Végeredmények, emelt szintû feladatok részletes megoldása I. A gyökvonás 1. A gyökfogalom kiterjesztése 2. A négyzetgyök alkalmazásai 3. A számok n-edik gyöke 4. Az n-edik gyökfüggvény, az n-edik gyök alkalmazása II. Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek 1. Másodfokú függvény, másodfokú egyenlet 2. A másodfokú egyenlet megoldóképlete 3. Másodfokú egyenletre vezető szöveges feladatok 4. A gyöktényezős alak. Gyökök és együtthatók közötti összefüggés 5. Másodfokúra visszavezethető magasabb fokú egyenletek 6. Másodfokú egyenlőtlenségek 7. Négyzetgyökös egyenletek, egyenlőtlenségek 8. Számított középértékek 9. Szélsőérték-feladatok 10. Másodfokú egyenletrendszerek III. Hasonlóság és alkalmazásai 1. Vizsgálódás a térben 2. Középpontos hasonlóság 3. Hasonlósági transzformáció 4. A hasonlóság alkalmazásai 5. Hasonló síkidomok kerülete és területe, hasonló testek felszíne és térfogata 6. Egyéb nem egybevágósági transzformációk 7. Kerületi és középponti szögek 8. Húrnégyszögek, alkalmazások IV. Trigonometria 1. Távolságok meghatározása arányokkal 2. A hegyesszögek szögfüggvényei, összefüggések a hegyesszögek szögfüggvényei között 3. Összefüggések egy hegyesszög szögfüggvényei között 4. Síkgeometriai számítások 5. Térgeometriai számítások 6. Vektorok a koordinátasíkon 7. A szinusz és a koszinusz szögfüggvények általános értelmezése 8. A tangens és a kotangens szögfüggvények általános értelmezése 9. A szinusz- és a koszinuszfüggvény grafikonja, jellemzése 10. A tangens- és a kotangensfüggvény grafikonja, tulajdonságai V. Gondolkodási módszerek, kombinatorika, valószínûségszámítás 1. Skatulyaelv, tétel és megfordítása, egyszerű gráfelméleti fogalmak 2. Bevezető kombinatorikafeladatok, szorzási és összeadási szabály 3. Variációk 4. Permutációk, kombinációk 5. Vegyes feladatok a kombinatorika köréből 6. Valószínűségi kísérletek, a valószínűség szemléletes fogalma
2 4 5 6 8 13 13 14 16 17 18 19 21 23 25 26 28 29 29 31 32 33 36 38 40 43 44 45 47 50 51 53 57 58 59 61 62 64
A gyökvonás
1. A gyökfogalom kiterjesztése (18-19. oldal) 1 1. a) 25;
b) 12;
c) 4;
d) 5;
e) 27;
f) 3;
g) 70;
h) 3;
i) −21.
2. b) 13; c) 5; d) 11; e) 10 − 2 21 (Nem egész!); a) 2; f) 56 + 24 5 (Nem egész!); g) 40; h) 2; i) A kifejezés biztosan pozitív, ezért ekvivalens átalakítást végzünk, ha a kifejezés négyzetét négyzetgyök alá tesszük:
(
27 + 10 2 + 27 − 10 2
= 54 + 2 ⋅
)
2
= 27 + 10 2 + 2 ⋅ 27 + 10 2 ⋅ 27 − 10 2 + 27 − 10 2 =
( 27 + 10 2 ) ( 27 − 10 2 ) =
54 + 2 27 2 − 100 ⋅ 2 = 54 + 2 529 = 100 = 10;
j) Az előzőhöz hasonlóan:
(
19 + 6 10 − 19 − 6 10
)
2
(
= 19 + 6 10 − 2 ⋅ 192 − 6 10
)
2
+ 19 − 6 10 =
= 38 − 2 = 6. 3.
( ) b) bal oldal ( 4 ) > jobb oldal ( 15 ) ; (
)
a) bal oldal −2 2 < jobb oldal 2 2 ;
⎛ 23 ⎞ c) bal oldal ⎜ ⎟ < jobb oldal (12 ) . ⎝ 2 ⎠
4. a) Indirektt módon bizonyítva: Tegyük fel, hogy 3 racionális szám, azaz felírható két egész szám hányadosaként! p , ahol a tört tovább már nem egyszerűsíthető, azaz p, q ∈ + és p, q relatív prímek. q A q-val való beszorzás után emeljük négyzetre az egyenletet! 3 ⋅ q 2 = p 2 Mivel az egyenlet bal oldala 3 többszöröse, ezért az egyenlet jobb oldalán álló p2 osztható kell, hogy legyen 3-mal, ami csak úgy teljesülhet, ha p is osztható 3-mal, tehát p2 9-cel is osztható. ⇒ Az egyenlet bal oldala is osztható 9-cel, azaz q2 osztható 3-mal, tehát q is osztható 3-mal. ⇒ p és q is osztható 3-mal, tehát nem relatív prímek. A feltételezésünk alapján ellentmondásra jutottunk, vagyis a feltételezésünk – miszerint a 3 racionális szám – hamis, így 3 csak irracionális szám lehet. b) Az előzőhöz hasonlóan... c) Indirektt módon bizonyítva: Tegyük fel, hogy 10 racionális szám, azaz felírható két egész szám hányadosaként! p 10 = , ahol a tört tovább már nem egyszerűsíthető, azaz p, q ∈ + és p, q relatív prímek. q 3=
2
A q-val való beszorzás után emeljük négyzetre az egyenletet! 10 ⋅ q 2 = p 2 Mivel az egyenlet bal oldala páros, ezért az egyenlet jobb oldalán álló p2 páros kell, hogy legyen, ami csak úgy teljesülhet, ha p is páros, tehát p2 4-gyel is osztható. ⇒ Az egyenlet bal oldala is osztható 4-gyel, azaz q2 osztható 2-vel, tehát q páros. ⇒ p és q is páros, tehát nem relatív prímek. A feltételezésünk alapján ellentmondásra jutottunk, vagyis a feltételezésünk – miszerint a 10 racionális szám – hamis, így 10 csak irracionális szám lehet. d) Indirektt módon bizonyítva: Tegyük fel, hogy 21 racionális szám, azaz felírható két egész szám hányadosaként! p , ahol a tört tovább már nem egyszerűsíthető, azaz p, q ∈ + és p, q relatív prímek. q A q-val való beszorzás után emeljük négyzetre az egyenletet! 21 ⋅ q 2 = p 2 Mivel az egyenlet bal oldala 3 többszöröse, ezért az egyenlet jobb oldalán álló p2 osztható kell, hogy legyen 3-mal, ami csak úgy teljesülhet, ha p is osztható 3-mal, tehát p2 9-cel is osztható. ⇒ Az egyenlet bal oldala is osztható 9-cel, azaz q2 osztható 3-mal, tehát q is osztható 3-mal. ⇒ p és q is osztható 3-mal, tehát nem relatív prímek. A feltételezésünk alapján ellentmondásra jutottunk, vagyis a feltételezésünk – miszerint a 21 racionális szám – hamis, így 21 csak irracionális szám lehet. e) Indirektt módon bizonyítva: Tegyük fel, hogy a ( a ∈ + ) racionális szám, azaz felírható két egész szám hányadosaként! A feladat szerint a nem négyzetszám, azaz a prímtényezős alakjában legalább egy kitevő páratlan szám. a = p1k1 ⋅ p2 k2 ⋅… ⋅ pn kn alakban legyen az i-edik prímtényező ki kitevője a páratlan kitevő! m a = , ahol a tört tovább már nem egyszerűsíthető, azaz m, q ∈ + és m, q relatív prímek, és q m > 1. A q-val való beszorzás után emeljük négyzetre az egyenletet! a ⋅ q 2 = m 2 Mivel az egyenlet bal oldala a többszöröse, ezért az egyenlet jobb oldalán álló m2 osztható kell, hogy legyen a-val, azaz a minden prímtényezőjével (így pi-vel is!). Mivel m2 négyzetszám, ezért prímtényezős felbontásában minden prímhatvány kitevője páros, így pi kitevője is. Mivel a bal oldalon a pi kitevője páratlan, ezért ez ellentmondás, vagyis a feltételezésünk – miszerint a a racionális szám – hamis, így a csak irracionális szám lehet. 21 =
5. a) Indirektt módon bizonyítva: Tegyük fel, hogy 5 − 1 racionális szám, azaz felírható két egész szám hányadosaként! p 5 − 1 = , ahol a tört tovább már nem egyszerűsíthető, azaz p, q ∈ + és p, q relatív prímek. q p+q Rendezve az egyenletet 5 = kifejezéshez jutunk, melynek jobb oldala racionális, de az q előző feladat alapján a 5 irracionális szám, így ellentmondásra jutottunk. b) A bizonyítás során alkalmazzuk az előző feladatban használt lépéseket. c) Indirektt módon bizonyítva: Tegyük fel, hogy 3 + 5 racionális szám, azaz felírható két egész szám hányadosaként! 3
A gyökvonás
3+ 5 =
p , ahol a tört tovább már nem egyszerűsíthető, azaz p, q ∈ q
+
és p, q relatív prímek.
A q-val való beszorzás után négyzetre emelve, majd rendezve az egyenletet 2 15q 2 = p 2 − 8q 2 . 15 =
Ebből
p 2 − 8q 2 , amelynek a bal oldala irracionális, a jobb oldala racionális, ami ellent2q 2
mondás.
2. A négyzetgyök alkalmazásai (23-24. oldal) 1 1. a) 0;
b) 0;
c) 70;
e) 14 − 10 3 .
d) 2;
2. a) 7 a 3 = 7 a a , ahol a ∈ + ∪ {0} ; b) b c ( 4c − 2 + c 3 ) , ahol b ∈ , c ∈
+
∪ {0} ;
3
c) 2 x , ahol x ∈ . 3. a) 3 7;
b)
a) 4 3; e)
30 + 5;
57 ; 3
c)
3 13 ; 2
4 6 ; 5 f) 2 7 + 3 3;
d)
7 3
;
15 7 ; 14 g) 13 − 2 42 ;
c)
b)
5. a) bal oldal;
b) jobb oldal;
c) jobb oldal.
6. a) 48 − 6 15 ;
b) −
253 . 3
7. 1 ⎧9 ⎫ , ahol x ∈ + ∪ {0} \ ⎨ ⎬ ; 2 x +3 ⎩4⎭ 1 b) , ahol a ∈ + ∪ {0} \ {1} ; 1− a 1 , ahol y ∈ + \ {25} ; 2 a)
4
(
e) 7 − 40
)
d)
7 + 40 7 − 40
.
6 − 5;
h) 20 6 − 49.
