből határozhatjuk meg. 5 π f) a = 14, c = 13, cos B = ⇒B< . 13 2 12 b 2 = a 2 + c 2 − 2ac cos B = 225 ⇒ b = 15 ; sin B = 1 − cos2 B = ; 13 a b 14 65 56 c b 4 = ⇔ = ⇔ sin A = = ⇔ sin C = . ; sin A sin B sin A 4 65 sin C sin B 5 63 3 16 ⇒ sin A = , cos C = g) b = 3, cos A = . 65 5 65 4 12 sin C = , tehát sin B = sin(A + C ) = . Innen a szinusztétel alapján 5 13 b 13 a c = = = , sin B 4 sin A sin C 4 13 tehát a = és c = . 5 5 a 2 + c2 − b2 b2 + c2 − a 2 5 12 63 = = − , sin A = h) cos A = ; cos B = , 2ac 65 2bc 13 13 16 a 2 + b2 − c2 3 4 sin B = = , sin C = . ; cos C = 65 5 2ab 5 2 2 2 i) A koszinusztétel alapján c = a + b − 2ab cos C , tehát c = 6 2 . Ugyanakkor a ⋅ sin C b ⋅ sin C 2 7 2 = = sin A = és sin B = . c c 2 10 2 l ) = 45D vagy m(B l ) = 135D . Ha. j) A szinusztételt használjuk. sin B = és így m(B 2 l ) = 45D , akkor m(C l ) = 105D és így c = 2 2 ⋅ sin 75D . Ha m(B l ) = 135D , akkor m(B l ) = 15D és c = 2 2 ⋅ sin 15D . m(C
Tartalomjegyzék
A trigonometria alkalmazása a geometriában
297
3 3 12 + 6 10 6 10 − 12 k) sin A = és így sin B = és sin C = vagy sin C = . A 7 5 35 35 c hosszát mindkét esetben a koszinusztételből számítjuk ki. l) A feltételek ellentmondáshoz vezetnek. 2(b 2 + c 2 ) − a 2 m) Az ma2 = egyenlőség alapján b 2 + c 2 = 841 . Ugyanakkor 4 b2 + c2 − a 2 cos A = , tehát bc = 420 . Ebből következik, hogy {b, c} = {20, 21} . 2bc 7. Határozd meg az ABC háromszög oldalainak hosszát és szögeinek a mértékét, ha ismerjük a következő adatokat: a) A , B , p ; b) a + b = m , A és B ; c) A , B , T ; d) a , mb , mc ; e) a , b , mc ; f) ha , hb , cos A ; g) a , hb , hc ;
h) a , ma , ha ;
i) a , A , b − c = d ;
l ) = 30D , T = 8, 75 m 2 . j) a 2 − b 2 = 24 , m(C Megoldás. a) C = π − A − B így p = R(sin A + sin B + sin C ) , tehát kiszámítható R . Ebből és a szinusztételből következik, hogy 2p sin A 2p sin B a= ; b= sin A + sin B + sin(A + B ) sin A + sin B + sin(A + B ) 2p sin(A + B ) és c= sin A + sin B + sin(A + B ) m b) A szinusztétel alapján m = 2R(sin A + sin B ) , tehát R = . 2(sin A + sin B ) m sin(A + B ) m sin A m sin B Így a = ,b= és C = . sin A + sin B sin A + sin B sin A + sin B T c) A T = 2R 2 sin A sin B sin C összefüggés alapján R = . 2 sin A sin B sin(A + C )
Ebből a szinusztétel alapján kiszámíthatók az oldalak. d) Az adatok és az oldalfelező hosszára vonatkozó tétel alapján ⎧2c 2 − b 2 = 4m 2 − 2a 2 ⎪ b ⎪ ⎪ . ⎨ 2 2 ⎪ 2b − c = 4mc2 − 2a 2 ⎪ ⎪ ⎩ 2 2 2 8 m + 4 m − 6 a 8mc2 + 4mb2 − 6a 2 c b Tehát c 2 = és b 2 = . Az oldalak hosszából a 3 3 koszinusztétel alapján kiszámíthatók a szögek is. e) c 2 = 2(a 2 + b 2 ) − 4mc2 és a többi adat a koszinusztétel segítségével számítható ki.
Tartalomjegyzék
298 f)
A trigonometria alkalmazása a geometriában
ha h b sin B , tehát sin B = a = = hb a hb sin A
1 − cos2 A . Másrészt sin B =
ha , tehát c
1 − cos2 A . Ugyanakkor sin C = sin(A + B) és így a szinusztétel alapján hb kiszámítható az a és b . h h g) A sin C = a és sin B = c egyenlőségek alapján meghatározhatók a háromszög a a szögei. Így a szinusztétel alapján az a hosszából kiszámítható b és c . 4ma2 + a 2 4ma2 − a 2 h) b 2 + c 2 = és így 2bc cos A = (b 2 + c 2 ) − a 2 = . De 2 2 4a ⋅ ha 2bc sin A = 4T = 2a ⋅ ha , tehát tg A = . Így meghatározható cos A , tehát 4ma2 − a 2 c=
ismerjük b 2 + c 2 és bc értékét. Ebből a két adatból kiszámíthatjuk b -t és c -t. D ∈ (AC ) i) Ha úgy, hogy A AD = b − c , akkor a CDB háromszög megszerkeszthető mert ismerjük a CD , CB oldalát és a D szögét. Így visszaD szerkeszthető az ABC háromszög is. d A szerkesztés menetét végigszámolva x megkapjuk a háromszög adatait. C a ⎛ π − A ⎞⎟ sin ⎜⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠⎟ d A sin x = d ⋅ = cos ; a a 2 ⎛ π ⎛A ⎛ ⎞⎞ ⎛A ⎞ π A⎞ sin B = sin ⎜⎜⎜s + − ⎟⎟⎟ = sin ⎜⎜ − ⎜⎜⎜ − x ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ = cos ⎜⎜⎜ − x ⎟⎟⎟ , ⎝ ⎠⎠ ⎝2 ⎠ ⎝⎜ 2 ⎝ 2 2 2⎠
B
⎛A ⎞ a ⎛A ⎞ a a = cos ⎜⎜⎜ − x ⎟⎟⎟ ⋅ , illetve c = cos ⎜⎜⎜ + x ⎟⎟⎟ . ⎝2 ⎠ sin A ⎝2 ⎠ sin A sin A 2 ⎧ 2 ab sin C ⎪⎪a − b = 24 j) A T = egyenlőség alapján ab = 35 . Az ⎨ egyenletrendszer ⎪ab = 35 2 ⎪ ⎪ ⎩ megoldásai a = 7, b = 5 vagy a = −7 és b = −5 . Mivel az oldalak hossza pozitív, és így b = sin B ⋅
a = 7 és b = 5 . Így c = 39 .
l ) = 45D és AC = 2 2 . Bizonyítsd be, hogy 8. Az ABC háromszögben m(A AB 3 tg B = 2 .
Tartalomjegyzék
A trigonometria alkalmazása a geometriában
299
B +C sin B 2 2 2 2 +3 2 = Bizonyítás. A feltételek alapján , tehát . Így = B C − sin C 3 2 2 − 3 tg 2 B −C 2 2 −3 B +C tg = ⋅ tg . Másrészt 2 2 2 +3 2 2 2 − 3 ⎞⎟ B +C ⎜⎛ B −C B +C ⎟ tg ⎜1 + tg + tg 2 ⎝⎜ 2 2 + 3⎠⎟⎟ ⎛B −C B + C ⎞⎟ 2 2 =2 tg B = tg ⎜⎜ + = ⎟= ⎝ 2 2 ⎠⎟ 1 − tg B −C ⋅ tg B + C 2 B +C 2 2 − 3 1 − tg ⋅ 2 2 2 2 2 +3 π π− B +C 4 = tg 3π = ctg π = 2 + 2 = 1 + 2 . = tg mert tg 2 2 8 8 2− 2 9. Határozd meg az ABC háromszög szögeinek mértékét, ha 2 2 sin A + sin B = (1 + 3) és cos A + cos B = (3 + 3) . 4 4 A+B 3 π = = tg egyenlőségMegoldás. Ha a két egyenlőséget elosztjuk a tg 2 3 6 π 2π 3 hez jutunk. Így A + B = , tehát C = . Másrészt cos (A − B ) = , tehát 2 3 3 π π π A − B = és így A = , B = . 4 12 6 7 10. Az ABC háromszögben AC = b , cos B = és hb = ha + hc . Számítsd ki a 8 háromszög területét! Megoldás. A koszinusztétel alapján a 2 + c 2 = b 2 + 2ac cos B . Az utolsó össze15 függés alapján ac = b(a + c) , tehát a 2c 2 − b 2ac − b 4 = 0 . Így ac = 4b 2 , tehát 4 ac sin B 4b 2 15 b 2 15 T = = = . 2 2⋅8 4 11. Az ABC háromszög oldalai egyenesen arányosak a 2 , 1 + 3 és 6 számokkal. Számítsd ki a háromszög szögeit! Megoldás. Kiszámítjuk a 2 , 1 + 3 és 6 oldalhosszakkal rendelkező háromszög szögeit. A hasonlóság alapján ezek a szögek megegyeznek az ABC háromszög szögeivel: 22 + ( 6)2 − (1 + 3)2 3 −1 (1 + 3)2 + ( 6)2 − 22 2 = cos α = = ; cos β = ; 2⋅2⋅ 6 2 2 2 6(1 + 3) 2 tg
cos γ =
22 + (1 + 3)2 − ( 6)2 1 = . 2 ⋅ 2 ⋅ (1 + 3) 2
Tartalomjegyzék
300
A trigonometria alkalmazása a geometriában
12. Az ABC háromszögben b > c, a = 78 , R = 65 és r = 28 . Számítsd ki b -t és c -t!
abc 2T és r = összefüggések alapján az 4T a +b +c abc R abc Rr = = és 2(a + b + c) 2r (a + b − c)(a − b + c)(−a + b + c) egyenletrendszerhez jutunk. Ebből meghatározható b és c . a 3 4 = , tehát cos A = . UgyanMás megoldás. A szinusztétel alapján sin A = 2R 5 5 r A 1 = tg = , tehát p − a = 3r = 84 és így b + c = 246 . akkor p −a 2 3 2(a + b + c) ⋅ Rr Másrészt bc = = 108 ⋅ 140 , tehát {b, c} = {117, 129} . a 13. Egy háromszög egyik csúcsából induló magasság és oldalfelező három egyenlő részre osztja a szöget. Bizonyítsd be, hogy a háromszög derékszögű. Bizonyítás. Az ábra jelöléseit használjuk. A BM AB sin α ⋅ 1= = , aaa MC AC sin 2α tehát sin α AC sin B cos 2α C = = = . sin 2α AB sin C cos α N M Így a sin 2α = 2 sin 4α vagyis sin α sin 3α = 0 B egyenlethez jutunk. sin α ≠ 0 , tehát cos 3α = 0 és π így 3α = . 2 14. Egy háromszög egyik csúcsából induló magasság, oldalfelező és szögfelező négy egyenlő részre osztja a szöget. Bizonyítsd be, hogy a háromszög derékszögű. Bizonyítás. Ha M , N és P a magasság, szögfelező és oldalfelező talpA pontja, akkor N ∈ (MP ) , tehát BP AB sin 3α C 1= = ⋅ PC AC sin α és így P sin α AB sin C cos 3α N = = = . M B sin B cos α sin 3α AC A sin 2α = sin 6α egyenlethez jutunk, π ahonnan következik, hogy 4α = . 2 15. a) Számítsd ki a beírt kör érintési pontjai által az oldalon meghatározott szakaszok hosszát. b) Számítsd ki az oldalakhoz írt körök érintési pontjai által meghatározott szakaszok hosszát. Megoldás. Az R =
Tartalomjegyzék
A trigonometria alkalmazása a geometriában
301
c) Bizonyítsd be, hogy ha a beírt kör a BC , CA és AB oldalt M , N illetve P -ben érinti, akkor AM , BN és CP összefutó egyenesek. (Gergonne pont) d) Bizonyítsd be, hogy ha a BC , CA és AB oldalához írt körök ezeket az oldalakat M , N illetve P -ben érintik, akkor AM , BN és CP összefutók. (Nagel pont) A A Megoldás x x F E B x P y C y x z y M B C y z N D a) Az első ábra jelölései alapján x + y = c , y + z = a és x + z = b , tehát x = p − a , y = p − b és z = p − c . b) A második ábra jelölései alapján AM = AN és AM + AN = AB + AC + BM + CN = AB + AC + BC . Tehát AM = AN = p és így BP = p − c illetve PC = p − b .
A P
B
N
c) Ceva tételének fordítottját használjuk. Az a) alpont alapján: BM CN AP ⋅ ⋅ = 1, MC NA PB tehát AM ∩ BN ∩ CP ≠ ∅ .
C M d) A b) alpont és Ceva tételének fordítottja alapján a BM CN AP p −c p −a p −b ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =1 MC NA PB p −b p −c p −a összefüggésből következik, hogy AM ∩ BN ∩ CP ≠ ∅ . 4T 16. Bizonyítsd be, hogy tg A = 2 . b + c2 − a 2 sin A sin A ⋅ 2bc 4T . Bizonyítás. tg A = = 2 = 2 2 2 cos A b + c − a b + c2 − a 2 17. Bizonyítsd be, hogy az ABC háromszögben pontosan akkor teljesül a ⎛ 2⎞ ctg A + ctg B = k ⋅ ctg C egyenlőség, ha a 2 + b 2 = ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ c 2 . ⎝ k⎠ Bizonyítás. Az előbbi feladat alapján b2 + c2 − a 2 a 2 + c2 − b2 a 2 + b2 − c2 + =k⋅ ctg A + ctg B = k ⋅ ctg C ⇔ ⇔ 4T 4T 4T
Tartalomjegyzék
302
A trigonometria alkalmazása a geometriában
⎛ 2⎞ ⇔ a 2 + b 2 = ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ c 2 . ⎝ k⎠ 18. Számítsd ki az R sugarú körre írt n oldalú szabályos sokszög területét, ha 1 1 1 = + . AC AD AB Megoldás. Ha O a sokszög köré írt kör középpontja, akkor A 2π B n m(AOB ) = . Így az AB, AC és AD szakaszok rendre n π 2π 3π , és kerületi sokszöghöz tartoznak. C n n n O A szinusztétel alapján az 1 1 1 + π = 2 3π π D sin sin sin n n n π egyenlőséghez jutunk. Ezt a = α jelöléssel a következőképpen alakítjuk: n sin 2α ⋅ sin 3α = sin α ⋅ (sin 2α + sin 3α) ; cos α − cos 5α = cos 2α − cos 4α + cos α − cos 3α ; cos 3α + cos 4 α = cos 2α + cos 5α ; 7α ⎛ α 3α ⎞ cos ⋅ ⎜⎜cos − cos ⎟⎟⎟ = 0 ; 2 ⎝ 2 2 ⎠ 7α α cos ⋅ sin ⋅ sin α = 0 . 2 2 α 7α 7α π = 0 eset lehetséges és így = (2k + 1) . Mivel sin α ⋅ sin ≠ 0 csak a cos 2 2 2 2 7π = (2k + 1)π és k ∈ ] . Ez csak akkor lehetséges, ha n = 7 . Tehát n 19. Bizonyítsd be a következő egyenlőségeket: A A A B C a) r = (p − a ) tg ; b) T = p(p − a ) tg ; c) p = 4R cos cos cos ; 2 2 2 2 2 A B C A B C r d) p − a = 4R cos sin sin ; e) sin2 + sin2 + sin2 = 1 − ; 2 2R 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 f) h) ra + rb + rc − r = 4R ; + + = ; g) + + = ; ra rb rc r ha hb hc r i)
rra rbrc = T ;
k)
a(b + c) b(a + c ) c(a + b) = 4; + + ra (rb + rc ) rb (ra + rc ) rc (ra + rb )
l) a 2 ctg A + b 2 ctg B + c 2 ctg C = 4S ;
j) ctg
A B C T + ctg + ctg = 2 ; r 2 2 2
Tartalomjegyzék
A trigonometria alkalmazása a geometriában
303
m) 16S 2 = 2(a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ) − a 4 − b 4 − c 4 ; (Héron)
A B C + b 2 ctg + c 2 ctg 2 2 2 = 2p . n) a ⋅ ctg A + b ⋅ ctg B + c ⋅ ctg C A Bizonyítás. a) Ha P a beírt kör érintési pontja az AB oldalon, akkor a 15. feladat a) alpontja alapján AP = p − a . Másrészt ha I a háromszögbe írt kör P középpontja akkor az API háromszög derékszögű A IP P -ben és IP = r . Így a tg = egyenlőségből I AP 2 A B következik, hogy r = (p − a ) ⋅ tg . 2 A b) T = p ⋅ r = p ⋅ (p − a ) ⋅ tg ; 2 A B C 1 c) p = (a + b + c) = R(sin A + sin B + sin C ) = 4R cos cos cos . 2 2 2 2 (A szinusztételt és az 5.6.2. Gyakorlatok 15. feladatának a) alpontját használtuk.) d) A IX.2. paragrafus 2.3. következménye alapján: p(p − a ) (p − a )(p − c) (p − a )(p − b) A B C ⋅ ⋅ = 4R cos sin sin = 4R bc ac ab 2 2 2 4R T p(p − a )(p − b)(p − c) = (p − a ) = p − a . = (p − a ) abc T A B C 3 1 e) sin2 + sin2 + sin2 = − (cos A + cos B + cos C ) = 2 2 2 2 2 A B C = 1 − 2 sin sin sin , 2 2 2 r A B C = sin sin sin . tehát elégséges igazolni, hogy 4R 2 2 2 Másrészt A B C (p − b)(p − c) (p − a )(p − c) (p − a )(p − b) = sin sin sin = 2 2 2 bc ac ab T 2 (p − a )(p − b)(p − c) T r p . = = = = abc p ⋅ 4RT 4R 4R T T T T f) Az ra = , rb = , rc = és r = összefüggések alapján: p −a p −b p −c p 1 1 1 3p − 2p p 1 + + = = = . ra rb rc T T r a 2 ctg
C
Tartalomjegyzék
304 g)
A trigonometria alkalmazása a geometriában
1 1 1 a b c 2p 1 + + = + + = = . ha hb hc 2T 2T 2T 2T r
⎛ 1 1 1 1⎞ Tabc h) ra + rb + rc − r = T ⎜⎜ + + − ⎟⎟ = = 4R . ⎜⎝ p − a p − b p − c p ⎠⎟ p(p − a )(p − b)(p − c)
T T T T T2 ⋅ ⋅ ⋅ = =T . p p −a p −b p −c p(p − a )(p − b)(p − c) A p −a j) Az a) alpont alapján ctg = , tehát r 2 A B C p T 3p − 2 p = = 2. ctg + ctg + ctg = 2 2 2 r r r a(b + c) b +c = k) Az egyenlőség alapján ra (rb + rc ) p
i)
rra rbrc =
a(b + c) b(c + a ) c(a + b) 4p + + = = 4. ra (rb + rc ) rb (rc + ra ) rc (ra + rb ) p b2 + c2 − a 2 . Így 4T 1 [2(a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ) − a 4 − b 4 − c 4 ] = a 2 ctg A + b 2 ctg B + c 2 ctg C = 4T 16p(p − a )(p − b)(p − c) = 4T . 4T m) 16S 2 = (a + b + c)(a + b − c)(a − b + c)(−a + b + c) = l) A 16. feladat alapján ctg A =
= 2(a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ) − a 4 − b 4 − c 4 .
A a 2 p(p − a ) = és actg A = 2R cos A egyenlőségek alapján T 2 a ⋅ ctg A + b ⋅ ctg B + c ⋅ ctg C = 2R(cos A + cos B + cos C ) =
n) Az a 2 ctg
⎛ A B C⎞ r⎞ ⎛ = 2R ⎜⎜⎜1 + 4 sin sin sin ⎟⎟⎟ = 2R ⎜⎜1 + ⎟⎟ = 2(R + r ) . ⎝ ⎝ 2 2 2⎠ R⎠ Tehát a bizonyítandó egyenlőség ekvivalens az a 2 (p − a ) + b 2 (p − b) + c 2 (p − c) = 2pr (R + r ) egyenlőséggel. De ⎛ r⎞ (a + b − c)(a − b + c)(−a + b + c)⎞⎟ ⎛ 4 pr (R + r ) = 4R(pr ) ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ = abc ⋅ ⎜⎜1 + ⎟ ⎜ ⎝ ⎝ ⎠⎟ R⎠ 2abc és így az egyenlőség teljesül. 20. Bizonyítsd be a következő egyenlőtlenségeket: A B C 1 B −C 2r ≥ a) sin ⋅ sin ⋅ sin ≤ ; b) cos2 ; c) 27Rr ≤ 2p 2 . R 2 2 2 2 8
Tartalomjegyzék
A trigonometria alkalmazása a geometriában
305
A B C (p − b)(p − c) (p − a )(p − c) (p − a )(p − b ) Bizonyítás. a) sin sin sin ⋅ ⋅ = 2 2 2 bc ac ab (p − a )(p − b)(p − c) . = abc Tehát a bizonyítandó egyenlőtlenség ekvivalens a
(−a + b + c)(a − b + c)(a + b − c) ≤ abc egyenlőtlenséggel. Ezt igazoltuk az I.9.4. paragrafusban (34. oldal 4/e) ). B −C B C B C b + c (p − b)(p − c) = cos cos + sin sin = b) A cos és 2 2 2 2 2 a bc 2r 8T 2 8(p − a )(p − b)(p − c) egyenlőségek alapján a bizonyítandó egyen= = R p ⋅ abc abc (b + c)2 ≥ (−a + b + c) egyenlőséggel, és ez igaz mert lőtlenség ekvivalens a 4a (b + c − 2a )2 ≥ 0 . c) Az egyenlőtlenség ekvivalens a 27abc ≤ (a + b + c)3 egyenlőtlenséggel és ez igaz a számtani- mértani közepek közti egyenlőtlenség alapján. 21. Bizonyítsd be, hogy 1 a) sin 18° ⋅ sin 54° = ; b) 2 sin 84° ⋅ sin 24° = sin 54° ; 4 c) tg 3D = tg 15D ⋅ tg 21D ⋅ tg 27 D ; d) tg 5D ⋅ ctg 15D ⋅ ctg 25D ⋅ ctg 35D = 1 .
5 −1 5 +1 és sin 54D = , tehát 4 4 4 1 sin 18D ⋅ sin 54D = . 16 4 5 +1 b) sin 54D = cos 36D = ; 4 5 +1 3 10 − 2 5 1 1− = 2 5 + 15 + 3 sin 84D = sin(54D + 30D ) = + = ; 4 2 4 2 8 5 +1 3 10 − 2 5 1 15 + 3 − 10 − 2 5 sin 24D = sin(54D − 30D ) = − = . 4 2 4 2 8 8+6 5 5 +1 = Tehát sin 24D ⋅ sin 84D = és így 2 sin 24D sin 84D sin 54D . 64 8 c) A 4 sin 3D cos15D cos 21D cos 27D = (cos 6D + cos 36D )(sin 30D − sin 24D ) és 4 cos 3D sin 15D sin 21D sin 27D = (cos 6D − cos 36D )(sin 30D + sin 24D ) összefüggések alapján a bizonyítandó egyenlőség ekvivalens a 2 cos 6D sin 24 D = cos 36D egyenlőséggel. Ezt a b) alpontban igazoltuk. d) A 4 sin 5D cos 15D cos 25D cos 35D = (cos10D + cos 40D )(sin 40D − sin 30D ) és Bizonyítás. a) sin 18D =
Tartalomjegyzék
306
A trigonometria alkalmazása a geometriában
4 cos 5D sin 15D sin 25D sin 35D = (cos10D − cos 40D )(sin 40D + sin 30D ) egyenlőségek alapján a bizonyítandó egyenlőség ekvivalens a 2 cos 40D sin 40D = cos 10D egyenlőséggel. Ez igaz, mert cos 10D = sin 80D . 22. Oldd meg a következő egyenletrendszereket: ⎧⎪x 2 + y 2 = 4 ⎧x 2 + y 2 = 1 ⎪ ⎪⎪ ⎪ a) ⎨ 3 ; b) ⎪ ; ⎨ 2 3 ⎪⎪x y − xy = 12 ⎪ x − y 2 = 2xy ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩ 2 2 ⎧ ⎧ x 2 + y2 = 1 ⎪ ⎪ x +y =1 ⎪ ⎪ ⎪ c) ⎪ ; d) ⎨ . ⎨ 3 ⎪ ⎪ 4x − 3x = 3y − 4y 3 x + 3y = 4xy ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ x y Megoldás. a) Az első egyenlet alapján használhatjuk az = cos α és = sin α 2 2 jelölést. Így a 3 sin α cos α ⋅ (cos2 α − sin2 α) = 8 3 egyenlőséghez jutunk. Tehát sin 4α = és így 2 π 2π + 2k π | k ∈ ] ∪ + 2k π | k ∈ ] . 4α ∈ 3 3 Ebből következik, hogy ⎧ π 7π 13π 19π π 2π 7π 5π ⎫ ⎪ M =⎪ , , , , , , , ⎨(2 cos α, 2 sin α) | α ∈ ⎬. ⎪ ⎪ 12 12 12 12 6 3 6 3 ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ b) Az első egyenlet alapján x = cos α és y = sin α , tehát cos2 α − sin 2 α = 2 sin α cos α , π kπ vagyis cos 2α = sin 2α . Ebből következik, hogy α ∈ + | k ∈ ] és így 8 2 ⎧ π 5π 9π 13π ⎫ ⎪⎬ . M =⎪ , , , ⎨(cos α, sin α) | α ∈ ⎪ ⎪⎭⎪ 8 8 8 8 ⎪ ⎩ c) Az x = cos α és y = sin α jelöléssel a cos 3α = sin 3α egyenlethez jutunk, tehát kπ π α∈ + | k ∈ ] . Ebből következik, hogy 12 3 ⎧ π 5π 9π 13π 17π 21π ⎫ ⎪⎬ . M =⎪ , , , , , ⎨(cos α, sin α) | α ∈ ⎪ ⎪⎭⎪ 12 12 12 12 12 12 ⎪ ⎩ d) Ha x = cos α és y = sin α , akkor a második egyenletből
} {
{
}
{
}
{
{
{
}
}
}
{
}
1 3 ⎛π ⎞ cos α + sin α = sin 2α vagyis sin ⎜⎜ + α ⎟⎟ = sin 2α ⎝6 ⎠ 2 2
Tartalomjegyzék
A trigonometria alkalmazása a geometriában
{
307
}
⎫ π π ⎪⎧(2k + 1)π ⎪ és így α ∈ | k ∈ ]⎬ . + 2k π | k ∈ ] ∪ ⎨ − ⎪ ⎪ 18 6 3 ⎪ ⎩⎪ ⎭ Ez alapján ⎫ π 5π 17π 29π ⎪ ⎪⎧ M = ⎨(cos α, sin α) | α ∈ , , , ⎬. ⎪⎩⎪ 6 18 18 18 ⎪⎭⎪ 23. Az x , y , z pozitív számok teljesítik a következő egyenlőségeket:
{
}
y2 y2 = 25 , + z 2 = 9 , z 2 + xz + x 2 = 16 . 3 3 Számítsd ki az xy + 2yz + 3xz kifejezés értékét. Megoldás. Felvesszük az OA = x , y és OC = z szakaszokat úgy, hogy OB = 3 n ) = 150D , m(BOC n ) = 90D és m(AOB n ) = 120D . A koszinusztétel alapján: m(COA x 2 + xy +
AB 2 = x 2 +
150
y2 + xy = 25 ; 3
x
y2 + z 2 = 9 és 3 AC 2 = z 2 + xz + x 2 = 16 . Tehát AB = 5 , BC = 3 és AC = 4 . xy 2zy 3xz Ugyanakkor T [ABC ] = + + 4 3 4 3 4 3 és így xy + 2yz + 3xz = 24 3 . BC 2 =
A
B y 3
o
120
O o
z C
24. Oldd meg a 1 − x 2 = 4x 2 − 3x egyenletet, ha x ∈ \ . Megoldás. A létezési feltétel alapján x ∈ [−1, 1] , tehát létezik α ∈ [0, π ] úgy, hogy x = cos α . Ha x = cos α , akkor az egyenlet sin α = cos 3α alakban írható, tehát π kπ π π α∈ + |k ∈ ] ∪ + (2k + 1) | k ∈ ] 8 2 4 2 ⎧ ⎫ π 5π 9π 13π 3π 7π ⎪ ⎪ , , , , , és így M = ⎨cos α | α ∈ ⎬. ⎪ ⎪ 8 8 8 8 4 4 ⎭ ⎪ ⎪ ⎩
{
} {
{
}
}
25. Oldd meg az ⎧ 2x ⎪ ⎪ y= ⎪ ⎪ 1− x2 ⎪ ⎪ ⎪ 2y ⎪ egyenletrendszert, ha x , y, z ∈ \ . ⎨z = ⎪ 1 − y2 ⎪ ⎪ ⎪ 2z ⎪ x= ⎪ ⎪ 1 − z2 ⎪ ⎩
Tartalomjegyzék
308
A trigonometria alkalmazása a geometriában
Megoldás. Az x = tg α jelöléssel y = tg 2α , z = tg 4α és x = tg 8α . Tehát a
sin 7α , cos α cos 8α ⎧ ⎫ kπ kπ ⎪ | k ∈ ] . Így M = ⎪ tehát α ∈ | k = 0,13 ⎬ . ⎨(tg α, tg 2α, tg 4α) | α ∈ ⎪ ⎪ 7 7 ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ tg α = tg 8α egyenlet gyökeit kell meghatározni. De tg 8α − tg α =
{
}
{
}
26. Oldd meg a 2x − 1 − 4x 2 = 2(8x 2 − 1) egyenletet a valós számok halmazában. Megoldás. A 2x = cos α jelöléssel az egyenlet cos α − sin α = 2 cos 2α π⎞ ⎛ alakban írható, tehát sin ⎜⎜α − ⎟⎟ = ± cos 2α . Ebből következik, hogy ⎝ 4⎠ ⎧ 2 − 6 − 2⎪ ⎫ ⎪ ⎪ M =⎪ ⎨ , ⎬. ⎪ ⎪ 4 8 ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ 2 ⎧4xy(2x − 1) = 1 ⎪ ⎪ 27. Oldd meg \ -en a ⎪ egyenletrendszert. ⎨ 2 ⎪ x + y2 = 1 ⎪ ⎪ ⎩ Megoldás. Az x = cos α és y = sin α jelöléssel az első egyenlet sin 4α = 1 alakπ kπ ban írható, tehát α ∈ + | k ∈ ] és így 8 2 28. Bizonyítsd be, hogy ha a k1 , k2 és k3 pozitív számok teljesítik a
{
}
k1 (1 + k2 )2 = k2 (1 + k1 )(1 + k3 ) k2 (1 + k3 )2 = k3 (1 + k2 )(1 + k1 ) egyenlőségeket, akkor k1 = k2 = k3 . Bizonyítás. Ha a két egyenlet megfelelő oldalait összeszorozzuk és egyszerűsítünk k2 (1 + k2 )(1 + k 3 ) -mal, a k3 (1 + k1 )2 = k1 (1 + k2 )(1 + k3 ) egyenlőséghez jutunk. Ha ennek a megfelelő oldalait hozzáadjuk az eredeti két egyenlőség megfelelő oldalainak összegéhez és egyszerűbb alakra hozzuk mindkét oldalt, akkor a k1k22 + k2k32 + k3k12 = 3k1k2k3 egyenlőséghez jutunk. A számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenség alapján k1k22 = k2k32 = k3k12 és így k1 = k2 = k3 .