2
d) Közös nevezőre hozás után:
(
) ( b − 2) − 2 ( b − 2) ( b + 2)
b +2 −
b
felbontva a zárójeleket a számlálóban, összevonás után: +
ahol b ∈
( ⋅
b +2
)
2
4 b −b
−b + 4 b
⋅
b −2
\ {4 ;16} .
b +2 4 b −4
=
b +2 b −2
,
8. Gyöktelenítsük az összeg tagjainak nevezőjét! 2− 1 3− 2 4− 3 n +1 − n + + +… + 2 −1 3− 2 4−3 ( n + 1) − n a nevezők értéke 1, így a kifejezés: 2 − 1 + 3 − 2 + 4 − 3 + … + n + 1 − n = n + 1 − 1. A kifejezés értéke akkor racionális, ha a négyzetgyök alatt négyzetszám áll. Mivel n < 2008, így az n + 1 lehetséges értékei: 1; 4; 9; 16; ... 1936 ( = 442 ) , azaz az n lehetséges értékei: 0; 3; 8; 15; ... 1935, de n pozitív, tehát csak 43-féle értéket vehet fel. 1
9.
2 ⋅ 1⋅ =
(
2− 1
2+ 1 +
)
1
+
3− 2
3⋅ 2⋅
(
3+ 2
4− 3
+
+… +
)
+
1
4⋅ 3⋅
(
4+ 3
)
1
+… +
n +1 ⋅ n ⋅
(
n +1 + n
)
=
n +1 − n
= , ahol minden tag felírható két tört különbsé2⋅ 1 3⋅ 2 4⋅ 3 n +1 ⋅ n geként: ⎛ 1 ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ 1 ⎞ 1 =⎜ − − − − ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + … + ⎜⎜ ⎟⎟ = 1 − ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎜ 1 2 ⎠ ⎝ 2 3⎠ ⎝ 3 4 ⎠ n +1 ⎠ n +1 ⎝ ⎝ n + A végeredményben a második tag bármely n ∈ esetén pozitív, így a kifejezés értéke kisebb, mint 1. 1 99 > , rendezés után 100 100 n +1 n + 1 > 10 000, ahonnan n ≥ 9999. 1
10. Felírva az állítást 1 −
>
1 n +1
, azaz
n + 1 > 100, tehát
3. A számok n -edik gyöke (30-31. oldal) 11. a) 2;
b) −2;
c)
b) b ;
c) c;
2 ; 3
d) −0,1;
d) d;
e) −e;
e) 10;
f)
4 ; 3
g) 0;
5 h) − . 3
2. a) a ;
f) − f = f ;
6 g) g 4 ; h) h ;
i) i 3 ;
j) j 5 ;
k) k 3 .
5
A gyökvonás 3. a) 2;
b) 3;
c) 3;
d) 5;
e) 2;
f) 3;
g) 2;
(
)
2
h) Felhasználva, hogy 6 + 20 = 6 + 2 5 , valamint 56 + 24 5 = 6 + 20 : 4
(6 +
20
) ⋅ (6 − 2
20
6 + 20
)=
j) 20 = 1;
i) 53 = 125;
4
36 − 20 = 2;
k) 2.
4. Az n-edik gyökfüggvény, az n-edik gyök alkalmazása (36. oldal) 1 1. a) y 1 O 1
x
Df = ; Rf = ; zérushely: x = 2; monotonitási viszonyok: szigorúan monoton növő; szélsőértéke: nincs; paritása: nem páros, nem páratlan.
4.1. a) ábra b) y 1 O 1
x
Df = ; Rf = ; zérushely: x = −1; menete: szigorúan monoton növő; szélsőértéke: nincs; paritása: nem páros, nem páratlan.
4.1. b) ábra c) y 1 O 1
x
Df = ; Rf = ; zérushely: x = −9; menete: szigorúan monoton csökkenő; szélsőértéke: nincs; paritása: nem páros, nem páratlan.
4.1. c) ábra 2. a) 2; 6
b) −20;
c) 21;
d) 25;
e) 6 ⋅ a ⋅ 8 b.
3. a) jobb oldal;
b) jobb oldal.
4. a)
6
8;
b)
12
b11 ;
c)
30
c 28 ;
d)
4
12 ;
e)
6
675 ;
f)
20
219 ;
g)
15
x.
5. a) jobb oldal;
b) bal oldal;
c) jobb oldal.
6. 6 3 25 84 3 ; b) c) 5 5 27 ; ; 5 3 d) Felhasználva az a 3 − b3 = ( a − b ) ( a 2 + ab − b 2 ) azonosságot: a)
3
(
3
25 + 3 10 + 3 4 5−2
)=
3
25 + 3 10 + 3 4 ;
e) Felhasználva az a 3 + b3 = ( a + b ) ( a 2 − ab − b 2 ) azonosságot: 23
(
3
225 − 2 3 15 + 4 15 + 8
)=
3
225 − 2 3 15 + 4.
7
Másodfokú egyenletek, egyenlôtlenségek, egyenletrendszerek
1. Másodfokú függvény, másodfokú egyenlet (42-43. oldal) 11. b) ( x + 9 ) − 18;
a) ( x − 4 ) + 3;
2
2
2
3 ⎞ 19 ⎛ f) −2 ⎜ x + ⎟ + ; 2⎠ 2 ⎝
2 ( x − 2 ) − 11; 2
2
7 ⎞ 57 ⎛ c) ⎜ x − ⎟ − ; 2⎠ 4 ⎝ 3 ( x − 3) − 28; 2
2
13 ⎞ 45 ⎛ ⎜x− ⎟ − ; 2⎠ 4 ⎝ 1 23 2 h) ( x + 5 ) + . 2 2
2. Df = ; R f = + ∪ {0}; zérushelye: x = 0; menete: ha x ≤ 0, akkor szigorúan monoton csökkenő, ha x = 0, akkor szigorúan monoton növő; szélsőértéke: minimuma van x = 0 helyen f ( x ) = 0 értékkel, maximuma nincs; paritása: páros.
a) y
1 O
1
x
1.2. a) ábra b)
Tulajdonságai megegyeznek az előző függvényével. y
1 O
1.2. b) ábra
8
1
x
c) y 1 O
x
1
Df = ; R f = − ∪ {0}; zérushelye: x = 0; menete: ha x ≤ 0, akkor szigorúan monoton növő, ha x = 0, akkor szigorúan monoton csökkenő; szélsőértéke: maximuma van x = 0 helyen f ( x ) = 0 értékkel, minimuma nincs; paritása: páros.
1.2. c) ábra Df = ; R f = + ∪ {0} ; zérushelye: x = 3; menete: ha x ≤ 3, akkor szigorúan monoton csökkenő, ha x ≥ 3, akkor szigorúan monoton növő; szélsőértéke: minimuma van x = 3 helyen f ( x ) = 0 értékkel, maximuma nincs; paritása: nem páros, nem páratlan.
d) y
1 O
x
1
1.2. d) ábra Df = ; R f = + ∪ {0} ; zérushelye: x = −2; menete: ha x ≤ −2, akkor szigorúan monoton csökkenő, ha x ≥ −2, akkor szigorúan monoton növő; szélsőértéke: minimuma van x = −2 helyen f ( x ) = 0 értékkel, maximuma nincs; paritása: nem páros, nem páratlan.
e) y
1 O
1
x
1.2. e) ábra
9
Másodfokú egyenletek, egyenlôtlenségek, egyenletrendszerek Df = ; R f = [ −1; ∞ [; zérushelyei: {−1;1}; menete: ha x ≤ 0, akkor szigorúan monoton csökkenő, ha x ≥ 0, akkor szigorúan monoton növő; szélsőértéke: minimuma van x = 0 helyen f ( x ) = −1 értékkel, maximuma nincs; paritása: páros.
f) y
1 O
1
x
1.2. f) ábra Df = ; R f = [ 2; ∞ [; zérushelye: nincs; menete: ha x ≤ 0, akkor szigorúan monoton csökkenő, ha x ≥ 0, akkor szigorúan monoton növő; szélsőértéke: minimuma van x = 0 helyen f ( x ) = 2 értékkel, maximuma nincs; paritása: páros.
g) y
1 O
1
x
1.2. g) ábra
h) y 1 O
1.2. h) ábra
10
1
x
D f = ; R f = [ −4; ∞ [; zérushelyei: {−1; 3}; menete: ha x ≤ 1, akkor szigorúan monoton csökkenő, ha x ≥ 1, akkor szigorúan monoton növő; szélsőértéke: minimuma van x = 1 helyen f ( x ) = −4 értékkel, maximuma nincs; paritása: nem páros, nem páratlan.
i) y
1 O
1
x
D f = ; R f = ]−∞ ;3]; zérushelyei: {−4; − 2}; menete: ha x ≤ −3, akkor szigorúan monoton növő, ha x ≥ −3, akkor szigorúan monoton csökkenő; szélsőértéke: maximuma van x = −3 helyen f ( x ) = 3 értékkel, minimuma nincs; paritása: nem páros, nem páratlan.
1.2. i) ábra j) y
1 O
1
x
D f = ; R f = [ −2; ∞ [; zérushelyei: {3; 7} ; menete: ha x ≤ 5, akkor szigorúan monoton csökkenő, ha x ≥ 5, akkor szigorúan monoton növő; szélsőértéke: minimuma van x = 5 helyen f ( x ) = −2 értékkel, maximuma nincs; paritása: nem páros, nem páratlan.
1.2. j) ábra 3. a) y 1 O
1
x
R f = [ −4; 0]; zérushelye: x = 5; menete: ha −4 < x ≤ 3, akkor szigorúan monoton csökkenő, ha 5 ≥ x ≥ 3, akkor szigorúan monoton növő; szélsőértéke: minimuma van x = 3 helyen f ( x ) = −4 értékkel, maximuma van x = 5 helyen f ( x ) = 0; paritása: nem páros, nem páratlan.
1.3. a) ábra
11
Másodfokú egyenletek, egyenlôtlenségek, egyenletrendszerek b) y
1 O 1
x
R f = ]−5; 4]; zérushelye: x = 2; menete: ha −5 < x ≤ 4 , akkor szigorúan monoton növő, ha 4 ≥ x ≥ 3, akkor szigorúan monoton csökkenő; szélsőértéke: minimuma nincs, maximuma van x = 4 helyen f ( x ) = 4; paritása: nem páros, nem páratlan.
1.3. b) ábra c) y
2 O 2
x
R f = [ −12; ∞ [; zérushelyei: {−3;1}; menete: ha x ≤ −1, akkor szigorúan monoton csökkenő, ha x ≥ −1, akkor szigorúan monoton növő; szélsőértéke: minimuma van x = −1 helyen f ( x ) = −12, maximuma nincs; paritása: nem páros, nem páratlan.
1.3. c) ábra ⎤ 5 ⎡ R f = ⎥ − ; 9 ⎢; ⎦ 3 ⎣ zérushelye: x = 0; menete: szigorúan monoton növő; szélsőértéke: minimuma nincs, maximuma van x = 3 helyen f ( x ) = 9; paritása: nem páros, nem páratlan.
d) y
1 O 1
x
1.3. d) ábra 4.