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
309
X. Összefoglaló és versenyre előkészítő gyakorlatok, feladatok X.1. Összefoglaló gyakorlatok (221. oldal) 1. Számítsd ki a
200 + {6 − 3[42 + ( 32 − 225)]}
tört értékét. 1 1231 − 352 + 5(440 − 212 ) − 2 2 Megoldás. A kiszámolandó tört számlálója: Sz = 200 + 6 − 3 ⎡⎢⎣42 + ( 32 − 225)⎤⎥⎦ = 10 2 + 6 − 3 ⎡⎢⎣16 + (4 2 − 15)⎤⎥⎦ = = 10 2 + ⎡⎣⎢6 − 3 ⋅ (1 + 4 2)⎤⎦⎥ = 10 2 + 3 − 12 2 = 3 − 2 2 =
{
}
{
}
= ( 2)2 − 2 ⋅ 2 ⋅ 1 + 12 = (1 − 2)2 . A nevező: 1
N = 1231 − 352 + 5 ⋅ (440 − 212 ) − 2 2 = 1231 − 1225 + 5 ⋅ (440 − 441) − 2 = = 6 + 5 ⋅ (−1) − 2 = 1 − 2 . Tehát a tört értéke: (1 − 2)2 Sz T = = = 1− 2 . 1− 2 N
2. Oldd meg \ -en a következő egyenleteket és egyenlőtlenségeket: a)
3x − 1 x + 3 5x 2 − 6x − 32 ; − = x + 1 2x − 3 2x 2 − x − 3
b) 33x − 77 < 132x + 99 ;
(x − 3)(−x + 1) ≤ 0. (x + 2)(−3x + 4) Megoldás. a) Közös nevezőre hozzuk a bal oldalt: c)
3x − 1 x + 3 (3x − 1)(2x − 3) − (x + 3)(x + 1) = − = x + 1 2x − 3 (x + 1)(2x − 3) =
(6x 2 − 9x − 2x + 3) − (x 2 + x + 3x + 3) 5x 2 − 15x . = 2x 2 − 3x + 2x − 3 2x 2 − x − 3
Ez alapján az egyenlet a következőképpen alakul:
5x 2 − 15x 5x 2 − 6x − 9 = . 2x 2 − x − 3 2x 2 − x − 3 Mivel a törtek értelmezettek kell legyenek, következik, hogy 1 ± 25 3 2x 2 − x − 3 ≠ 0 , vagyis x ≠ , azaz x ∈ \ \ , − 1 . 4 2
{
}
Tartalomjegyzék
310
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
Ebben az esetben, beszorozva a közös nevezővel és összevonva a megfelelő tagokat, kapjuk, hogy 3 9x = 9 , x = 1 ∈ \ \ , − 1 , 2 tehát, az egyedüli megoldás x = 1 . 176 , vagyis b) 33x − 77 < 132x + 99 / − 33x − 99 ⇔ − 176 < 99x , tehát x > − 99 ⎛ 176 ⎞ x ∈ ⎜⎜− , + ∞⎟⎟⎟ . ⎝ 99 ⎠ c) Elkészítjük az előjeltáblázatot, és az előjelszabálynak megfelelően leolvassuk belőle az eredményt: 4 +∞ –2 1 3 x −∞ 3 – – – – – – 0 + + + + + x −3 −x + 1 + + + + 0 – – – – – – – Sz = (x − 3)(−x + 1) – – – – 0 + + + 0 – – – x +2 – – 0 + + + + + + + + + −3x + 4 + + + + + + 0 – – – – – N = (x + 2)(−3x + 4) – – 0 + + + + – – – – – Sz T = + + | – 0 + | – 0 + + + N ⎛4 ⎤ Tehát a T ≤ 0 egyenlőtlenség megoldáshalmaza M = (−2, 1] ∪ ⎜⎜ , 3⎥ . ⎝ 3 ⎥⎦
{
}
3. Vizsgáld az alábbi függvények monotonitását és előjelét, határozd meg a grafikus kép tengelyekkel való metszéspontjait, majd ábrázold a függvényt: ⎧⎪x − 3, x < 3 ⎪⎪ ⎪ a) f : \ → \, f (x ) = −3x + 2 ; b) g : \ → \, g(x ) = ⎪⎨4, x ∈ [3, 4) . ⎪⎪ ⎪⎪−2x + 1, x ≥ 4 ⎪⎩
Megoldás. a) Vizsgáljuk a függvény monotonítását: Legyen x1, x 2 ∈ \ tetszőleges úgy, hogy x 1 < x 2 . Ekvivalens átalakításokkal kapjuk, hogy −3x1 > −3x 2 ⇔ − 3x1 + 2 > −3x 2 + 2 , ami ekvivalens az f (x 1 ) > f (x 2 ) egyenlőtlenséggel. Tehát tetszőleges x1, x 2 ∈ \ ,
x 1 < x 2 esetén azt kaptuk, hogy f (x 1 ) > f (x 2 ) , vagyis a függvény szigorúan csökkenő. Az előjel vizsgálatához az f (x ) ≤ 0 egyenlőtlenséget oldjuk meg: 2 f (x ) ≤ 0 ⇔ − 3x + 2 ≤ 0 ⇔ − 3x ≤ −2 ⇔ x ≥ . 3
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 2 ⎛2 ⎞ Tehát f negatív, ha x ∈ ⎜⎜ , +∞⎟⎟⎟ ; f (x ) = 0 , ha x = ⎝3 ⎠ 3 ⎛ 2 ⎞⎟ és f pozitív, ha x ∈ ⎜⎜−∞, ⎟⎟ . ⎝ 3⎠ Egyúttal azt is megkaptuk, hogy a függvény az Ox ⎛2 ⎞ tengelyt az A ⎜⎜ , 0⎟⎟⎟ pontban metszi (ez az egyedüli ⎝3 ⎠ metszéspont az Ox tengellyel, mert a függvény szigorúan monoton). Az Oy tengellyel való metszéspontot a
B (0, f (0)) pont adja meg, vagyis a B(0, 2) pont.
311 y B(0, 2)
A( 2 , 0) 3
O x A függvény grafikonja, felhasználva a már mgtudott tulajdonságokat: b) A monotonítást három részben vizsgáljuk: I. Ha x ∈ (−∞, 3) , akkor g (x ) = x − 3 . Legyen x 1, x 2 ∈ (−∞, 3) úgy, hogy x1 < x 2 . x1 − 3 < x 2 − 3 , Következik, hogy vagyis g(x 1 ) < g(x 2 ), ∀ x 1, x 2 ∈ (−∞, 3) , x 1 < x 2 esetén. Tehát ezen az intervallumon a függvény szigorúan növekvő. II. A [3, 4) intervallumon a függvény állandó: g (x ) = 4 . III. A [4, +∞) intervallumon g (x ) = −2x + 1 . Ha x 1 < x 2 , x 1, x 2 ∈ [4, +∞) tetszőlegesek, akkor −2x 1 > −2x 2 és −2x 1 + 1 > −2x 2 + 1 , vagyis g (x 1 ) > g (x 2 ) , ∀ x 1, x 2 ∈ [4, +∞), x 1 < x 2 esetén. Tehát a függvény szigorúan csökkenő ezen az intervallumon. Összefoglalva a fenti eredményeket ⎧ ⎪ szigorúan növekvő, ha x ∈ (−∞, 3) ⎪ ⎪ ⎪ g :⎪ x ∈ [3, 4) . ⎨állandó, ha ⎪ ⎪ ⎪ szigorúan csökkenő, ha x ∈ [4, +∞) ⎪ ⎪ ⎩ Tehát a teljes \ -en a függvény nem monoton. A függvény előjelét a monotonítás felhasználásával vizsgáljuk: I. x ∈ (−∞, 3) -on a függvény szigorúan növekvő, következik, hogy a legnagyobb érékét a 3-ban venné fel, ha ott értelmezett lenne a g (x ) = x − 3 kifejezés, tehát g(x ) < 3 − 3 = 0 ∀ x ∈ (−∞, 3) , tehát g negatív.
II. x ∈ [3, 4) esetén g pozitív: g (x ) = 4 . III. x ∈ [4, +∞) esetén g szigorúan csökkenő ⇒ g(x ) ≤ g(4), ∀ x ∈ [4, +∞) , tehát g (x ) ≤ −7 < 0 , vagyis g negatív. Összefoglalva a fenti eredményeket
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok ⎧ ⎪ negatív, ha x ∈ (−∞, 3) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ g : ⎨pozitív, ha x ∈ [3, 4) . ⎪ ⎪ ⎪ negatív, ha x ∈ [4, +∞) ⎪ ⎪ ⎩
4
Ebből következik, hogy a függvény grafikonja nem metszi az Ox tengelyt (a g (x ) = 0 egyenletnek nincs
O
megoldása). Az Oy tengelyt a függvény az A (0, g(0))
–3
y
Tartalomjegyzék
[ )
5
)
312
3
pontban metszi. Mivel 0 ∈ (−∞, 3), g(0) = 0 − 3 = , = −3 tehát a pont A(0, −3) . A g függvény grafikonja a mellékelt ábrán látható.
[
–7 –9
⎧⎪x , x ≤1 ⎪ 4. Ábrázold grafikusan az f : \ → \ , f (x ) = ⎨ 2 függvényt. ⎪⎪x − 2x + 2, x > 1 ⎪⎩ y Megoldás. Előbb vizsgáljuk a g : \ → \ , g(x ) = x 2 − 2x + 2 másodfokú függvényt. A feltétel szerint ha x > 1. f (x ) = g (x ) , Δ = 1− < 0 , tehát a függvény szigorúan pozitív. b 2 = = 1 pontban van és ekMinimumpontja a 2a 2 kor g (1) = 1 . Mostmár könnyen megszerkeszthetjük a g grafikonját (jobb oldali ábra). Következik, hogy f grafikonja az alábbi grafikon:
2 1
O
y
2 1 O
1
2
x
1
2
x
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
313
x 2 − 3x + 2 5. Oldd meg a valós számok halmazán az 2 > 1 egyenlőtlenséget. x − 7x + 12 Megoldás. Mivel racionális törtek esetén az előjeltáblázat alapján könyebben eldönthetjük a tört előjelét, az egyenlőtlenséget olyan alakra hozzuk, hogy az egyik oldalon a 0 szerepeljen: x 2 − 3x + 2 x 2 − 3x + 2 > 1 ⇔ −1 > 0 ⇔ x 2 − 7x + 12 x 2 − 7x + 12 (x 2 − 3x + 2) − (x 2 − 7x + 12) 4x − 10 >0 ⇔ 2 >0 ⇔ 2 x − 7x + 12 x − 7x + 12 2x − 5 ⇔ > 0. (x − 3)(x − 4)
⇔
Elkészítjük az előjeltáblázatot:
x
−∞
Sz = 2x − 5 x −3 x −4 N = (x − 3)(x − 4) Sz T = N
– – – +
– – – +
–
–
– – – +
5 2 0 – – +
+ – – +
+ 0 – 0
+ + – –
+ + 0 0
+ + + +
+ + + +
+ + + +
–
0
+
|
–
|
+
+
+
3
+∞
4
⎛5 ⎞ Tehát a T > 0 egyenlőtlenség megoldáshalmaza: M = ⎜⎜ , 3⎟⎟ ∪ (4, +∞) . ⎝2 ⎠
6. Határozd meg az m ∈ \ paraméter értékét úgy, hogy fennálljon az (m − 2)x 2 − 2mx + m − 3 > 0 egyenlőtlenség ∀ x ∈ \ esetén. Megoldás. Az f (x ) = (m − 2)x 2 − 2mx + m − 3 függvény akkor lesz pozitív minden x ∈ \ esetén, ha Δ < 0 és a > 0 . Tehát az 2 ⎧ ⎪ ⎪m − (m − 2)(m − 3) < 0 ⎨ ⎪ (m − 2) > 0 ⎪ ⎪ ⎩ egyenlőtlenégrendszert kell megoldanunk. Írhatjuk, hogy ⎧⎪ 6 ⎧⎪m 2 − (m 2 − 5m + 6) < 0 ⎧⎪5m < 6 ⎪⎪m < ⎪ ⎪ 5 ⇒m ∈∅. ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎨ ⎪⎪m > 2 ⎪⎪m > 2 ⎪⎪m > 2 ⎩ ⎪ ⎩ ⎪⎩ Tehát nem létezik olyan m valós szám, hogy fennálljon az egyenlőtlenség minden x ∈ \ esetén.
⎪⎧⎪x 3 + x 2y + xy 2 = 6 7. Oldd meg a valós számok halmazán az ⎪ egyenletrendszert. ⎨ 2 ⎪⎪x y + xy 2 + y 3 = −3 ⎪⎩
Tartalomjegyzék
314
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
Megoldás. Szorozzuk a második egyenletet 2-vel, majd adjuk hozzá az elsőhöz! Kapjuk, hogy x 3 + x 2y + xy 2 + 2(x 2y + xy 2 + y 3 ) = 6 − 6 ⇔
⇔ (x 3 + 3x 2y + 3xy 2 + y 3 ) + y 3 = 0 ⇔ (x + y )3 = −y 3 ⇔ ⇔ (x − y )3 = (−y )3 . Az utóbbi egyenlőség csak akkor teljesülhet, ha x + y = −y (mert az f (x ) = x 3 , f : \ → \ függvény injektív). Tehát x = −2y . Behelyettesítjük a kapott x értéket a második egyenletbe: 4y 2 ⋅ y − 2y ⋅ y 2 + y 3 = −3 ⇔ 3y 3 = −3 ⇔ y 3 = −1 . Tehát y = −1 és x = 2 a rendszer egyedüli megoldása. 2x − 1 függvény bijektív, x −2 határozd meg azt a g : \ \ {2} → \ \ {2} függvényt, amelyre f o g = 1\ \{2} és oldd 8. Bizonyítsd be, hogy az f : \ \ {2} → \ \ {2} , f (x ) =
meg az f (x ) + xg (x ) = 0 egyenletet. Megoldás. Az f függvény a következő alakban írható: 2x − 1 2(x − 2) + 3 3 . f (x ) = = =2+ x −2 x −2 x −2 Vizsgáljuk f injektívitását: Legyen x 1, x 2 ∈ ] \ {2} úgy, hogy f (x 1 ) = f (x 2 ) . Következik, hogy 3 3 1 1 2+ =2+ ⇔ = ⇔ x1 − 2 = x 2 − 2 ⇔ x1 = x 2 . x1 − 2 x2 − 2 x1 − 2 x 2 − 2 Tehát az f függvény injektív. Vizsgáljuk f szürjektívitását. Tetszőleges y ∈ \ \ {2} esetén az f (x ) = y x -beli egyenletet kell megoldanunk. Ha van megoldása az egyenletnek, akkor f szürjektív. 3 = y ekvivalens rendre a következő egyenletekkel: Valóban, 2 + x −2 3 3 3 = y − 2, (y ≠ 2) ⇔ x − 2 = ⇔ x =2+ . x −2 y −2 y −2 ⎛ 3 ⎞⎟ Tehát tetszőleges y ∈ \ \ {2} esetén f ⎜⎜2 + ⎟ = f ( f (y )) = y , vagyis f ⎜⎝ y − 2 ⎠⎟
szürjektív. Következik, hogy
f
bijektív, és inverze g : \ \ {2} → \ \ {2}, g(x ) = f (x ) ,
∀ x ∈ \ \ {2} .
Oldjuk meg az f (x ) + xg (x ) = 0 egyenletet. Írhatjuk, hogy
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok (1 + x )f (x ) = 0 ⇔ (1 + x ) tehát x 1 = −1 és x 2 =
315
2x − 1 = 0 ⇔ (1 + x )(2x − 1) = 0 és x ≠ 2 , x −2
Tartalomjegyzék
1 az f (x ) + xg (x ) = 0 egyenlet megoldásai. 2
⎧− x + 2, x ≤0 ⎪ ⎪ 9. Ábrázold grafikusan az f : \ → \ , f (x ) = ⎨ 2 függvényt, majd ⎪ x − 3x + 2, x > 0 ⎪ ⎪ ⎩ vizsgáld a monotonitását és előjelét. Megoldás. Előbb vizsgáljuk a g : \ → \, g(x ) = x 2 − 3x + 2 függvényt. f értel-
mezése alapján f (x ) = g (x ) , ha x > 0 . A g függvény diszkriminánsa Δ = 9 − 8 = b 3 = pontban minimuma = 1 > 0 , főegyütthatója 1 > 0 , tehát a függvénynek a − 2a 2 ⎛ b ⎞⎟ Δ 1 = − . Mostmár megrajzolhatjuk g van és ennek az értéke g ⎜⎜− ⎟⎟ = − ⎝ 2a ⎠ 4a 4 grafikonját (bal oldali ábra). A fentiek alapján f grafikonja a jobb oldali mellékelt y ábra. y
3
g(x)
2
O 1 – 4
2
1
3 2
2
x
–1
O 1 – 4
1
3 2
2
A grafikon alapján ⎛ 3⎞ ⎧⎪pozitív, ha x ∈ (−∞,1) ∪ (2, ∞) ⎪⎧ ⎪ szigorúan csökkenő, ha x ∈ ⎜⎜−∞, ⎟⎟⎟ ⎪⎪ ⎪ ⎝ ⎠ ⎪ 2 x ∈ {1, 2} f ⎪ és f ⎪ . ⎨ ⎨0, ha ⎪ ⎪ ⎡ ⎞ 3 ⎪ ⎪ ⎟ szigorúan növekvő, ha x ∈ ⎢ , +∞⎟⎟ ⎪ ⎪ negatív, ha x ∈ (1, 2) ⎪⎪ ⎪⎪ ⎠ ⎢⎣ 2 ⎩ ⎩
x +1 1−x −2 < egyenlőtlenséget. 1−x x Megoldás. Az egyenlőtlenség rendre ekvivalens a következőkkel: x + 1 − 2(1 − x ) 1 − x −x − 1 1 − x − <0 ⇔ − <0 ⇔ 1−x x 1−x x 10. Oldd meg a valós számok halmazán az
x
316
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok (x + 1)x + (1 − x )(1 − x ) x 2 + x + x 2 − 2x + 1 >0 ⇔ ⇔ >0 ⇔ (1 − x )x (1 − x )x ⇔
2x 2 − x + 1 > 0. (1 − x )x
(1)
Az f (x ) = 2x 2 − x + 1, f : \ → \ másodfokú függvény szigorúan pozitív minden
x ∈ \ esetén (a = 2 > 0 és Δ = −7 < 0) , tehát az (1) egyenlőtlenség ekvivalens az 1 >0 x (1 − x ) egyenlőtlenséggel, ami az x (1 − x ) > 0 egyenlőtlenséggel egyenértékű, tehát x ∈ (0, 1) . 1 2 11. Legyen E (x ) = 2 . x + 2mx + m 2 + 1 a) Igazold, hogy E (x ) értelmezett minden m ∈ \ és x ∈ \ esetén. b) Határozd meg az m ∈ \ paraméter értékét úgy, hogy E (x ) legyen negatív minden x ∈ \ esetén. Megoldás. a) A kifejezés akkor értelmezett minden x , m ∈ \ esetén, ha a nevezőben szereplő, x -ben másodfokú függvény nem lesz nulla sehol (vagyis nem vált előjelt: pozitív vagy negatív \ -en). Ez csak akkor teljesülhet, ha diszkriminánsa negatív. Viszont Δ = m 2 − (m 2 + 1) = −1 < 0 ⇒ x 2 + 2mx + m 2 + 1 > 0 ∀ x , m ∈ \ . −x 2 + (m + 1)x −
b) Mint láttuk, N = x 2 + 2mx + m 2 + 1 > 0 ∀ x , m ∈ \ ⇒ a tört akkor lesz nega-
tív minden x ∈ \ esetén, ha a számlálója negatív minden x ∈ \ -re. A számláló diszkriminánsa ⎛ 1⎞ Δ = (m + 1)2 − 4 ⎜⎜− ⎟⎟⎟ (−1) = m 2 + 2m + 1 − 2 = m 2 + 2m − 1 . ⎝ 2⎠ Az x 2 együtthatója −1 , tehát a számláló akkor lesz negatív minden x -re, ha Δ = m 2 + 2m − 1 < 0 ⇔ m ∈ (−1 − 2, − 1 + 2 ) . (az m 2 + 2m − 1 = 0 egyenlet gyökei között) ⎧3x 2 + 3y 2 − 2x 2y 2 + 6xy + 5 = 0 ⎪ ⎪ 12. Oldd meg a valós számok halmazán az ⎪ ⎨ 2 ⎪ x y + xy 2 = 12 ⎪ ⎪ ⎩ egyenletrendszert. Megoldás. Kiemeljük xy -t a második egyenletből, majd bevezetjük az xy = p , x + y = s jelöléseket: xy(x + y ) = 12 ⇔ ps = 12 .
A rendszer a következőképpen alakul:
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
317
⎧⎪3(x 2 + 2xy + y 2 ) − 2x 2y 2 + 5 = 0 ⎧⎪3s 2 − 2p 2 + 5 = 0 ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ . ⎨ ⎪sp = 12 xy(x + y ) = 12 ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎩ Kifejezve p -t a második egyenletből és visszahelyettesítve az elsőbe, kapjuk, hogy: 288 3s 2 − 2 + s = 0 ⇔ 3s 4 + 5s 2 − 288 = 0 . s Ez egy bikvadratikus egyenlet, az s 2 = t jelöléssel −5 ± 25 + 12 ⋅ 288 −5 ± 59 = 3t 2 + 5t − 288 = 0 és t1,2 = , 6 6 64 tehát t1 = 9 és t2 = − . Mivel s 2 = t és s ∈ \ , t2 nem lehet megoldás. 6 Tehát y2 és s1 = 3, s2 = −3 . Az sp = 12 egyenlőségből p1 = 4 és p2 = −4 , tehát a megoldáshalmaz: M = {(3, 4), (−3, − 4)} . ⎧⎪x + y = s , következik, hogy x és y az Mivel ⎪⎨ sy = p ⎪⎪ ⎩ u 2 − su + p = 0 egyenlet gyökei, vagyis ha s = 3 és p = 4 , akkor Δ < 0 , tehát nem kapunk valós
megoldást, ha pedig s = −3 és p = −4 , akkor u1,2 =
−3 ± 2s ⇒ u1 = 1 és 2
u2 = −4 , tehát (x , y ) ∈ {(1, −4), (−4, 1)} . Κ függvény grafikus képének szim3π + 4 metriatengelye állapítsd meg az alábbi kijelentések igazságértékét: a) f (0) = f (4) ; b) f (x + 2) = f (x − 2), ∀ x ∈ \ ;
13. Ha az x = 2 egyenletű egyenes az b =
c) f (2 + x ) = f (2 − x ), ∀ x ∈ \ ;
d) f periodikus;
e) f páros.
Megoldás. Mielőtt nekifgunk az egyes alpontok megvizsgálásához, nézzük meg, hogy mit jelent az, hogy az x = 2 egyenletű egyenes szimmetriatengelye az f grafikus képének. Legyen x ≠ 2 (például x > 2 ). Vegyük fel az A (x , f (x )) pontot a grafikonon. Mivel az x = 2
egyenes (d ) szimmetriatengelye az f grafikonjának, következik, hogy a B (y, f (y )) pont is a grafikonhoz
y
O
x=2 B
O1 A(x, f(x))
y
2 x
x
2
tartozik, ahol BO1 = O1A , vy2 = (v 0 sin ϕ ) − 2gy , AO1 ⊥ d . Ez szükséges és elégséges feltétele annak, hogy a d szimmetriatengely legyen.
egyenes
Tartalomjegyzék
318
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
A fentiekből következik, hogy AB & Ox , tehát f (x ) = f (y ) , továbbá 2 − y = x − 2 (mert BO1 = O1A ). Tehát annak szükséges és elégséges feltétele, hogy az Κ függvénynek az x = 2 egyenletű egyenes szimmetriatengelye legyen az, b= 3π + 4 hogy tetszőleges x > 2 pontra teljesüljön az f (x ) = f (4 − x ) összefüggés. (*) Vizsgáljuk az adott eseteket: a) f (0) = f (4) igaz, mert x = 4 -re alkalmazzuk a (*) összefüggést. b) f (x + 2) = f (x − 2), ∀ x ∈ \ nem igaz, például az f (x ) = x − 2 függvény esetén, amely szimmetrikus az x = 2 egyenesre. c) f (2 + x ) = f (2 − x ), ∀ x ∈ \ egyenértékű az f (x ) = f (4 − x ) , x ≥ 2 feltétellel, tehát igaz. d) a b) pontban adott függvény nem periódikus, és kielégíti a feltételt, tehát nem igaz. e) Hasonlóan az előzőhöz, nem igaz. 14. Legyen f : ] → ] függvény úgy, hogy, f (m + n ) = f (m ) + f (n ) ∀ m, n ∈ ` és f (1) = 1 . Bizonyítsd be, hogy a) f (0) = 0 ; c) f páratlan;
b) f (n ) = n, ∀ n ∈ ` ; d) f (n ) = n, ∀ n ∈ ] .
Bizonyítás. a) Mivel f (m + n ) = f (m ) + f (n ) ∀ m, n ∈ ] esetén, következik,
hogy m = n = 0 esetén is igaz, tehát f (0 + 0) = f (0) + f (0) ⇔ f (0) = 2 f (0) ⇒ f (0) = 0 . b) Láttuk, hogy f (0) = 0 , a feltétel szerint pedig f (1) = 1 . Matematikai indukcióval igazoljuk, hogy f (n ) = n, ∀ n ∈ ` .
Feltételezzük, hogy f (n ) = n adott n természetes számre. Ebben az esetben, m = 1 et választva, kapjuk, hogy f (n + 1) = f (n ) + f (1) = n + 1 , az indukciós feltétel és a kezdeti feltétel szerint. Tehát a matematikai indukció alapján f (n ) = n, ∀ n ∈ ` . c) Legyen m = −n a feltételbeli összefüggésben. Kapjuk, hogy f (n − n ) = f (n ) + f (−n ) ⇔ 0 = f (0) = f (n ) + f (−n ) ⇔
−f (n ) = f (−n ), ∀ n ∈ ` − f (n ) = f (−n ), ∀ n ∈ ` esetén és innen következik, hogy bármely n ∈ ] esetén is fennáll az összefüggés ( n ∈ `* ⇒ − n ∈ ] \ ` , stb). Tehát f páratlan. d) a c) és b) pont alapján azonnal következik. 15. Határozd meg az tartományát és főperiódusát!
π⎞ ⎛ f (x ) = tg ⎜⎜3x − ⎟⎟ ⎝ 4⎠
függvény maximális értelmezési
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
319
Tartalomjegyzék π pontokban, ahol k ∈ ] , 2 ezért az f függvény nem lesz értelmezett azokban a pontokban, ahol π π 3x − = (2k + 1) , k ∈ ] ⇔ 4 2 ⎛k 1 ⎞ 1⎛ π π⎞ 1 ⎛ 3π ⎞ ⇔ x = ⎜⎜(2k + 1) + ⎟⎟ = ⎜⎜k π + ⎟⎟⎟ = π ⎜⎜ + ⎟⎟⎟ k ∈ ] ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 3 2 4 3 4 3 4⎠ ⎧⎛ k 1 ⎞ ⎫ Tehát f maximális értelmezési tartománya \ \ ⎨⎪⎜⎜ + ⎟⎟⎟ π | k ∈ ]⎬⎪ = \ \ I . ⎪ ⎪ ⎪⎝ 3 4 ⎠ ⎪ ⎩ ⎭ π A tg függvény főperiódusa π , ezért úgy sejtjük, hogy az f főperiódusa lesz. 3 π valóban periódus, mert ∀ x ∈ \ \ I esetén 3 ⎛ π⎞ π⎞ π ⎞⎞ π⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ⎛ f ⎜⎜x + ⎟⎟ = tg ⎜⎜(3x + π) − ⎟⎟ = tg ⎜⎜⎜π + ⎜⎜3x − ⎟⎟⎟⎟⎟ = tg ⎜⎜3x − ⎟⎟ = f (x ) . ⎝ ⎝ ⎝ ⎝ ⎝ 3⎠ 4⎠ 4 ⎠⎠ 4⎠ ⎛ π⎞ Ha létezne T ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ úgy, hogy f (T + x ) = f (x ), ∀ x ∈ \ \ I , akkor kéne teljesül⎝ 3⎠ π⎞ π⎞ ⎛ ⎛ jön a tg ⎜⎜3T + 3x − ⎟⎟ = tg ⎜⎜3x − ⎟⎟ egyenlőség, ahonnan következik, hogy ⎝ ⎠ ⎝ 4 4⎠ ⎛ π⎞ 3T = k π, k ∈ ] , tehát T ∉ ⎜⎜0, ⎟⎟ - ellentmondás. Következik, hogy f főperiódusa ⎝ 3⎠ π π kπ T = . (Abból, hogy periódus, következik, hogy is periódus, tetszőleges 3 3 3 k ∈ ] esetén.) Megoldás. A tg függvény nem értelmezett a (2k + 1)
16. Határozd meg az f (x ) = sin 6x + cos 3x függvény főperiódusát! Megoldás. Feltételezzük, hogy f periódikus és legyen T egy periódus. Ekkor t. π Tegyünk x helyébe x = 0 illetve x = -mat, a fenti egyenletbe. Felhasználva, hogy 3 sin(2π + α) = sin x és cos(π + α) = − cos α, ∀ x ∈ \ , kapjuk, hogy
⎧sin 6T + cos 3T = 1 ⎧⎪sin 6T = 0 ⎪ 2k π ⎪ ⇔ ⎪ ⇔ T∈ |k ∈ ] = I . ⎨ ⎨ ⎪ ⎪ − = − = sin 6 T cos 3 T 1 cos 3 T 1 3 ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ Tehát, ha f periódikus, akkor a periódus csak a fent megadott halmazból kerülhet ki. Viszont f értelmezéséből azonnal adódik, hogy az I halmaz összes eleme periódusa 2π f -nek, következik, hogy (mivel más periódus nem lehet) f főperiódusa T = . 3
{
}
17. Tanulmányozd az f (x ) = sin 2x + cos 3x függvény periodicitását!
320
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
Megoldás. Feltételezzük, hogy f periódikus és T ≠ 0 egy periódusa. Következik, hogy f (x + T ) = f (x ), ∀x ∈ \ , vagyis
sin( 2x + 2T ) + cos( 3x + 3T ) = sin 2x + cos 3x , ∀ x ∈ \ . Legyen x = 0 , majd x = 3π . Kapjuk, hogy (1) sin 2T + cos 3T = 1 és sin( 6π + 2T ) + cos(3π + 3T ) = sin 6T + cos 3π . Vagyis az alábbi egyenlőségek kell teljesüljenek: ⎧⎪sin 2T + cos 3T = 1 ⎪⎪ . ⎨ ⎪⎪sin( 6π + 2T ) − cos 3T = sin 6π − 1 ⎪⎩ Összeadva az előbbi két egyenletet, következik, hogy sin 2T + sin( 6π + 2T ) = sin 6π ,
ahonnan szorzattá alakítással 6π + 2 2T 6π 6π 6π 2sin cos = 2 sin cos . 2 2 2 2 6π ≠ 0 , egyszerűsíthetünk vele: Mivel cos 2 6π + 2 2T 6π sin = sin . (2) 2 2 A (2) egyenlőség (lásd Trigonometriai egyenletek fejezet) csak akkor teljesülhet, ha létezik olyan k egész szám, amelyre T kieléíti az alábbi egyenletek egyikét: ⎧⎪ 2 2T + 2 6π ⎪⎪ = π + 2k π vagy ⎪⎪ 2 ⎨ ⎪⎪ 2 2T 0 ⎪⎪ + = 2k π 2 ⎪⎩ 2 π(2k + 1 − 6) 2k π amelyeket így is írhatunk: T = vagy T = , k ∈ ]* (T ≠ 0) . 2 2 2k π 1. eset. Ha T = , k ∈ ] alakú, akkor visszahelyettesítve (1)-be, kapjuk, hogy 2 3 0 + cos 2k π = cos 6k π = 1 , 2 ami lehetetlen, mert 6k nem lehet egész k ∈ ]* -ra. π(2k + 1 − 6) 2. eset. Ha T = , akkor ismét az (1) egyenlőség alapján 2 3 π(2k + 1 − 6) = 1 ⇔ sin(2k + 1 − 6)π + cos 2
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
321
⎡ ⎛ 3 ⎞⎤ ⇔ sin 6π + cos ⎢⎢3π − ⎜⎜ π(2k + 1)⎟⎟⎟⎥⎥ = 1 ⇔ ⎜⎝ 2 ⎠⎟⎦ ⎣ 3 ⇔ sin 6π − cos π(2k + 1) = 1 . 2 18. Adott az f : \ → \ , f (x ) = a sin x + b cos x ( a, b ∈ \ ) függvény. Igazold, hogy f (x ) = 0 ∀ x ∈ \ ⇔ ∃ x1, x 2 ∈ \ úgy, hogy x 1 − x 2 ≠ k π (k ∈ ]) és f (x 1 ) = f (x 2 ) = 0 . Bizonyítás. A szükségesség nyilvánvaló, mert ha f (x ) = 0 ∀ x ∈ \ , akkor
f (e π 3 2) = 0 és f (e π ) = 0 , továbbá eπ 3 2 − e π ≠ k π (k ∈ ]) .
Igazoljuk az elégségességet: Tehát ∃ x, y ∈ \ úgy, hogy x − y ≠ k π (k ∈ ]) és f (x ) = f (y ) = 0 , vagyis
⎪⎧⎪a sin x + b cos x = 0 . ⎨a ⎪⎪b sin y + b cos y = 0 ⎩ Összeadva és kivonva a két egyenletet, következik, hogy ⎧⎪ ⎛ x +y x − y ⎞⎟ x +y x − y ⎞⎟ ⎛ ⎪⎪a ⋅ ⎜⎜2 cos sin sin ⎟ + b ⋅ ⎝⎜⎜−2 sin ⎟=0 ⎝ ⎠ ⎪⎪ 2 2 2 2 ⎠ ⎨ ⎪⎪ ⎛ x +y x − y ⎞⎟ x +y x − y ⎞⎟ ⎛ + b ⋅ ⎜⎜2 cos =0 cos cos ⎪⎪a ⋅ ⎜⎜⎝2 sin ⎟ ⎝ 2 2 ⎠ 2 2 ⎠⎟ ⎪⎩ vagyis ⎧⎪ x − y ⎛ x +y x + y ⎞⎟ ⎪⎪sin ⎜⎜a cos − b sin = 0 (1) ⎪⎪ 2 ⎝ 2 2 ⎠⎟ ⎨ ⎪⎪ x −y ⎛ x +y x + y ⎞⎟ ⎜⎜a sin + b cos ⎪⎪cos ⎟ = 0 (2) ⎝ 2 2 2 ⎠ ⎪⎩ x −y π Mivel x − y nem többszöröse π -nek -és ezért sem többszöröse -nek- egy2 2 x −y x −y szerűsíthetünk az (1) egyenletben sin -vel, a (2) egyenletben pedig cos 2 2 vel: x +y x +y ⎧⎪ − b sin =0 ⎪⎪a cos 2 2 ⎪ ⎨ x +y x +y ⎪⎪ ⎪⎪a sin 2 + b cos 2 = 0 ⎩ x +y x +y Legyen cos = u és sin = v . Tételezzük fel, hogy a és b nem lehetnek 2 2 egyszerre 0-k (vagyis f nem a nullfüggvény) és ellentmondást vezetünk le belőleÉ
Tartalomjegyzék
322
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
⎧au − bv = 0 (3) ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ av + bu = 0 (4) ⎪ ⎪ ⎩ Szorozzuk (3)-mat a -val és (4)-et b -vel, majd adjuk össze. Kapjuk, hogy (a 2 + b 2 )u = 0 és mert a 2 + b 2 > 0 , következik, hogy u = 0 . Ismét felhsználva, hogy
a 2 + b 2 > 0 , behelyettesítve u -t mindkét egyenletbe, kapjuk, hogy v = 0 . x +y x +y Tehát és következik, hogy sin = cos =0 2 2 1 x +y π = k π = + l π, k , l ∈ ] , vagyis ∃ k, l ∈ ] úgy, hogy k = + l a 2 2 ellentmondás, tehát a = b = 0 , ami azt jelenti, hogy f (x ) = 0, ∀ x ∈ \ . 19.
sin x + cos x = p .