12
a) minimum: f ( 5 ) = −3, maximum: f ( 8 ) = 6; b) minimum: nincs, maximum: f (10 ) = 5; c) minimum: f ( −5 ) = 8, maximum: nincs; d) minimum: f ( 4 ) = −8, maximum: nincs.
5. a) x = −2;
b) x1 = 6, x2 = 8 ;
e) x1 = −6, x2 = −3;
c) x1 = −5, x2 = 3 ;
d) x1 = −6, x2 = 5 ;
5 g) x1 = −7, x2 = . 3
3 f) x1 = − , x2 = 5; 2
2. A másodfokú egyenlet megoldóképlete (50. oldal) 11. 1 1 3 b) x1 = − , x2 = 2; c) x1 = − , x2 = ; 5 2 4 2 + 14 2 − 14 15 d) x1 = e) x = − ; , x2 = ; 2 2 2 f) nincs megoldás; g) nincs megoldás.
a) x1 = −5, x2 = 7;
2. a) x1 = −4, x2 = 3;
b) x1 = 1, x2 = 3;
c) x1 = + 5 , x2 = − 5 ;
d) x1 = −13, x2 = 2.
3. b) x1 = 1, x2 = 9;
3 c) x = ; 2
b) b < −12 vagy 12 < b;
c) −5 < c.
a) x1 = −3, x2 = 1;
d) x = 10.
4. a) a <
49 ; 5
5. a) a = −
63 ; 8
b) nincs ilyen b;
a) a < −
7 ; 12
b) −30 < b < 30;
c) c =
225 . 4
6. c) c < −
529 . 12
3. Másodfokú egyenletre vezető szöveges feladatok (55-56. oldal) 1. A keresett tört a
7 . 3
2. A keret szélessége 2,5 cm, a kép oldalai 15 cm és 20 cm hosszúak. 3. 25 fő megy kirándulni, fejenként 8400 Ft-ot kell befizetniük. 13
Másodfokú egyenletek, egyenlôtlenségek, egyenletrendszerek 4. A kosztüm árát először 10%-kal emeltük. 5. A keresett szám a 27 vagy a 72. 6. A konvex sokszög 23 oldalú. 7. T = 627 cm 2 . 8. A gyorsabb autó 3 km-re, a lassabb 2,4 km-re volt. 9. A teherautó sebessége 75
km km , menetideje 2,4 h; a személygépkocsi sebessége 100 , menetideje h h
1,8 h. 10. Külön-külön 16 és 20 óra alatt töltik meg a medencét.
4. A gyöktényezős alak. Gyökök és együtthatók közötti összefüggés (61-62. oldal) 1 1.
a) ( x − 11) ( x + 3) ; d) ( x + 11) ( 2 x − 1) ;
b) ( x − 8 ) ( x + 7 ) ; e) ( 4 x − 3) ( 2 x − 1) ;
c) ( x + 12 ) ( x + 5 ) ; f) ( 2 x + 3) ( 5 x + 7 ) .
2. x+5 x+8 3x + 4 c) x+2 a)
\ {−8; 11} ; 5⎫ ⎧ \ ⎨−2; − ⎬ ; 2⎭ ⎩
x + 10 x + 12 3x − 1 d) x+5
b)
\ {−3; − 12} ; 7⎫ ⎧ \ ⎨−5; − ⎬ . 4⎭ ⎩
3. a) x 2 + 3 x − 10;
b) x 2 − 9 x + 18;
c) x 2 + 18 x + 77;
d) 3 x 2 − 17 x + 10;
4. Az egyenlet diszkriminánsa pozitív, így vannak megoldások. b − 1 1 x1 + x2 b 7 + = = a =− =− ; a) c x1 x2 x1 x2 c 5 a b 2 2c 69 2 = ; b) x12 + x2 2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 2 − a 4 a 69 x x x 2 + x2 2 69 = 4 =− ; c) 1 + 2 = 1 5 10 x2 x1 x1 x2 − 2 14
e) 12 x 2 + 53 x + 56.
d) Legyen x1 > x2 ! x12 − x2 2 = ( x1 − x2 ) ( x1 + x2 ) = x12 + x2 2 − 2 x1 x2 ⋅ ( x1 + x2 ) = e) Legyen x1 > x2 !
7 89 ; 4
x13 − x23 = ( x1 − x2 ) ( x12 + x1 x2 + x2 2 ) = x12 + x2 2 − 2 x1 x2 ⋅ ( x12 + x2 2 + x1 x2 ) =
59 89 . 8
5. 6 x 2 + 4 x − 55 + 5 109 = 0. 6. A 4.) feladat b) pontja alapján: b 2 2c (1) b 2 − 4ac ≥ 0 és ( 2 ) 2 − = 5 feltételeknek kell teljesülnie. a a 9 (1) ⇒ p ≤ és ( 2 ) ⇒ p = 2, azaz p = 2. 4 bc = 8, ahonnan p = −10 (visszahelyettesítéssel ellenőrizhető, a2 hogy ekkor létezik az egyenletnek megoldása).
7. x1 x2 2 + x2 x12 = x1 x2 ( x1 + x2 ), azaz −
8. a) A szükséges és elegendő feltétel, hogy teljesüljenek az alábbi állítások: b c (1) b 2 − 4ac ≥ 0 és ( 2 ) > 0 és ( 3) − > 0 a a (1) ⇒ p ≤ −8 vagy 8 ≤ p ⎫ ⎪ és ⎪ ⎪ ( 2 ) ⇒ −10 < p ⎬ ⇒ −10 < p ≤ −8 . ⎪ és ⎪ ⎪⎭ ( 3) ⇒ p < −4 b) A szükséges és elegendő feltétel, hogy teljesüljenek az alábbi állítások: c b (1) b 2 − 4ac ≥ 0 és ( 2 ) > 0 és ( 3) − < 0 a a (1) ⇒ p ≤ −8 vagy 8 ≤ p ⎫ ⎪ és ⎪ ⎪ ( 2 ) ⇒ −10 < p ⎬⇒8≤ p. ⎪ és ⎪ ⎪⎭ ( 3) ⇒ −4 < p
15
Másodfokú egyenletek, egyenlôtlenségek, egyenletrendszerek
5. Másodfokúra visszavezethető magasabb fokú egyenletek (67. oldal) 1 1. a) b) c) d) e) f)
x1 = +2, x2 = −2, x3 = +9, x4 = −9; x1 = + 2 , x2 = − 2 , x3 = +5, x4 = −5; x1 = −1, x2 = 3; x1 = 3 −5 , x2 = 2; x1 = +2, x2 = −2; x1 = 5 −5 , x2 = −2.
2. a) x1 = −6, x2 = 0; b) x1 = −3, x2 = 1;
c) Felbontva a zárójeleket ( x 2 + 4 x − 2 ) + x 2 + 4 x − 5 = 9. 2
Új ismeretlen bevezetésével ( y := x 2 + 4 x − 2 ) másodfokú egyenletet kapunk: y 2 + y − 3 = 9, melynek gyökei y1 = −4, y2 = 3. Visszahelyettesítve: x 2 + 4 x − 2 = −4 és x 2 + 4 x − 2 = 3. Ezen egyenletek megoldásai: x1 = −2 + 2 , x2 = −2 − 2, illetve x3 = −5, x4 = 1. d) y := x 2 + 5 x − 1 bevezetésével: ( y + 3) ⋅ y − 4 = 0, melynek gyökei y1 = −4, y2 = 1, így −5 ± 33 −5 ± 13 , illetve x3, 4 = . x 2 + 5 x − 1 = −4 és x 2 + 5 x − 1 = 1, melyek megoldásai x1, 2 = 2 2 e) Az előzőekhez hasonlóan y := x 2 + 6 x + 7 bevezetésével y1 = 2, y2 = 3 adódik, ahonnan visszahelyettesítés után x1 = −5, x2 = −1, x3 = −3 + 5 , x4 = −3 − 5. y 5 y : = x2 − 6x ⇒ 1 − = y1 ≠ −5, y2 ≠ 1 ⇒ (1 − y ) ( y + 5 ) − y ( y + 5 ) = 5 (1 − y ), 1− y y + 5 melynek gyökei y1 = −2, y2 = 0 jó megoldások. Visszahelyettesítés után az eredeti egyenlet megoldásai: x1 = 0, x2 = 6, x3 = 3 + 7 , x4 = 3 − 7 . g) A két szélső, illetve a két középső zárójel összeszorzása után ( x 2 + 5 x − 6 ) ( x 2 + 5 x + 6 ) − 160 = 0, melyből y := x 2 + 5 x − 6 helyettesítéssel végül csak két megoldást kapunk: x1 = −7, x2 = 2 . 3. 1 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ a) x2-tel való leosztás ((x = 0 nem megoldás!) és kiemelés után: 2 ⎜ x 2 + 2 ⎟ − ⎜ x + ⎟ − 11 = 0. x⎠ x ⎝ ⎠ ⎝ 1 ⇒ 2 ( y 2 − 2 ) − y − 11 = 0, melynek a megoldásai: Vezessünk be egy új ismeretlent! y := x + x 1 5 5 1 3= x+ . y1 = − , y2 = 3 ⇒ − = x + x 2 2 x 1 3+ 5 3− 5 , x4 = ; Beszorozva x-szel az egyenleteket, a megoldások: x1 = −2, x2 = − , x3 = 2 2 2 16
1 b) Az előzőhöz hasonlóan adódnak a gyökök: x1 = −3, x2 = − ; 3 1 1 c) x1 = −2, x2 = , x3 = −3, x4 = . 2 3
6. Másodfokú egyenlőtlenségek (73. oldal) 11. a) x < −2 vagy 3 < x; d) −
3 < x < 2; 4
g) nincs megoldás;
c) x ≤ −3 vagy
b) −4 ≤ x ≤ 1; e) x ∈
\ {−6} ;
h) x ∈ ;
3 ≤ x; 2
5 f) x = ; 2 3 i) x = . 4
2. a) x ≥ −
5 ; 14
b) nincs megoldás;
c) x > −
19 . 18
3. a)
4 < x < 6 vagy 8 < x; 3
b) x < 1 vagy
3 < x < 5; 2
5 e) −2 < x < ; 3 f) x < −2 − 63 vagy 5 < x < −2 + 63 vagy 6 < x; 2 g) x < 10 − 110 vagy − < x < 2 vagy 10 + 110 < x. 5
⎡ 7 ⎡ c) x ∈ ⎢ − ; 3⎢ \ {1} ; ⎣ 2 ⎣
d) −5 < x ≤ 2 vagy 3 < x ≤ 5;
4. a) Két különböző megoldást akkor kapunk, ha a diszkrimináns pozitív, azaz ( p − 5 ) − 4 ( p − 2 ) > 0, ahonnan p < 3 vagy 11 < p, és p − 2 ≠ 0, azaz p ≠ 2 feltételeknek kell teljesülni, mert különben elsőfokú egyenletet kapunk, melynek nem lehet két különböző megoldása. 2
b) Az előző feladathoz hasonlóan a p < −17 vagy − 5 < p.
p 2 + 22 p + 85 > 0 egyenlőtlenséget kapjuk, melyből
5. a) A grafikus előjelvizsgálatra gondolva az egyenlőtlenség csak akkor teljesülhet minden x-re, ha a bal oldali kifejezés grafikonja egy lefelé nyitott parabola, melynek nincsenek zérushelyei, 41 azaz m − 1 < 0 és D < 0. A két feltételből kapott megoldáshalmaz metszete: m < − . 40 b) A grafikus előjelvizsgálatra gondolva az egyenlőtlenség csak akkor teljesülhet minden x-re, ha a
17
Másodfokú egyenletek, egyenlôtlenségek, egyenletrendszerek bal oldali kifejezés grafikonja egy felfelé nyitott parabola, melynek nincsenek zérushelyei, azaz m + 3 < 0 és D < 0. A két feltételből kapott megoldáshalmaz metszete: 1 < m < 6. 137 6. A fentiekhez hasonlóan a q − 4 < 0 és a D ≤ 0 feltételeknek kell teljesülniük, melyekből q ≤ − 56 adódik.