Legyen 2
2
3
Számítsd
3
kifejezés tg x + ctg x + tg x + ctg x + tg x + ctg x függvényében. Megoldás. Mivel sin x + cos x = p , következik, hogy
ki értékét
a x = 30
p 2 = sin2 x + 2 sin x cos x + cos2 x = 1 + 2 sin x cos x ,
p2 − 1 . Továbbá 2 sin x cos x 1 1 2 tg x + ctg x = + = = = 2 ; cos x sin x sin x cos x q p −1 2 ⎛ 2 ⎞⎟ 4 2 2 2 ⎜ tg x + ctg x = (tg x + ctg x ) − 2tg x ⋅ ctg x = ⎜ 2 −2; ⎟ −2⋅1 = 2 ⎜⎝ p − 1⎠⎟ (p − 1)2
tehát q = sin x cos =
tg3x + ctg3x = (tg x + ctg x )3 − 3tg2x ⋅ ctg x − 3tg x ⋅ ctg2x = 3
3
⎛ 2 ⎞⎟ ⎛ 2 ⎞⎟ 2 . = ⎜⎜ 2 ⎟⎟ − 3 ⋅ (tg x + ctg x ) = ⎜⎜ 2 ⎟ − 3⋅ 2 ⎜⎝ p − 1⎠ ⎜⎝ p − 1⎠⎟ p −1
Tehát
S = (tg x + ctg x ) + (tg2x + ctg2x ) + (tg3x + ctg3x ) = 2 4 8 2 + −2 + 2 − 3⋅ 2 = p 2 − 1 (p 2 − 1)2 (p − 1)3 p −1 4 4 8 =− 2 + 2 + 2 −2. 2 p − 1 (p − 1) (p − 1)3
=
20. Igazold, hogy
1 , ∀ x ∈\; 2 1 b) sin 6 x + cos6 x ≥ , ∀ x ∈ \ ; 4 a) sin 4 x + cos4 x ≥
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
323
1 − sin 2x ≤ 2, ∀ x ∈\. sin x − cos x Bizonyítás. a) A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget használjuk, a sin 2 x és cos2 x pozitív vagy 0 valós számokra, x ∈ \ . 1 sin2 x + cos2 x = ≥ sin2 x cos2 x , x 2 ahonnan négyzetreemeléssel 1 ≥ sin2 x cos2 x . (*) 4 A kapott egyenlőtlenség rendre ekvivalens a következőkkel: 1 1 ≥ 2 sin2 x cos2 x ⇔ 1 − ≤ 1 − 2 sin2 x cos2 x ⇔ 2 2 1 1 2 2 2 2 ⇔ ≤ (sin x + cos x ) − 2 sin x cos2 x ⇔ ≤ sin 4 x + cos2 x , 2 2 ami, éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség. 1 b) Az előző alpontban már igazoltuk, hogy sin 4 x + cos2 x ≥ , ∀ x ∈ \ . Ez az 2 egyenlőtlenség a következő alakban is írható: 1 (sin 4 x + cos4 x )(sin2 x + cos2 x ) ≥ ⇔ 2 1 ⇔ ⇔ sin6 x + cos6 x + sin 4 x cos2 x + cos4 x sin2 x ≥ 2 1 ⇔ sin 6 x + cos6 x + 1 ⋅ sin2 x cos2 x ≥ ∀ x ∈ \. (**) 2 1 A (*) egyenlőtlenség szerint sin2 x cos2 x ≤ , ∀ x ∈ \ , tehát a (**) egyenlőtlen4 1 ségben sin 2 x cos2 x -et -re növelhetjük, vagyis 4 1 1 1 sin6 x + cos6 x + ≥ ⇔ sin 6 x + cos6 x ≥ , ∀ x ∈ \ . 4 2 4 π 1 − sin 2x ≤ 2 ∀ x ∈ \ \ I , ahol I = + k π . c) Azt kell bizonyítanunk, hogy 4 sin x − cos x 2 2 2 1 − sin 2x sin x + cos x − 2 sin x cos x (sin x − cos x ) = = = sin x − cos x = sin x − cos x sin x − cos x sin x − cos x c)
=
π π π⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 2 ⎜⎜cos sin x − sin cos x ⎟⎟ = 2 sin ⎜⎜x − ⎟⎟ ≤ 2, ∀ x ∈ \ \ I . ⎝ ⎠ ⎝ 4 4 4⎠
Tartalomjegyzék
324
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
a −b , majd oldd meg 2 a (sin a + sin b ) x 2 − 2 (cos a + cos b ) x − sin a − sin b = 0 egyenletet. x1 -gyel és x 2 2
2
21. Igazold, hogy (cos a + cos b ) + (sin a + sin b ) = 4 cos2
vel jelölve a fenti egyenlet gyökeit, számítsd ki az a + b értékét, ha x 12 + x 22 = 2 ( a és b a másodfokú egyenlet együtthatóit jelöli a szokásos jelöléssel). a +b a −b cos Bizonyítás. Alkalmazzuk a cos a + cos b = 2 cos és 2 2 a +b a −b sin a + sin b = 2 sin cos képleteket. Tehát. 2 2 a +b a −b a +b a −b = (cos a + cos b)2 + (sin a + sin b)2 = 4 cos2 cos2 + 4 sin2 cos2 2 2 2 2
= 4 cos2
a −b ⎛ 2 a + b a + b ⎞⎟ 2 a −b ⎜⎜cos + sin2 . ⎟⎟ = 4 cos ⎝ ⎠ 2 2 2 2
Oldjuk meg a (sin a + sin b)x 2 − 2(cos a + cos b)x − (sin a + sin b) = 0 egyenletet: Ha sin a + sin b ≠ 0 , akkor x 1,2 =
cos a + cos b ± (cos a + cos b)2 + (sin a + sin b)2
sin a + sin b a −b cos a + cos b ± 2 cos 2 = = sin a + sin b a +b a −b a −b a +b ± cos ±1 cos cos cos 2 2 2 = 2 = . a +b a −b a +b sin cos sin 2 2 2 a +b a +b −1 + cos 1 + cos 2 és x = 2 . Tehát x 1 = 2 a +b a +b sin sin 2 2
=
Mivel x 12 + x 22 = (x 1 + x 2 )2 − 2x 1x 2 = s 2 − 2p , a Viète-összefüggések alapján 2(cos a + cos b)2 (sin a + sin b) ⋅ (−1) −2⋅ = 2. (sin a + sin b) sin a + sin b 2 ⎛ ⎞ ⎜⎜s = 2(cos a + cos b ) ; p = − sin a − sin b ⎟⎟ ⎜⎝ (sin a + sin b ) sin a + sin b ⎠⎟⎟ a +b a −b cos =0. Tehát (cos a + cos b)2 = 0 , vagyis cos 2 2
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
325
22. Határozd meg az f : \ → \ , f (x ) = 3 sin 2x − cos 2x függvény maximumát és minimumát. Megoldás. Észrevesszük, hogy π π π⎞ ⎛ ⎞ ⎛ f (x ) = 2 ⋅ ⎜⎜cos sin 2x − sin cos 2x ⎟⎟ = 2 sin ⎜⎜2x − ⎟⎟ . ⎝ ⎝ ⎠ 6 6 6⎠ Tehát f maximuma 2 és minimuma –2. 23. Ha sin 2 (a + c ) = n sin 2b , akkor igazold, hogy n +1 tg (a + b + c ) = tg (a − b + c ) . (1) n −1 Bizonyítás. A feladatnak nyilván akkor van értelme, ha a tangensek értelmezettek és n ≠ 1 . Abban az esetben, ha sin 2b = 0 , akkor sin 2(a + c ) = 0 , tehát sin 2b + sin 2(a + c ) = 2 sin(a + b + c ) cos(a + c − b ) = 0 és − sin 2b + sin 2(a + c ) = 2 sin(a − b + c ) cos(a + b + c ) = 0 , és (mivel a tangensek értelmezettek) következik, hogy sin(a + b + c) = sin(a − b + c) = 0 = tg (a + b + c) − tg (a − b + c) .
Tehát fennáll az (1) egyenlőség. Feltételezhetjük, hogy sin 2b ≠ 0 , ezért sin 2(a + c) és n= sin 2b sin 2(a + c) + sin 2b 2 sin(a + b + c) cos(a + c − b) . n +1 = = sin 2b sin 2b Továbbá sin 2(a + c) − sin 2b 2 sin(a − b + c) cos(a + b + c) , n −1 = = sin 2b sin 2b tehát n + 1 sin(a + b + c) cos(a − b + c) tg (a + b + c) = ⋅ = . n − 1 cos(a + b + c) sin(a − b + c) tg (a − b + c) Így az állítást igazoltuk. 24. Bizonyítsd be, hogy igazak az alábbi ekvivalenciák: sin (a + b ) sin (c + d ) cos (a + d ) cos (c + b ) tg a tg c = = ⇔ ⇔ . = sin (a − b ) sin (c − d ) cos (a − d ) cos (c − b ) tg b tg d Megoldás. Hamis! Attól, hogy sin(a − b ) és sin(c − d ) nem nulla, cosa , vagy cos c , stb. Lehet nulla! Ha eltekintünk ettől, a megoldás a következő: sin (a + b ) sin (c + d ) sin a cos b + cos a sin b sin c cos d + cos c sin d = ⇔ = . sin (a − b ) sin (c − d ) sin a cos b − cos a sin b sin c cos d − cos c sin d
Tartalomjegyzék
326
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
Aránypárok származtatásával rendre a következő, az előzővel ekvivalens összefüggéseket kapjuk: 2 sin a cos b 2 sin c cos d = ⇔ sin a cos b − cos a sin b sin c cos d − cos c sin d tg a tg c sin a cos b sin c cos d = . ⇔ = ⇔ − cos a sin b − cos c sin d tg b tg d Igazoljuk a
cos (a + d ) cos (c + b ) tg a tg c = ⇔ ekvivalenciát: = cos (a − d ) cos (c − b ) tg b tg d
cos (a + d ) cos (c + b ) cos a cos d − sin a sin d cos c cos b − sin c sin b = ⇔ = . cos (a − d ) cos (c − b ) cos a cos d + sin a sin d cos c cos b + sin c sin b
Hasonlóan az előző megoldáshoz, az előbbi egyenlőség ekvivalens a következővel: cos a cos d cos c cos b cos a sin b cos c sin d ⇔ = ⇔ = sin a sin d sin c sin b cos a cos b sin c cos d tg b tg d tg a tg c ⇔ = ⇔ = tg a tg c tg b tg d Megjegyzés. Természetesen csak akkor állnak az ekvivalenciák, ha a nevezőkben megjelenő kifejezések nem lehetnek nullák. 25. Bizonyítsd be, hogy cos
π 3π 2π = − cos , majd számítsd ki cos -öt és igazold a 5 5 5
2π 4π 1 + cos = − egyenlőséget. 5 5 2 Bizonyítás. cos(π − x ) = cos π cos x + sin π sin x = − cos x , ∀ x ∈ \ , tehát cos
3π ⎛ 2π ⎞ 2π = cos ⎜⎜ π − ⎟⎟⎟ = − cos . ⎝ 5 5⎠ 5 π π A cos értékét két lépésben számoljuk ki: előbb kiszámoljuk sin -et, amjd utána a 5 10 π 2 cos 2x = 1 − 2 sin x képletet használva megkapjuk cos -öt. 5 2π ⎛ π 2π ⎞ 3π π π π π sin = cos ⎜⎜ − ⎟⎟⎟ = cos ⇒ 2 sin cos = 4 cos 3 − 3 cos , ⎝ ⎠ 10 2 10 10 10 10 10 10 π ≠ 0 , kapjuk, hogy és mivel cos 10 π π π π 2 sin = 4 cos2 − 3 , vagyis 2 sin = 4 − 4 sin2 −3 10 10 10 10 ahonnan a π π 4 sin2 + 2 sin − 1 = 0 2 10 cos
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
327
π −1 + 5 π −1 − 5 = = , vagy sin és mivel egyenletet kapjuk. Tehát sin 10 4 10 4 π π −1 + 5 sin > 0 , következik, hogy sin = . 10 10 4 π π 6−2 5 3− 5 1+ 5 = 1−2⋅ = 1− = Tehát cos = 1 − 2 sin2 . 4 5 10 16 4 2π 4π + cos Számítsuk ki cos értékét: 5 5 2π 4π 6π 2π 2π π + cos = 2 cos = −2 cos cos cos cos = 5 5 10 10 5 5 ⎛ ⎞ 5 +1 π π 6+2 5 ⎛ ⎞ = −2 ⎜⎜2 cos2 − 1⎟⎟ cos = −2 ⎜⎜2 − 1⎟⎟⎟ = ⎜⎝ ⎝ ⎠ 5 5 16 ⎠⎟ 4
= −2 ⋅
5 −1 5 +1 4 1 ⋅ = −2 ⋅ =− . 2 4 4 16
26. Bizonyítsd be, hogy tg α + tg (α + 60o ) + tg (α + 120o ) = 3 tg 3α . Bizonyítás. Alkalmazzuk a tg a + tg b =
sin(a + b) képletet az a = α + 60D és cos a cos b
b = α + 120D értékekre: tg (α + 60D ) + tg (α + 120D ) = tg (α + 60D ) + tg (α − 60D ) = =
sin 2α sin 2α 2 sin 2α = . D = D D 1 cos 2α + cos 120 cos(α + 60 ) cos(α − 60 ) cos 2α − 2 2
Tehát
sin α 2 sin α + = cos α cos 2α − 1 2 1 1 sin α cos 2α − sin α + 2 sin 2α cos α sin 3α − sin α + sin 2α cos α 2 2 = = = 1 1 cos α cos 2α − cos α cos 3α − cos α + sin 2α sin α 2 2 1 sin 3α + sin α sin 3α − sin α + 2 sin 3α 2 2 = = = 3 ⋅ tg 3α . 1 cos α − cos 3α cos 3α cos 3α − cos α + 2 2 Megjegyzés. A következő képleteket alkalmaztuk: sin(a + b) + sin(a − b ) cos(a + b) + cos(a − b) ; cos a cos b = ; sin a cos b = 2 2 sin(a − b) − cos(a + b) ; sin 3α = sin 2α cos α + cos 2α sin α ; sin a sin b = 2 tg α + tg (α + 60D ) + tg (α + 120D ) =
Tartalomjegyzék
328
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
cos 3α = cos 2α cos α − sin 2α sin α .
27. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben a sin B + b sin A = 2c sin C és b sin C + c sin B = 2a sin A , akkor az ABC Δ egyenlő oldalú. Bizonyítás. Mivel A, B, C ∈ (0, π) , következik, hogy sin A, sin B, sin C nem
lehetnek nullával egyenlők. Osszuk el az első egyenletet sin B sin A -val, a másodikat pedig sin C sin B -vel. Kapjuk, hogy a b sin C b c sin A + = 2c + = 2a ; . sin A sin B sin A sin B sin B sin C sin B sin C a b c = = Viszont a szinusztétel alapján , ezért a fenti egyenlőségek a sin A sin B sin C következőképpen alakulnak: 1 sin C = ⇔ sin2 C = sin A sin B ; (1) sin C sin A sin B 1 sin A = ⇔ sin2 A = sin B sin C . (2) sin A sin B sin C sin 2 B = sin A sin C . (3) (1) és (2)-ből következik, hogy Összeadva az (1), (2) és (3) egyenlőségeket, kapjuk, hogy sin2 A + sin2 B + sin2 C = sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A ⇔
⇔ (sin A − sin B )2 + (sin B − sin C )2 + (sin C − sin A)2 = 0 , tehát sin A = sin B = sin C , és háromszög esetében ez azt jelenti, hogy A = B = = C = 60D , vagyis a háromszög egyenlő oldalú. 28. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben b cos C = c cos B , akkor a háromszög egyenlő szárú. Bizonyítás. Írjuk fel a koszinusztételt a b és c oldalakra:
b 2 = a 2 + c 2 − 2ac cos B ; c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C . Most fejezzük ki a fenti összefüggésekből c ⋅ cos B -t illetve b ⋅ cos C -t: a 2 + c2 − b2 a 2 + b2 − c2 c ⋅ cos B = b ⋅ cos C = ; . 2a 2a a 2 + c2 − b2 a 2 + b2 − c2 = A feltétel szerint , vagyis b 2 = c 2 , és mivel b és c 2a 2a pozitív számok (egy háromszög oldalainak hossza), következik, hogy b = c . Tehát a háromszög egyenlő szárú. 29. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben b 2 + 2ac cos B = a 2 + 2bc cos A , akkor a háromszög egyenlő szárú. Bizonyítás. A koszinusztételből kapjuk, hogy
b 2 = a 2 + c 2 − 2ac cos B illetve a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A . A fentiekből következik, hogy
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
329
b 2 + 2ac cos B = a 2 + c 2 és a 2 + 2bc cos A = b 2 + c 2 , tehát a feltétel szerint a 2 + c 2 = b 2 + c 2 , vagyis a = b , mert a és b pozitívak. 30. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben a cos A = c cos B , akkor az ABC Δ egyenlő szárú vagy derékszögű. Bizonyítás. A koszinusztétel alapján a 2 (b 2 + c 2 − a 2 ) − b 2 (a 2 + c 2 − b 2 ) (a 2 − b 2 )(c 2 − a 2 − b 2 ) a cos A − b cos B = = . 2abc 2abc Tehát, ha a cos A − b cos B = 0 , akkor a 2 = b 2 vagy c 2 = a 2 + b 2 . 31. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben cos B + cos C =
b +c , akkor az ABC Δ a
derékszögű. Bizonyítás. A koszinusztételből kifejezzük cos B -t és cosC -t: a 2 + c2 − b2 a 2 + b2 − c2 cos B = ; cos C = . 2ac 2ab a 2 + c2 − b2 a 2 + b2 − c2 bc + = , vagyis A feltétel szerint 2ac 2ab a (a 2 + c 2 − b 2 ) ⋅ b + (a 2 + b 2 − c 2 ) ⋅ c = (b + c) ⋅ 2bc . Elvégezve a műveleteket, kapjuk, hogy a 2b + a 2c − b 3 − c 3 − b 2c − c 2b = 0 ⇔
a 2 (b + c) − (b + c)(b 2 − bc + c 2 ) − bc(b + c) = 0 ⇔ (b + c )(a 2 − b 2 − c 2 ) = 0 .
Mivel b és c pozitív valós számok, a fenti egyenlőségből az a 2 = b 2 + c 2 egyenlőség következik, tehát az ABC Δ derékszögű. 32. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben
h b +c = a = 2 , akkor az ABC Δ a la
derékszögű. Bizonyítás. Az la = 2
bc sin A bc A összefüggések alapján: cos és ha = a 2 b +c ha b +c A = sin . la a 2
Tehát az adott egyenlőségből sin
A 2 l ) = 90D . = és így m(A 2 2
33. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben
l ) = 60o . m(A
b3 + c3 − a 3 = a 2 , akkor b +c −a
Tartalomjegyzék
330
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
Bizonyítás. A koszinusztételből és a feltételből következik, hogy b3 + c3 − a 3 = b 2 + c 2 − 2bc cos A , b +c −a vagyis b 3 + c 3 − a 3 = b 3 + c 2b − 2b 2c cos A + b 2c + c 3 − 2bc 2 cos A − ab 2 − ac 2 + 2abc cos A , tehát a 3 + c 2b + b 2c − ab 2 − ac 2 + 2abc cos A − 2bc 2 cos A − 2b 2c cos A = 0 . Kiemelve a -t az őt tartalmazó tagokból kapjuk, hogy a(a 2 − b 2 − c 2 + 2bc cos A) + b 2c + c 2b − 2 cos A(b 2c + bc 2 ) = 0 ,
tehát (b 2c + c 2b)(1 − 2 cos A) = 0 . Mivel b 2c + c 2b > 0 , következik, hogy cos A =
l ) = 60D . hogy m(A 34. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben
1 és mert A ∈ (0, π) , következik, 2 1 1 3 , akkor + = a +b b +c a +b +c
l ) = 60o . m(B Bizonyítás. Szorozzuk be a fenti összefüggést (a + b )(b + c )(a + b + c ) -vel. Kapjuk, hogy: (a + 2b + c) ⋅ (a + b + c) = 3(ab + ac + bc + b 2 ) ⇔ a 2 + 2ab + ac + ab + 2b 2 + bc + ac + 2bc + c 2 = 3ab + 3ac + 3bc + 3b 2 , vagyis b 2 = a 2 + c 2 − ac . 1 Viszont a koszinusztétel alapján b 2 = a 2 + c 2 − 2ac cos B , tehát cos B = és 2 l ) = 60D . m(B 35. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben (b + c)a = b 2 + c 2 és b + c =
l ) = 30o . akkor m(A Bizonyítás. Kiszámítjuk b 2 + c 2 -et és 2bc -t a függvényében: 2 3 2 b 2 + c 2 = (b + c) ⋅ a = a , 3 továbbá 4 2 3 2 4 −2 3 (b + c)2 − (b 2 + c 2 ) = 2bc = a 2 − a = a2 ⋅ . 3 3 3 A koszinusztétel alapján a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A , és behelyettesítve a b 2 + c 2 illetve 2bc értékeit, kapjuk, hogy
2 3 a, 3
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
331
2 3 2 4−2 3 a = a − a2 ⋅ cos A , 3 3 ⎛ 2 3 ⎞⎟ 3 3−2 3 3 ⎟⎟ ⋅ . cos A = ⎜⎜1 − = = ⎟ ⎜⎝ 3 ⎠ 2 3 −4 2 3 −4 2 2
tehát
Következik,
hogy
l ) = 30D . m(A l ) ≤ 60o . 36. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben b 2 + c 2 = 2a 2 , akkor m(A Bizonyítás. A koszinusztétel felhasználásával a feltételből következik, hogy a2 > 0 és mivel 0 D < A < 180 D , következik, hogy a 2 = 2bc cos A , vagyis cos A = 2bc 0 D < A < 90 D (a koszinusz pozitív). b2 + c2 ≥ b 2c 2 = bc , tehát Ugyancsak a feltételből írhatjuk, hogy a 2 = 2 bc 1 cos A ≥ = . 2bc 2 ⎛ π ⎞⎟ Mivel a koszinuszfüggvény a ⎜⎜0, ⎟ intervallumon szigorúan csökkenő és cos 60D = ⎝ 2⎠ π 1 l ) ≤ 60D . = cos = , a fenti egyenlőségből következik, hogy m(A 3 2 G G 37. Tekintsük az O kezdőpontú, i és j egymásra merőleges egységvektorokkal megadott koordináta-rendszert. Határozzuk meg a P és Q pontok koordinátáit ebben a koordinátarendszerben, ha tudjuk hogy ⎯⎯→
→
⎯⎯→
→
→
→
OP = 3 i − 2 j és PQ = 2 i − 4 j . Megoldás. Rajzoljuk le a koordináta-rendzsert: y j O 2(–j )
y j O
3i
i
i P
x
OP P
OQ
JJJG G G G G Mivel OP = 3i − 2 j = 3i + 2 ⋅ (−j ) , a paralelogramma szabály szerint megkapjuk a P pontot a G G 3i és 2(−j ) vektorokból. Tehát a P pont koordinátái P (3, 2) . Most tételezzük fel, hogy ismerjük a Q pont helyét.
x
OP
Q
Tartalomjegyzék
332
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
Tartalomjegyzék JJJG JJJG JJJG JJJG G G Mivel OQ = OP + PQ , következik, hogy OQ = 5i − 6 j , tehát a Q pont koordinátái Q (5, −6) . X.2. Összefoglaló feladatok (224. oldal) 1. Bizonyítsd be, hogy tg α + tg (α + 20o ) + tg (α + 40o ) + tg (α + 60o ) + ... + tg (α + 160o ) = 9 tg 9α . Bizonyítás. A 26. gyakorlat alapján: tg α + tg (α + 60D ) + tg (α + 120D ) = 3 tg (3α)
tg (α + 20D ) + tg (α + 80D ) + tg (α + 140D ) = 3 tg (3α + 60D ) és tg (α + 40D ) + tg (α + 100D ) + tg (α + 160D ) = 3 tg (3α + 120D ) 8
tehát
∑ tg (α + 20
D
⋅ k ) = 3 (tg 3α + tg (3α + 60D ) + tg (3α + 120D )) = 9 tg 9α
k =0
8π 12π 18π 1 π 7 π + cos + cos = cos + sin . 35 35 35 2 5 2 5 Biyonyítás. A feladat a Kvant nevű folyóirat 4/1982-es számában jelent meg. π = ( 2 − 1)( 3 − 2 ) . 3. Bizonyítsd be, hogy tg 24 π π Bizonyítás. Előbb kiszámoljuk sin és cos értékét: 12 12
2. Bizonyítsd be, hogy cos
3 π 1− 6 = 2 = 6 − 2 és 2 2 4 π 1 + cos π 6 = 6+ 2. cos = 12 2 4 x sin x képlet alapján: A tg = 2 1 + cos x 6− 2 ( 6 − 2 )(4 + 2 − 6 ) 6− 2 π 4 = tg = = = 2 6+ 2 24 4+ 6+ 2 4 + 2 − 6 ( ) 1+ 4 4 6 +2 3 −6−4 2 −2 +2 3 4 6 +4 3 −4 2 −8 = = = 12 + 8 2 12 + 8 2 6 + 3 − 2 − 2 ( 6 + 3 − 2 − 2)(3 − 2 2 ) = = = 3+2 2 9−8 = ( 2 − 1)( 3 − 2 ) . π sin = 12
1 − cos
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
333
5π = 6 + 3 − 2 −2 . 24 5π tg + ( 2 − 1)( 3 − 2 ) π π ⎞⎟ ⎛ 5π 24 Bizonyítás. 1 = tg = tg ⎜⎜ + ⎟ = ⇒ 5π ⎝ 24 24 ⎠ 4 1 − tg 2 − 1)( 3 − 2 ) ( 24 5π 5π ⇒ 1 − tg ( 2 − 1)( 3 − 2 ) = tg 24 + ( 2 − 1)( 3 − 2 ) . 24 5π 1 − ( 2 − 1)( 3 − 2 ) = Tehát tg , és a műveletek elvégzése után megkapjuk a 24 1 + ( 2 − 1)( 3 − 2 )
4. Bizonyítsd be, hogy tg
kívánt eredményt. 5. Hasonlítsd össze a cos 36o és tg 36o értékeket. π Megoldás. 36D = rad és az X.1.25 feladatban megmutattuk, hogy 5 π 1+ 5 cos = . 5 4 π π π π π Igazoljuk, hogy cos > tg , vagyis cos2 > sin . Mivel cos > 0 és 5 5 5 5 5 π 4 π 2 π sin > 0 , a fenti egyenlőtlenség egyenértékű a cos > 1 − cos egyenlőtlenség5 5 5 gel. Ez az egyenlőtlenség a következő alakban is írható: 4 2 ⎛1 + 5 ⎞⎟ ⎛ 1 + 5 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎟ > 1−⎜ ⎟ ⇔ 56 + 24 5 > 160 − 32 5 ⇔ ⎜⎝ 4 ⎠⎟⎟ ⎝⎜ 4 ⎠⎟⎟
⇔ 56 5 > 104 ⇔ 28 5 > 57
(1)
Mivel 5 > 2, 2 , következik, hogy 28 5 > 28 ⋅ 2, 2 = 61, 6 > 57 ,tehát az (1) egyenlőtlenség igaz, ezért a cos 36D > tg 36D egyenlőtlenség is igaz. 6. Bizonyítsd be, hogy tg 55o > 1, 4 .
1 + tg 10D egyenlőség alapján a bizonyí1 − tg 10D 1 tandó egyenlőtlenség ekvivalens a tg 10D > egyenlőtlenséggel. 6 3 1 ⎡ 1⎤ 3 tg x − tg x összefüggés és az u : ⎢0, ⎥ → \ , Ha tg 10D ≤ , akkor a tg 3x = 2 ⎢⎣ 6 ⎥⎦ 6 1 − 3 tg x Bizonyítás. A tg 55D = tg (45D + 10D ) =
u (x ) = 3u − u 3 függvény monotonitása alapján ( u szigorúan növekvő ) a 1 1 3⋅ − 3 107 D 6 6 = egyenlőtlenséghez jutunk. tg 30 ≤ 1 ⋅ 6 33 1− 3⋅ 2 6
Tartalomjegyzék
334
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
3 3 107 > és . A kapott ellentmondás alapján tg 55D > 1, 4 . Másrészt tg 30 = 3 3 6 ⋅ 33 D
7. Bizonyítsd be, hogy tg 11o < 0, 2 . 1 2 tg x Bizonyítás. Ha tg 11D > , akkor a tg 2x = egyenlőtlenség alapján kö5 1 − tg2 x 1 2⋅ D 5 = 5 . vetkezik, hogy tg 22 > 1 12 1− 25 17 Másrészt tg 22D 33′ > tg 22D és tg 22D 30′ = 2 − 1 , tehát 2 > . 12 1 Ez ellentmondás, mert 2 ⋅ 122 < 17 2 (288 < 289) , tehát tg 11D < . 5 8. Bizonyítsd be, hogy bármely x 1, x 2 , x 3 ∈ [0, π ] esetén 1 − cos (x 3 − x 2 ) + 1 − cos (x 2 − x 1 ) ≥ 1 − cos (x 3 − x 1 ) .
Bizonyítás. Ha x 1 ≤ x 2 ≤ x 3 , akkor az egyenlőtlenség x − x2 x − x1 x − x1 sin 3 + sin 2 ≥ sin 3 alakban írható. 2 2 2 x − x2 x − x1 ⎡ π⎤ és b = 2 jelöléssel a, b ∈ ⎢ 0, ⎥ , Ha x 1, x 2 , x 3 ∈ [ 0, π ] , akkor az a = 3 ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 2 2 a −b a +b a +b a +b mivel így ≥ 2 sin sin a + sin b = 2 sin cos cos 2 2 2 2 a −b a +b . Más sorrend esetén is hasonló a bizonyítás. < 2 2 9. Bizonyítsd be, hogy bármely x ∈ \ esetén sin (sin2 x ) + cos (cos2 x ) >
1 . 2
⎛π ⎞ Bizonyítás. E = sin (sin2 x ) + cos (cos2 x ) = sin (sin2 x ) + sin ⎜⎜ − cos2 x ⎟⎟ = ⎝2 ⎠ ⎛ π cos 2x ⎞⎟ ⎛ π 1⎞ cos ⎜⎜ − ⎟⎟⎟ . = 2 sin ⎜⎜ − ⎟ ⎟ ⎝4 ⎝ 4 2⎠ 2 ⎠ π 1 π cos 2x π 1 π 0< − ≤ − ≤ + < De 4 2 4 2 4 2 2 ⎛ π cos 2x ⎞⎟ ⎛ π 1 ⎞⎟ sin ⎜⎜ − és így ⎟ ≥ sin ⎝⎜⎜ − ⎠⎟⎟ , ⎝4 2 ⎠⎟ 4 2 ⎛ π 1 ⎞⎟ ⎛ π 1 ⎞⎟ ⎛π ⎞ E ≥ 2 sin ⎜⎜ − ⎟⎟ cos ⎜⎜ − ⎟⎟ = sin ⎜⎜ − 1⎟⎟ = cos 1 . tehát ⎝2 ⎠ ⎝ 4 2⎠ ⎝ 4 2⎠
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok Másrészt 0 < 1 <
335
π π 1 , tehát cos 1 > cos és így E > . 3 3 2
π 3π 4π + tg2 + tg2 = 39 − 10 13 . 13 13 13 π 3π 4π + tg2 + tg2 Bizonyítás. Az E = tg2 kifejezés a következőképpen 13 13 13 π = α jelölést használjuk): alakítható (a 13 E = (1 + tg2 α) + (1 + tg2 3α) + (1 + tg2 4α) − 3 = 10. Bizonyítsd be, hogy tg2
=
1 1 1 2 2 2 + + −3 = + + −3= 2 2 2 cos α cos 3α cos 4α 1 + cos 2α 1 + cos 6α 1 + cos 8α
=−3 +
4[(cos6α +cos10α +cos14α) +5(cos2α +cos6α +cos8α) +6] = cos16α +2cos14α +cos12α +2cos10α +6cos8α +6cos6α +3cos4α +6cos2α +5
= −3 + 4 ⋅
6 + 5S 2 − S1 , ahol S 2 = cos 2α − cos 5α + cos 6α és 5 + 6S 2 − 3S1
S1 = cos α + cos 3α − cos 4α . Ha S = S 2 − S1 , akkor S = cos 2α − cos 5α + cos 6α − cos α − cos 3α + cos 4α = = cos 2α + cos 4α + cos 6α − cos 5α − cos 3α − cos α = = cos 2α + cos 4α + cos 6α + cos 8α + cos 10α + cos 12α = sin 13α − sin α 1 = =− , 2 sin α 2 mert sin 13α = 0 és sin α ≠ 0 . Ugyanakkor: S1 = cos α + cos 3α − cos 4α = − cos 4α − cos 10α − cos 12α = 1 = −S + cos 2α + cos 6α + cos 8α = + cos 2α + cos 6α + cos 8α . 2 Ebből kövekezik,hogy: 2S1 = 4 (cos2 α + cos2 3α + cos2 4α ) − 5 = 2 = 4 ⎡⎢⎣(cos α + cos 3α − cos 4α) − 2 cos 3α cos α + 2 cos 4α cos α +
+ 2 cos 4α cos 3α ] − 5 =
= 4 (S12 − cos 4α − cos 2α + cos 5α + cos 3α + cos 7α + cos α) − 5 = = 4 ⎡⎣S12 − (cos 2α + cos 4α + cos 6α + cos 8α + cos 10α + cos 12α)⎤⎦ − 5 Így S1 gyöke a 4S12 − 2S1 − 3 = 0 egyenletnek, tehát S1 =
1 + 13 (mivel S1 > 0 ) 4
Tartalomjegyzék
336
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
13 − 1 és így Ebből következik, hogy S 2 = 4 6 + 5S 2 − S1 − 3 = 39 − 10 13 . E = 4⋅ 5 + 6S 2 − 3S1 11. Bizonyítsd be, hogy 2 cos
π = 2 + 2 + ... + 2 . 2n n −1 gyök
Bizonyítás. Matematikai indukcióval igazoljuk az összefüggést: π 2 n = 2 -re az állítás igaz, mert cos = . 4 2 π Feltételezzük, hogy 2 cos n = 2 + 2 + ... + 2 , 2 n −1 gyök
és igazoljuk, hogy 2 cos Valóban, mivel cos
π n +1
2
π n +1
2
=
2 + ... + 2 . n gyök
> 0 , alkalmazhatjuk a cos
x 1 + cos x képletet, tehát =± 2 2
1 π 1 +
2 + ... + 2 1 + cos n 2 n −1 gyök π 1 2 = = cos n +1 = 2 +
2 + ... + 2 , 2 2 2 2 n −1 π 2 + ... + 2 . vagyis 2 cos n +1 =
2 n gyök
12. Bizonyítsd be, hogy ha 13o ≤ x ≤ 28 o , akkor
3 ≤ sin2 (4x + 8 o ) + cos2 (4x − 82o ) ≤ 2 . 2 Bizonyítás. Ha 13o ≤ x ≤ 28 o , akkor 4x + 8 D ≥ 60D és 4x − 82D ≤ 30D , tehát 3 3 sin (4x + 8D ) ≥ és cos (4x − 82D ) ≥ . 2 2 3 sin2 (4x + 8D ) + cos2 (4x − 82D ) ≥ . Így 2 2 D 2 sin (4x + 8 ) ≤ 1 és cos (4x − 82D ) ≤ 1 , Másrészt tehát
sin2 (4x + 8D ) + cos2 (4x − 82D ) ≤ 2 .
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
337
13. Bizonyítsd be, hogy az x 4 − 6x 2 + 1 = 0 egyenlet gyökei tg tg
7π 5π és tg . 8 8
π 3π , tg , 8 8
{ π4 , 34π , 54π , 74π } , akkor tg 2t = 1 . De tg 2t = 1 −2 tgtgt t , ⎛ 2 tg ⎞⎟ π 3π 5π 7π , , . Ha a műveleteket elvégezzük és tehát ⎜⎜ ⎟ = 1 ha t ∈ { , ⎜⎝1 − tg t ⎠⎟ 8 8 8 8} Bizonyítás. Ha 2t ∈
2
2
2
2
rendezzük az egyenletet a tg 4 t − 6 tg2 t + 1 = 0 egyenlethez jutunk, tehát az x 4 − 6x 2 + 1 = 0 egyenlet gyökei: tg
(2k + 1) π k = 0, 3 . 8
21 π 1 , akkor cos > 1 − . 4 n n +1 ⎛ π⎞ Bizonyítás. Mivel ∀x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ esetén sin x < x , írhatjuk, hogy ⎝ 2⎠
14. Bizonyítsd be, hogy ha n ≥
2 x x2 ⎛x ⎞ > > 1 − 2 ⎜⎜ ⎟⎟ = 1 − , ⎝2⎠ 2 2 x π x2 ⎛ π⎞ viszont cos x = 1 − 2 sin2 tehát ∀x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ esetén cos x > 1 − . x = -et ⎝ 2⎠ 2 4 2 2 π π helyettesítve, ha n > 2 , kapjuk, hogy cos > 1 − 2 . n 2n π2 1 Megvizsgáljuk, hogy milyen n természetes számra teljesül a ≤ 2 2n n +1 2 π 1 egyenlőtlenség: 2 ≤ ⇔ 2n 2 ≥ π 2 (n + 1) ⇔ 2n 2 − π 2n − π 2 ≥ 0 . 2n n +1
1 − 2 sin2
A másodfokú függvény tulajdonságai alapján a fenti egyenlőtlenség teljesül minden n -re, ha n ≥ α , ahol α az 2n 2 − π 2n − π 2 = 0 egyenlet legnagyobb π 2 + π 4 + 8π 2 23,149 ≈ 4 4 2 x szükségünk, mint a cos x > 1 − . 2
gyöke, vagyis α =
, tehát jobb becslésre van
15. Periodikus-e az f : + → , f (x ) = sin x függvény ? Hát a g : g(x ) = sin x + cos 2x ? Megoldás. Igazoljuk, hogy f nem periodikus:
→
,
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
338
Valóban, ha T ≠ 0 egy periódusa lenne f -nek, akkor minden x ∈ esetén kéne teljesüljön a sin x + T = sin x (1) összefüggés. x = 0 -t helyettesítve az (1) összefüggésbe, kapjuk, hogy sin T = 0 vagyis T = k π, k ∈ tehát T = k 2 π 2 , k ∈
∗
∗
alakú,
. π2 -et! 4 4k 2 + 1 π π = + 2l π, l ∈ 4 2
Helyettesítsünk az (1) egyenletben x helyett x = Kapjuk, hogy 4k 2 + 1
sin
π2 4 = 1 , tehát +k 2 π
, vagyis
racionális kell legyen, ami lehetetlen (k > 0) .Tehát f
nem
periodikus. A g függvény sem periodikus: hasonlóan járunk el, mint az f esetében: ha T periódusa lenne g -nek (T ≠ 0) , akkor minden x ∈ esetén kéne teljesüljön a sin (x + T ) + cos ( 2x + 2T ) = sin x + cos 2x összefüggés. Végezzük el az x = 0 , x = π és x = 2π helyettesítéseket az előző egyenletben: x = 0 ⇒ sin T + cos 2T = 1
(1)
x = π ⇒ − sin T + cos 2π + 2T = cos 2π
(2)
x = 2π ⇒ sin ( 2π + T ) + cos 2T = sin 2π + 1
(3)
A (3) összefüggésből kivonva (1) -et, kapjuk, hogy sin ( 2π + T ) − sin T = sin 2π ,
2π + 2T 2π 2π 2π sin cos = 2 sin 2 2 2 2 2π 2π + 2T 2π ≠ 0 , következik, hogy cos = cos és mert sin , vagyis 2 2 2 2π + 2Τ 2π 2T = 2kπ kell teljesüljön, ahol k ∈ . + = 2k π vagy 2 2 2 1.eset: ha T = 2kπ akkor (1) alapján ⇔ 2 2k π = 1 , vagyis 2 2k = 2l, l, k ∈ 2 cos
ami lehetetlen. 2.eset: ha T = − 2π + 2k π valamely k ∈ -ből következik hogy:
-re.
⎛ 2 2Τ + 2π ⎟⎞ 2π 1 + cos 2π 2π ⎟⎟ cos , = 1 + cos 2π = 2 ⋅ = 2 cos2 2 cos ⎜⎜ ⎟⎠ ⎜⎝ 2 2 2 2
,
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
339
2π 2 2T + 2π 2π ≠ 0 , kapjuk, hogy cos = cos és mivel cos , vagyis 2 2 2 2Τ + 2π = 2l π , vagy 2Τ = 2lπ , valamely l ∈ -re. (4)
Viszont T = − 2π + 2k π , ahol k ∈ , ezért ismét ellentmondáshoz jutottunk (viszszahelyettesítve T -t (4) -be és felhasználva, hogy k, l ∈ ). Tehát g sem periódikus. π 2π 3π 4π 5π 1 − cos + cos − cos + cos = . 11 11 11 11 11 2 2π 9π 4π 7π = − cos = − cos Bizonyítás. Mivel cos és cos , a kiszámítandó 11 11 11 11
16. Bizonyítsd be, hogy cos
öszszeg írható S = cos
π 3π 5π 7π 9π + cos + cos + cos + cos 11 11 11 11 11
alakban. A VIII.4.1 paragrafus 2. feladata alapján π 3π 5π 7π 9π cos + cos + cos + cos + cos = 11 11 11 11 11
mert sin
sin
10π π = sin ≠ 0 . 11 11
5π 5π 10π cos sin 11 11 = 11 = 1 , π π 2 sin 2 sin 11 11
17. Bizonyítsd be az alábbi egyenlőségeket, ha A , B és C egy háromszög szögeinek mértékei: a) sin2 A + sin2 B + sin2 C − 2 cos A cos B cos C = 2 ; A B C A B C + sin2 + sin2 = 1 − 2 sin sin sin ; 2 2 2 2 2 2 A B C 2 A 2 B 2 C + cos + cos = 2 + 2 sin sin sin . c) cos 2 2 2 2 2 2 Bizonyítás. a) Mivel A + B + C = π , írhatjuk, hogy: 3 − cos2 A − cos2 B − cos2 (A + B ) + 2 cos A cos B cos (A + B ) = 2 ⇔
b) sin2
2
⇔ cos2 A + cos2 B + (cos A cos B − sin A sin B ) − −2 cos A cos B(cos A cos B − sin A sin B ) = 1 ⇔
⇔ cos2 A + cos2 B + cos2 A cos2 B + sin2 A sin2 B − −2 sin 2A sin 2B − 2 cos2 A cos2 B + 2 sin 2A sin 2B = 1 ⇔ ⇔ cos2 A + cos2 B − cos2 A cos2 B + (1 − cos2 A)(1 − cos2 B ) = 1 ⇔ ⇔ 1 = 1. Az utolsó egyenlőség fennáll, tehát az ekvivalenciák miatt a kezdeti is fennáll. Ezzel az állítást igazoltuk.
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok b) Alkalmazva a sin2
340
A 1 − cos A = , stb. képleteket, a fenti azonosság a 2 2
következőkkel egyenértékű: 3 − cos A − cos B − cos C 1 − cos A 1 − cos B 1 − cos C = 1−2 ⋅ ⋅ , 2 2 2 2 ⎛ A ⎞ ⎜⎜sin > 0, stb .⎟⎟ . ⎜⎝ ⎠⎟ 2
Az előző egyenlőség rendre ekvivalens a következőkkel: ( ∗) 2 (1 − cos A) (1 − cos B )(1 − cos C ) ⇔ 2 ⇔ 1 − 2 (cos A + cos B + cos C ) + cos2 A + cos2 B + cos2 C +
1 − (cos A + cos B + cos C ) = −
+2 (cos A cos B + cos C cos B + cos B cos A) = 2(1 − (cos A + cos B + cos C ) + + (cos A cos B + cos C cos B + cos A cos C ) − cos A cos B cos C ) ⇔
⇔ cos2 A + cos2 B + cos2 C + 2 cos A cos B cos C = 1 ⇔ ⇔ sin2 A + sin2 B + sin2 C − 2 cos A cos B cos C = 2 ,
ami pontosan az a) pontban igazolt azonosság. Megjegyzés: A (∗) ekvivalencia azért áll, mert ebben az esetben mindkét oldal negatív, tehát nem áll fenn a veszély, hogy négyzetreemeléssel „elveszítünk” egy előjelt. Általában ezt nem tehetjük meg. c) A cos2
A 1 + cos A = , stb. képleteket használva ismét az a) pontra vezetődik 2 2
vissza a feladat. ⎡ ⎢⎣
18. Bizonyítsd be, hogy, ha x ∈ ⎢0, a) tg x sin x ≥ x 2 ;
π ⎞⎟ ⎟ , akkor 2⎠
b)
tg x + sin x ≥x. 2
Bizonyítás. a) x = 0 -ra teljesül az egyenlőtlenség, tehát feltételezhetjük, hogy x > 0 . ⎛ π⎞
A VIII.24. fejezet 4. faladatában igazoltuk, hogy tg ≥ x , ∀x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ (1) ⎝ 2⎠ ⎛ π⎞
x
esetén. Könnyen belátható az is, hogy x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ esetén 0 < 1 − tg2 < 1 (2) . ⎝ 2⎠ 2 2 A tg x sin x ≥ x egyenlőtlenség rendre ekvivalens a következőkkel, ha ⎛ π⎞ x ∈ ⎜⎜0, ⎟⎟ : ⎝ 2⎠
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
341
Tartalomjegyzék x ⎛ 2 tg x ⎞⎟ 2 tg ⎜ tg x x tg x x 1 ⎜⎜ 2 ⋅ 2 − x 2 ⎟⎟⎟ ≥ 0 . ≥ ⇔ − ≥0⇔ ⎜⎜ ⎟⎟ x x 2 x sin x x sin x x sin x ⎜1 − tg 1 + tg2 ⎟⎟ ⎝⎜ ⎠ 2 2 x x x Viszont tg > és 0 < 1 − tg2 < 1 , következik, hogy 2 2 2 x ⎛ 2 tg x ⎞⎟ 2 tg ⎜⎜ ⎟ ⎛ 2x 2x ⎞ 2 2 2 ⋅ − x ⎟⎟⎟ ≥ ⎜⎜ ⋅ − x 2 ⎟⎟⎟ = 0 , ⎜⎜⎜ x x ⎠ ⎟⎟ ⎝ 2 2 1 + tg2 ⎜⎜1 − tg2 ⎝ ⎠⎟ 2 2 1 ⎡ π⎞ ⋅ (....) ≥ 0 és ezért tg x sin x ≥ x 2 , ∀x ∈ ⎢0, ⎟⎟ . tehát ⎢⎣ 2 ⎠ x ⋅ sin x ⎡ π⎞ b) mivel tg x , sin x , x ≥ 0 ha x ∈ ⎢0, ⎟⎟ , az a) pontot felhasználva írhatjuk, ⎢⎣ 2 ⎠
hogy:
tg x + sin x ≥ tg x ⋅ sin x ≥ x 2 = x . 2
19. Bizonyítsd be, hogy ha az ABC Δ háromszögben b 2 + c 2 = 2a 2 , akkor a) 2 ctg A = ctg B + ctg C ; b) a ⋅ ma = b ⋅ mb . Bizonyítás. a) A IX.3.1 paragrafus 16.feladata alapján: 2 ctg A − ctg B − ctg C =
b) a m − b m = a ⋅ 2
2 a
2
2 b
2
=
2 (b 2 + c 2 ) − a 2
2 (b 2 + c 2 − a 2 ) − a 2 − b 2 + c 2
− b2 ⋅
4 2 2 a − b 2 ( )( c 2 − a 2 − b 2 ) 4
4T 2 (a 2 + c 2 ) − b 2 4
=0
=
= 0.
20. Számítsd ki az R sugarú körbe írt szabályos a) hatszög; b) ötszög; c) nyolcszög oldalát. Megoldás. a) A szabályos n -szög oldalához tartozó középponti szög π 2π , tehát a hozzá tartozó kerületi szög mértéke . Így az oldal ln n n π hosszára igaz az ln = 2R sin összefüggés. n π Tehát a hatszög oldala l6 = 2R sin = R , 6 π 10 − 2 5 az ötszög oldala l5 = 2R sin = R ⋅ és 5 2 π a nyolcszög oldala l8 = 2R sin = R 2 − 2 . 8
mértéke
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
342
21. Bizonyítsd be, hogy ha az ABC háromszögben b + c = 3a , akkor B C B C A tg = 1 ; b) T = a ⋅ ra ; c) sin sin = sin . 2 2 2 2 2 1 B C p −a = mert a + b + c = 4a és így p = 2a . Bizonyítás. a) tg ⋅ tg = 2 2 p 2 b) Τ = (p − a ) ⋅ ra = a ⋅ ra mert p − a = 2a − a = a .
a) 2 tg
c) sin =
(p − a )( p − c ) (p − a )(p − b ) B C sin = ⋅ = 2 2 ac ab
p −a a
p −a (p − b )(p − c ) A = 1. = sin mert a bc 2
22. Bizonyítsd be, hogy ha az ABC háromszögben b + c = 2a , akkor a) 3 tg
B C tg = 1 ; 2 2
b) 2 cos A + cos B + cos C = 2 .
Bizonyítás. a) Az adott feltételből 2p = a + b + c = 3a , tehát B C p −a 1 tg = = . 3 2 2 p b) 2 cos A + cos B + cos C − 2 = (cos A − 1) + (cos A + cos B + cos C − 1) = A A B C = −2 sin2 + 4 sin sin sin = 2 2 2 2 A A (p − a )(p − c ) ( p − a )( p − b ) = −2 sin2 + 4 sin = 2 2 ac ab A A p −a A p −a 1 = −2 sin2 + 4 sin ⋅ ⋅ sin = 0 mert = . 2 2 a 2 a 2 tg
23. Bizonyítsd be, hogy ha az ABC háromszögben m(A) = akkor
π 2π A, és m(B ) = 7 7
c b a −b , cos B = , cos C = ; 2a 2b 2b 1 b) cos A cos B cos C = − ; c) ha = hb + hc . 8 Bizonyítás. a) Ha meghúzzuk a BD belső szögfelezőt, az ABD egyenlő szárú háromszög keletkezik, tehát AD = BD . 2ac π bc Másrészt BD = és AD = (a szögcos B a +c 7 c +a E p felező hosszára vonatkozó tételből és a szögfelező 7 p 7 π b I tételből), tehát cos A = cos = . Ha ugyanezt p 7 2a 7 A C D
a) cos A =
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok megismételjük a
C
szög
343
szögfelezőjével, akkor a
CE
CE = EB
c 2π = . A szögek mértékéből 7 2b következik, hogy az ABC háromszög hasonló ACE háromszöghöz, tehát AE EC AC a ⋅b = = . Ebből következik, hogy EC = és c 2 = b 2 + ab . c AC BC AB a 2 + b2 − c2 a 2 − ab a − b = = Tehát cos C = . 2ab 2ab 2b
egyenlőségből következik, hogy cos B = cos
b) Az a) alpont alapján az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a (b + c ) = bc . π ⎛ 2π 4π ⎞ 2π 4π sin + sin ⎟⎟⎟ = sin Ez ekvivalens a sin ⎜⎜sin egyenlőséggel. ⎝ ⎠ 7 7 7 7 7 π ⎛ 2π 4π ⎞ π⎛ 3π π⎞ 2π 3π ⎜sin cos ⎟⎟⎟ = sin sin = + sin ⎟⎟⎟ = sin ⎜⎜2 sin ⎜ 7⎝ 7 7⎠ 7⎝ 7 7⎠ 7 7 2π 3π 4π ⎛ 4π ⎞ 3π sin = sin = sin ⎜⎜π − ⎟⎟⎟ = sin mert sin . ⎝ ⎠ 7 7 7 7 7 1 1 1 c) ha = hb + hc ⇔ = + ⇔ a (b + c ) = bc , tehát az egyenlőség teljesül. a b c sin
24. Bizonyítsd be az alábbi egyenlőtlenségeket: a) ra + rb + rc ≥ 9r ; b) a cos A + b cos B + c cos C ≤ p ; 2
b2 + c2 m ≤ a. 2bc ha 1 1 1 1 Bizonyítás. a) A X.3.1 paragrafus 19/f feladata alapján = + + . r ra rb rc
d)
c) ra2 + rb2 + rc2 ≥ p 2 ;
Az
első
fejezet
(b + c ) m ≤ a; la 4bc
9.2.2
paragrafusának
e)
3.
feladata
alapján
⎛1 1 1⎞ (ra + rb + rc ) ⎜⎜⎜ + + ⎟⎟⎟ ≥ 9 , tehát ra + rb + rc ≥ 9r . rb rc ⎠⎟ ⎝ ra
b) ∑ a ⋅ cos A = ∑ =
a 2 (b 2 + c 2 − a 2 ) 2abc
=
2 (a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ) − a 4 − b 4 − c 4 2abc
=
16Τ2 , tehát a bizonyítandó egyenlőtlenség ekvivalens a 8Τ2 ≤ p ⋅ abc 2abc
egyenlőtlenséggel.
A
Heron-képlet
alapján
(a + b − c )(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc alakban írható és ezt már igazoltuk az
I.9.4. paragrafusban ( 4/e feladat ). c) Az ra = p ⋅ tg
A összefüggés alapján az egyenlőtlenség ekvivalens a 2
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok tg2
344
A B C + tg2 + tg2 ≥ 1 2 2 2
egyenlőtlenséggel.
Ugyanakkor a VIII.5.6.2 paragrafus 15/g feladata alapján A B B C C A tg + tg tg + tg tg = 1 2 2 2 2 2 2 és így az u 2 + v 2 + t 2 ≥ uv + vt + tu egyenlőtlenség alapján A B C tg2 + tg2 + tg2 ≥ 1 . 2 2 2 2bc A d) Az la = cos A 2 b +c c összefüggés alapján az B tg
egyenlőtlenség ekvivalens a b +c A cos ≤ ma 2 2
b
D
b C
b
c
M
P
c N
egyenlőtlenséggel. Megszerkesztjük az M ∈ (AB , N ∈ (AC pontokat úgy, hogy CN = AB , BM = AC és felvesszük az A -nak a BC felezőpontjára vonatkozó P szimmetrikusát. Belátható, hogy M , P és N egy egyenesre illeszkedik, tehát írhatjuk, hogy A h AP 2ma , = ≤ = 2 b +c b +c b +c ahol h az MAN háromszög A csúcsához tartozó magassága. e) Ha N az A -hoz tartozó magasság talppontja, akkor BN 2 − NC 2 = c 2 − b 2 és BN − NC = a c2 − b2 c2 − b2 + a 2 alapján BN = és így MN = . 2a 2a cos
A
Tehát AM 2a ⋅ h 2bc sin A 2bc = 2 a2 = 2 ≤ 2 . 2 MN c −b c −b c − b2 2bc Ebből következik, hogy sin α ≤ 2 tehát b + c2 h AN 2bc . = a ≤ 2 NM ma b + c2 tg α =
B
a M
N
C
25. Bizonyítsd be az alábbi azonosságokat: a) ra + rb + rc = 4R + r ; b) ra rb + rbrc + rcra = p 2 ; c) p 2 = 2r (6R − r ) ;
d) ab + bc + ca = p 2 + r 2 + 4Rr ; e) a 2 + b 2 + c 2 = 2p 2 − 2r 2 − 8Rr ; f) a ctg A + b ctg B + c ctg C = 2 (R + r )
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok g) ra rb = p ( p − c ) ;
i) 2S =
a2 ; ctg B + ctg C
b −a = k) c
B −A 2 C cos 2
sin
345
; h) (ra + rb )(rb + rc )(rc + ra ) = 4Rp 2 ; A p sin 2 ; j) a = B C cos cos 2 2 l) (p − a )2 (p − b)2 (p − c)2 2R − r + + = bc ac ab 2R
m) (c − a )(c cos B + b cos C ) = ab(cos A − cos C ) + a(a − c ) cos B ; n) a ⋅ ctg A + b ⋅ ctg B + c ⋅ ctg C = 2R + 2r ; o) ra (rb + rc ) + rb (rc + ra ) + rc (ra + rb ) = 2p 2 .
Bizonyítás. a) Már igazoltuk a IX.3.1 paragrafus 19/h feladatában. b) Az ra = p tg
A összefüggés alapján az egyenlőség ekvivalens a 2 A B B C C A tg tg + tg tg + tg tg = 1 2 2 2 2 2 2
egyenlőséggel és ezt igazoltuk a VIII.5.6.2 paragrafus 15/g alpontjában. c) (−a + b + c )(a − b + c )(a + b − c ) abc d) A 4r 2 = és 2Rr = egyenlőség a +b +c
a +b +c
alapján a bizonyítandó egyenlőség ekvivalens a 4 (ab + bc + ca )(a + b + c ) = 3
= (a + b + c ) + (−a + b + c )(a − b + c ) (a + b − c ) + 8abc
egyenlőséggel. Ez számolással ellenőrizhető. 2 e) a 2 + b 2 + c 2 = (a + b + c ) − 2 (ab + ac + bc ) = = 4p 2 − 2 (p 2 + r 2 4Rr ) = 2p 2 − 2r 2 − 8Rr .
f) a ctg A = 2R sin A ⋅ ctg A = 2R cos A , tehát a ctg A + b ctg B + c ctg C = 2R (cos A + cos B + cos C ) = ⎛ A B C⎞ r⎞ ⎛ = 2R ⋅ ⎜⎜⎜1 + 4 sin sin sin ⎟⎟⎟ = 2R ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ = 2 (R + r ) . ⎝ ⎝ ⎠ 2 2 2 R⎠ p (p − a )(p − b )(p − c ) Τ Τ ⋅ = = p (p − c ) . g) ra rb = p −a p −b (p − a )(p − b ) 2p − a − b c⋅Τ h) ra + rb = Τ ⋅ , tehát = (p − a )(p − b ) (p − a )(p − b )
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
346
abc ⋅ Τ 3 abc ⋅ Τ 3 ⋅ p 2 = = (ra + rb )(rb + rc )(rc + ra ) = 2 2 Τ4 (p − a ) ( p − b ) (p − c 2 )
abc 2 p = 4Rp 2 . Τ a2 a2 = 2 = 2Τ . i) a + c2 − b2 a 2 + b2 − c2 ctg B + ctg C + 4Τ 4Τ p (p − b ) p (p − c ) (p − b )(p − c ) A B C j) a ⋅ cos cos = a ⋅ =p = p sin . 2 2 2 ac ab bc B −A B +A B −A 2 sin cos sin b −a sin B − sin A 2 2 = 2 = = k) C C C c sin C 2 sin cos cos 2 2 2 ⎛ π − C ⎞⎟ A+B C = cos ⎜⎜ = sin . mert cos ⎝ 2 ⎠⎟⎟ 2 2 2 2 2 a (p − a ) (p − a ) ∑ a (p − a ) = =∑ = l) ∑ bc abc abc 2 2 (∑ a ) p − 2p ⋅ ∑ a + ∑ a 3 ∑ a 3 + 6abc − ∑ (ab 2 + a 2b ) = = abc 4abc 2 2R − r r 2Τ = 1− = 1− = Ugyanakkor 2R 2R p ⋅ abc 4abc − (a + b − c )(a − b + c )(−a + b + c ) = = 4abc ∑ a 3 + 6abc − ∑ (ab 2 + a 2b ) = 4abc =
tehát az összefüggés igazolása teljes. m) c cos B + b cos C = a , tehát elégséges igazolni, hogy (c − a ) a / (1 + cos B ) = ab / (cos A − cos C ) , vagy B = sin B ⋅ (cos A − cos C ) . 2 B C −A C +A B cos 2 cos2 = Ez igaz, mert (sin C − sin A) 2 cos2 = 2 sin 2 2 2 2 C −A C +A B B = 2 sin sin ⋅ 2 cos sin = (cos A − cos C ) ⋅ sin B . 2 2 2 2
(sin C − sin A) 2 cos2
n) Az n) alpont ugyanaz, mint az f) alpont. o) A b) alpont alapján nyilvánvaló.
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
347
26. Bizonyítsd be, hogy bármely n ∈ * és azon x ∈ esetén, amelyekre az egyenlőségben szerepelő kifejezések értelmezettek, igazak az alábbi egyenlőségek:
Tartalomjegyzék
n cos (n + 1) x sin nx ; + 2 2 sin x n cos (n + 1) x sin nx ; b) sin2 x + sin2 2x + ... + sin2 nx = − 2 2 sin x c) sin n (n + 1) x sin 2x sin 4x sin 2nx 1 + + ... + = ⋅ cos 2x − sin 2x cos 4x − sin 4x cos 2nx − sin 2nx 2 sin π − n (n + 1) x 4 ; d) sin x sin 3x sin 5x sin (2n − 1) x tg2 nx . + + + ... + = cos2 x cos2 x cos2 2x cos2 2x cos2 3x cos2 (n − 1) x cos2 nx sin x n n 1 + cos 2kx n 1 n = + ∑ cos 2kx = Bizonyítás. a) ∑ cos2 kx = ∑ 2 2 2 k =1 k =1 k =1 n 1 cos (n + 1) x ⋅ sin nx = + ⋅ 2 2 2 sin x a VIII.4.1 paragrafus 2. megoldott feladata alapján. n n 1 − cos 2kx n 1 n n 1 cos (n + 1) x ⋅ sin nx . b) ∑ sin2 kx = ∑ = − ∑ cos 2kx = − ⋅ 2 2 2 k =1 2 2 2 sin x k =1 k =1 n sin kx = c) ∑ 2 k =2 cos kx − sin k x k (k + 1) k (k − 1) sin x sin x n 2 2 =∑ − = k (k + 1) k (k + 1) k (k − 1) k (k − 1) k =2 cos x − sin x cos x − sin x 2 2 2 2 n (n + 1) x sin sin x 2 = − = n (n + 1) n (n + 1) x − sin x cos x − sin x cos 2 2 n2 + n − 2 x sin 2 = n2 + n − 2 n2 + n + 2 x − sin x cos 2 2 sin (a − b ) sin a sin b − = Felhasználtuk a cos a − sin a cos b − sin b cos (a − b ) − sin (a + b ) azonosságot.
a) cos2 x + cos2 2x + ... + cos2 nx =
(
)
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
348
tg2 nx sin (2n + 1) x tg2 (n + 1) x d) A összefüggés és a matematikai + = sin x cos2 nx ⋅ cos2 (n + 1) x sin x indukció elve alapján az egyenlőség igaz ∀n ≥ 1 esetén.
27. a) Bizonyítsd be, hogy ha k ∈
és a, α ∈
úgy, hogy az alábbi kifejezések
értelmezettek, akkor 2 sin a és cos a + cos (a + 2k α ) 2 sin a ctg k α − ctg (a + k α ) = (k ≠ 0) . cos a − cos (a + 2k α ) n 1 és b) Számítsd ki a ∑ k =1 cos a + cos (2k + 1) a n 1 összegeket. ∑ k =1 cos a − cos (2k + 1) a Bizonyítás. a) n 1 tg (n + 1) α − tg α = b) ∑ és 2 sin α k =1 cos a + cos (2k + 1) a tg (a + k α ) − tg k α =
n
1
∑ cos a − cos (2k + 1)a = k =1
ctg α − ctg (n + 1) α . 2 sin α
28. Számítsd ki az alábbi összegeket, majd az eredményt igazold a matematikai indukció módszerével: a) S1 = sin2 x + sin2 3x + ... + sin2 (2n − 1)x ; b) S 2 = cos 3 x + cos3 2x + ... + cos3 nx ; c) S 3 = sin 3 x + sin 3 2x + ... + sin 3 nx . n 1 n Megoldás. a) S1 = ∑ sin2 (2k − 1) x = ∑ [1 − cos 2 (2k − 1) x ] = 2 k =1 k =1 n n 1 n 1 sin 4nx = − ∑ cos (4k − 2) x = − ⋅ . 2 2 k =1 2 4 sin 2x n n ⎞ 1⎛ n b) S 2 = ∑ cos3 kx = ⎜⎜∑ cos 3kx + 3∑ cos kx ⎟⎟ = 4 ⎜⎝ ⎠⎟ k =1
k =1
k =1
⎛ (n + 1) x ⎞⎟ nx ⎜ sin 3nx cos 3 (n + 1) x sin cos ⎟⎟ 1 ⎜⎜ 2 2 2 2 ⎟ = ⎜⎜ + 3⋅ ⎟ x ⎟⎟ . 3x 4 ⎜⎜ sin ⎟ sin ⎜⎝ 2 ⎠⎟ 2 n n ⎞ 1⎛ n c) S 3 = ∑ sin 3 kx = ⎜⎜3∑ sin kx − ∑ sin 3kx ⎟⎟⎟ = 4 ⎜⎝ k =1 ⎠ k =1 k =1
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
349
⎛ 3 (n + 1) x 3nx ⎞⎟ ⎜ sin (n + 1) x sin nx sin sin ⎟ 1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ . 2 2 − 2 = ⎜⎜3 ⋅ x ⎟⎟ 3x 4 ⎜⎜ sin ⎟ sin ⎜⎝ 2 ⎠⎟ 2
29. Bizonyítsd be, hogy az ABCD körbeírható négyszögben a) AC ⋅ BD = AB ⋅ CD + AD ⋅ BC (Ptolemaiosz I. tétele); b)
AC AB ⋅ AD + CB ⋅ CD = BD BA ⋅ BC + DA ⋅ DC
Bizonyítás. a) Az ábra jelölései alapján az egyenlőség sin (β + γ ) ⋅ sin (β + α ) = sin α ⋅ sin γ + sin β ⋅ sin (α + β + γ ) alakban írható ( a szinusz-tétel segítségével ).Ezt igazoltuk a VIII.5.6.2 paragrafus 13/b feladatában. b) A T [ABCD ] = T [ABD ] + T [BCD ] =
(Ptolemaiosz II. tétele). A B
b g
a g
D
C
BC ⋅ CD AB ⋅ AD ⋅ sin (α + β ) + ⋅ sin (α + β ) és 2 2 T [ABCD ] = T [ABC ] + T [ADC ] = AD ⋅ DC AB ⋅ BC = ⋅ sin (β + γ ) + ⋅ sin (β + γ ) egyenlőségek 2 2 sin (β + γ ) AB ⋅ AD + BC ⋅ CD = alapján . sin (α + β ) AB ⋅ BC + AD ⋅ CD =
Másrészt a szinusz-tételből következik, hogy AC = 2R sin (β + γ ) és BD = 2R sin (α + β ) , tehát
AC AB ⋅ AD + BC ⋅ CD . = BD AB ⋅ BC + AD ⋅ DC
30. Az AB körív felezőpontját jelöljük C -vel és legyen P egy tetszőleges pont az AB köríven. Bizonyítsd be, hogy PA ⋅ PB = AC 2 − PC 2 . Bizonyítás. Az ábra jelölései alapján A PA ⋅ PB = 4R 2 sin α sin β és ⎛ α+β α − β ⎞⎟ − sin2 AC 2 − PC 2 = 4R 2 ⎜⎜sin2 ⎟. ⎝ 2 2 ⎠⎟
Másrészt sin2
M
α+β α−β 1 − sin2 = (cos (α + β ) − cos (α − β )) = sin α sin β 2 2 2
,
C
b a
P B
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok tehát
350
PA ⋅ PB = AC 2 − PC 2 .