7. Négyzetgyökös egyenletek, egyenlőtlenségek (79-80. oldal) 1 1. 76 ; 3 f) x = −2;
a) x = 26;
c) x = −28; 5 g) x1 = − , x2 = 1; 2
b) x = −
e) x = −6;
d) x = 1; h) x = 8.
2. a) x = 1;
1 c) x = ; 9
b) x = 9;
1 d) x = ; 9
e) x = 25.
3. a) x1 = −7, x2 = 17;
b) x1 = −15, x2 = −9;
c) x1 = −
16 26 , x2 = ; 3 3
d) x = 8.
4. a) x = 1;
b) x = 7;
a) 9 ≤ x;
b) −
3 c) x = − ; 4
d) x = 4;
1 e) x = − . 3
5.
f)
3 < x; 2
2 ≤ x ≤ 1; 7
4 1 c) x < − ; d) x ≤ ; 5 3 5 g) 2 < x vagy x = − ; h) −6 < x és x ≠ 5; 7
e) x < 4; i) x = −1.
6. a) Négyzetre emelve az egyenlet két oldalát: x + 5 + x − 3 + 2 x 2 + 2 x − 15 = 16, átrendezés és osztás után: x 2 + 2 x − 15 = 7 − x , újabb négyzetre emeléssel x 2 + 2 x − 15 = 49 − 14 x + x 2, ahonnan x = 4 (ellenőrizve jó megoldás). b) Az előzőhöz hasonlóan, kétszeri négyzetre emeléssel a 9 x 2 − 26 x − 95 = 0 egyenletet kapjuk, melyből csak az x = 5 a jó megoldás. c) Négyzetre emelve a két oldalt, majd rendezve az egyenletet: 2 3 x 2 + 7 x − 6 = 2 x + 12, osztás és újabb négyzetre emelés után: 2 x 2 − 5 x − 42 = 0, melynek a jó megoldása csak az x = 6. 207 , x2 = 7; d) x1 = 41 18
e) x1 = −4, x2 = 1; 1 f) x1 = − , x2 = 3. 2 7. 13 . 3 – Ha x < −3, akkor az egyenlőtlenség minden x-re teljesül, amit az alaphalmaz és a vizsgált tar13 tomány megenged, azaz − ≤ x < −3. 3 – Ha x ≥ −3, akkor a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás (mert mindkét oldal értéke nemnegatív): 3 x + 13 > x 2 + 6 x + 9, melynek az alaphalmazba és a vizsgált tartományba is beleeső megoldásai: −3 ≤ x < 1. 13 Összefoglalva a megoldásokat (a részmegoldások uniója): − ≤ x < 1. 3 b) Csak olyan x-ekre lehet megoldása az egyenlőtlenségnek, melyekre a bal oldal értéke nemnegatív, 7 azaz ha x ≤ 5, továbbá a jobb oldal is értelmezve van, azaz ≤ x. Négyzetre emelve (ekviva2 lens!) és rendezve az egyenlőtlenséget: x 2 − 12 x + 32 ≥ 0, melynek a mindkét feltételnek eleget 7 tevő megoldásai ≤ x ≤ 4. 2 c) Az előzőkhöz hasonló gondolatmenettel −2 < x adódik. d) x ≤ 4; 2 e) x < − . 5
a) Alaphalmaz: x ≥ −
8. Számított középértékek (86-87. oldal) 11. a) A = 17, G = 15; d) A =
61 , G = 2; 30
b) A = 25, G = 24; e) A =
c) A = 31, G = 861;
97 2 ,G= . 108 3
2. 19, 27. 3. 54. 4. Az átfogó hossza 12 ⋅ 2 ( ≈ 16, 97 ) cm. 5. Az átfogó hossza 13 ⋅ 2 ( ≈ 18, 38 ) cm.
19
Másodfokú egyenletek, egyenlôtlenségek, egyenletrendszerek 6. Jelöljük x-szel és ( 36 − x )-szel a háromszög befogóit! A háromszög területe: T ( x ) = melynek maximális értéke a számtani és mértani közép közti összefüggés alapján: 2 ⎛ a+b ⎛ a+b⎞ ⎞ ⇒ a ⋅b ≤ ⎜ ⎜⎜ a ⋅ b ≤ ⎟ ⎟. 2 ⎝ 2 ⎠ ⎟⎠ ⎝
x ( 36 − x ) 2
,
2
Tmax =
1 ⎛ x + ( 36 − x ) ⎞ 1 2 ⋅⎜ ⎟ = ⋅18 = 162, és a T ( x ) függvény akkor veszi fel a maximumát, ha 2 ⎝ 2 2 ⎠
x = 36 − x , azaz a háromszög egyenlő szárú, melynek befogói 18 cm hosszúságúak. 7. a-val és b-vel jelölve a befogókat a háromszög területének felírásából ab = 36. A háromszög befoa+b góinak összegét ( a + b ) alulról becsüljük az ≥ a ⋅ b egyenlőtlenség alapján: 2 a + b ≥ 2 a ⋅ b = 2 36 = 12, ahol az egyenlőség a = b esetén teljesül, azaz a 6 cm befogójú, egyenlő szárú derékszögű háromszögben legkisebb a befogók összege.
8.
1 a ≥ a⋅ 1 2 a
a+
f ( x ) = x2 +
⇔ a+
1 ≥ 2. a
1 +2≥ 4 x2
x2 =
1 esetén teljesül, azaz a minimum helye x1 = +1, x2 = 1, x2
≥2
értéke f ( x ) = 4. 225 ; 17 576 ; Q ( 32;18 ) = 674 és H ( 32;18 ) = 25 861 ; Q ( 21; 41) = 1061 és H ( 21; 41) = 31 1921 ⎛ 12 5 ⎞ 120 ⎛ 12 5 ⎞ H⎜ ; ⎟= Q⎜ ; ⎟ = 450 ⎝ 5 3 ⎠ 61 ⎝ 5 3⎠
10. Q ( 9; 25 ) = 353 és H ( 9; 25 ) =
6817 ⎛ 8 3⎞ Q⎜ ; ⎟ = 5832 ⎝ 27 2 ⎠
⎛ 8 3 ⎞ 48 H⎜ ; ⎟= ⎝ 27 2 ⎠ 97
11. A sebességek átlaga: A(70; 90) = 80. Az átlagsebesség g kiszámítása: összes út 2⋅s 2 átlagsebesség = = = = H ( 70;990 ) = 78, 75. s s 1 1 összes idõ + + 70 90 70 90 km Az eltérés: A(70; 90) − H ( 70; 90 ) = 1, 25 h
20
12. a) a ≤
b)
c) d)
2 1 1 + a b
⇔ a ( a + b ) ≤ 2ab ⇔ a 2 − ab ≤ 0 ⇔
2 ≤ ab 1 1 + a b a+b ≤ 2
a ⋅ ( a − b ) ≤ 0;
poz.
neg.
⇔ 2ab ≤ ab ( a + b ) ⇔ 4a 2 b 2 ≤ ab ( a 2 + 2ab + b 2 ) ⇔ 0 ≤ ( a − b ) ; 2
a 2 + b2 2
⇔ 2 ( a 2 + 2ab + b 2 ) ≤ 4 ( a 2 + b 2 ) ⇔ 0 ≤ ( a − b ) ; 2
a 2 + b2 ≤ b ⇔ a 2 + b 2 ≤ 2b 2 2
⇔ a 2 ≤ b2 . a = b.
13. A háromszög befogóit a-val, illetve (22 − a)-val jelölve az átfogó hossza négyzetes és a számtani közép közti reláció alapján alulról becsülhető: a 2 + ( 22 − a )
2
a + ( 22 − a )
a 2 + ( 22 − a ) , ami a 2
a 2 + ( 22 − a ) ≥ 11 2 , ahol az egyenlőség a = 22 − a esetén 2 2 teljesül, tehát az a = 11 cm befogójú, egyenlő szárú derékszögű háromszög átfogója a legrövidebb. ≥
2
9. Szélsőérték-feladatok (91-92. oldal) 11. m m és b = 30 2 ; s s b) t = 6 s múlva; c) a) a = 5
d (m) m 4 40 3 30 2 20 10 O
1
t (s) (
9.1. c) ábra d) 3 s-nál 45 m magasan.
21
Másodfokú egyenletek, egyenlôtlenségek, egyenletrendszerek 2.
a) T :[ 0; 20] → ; T ( a ) = 40a − 2a 2 ; b2 b) T :[ 0; 40] → ; T ( b ) = 20b − ; 2 c) Tmax = 200 m 2 .
3. Ha a-val és b-vel jelöljük a füves terület oldalait, akkor a park oldalainak hossza a burkolattal együtt a + 4 és b + 4. A burkolat területe a-val és b-vel kifejezve: ( a + 4 ) ( b + 4 ) − ab = 400, ahonnan a + b = 96 ⇒ Tfüves = a ( 96 − a ). 2
⎛ a + ( 96 − a ) ⎞ 2 A számtani és mértani közepek közti reláció alapján: Tfüves ≤ ⎜ ⎟ = 48 , a terület akkor 2 ⎝ ⎠ maximális, ha a = 96 − a, azaz a füves terület 48 m × 48 m -es.
4.
a a 30 a 30
9.4. ábra 302 2 − a ( 30 − a ) = … = ( a − 15 ) + 225 = min. ⇒ a = 15 cm. 2 A minimális hulladék: Tmin = 225 cm 2. (Másik megoldás: a kivonandót felülről becsülhetjük a számtani és mértani középre vonatkozó egyenlőtlenség segítségével...) Thulladék =
5. a
b
30 b
a
a
30
9.5. ábra A „leeső” háromszögek egyikének befogója a, másikának
22
b 2
, ami kifejezhető a-val:
b 2
= 30 − a 2 .