31. Bizonyítsd be, hogy ha H az ABC hegyesszögű háromszög ortocentruma, akkor HA + HB + HC = 2 (R + r ) , ahol R és r az ABC háromszög köré illetve a háromszögbe írt kör sugara. Bizonyítás. Az ábra jelölései szerint
A
C¢ H
AC ′ b ⋅ cos A AH = = = 2R cos A , sin B sin B
tehát
C
B
HA + HB + HC = 2R (cos A + cos B + cos C ) = ⎛ A B C⎞ r⎞ ⎛ = 2R ⎜⎜⎜1 + 4 sin sin sin ⎟⎟⎟ = 2R ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ = 2 (R + r ) . ⎝ ⎝ 2 2 2⎠ R⎠
32. Három egymással párhuzamos egyenes közül a középső a két szélsőtől a és b távolságra van. Határozd meg annak az egyenlő oldalú háromszögnek az oldalhosszát, amelynek csúcsai a három egyenesen vannak (mindenik egyenesen van csúcs). Megoldás. Mielőtt kiszámítjuk az oldal hosszát, kell igazolnunk, hogy létezik ilyen háromszög, és ha több van belőlük, akkor azok oldalai egyforma hosszúságúak (az utóbbi kérdésre maga a számítás adja meg a választ, tehát nem kell foglalkozzunk vele). Feltételezzük, hogy sikerült megrajzolni egy ilyen háromszöget (alábbi ábra). Észrevesszük, hogy a B pontot 60 -kal elforgatva A körül, megkapjuk a C pontot. Mivel B ∈ v , következik, hogy a v egyenest forgatjuk el 60 -kal az A pont körül és ahol a kapott v ′ egyenes metszi a t egyenest, ott lesz a C pont.
t
C
B
v 60
u A v¢
o
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
351
Tetszőlegesen tologatva az ABC Δ -et ( párhuzamosan ) az u, v, t egyenseken, minden kapott háromszög megoldás lesz, ezért, az előbbi észrevétel miatt, egy ilyen háromszög szerkesztése a következő: 1. Az u egyenesen felveszünk egy tetszőleges (A) C pontot. 2. Az A pont körül 60 -kal elforgatjuk a v egyenest. b m m ′ 3. A v és t egyenesek metszéspontja lesz az egyenlő a B oldalú háromszög másik csúcspontja. 4. A B pont megszerkesztése az A és C pontok a m segítségével. A Az előbb vázolt gondolatok miatt az ABC háromszög egyenlő oldalú lesz, tehát létezik ilyen háromszög. Számítsuk ki az oldalhosszát a és b függvényében: a b és sin (60 − α ) = . Az ábra szerint sin α = m m 3 1 a cos α − sin α = ⇒ Tehát sin 60 cos α − cos 60 sin α = 2 2 m 3 1 a ⇒ 1 − sin2 α − sin α = ( cos α > 0 ,mert 0 < α < 60 ), 2 2 m 3 b2 1 b a vagyis ⋅ 1− 2 − ⋅ = /⋅ m , 2 m 2 m m 3 b m 2 − b2 = a + , 2 2 2 2 2 3 (m − b ) = 4a + b 2 + 4ab , m=
2 a 2 + b 2 + ab . 3
33. Az ABC Δ -ben legyenek M ∈ (BC ) és N ∈ (AM ) pontok úgy, hogy és
BM 1 = MC 2
AN = 3 valamint {P } = BN ∩ AC , {Q } = CN ∩ AB . NM AP AQ BN ; ; a) Határozzuk meg az arányokat. PC AB NP b) Határozzuk meg a CNPΔ és ABC Δ háromszögek területeinek arányát.
Megoldás. a) Menelaosz tételét alkalmazzuk az AMC háromszögben a B − N − P szelőre majd az AMB háromszögben Q − N − C szelőre. Tehát
A P
AP BM AN 1 = ⋅ = ⋅ 3 = 1 és PC BC MN 3
Q B
N M
C
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
352
AQ CM AN 2 = ⋅ = ⋅3 = 2. QB BC MN 3
Ugyanakkor BN BM BQ 1 1 = + = + = 1. NP MC QA 2 2 T [CNP ] T [CNP ] T [CAQ ] CP CN AQ 1 3 2 1 b) = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = . T [ABC ] T [CAQ ] T [ABC ] CA CQ AB 2 4 3 4
34. Legyen ABC egy nem elfajult háromszög és M ∈ (BC ) úgy, hogy MB = kMC (k ∈ *+ ) . Igazoljuk, hogy (1 + k )AM < AB + kAC . AB + k ⋅ AC , tehát 1+k 1 1 AM = ⋅ AB + k ⋅ AC ≤ ⋅ AB + k ⋅ AC 1+k 1+k AB + k ⋅ AC . AM ≤ 1+k
Megoldás. AM =
(
és így
)
35. Igazoljuk, hogy egy háromszög egy belső szögfelezőjének hossza kisebb, mint az ugyanabból a csúcsból kiinduló oldalak hosszainak harmonikus középarányosa. Megoldás. A szögfelező hosszára vonatkozó tétel alapján 2bc A 2bc 2 la = cos ≤ = . 1 1 b +c 2 b +c + b c 36. Az ABC Δ -ben legyenek E ∈ (AB ) és F ∈ (AC ) úgy, hogy EF || BC BN EM = valamint M ∈ (EF ) és N ∈ (BC ) úgy, hogy . Igazoljuk, hogy az A , NC MF M és N pontok kollineárisak. EM = k , akkor Megoldás. Ha MF AE + k ⋅ AF AB + k ⋅ AC és AN = . AM = 1+k 1+k Másrészt EF BC alapján létezik λ ∈ + , amelyre AB = λ ⋅ AE és AC = λ ⋅ AF . Ebből következik, hogy AM = λ ⋅ AN , tehát az A, M és N pontok egy
egyenesen vannak. 37. Legyen ABCD paralelogramma, M az [AB ] felezőpontja és N egy pont 1 3
a [DM ] -en úgy, hogy MN = MD .
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok ⎯⎯→
353 ⎯⎯→
⎯⎯→
⎯⎯→
a) Fejezd ki az AN és BN vektorokat az AB és BC vektorok lineáris kombinációjaként. b) Igazold, hogy az A, N és C pontok kollineárisak. c) Ha P ∈ (AD ) és Q ∈ (AM ) úgy, hogy
DP AQ 1 = = , bizonyítsd be, PA QM 2
hogy az [AN ], [MP ] és [DQ ] szakaszokkal, mint oldalakkal szerkeszthető háromszög. Megoldás. a) AN =
B
2AM + AD AB + BC . = 3 3
2BM + BD BA + BA + BC = = 3 3 BC − 2AB . = 3
BN =
M Q A
C N P
D
1 3 2AM + AD 2DA + DM 2MD + MA c) AN + DQ + MP = + + = 3 3 3 AM + MD + DA = = 0 , tehát az AN , DQ és MP 3
b) AC = AB + BC , tehát A, N és C kollineárisak és AN = AC .
vektorokkal szerkeszthető háromszög. Ennek a háromszögnek az oldalhosszai AM , MD és DA . ⎛1 ⎛ 1⎞ 3 ⎞⎟ 1 + 3 ⎞⎟ ⎟⎟ és C ⎜⎜1, ⎟⎟⎟ pontok a síkban. ⎟⎠⎟ , B ⎜⎜⎜ , ⎟ ⎝ 2⎠ 2 2 ⎠ ⎝2 Igazoljuk, hogy az ABC Δ derékszögű. Melyik a derékszög?. ⎛ 38. Legyenek A ⎜⎜1 + 3, ⎝
Megoldás. Mivel két - A (x1, y1 ), B (x 2 , y2 ) - ponton átmenő egyenes egyenlete y − y1 x − x1 , = y1 − y 2 x1 − x2 következik, hogy az ABC Δ oldalait tartó egyenesek iránytényezői rendre y1 − y 2 y2 − y 3 y 3 − y1 , , , x1 − x 2 x2 − x 3 x 3 − x1 ahol az A, B és C pontok koordinátái A (x1, y1 ), B (x 2 , y2 ) és C (x 3 , y3 ) .
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
354
3 1− 2 , Tehát az AB iránytényezője: mAB = 1 + 3 2 1 az AC iránytényezője: mAC = , 3 3 a BC iránytényezője: mBC = 2 . 1 − 2 Két egyenes akkor merőleges egymásra ha iránytényezőik között fennáll az m1m2 = −1 összefüggés. Ebből következik, hogy csakis az AC egyenes lehet merőleges valamelyik másikra ( az ő iránytényezője pozitív egyedül), 1 − = − 3 = mBC , tehát a C derékszög. mAC 39. Számítsd ki: a)
3
7 + 50 + 3 7 − 50 ;
b)
3
45 − 29 2 ;
c)
3
38 14 − 100 2 − 3 99 − 70 2 ;
d)
3
1+
2 3
7 2 7 . − 3 1− 3 3 3
Megoldás. a) Ha x = 3 7 + 50 + 3 7 − 50 , akkor x 3 = 14 − 3x , tehát x egy valós gyöke az x 3 + 3x − 14 = 0 egyenletnek. De x 3 + 3x − 4 = (x − 2) (x 2 + 2x + 7 ) és így az egyenlet egyetlen valós gyöke x = 2 .Tehát 3
7 + 50 + 3 7 − 50 = 2 .
b) (a − b 2 ) = a 3 − 3a 2b 2 + 6ab 2 − 2 2b 3 , tehát a 3 + 6ab 2 = 45 és 3
3a 2b + 2b 3 = 29 összefüggések kéne teljesüljenek. Ha a = 3 és b = 1 , akkor az öszszefüggések teljesülnek, tehát 45 − 29 2 = 3 − 2 . c) Az előbbihez hasonló gondolatmenet alapján 3
tehát
3
3
99 − 70 2 = 3 − 2 2
3
38 14 − 100 2 = 14 − 2 2 ,
38 14 − 100 2 − 3 99 − 70 2 = 14 − 3 .
és
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
355
2 7 2 7 d) Ha x = 3 1 + akkor − 3 1− 3 3 3 3 x3 = 1+
2 7 4 7 ⎛ 2 7 ⎞⎟ ⎟, − 3x ⋅ 1 − ⋅ − ⎜⎜1 − ⎜ 3 3 9 3 ⎝ 3 3 ⎠⎟⎟
tehát x valós megoldása az x 3 − x − Ha az x = y
4 7 = 0 egyenletnek. 3 3
7 helyettesítést elvégezzük, a 7y 3 − 3y − 4 = 0 egyenlethez jutunk. 3
De 7y 3 − 3y − 4 = (y − 1) (7y 2 + 7y + 4) és így y = 1 az egyetlen megoldás, tehát 3
1+
2 7 2 7 − 3 1− = 3 3 3 3
7 . 3
40. Határozd meg az X és Y valós számokat úgy, hogy ha A, B ≥ 0 és A2 − B ≥ 0 . Megoldás. Az B XY = tehát 4
A + B = X + Y + 2 XY
A+ B = X + Y ,
egyenlőségből
X +Y = A
és
A + A2 − B A − A2 − B . + 2 2
A+ B =
∗
41. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c ∈
, a + b + c ≠ 0 és
1 1 1 1 , + + = a b c a +b +c
akkor 1 a
2001
+
1 b
2001
+
1 c
2001
=
1 a
2001
+b
2001
+ c 2001
.
1 1 1 1 , akkor abc = (a + b + c )(ab + bc + ca ) + + = a b c a +b +c és így (a + b )(b + c ) (c + a ) = 0 . Ha a = −b , akkor 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2001 + 2001 = 2001 − 2001 + 2001 = 2001 = 2001 . 2001 a b c a a c c (a + b + c ) Hasonlóan látható be az egyenlőség a másik két esetben is.
Bizonyítás. Ha
42. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c ∈ R * , akkor abc (a + b + c ) ≤ a 3b + b 3c + c 3a . Bizonyítás. Mivel a, b és c pozitívak, a bizonyítandó egyenlőtlenség ekvivalens a következővel:
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
356
a 2 b2 c2 (1) (a + b + c ) ≤ + + c a b Az (1) egyenlőtlenség szimmetrikus a, b és c -ben, ezért írhatjuk, hogy a ≤ b ≤ c . Az a ≤ b ≤ c összefüggésből következik, hogy a 2 ≤ b 2 ≤ c 2 , tehát az a 2 , b 2 , c 2 és
1 1 1 , , számsorozatok ellentétes rendezésűek. a b c A rendezési elvből következik, hogy 1 1 1 1 1 1 a 2 ⋅ + b2 ⋅ + c2 ⋅ ≤ a 2 ⋅ + b2 ⋅ + c2 ⋅ , a b c c a b ami éppen az (1) egyenlőtlenség. 43. Határozd meg az összes olyan p prímszámot, amelyre p 2 − 2 , 2p 2 − 1 és
3p 3 + 4 szintén prímszám. Megoldás. Ha p = 2 , akkor 3p 2 + 4 páros és nagyobb, mint 2 . Tehát p páratlan prímszám. Ha p = 7 , akkor p 2 − 2 = 47, 2p 2 − 1 = 97 és 3p 2 + 4 = 151 . Ezek mind prímszámok, tehát p = 7 egy megoldás. Ha p > 7 , p 2 -nek 7 -tel való osztási maradéka 1, 4 vagy 2 . Az első esetben (3p 2 + 4) 7 , a második esetben (2p 2 − 1) 7 és a harmadik esetben
2 p 2 − 1 = 17
(p 2 − 2)
7 , tehát p ≤ 7 . Ha p = 3 , akkor p 2 − 2 = 7 ,
és 3p 2 + 4 = 31 tehát
p = 3 is megoldás.Ha p = 5 , akkor
2
2p − 1 = 49 nem prímszám, tehát Μ = {3, 7} . 1 1 1 1 1 1 1 . + − + ... + − = + ... + 2 3 4 2n − 1 2n n +1 2n (Catalan összefüggés) Bizonyítás. Matematikai indukcióval igazoljuk az állítást: 1 1 n = 1 -re igaz az állítás, mert 1 − = . 2 2 1 1 1 1 1 1 és Feltételezzük, hogy 1 − + − ... + − = + ... + 2 3 2k − 1 2k k +1 2 (k ) 1 1 1 1 1 1 . igazoljuk, hogy 1 − + − ... + − = + ... + 2 3 2k + 1 2k + 2 k + 2 2k + 2 Valóban az indukciós feltétel szerint 1 1 1 1 1 1 − + ... + − + − = 2 2k − 1 2k 2k + 1 2k + 2 1 1 1 1 = + ... + + − = k +1 2k 2k + 1 2k + 2
44. Bizonyítsd be, hogy 1 −
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
357
⎛ 1 ⎞⎟ 1 1 1 ⎟= = + ... + + ⎜⎜⎜ − k +2 2k + 1 ⎝⎜ k + 1 2 (k + 1)⎠⎟⎟ 1 1 1 , = + ... + + k +2 2k + 1 2k + 2 tehát a matematikai indukció elve alapján ∀n ∈ ∗ esetén 1 1 1 1 1 1 . 1 − + − ... + − = + ... + 2 3 2n − 1 2n n +1 2n
45. Bizonyítsd be, hogy ha a + b + c = 0 , akkor
ahol a, b, c ∈
bc − a 2 ac − b 2 ab − c 2 + + = 0, bc + 2a 2 ac + 2b 2 ab + 2c 2 és a nevezők egyike sem 0 .
b a
c jelöléssel x + y = −1 , tehát a bizonyítandó a x 2 + x + 1 ⎛⎜ 1 1 ⎞⎟ x2 + x + 1 ⋅ ⎜⎜ − ⎟⎟ = 2 ⎝ x + 2 2x + 1⎠ 2x + 5x + 2 x −1
Bizonyítás. Az x = , y = egyenlőség
alakban írható és ez igaz. 46. Egy mesebeli fa egyszer elkezdett növekedni. Az első nap félszeresével nőtt, a második nap az egyharmadszorosával, a harmadik nap az egynegyedszeresével és így tovább. Hány nap alatt nőtt a százszorosára? Megoldás. Számoljuk ki, hogy az első néhány nap elteltével milyen magasra nőtt a fa, majd matematikai indukcióval próbáljuk megadni a fa magasságát az eltelt napok függvényében. Kezdetben a fa magassága 1 -szerese volt önmagának. Az első nap után a magassága: A 2. nap után: A 3. nap után:
1 3 = . 2 2 3 1 3 + ⋅ = 2 3 2 4 1 4 + ⋅ = 2 4 2
1+
3 1 4 + = . 2 2 2 5 . 2
Az eddigi eredmények alapján azt feltételezzük, hogy az n -edik nap elteltével a fa magassága
n +2 -szerese a kezdeti magasságnak. 2
n = 1, 2, 3 -ra láttuk, hogy teljesül a feltételezésünk.
Ha feltételezzük, hogy ez így van az n -edik nap végén is, akkor a fa az n + 1 edik napon addigi magasságának
1 -szeresével nő ( a feltétel szerint ), tehát n +2
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
358
n +2 1 n +2 n +3 -szerese + ⋅ = 2 n +2 2 2 a kezdeti magasságnak. Ezzel igazoltuk, hogy általában, az n -edik nap végén a n +2 fa magassága -szerese a kezdeti magasságnak és így a fa magassága 2 n +2 = 100 , vagyis akkor lesz százszorosa a kiinduló magasságnak, ha 2 n = 198 .
az n + 1 -edik nap végén a fa magassága
47. Bizonyítsd be, hogy az f : A → B függvény pontosan akkor szürjektív, ha ∀X ⊂ A esetén C B f (X ) = f (C AX ) . Bizonyítás. Ha az egyenlőség teljesül és X = ∅ , akkor C A∅ = A és így B = f (A) , tehát f szürjektív. Ha X = A \ {x 0 } akkor C AX = {x 0 } és f (C AX ) = { f (x 0 )} tehát f (X ) = B \ { f (x 0 )} . Ha f nem injektív, akkor létezik olyan y 0 , x 0 és z 0 ≠ x 0 , amelyre y0 = f (x 0 ) = f (z 0 ) . Így z 0 ∈ X tehát f (x 0 ) ∈ f (X ) és ez ellentmond f (X ) = B \ { f (x 0 )} -nak.
Ha f bijektív és X ⊂ A , akkor kétirányú bennfoglalást bizonyítunk: / x ∈ X úgy, hogy f (x ) = b . b ∈ C B f (X ) ⇔ b ∈ B \ f (X ) ⇔ b ∈ B és ∃ De b ∈ B , tehát létezik x 0 ∈ A úgy, hogy f (x 0 ) = b . Az előbbi tulajdonság alapján x 0 ∈ X , tehát x 0 ∈ A \ X és így b ∈ f (C AX ) . Ebből következik, hogy C B f (X ) ⊂ f (C AX ) .
Ha b ∈ f (C AX ) , akkor létezik x 0 ∈ C AX úgy, hogy f (x 0 ) = b .Mivel f injektív, nem létezik x ∈ X úgy, hogy f (x ) = b , tehát b ∈ C B f (X ) . 48. Bizonyítsd be, hogy az f : A → B függvény pontosan akkor injektív, ha f (X ∩ Y ) = f (X ) ∩ f (Y ) , ∀X , Y ⊂ A . Bizonyítás. Ha f nem injektív, akkor létezik x 0 , y0 ∈ A úgy, hogy f (x 0 ) = f (y0 ) .
Ebben az esetben az X = {x 0 } és Y = {y0 } halmazokra nem teljesül az f (X ∩ Y ) = f (X ) ∩ f (Y ) , tehát ha ez a feltétel teljesül minden X ,Y ⊂ A esetén, akkor f injektív. Ha f injektív és X ∩ Y = Z (X ,Y ⊂ A) akkor f (Z ) ⊂ f (X ) ∩ f (Y ) . Másrészt ha u ∈ f (X ) ∩ f (Y ) , akkor létezik x 0 ∈ X és y0 ∈ Y úgy, hogy f (x 0 ) = f (y0 ) = u .
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
359
Mivel f injektív v = x 0 = y0 és így v ∈ X ∩ Y , tehát u = f (v ) ∈ f (X ∩ Y ) . Az előbbi két tulajdonság alapján f (X ∩ Y ) = f (X ) ∩ f (Y ),
∀ X, Y ⊂ A .
49. Határozd meg az f : → , f (x ) = x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 függvény képeinek halmazát. Megoldás. Lásd a VI.1.2. paragrafus II/3 feladatát ( 148. oldal ). 50. Az m és n valós paraméterek milyen értékeire teljesül az Im f = [−4, 5] egyenlőség, ha f :
→
, f (x ) =
3x 2 + mx + n , x2 + 1
.
∀x ∈
Megoldás. Az f függvényt a következő alakban is írhatjuk: 3x 2 + mx + n + 3 − 3 mx + n − 3 . = 3+ x2 + 1 x2 + 1 mx + n − 3 Tehát Im f = [−4, 5] ⇔ −7 ≤ ≤ 2, ∀x ∈ , és a tört minden értéket x2 + 1 felvesz a ⎡⎢−7, 2⎤⎥ intervallumból. Az előbbi egyenlőtlenséglánc a következő ⎦ ⎣ f (x ) =
egyenlőtlenségrendszerrel egyenértékű: (x 2 + 1 > 0, ∀x ∈
)
⎧⎪−7x 2 − 7 ≤ mx + n − 3 ⎧⎪7x 2 + mx + n + 4 ≥ 0 ⎪⎪ ⎪ ⇔ ⎨⎪ 2 . ⎨ 2 ⎪⎪2x + 2 ≥ mx + n − 3 ⎪⎪2x − mx − n + 5 ≥ 0 ⎩⎪ ⎩⎪
Ahhoz,
hogy
Im f = [−7, 2]
teljesüljön,
a
fenti
másodfokú
egyenlőtlenségekben szereplő másodfokú függvények minden értéket fel kell vegyenek a ⎡⎢0, + ∞) intervallumból, és más értékeket nem vehetnek fel, vagyis ⎣
a ⎪⎧⎪Δ1 = m 2 − 28n − 112 = 0 ⎪⎨ ⎪⎪Δ2 = m 2 − 8n − 40 = 0 ⎪⎩
egyenlőségek kell teljesüljenek. Következik, hogy 36n = −72 , vagyis n = −2 és m 2 = 56 , tehát m = ± 56 . Tehát a megoldás: m ∈ {± 56 } és n = −2 . 51. Határozd meg az a és b valós paramétereket úgy, hogy az
{
f (x ) = max x 2 + ax + b, x 2 + bx + a
}
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
360
függvény grafikus képe áthaladjon a (−1, 4) és (2, 9) pontokon. Megoldás. Ha a > b akkor ⎧⎪x 2 + ax + b, x ≥ 1 ⎪ max x + ax + b, x + bx + a = ⎪⎨ 2 . ⎪⎪x + bx + a, x < 1 ⎪⎩
{
2
2
}
Tehát az 1 − a + b = 4 és 4 + 2b + a = 9 egyenlőségekhez jutunk. Így a = − és b =
1 3
8 8 1 . A b > a esetben az a = és b = − értékekhez jutunk, tehát 3 3 3 1 ⎞⎪⎫ ⎪⎧⎛ 1 8 ⎞ ⎛ 8 M = ⎨⎜⎜− , ⎟⎟⎟ , ⎜⎜ , − ⎟⎟⎟⎬ . 3 ⎠⎭⎪⎪ ⎩⎪⎪⎝ 3 3 ⎠ ⎝ 3
52. Az f :
, f (x ) = ax + b függvény minden valós x esetén teljesíti az a f ( f (x )) = x egyenlőséget. Milyen geometriai transzformációja f számegyenesnek? Megoldás. f ( f (x )) = af (x ) + b = a ⋅ (ax + b ) + b = a 2x + ab + b , tehát a feltétel szerint a 2x + ab + b = x, ∀x ∈ . →
Következik, hogy
(a 2 − 1) x + ab + b = 0,
∀x ∈
,
és mivel egy polinom csak akkor identikusan nulla, ha minden együtthatója nulla, következik hogy a 2 = 1 és ab + b = 0 (vagy ha nem tetszik, akkor helyettesítsünk x -nek 0 -t, majd 1 -et, stb.). Két esetet kell vizsgáljunk: 1. Ha a = 1 , akkor b = 0 . 2. Ha a = −1 , akkor b ∈ tetszőleges. Az első esetben f (x ) = x , tehát f minden x pontnak megfelelteti önmagát, vagyis f az identikus transzformáció. A második esetben f (x ) = −x + α, α ∈ állandó, tehát f (x ) = s t (x ) , ahol s (x ) = −x szimmetria és t (x ) = x − α eltolás. Tehát f egy szimmetriából és
egy transzlációból tevődik össze. 53. Legyen α az x 2 + px + q = 0 és β a −x 2 + px + q = 0 egyenlet egy-egy gyöke. Bizonyítsd be, hogy az
1 2 x + px + q = 0 egyenletnek van legalább egy 2
gyöke α és β közt. Bizonyítás. Mivel α gyöke az x 2 + px + q = 0 egyenletnek, következik, hogy
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok α 2 + pα + q = 0
361 (1)
Hasonlóan,
−p 2 + pβ + q = 0 (2) . 1 Vizsgáljuk α és β értékét az f (x ) = x 2 + px + q függvényben: 2 1 2 1 2 α + pα + q = − α ≤ 0 ( az (1) összefüggés alapján ) és 2 2 1 2 3 2 β + pβ + q = β ≥ 0 ( a (2) összefüggés alapján ). 2 2 1 2 Tehát az f (x ) = x + px + q függvénynek vagy gyöke α vagy β ( ha α = 0 2 vagy β = 0 ), vagy pedig előjelt vált az ⎡⎢α, β ⎤⎥ intervallumon, ha α < β , illetve ⎣ ⎦ a [β, α ] intervallumon, ha β < α . Ez pedig pontosan azt jelenti, hogy f -nek van gyöke α és β között.
54. Az ABCD négyzet AB oldalegyenesén mozog a P pont. Milyen határok x P
B
}
PC arány? PD Megoldás. Amikor p ∈ (BA) az A irányában
között változik a
A
mozdul el a PC növekszik és a PD rövidül, tehát a PC arány növekszik. Így P = B -re a legkisebb és PD P = A -ra a legnagyobb értéket kapjuk, tehát 2 PC ≤ 2. ≤ C 2 PD Ha P az egész AB egyenesen mozoghat, akkor az
2
1
1
D
ábrán látható jelöléssel: 2
(x + 1) + 4 PC , = 2 PD (x − 1) + 4
tehát elégséges meghatározni az E (x ) = Ha
x 2 + 2x + 5 kifejezés értékkészletét. x 2 − 2x + 5
x 2 + 2x + 5 = y , akkor az x 2 − 2x + 5 (1 − y ) x 2 + 2 (1 + y ) x + 5 (1 − y ) = 0
egyenletnek van valós gyöke, tehát
Δ = 4 ⋅ ((1 + y ) − 5 (1 − y ) ) ≥ 0 . 2
2
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
362
Az y − 6y + 1 ≤ 0 egyenlőtlenség megoldáshalmaza Μ = ⎡⎢3 − 2 2, 3 + 2 2 ⎤⎥ , ⎣ ⎦ tehát a
PC arány minden értéket felvesz a ⎡⎢ 2 − 1, ⎣ PD
2 + 1⎤⎥ intervallumból ( és ⎦
más értéket nem). 55. Határozd meg az f : → , f (x ) =| x − a1 | + | x − a 2 | +...+ | x − an | függvény minimumát, ha a1 < a2 < ... < an . Megoldás. Ha n páros (n = 2k ) , akkor az f konstans az [ak , ak +1 ] intervallumon és itt éri el a minimumát.Ez f (ak ) = ak − a1 + ak − a2 + ... + ak − ak −1 + ak +1 − ak + ... + an − ak = = (ak +1 + ak +2 + ... + an ) − (a1 + a2 + ... + ak ) .
Ha n páratlan (n = 2k + 1) , akkor az ⎡⎢ak +1, an ⎤⎥ intervallumon f növekvő és az ⎣ ⎦ ⎡a a ⎤ intervallumon csökkenő, tehát a minimuma: ⎢⎣ 1, k +1 ⎥⎦ f (ak +1 ) = (ak +1 − a1 ) + (ak +1 − a2 ) + ... + (ak +1 − ak ) +
+ (ak +2 − ak +1 ) + (ak +3 − ak +1 ) + ... + (an − ak +1 ) = = (ak +2 + ak +3 + ... + an ) − (a1 + a2 + ... + ak ) .
56. Határozd meg a z = x + y + (a − x )2 + (b − y )2 kifejezés minimumát, ha a és b valós számok, x és y tetszőleges nemnegatív számok. Megoldás. Tekintsük az M (a, b) pontot a síkban. y Ha P (x , y ) , akkor x +y +
(a
M(a, b)
2
− x )2 + (b − y ) = AP + PB + PM ≥
≥ OB + BP + PM ≥ OP + PM ≥ OM .
Tehát a kifejezés minimuma pontosan akkor áll elő, ha x = a és y = b . Belátható, hogy a < 0 vagy b < 0 esetén is a O minimális értéket x = y = 0 esetén kapjuk. 57. Ábrázold grafikusan az f :
→
x
P y x
, f (x ) = x ⋅ [x ] függvényt.
Megoldás. f (x ) = 0 ha x ∈ ⎡⎢ 0, 1) , f (x ) = x ha x ∈ ⎡⎢1, 2) és általában ⎣ ⎣
)
f (x ) = kx ha x ∈ ⎡⎢k, k + 1 . ⎣
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
363
y 5 4 2 1 –2
O
1
2
58. Számítsuk ki a következő f : D ⊆
x
3
→
függvényekre az f o f o ... o f n −szer
összetételt:
x ; 3 1⎛ 4⎞ c) f (x ) = ⎜⎜x + ⎟⎟⎟ ; 2⎝ x⎠ a) f (x ) =
f ) (x ) =
Megoldás. a) ( f
b) f (x ) = x + α, d) f (x ) = ⎛ x és általában ⎜⎜ f ⎜⎝ 9
α∈
;
x −2 . x +2 f
⎞ x ... f ⎟⎟ (x ) = n . Ezt indukció⎟ ⎠ 3 n
val igazolhatjuk. b) ( f
⎛ f ) (x ) = x + 2α és általában ⎜⎜ f ⎜⎝
c) Ha f (x ) = Így
(f (f
⎞ ... f ⎟⎟⎟ (x ) = x + nα . ⎠ n
2 x2 + 4 f (x ) − 2 (x − 2) , akkor = 2 . 2x f (x ) + 2 (x + 2) 2
⎛ x − 2 ⎞⎟22 f ) (x ) − 2 ⎛⎜ f (x ) − 2 ⎞⎟ =⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜⎜ ⎟ és indukcióval igazolhatjuk, hogy ⎝ x + 2 ⎠⎟ f ) (x ) + 2 ⎜⎝ f (x ) + 2 ⎠ ⎛ ⎞ ⎜⎜ f f ... f ⎟⎟ (x ) − 2 2n ⎜⎝ ⎛ x − 2 ⎞⎟ ⎠⎟ n = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎛ ⎞ ⎜⎜ f f ... f ⎟⎟ (x ) + 2 ⎝ x + 2 ⎠ ⎝⎜ ⎠⎟ n ⎛ ⎜⎜ f ⎜⎝
Tehát d)
f
(f
2n 2n ⎞ (x − 2) + (x + 2) ... f ⎟⎟⎟ (x ) = 2 ⋅ 2n 2n ⎠ (x + 2) − (x − 2) n x , f ) (x ) = 3x + 4
f
∀n ≥ 1 .
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok (f ⎛ ⎜⎜ f ⎝⎜
x és általában 7x + 8 ⎞ x f ... f ⎟⎟⎟ (x ) = n ⎠ − 2 1 ( ) x + 2n n f
364
f ) (x ) =
59. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c ∈
∀n ≥ 1 .
, a ≠ 0 és a(4a + 3b + 2c ) ≥ 0 , akkor nem
lehet az ax 2 + bx + c = 0 egyenlet mindkét gyöke az (1, 2) intervallumban. Bizonyítás. Ha (1, 2) a két gyök, akkor x i − 3x i + 2 < 0 , tehát
(x12 + x 22 ) − 3 (x1 + x 2 ) + 4 < 0 . Ebből következik, hogy 4a 2 + 3ab − 2ac + b + b 2 < 0 , tehát ha hozzáadjuk az adott egyenlőtlenség megfelelő oldalait a S 2 − 4ac < 0 egyenlőtlenséghez jutunk. Ez ellentmondás, mert a gyökök valósak, tehát nem lehet az egyenlet mindkét gyöke az (1, 2) intervallumban. 60. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c ∈
a + 2b + 4c > 0 . Bizonyítás. Tekintsük az f :
, a ≠ 0 , b 2 < 4ac és 4a + 2b + c > 0 , akkor
, f (x ) = ax 2 + bx + c függvényt. A feltéte⎛1⎞ lek alapján Δ < 0 és f (2) > 0 , tehát f ⎜⎜ ⎟⎟⎟ > 0 mert a függvény előjeltartó. ⎝2 ⎠ 1 1 Így a + b + c > 0 , tehát a + 2b + 4c > 0 . 4 2
→
61. Hány olyan f : [0, 1] → [0, 1] függvény létezik, amelyre
f (x ) − f (y ) ≥| x − y | ∀x , y ∈ [0, 1] ? Megoldás. Ha x = 1 és y = 0 , akkor az f (1) − f (0) ≥ 1 egyenlőséghez jutunk.
{ }
Mivel f (1) , f (2) ∈ ⎡⎢0, 1⎤⎥ , következik, hogy {f (1) , f (0)} = 0, 1 . ⎦ ⎣ 1.eset. Ha f (1) = 1 és f (0) = 0 , akkor y = 0 esetén az f (x ) ≥ x ∀x ∈ ⎡⎢0, 1⎤⎥ ⎣ ⎦ egyenlőtlenséghez jutunk, tehát f (x ) = x ∀x ∈ ⎡⎢0, 1⎤⎥ . ⎣ ⎦ 2.eset. Ha f (0) = 1 és f (1) = 0 , akkor y = 0 esetén az f (x ) ≤ 1 − x , ∀x ∈ ⎡⎢0, 1⎤⎥ ⎣ ⎦ és y = 1 esetén az f (x ) ≥ 1 − x , ∀x ∈ ⎡⎢0, 1⎤⎥ egyenlőtlenséghez jutunk. Tehát ⎣ ⎦ f (x ) = 1 − x , ∀x ∈ ⎡⎢0, 1⎤⎥ és így két függvény teljesíti a feltételt. ⎣ ⎦
62. Bizonyítsd be, hogy az ABC Δ pontosan akkor derékszögű vagy egyenlő szárú, ha
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
365
tg B sin2 B = . tg C sin2 C
Bizonyítás. Az egyenlőség a sin 2C = sin 2B egyenlőséghez vezet, tehát sin (C − B ) cos (B + C ) = 0 . Ha sin (C − B ) = 0 , akkor a háromszög egyenlő szárú, míg ha cos (B + C ) = 0 , akkor B + C =
π és így a háromszög derékszögű. 2
63. Bizonyítsd be, hogy ha 8 cos A cos B cos C = 1 , akkor ABC Δ egyenlő oldalú. Bizonyítás. A koszinusz-tétel alapján (b 2 + c 2 − a 2 )(c 2 + a 2 − b 2 )(a 2 + b 2 − c 2 ) = a 2b 2c 2 , tehát az I.9.4. paragrafus 4/e feladata alapján a 2 = b 2 = c 2 és így a háromszög egyenlő oldalú. 64. Adott kerületű téglalapok közül melyiknek a legnagyobb a területe? k állandó. Így a számtani2 2 ⎛ x + y ⎞⎟ mértani közepek közti egyenlőtlenség alapján xy ≤ ⎜⎜ . Egyenlőség ⎝ 2 ⎠⎟ x = y esetén teljesül, tehát a négyzetnek a legnagyobb a területe.
Megoldás. Ha az oldalak x és y , akkor x + y =
65. Adott területű téglalapok közül melyiknek a legkisebb a kerülete? Megoldás. Ha x és y az oldalak hossza, akkor xy = T állandó. Így az 2 ⎛ x + y ⎞⎟ egyenlőtlenség alapján a kerülete akkor a legkisebb, amikor xy ≤ ⎜⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ x = y vagyis a négyzet esetén.
66. Adott kerületű háromszögek közül melyiknek a legnagyobb a területe? 67. Adott területű háromszögek közül melyiknek a legkisebb a kerülete? Megoldás.(66-67) A VIII.5.6.2. paragrafus 19/f feladata alapján (∗)
tg
A B C 1 . tg tg ≤ 2 2 2 3 3
Másrészt a p 2 ≥ 3 3S egyenlőtlenség p ≥ 3 3r majd
r 4R 1 ⋅ ≤ alakban 4R p 3 3
írható. De
4R 1 = A B C p cos cos cos 2 2 2
( IX.3.1. 19-es feladatának c) alpontja )
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
366
r A B C = sin sin sin ( lásd ugyanannak a feladatnak az e) alpontját) 4R 2 2 2 tehát a p 2 ≥ 3 3S egyenlőtlenség ekvivalens a (∗) egyenlőtlenséggel.
és
Egyenlőség pontosan akkor állhat fenn, ha a háromszög egyenlő oldalú, tehát ha rögzítjük a kerületet, akkor a legnagyobb területe az egyenlő oldalú háromszögnek van és ha a terülletet rögzítjük, akkor a legkisebb kerülete szintén az egyenlő oldalú háromszögnek van. 68. Számítsuk ki az M (x 0 , y 0 ) pont távolságát az ax + by + c = 0 egyenletű egyenestől! Megoldás. Ha P (x , y ) ∈ d akkor MP 2 = (x − x 0 )2 + (y − y 0 )2 és így az 2
⎞ ⎛ −c − ax f (x ) = (x − x 0 )2 + ⎜⎜ − y 0 ⎟⎟ másodfokú függvény minimumát keressük. ⎠ ⎝ b
fmin = −
2
Δ ⎛ a2 ⎞ 4 ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟⎟ b ⎠ ⎝⎜
=
(ax 0 + by 0 + c ) a 2 + b2
,
tehát az M pont távolsága az ax + by + c = 0 egyenletű egyenestől d=
ax 0 + by 0 + c a 2 + b2
.
69. Adott az A(x 1, y1 ) és B(x 2 , y2 ) pont. Határozzuk meg az M (x , 0) pont abszcisszáját úgy, hogy az A − M − B útvonal hossza minimális legyen! Megoldás. 2
2
2
2
AM + MB = (x − x 1 ) + y12 + (x − x 2 ) + y22 ≥ (x 1 − x 2 ) + (y1 − y2 )
Tehát ha az (AB ) szakasz metszi az Ox tengelyt, akkor a metszéspontra AM + MB minimális. Ha az AB szakasz nem metszi az Ox szakaszt, akkor a Minkovski egyenlőtlenséget 2
2
2
2
(x − x 1 ) + y12 + (x − x 2 ) + y22 ≥ (x 1 − x 2 ) + (y1 − y2 )
alakban írjuk fel ( ez annyit jelent mintha a B pontot tükröztük volna Ox -re nézve ) és az AB ′ szakasz biztosan metszi az Ox tengelyt ( B ′ koordinátái x 2 és y2 ). 70. Egy téglalap egyik oldalára félkört szerkesztünk. Mennyi a téglalap oldalainak aránya, ha a kapott alakzat kerülete Κ és a területe maximális? Fogalmazd meg, majd oldd is meg a duális feladatot! Megoldás. Az ábra jelölései alapján Τ = 4ab + Így
4a = Κ − 2b (π + 1)
π ⋅ b2 és Κ = 4a + 2b + 2πb . 2
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
367
πb 2 ⎛π ⎞ és Τ = b ⋅ (Κ − 2b (π + 1)) + = b 2 ⋅ ⎜⎜ − 2 (π + 1)⎟⎟ + Κ ⋅ b ⎝ ⎠ 2 2 Κ Ennek a kifejezésnek b = esetén van maximuma és ebben az esetben 3π + 4 b π 1 = + ≈ 1, 28 . a 4 2
71. Számítsuk ki adott körbe írt téglalap területének maximumát! Megoldás. Ha R a kör sugara és x , y a téglalap oldalainak hossza, akkor x 2 + y 2 = 4R 2 és a terület xy . A 2xy ≤ x 2 + y 2 egyenlőtlenség alapján a
téglalap területe akkor maximális, ha x = y = R 2 , vagyis négyzet esetén. 72. Számítsuk ki az R sugarú kör köré írt trapéz kerületének minimumát! Megoldás. Az ábra jelölései alapján AB = x + y és így 2
2
2
(x + y ) = (2R) + (y − x ) . Tehát keressük a 2x + 2y kifejezés minimumát ha xy = R 2 . A számtanimértani közepek közti egyenlőtlenség alapján 2 (x + y ) ≥ 4R és egyenlőség csak x = y = R esetén van. Így a legkisebb kerületű, R sugarú kör köré írt trapéz a négyzet.
73. Egy folyó partján 3200 m2 nagyságú, téglalap alakú területet kell elkeríteni. Mekkorának válasszuk a téglalap méreteit, ha azt szeretnénk, hogy a kerítés a legrövidebb legyen? (a parton nincs kerítés) Megoldás. Az ab = 3200 feltétel mellett a 2a + b minimumát keressük. 2a + b ≥ 2ab és így 2a + b ≥ 160 . Egyenlőség akkor lehetséges, ha 2 2a = b és így a = 40 m és b = 80 m .
Másrészt
74. A vízszintessel ϕ szöget bezáró irányba kilövünk egy lövedéket. Milyen magasra emelkedik ez a lövedék, ha a légellenállást elhanyagoljuk? Megoldás. A lövedék mozgásának egyenletei a tengelyekre lebontva 2 vx = v0 ⋅ cos ϕ , vy2 = (v0 sin ϕ ) − 2gy , tehát a pálya csúcspontja y =
v0 sin2 ϕ magasságra van. 2g
75. Egy gyalogos az A helyiségből a D helyiségbe tart. A két helyiséget nem köti össze közvetlen út. Hol kell letérnie az AB útról a mezőre, ha az úton a sebessége v1 , míg a A mezőn v2 , a lehető legrövidebb idő alatt
D
C
B
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
368
szeretne D -be érkezni, és a D -nek AB -re eső vetülete A -tól a méternyi távolságra van? Megoldás. Az út megtételéhez szükséges idő f (x ) =
Ha
x + v1
(a
x + v1
(a
− x )2 + h 2 v2
− x )2 + h 2 = m akkor v2
(a
− x )2 + h 2 x és így =m− v2 v1 2
x⎞ − x )2 + h 2 ⎛⎜ = ⎜⎜m − ⎟⎟⎟ v2 v1 ⎠⎟ ⎝ ⎛1 ⎛ a 1⎞ m ⎞ h2 + a2 x 2 ⋅ ⎜⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟⎟ + 2x ⋅ ⎜⎜⎜− 2 + ⎟⎟⎟ + − m2 = 0 v1 ⎠⎟ v22 ⎝ v2 v1 ⎠⎟ ⎝ v2 (a
tehát az
egyenletnek
van valós gyöke. 2
⎛ a ⎞ m⎞ ⎛ 1 1 ⎞⎛ h 2 + a 2 2⎟ ⎟⎟ ≥ 0 ⇔ m Δ′ = ⎜⎜− 2 + ⎟⎟⎟ − ⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ − ⎟ ⎜ v22 ⎜⎝ v2 v1 ⎠⎟ ⎝⎜ v2 v1 ⎠⎝ ⎠⎟ ⎛1 1 1 ⎞ 2am ⎛⎜ 1 1 ⎞⎟ h 2 + a 2 ⎟⋅ m 2 ⋅ ⎜⎜ 2 + 2 − 2 ⎟⎟⎟ − − − ≥0 ⇔ ⎜ ⎜⎝ v v v ⎠⎟ v v 2 ⎝⎜ v 2 v 2 ⎠⎟⎟ v2 1
m2 −
2
1
1 2
2
1
2
⎛1 2a 1⎞ m − ⎜⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟⎟ (h 2 + a 2 ) ≥ 0 . v1 ⎝ v2 v1 ⎠⎟ 1 ⎛ 2a
⎞
Az m legkisebb értéke tehát m = ⎜⎜⎜ − Δ1 ⎟⎟⎟ , 2 ⎝ v1 ⎠⎟ ahol
Δ1 =
Így
m=
2 2⎤ ⎛1 ⎞ ⎡ 2 4a 2 ⎜⎜ − 1 ⎟⎟ (h 2 + a 2 ) = 4 ⎢ h + a − h ⎥ . + 4 ⎢ v22 ⎜⎝ v22 v12 ⎠⎟⎟ v12 v12 ⎥⎦ ⎣
a h2 + a2 h2 − − 2 . v1 v22 v1
Erre az m értékre Δ ′ = 0 , tehát x min
a m − (v ⋅ a − m ) v1 v22 v1 = = 1 2 1 1 (v1 − v22 ) − 2 2 v2 v1
távolság megtétele után érdemes letérni az útról. 76. Két vasútvonal derékszögben metszi egymást. A kereszteződés felé egyidejűleg egy-egy vonat halad a két vasútvonalon. Az első vonat, amely a kereszteződéstől 40 km távolságra fekvő állomásról indul, percenként 800 m-t tesz meg, a második vonat pedig a kereszteződéstől 50 km távolságra fekvő
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
369
állomásból indul és percenként 600 m-t tesz meg. Az indulás pillanatától számítva hány perc múlva lesz a két mozdony távolsága a legkisebb? Megoldás. t perc múlva OA1 = 40000 − 800t és OB1 = 50000 − 600t tehát A1B1 2 2 = (400 − 8t ) + (500 − 6t ) . 100
Ha a t = 100t ′ jelölést használjuk az 2 2 A1B1 = (4 − 8t ′) + (5 − 6t ′) 10000 összefüggést kapjuk, tehát az f (t ′) = 100t ′ − 124t ′ + 41 kifejezés minimumát
124 keressük. A kifejezés a minimumát tm′ = -re éri el, tehát t = 62 perc 2 ⋅ 100
múlva lesz minimális a két mozdony távolsága. 77. Egy függőleges tartályban víz van. Hova kell a tartály falába nyílást vágni, hogy a vízsugár a lehető legmesszebbre jusson, ha gondoskodunk, hogy a tartályban a víz szintje állandó maradjon? Megoldás. A kiáramló folyadék sebességének négyzete egyenesen arányos a (H − h ) . Ugyanakkor az itt kiáramló folyadék t =
2h idő alatt ér földet és ez g
idő alatt a tartály aljától vk ⋅ t távolságot tesz meg. Tehát a vk = c ⋅ H − h egyenlőség alapján a d =c⋅
2h (H − h ) g
kifejezés maximumát keressük. 2
H ⎛H ⎞ esetén van, a vízszint felénél Mivel h (H − h ) ≤ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ és egyenlőség h = ⎝2⎠
2
kell lyukat vágni. 78. Egy pontszerű fényforrás két gömb középpontját összekötő egyenesen helyezkedik el. A fényforrás milyen helyzetére lesz a gömbfelületek megvilágított részeinek összege maximális? Megoldás. Egy h magasságú gömbsüveg felszíne Τ = 2πRh , ahol R a gömb sugara. Ha O1M = d1 , akkor az M -ből megvilágított gömbsüveg magassága m1 = R1 −
R12 . d1
Tehát a d1 + d2 = O1O2 (= d ) feltétellel keressük az
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
370
⎛ ⎛ ⎛ R⎞ R ⎞⎞ E = 2π ⎜⎜⎜R12 ⋅ ⎜⎜1 − 1 ⎟⎟⎟ + R22 ⋅ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎝ ⎜⎝ d1 ⎠⎟ d2 ⎠⎟⎠⎟ ⎝⎜
kifejezés
minimumát.
Ez
ekvivalns
R13 R23 + d1 d2
az
minimumának
meghatározásával. A Cauchy-Buniakovski egyenlőtlenség alapján ⎛ R13 R23 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ (d1 + d2 ) ≥ + ⎜⎝ d1 d2 ⎠⎟⎟
(
R13 + R23
)
2
és egyenlőség pontosan akkor van ha R13 d1 d1
=
R23 d2 d2
vagyis ha
d1 = d2
R13 . R23
79. Egy repülőgép félkörívet leírva repül az A repülőtérről a B repülőtérre. A repülőterek légvonalban mért távolsága c km. Az AB szakasz melyik pontjában van a megfigyelő a legtávolabb a repülőgéptől, abban a pillanatban, amikor a repülő ugyanolyan távol van az A repülőtértől mint a megfigyelő? x 2 = 2R2 (1 − cos ϕ) ,tehát Megoldás. Az ábra jelölései alapján cos ϕ =
x 2R2 − x 2 ϕ ⎛ π − ϕ ⎞⎟ . Ugyanakkor cos α = cos ⎜⎜ . = sin , tehát cos α = 2 ⎟ ⎝ 2 ⎠ 2R 2R 2
Másrészt RM 2 = 2x 2 − 2x 2 ⋅ cos α = 2x 2 − 2x 2 ⋅
x x⎞ ⎛ = 2x 2 ⎜⎜1 − ⎟⎟⎟ . ⎝ R R⎠
A számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenség alapján 3
⎛1⎞ x⎞ x x ⎛ x⎞ ⎛ ⋅ ⋅ ⎜1 − ⎟⎟ ≤ 8R 2 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ 2x 2 ⎜⎜1 − ⎟⎟ = 8R 2 ⋅ ⎝ ⎝ 3⎠ R⎠ R⎠ 2R 2R ⎝⎜ x x 2R = 1− és egyenlőség pontosan akkor teljesül ha vagyis x = . 3 2R R
80. Határozd meg a síknak azt a tartományát, amelynek M (x , y ) pontjaira teljesülnek az alábbi egyenlőtlenségek:
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok ⎧⎪x + 2y ≤ 4 ⎪⎪ ⎪ a) ⎪⎨2x + y ≥ 2 ; b) ⎪⎪ ⎪⎪x − 2y ≤ 3 ⎪⎩
⎧− ⎪⎪ 2x + y ≤ 1 ⎪⎧⎪x − y ≥ 4 ⎪⎪ ⎪⎪ x + y ≤ 3 ⎪⎪ 1 ; c) ⎪⎨− x + y ≥ 0 ; ⎨ ⎪⎪x ≤ 2 ⎪⎪ 2 ⎪⎪ ⎪⎪x ≥ 0, y ≥ 0 ⎪⎪x ≥ 0, y ≥ 0 ⎪⎩ ⎩
371
d)
⎧ ⎪ 2x + y = 4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x − y ≥ −1 . ⎪ ⎪ ⎪ x + 2y ≥ 0 ⎪ ⎪ ⎩
Megoldás. a) b) c) d) 81. Határozd meg az x és y értékét úgy, hogy az f (x , y ) = 3x + y kifejezés értéke maximális legyen, ha teljesülnek az alábbi egyenlőtlenségek: ⎧⎪x − y ≤ 1 ⎪⎪ ⎪ . ⎨x + y ≤ 3 ⎪⎪ ⎪⎪x ≥ 0, y ≥ 0 ⎪⎩
Megoldás. Az egyenlőtlenségek által értelmezett alakzat az ABC háromszög, a 3x + y kifejezés A -ban minimális és C -ben maximális, tehát fmax = 3 ⋅ 3 + 0 = 9 . 82. Határozd meg az x és y értékét úgy, hogy az f (x , y ) = 3x + 2y kifejezés értéke minimális legyen, ha teljesülnek az alábbi egyenlőtlenségek: ⎪⎧⎪2x + y ≥ 5 ⎪⎪ ⎪⎪3x − 2y ≤ 6 . ⎨ ⎪⎪x + y ≤ 4 ⎪⎪ ⎪⎪x ≥ 0, y ≥ 0 ⎩
Megoldás. Az egyenlőtlenségek által defineált doménium az ABC háromszög és belseje, ⎛14 6 ⎞
⎛16 3 ⎞
ahol A (1, 3) , B ⎜⎜ , ⎟⎟⎟ és C ⎜⎜ , ⎟⎟⎟ . A csúcspontokban a 3x + 2y kifejezés ⎝ 5 5⎠ ⎝ 7 7⎠ értéke: fA = 9, fB =
54 54 és fC = . 7 5
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok Tehát a kifejezés minimális értéke
372
54 16 3 és ezt x = , y = esetén veszi fel. 7 7 7
83. Egy asztalosműhelyben kétféle bútorsort készítenek. Az első típusúhoz 1,2 m3 diófa és 0,8 m3 cserefa szükséges, míg a másik fajta bútorsor előállításához 0,5 m3 diófát és 1 m3 cserefát használnak fel. A két típusú bútorsorból származó bevétel rendre 400 DM illetve 500 DM. Határozd meg, hogy melyik fajtából mennyit kell gyártani, ha azt szeretnénk, hogy a bevétel a lehető legnagyobb legyen, és ha 61 m3 diófa és 74 m3 cserefa áll rendelkezésünkre. Megoldás. Ha x és y az első illetve második bútorsorból előállított mennyiség, akkor 1, 2x + 0, 5y a felhasznált diófa térfogata ( m 3 -ben ) és 0, 8x + y a felhasznált cserefa térfogata. A haszon 4x + 5y és így a következő feltételeket kapjuk: ⎧ ⎪ 1, 2x + 0, 5y ≤ 61 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨0, 8x + y ≤ 74 ⎪ ⎪ ⎪ x ≥ 0, y ≥ 0, x , y ∈ ⎪ ⎪ ⎩
.
A célfüggvény f (x , y ) = 4x + 5y . A feltételek ⎧⎪12x + 5y ≤ 610 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎨4x + 5y ≤ 370 ⎪⎪ ⎪⎪x , y ∈ ⎪⎩ alakban írhatók. Látható, hogy x = 30 és y = 50 esetén mindkét egyenlőség
teljesül és a nyereség maximális. Tehát 30 bútorsor kell az első fajtából és 50 a másodikból. 84. Két raktárban (A1 és A2) 200 t és 300 t tüzelőanyag áll, és ezt kell elszállítanunk három (B1, B2, és B3) fogyasztóhoz úgy, hogy a fogyasztókhoz 100 t, 300 t és 100 t tüzelőanyag jusson. Ha az A1 raktárból az egyes fogyasztókhoz a szállítási költségek rendre 4, 9 és 3 millió lej, és az A2 raktárból a fogyasztókhoz való szállítási költségek rendre 5, 8 és 7 millió lej, adjál olyan szállítási tervet, amely szerint a szállítási kö1tség minimális! Megoldás. Az adatokat a következő táblázatba foglalhatjuk: Tehát x + y + z ≤ 200 és 500 − x − y − z ≤ 300 alapján x + y + z = 200 . A költség pedig K = 3600 − x + y − 4z . Tehát az eredeti feladatban B1 -be csak az A1 -ből szállítunk, B2 -be csak A2 -ből és B3 -ba ismét A1 -ből. Így a költség 3.100.000.000 lej.
Tartalomjegyzék
372
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
X.3. versenyre előkészítő feladatok 1. Rendelkezésünkre áll két rúd és gyújtóeszköz. Ha mindkét rúd egy óra alatt ég el (de nem tudni, hogy milyen gyorsasággal) ki lehet-e mérni háromnegyed órát? Megoldás. Igen, ki lehet mérni, a következő eljárással: egyszerre meggyújtjuk az egyes rúd mindkét végét, valamint a kettes rúd egyik végét. Amikor az egyes rúdon a két láng összeér (eddig pontosan egy fél óra telt el), meggyújtjuk a kettes rúd másik végét is. A két láng találkozásáig pontosan még egy negyed óra telik el, ez összesen háromnegyed óra. 2. A kannibálok elfogtak n matematikust és másnapra matekos-tokányt szándékoznak főzni. A törzsfőnök a következőt javasolja: reggel sorba állítják a matematikusokat és mindenki fejére felhúznak egy-egy sapkát. A sapkák egymástól függetlenül feketét vagy fehérek. Minden matematikus láthatja a többi fején levő sapkát, de az övét nem. Ezután sorra mindenki mondhatja, hogy fehér vagy fekete. Aki eltalálja a saját sapkája színét azt szabadon bocsátják, a többit megeszik. Legalább hány matematikus kerül a kondérba, ha éjjel kidolgozhatnak bármilyen stratégiát? Megoldás. A matematikusok összeegyezhetnek a következő módon: • aki elsőnek szól, az azt mondja, hogy 0 , ha páros számú fehér sapkát lát, és azt, hogy 1 , ha páratlan számút (a nulla helyett mondhat fehéret, és az 1 helyett feketét); • mindenki csak azoknak a sapkáját nézi, akik még nem szólaltak meg. • ha a második matematikus által látott fehér sapkák számának paritása megegyezik az első által látott fehér sapkák számának paritásával, akkor az ő fején fekete sapka van, ellenkező esetben fehér. • általában, ha az első k felszólaló közt, az elsőt leszámítva x k darab fehér sapka volt és a (k + 1) -ik felszólaló yk fehér sapkát lát, akkor a következő a szabály: ha x k + yk paritása megegyezik az első által mondott szám paritásával, akkor a (k + 1) -edik matematikus fején fekete sapka áll, ellenkező esetben fehér. Így az első kivételével mindenki megmenekülhet, tehát a kondérba egynél több matematikus nem kerül (persze, ha nem követik a szabályokat). ⎪⎧⎡ k 2 ⎤ ⎪⎫ 3. Hány különböző szám van az A = ⎪ ⎨⎢⎢ ⎥⎥ 1 ≤ k ≤ n ⎪ ⎬ halmazban? ⎪ ⎪ n ⎣ ⎦ ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ 2 2 ⎡1 ⎤ ⎡ 2 ⎤ ⎡n2 ⎤ Megoldás. Jelöljük f (n ) -nel az ⎢ ⎥ , ⎢ ⎥ ,..., ⎢ ⎥ számok közt előforduló ⎢⎣ n ⎥⎦ ⎢⎣ n ⎥⎦ ⎢⎣ n ⎥⎦ különböző értékek számát. Határozd meg f (n ) -et! Két különböző esetet vizsgálunk, aszerint, hogy n páros, vagy páratlan.
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
373
(x + 1)2 x 2 2x + 1 − = > 1 ha x ≥ k , míg x
2k 2k 2k ⎡ (x + 1)2 ⎤ ⎡x2 ⎤ ⎥ és ⎢ ⎥ közt nem lehet ezektől kisebb mint 1. Ebből következik, hogy ⎢ ⎢⎣ 2k ⎥⎦ ⎢⎣ 2k ⎥⎦ ⎡ (x + 1)2 ⎤ ⎡ x 2 ⎤ ⎥ ≠ ⎢ ⎥ . Tehát x ≤ k esetén különböző egész szám, ha x
⎡x 2 ⎤ ⎢ ⎥ kifejezés ⎢⎣ 2k ⎥⎦
⎡k2 ⎤ ⎢ ⎥ + 1 különböző értéket vesz fel (0-tól ⎢⎣ 2k ⎥⎦
⎡k2 ⎤ ⎢ ⎥ -ig mindent), ⎢⎣ 2k ⎥⎦
⎡k ⎤ míg k < x ≤ 2k -ra pontosan k darab különböző értéket. Összesen tehát k + 1 + ⎢ ⎥ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 2 2 ⎡ (2k ) ⎤ ⎡1 ⎤ ⎥ számok közt. különböző érték fordul elő az ⎢ ⎥ ,..., ⎢ ⎢⎣ 2k ⎥⎦ ⎢⎣ 2k ⎥⎦ ⎡ k2 ⎤ ⎥ különböző 2. eset. Hasonlóan gondolkodva n = 2k + 1 esetén k + 2 + ⎢ ⎢⎣ 2k + 1 ⎥⎦ ⎧⎪ ⎡k ⎤ ha m = 2k ⎪⎪⎪ k + 1 + ⎢⎢ 2 ⎥⎥ , ⎣ ⎦ ⎪ . értéket kapunk, tehát f (m ) = ⎨ ⎡ k2 ⎤ ⎪⎪ ⎢ ⎥ k 1 2 , ha 2 k m + + = + ⎪⎪ ⎢⎣ 2k + 1 ⎥⎦ ⎪⎩ ⎡ ⎡m ⎤2 ⎤ ⎢ ⎥ ⎡ m + 1 ⎤ ⎢ ⎢⎣⎢ 2 ⎥⎦⎥ ⎥ Egy képlettel kifejezve írhatjuk, hogy f (m ) = 1 + ⎢ ⎥. ⎥+⎢ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎢ m ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ 4. Bizonyítsd be a következő egyenlőtlenségeket, ha (ak )k =1, n és (bk )k =1, n pozitív számok: a1 + a2 + ... + an n
+
b1 + b2 + ... + bn
≥ n (a1 + b1 )(a 2 + b2 ) ... (an + bn ) ≥ n ≥ n a1a 2 ... an + n b1b2 ... bn .
Megoldás (a + b1 ) + ... + (an + bn ) a1 + a 2 + ... + an b1 + b2 + ... + bn + = 1 ≥ n n n ≥ n (a1 + b1 ) (an + bn )
(a számtani- mértani egyenlőtlenség alapján).
Tartalomjegyzék
374
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
⇒
n
n
a1 a1 + b1
n
b1 a1 + b1
a1 a1 + b1
⇒ n a1a2
⎫ an 1⎛ a an ⎞⎟⎪ ⎟⎟⎪ ≤ ⎜⎜ 1 + … ⎪ an + bn n ⎜⎝a1 + b1 an + bn ⎠⎟⎪ ⊕ ⎪ ⎪ ⎬⇒ bn 1⎛ b bn ⎞⎟⎪ ⎪ ⎟⎪ ≤ ⎜⎜⎜ 1 + … ⎟⎪ an + bn n ⎝a1 + b1 an + bn ⎠⎟⎪ ⎪ ⎭
an b1 +n an + bn a1 + b1 an + n b1b 2
bn ≤1⇒ an + bn
bn ≤ n (a1 + b1 )(a2 + b2 )
(an + bn )
1 és n ≥ 1 , akkor 2 n(n + 1)(2n + 3) < x + x + 1 + x + 2 + ... + x + n < (n + 1)2 x + 6
5. Ha x ≥
n(n + 1)2 . 2 Megoldás. Mindkét egyenlőtlenség a matematikai indukció módszerével igazoljuk. 1. n = 1 esetén az első egyenlőtlenség: 4x + 1 < x + x + 1 ⇔ 4x + 1 < 2x + 1 + 2 x (x + 1) ⇔ < (n + 1)2 x +
⇔ x < x (x + 1) ⇔ x < x + 1 , igaz. 2. Feltételezve, hogy valamely rögzített n - re n(n + 1)(2n + 3) (n + 1)2 x + < x + x + 1 + x + 2 + ... + x + n , 6 igazolni szeretnénk, hogy (n + 1) (n + 2)(2n + 5) (n + 2)2 x + < x + x + 1 + ... + x + n + 1 . 6 Ehhez elég kimutatni azt, hogy (n + 1)(n + 2)(2n + 5) 2 < (n + 2) x + 6 n (n + 1)(2n + 3) 2 < (n + 1) x + + x +n +1 . 6 Négyzetre emelve és rendezve a tagokat, a következő igaz egyenlőtlenséget kapjuk: (n + 1) (3n 2 + 6n − 4) 2 0 < (n + 2)(2n + 1) x + . 3 9 Ezzel az első egyenlőtlenséget igazoltuk. 1. n = 1 -re a második egyenlőtlenség: x + x + 1 < 4x + 2 ⇔ x (x + 1) < x + 1 ⇔ x < x + 1 . 2. Feltételezve, hogy az egyenlőtlenség igaz n -re, igazoljuk, hogy n + 1 - re is igaz. Ehhez elég kimutatni, hogy
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
⎛ ⇔ 2 ⎜⎜x ⎝ ami igaz.
375
n n +1 (n + 1) x + + x + n + 1 ≤ (n + 2) x + ⇔ 2 2 2 ⎛ ⎞⎟ n ⎞⎟ 3n + 2 n ⎜ + ⎟ (x + n + 1) ≤ 2x + ⇔ 0 ≤ ⎜⎜ x + + x + n + 1⎟⎟ , ⎝ ⎠ 2⎠ 2 2
a b c + + = 0 , akkor b −c c −a a −b a b c + 2 + 2 = 0. 2 (c − a ) (b − c ) (a − b ) a b c + + = 0 egyenlőségből rendre következik, hogy Megoldás Az b −c c −a a −b ⎛ a b c ⎞⎛ 1 1 ⎞⎟ ⎟⎜ 1 ⎜ ⎜⎝b − c + c − a + a − b ⎠⎟⎟⎜⎜⎝b − c + c − a + a − b ⎠⎟⎟ = 0 ⇒ a b c a ⎛ 1 1 ⎞⎟ ⎜ ⇒ + + ⎟+ 2 + 2 + ⎜ 2 ⎝ (c − a ) b − c c − a a − b ⎠⎟ (b − c ) (a − b ) 6. Bizonyítsd be, hogy ha
b ⎛ 1 1 ⎞⎟ c ⎛ 1 1 ⎞⎟ ⎜ ⎜ + + + ⎟ ⎟= 0⇒ ⎟ ⎜ ⎜ c − a ⎝a − b b − c ⎠ a − b ⎝b − c c − a ⎠⎟ a (c − b ) + b (a − c ) + c (b − a ) a b c ⇒ + + =0⇒ 2 + 2 (c − a )2 (a − b )(b − c ) (c − a ) (b − c ) (a − b ) a b c ⇒ + 2 + 2 = 0. 2 (c − a ) (b − c ) (a − b ) 7. Bizonyítsd be, hogy minden n természetes szám végtelen sok különböző módon előállítható n = ε1 ⋅ 12 + ε2 ⋅ 22 + ... + εk ⋅ k 2 alakban, ahol k ∈ és +
εj ∈ {−1, 1}, ∀ j = 1, k . 2
Megoldás. Az (n + 1) − n 2 = 2n + 1 egyenlőség alapján 2
2
2
(n + 3) − (n + 2) − (n + 1) + n 2 = 4 és 2
2
2
(n + 7) − (n + 6) − (n + 5)2 + (n + 4) − 2
2
2
− (n + 3) + (n + 2) + (n + 1) − n 2 = 0
(*).
k
esetén találtunk m = ∑ εj j 2
Tehát ha rögzített m ∈
alakú
előállítást
(ahol
j =1
εj ∈ {−1,1} , j = 1, k ), akkor az k
m + 4 = ∑ εj j 2 + (k + 1) − (k + 2) − (k + 3) + (k + 4) 2
2
2
2
j =1
egyenlőség alapján (m + 4) -re is létezik ilyen előállítás, sőt, végtelen sok ilyen létezik a (*) azonosság alapján. A matematikai indukció teljességéhez előállítjuk a 0, 1, 2, 3 számokat:
Tartalomjegyzék
376
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 0 = −12 + 22 + 32 − 42 + 52 − 62 − 72 + 82 1 = 12 2 = −12 − 22 − 32 + 42
3 = −12 + 22 8. Határozd meg azokat az f : * → * szigorúan növekvő függvényeket, amelyekre b) f (m ⋅ n ) = f (m ) ⋅ f (n ),
a) f (2) = 2 ; és
∀m, n ∈
Megoldás. Matematikai indukcióval igazoljuk, hogy f (n ) = n, ∀n ∈
*
*
.
.
Pontosabban a P (n ) : " f (m ) = m, ∀m ≤ n " állítást bizonyítjuk. Az f (m ) = f (m ⋅ 1) = f (m ) ⋅ f (1) és f (m ) ≠ 0 összefüggések alapján f (1) = 1 , tehát az a) feltétel alapján P (2) igaz. Ha P (n ) igaz valamilyen n ∈ \ {1} esetén, akkor f (2n ) = 2 f (n ) és f (n ) = n , valamint a szigorú monotonitás alapján n = f (n ) < f (n + 1) < f (n + 2) < ... < f (2n − 1) < f (2n ) = 2n . Mivel f (k ) ∈
*
, ∀k ∈
*
, ez utóbbi egyenlőtlenségsorozat csak akkor teljesülhet, ha
f (k ) = k,k = n + 1, 2n − 1 . Így P (n + 1) is igaz, tehát a matematikai indukció elve alapján f (n ) = n, ∀n ≥ 1 . 9. Határozd meg azokat az f :
*
→
*
függvényeket, amelyekre
a) f (p ) = p , bármely prímszám esetén; b) f (m ⋅ n ) = f (m ) ⋅ f (n ), Megoldás. A b) feltétel alapján bármely k ≥ 2, m1, m2 ,..., mk ∈ f (m1m 2
mk ) = f (m1 )f (m 2 ) α
∀m, n ∈ *
*
esetén
f (mk ) .
Tehát ha p prímszám, akkor f (p ) = [ f (p)] = p . Tetszőleges n = p1α1 p2α2 α
esetén f (n ) = f (p1α1 )f (p2α2 ) tehát f (n ) = n, ∀n ≥ 1 .
f (pkαk ) = p1α1 p2α2
10. Bizonyítsd be, hogy az f :
→
.