Thulladék
(
)
cm =
15 2 cm. 2
30 − a 2 a2 = 2⋅ + 2 2
⇒ a=
15 2
2
2
15 ⎞ ⎛ = 2a 2 − 30 2 ⋅ a + 450 = … = 2 ⎜ a − ⎟ + 225 = min. 2⎠ ⎝
Tmin = 225 cm 2 , azaz a két esetben ugyanannyi hulladék keletkezett. 6. a-val és ( 20 − a ) -val jelölve a szakasz két darabjának hosszát a rájuk emelt négyzetek területösszege: Tössz ( a ) = a + ( 20 − a ) 2
2
( a + ( 20 − a ) ) ≥ 2
2
⇒ Tmin = 200 cm 2, ha a = 10 cm.
7. Az előző jelölésekkel: Tössz ( a ) = Tszab.Δ + Tszab.hatszög =
( 20 − a )
2
⋅
3 3 2 a2 ⋅ 2 + 6⋅ 2 = … = 7 3 ⎛ a − 20 ⎞ + 600 3 , ⎜ ⎟ 7 ⎠ 7 2 4 ⎝
2 20 20 esetén lesz a területösszeg minimális, azaz a szakasz két részének hossza ahonnan a = cm 7 7 120 és cm. 7 8. A gyökök létezésének feltétele: ( 3 − p ) 2 − 4 ⋅ ( p + 3) ≥ 0. A másodfokú egyenlőtlenségnek a megoldásai: p ≤ 5 − 28 vagy 5 + 28 ≤ p. A gyökök négyzetösszege: 2 c 2 2 ⎛ b⎞ x12 + x2 2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = ⎜ − ⎟ − 2 ⋅ = ( 3 − p ) 2 −2 ⋅ ( p + 3) = … = ( p − 4 ) − 13, mely kifea a ⎝ ⎠ jezés p = 4-nél venné fel a minimumát, de a fenti feltétel szerint a gyökök négyzetösszege csak az 5 − 28 ( ≈ −0, 29 )-nál kisebb, vagy a 5 + 28 ( ≈ 10, 29 )-nál nagyobb p értékek esetén értelmezett. Előbbi tartományon a négyzetösszeg függvény szigorúan monoton csökkenő, utóbbin szigorúan monoton növő ⇒ minimumát 5 − 28 vagy 5 + 28 helyen veszi fel. Például behelyettesítéssel eldönthető, hogy p = 5 − 28 esetén lesz a gyökök négyzetösszege minimális.
10. Másodfokú egyenletrendszerek (96. oldal) 11.
a) x = 2 és y = 15; b) x1 = 18 és y1 = 35 vagy x2 = −18 és y2 = −35; 23
Másodfokú egyenletek, egyenlôtlenségek, egyenletrendszerek c) x1 = 12 és y1 = 3 vagy x2 = −12 és y2 = −3. A keresett tört a
12 . 7
3. A rombusz átlói 48 és 20 cm hosszúak. 4. a) x1 = −1, 6 és y1 = 4, 2 vagy x2 = 2 és y2 = 3; 60 87 b) x1 = −1 és y1 = 5 vagy x2 = − és y2 = − ; 17 17 25 + 6 190 −21 + 2 190 25 − 6 190 −21 − 2 190 c) x1 = és y1 = vagy x2 = és y2 = . 22 11 22 11 5. a) Kivonva a másodikból az első egyenletet egy elsőfokú kétismeretlenes egyenletet kapunk, melyből kifejezve az x-et behelyettesítjük azt az első egyenletbe: 3 −3 2 ( 3 + y ) − ( 3 + y ) + y 2 − 3 y = 15, így a megoldások x1 = 1 és y1 = −2 vagy x2 = és y2 = . 2 2 b) A második egyenlet kétszereséből az első egyenletet kivonva, majd a kapott elsőfokú egyenletből y-t kifejezve, és az első egyenletbe visszahelyettesítve adódik a megoldás: x = −1 és y = 1.
24
1. Vizsgálódás a térben (104. oldal) 1. A szélességi körök közül csak az egyenlítő, a hosszúsági körök közül mind főkör. 2. 7 3 cm. 3. 5 2. 4. A testátló
474 dm, ami közelítőleg 60, 16, illetve 7,5%-kal nagyobb a lapátlóknál.
5. a) Henger, melynek magassága a téglalap forgástengelyre eső oldala, alapkörének sugara a téglalap másik oldala; b) henger, melynek magassága a téglalap középvonalával párhuzamos oldala, alapkörének átmérője a téglalap másik oldala; c) kettős kúp, azaz két egybevágó, egybeeső alaplapú forgáskúp, melyek magassága a négyzet átlójának a fele, alaplapjuk átmérője a négyzet átlója; d) csonkakúp, mely alap- és fedőkörének átmérője a trapéz egy-egy alapja, magassága a trapéz magassága; e) egy henger és két kúp, melyek az alaplapjaikkal illeszkednek a henger egy-egy alaplapjára, ahol a henger és a kúpok alapköreinek sugara a trapéz magassága, a henger magassága a trapéz rövidebb alapja, a kúpok magassága a trapéz alapjai különbségének a fele; f) egy henger, melyből „kivágtunk” egy-egy, az alaplapjaira illeszkedő kúpot, ahol a henger magassága a trapéz hosszabb alapja, a két egybevágó kúp magassága a trapéz alapjai különbségének a fele, és a henger, valamint a kúpok alapkörének a sugara a trapéz magassága; g) a körrel egyenlő sugarú gömb. 6. A kocka térfogata 125-szörösére nő. 7. Az élek nem közös végpontjai által meghatározott háromszög minden oldala a kocka egy-egy lapátlója, mivel a kocka lapátlói egyenlő hosszúságúak, ezért a vizsgált háromszög szabályos. 8. A legrövidebb út hossza 20 egység. (Háromféleképp is ki lehet teríteni a téglatest oldalait egy síkba, a három eset közül az ábrán láthatóban lesz a legrövidebb az út.)
25
Hasonlóság és alkalmazásai
12
12
7 9
9
7
1.8. ábra
2. Középpontos hasonlóság (109. oldal) 1 1.
Ca C
Aa A
Ba
B
2.1. ábra 2. A kapott képháromszög oldalai az eredeti háromszög középvonalai. C
Ba
Aa S
A
Ca
B
2.2. ábra 3. Az egyik körön egy tetszőleges P pontot kiválasztva, majd a megfelelő szöget a másik kör középpontjába másolva (egyállású és fordított állású szögként is) megkapjuk a P pont képeit pozitív és negatív hasonlósági arányra is. Ezután a képpontokat összekötve P-vel kimetsszük a körök középpontjait összekötő egyenesből a hasonlóság centrumát (C1′ és C2′ ).
26
P P1a K2 a a
C1a
C2a
a K1
P2a
2.3. ábra r1-gyel és r2-vel jelölve a körök sugarait, B ha K1 K 2 ≠ 0 és r1 ≠ r2 , akkor két hasonlósági középpontot, B ha K1 K 2 ≠ 0 és r1 = r2 , akkor egy hasonlósági középpontot, B ha K1 K 2 = 0, akkor egy hasonlósági középpontot kapunk. 4. a) Az egyes pontok képét egy M pontból induló félegyenes segítségével kaphatjuk meg. M C Ca
A
B Ba
Aa
2.4. a) ábra b)
Ba B
C Ca M
A
Aa
2.4. b) ábra 1 FS 1 FC = = állandó, ami megfelel egy F középpontú, bármely C esetén ⇒ arányú kö3 FC 3 3 zéppontos kicsinyítésnek ⇒ mivel a C csúcsok egy O középpontú körvonalra illeszkednek (k), k így a kicsinyítéssel kapott S súlypontok is egy körvonalra illeszkednek (k′, melynek középpontja az FO szakasz F F-hez közelebbi harmadoló pontja, sugara pedig az eredeti kör sugarának a harmada). A k′ körvonal minden pontja lehet valamely háromszög súlypontja, hiszen ennek a pontnak az F középpontú 3 arányú nagyításával éppen a k körre illeszkedő pontot kapunk.
5. FS =
27
Hasonlóság és alkalmazásai
A F Oa O
S B
C
2.5. ábra
3. Hasonlósági transzformáció (113. oldal) 1 A derékszög szögfelezője által levágott háromszögek mindkét hegyesszöge 45°-os, 1. 45° os így hasonlók az eredeti háromszöghöz. A 36°-os szárszögű egyenlő szárú háromszög rendelkezik még ezzel a tulajdonsággal. 2. x = 15, y = 12, 5, v = 5, z = 3. 3. a) igaz;
b) hamis;
c) igaz;
d) igaz;
e) hamis.
4. Jelölje a1 , b1 , f1 az egyik, a2 , b2 , f 2 a másik téglalap oldalait és átlóját! a1 a2 = b1 b2
⇒
b2 a2 = =λ ⇒ b1 a1
f2 = f1
a2 2 + b2 2 = a12 + b12
( λ a1 )
2
+ ( λ b1 )
a12 + b12
2
=
λ 2 ( a12 + b12 ) a12 + b12
=λ
⇒ a megfelelő oldalak és átlók aránya is egyenlő, tehát a két téglalap hasonló. 5. A lecke 4. példájának b) pontja alapján a megfelelő kis háromszögek és az eredeti háromszög hasonlóságából adódnak a talpponti háromszög szögei: 180° − 2α , 180° − 2 β , 180° − 2γ . Tompaszögű háromszögben: M R
A
Q C g
b
a
B
P
3.5. ábra RCQ∠ = γ (mert csúcsszögek) ⇒ MRCQ húrnégyszögben RMQ∠ = 180° − γ ; AQM∆ M és BRM∆ hasonló, derékszögű háromszögekben RAC ∠ = QBC ∠ = 90° − RMQ∠ = γ − 90°; Az első részhez hasonló gondolatmenettel ((APR∆, BQP∆, MRQ∆, ABM∆ alapján) a talpponti PQR∆ szögei: α = 2α β ′ = 2β γ ′ = 2γ − 180°.
28
4. A hasonlóság alkalmazásai (118. oldal) 11. A két há háromszög ö hasonlósága h ló á két szögük ö ük egyenlőségéből lő é éből következik kö tk ik (90°, (90° szárszög á ö ffele). l ) r = 4,8 cm. 2. R =
625 cm ≈ 13, 02 cm. 48
3. 2 -szorosára, illetve λ -szorosára változik; 3 4 B területük 9-szeresére, -szeresére, illetve λ 2-szeresére változik. 9 B kerületük 3-szorosára,
4.
A
B
E
A szögfelezőtétel szerint
C
AB AC AB BE = = , ezt átrendezve: . BE CE AC CE
5. Hasonló síkidomok kerülete és területe, hasonló testek felszíne és térfogata (125. oldal) 1. a)
b)
c)
d)
λ
2
3
3 4
1,1
K
2
3
3 4
1,1
T
4
9
9 16
1,21
29
Hasonlóság és alkalmazásai 2.