α
pkαk
pkαk = n . Ha n = 1 , akkor f (1) = 1 ,
, f (x ) = ax + b függvény esetén nem lehet az
f (0) − 1 , f (1) − 3 és f (2) − 9 számok mindegyike 1-nél kisebb. Megoldás. Ha b − 1 < 1, a + b − 3 < 1, 2a + b − 9 < 1 , akkor írhatjuk, hogy
4 = (2a + 2b − 6) − (2a + b − 9) − (b − 1) ≤ ≤ 2 a + b − 3 + 2a + b − 9 + b − 1 < 2 + 1 + 1 = 4 .
Ez ellentmondás, tehát az f (0) − 1 , f (1) − 3 , f (2) − 9 számok közül legalább az egyik nagyobb vagy egyenlő egynél. 11. Bizonyítsd be, hogy ha f : [−1, 1] → [−1, 1] , f (x ) = ax 2 + bx + c , akkor
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
377
a) | a | + | b | + | c |≤ 3 ; b) a 2 + b 2 + c 2 ≤ 5 . Megoldás. a) Az f (1) = a + b + c, f (0) = c, f (−1) = a − b + c egyenlőségekből f (1) + f (−1) − 2 f (0) f (1) − f (−1) ,b= , c = f (0) , így 2 2 f (1) + f (−1) − 2 f (0) f (1) + f (−1) a +b +c = + + f (0) ≤ 2 2 f (1) + f (−1) + f (1) − f (−1) ≤ + 2 f (0) . 2 De x + y + x − y = 2 ⋅ max{x , y}, ∀x , y ∈ , tehát a=
a + b + c ≤ max{f (1), f (−1)} + 2 f (0) ≤ 1 + 2 = 3 , mert f (−1), f (1), f (0) ∈ [−1,1] .
Egyenlőség az f : [−1,1] → [−1,1], f (x ) = ± (2x 2 − 1) függvényre teljesül.
1⎡ 2 2 2 f (1) + 2 f (−1) + 4 f (0)2 − 4 f (0) f (1) − 4 f (0) f (−1)⎤⎦⎥ + 4 ⎣⎢ 1 + f 2 (0) ≤ (2 + 2 + 4 + 4 + 4) + 1 = 5 . 4 Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha f (−1), f (1), f (0) ∈ {−1,1} úgy, hogy
b) a 2 + b 2 + c 2 =
f (0)f (1) = −1 , f (0)f (−1) = −1 . Ezekből a feltételekből az f : [−1,1] → [−1,1] ,
f (x ) = ± (2x 2 − 1) függvényt kapjuk. 12. Bizonyítsd be, hogy az f : → , ⎡ 1⎤ ⎡ 2⎤ ⎡ n − 1⎤ f (x ) = [x ] + ⎢x + ⎥ + ⎢x + ⎥ + ... + ⎢x + ⎥ − [nx ] ⎢⎣ ⎢⎣ n ⎥⎦ ⎢⎣ n ⎥⎦ n ⎥⎦ függvény periodikus, majd igazold, hogy ⎡ 1⎤ ⎡ 2⎤ ⎡ n − 1⎤ [x ] + ⎢x + ⎥ + ⎢x + ⎥ + ... + ⎢x + ∀x ∈ . ⎥ = [nx ], n ⎦⎥ ⎣⎢ n ⎦⎥ n ⎦⎥ ⎣⎢ ⎣⎢ 1 Megoldás. Igazoljuk, hogy T = periódusa f -nek. Valóban, n ⎛ 1⎞ ⎡ 1⎤ ⎡ 2⎤ n⎤ ⎡ n⎤ ⎡ f ⎜⎜x + ⎟⎟⎟ = ⎢x + ⎥ + ⎢x + ⎥ + ... + ⎢x + ⎥ − ⎢nx + ⎥ = ⎝ ⎢⎣ n ⎠ ⎢⎣ n ⎥⎦ ⎢⎣ n ⎥⎦ n ⎥⎦ ⎢⎣ n ⎥⎦ ⎡ 1⎤ ⎡ 2⎤ = ⎢x + ⎥ + ⎢x + ⎥ + ... + [x ] + 1 − [nx ] − 1 = f (x ) n ⎦⎥ ⎣⎢ n ⎦⎥ ⎣⎢ (felhasználtuk, hogy [m + α ] = m + [α ], ∀m ∈ , α ∈ ). Az azonosság
igazolásához felhasználjuk az előbbi függvényt: bebizonyítjuk, hogy f (x ) = 0 . Mivel ⎡ 1⎞ f periodikus, elégségez igazolni, hogy f (x ) = 0, ∀x ∈ ⎢0, ⎟⎟⎟ . Tetszőleges ⎣⎢ n ⎠
Tartalomjegyzék
378
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
⎡ k n ⎡ 1⎞ k⎤ x ∈ ⎢0, ⎟⎟⎟ -re 0 ≤ x + < , ∀k ∈ {0,1,..., n − 1}, 0 ≤ nx < 1 , tehát ⎢x + ⎥ = 0 ⎢⎣ n ⎠ ⎢ n n n ⎥⎦ ⎣ és [nx ] = 0 , innen pedig f (x ) = 0 . ⎡ 2p − 1 ⎤ 13. Bizonyítsd be, hogy ha p prímszám és q = ⎢ ⎥ , valamint ⎣⎢ 3 ⎦⎥ 1 1 1 1 a 1 − + − + ... + (−1)q −1 = , akkor a p . q b 2 3 4 Megoldás. A X.2. fejezet 44. feladata alapján 1 1 1 1 1 1 1 . 1 − + − + ... + − = + ... + 2 3 4 2n − 1 2n n +1 2n Mivel p ≥ 5 prímszám, két esetet különböztetünk meg aszerint, hogy p = 6k + 1 vagy p = 6k − 1 . Ha p = 6k + 1 , akkor q = 4k és így a 1 1 1 = = + + ... + b 2k + 1 2k + 2 4k ⎛ 1 ⎛1 1⎞ ⎛ 1 1 ⎞⎟ 1 ⎞⎟ (6k + 1) M . = ⎜⎜⎜ + ⎟⎟⎟ + ⎜⎜⎜ + ⎟⎟ + ... + ⎜⎜⎜ + ⎟= ⎝ 2k + 1 4k ⎠ ⎝ 2k + 2 4k − 1⎠ ⎝ 3k 3k + 1⎠⎟ N Mivel N prímtényezői (6k + 1) -nél kisebbek és 6k + 1 prímszám, következik, hogy a 1 1 1 = a p . Ha p = 6k − 1 , akkor q = 4k − 1 és = + + ... + b 2k 2k + 1 4k − 1 ⎛1 1 ⎞⎟ ⎛⎜ 1 1 ⎞⎟ ⎛ 1 1 ⎞ (6k − 1) M , = ⎜⎜ + + ⎜⎜ + + ⎟⎟⎟ = ⎟⎟ + ... + ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎝ 2k 4k − 1⎠ ⎝ 2k + 1 4k − 2 ⎠ ⎝ 3k − 1 3k ⎠ N ahol N prímtényezői p - nél kisebbek. Így a p ebben az esetben is. 14. Bizonyítsd be, hogy bármely n ∈ esetén létezik n egymásutáni összetett szám. Megoldás. Az 1 ⋅ 2 n ⋅ (n + 1) + k , k = 2, n + 1 számok egymásutániak és mind összetettek. 15. Határozd meg a 4 ⋅ 350 + 5 ⋅ 430 szám utolsó három számjegyét. Megoldás. Mivel 310 = 59049 és 210 = 1024 , a vizsgált szám utolsó három számjegye megegyezik a 4 ⋅ 495 + 5 ⋅ 246 szám utolsó három számjegyével. Ennek meghatározásánál nyilvánvalóan elégséges mindig csak utolsó három számjegyet 4012 = 160801, 5762 = 331776 . vizsgálni. 492 = 2401 , 242 = 576 ,
4 ⋅ 801 ⋅ 49 + 5 ⋅ 776 ⋅ 576 utolsó három számjegye 876, tehát ezek a keresett számjegyek. 16. Bizonyítsd be, hogy ha a, b ∈ * , akkor (a, b)[a, b ] = a ⋅ b . Általánosítás! Megoldás. Ha a = p1α1 p2α2
pkαk q1β1q 2β2
qlβl és b = p1γ1 p2γ2
(a, b ) = p1min{α1 ,γ1 } p2min{α2 ,γ2 }
[a, b ] = p1max{α1 ,γ1 } p2max{α2 ,γ2 }
pkmax{αk ,γk }q1β1
= p1min{α1 ,γ1 }+max{α1 ,γ1 } p2min{α2 ,γ2 }+max{α2 ,γ2 }
qlβl r1δ1
pkγk r1δ1 r2δ2
rjδ j , akkor
pkmin{αk ,γk } és δ
rj j , innen pedig (a, b )[a, b ] =
pkmin{αk ,γk }+max{αk ,γk }q1β1
qlβl r1δ1
δ
rj j =
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok = p1α1 +γ1 p2α2 +γ2
pkαk +γk q1β1
qlβl r1δ1
379 δ
rj j = a ⋅ b .
abc ⋅ (a, b, c ) . (a, b )(b, c )(c, a ) p szám pontosan akkor irracionális, ha végtelen sok olyan racionális q
Három szám esetén a következő összefüggés írható fel [a, b, c ] = 17. Az α ∈
szám létezik, amelyre α −
p 1 < 2. q q
(Dirichlet tétele)
Megoldás. Ha n egy rögzített szám és tekintjük a
{α} , {2α} ,...,
{(n + 1) α}
számokat ({.} a törtrészt jelöli), akkor a skatulya-elv alapján létezik ezek között kettő 1 különböző, amelyek különbsége kisebb, mint . Legyenek ezek {k1α} és {k2α} . n 1 Tehát 0 < k1α − [k1α ] − k2α + [k2α ] < , ahonnan a k1 − k2 = q és [k1α − k2α ] = p n p 1 1 p < 2 egyenlőtlenséghez jutunk. Ha rögzített jelölésekkel a 0 < α − < q nq q q szám, akkor létezik olyan n1 , amelyre
1 p < α − , tehát n1 -re megismételve a 2 n1 q
p1 p 1 törtet is szerkeszthetünk, amelyre 0 < α − 1 < 2 . Tehát q1 q1 q1 p p 1 létezik, amelyre α − < 2 . Ha α ha α irracionális, akkor végtelen sok q 1 q
gondolatmenetet más
aq − bp a p 1 1 p , akkor α − = , tehát ha 2 > α − , akkor ≥ q bq q q b bq b ≥ q és így nem létezik végtelen sok különböző tört a kért tulajdonsággal. 1 18. Számítsd ki az szám első 200 tizedesjegyét. 1, 000...01 racinális, α =
99
Megoldás. Ha a = 0, 00...01 , akkor 99
a a + a2 − a2 a2 1 1 1 +a −a = = = 1− = 1− = 1−a + = 1, 00...01 1 + a 1+a 1+a 1+a 1+a 99
a3 a3 . = 0, 99...9 00...0 1 − 1+a 1+a 100 99 a3 1 1 Másrészt 0 < < a 3 = 300 és így = 0, 99...9 00...0 ... . 1+a 10 1+a 100 100 19. Bizonyítsd be, hogy = 1 − a + a2 −
Tartalomjegyzék
380
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
p + 1 = 1 + p 1 + (p + 1) 1 + ... + (p + r ) 1 + (p + r + 1)(p + r + 3) . 2
Megoldás. Az 1 + x (x + 2) = (x + 1) azonosság alapján bentről kifele haladva írhatjuk, hogy S = 1 + p 1 + (p + 1) 1 + ... + (p + r ) 1 + (p + r + 1)( p + r + 3) = = 1 + p 1 + (p + 1) 1 + ... + (p + r − 1) 1 + (p + r )(p + r + 2) =
= ... = 1 + p (p + 2) = p + 1 . 20. Oldd meg az
⎪⎧⎪x + y = a ⎨ ⎪⎪xy − z 2 = a 2 ⎪⎩ egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha a ∈ . Megoldás. A rendszer alapján x + y = a és xy = a 2 + z 2 , tehát x és y az u 2 − au + a 2 + z 2 = 0 egyenlet valós gyökei. Az egyenlet diszkriminánsa viszont Δ = a 2 − 4 (a 2 + z 2 ) = −3a 2 − 4z 2 ≤ 0 , tehát csak a = z = 0 esetén van megoldás, és ekkor x = y = 0 . 21. Oldd meg az ⎧ ax + by + cz + dt = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪bx − ay + dz − ct = 0 ⎪ ⎪ ⎨ ⎪⎪cx − dy − az + bt = 0 ⎪ ⎪ ⎪dx + cy − bz − at = 0 ⎪ ⎩ egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha a, b, c, d ∈ 2
2
2
és nem mind nullák
2
(azaz a + b + c + d ≠ 0 ). Megoldás. Ha az egyenletrendszert alkotó egyenletek mindkét oldalát rendre a -val, b -vel, c -vel, illetve d -vel szorozzuk, majd az így kapott egyenlőségek mindkét oldalait összeadjuk, az (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) x = 0 egyenlethez jutunk, ahonnan x = 0 . Hasonlóan igazoljuk, hogy y = z = t = 0 . 22. Bizonyítsd be, hogy ha ABC egyenlő oldalú és P egy pont a síkjában, akkor érvényesek a következő tulajdonságok: a) PA + PB ≥ PC , PB + PC ≥ PA és PA + PC ≥ PB ; (Pompeiu) b) az előbbi egyenlőtlenségek közül egyszerre egyben lehet egyenlőség és ebben az (Van Shoeten) esetben P az ABC köré írt körön van; c) ha P1 , P2 és P3 a P vetületei a BC , CA és AB oldalakra, akkor a P1P2P3 háromszög hasonló az AP , BP és CP szakaszokkal szerkeszthető háromszöghöz.
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
381
(Sajátosan P1 , P2 és P3 pontosan akkor kollineárisak, ha P az ABC háromszög köré írt körön van (Simson tétele).) Megoldás. a) Forgassuk el az ABC háromszöget a P ponttal együtt 60 A’ A fokkal. Ekkor a C pont az A pontba transzformálódik és így CP = AP ' , AP = A ' P ' , BP = B ' P ' . Ez utóbbi P’
egyenlőség alapján, mivel m (PBP ') = 60o , következik,
C B hogy a BPP ' háromszög egyenlő oldalú, ahonnan P BP = PP ' . Az APP ' háromszögben AP '+ P ' P ≥ AP , vagyis CP + BP ≥ AP . Hasonlóan igazolható a többi egyenlőtlenség is. b) Tételezzük fel, hogy PA + PB = PC és PB + PC = PA , összeadva e két egyenlőséget kapjuk, hogy PB = 0 , vagyis P = B . Tehát akkor áll fenn két egyenlőség, ha P az ABC háromszög valamely csúcsával egybeesik. Tegyük fel, hogy B ∈ {A, B,C } és PB + PC = PA . Ekkor az előző pont alapján
P − P '− A kollineárisak, tehát AP átló az ABPC négyszögben. Az ABP ' és
(
)
CBP háromszögek kongruensek, innen pedig m (BPC ) = m BP ' A = 120o . Tehát
(
)
m BAC + m (BPC ) = 180o , vagyis az ABPC
A
négyszög körbeírható. c) Mivel m AP3P1 = m AP2P1 = 90o , az AP3P2
(
)
(
)
háromszög köré írható körben AP átmérő, tehát a AP sin A = P2P3 , szinusztétel alapján
BP sin B = P1P3
CP sin C = P1P2 . Ebből AP BP CP következik, hogy , tehát az = = P2P3 P1P3 P1P2 AP, BP, CP szakaszokkal szerkeszthető háromszög ,
és ez hasonló a P1P2P3 háromszöghöz.
P
B
P1
3
P2 C
P
Másrészt m (P3P1B ) = m (BPP3 ) , m (P2PC 1 ) = m (P2PC ) , tehát P3 − P1 − P2 pontosan akkor egyenes, ha m (P3PB ) = m (P2PC ) . De ez ekvivalens a
m (PBP3 ) = m (PCP2 ) egyenlőséggel és ez annak szükséges és elégséges feltétele, hogy az ABPC négyszög körbeírható legyen. 23. Ha P egy pont az ABC Δ síkjában és P1 , P2 és P3 a P vetületei a BC , CA 2 2 T [P1P2P3 ] OP − R . illetve AB oldalakra, akkor = T [ABC ] 4R 2
Megoldás. A m(PP2P1 ) = m (PCB ) = m(PB1C 1 ) , és
Tartalomjegyzék
382
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
(
P3
(
)
)
Hasonlóan igazoljuk, hogy m (P2P3P1 ) = m B1C 1A1 , tehát a P1P2P3 és
P
B
(
összefüggések alapján m (P1P2P3 ) = m A1B1C 1 .
P2
C1
)
m (PP2P3 ) = m PAB = m PB1A1
B1
A
(
)
A1B1C 1 háromszögek hasonlók. T [P1P2P3 ] T [P1P2P3 ] T [A1B1C 1 ] C . = ⋅ T [ABC ] T [A1B1C 1 ] T [ABC ] abc Az R = összefüggés alapján 4T
P1 A1
T [A1B1C 1 ] A1B1 ⋅ B1C 1 ⋅ C 1A1 PB1 PC 1 PA1 = = ⋅ ⋅ = T [ABC ] AB ⋅ BC ⋅ CA PA PB PC
=
(PB ⋅ PB1 ) ⋅ (PC ⋅ PC 1 ) ⋅ (PA ⋅ PA1 ) 2
(PA ⋅ PB ⋅ PC )
3
=
2
Másrészt K = K3 =
(1)
2
(PA ⋅ PB ⋅ PC )
2
⎛ PC ⋅ AB ⎞⎟ T [P1P2P3 ] ⎜⎛ P1P2 ⎞⎟ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ , tehát =⎜ T [ABC ] ⎜⎝ A1B1 ⎠⎟ ⎝⎜ A1B1 ⋅ 2R ⎠⎟
PA2 ⋅ PB 2 ⋅ PC 2 2
(8R 3 )
2
=
(PA ⋅ PB ⋅ PC ) 6
(R2 − OP 2 )
Az (1) és (2) összefüggések alapján
( ) ( ) sin (PP P ) sin (PCP ) = = sin (PP P ) sin (PCP )
sin (PP3P1 ) sin PAP1 PP1 és = = PP3 sin (PP1P3 ) sin PAP3 4
2
2
2
4
4
2
és így K =
(PA ⋅ PB ⋅ PC )
2
4R 2 ⋅ (R 2 − OP 2 )
.
(2)
R 2 − OP 2 T [P1P2P3 ] . = T [ABC ] 4R 2
24. Bizonyítsd be, hogy ha P egy tetszőleges pont az ABCD négyszög köré írt körön, akkor az AB és CD oldalaktól mért távolságainak szorzata egyenlő a BC és AD oldalaktól mért távolságainak szorzatával. Megoldás. Az ábra jelölései alapján
PP2 PP4
(R 2 − OP 2 )
(felhasználtuk, hogy a PP1AP3 és
A
P1 P P3
(Papposz tétele)
P4 B
P2 C
D
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok PPCP 2 4
négyszögek
körbeírhatóak).
Másrészt
383 sin(PAP1 ) = sin (PCP2 )
és
PP1 PP4 = ⇒ PP1 ⋅ PP2 = PP3 ⋅ PP4 . PP3 PP2 25. Az ABC háromszög BC oldalán felvettünk egy olyan M pontot, amelyre az AMB és AMC háromszögekbe írt körök sugara kongruens. Bizonyítsd be, hogy AM = p(p − a ) . Megoldás. Jelölje p1 és p2 az ABM , illetve AMC háromszög félkerületét, r0 a A körök sugarát. Ekkor T [ABM ] = p1r0 , T [AMC ] = p2r0 ,
sin(PAP3 ) = sin (PCP2 ) , ahonnan
ahonnan T [ABC ] = ( p1 + p2 ) r0 =
= (p + AD ) r0 = pr . II r − r0 I 1I 2 BC ⇒ 1 2 = . BC r De I 1I 2 = T1T2 = x + y , ahol
I I1 r0
I2 r0
x = p1 − c és y = p2 − b . Így T1 X M Y T2 C x + y = p + AM − b − c , tehát B p + AM − b − c r − r0 p − AM r = = 0 . Ebből következik, hogy és a r a r p + AM r alapján p 2 − AM 2 = a ⋅ p , ahonnan AM = p ( p − a ) . = p r0 26. (Erdős-Mordell egyenlőtlenség) Bizonyítsd be, hogy ha az ABC háromszög belső pontjának az oldalaktól mért távolságai M da , db , dc és a csúcsoktól való távolságai Ra , Rb , Rc , akkor A2 Ra + Rb + Rc ≥ 2(da + db + dc ) . A1 A Megoldás. Előbb egy segédtételt igazolunk. X Y Z ABB2A1 ACC 1A2 Ha és tetszőleges paralelogrammák és a BCC 2B1 paralelogramma C1 CC 2 oldala egyenlő AM - mel és párhuzamos is B2 T C B vele, akkor T [ABB2A1 ] + T [ACC 1A2 ] = T [BCC 2B1 ] . Valóban, T [ABB2A1 ] = T [ABXM ] = T [BXZT ] , C2 B1 T [ACC 1A2 ] = T [ACYM ] = T [ZTCY ] és T [XBTZ ] + T [YCTZ ] = T [XBCY ] = T [BCC 2B1 ] . A segédtétel alapján c ⋅ dc + b ⋅ db = aRa sin α ≤ aRa .
Tartalomjegyzék
384
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok A
dB dC
dC M
M' C
B
27. a) Az ABC
Ha M -et tükrözzük az A szög szögfelezőjére a dc db és szerepe megcserélődik, tehát c ⋅ db + b ⋅ dc ≤ aRa . Hasonló gondolatmenet alapján c ⋅ da + a ⋅ dc ≤ bRb és a ⋅ db + b ⋅ da ≤ cRc . Tehát Ra + Rb + Rc ≥ ⎛b a ⎞ ⎛c b ⎞ ⎛a c ⎞ ≥ ⎜⎜ + ⎟⎟⎟ da + ⎜⎜ + ⎟⎟ db + ⎜⎜ + ⎟⎟⎟ dc ≥ ⎝c a ⎠ ⎝b c ⎠ ⎝a b ⎠ ≥ 2 (da + db + dc ) .
háromszögben m(BAC ) = 20 , AB = AC , M ∈ (AB ) ,
N ∈ AC úgy, hogy m(MCA) = m(NBC )30 és C ∈ (AN ) . Számítsd ki a BNM szög mértékét. b) Az ABC háromszögben AB = AC , O ∈ Int (ABC ) , m(OBC ) = 10
m(OCA) = 20 és m(OAB ) = 70 . Bizonyítsd be, hogy m(BAC ) = 80 . Megoldás a) Felveszük a P ∈ (AC ) pontot úgy, hogy m (MBP ) = 60o . A A
(
) ( ) m (MBC ) = 80 és m (MCB ) = 50
BPC háromszögben m BCP = 80o és m PBC = 20o , tehát BP = BC . Ugyanakkor
o
o
alapján m (BMC ) = 50o , tehát BM = MC . ĺgy a BMP M
B
háromszög egyenlő oldalú. Másrészt a PBN háromszögben P
m (PBN ) = 50o és m (BNC ) = 50o , tehát BP = PN és így az
C
MPN
háromszög
is
egyenlő
szárú.
Mivel
m (MPC ) = 60 + 80 = 140 , következik, hogy m (MNP ) = 20o , o
o
o
tehát m (BNM ) = 30o .
N
b) Előbb oldjuk meg a fordított feladatot. Az ABC egyenlő szárú háromszögben o m BAC = 80 és felvesszük az O ∈ int (ABC )
A
(
70
)
(
)
pontot úgy, hogy m (OBC ) = m OAC = 10o . O B
10
20 C
Számítsuk ki az OCA szög mértékét! Ceva tételének trigonometrikus alakja szerint sin 70o sin x sin 10o ⋅ ⋅ = 1, sin 10o sin(50o − x ) sin 40o
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok tehát
385
sin x sin 40o . Származtatással a = sin (50o − x ) sin 70o sin x − sin (50o − x ) sin 40o − sin 70o = sin x + sin (50o − x ) sin 40o + sin 70o
tg (x − 25o ) sin 20o sin 40o tg 15o = egyenlőséget kapjuk, ahonnan . Másrészt =− o 0 o sin 30 sin 70o tg 25 tg 55 tg 15o ⋅ tg 25o = tg 5o , tehát tg (x − 250 ) = tg (−5o ) , ahonnan következik, és így tg 55o hogy x = 20o . Az eredeti feladat megoldása. Az OBA és OBC háromszögekben felírva a szinusz-tételt: ⎫⎪ OB l ⎪⎪ = sin 70° sin (120° − x ) ⎪⎪ sin (x − 20°) l sin (x − 10°) = ⎬⇒ ⎪⎪ OB BC BC sin (120° − x ) sin 70° = ⎪⎪ sin (x − 20°) sin (190° − x )⎪⎭
Az OCA és OBC háromszögekből: OB l = sin 70° sin (120° − x )
⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ sin (x − 20°) l sin (x − 10°) = ⎬⇒ ⎪⎪ OB BC BC sin (120° − x ) sin 70° = ⎪ sin (x − 20°) sin (190° − x )⎪⎭⎪ ⎫⎪ l OC ⎪ = sin (50° + 2x ) sin (110° − 2x )⎪⎪⎪ BC sin (50° + 2x ) sin 10° = ⎬⇒ ⎪⎪ BC OC sin (110° − 2x ) l sin (x − 10°) = ⎪⎪ sin (190° − x ) sin 10° ⎪⎭
Az OCA és OBA háromszögekből: l OA = sin (50° + 2x ) sin 20°
⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⇒ sin (120° − x ) = sin (x − 10°) , ⎬ ⎪⎪ l OA sin (50° + 2x ) sin 20° = ⎪⎪ sin (120° − x ) sin (x − 10°)⎪⎭ ahonnan kapjuk, hogy sin (x − 10°) sin (50° + 2x ) = sin 20° sin (120° − x ) . Mivel
20° ≤ x ≤ 55° , a bal oldali kifejezés szigorúan növekvő, míg a jobb oldali kifejezés szigorúan csökkenő, az egyenletnek tehát egyetlen megoldása van, ez az x = 50 (a fordított tulajdonság alapján). Innen kapjuk, hogy m BAC = 180° − 2 ⋅ 50° = 80° .
(
)
Tartalomjegyzék
386
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
28. Bizonyítsd be, hogy az a1x 2 + 2a2x + a 3 = 0 a2x 2 + 2a 3x + a 4 = 0 a 3x 2 + 2a 4x + a 5 = 0 ……………………… an −1x 2 + 2an x + a1 = 0
an x 2 + 2a1x + a2 = 0 egyenletek közül legalább az egyiknek van valós gyöke, ha ak ∈ R , bármely k = 1, n esetén! Adjál példát olyan a1, a 2 ,..., an számokra, amelyekre az előbbi egyenletek közül pontosan egynek van valós gyöke! Megoldás. Feltételezzük, hogy egyik egyenletnek sincs valós gyöke. Következik, Δ hogy k = ak2+1 − akak +2 < 0 , bármely k ∈ {1, 2,..., n } esetén, ahol an +1 = a1 és 4 a n +2 = a 2 . Összeadjuk a diszkriminánsokra kapott egyenlőtlenségeket: a12 + a 22 + ... + an2 − a1a 3 − a2a 4 − ... − an −2an − an −1a1 − ana2 < 0 /⋅ 2
(a12 − 2a1a3 + a32 ) + (a22 − 2a2a4 + a42 ) + ... + (an2 − 2ana2 + a22 ) < 0 2
2
2
2
(a1 − a 3 ) + (a2 − a 4 ) + ... + (an −1 − a1 ) + (an − a2 ) < 0 . Az utóbbi egyenlőtlenség ellentmondás, tehát van olyan egyenlet amelynek a diszkriminánsa pozitív, és így ennek az egyenletnek van valós gyöke. A továbbiakban megadunk egy szerkesztést, amellyel elérhető, hogy pontosan egy egyenletnek legyen valós gyöke. Legyen a1 = a2 = 1 és a 3 = 2 . Belátható, hogy így az első egyenletnek a 32 . Ezzel a a2 választással a második egyenletnek sincs valós gyöke. Általában ak -t úgy választjuk
nincs valós gyöke. A második egyenletben legyen a 4 ∈ N , és a 4 >
meg,
hogy
teljesüljön
az
ak >
ak2−1 ak −2
egyenlőtlenség,
ha
k = 3, n .
Így
an > an −1 > ... > a 3 > a2 = a1 = 1 , és csak az an −1x 2 + 2an x + a1 = 0 egyenlet diszkriminánsa lesz pozitív, tehát az n − 1 -edik egyenletnek van valós gyöke. Az utolsó egyenlet diszkriminánsa negatív, mert a12 − ana2 = 1 − an < 0 . Tehát csak az n − 1 -edik egyenletnek van valós gyöke. 29. Bizonyítsd be, hogy n darab n-nel nem osztható természetes szám közül kiválasztható néhány, amelyek összege osztható n-nel! Megoldás. Legyenek a számok a1 , a2 , ..., an . Képezzük az s1 = a1 ,
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
387
s 2 = a1 + a 2 , s 3 = a1 + a 2 + a 3 , ............................... sn = a1 + a 2 + ... + an
összegeket. Ha az si , i = 1, n összegek közül az egyik osztható n-nel, akkor készen vagyunk. Ellenkező esetben az n-nel való osztási maradékaik az {1, 2,..., n − 1} halmazban kell legyenek. Mivel pontosan n összeg van, és a halmazban n − 1 elem van, következik, hogy az összegek között szerepel kettő, sk és sl , k < l , amelyeknek az n-nel való osztási maradéka megegyezik. Innen következik, hogy sl − sk osztható n-nel. sl − sk = ak +1 + ak +2 + ... + al és a feltételek alapján l − k ≥ 2 , tehát az a k +1 , ak +2 , ..., al számok összege osztható n-nel. ∩
∩
30. Az ABC háromszög köré írt körön felvesszük az A′ ∈ (BC ) , B ′ ∈ (AC ) és ∩
C ′ ∈ (BA) pontokat úgy, hogy az ABC és A′ B ′C ′ háromszögek kongruensek legyenek. Bizonyítsd be, hogy az A′ , B ′ és C ′ pontokon át BC-vel, CA-val illetve AB-vel húzott párhuzamosoknak ugyanezen pontokon át egy tetszőleges d egyenessel húzott párhuzamosokra vonatkozó szimmetrikusai összefutó egyenesek és az összefutási pont a háromszög köré írt körön van. Megoldás. Legyen M az A′ és C ′ pontokból induló egyenesek metszéspontja. A M akkor és csak akkor van rajta a körön, ha az MA′ C ′B ′ négyszög körbeírható. Ez ˆ ′ B ′ = m (MCˆ ′B ′) . pontosan akkor teljesül, ha m MA
(
) ˆ ′ B ′) = m (B ′A ˆ′ A ) − m (MA ˆ′ A ) = m (B ′A ˆ′ A ) − m (A A ˆ′ G ) = m (MA ˆ′ G ) = ˆ′ G ) = (m (C ′Bˆ ′A′) − m (B Bˆ ′C ′)) − m (A A = m (B Bˆ ′A′) − m (A A ˆ′ G ) = = (m (C ′Bˆ ′A′) − m (B ′Cˆ ′C )) − m (A A ˆ ′ G )) − m (B ′Cˆ ′C ) . = (m (C ′Bˆ ′A′) − m (A A ˆ ) = m (EFG ˆ ) (párhuzamos szárú Felhasználjuk, hogy m (A′ Bˆ ′C ′) = m (ABC ˆ ′ G ) = m (EFG ˆ ) . Az eddigi összefüggések alapján szögek), és m (ECˆ ′C ) + m (A A ˆ ′ G ) = m (C ′Bˆ ′A′ ) − m (A A ˆ′ G ) . ˆ ) − m (A A m (ECˆ ′C ) = m (EFG 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
Tehát ˆ ′ B ′ = m (ECˆ ′C ) − m (B ′Cˆ ′C ) = m (C Cˆ ′M ) − m (B ′Cˆ ′C ) = m (MCˆ ′B ′ ) . m MA 1 1 1 1
(
)
Következik, hogy M a körön van. Hasonlóképpen, ha N a B ′ és C ′ pontokból induló egyenesek metszéspontja, igazolható, hogy N rajta van a körülírt körön. Viszont a B ′ -ből induló egyenes az M , N , B ′ pontokban metszené a kört, és
Tartalomjegyzék
388
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
M ≠ B ′ , valamint N ≠ B ′ , tehát csak az M = N eset lehetséges, ami azt jelenti, hogy a három egyenes összefut és a metszéspont a körülírt körön van.
E
C1
B’
A
C’
M
B1
A1 G
C B
A’
F
(
31. A C O1, R
)
(
és C O2 , R
)
körök közös belső érintői merőlegesek és az
O ∈ (O1O2 ) pontban metszik egymást. Határozd meg az OM1 + OM 2 kötött vektor
(
)
(
)
végpontjának a mértani helyét, ha M1 ∈ C O1, R és M 2 ∈ C O2 , R változó pontok. Megoldás. Legyen OM = OM1 + OM 2 . OM = OO1 + O1M1 + OO2 + O2M 2 =
(
)
= OO1 + OO2 + O1M 1 + O2M 2 = O1M 1 + O2M 2 ⇒
⇒ OM = O1M 1 + O2M 2 ≤ O1M 1 + O2M 2 = 2R ,
(
)
tehát az M pont a C O, 2R körlapon helyezkedik el. Igazoljuk, hogy a keresett
(
)
mértani hely a C O, 2R körlap. Legyen M egy tetszőleges pont a körlapról. Mivel OM ≤ 2R , létezik egy A pont úgy, hogy OA = AM = R . Szerkesszük meg az
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
389
OO2M 2A és a MAO1M1 paralelogrammákat! Ekkor O2M 2 = OA , O2
O2
M2
M2
O
O O1
O1
M
A
M
M1 M1 O2M 2 = R ⇒ M 2 ∈ C O2 , R és AM = O1M1 , M 1 ∈ C O, R .
(
)
(
)
OM = OA + AM = O2M 2 + O1M1 = OM 2 + OM1 , tehát létezik M 1 és M 2 úgy, hogy OM = OM1 + OM 2 . Ezzel igazoltuk, hogy minden ilyen M pont a körlapon van (beleértve a határát is), és minden pont a körlapról a mértani helyhez tartozik. 32. Legalább hány lépés szükséges ahhoz, hogy egy 10 × 10 -es tábla bal alsó sarkából a jobb felső sarkába jussunk lólépésben? Megoldás. Megvizsgáljuk, hogy melyik mezőkre juthatunk el 1, 2, … lépésben.
2
2
2 2 1
1
2 2 1 2 2 2
1 0
0 5 4 5 4 3 2 3 2 3 0
6 5 4 3 4 3 2 1 4 3
5 4 5 4 3 2 3 4 1 2
6 5 4 3 4 3 2 3 2 3
5 4 5 4 3 4 3 2 3 2
6 5 4 5 4 3 4 3 4 3
5 6 5 4 5 4 3 4 3 4
6 5 6 5 4 5 4 5 4 5
7 6 5 6 5 4 5 4 5 4
6 7 6 5 6 5 6 5 6 5
Tartalomjegyzék
390
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
33. Bizonyítsd be, hogy 4 sin 20o ⋅ cos2 10o = 3 sin 50o . 1 + cos 2x és sin x = cos(π − x ) valamint Megoldás. Felhasználva a cos2 x = 2 cos(x + y ) = cos x cos y − sin x sin y ∀x , y ∈ R azonosságokat következik, hogy:
4 sin 20o ⋅ cos2 10o = 3 sin 50o
⇔
2 sin 20 (1 + cos 20 ) = 3 cos 40
3 1 cos 40 − sin 40 2 2 sin 20 = cos 30 cos 40 − sin 30 sin 40 ⇔ sin 20 = cos 70 . Ez utóbbi egyenlőség pedig nyilvánvaló, mert 20° + 70° = 90°. 2 sin 20 + 2 sin 20 cos 20 = 3 cos 40
⇔ sin 20 =
⇔ ⇔
34. Oldd meg és tárgyald a x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 = m , ( x ∈ ) egyenletet az m valós paraméter függvényében. Megoldás. A gyök alatti kifejezések szigorúan pozitívak minden valós x-re, mert 2
2 ⎛ 3⎞ ⎛ 1⎞ x 2 ± x + 1 = ⎜⎜x ± ⎟⎟⎟ + ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ , ⎝ 2⎠ ⎝ 2 ⎠⎟ ⎛ ⎛ 1 ⎞ 3 ⎞⎟ ⎟ és B ⎜⎜− , 0⎟⎟⎟ illetve tehát a d1,2 (x ) = x 2 ± x + 1 pozitív valós számok az A ⎜⎜x , ⎜⎝ 2 ⎠⎟⎟ ⎝ 2 ⎠
diszkriminánsuk negatív. Észrevehető, hogy
⎛ ⎛1 ⎞ 3 ⎞⎟ ⎟ és C ⎜⎜ , 0⎟⎟⎟ pontok távolsága. az A ⎜⎜x , ⎝2 ⎠ ⎜⎝ 2 ⎠⎟⎟ Az ABC háromszögben felírva a háromszög egyenlőtlenségeket, kapjuk: −1 < d1 (x ) − d2 (x ) < 1 (Az egyenlőtlenségek szigorúak, mert a háromszög nem elfajult). Tehát m-nek teljesíteni kell az m ∈ (–1, 1) A feltételt. Észrevehető az is, hogy az m és az x előjele megegyező kell legyen. (1)
B
C
x
x 2 + x + 1 = x 2 − x + 1 + m egyenletet Ha a négyzetre emeljük (megtehetjük, mert mindkét oldal
pozitív) és rendezzük a 2x − m 2 = 2m x 2 − x + 1 (2) egyenlethez jutunk. Ez utóbbi egyenlőség teljesüléséhez a 2x − m 2 és az m előjele azonos kell legyen, azaz kell teljesüljön a (2x − m 2 ) m ≥ 0 egyenlőtlenség. Tehát ha m < 0 ⇒ x ≤
m2 m2 és ha m > 0 ⇒ x ≥ . 2 2
A (2) egyenletet négyzetre emelve és rendezve, kapjuk: x 2 = pedig nyilvánvalóan nagyobb, mint
m4 4
m 2 (4 − m 2 ) , ez utóbbi 4(1 − m 2 )
⎛ 2 m4 4 − m2 ⎜⎜x ≥ ⎟⎞⎟ , ez utóbbi pedig 1 ⇔ ≥ 2 ⎟⎠ 4 1−m ⎝⎜⎜
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
391
igaz, mert m ∈ (−1, 1) . Tehát az (1) megjegyzést figyelembe véve, ha m < 0 , akkor x =−
m 2 (4 − m 2 ) m = 4(1 − m 2 ) 2
4 − m2 és ha m ≥ 0 , akkor 1 − m2
x=
m 2 (4 − m 2 ) m = 4(1 − m 2 ) 2
4 − m2 . 1 − m2
m 4 − m2 . 2 1 − m2 35. Az ABC háromszög BC, CA és AB oldalain felvesszük az M, N és P pontokat úgy, BM CN AP = = =k. hogy MC NA PB Bizonyítsd be, hogy az AM, BN és CP szakaszokkal szerkeszthető egy H háromszög. Számítsd ki a H és az ABC háromszögek területének arányát k függvényében!
Következésképpen ∀m ∈ (−1, 1), x =
⎯⎯→
⎯⎯→
⎯⎯→
Megoldás. Mivel ABC egy háromszög, következik, hogy AB + BC + CA = 0 és ⎯⎯→
⎯⎯→
⎯⎯→
BA + CB + AC = 0 . Igazolni fogjuk, hogy az [AM], [BN] és [CN] szakaszokkal ⎯⎯→
⎯⎯→
⎯⎯→
irányuk megőrzésével szerkeszthető háromszög. Azaz, hogy AM + BN + CP = 0 . Ehhez kiszámoljuk az M, N és P pontok helyzetvektorait az A, B és C pontok BM CN AP = = = k , tehát helyzetvektorainak függvényében. Tudjuk, hogy MC NA PB b + kc c + ka a + kb ,n= , és p = .⇒ m= 1+k 1+k 1+k ⎯⎯→
⎯⎯→
b + kc b + kc − a − ka AB + k AC . AM = −a = = 1+k 1+k 1+k ⎯⎯→
⎯⎯→
⎯⎯→
⎯⎯→
⎯⎯→
⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ BC + k BA CA + k CB Hasonlóan BN = és CP = . Tehát AM + BN + CP = 1+k 1+k ⎯⎯→
⎯⎯→
⎯⎯→
⎯⎯→
⎯⎯→
⎯⎯→
⎯⎯→
AB + BC + CA + k (AC + BA + CB ) =0 1+k A
Szintetikus megoldás Az [PC] szakaszt párhuzamosan eltoljuk úgy, hogy a P pont az A-ba kerüljön. Ekkor a C pont egy F pontba kerül. Igazolni fogjuk, hogy az AMFΔ pontosan B az a keresett H háromszög. Ehhez igazolni kell, hogy [FM] ≡ [BN] (sőt
P N
M
F
C
D
Tartalomjegyzék
392
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
párhuzamos is). Legyen az AF és BC egyenesek metszéspontja D. Mivel PC = AF és PC ⎜⎜ AF, következik, hogy APCF paralelogramma. Tehát FC ⎜⎜AP és FC = AP. Az ABDΔ -ben Thalész tételét alkalmazva, kapjuk
FC DF CD , de FC = AP ⇒ = = AB AD DB
FC DF CD AP k . = = = = AB AD DB AB k +1 DF CN k ⇒ NF ⎜⎜ CD (1) ⇒ Észrevehető hogy az ACDΔ -ben = = AD AC k +1 CD NF AN 1 CD k =k ⇒ . Tudjuk, hogy ⇒ = = = BC CD AC k +1 BD k +1 NF NF CD 1 k BM ⇒ NF = MB (2). = ⋅ = ⋅k = = BC CD BC k +1 k +1 BC (1), (2) ⇒ BMFN paralelogramma ⇒ MF ⎜⎜ BN és MF = BN. Jelöljük To illetve T –vel a H illetve ABC háromszögek területét. TAMDΔ MD BD − BM BD k To AF AN 1 = = = − = = = , = TAMDΔ AD AC k +1 T BC BC BC k + 1 AD k k k2 + k + 1 . − = k +1− = AF k + 1 k +1 k +1 TAMDΔ k2 + k + 1 k2 + k + 1 1 . ⋅ = ⋅ = 2 T k +1 k +1 k + 2k + 1
=
Tehát
To To = T TAMDΔ
36. Bizonyítsd be, hogy ha a, b > 0 és a + b = 1 , akkor 1 1 a+ b+ + ≥3 2. a b Megoldás. A feladatbeli egyenlőtelenség bal oldala felírható az alábbi módon: 1 1 1 1 1 1 = a+ b+ = a+ b+ + + + + a 2 a b 2 b 2 a 2 b ⎛ 1 ⎞⎟ ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ⎛⎜ 1 1 ⎞⎟ = ⎜⎜⎜ a + + ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟ .(1) ⎟⎟ + ⎜⎜ b + ⎝ 2 a⎠ ⎝ 2 b ⎠ ⎝2 a 2 b ⎠⎟ A számtani és mértani középarányosok közti egyenlőtlenséget használva, kapjuk: 1 1 1 a+ ≥2 a ⋅ ⇔ a+ ≥ 2 (2). 2 a 2 a 2 a 1 Hasonlóan b + ≥ 2 (3). 2 b 1 1 1 1 2 A továbbiakban igazoljuk, hogy + ≥ 2 ⇔ + + ≥8 ⇔ 2 a a b 2 b ab a +b 2 1 2 + ≥8 ⇔ + ≥ 8 (mert a + b = 1). ab ab ab ab
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
(
Nyilvánvaló, hogy
a − b) ≥ 0 2
393
⇔ a + b − 2 ab ≥ 0 ⇔ 1 ≥ 2 ab
⇔
Tartalomjegyzék
1 1 1 2 1 1 ≥ 4 . Tehát ≥2 ⇒ + ≥8 ⇒ + ≥ 2 (4). ab ab 2 a ab 2 b ab Az (1), (2), (3) és (4) összefüggésekből következik, hogy 1 1 a+ b+ + ≥3 2. a b 37. Oldjátok meg az x 2 + y 2 = xy + 2000 egyenletet az egész számok halmazában! Megoldás. Ha x és y páratlan lenne, akkor az egyenlet bal oldala páros, jobb oldala pedig páratlan lenne. Tehát nem lehet mindkét ismeretlen páratlan. Ha x páros, akkor y is páros. Hasonló gondolatmenet alapján létezik x 1 ∈ és y1 ∈ úgy, hogy y = 4y1 . Így az x 12 − x 1y1 + y12 − 125 = 0 egyenlethez jutunk,
x = 4x 1 és
melynek diszkriminánsa Δ = 500 − 3y12 . Ahhoz, hogy x 1, y1 egész számok legyenek, szükséges, hogy Δ teljes négyzet legyen, vagyis Δ = u 2 , u ∈ 2
. Innen kapjuk,
2 1
hogy 500 = u + 3y . Tudjuk, hogy egy teljes négyzet 3-mal való osztási maradéka 0 vagy 1 lehet, tehát a jobb oldal 3-mal való osztási maradéka 0 vagy 1 lehet, azonban 500-nak 3-mal osztva kettőt ad maradékul. Tehát ellentmondáshoz jutottunk, vagyis az egyenletnek nincs egész megoldása. 38. Az a, b és c, nullától különböző valós számok összege nulla. Bizonyítsátok be, hogy: a2 b2 c2 3 + 2 + 2 = . 2 2 2 2 2 2 2 a −b −c b −c −a c −a −b 2 Megoldás. Az a = − (b + c ) egyenlőség alapján a 2 = b 2 + c 2 + 2bc . Innen
a2 a2 = , így az egyenlőség a 2 − b2 − c2 2bc a2 b2 c2 a 3 + b3 + c3 S= + + = . 2bc 2ac 2ab 2abc
bal
oldalán
Másrészt a + b + c = 0 esetén a 3 + b 3 + c 3 = 3abc , tehát S =
álló
S
összegre
3 . 2
39. Az ABC háromszöglapot az ábrán látható három összefutó egyenes hat kisebb háromszögre bontja. Közülük négy háromszög területének mérőszámát az ábrán feltüntettük. Határozzátok meg az ABC háromszög területét! BM T [BOM ] T [AOB ] = = , tehát Megoldás. MC T [MOC ] T [AOC ] 40 84 + x = , ahol x = T [POB ] és y = T [AON ] . Ebből az 30 35 + y B AP 84 y + 35 = = . egyenletből 4y − 3x = 112 . Másrészt PB x 70
A
84
P
40
35
O
30 M
N C
394
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
A két egyenlet alapján x = 56 és y = 70 , tehát T [ABC ] = 315 . 40. Az ABCD négyzet oldalain mozog az M és a P pont. Ha O a négyzet középpontja, határozzátok meg az OM + OP összegvektor végpontjának mértani helyét, az alábbi esetekben: a) az M pont az [AB], a P pont pedig a [CD] szakaszon mozog, egymástól függetlenül; b) a két pont a négyzet oldalain mozog, tetszőlegesen, egymástól függetlenül (egymásra is kerülhetnek). A M B Megoldás. a) OM + OP = = OB + OC + λ1 BA + λ2CD = O
N
C
Q
P D
= OB + OC + (λ1 + λ2 ) BA , ahol λ1 + λ2 ∈ [0, 2] . Tehát az összegvektor végpontjainak mértani helye az NQ szakasz, ahol N és Q az O szimmetrikusai
a BC és DA oldalakra nézve. b) Ha m ∈ [AB ] és P ∈ [AD ] akkor OM + OP = B
A
O
= OB + λ1 BA + OD + λ2 DA = λ1 BA + λ2 DA . Ebben az esetben a mértani hely az A középpontú négyzet belseje, amelynek O az egyik csúcsa. Mivel M és N tetszőlegesen mozoghat a mértani hely az A1B1C 1D1 négyzet és belseje, ahol A1, B1,C 1, D1 az O pont szimmetrikusai az A, B,C , D pontokra nézve.
C
D
p1 p p p + 2 + 3 + + k összeg egész szám, ha p1, p2 , …, pk +1 p2 p3 p4 pk +1 páronként különböző prímszámok. (SZAT * miniverseny 5 perc, Szilágyi Zsolt) Megoldás. Ha közös nevezőre hozunk a számlálóban egy tag kivételével mindegyik osztható lesz p2 -vel. Ugyanakkor a nevező p2 p3 pk −1 , tehát a törtet p2 -vel nem lehet egyszerűsíteni és így az összeg nem lehet egész szám. 1 1 1 1 a + + + + = , (a, b ∈ ) akkor a 42. Bizonyítsd be, hogy ha 30 31 32 43 b osztható 73-mal. (SZAT miniverseny 5 perc) ⎛1 1 ⎞⎟ ⎛ 1 1 ⎞⎟ ⎛1 1⎞ Megoldás. Az összeg felírható ⎜⎜ + ⎟⎟ + ⎜⎜ + ⎟⎟ + ... + ⎜⎜ + ⎟⎟⎟ alakban, ⎝ 30 43 ⎠ ⎝ 31 42 ⎠ ⎝ 36 37 ⎠ tehát a ⎛ 1 1 1 ⎞⎟ = 73 ⋅ ⎜⎜ + + ... + ⎟. ⎝ 30 ⋅ 43 31 ⋅ 42 b 36 ⋅ 37 ⎠⎟
41. Lehet-e a
*
Székelyudvarhelyi Matematikai Alkotótábor 2001.
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
395
Mivel a nevezőkben nem szerepel a 73 és 73 prímszám, következik, hogy a osztható 73-mal. 43. Három üres csupor van az asztalon. Micimackó, Nyuszi és Bagoly felváltva tesznek egy-egy mogyorót a csuprokba. A kezdőt pénzfeldobással sorsolják ki. Micimackó csak az első két csuporba tehet, Nyuszi a másodikba és a harmadikba, Bagoly az elsőbe vagy a harmadikba. Aki valamelyik csuporba a 2001-edik mogyorót teszi, az veszít. Bizonyítsd be, hogy Micimackó és Bagoly összefoghat Nyuszi ellen. (SZAT miniverseny 5 perc) Megoldás. Micimackó addig tesz a második csuporba, amíg abban kevesebb, mint 2000 mogyoró van. Bagoly addig tesz a harmadik csuporba, amíg abban kevesebb, mint 2000 mogyoró van. Így leghamarabb a második vagy a harmadik csuporba kerül 2000 mogyoró és az első csuporba addig egy mogyoró sem kerül. A továbbiakban Nyuszi csak egy csuporba tehet (ha nem akar gyorsan veszíteni), míg az egyik ellenfele tehet ugyanabba a csuporba, mint Nyuszi, és a másik ellenfél kezdi feltölteni az első csuprot. Ezután legfeljebb 1000 mogyoró bedobása után elérik, hogy a második és a harmadik csuporban 2000 mogyoró legyen és az elsőben legfeljebb 1000 . Így Nyuszi kénytelen valamelyik csuporba betenni a 2001 -edik mogyorót és ezzel veszít. 44. Legfeljebb hány huszár helyezhető el egy 4 × 4 -es sakktáblán úgy, hogy ne legyen köztük kettő, amely ütné egymást. Általánosítás. (SZAT miniverseny 5 perc) Megoldás. Az azonos színű mezőkön levő huszárok nem ütik egymást. ĺgy 8 huszár elhelyezhető a táblán. Másrészt, ha 9 huszár van a táblán, akkor legalább egy sorban található legalább három. Ezek közül kettő biztosan egymás mellett helyezkedik el, ezek ütik egymást. Tehát legtöbb 8 huszár helyezhető el. Általánosan, egy 4k × 4k méretű táblára 8k 2 huszár helyezhető el. 45. Legalább hány egymást nem ütő huszárt kell elhelyeznünk egy 4 × 4 -es sakktáblán ahhoz, hogy a tábla minden üres mezejét üssék. (SZAT miniverseny 5 perc) Megoldás. Egy huszár a 4 × 4 -es táblán legfeljebb 4 mezőt üt, ezért három huszár legfeljebb 3 × 4 = 12 mezőt üthet. Ebből következik, hogy legalább négy huszárra szükség van. A mellékelt ábrán látható, hogy négy huszár már eléégséges is. 46. Számítsd ki az ⎡⎢⎣ 1 ⎤⎥⎦ + ⎡⎢⎣ 2 ⎤⎥⎦ + ⎡⎢⎣ 3 ⎤⎥⎦ + + ⎡⎢ n 2 − 1 ⎤⎥ összeget. ⎣ ⎦ 2 2 Megoldás. Ha k ≤ m ≤ (k + 1) − 1 , akkor [ m ] = k és ez az érték 2 (k + 1) − k 2 = 2k + 1 - szer fog szerepelni az összegben. Mivel ⎡⎢ n 2 − 1 ⎤⎥ = n − 1 , ⎣ ⎦ az összeg így írható: n 2 −1
∑[
m ] = 3 ⋅ 1 + 5 ⋅ 2 + ... + (2n − 1)(n − 1) =
m =1 n −1
n −1
n −1
k =1
k =1
k =1
= ∑ k (2k + 1) = 2∑ k 2 + ∑ k =
n (n − 1)(4n + 1) . 6
Tartalomjegyzék
396
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
47. Az (an )n ≥0 természetes számsorozat teljesíti az aan = 3an − 2n összefüggést, ahol a 0 = 3 . Számítsd ki az a 3069 tag értékét. (SZAT miniverseny 10 perc) Megoldás. A megadott összefüggések alapján kiszámoljuk néhány tag értékét: n = 0 esetén aa0 = 3 ⋅ a 0 − 2 ⋅ 0 , vagyis a 3 = 9 n = 3 esetén aa3 = 3 ⋅ a 3 − 2 ⋅ 3 , vagyis a 9 = 21
Folytatva a gondolatmenetet, rendre a következőket kapjuk: a21 = 45 , a 45 = 93 , a 93 = 189 , a189 = 381 , a381 = 765, a765 = 1533, a1533 = 3069 és végül a 3069 = 6141 . 48. a) Mutassuk meg, hogy ha két természetes szám a 2 + 3b 2 alakú( a, b ∈ ), akkor a szorzatuk is ugyanilyen alakú. b) Bizonyítsd be, hogy ha valamilyen n természetes számra a 7n szám 2 (SZAT miniverseny 15 perc) a + 3b 2 alakú ( a, b ∈ ), akkor n is a 2 + 3b 2 alakú. Megoldás. a) (a 2 + 3b 2 ) (x 2 + 3y 2 ) = a 2x 2 + 3a 2y 2 + 3b 2x 2 + 9b 2y 2 =
= a 2x 2 + 6axby + 9b 2y 2 + 3 (a 2y 2 + b 2x 2 − 2axby ) = (ax + 3aby ) + 3 (ay − bx ) . 2
2
b) (a 2 + 3b 2 ) (x 2 + 3y 2 ) = (ax − 3by ) + 3 (ay + bx ) 2
2
Igazolni kell, hogy ha 7n = a 2 + 3b 2 , akkor léteznek az x , y ∈
számok úgy, hogy
n = x 2 + 3y 2 . Ekkor az egyenlőség így írható: (22 + 3 ⋅ 12 ) (x 2 + 3y 2 ) = a 2 + 3b 2 , 2
2
2
2
ahonnan (2x + 3y ) + (2y − x ) = a 2 + 3b 2 = (2x − 3y ) + (2y + x ) . ⎧2x + 3y = a ⎧2x − 3y = a ⎪ ⎪ Tehát elégséges kimutatni, hogy a ⎪ és a ⎪ ⎨ ⎨ ⎪ ⎪ 2y − x = b 2y + x = b ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ egyenletrendszerek valamelyikének létezik egész megoldása. Az első rendszerből a + 2b 2b − a y= , a másodikból y = . 7 7 De 4b 2 − a 2 = 7b 2 − (3b 2 + a 2 ) = 7b 2 − 7n 7 , tehát valamelyik egyenletrendszernek van megoldása az egész számok halmazán. 49. Egy szavahihető ember a következő történetet mondta el: Egyszer egy teknőc hat percen át ment egyenesen előre. Útját többen figyelték a következő feltételek szerint: a) a hat perc alatt mindig figyelte valaki, b) mindenki egy percig figyelte, c) mindenki úgy találta, hogy amíg figyelte, addig a teknőc egy métert haladt előre. Ennek ellenére a teknőc a hat perc alatt 10 métert ment előre. Hogyan volt ez lehetséges? (TOK * Matematikaverseny 2000.) Megoldás. Egy lehetséges megoldás a következő. Az első 1/5 perc alatt megtesz 1 métert, majd 4/5 percig pihen és a következő 1/5 perc alatt ismét megtesz 1 métert. Így *
Teleki Oktatási Központ Versenye
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
397
ha a [0,1] és az [1/5, 6/5] időintervallumokban két megfigyelő figyelte, akkor mindkét megfigyelőre teljesülnek a feltételek. Ha ezt a beosztást még négyszer megismételjük, akkor hat perc alatt 5 ⋅ 2 méter távolságot tesz meg úgy, hogy a feltételek teljesülnek. 50. Melyik az a legnagyobb páros szám, amely nem írható fel két páratlan összetett szám összegeként? (TOK Matematikaverseny 2000.) Megoldás. A lehetséges felbontások közül néhány: n = (n − 9) + 9 = (n − 15) + 15 = (n − 21) + 21 = (n − 25) + 25 = (n − 27 ) + 27 = (n − 35) + 35 Ha n ≥ 41 , akkor ezekben a felbontásokban minden tag legalább 6. Másrészt az n − 9, n − 25, n − 35 számok közül pontosan az egyik osztható 3-mal. ĺgy az n = (n − 9) + 9 = (n − 25) + 25 = (n − 35) + 35 felbontások közül az egyik két összetett páratlan számot tartalmaz. Ugyanakkor 40=15+25 és n=38 esetén minden lehetséges felbontásban van legalább egy prímszám. Tehát 38 a legnagyobb páros szám, amely nem bontható fel két páratlan összetett szám összegére. 51. Egy pingpongbajnokságon az n résztvevő közül mindenki egyszer játszott minden más résztvevővel. Az egyes versenyzők győzelmeinek és vereségeinek számát jelöljük rendre x 1 , x 2 ,...x n illetve y 1 , y2 ,...yn -nel. Bizonyítsd be, hogy
x 12 + x 22 + ... + x n2 = y12 + y22 + ... + yn2 . Megoldás. Mivel minden játékos n − 1 mérkőzést játszott, x i + yi = n − 1 . n
Minden mérkőzésnek van egy győztese és egy vesztese, ezért
∑x
i =1 2 i
n
i
= ∑ yi . Az első i =1
egyenletet x i , illetve yi -vel beszorozva kapjuk, hogy x = (n − 1) x i − x i yi és yi2 = (n − 1) yi − x i yi . n
Ezek alapján
∑x i =1
2 i
n
n
n
n
i =1
i =1
i =1
i =1
=∑ [(n − 1) x i − x i yi ] = (n − 1) ∑ yi − ∑ x i yi = ∑ yi2 .
52. Oldd meg és tárgyald az
y 2 − xz = a(x + y + z )2 z 2 − xy = b(x + y + z )2 x 2 − yz = c(x + y + z )2 egyenletrendszert ha a, b, c ∈ . (TOK Matematikaverseny 2000.) Megoldás.
Az
x (y 2 − xz ) + y (z 2 − xy ) + z (x 2 − yz ) = 0
azonosság
felhasználásával az egyenletrendszerből kapjuk, hogy 2 (x + y + z ) (ax + by + cz ) = 0 . Hasonló módon, az z (y 2 − xz ) + x (z 2 − xy ) + y (x 2 − yz ) = 0 azonosság alapján 2
(x + y + z ) (az + bx + cy ) = 0 . Ha x + y + z = 0 , akkor x = y = z = 3 xyz , tehát x = y = z = 0 .
Tartalomjegyzék
398
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
Ha x + y + z ≠ 0 , akkor ax + by + cz = 0 és az + bx + cy = 0 . Ha a ≠ 0 , akkor z =
y ⋅ (b 2 − ac ) a 2 − bc
és x =
y ⋅ (c 2 − ab ) a 2 − bc
. Ezt visszahelyettesítve
elvégezhető a tárgyalás. 53. Egy zár, amelyen három nyomógomb van, akkor nyílik ki, ha a gombokat egy előírt sorrendben nyomjuk meg, közvetlenül egymás után. Legkevesebb hány gombnyomás szükséges ahhoz, hogy biztosan kinyíljék a zár? (a megfelelő három gombnyomást esetleg megelőző gombnyomások nem befolyásolják a zár szerkezetét). Mi a válasz a feltett kérdésre ha a záron négy gomb található? Megoldás. Jelöljük a gombokat a, b, c- vel. Olyan minimális karaktersorozatot kell szerkesztenünk, amelyből kivágható az a, b, c tetszőleges sorrendje. E permutációk a következők: abc, acb, bac, bca, cab, cba. Ahhoz, hogy a sorozat a lehető legrövidebb legyen, nyilvánvaló, hogy az nem fordulhat elő egymásután kétszer ugyanaz a karakter. Az abcab már lefed hármat. Ha a következő karakter c, akkor ismét az abc részsorozathoz jutunk. Ha viszont a következő karakternek az a-t választjuk, akkor, folytatva a gondolatmenetet, végül az abcabacba karaktersorozathoz jutunk és valóban, ez tartalmazza az összes sorrendet. Tehát kilenc gombnyomás után biztosan kinyílik az ajtó. Négy gomb esetén hasonló elgondolás alapján 33 gombot kell megnyomni. 54. Egymás után elhelyezünk nyolc korongot és megszámozzuk őket 1-től 8-ig. Lépés alatt azt értjük, hogy két szomszédos korongot felcserélünk. Ilyen lépések ismétlésével elérhetjük-e, hogy a korongok fordított sorrendben legyenek? Hát akkor, ha egy lépés alatt azt értjük, hogy három szomszédos korongot cserélünk fel az alábbi ábrának megfelelően: 1
4
7
7
4
1
Mi a válasz az előbbi kérdésekre ha eredetileg kilenc korongunk van? (TOK Matematikaverseny 2000.) Megoldás. 7 cserével az 1-es a sor végére vihető. További hat csere után elérhető, hogy a 2-es az 1-es elé kerüljön. Folytatva az eljárást, 28 csere után elérhető a fordított sorrend. Ez kilenc korong esetén is hasonlóan érhető el. Ha három szomszédos korongot cserélünk fel, akkor a páros számot viselő korongok jobbról számolva páros helyeken maradnak, tehát 8 korong esetén nem lehetséges a sorrend megfordítása. Kilenc korong esetén az 1, 3, 5, 7, 9 és 2, 4, 6, 8 korongokat külön fordítjuk meg. ĺgy a teljes sorrend megfordul. 55. a) Egy játékgyár olyan naptárat szeretne készíteni, amelyen a dátumot (a napokat) két kockával jelzik. Mindkét kockának minden oldalára egy-egy számjegyet írnak és a két kocka megfelelő oldalainak egymás mellé helyezése jelzi a megfelelő dátumot. Például augusztus 9.-ét az Augusztus feliratú táblácska és a 0 illetve 9-es számjegyek jelzik. Milyen számokat kell az egyes kockákra ráfesteni, ha a 9-es 6-osnak is olvasható és fordítva? b) Határozd meg a legnagyobb olyan n természetes számot, amelyre 1-től n-ig minden szám kirakható az előbbi módon három kocka segítségével!
Tartalomjegyzék
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
399
Megoldás. a) A 11 és 22 csak akkor rakható ki, ha mindkét kockán szerepel az 1-es és 2-es. A 30-as dátum kiírásához az egyik kockán meg kell jelenjen a 0 és a másikon a 3. Ugyanakkor a 01, 02, 03, 04, 05, 06, 07, 08, 09 kiírása csak úgy lehetséges, ha a 0 mindkét kockán szerepel (ellenkező esetben a másik kockán az összes többi számjegynek szerepelnie kellene). Tehát az egyik kockán kötelező a 0, 1, 2, 3, a másikon a 0, 1, 2. A 4, 5, 6, 7, 8 számjegyeket tetszőlegesen eloszthatjuk (az első kockára kettő, a másodikra három darab kerül). b) Ha 088- ig szeretnénk mindent kirakni, akkor mindhárom kockán szerepelnie kell egy nullásnak és legalább két kockán 1-esnek. A 022, 033, 044, 055, 066, 077, 088 számok nem rakhatók ki mert ehhez legalább 7 ⋅ 2 + 5 = 19 oldala kellene legyen a három kockának. Ha a kockákra festett számok a következők: A: 0, 1, 2, 4, 5, 7 B: 0, 1, 3, 4, 6, 7 C: 0, 2, 3, 5, 6, 8, akkor 000-tól 087- ig minden szám kirakható. Tehát a legnagyobb ilyen szám az n = 87 . 56. Egy 8x8-as sakktáblán 42 figura áll. Bizonyítsd be, hogy létezik a táblának legalább egy 4x4-es kis résztáblája, amelynek átlós mezőin legalább négy figura áll! Megoldás
Ha a következtetés nem igaz, akkor a szürke mezőkön legfeljebb 12 figura állhat (ellenkező esetben a négy "sarki" résztábla valamelyikének átlós mezőin legalább 4 bábu állna). ĺgy a maradék 32 mezőn legalább 30 figura áll. Tehát a hullámos vonallal keretezett résztáblák 16 átlós mezejére legalább 14 figura jut, tehát valamelyikük átlóin van legalább 7 figura, így ellentmondáshoz jutottunk. Következik, hogy az eredeti állítás igaz.
57. Két gyerek meg kell tegyen egy 50 km hosszú utat és rendelkezésükre áll egy bicikli. Ha a biciklin egyszerre csak egyikük lehet, gyalog a sebességük 5 km/h és biciklivel 15 km/h legalább mennyi időre van szükségük a távolság megtételéhez? Hát akkor, ha hárman vannak és két bicikli áll rendelkezésükre? Megoldás. Ha x távolságot gyalog és d − x távolságot biciklivel tesz meg egy x d −x x d −x gyerek, akkor idő alatt ér célba. A másik viszont idő alatt ér + + v1 v2 v2 v1 ⎛1 1⎞ be. A két idő összege d ⎜⎜ + ⎟⎟⎟ , független az x - től, tehát a két idő nagyobbika ⎜⎝ v1 v2 ⎠⎟
akkor a legkisebb, ha a két idő egyforma, vagyis
x d −x x d −x , ahonnan + = + v1 v1 v2 v2
Tartalomjegyzék
400
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
d . Tehát az egyik gyerek elindul biciklin és félútnál leteszi a kerékpárt. Amikor 2 a második gyerek eléri biciklit, felül rá és továbbmegy. ĺgy mindketten 6 óra 40 perc alatt érnek célba. Ha hárman vannak két biciklivel, akkor két esetet különböztetünk meg. 1. eset: a biciklivel nem lehet visszafele haladni. ĺgy összesen 3d utat kell megtenni, 2d d a hármuk összideje. Akkor és ebből 2d távolságot biciklivel, tehát legalább + v2 v1 1 ⎛ 2d d⎞ érnek a leghamarabb be, ha mindhárman ⎜⎜ + ⎟⎟⎟ időt mennek. Ez azt jelenti, 3 ⎜⎝ v2 v1 ⎠⎟ x=
d 2d távolságot megy mindenki gyalog és -at biciklivel. 3 3 2. eset: előfordulhat, hogy az egyik gyerek biciklin megy és visszaviszi a harmadiknak d (3v2 + v1 ) 50 az "üres" kerékpárt. ĺgy t = , vagyis 5 óra 33 perc 20 másodperc = v2 (v2 + 3v1 ) 9
hogy
alatt is beérhetnek.
Tartalomjegyzék