3. fele;
a)
b)
c)
d)
λ
2
3
3 4
1,1
A
4
9
9 16
1,21
V
8
27
27 64
1,331
2 : 1.
AB 2 AB
AB
4.
C
Q
P
A
R
B
TABC AB , mely szakasz az előző feladat alapján megszerkeszthető. PQ-t fel⇒ PQ = 2 2 mérjük A-ból AB-re, majd a kapott R ponton keresztül AC-vel párhuzamost szerkesztünk (szögmásolással), és a BC-ből így kimetszett Q ponton keresztül párhuzamost szerkesztünk AB-vel (szögmásolással). TPQC =
5. a) 1 : 4;
30
b) 1 : 16;
c) 1 : 16;
d) 1 : 64;
e) 1 : 4;
f) 1 : 16;
g) 1 : 64;
h) 1 : 4;
i) 1 : 1.
6. Egyéb nem egybevágósági transzformációk (Kiegészítő anyag) (132-133. oldal) 1. Az nem igaz, hogy a kapott szakasz a háromszög egyik oldalánál sem hosszabb, de az igen, hogy a leghosszabb oldalnál nem hosszabb. Ugyanis egy szakasz merőleges vetülete mindig legfeljebb olyan hosszú, mint maga a szakasz. (Ha párhuzamos a merőleges affinitás tengelyével, akkor egyenlő hosszúak, ha pedig nem párhuzamos, akkor rövidebb a merőleges vetület. Így a háromszög valamelyik oldalánál biztosan rövidebb a merőleges vetület.)
C
B P
A
Aa
Ca
Ba
6.1. ábra 3 2. Az inverz transzformáció tengelye e, aránya − . 2 3. A definíció és az előző feladat alapján belátható a feladat állítása. 4. Először mutassuk meg, hogy minden paralelogrammához található olyan merőleges affinitás, amelynél a paralelogramma képe téglalap lesz! Ha a paralelogramma derékszögű (azaz eleve téglalap), akkor az identikus transzformáció megfelel. Ha a paralelogramma nem derékszögű, akkor vegyünk fel egy olyan e egyenest a paralelogramma egyik hegyesszögű csúcsán át ((B), amely a paralelogramma egyik szemközti oldalát annak belső pontjában metszi. (Ez az egyenes nem párhuzamos a paralelogramma egyik oldalával és átlójával sem.) A λ = 1 speciális eset az identikus transzformációt állítja elő. Kezdjük el növelni ezután λ értékét! Ekkor a B csúccsal szomszédos két csúcs ((A és C C) egyre távolabb kerül az e egyenestől. Elég nagy λ esetén elérhető, hogy BC C és BA is 45°-nál nagyobb szöget zárjon be az e egyenessel. Ekkor az ABC C szög már tompaszög lesz. Jelöljünk egy ilyen arányszámot λ ′-vel! Tehát a λ növelése közben kellett lennie az ]1; λ ′[ intervallumban egy olyan λ 0 értéknek, amelyik esetén az ABC C szög derékszög. Mivel a párhuzamosok merőleges affinitással kapott képe is párhuzamos lesz, így a λ 0 arányszám mellett a paralelogramma képe egy derékszögű paralelogramma lesz, vagyis téglalap. Akkor most oldjuk meg négyzetre! A fent leírtaknak megfelelően vegyünk fel egy e egyenest, majd rendeljük hozzá azt a λ 0 arányszámot, amelynél a paralelogramma merőleges affin képe téglalap lesz! Ez a λ 0 tehát minden e egyenesnél létezik. Kezdjük el most forgatni az e egyenest a BA egyenestől a BC C egyenesig! (A két határegyenessel nem eshet egybe az e, mert akkor semmilyen λ esetén nem érhető el, hogy B-nél derékszög legyen.) A BA egyeneshez tetszőlegesen közel fölvehetjük az e-t. Minél közelebb veszszük fel, annál nagyobb lesz az e-hez rendelt λ 0 értéke. (λ 0 értékét tetszőleges értéknél nagyobbra növelhetjük, ha e-t közelítjük BA-hoz.) Így elérhető, hogy BC ′ > BA′ legyen. És ugyanígy: ha az e egyenest a BC-hez közelítjük, akkor elérhető, hogy BC ′ < BA′ legyen. Amíg az e-t a BA egyenestől 31
Hasonlóság és alkalmazásai a BC C egyenesig mozgatjuk, a BC ′ : BA′ arány egy 1-nél nagyobb számtól egy 1-nél kisebb számba vált át (eközben folytonosan változik). Tehát közben valahol föl kellett vennie az 1 értéket. Ekkor nemcsak derékszögű a paralelogramma, hanem egyenlő oldalú is, vagyis négyzet. 5.
a) x
b) x
3 x;
x . 3
6. Középpontos hasonlóságot kapunk, melynek középpontja a tengelyek metszéspontja, aránya a merőleges affinitások közös aránya. 7. A befogótétel alapján mindkét esetben belátható, hogy az így kapott P ′ -re OP ′ ⋅ OP = r 2 , tehát helyes a szerkesztés.
7. Kerületi és középponti szögek (Kiegészítő anyag) (139. oldal) 1.
80°
7.1. ábra 2. a) 24°;
32
b) 35°;
c) 60°;
d) 90°;
e) 135°;
f) 69,5°.
3. a
O
2a O
2a A
90° a
90° a
B
a 90° A
Oa
a
B
Oa
Ha α < 90°: 7.3. I. ábra
, ha α > 90°:
. 7.3. II. ábra
Az a), b) és d) esetekben megszerkesztjük (az alapon fekvő szögei segítségével) az ABO∆-et, majd tükrözzük O-t AB-re, végül O-ból és O ′ -ből OA sugárral megrajzoljuk a megfelelő köríveket. A 90°-os látószögkörív az AB szakasz Thalész-köre. 4. 146°. 5. Az érintő látószögkörív érintési pontja.
a
6. A kép Szegeden látható a Móra Ferenc Múzeumban. Javasoljuk, hogy tanulmányi kirándulás keretében látogassák meg a helyszínt. 7. Az ékszerüzletet szemléltető szakasz házakat érintő látószögkörívének a házakat érintő pontjába. A kör középpontja rajta van az ékszerüzletet jelző AB szakasz felezőmerőlegesén, ami állandó távolságra van a tér szomszédos oldalától. Keressük meg a felezőmerőlegesnek azt a pontját, amely ilyen messze van A-tól!
8. Húrnégyszögek, alkalmazások (Kiegészítő anyag) (143-144. oldal) 1. Általános trapéz; nem speciális derékszögű trapéz; általános paralelogramma; nem speciális rombusz; deltoid, melynek legfeljebb 1 derékszöge van.
33
Hasonlóság és alkalmazásai 2.
Hegyesszögű háromszögben lévő húrnégyszögek: bármely két csúcs és a belőlük kiinduló magasságvonalak talppontjai, illetve bármely csúcs, a vele szomszédos 2 magasság talppontja és a magasságpont alkotta négyszög (3-3 darab): ABT TATB, ACT TATC , BCT TBTC , AT TCMT TB, BT TAMT TC. Tompaszögű háromszögben ugyanezek a pontok alkotják a húrnégyszögeket, csak egyes esetekben a pontok más sorrendben követik egymást.
C
TB TA
M
B
A
TC
8.2. ábra 3.
D Q b b C
a a
A
2α + 2β = 180° ⇒ α + β = 90° ⇒ APBΔ -ben a kétíves szög is β nagyságú, így BPA∠ és BCQ∠ egyállású, tehát PA CQ. (Egybeesés deltoid esetén jön létre.)
P
B
8.3. ábra 4.
A tükrözés miatt CMBM ′ egy paralelogramma ⇒ a kétíves szög is 180° − α nagyságú ⇒ A húrnégyszögek tételének megfordítása szerint ABM ′C húrnégyszög, így M ′ illeszkedik az ABC∆ körülírt körére. (Hasonlóan belátható a többi felezőpontra tükrözés esetén.)
A a
180° a
M C F
B Ma
8.4. ábra 5. A két háromszög hasonlósága két szögük egyenlőségéből következik ( PBE ∠ = PEA∠, hiszen az AE E ívhez tartozó kerületi szögek).
E B
6. A két háromszög hasonlóságából felírható a megfelelő oldalak arányának egyenlősége, melyből következik a feladat állítása. 7. Az előző feladat alapján bármely szelő szeletei hosszának szorzata az érintőszakasz hosszának négyzete, ami adott külső pont esetén állandó. 34
A O
8.5. és 8.6 ábra
P
8.
a
a ma
B Húzzunk az adott oldallal párhuzamost a magasság távolságban! B Szerkesszük meg az adott oldalra az adott szögű látószögkörívet (lásd előző lecke 3. feladat)! B A látószögkörív és a párhuzamos metszéspontja a háromszög harmadik csúcsa.
a 90 a
ma a
8.8. ábra 9.
F-fel jelölve az AB ív és a szögfelező metszéspontját az ACF∠ és a F BCF∠ egyenlőségéből következik, hogy a hozzájuk, mint kerületi szögekhez tartozó AF F és FB ívek egyenlők.
C
A B F
35
Trigonometria
1. Távolságok meghatározása arányokkal (153. oldal) 1 A háromszög belső szögfelezőjére vonatkozó tétel és az 1.1 1. 1 1 ábra szerint: DC AC . = BC AC + AB DC a 3 Mivel AC = a 3, AC = a 3 és AB = 2a , ezért a egyenlőséget kapjuk. Ahonnan = 2a a 3 + 2a
(
)
DC = a 3 2 − 3 . Pitagorasz tétele szerint: AD =
(
3a
) +( 2
(
3a 2 − 3
))
2
= 6a
(
)
3 −1 .
Tehát minden 15°-os szöget tartalmazó derékszögű háromszögben a szöggel szemközti befogó, a szög melletti befogó és az átfogó aránya 2 − 3 : 1 : 2 3 − 1 . A 15°-os szöget tartalmazó derékszögű háromszög.
(
)
(
)
B 2a
D
15° 15°
a 3 2 3
60°
90° C
a 3
A
1.1 ábra 2. Az előző feladat eredménye és az 1.2. ábra alapján
h 2− 3 = , ahonnan h = 30 2 120 6− 2
(
)
3 − 1 m.
B C 120 m h a 15° A
C
1.2. ábra C sza3. Készítsünk ábrát az adatok feltüntetésével a szöveg alapján! Szemléltesse a felhőkarcolót a BC kasz, az ismerős lábát az A pont! A szöveg alapján BC C = 90 m, a B-nél levő depressziószög 80°. Jelöljük b-vel a keresett távolságot! (1.3. a) ábra) A feladat most már a következő: az ABC C derékszögű háromszögben adott egy hegyesszög és az egyik befogó. Mekkora a másik befogó? Kicsinyítsük az ABC C derékszögű háromszöget! Ekkor a kapott PQR háromszög (1.3. b) ábra) és az ABC C háromszög b ( m ) 1, 6 ( cm ) hasonlóak, a megfelelő oldalaik aránya megegyezik, azaz . Innen b ≈ 16 m. Azt = 90 ( m ) 9 ( cm ) mondhatjuk tehát, hogy ismerősünk az épület aljától körülbelül 16 m távol van.
36
B
80°
10° Q
a 90 m
10°
aa 9 cm
90° C
80° b
A
R
90° 80° P ba 16 ,
1.3. b) ábra 4. Készítsünk ábrát az adatok feltüntetésével a szöveg alapján! Szemléltesse az antennát a BC C szakasz, a vízszintes talajon levő rögzítési pontokat az A és a D pontok! A szöveg alapján az A-nál levő szög 60°, az AD = 24 m. Jelöljük x-szel a keresett távolságot! (1.4. ábra) Az ABCΔ szögei 30°, 60° és 90°-osak, korábbi tanulmányainkból tudjuk, hogy az oldalainak aránya AC : BC : AB = 1 : 3 : 2.
(
Így AC = 24 m, BC = 24 3 m. Alkalmazzuk Pitagorasz tételét a DBCΔ-re: x 2 = 24 3 , ahonnan x = 24 7 m ≈ 63, 50 m. Tehát 24 7 m hosszú drótkötélre van szükség.
)
2
+ 482
B
x C 48 m
90° B
60° A
AD 24 m
D
1.4. ábra
37
Trigonometria
2. A hegyesszögek szögfüggvényei, összefüggések a hegyesszögek szögfüggvényei között (163-164. oldal) 1.
2.
3.
π 7
87°42 '
18°35'
3°32 '
sin α
0,8338
0,9992
0,3187
0,0615
2− 2 2
10 − 2 5 4
cos α
0,5521
0,0401
0,9479
0,9981
2+ 2 2
5 +1 4
tg α
1,5103
24,8978
0,3362
0,0616
2 −1
5−2 5
ctg α
0,6621
0,0402
2,9743
16,2355
2 +1
5+ 2 5 5
tg α
3
15 7
0,0078
123,89
1
6
α
60°
64,98°
0,45°
89,54°
45°
67,79°
0,0894
15,26
π 4
ctg α
2
11 7 32,47°
78,26°
84,89°
3,75°
51,85°
sin α
2 4
1 2
0,1278
0,894
3
π 6
α
20,70°
30°
7,34°
63,38°
−
31,57°
cos α
2 2
8 7
0,8783
0,0089
0,2632
π 5
α
45°
−
28,56°
89,49°
74,74°
51,07°
5.
38
π 5
56, 49°
α
4.
π 8
α
6. a) 2;
b)
6+4 3 ; 3
c)
2+ 3 ; 2
d) −1.
7. Készítsünk ábrát az adatok feltüntetésével a szöveg alapján! Szemléltesse a „dombot” a BC C szakasz, a dombtetőre vezető utat az AB szakasz! A szöveg alapján az A-nál levő szög 12°, az AB = 720 m. Jelöljük x-szel a keresett távolságot! (2.7. ábra) Az ábra és a hegyesszögek szögfüggvényeinek definíciója alapján: x = 720 ⋅ sin 12° ≈ 149, 70 m. Az út emelkedése: 100 ⋅ tg 12° ≈ 21, 26% -os. B x C
720 m 90°
12° A
2.7. ábra 8. Készítsünk ábrát (2.8. ábra)! Az ADCΔ szögei 30°, 60° és 90°-osak, korábbi tanulmányainkból tudjuk, hogy az oldalainak aránya CD : AC : AD = 1 : 3 : 2. Innen CD = a 3 a 3 Így a BD = a − = 3 3
(
a 3
=
a 3 2 3a és AD = . 3 3
)
3 −1
Mivel minden 15°-os szöget tartalmazó derékszögű háromszögben a szöggel szemközti befogó, a
(
)
szög melletti befogó és az átfogó aránya 2 − 3 : 1 : 2
(
)
Így EC = 2 − 3 ⋅ a és ED = CD − EC =
(
)
A megoldás: EC = 2 − 3 ⋅ a , ED =
(
)
(
)
3 − 1 , ezért EC : AC = 2 − 3 : 1.
a 3 2 3 − 2− 3 a = 2 − 3 a. 3 3
(
)
2 3 a 3 2 − 3 a, BD = 3 3
(
)
(
(
)
)
3 −1 .
B 45°
D
a 2
E
C
45° 30° 15°
90° a
A
2.8. ábra 9. Készítsünk ábrát az adatok feltüntetésével a szöveg alapján! Szemléltesse a világítótornyot a BC szakasz, a hajót az A pont! A szöveg alapján az A-nál levő szög 6°36 ' = 6, 6°, a BC = 54 m. Jelöljük x-szel a keresett távolságot! (2.9. ábra) 54 Az ábra és a hegyesszögek szögfüggvényeinek definíciója alapján: x = ≈ 466, 71 m. tg 6, 6° 39
Trigonometria
54 m
B
C
6,6° 6,6°
90°
A
x
2.9. ábra 10. Készítsünk ábrát az adatok feltüntetésével a szöveg alapján! Szemléltesse az emlékművet a BC C sza• kasz, a lejtőt az AC C szakasz! A szöveg alapján a CAB = 1°32 ' = 1, 53 °, a DAC = 24°18 ' = 24, 3° és az AC = 150 m. Jelöljük x-szel a keresett távolságot! (2.10. ábra) Az ábra és a hegyesszögek szögfüggvényeinek definíciója alapján: AD = 150 ⋅ cos 24, 3° ≈ 136, 71 m, •
CD = 150 ⋅ sin 24, 3° ≈ 61, 73 m és BD = AD ⋅ tg 25, 83 ° ≈ 66,19 m. Innen az emlékmű magassága: x = BD − CD ≈ 4, 46 m. B x C 150 m 1,53° 24,3°
90° D
A
2.10. ábra
3. Összefüggések egy hegyesszög szögfüggvényei között (170. oldal) 1 1. a)
sin α cos α tg α ctg α
c)
tg α ctg α
40
3 5
1 2
0, 75
4 5
3 2
7 4
3 4 4 3
3 3
3 7 7 7 3
3 23 15 15 23
sin α
23
cos α
15
754 754
2
12 13
2 2
0, 45
sin α
5 13
2 2
319 20
( a > 0)
tg α
( a > 0)
ctg α
5 12 12 5
a +4 a 2
a +4 2 a a 2
3
0, 25
3 3
4
3 2
17 17
1 2
4 17 17
b)
cos α
2
( a > 0) ( a > 0)
a2 − 4 2 2 a2 − 4 a2 − 4 a 2 a
( a > 2) ( a > 2) ( a > 2)
( a > 2)
1 1
319 9 9 319 319
a a2 + 1 1 a2 + 1 1 a
( a > 0) ( a > 0)
( a > 0)
a ( a > 0)
d)
ctg α
3 8
1
10, 25
tg α
8 3
1
4 41
sin α
8 73 73 3 73 73
2 2 2 2
4 1697 1697 41 1697 1697
cos α 2.
5
( a > 2, 5)
2
4a − 25 4a 2 − 25 5
( a > 2, 5)
4a 2 − 25 ( a > 2, 5) 2a 5 ( a > 2, 5) 2a
a) ( sin α − cos α ) + ( sin α + cos α ) = 2 sin 2 α + 2 cos 2 α = 2 ( sin 2 α + cos 2 α ) = 2; 2
2
b) sin 4 α + cos 4 α = ( sin 2 α + cos 2 α ) − 2 sin 2 α ⋅ cos 2 α = 1 − 2 sin 2 α ⋅ cos 2 α ; 2
c) 2 tg α =
sin α sin α sin α 1 − cos 2 α + = + ; cos α cos α cos α 1 − sin 2 α
tg α d) = 1 + tg 2 α
sin α sin α cos 2 α sin α ⋅ cos α cos α = cos α = = sin α ⋅ cos α . 2 2 cos 2 α + sin 2 α sin α ⎛ sin α ⎞ 2 1+ cos α 1+ cos 2 α ⎜⎝ cos 2 α ⎟⎠
3. a) sin 20° − cos 50° + cos 2 60° − cos 70° + cos 2 30° + sin 40° = 1 3 = cos 70° − sin 40° + − cos 70° + + sin 40° = 1; 4 4 b) (1 − cos 36° ) (1 + sin 54° ) + cos 54° ⋅ cos 36° ⋅ ctg36° = = (1 − cos 36° ) (1 + cos 36° ) + sin 36° ⋅ cos 36° ⋅
cos 36° = 1; sin 36°
c) (tg 72° ⋅ ctg 18° + 1) ⋅ cos 2 72° = (tg 72° ⋅ tg 72° + 1) ⋅ cos 2 72° = ( 2
sin 2 72° + 1) ⋅ cos 2 72° = 1; cos 2 72°
2
⎛ 2⎞ ⎛ 3⎞ 1 3 2 3 1 d) ⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ = − = − = − . 2 2 2 4 4 4 4 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4. 1 a) sin α = ; 4
3 b) cos α = ; 4
41
Trigonometria
(3)
(2)
(4) C 90° a 1 (3)
(4) a
A
b 3 a
3.4. a) ábra
B
c 4 (1)
A
B
(1) c 4
C 90°
(2)
3.4. b) ábra
c) tg α = 4;
d) ctg α = 0, 5; (4)
B
(4)
B
(5)
(6)
(6) (5)
a 4
a 4 (3)
(3) (2) 90° C
(2)
a A b 1 (1)
3.4. c) ábra e) sin 2α =
2 5
a A
90° b 1 (1)
C
3.4. d) ábra
( 0° < α < 45° ) ;
f) cos 2α =
4 7
( 0° < α < 45° ) ;
(3) C C a 2 90°
(4) A 2a
a F c 5 (1)
B
(2) 90° b 4 (4) (5) 2a F a c 7 A B (1))
(6) (5) (3)
(2)
3.4. e) ábra
3.4. f) ábra
g) tg(90° − α ) = ctg α = 2, 5. (6)
a 2 (2) C
42
B (4) (3)
(5) a
90° b 5 (1)
(6)
A
4. Síkgeometriai számítások (176-177. oldal) x > 0 miatt 11. Ké Készítsünk ít ü k áb ábrát át (4 (4.1. 1 áb ábra)! )! A bbefogó f ó tétel tét l alapján l já 12 = 9 x ⋅ 25 x, innen i i tt 12 = 12 x, 12 x = 1. Az átfogó: c = 25 x = 25 cm, Pitagorasz tétele szerint a = 252 − 122 = 16 cm, cos α = . 20 Ahonnan a háromszög szögei: α ≈ 53,13°, β ≈ 36, 87°, γ = 90°. C 90° b 12 a A
AT 9x
a b 90° T BT 16x c 25x
B
4.1. ábra 2.
E 90°
r 13 cm
a) Az AKF F derékszögű háromszögre alkalmazzuk Pitagorasz tételét: AF F = 5 cm. Innen AP = BP − 2 ⋅ AF = 11 cm, a PE = AP ⋅ BP = 231 cm ≈ 15, 20 cm .
a P
K
b) PK 2 = r 2 + PE 2 összefüggésből PK = r 2 + PE 2 = 20 cm; 13 összefüggésből α ≈ 40, 54°. c) sin α = 20
r 13 cm
KF 12 cm
90° F
A BP 21x
B
4.2. c) ábra
3. a) t ≈ 14,10 cm 2 ;
b) t ≈ 26, 06 dm 2;
a) t ≈ 29, 01 cm 2;
b) t = 31, 98 3 dm 2 ≈ 55, 39 dm 2;
c) t ≈ 0, 54 m 2 .
4. c) t ≈ 3, 28 m 2;
d) t ≈ 62, 77 cm 2.
5. a) R ≈ 2, 66 cm;
b) R ≈ 4, 04 dm;
c) R ≈ 8, 27 m.
a 25 A 150° 15° 15° 90° E f 90° D B 90°
6. I. eset: a ≈ 96, 59 cm; sin 15° t b) Ekkor a vásárolt mennyiség: A = ≈ 2591 cm 2 . 0, 9
a) f = 2a ⋅ cos 15° ≈ 48, 30 cm, e =
e
30° C
4.6. I. ábra 43
Trigonometria II. eset: a ≈ 25, 88 cm; cos 15° t' b) Ekkorr a vásárolt mennyiség: A ' = ≈ 186, 05 cm 2 . 0, 9 a) f ' = 2a ⋅ sin 15° ≈ 12, 94 cm, e ' =
Aa 150° Ba 90° fa F 90°
90° Da
ea Ba 25
15°
30° Ca
4.6. II. ábra 7. a) 41,35%;
b) 82,70%;
c) 92,07%;
d) 95,49%.
5. Térgeometriai számítások (179-180. oldal) 1 1.
a) α ≈ 54, 74°;
2. cos α =
b) 90°.
1 ⇒ α ≈ 70, 53°. 3 D
a 3 2 a 3 6 90° B
A
a E
T C
5.2. ábra 3.
44
a) Az x 2 + 802 = 3h 2 és az x 2 + 402 = h 2 egyenletekből ( x > 0, h > 0 ) álló egyenletrendszer megoldása: h = 20 6 m ≈ 48, 99 m, x = 20 2 m ≈ 28, 28 m. A torony magassága 20 6 m. h b) tgα = = 3 ⇒ α = 60°. x
C
h 90°
90°
a B 90°
x
40 m
45°
90°
F
h
T
40 m 30°
h 3
A
5.3. ábra 4. a) 49,11°;
b) 45°;
c) 69,30°;
d) 135,58°.
6. Vektorok a koordinátasíkon (187. oldal)
1. BC = −a − b, CD = a − b, AC = −2a, BD = −2b, AK = −a , HD = − D
2 2b + a . 3
(
)
C K a
A
b B
H
6.1. ábra 2.
G a 2;5
y G b 2;3
1
G c cos 30o;sin 30o
O
1
x
6.2. ábra 3. a = p, b = r , c = q, d = m, e = n.
45
Trigonometria 4. 5;
a)
b)
c) 1;
13;
d) 1;
e) 1;
f) 2.
5. 7 7 a) 3a + 2b − c ( −33; −1) , 3a + 2b − c = 1090 ; 2 2 b) AB ( 5; −12 ) , AB = 13; CB ( −6; −8 ) , CB = 10; 3 2 3 2 − BC + a ( −11; −8 ) , − BC + a = 185. 2 3 2 3 6. OA = OB = OC = OD = OE = OF = OG = OH =
1 = 2 sin 22, 5°
2+ 2 . 2
⎛ 2+ 2 ⎞ ⎛ 2+ 2 2+ 2 ⎞ ⎛ ⎛ 2+ 2 ⎞ 2+ 2 2+ 2 ⎞ ⎟ , OC ⎜ 0; ⎟ , OD ⎜ − ⎟, OA ⎜ ; 0 ⎟ , OB ⎜ ; ; ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ 2 2 2 2 ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ ⎛ 2+ 2 ⎞ ⎛ 2+ 2 ⎞ 2+ 2 2+ 2 ⎞ ⎟, ⎟ , OG ⎜ 0; − OE ⎜ − ; 0 ⎟ , OF ⎜ − ;− ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎟ 2 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 2+ 2 2+ 2 ⎞ ⎟. OH ⎜ ;− ⎜ ⎟ 2 2 ⎝ ⎠
y D
C B
1
45° 45°
E O
H
F G
46
22,5° 1 A x 1
7. A szinusz és a koszinusz szögfüggvények általános értelmezése (194-195. oldal) 2 2 ≈ 0, 7071, cos 405° = cos 45° = ≈ 0, 7071; 2 2 sin 2391° = sin 231° = − sin 51° ≈ −0, 7771, cos 2391° = cos 231° = − cos 51° ≈ −0, 6293; sin 1323° = sin 243° = − sin 63° ≈ −0, 8910, cos 1323° = cos 243° = − cos 63° ≈ −0, 4540; sin 110° = sin 70° ≈ 0, 9397, cos 110° = − cos 70° ≈ −0, 3420; sin 257° = − sin 77° ≈ −0, 9744, cos 257° = − cos 77° ≈ −0, 2250; 3 ≈ 0, 8660; sin 2850° = sin 330° = − sin 30° = −0, 5, cos 2850° = cos 330° = cos 30° = 2 2 2 ≈ 0, 7071; sin ( −315° ) = sin 45° = ≈ 0, 7071 cos ( −315° ) = cos 45° = 2 2 sin(−9130°) = sin 230° = − sin 50° ≈ −0, 7660, cos(−9130°) = cos 230° = − cos 50° ≈ −0, 6428; sin(−876°) = sin 204° = − sin 24° ≈ −0, 4067, cos(−876°) = cos 204° = − cos 24° ≈ −0, 9135.
1. sin 405° = sin 45° =
a) k , l ∈ Z ; sin α
−0,602
−1
0,279
a1;2
322, 99° + k 360° 217, 01° + l 360°
270° + k 360°
16, 20° + k 360° 163, 80° + l 360°
sin α
0,005
0
1
a1;2
0, 29° + k 360° 179, 71° + l 360°
k180°
90° + k 360°
−
11 3
3 2
240° + k 360° 300° + l 360° −
2 2
−
−0,5
225° + k 360° 315° + l 360°
210° + k 360° 330° + l 360°
1 2
5 3
b) k , l ∈ Z . cos α
−0,6543
1
0,879
a1;2
130, 87° + k 360° 229,13° + l 360°
k360°
28, 48° + k 360° 331, 52° + l 360°
cos α
0,0125
0
−1
2 2
−3,5
a1;2
89, 28° + k 360° 270, 72° + l 360°
90° + k180°
180° + k 360°
135° + k 360° 225° + l 360°
–
−
120° + k 360° 240° + l 360°
41, 81° + k 360° 318,19° + l 360°
47
Trigonometria
3. sin (180° − α ) = sin α ; cos 90° + sin 180° = cos ( −α ) − cos α ; sin (180° + α ) = sin ( −α ) ; cos (180° − α ) = cos (180° + α ) ; sin 2 α + cos 2 α = sin 150° − cos 240°.
4. 63 3 cm 2 ≈ 54, 56 cm 2 ; 2
a)
b) 6, 36 dm 2;
c) 84, 96 mm 2 ;
d) 365, 735 m 2.
5. Az a = 2 R sin α összefüggés alapján: a
R
a
4 2 ≈ 5,55 cm 3,2 dm 7,92 dm 6 92,18
4 cm
135°
1,68 dm 3,96 cm 5 378,19
72° 90° 36,87°, 143,13° 173°
6. a) I. eset: a háromszög hegyesszögű R 2 sin 2γ R 2 sin 2 β R 2 sin 2α t ABC = tOAB + tOAC + tOBC = + + . 2 2 2 C
R
R
2b 2a O 2g
A
R B
7.6. a) I. ábra II. eset: a háromszög derékszögű R 2 sin 2 β R 2 sin 2α t ABC = tOAC + tOBC = + és sin 2γ = sin 180° = 0, így 2 2 R 2 sin 2γ R 2 sin 2 β R 2 sin 2α t ABC = + + . 2 2 2
48
C
R A
R
2b 2a O 2g
B
R
7.6. a) II. ábra III. eset: a háromszög tompaszögű R 2 sin(2α + 2β ) R 2 sin 2β R 2 sin 2α t ABC = −tOAB + tOAC + tOBC = − + + és a sin ( 2α + 2β ) = − sin 2γ 2 2 2 R 2 sin 2γ R 2 sin 2 β R 2 sin 2α alapján t ABC = + + . 2 2 2 C R A R
2b 2a O 2g
B R
a bc ⋅ bc ⋅ sin α bc ⋅sin α a 2 R = abc ; = b) a t = és a sin α = összefüggések alapján: t = 2 2 4R 2 2R bc ⋅sin α c) a t = , b = 2 R ⋅ sin β és a c = 2 R ⋅ sin γ összefüggések alapján: 2 bc ⋅ sin α 2 R sin β ⋅ 2 R sin γ ⋅ sin α t= = = 2 R 2 ⋅ sin α ⋅ sin β ⋅ sin γ ; 2 2 a d) a t = 2 R 2 ⋅ sin α ⋅ sin β ⋅ sin γ és a R = összefüggések alapján: 2sin α a2 a 2 ⋅ sin β ⋅ sin γ t = 2 R 2 ⋅ sin α ⋅ sin β ⋅ sin γ = 2 ⋅ sin α ⋅ sin β ⋅ sin γ = . 2 2 sin α 4 sin α
49
Trigonometria
8. A tangens és a kotangens szögfüggvények általános értelmezése (198. oldal) 1.
a tgα
405°
450°
1323°
110°
257°
360°
−315°
−9130°
−876°
1
−
1,9626
−2,7475
4,3315
0
1
1,1918
0,4452
ctgα
1
0
0,5095
−0,3640
0,2309
−
1
0,8391
2,2460
2. a) k ∈ ; tgα a
−0,602
20,279
−
3 3
11 3
0,005
148, 95° + k ⋅180° 87,18° + k ⋅180° 150° + k ⋅180° 47, 87° + k ⋅180° 0, 29° + k ⋅180°
tgα
0
−1
−0,5
a
k ⋅180°
135° + k ⋅180°
153, 43° + k ⋅180°
ctgα
-0,43
1
a
113, 27° + k ⋅180°
45° + k ⋅180°
ctgα
0,0125
0
−3,5
a
89, 28 + k ⋅180°
90° + k ⋅180°
164, 05° + k ⋅180°
b) k ∈ .
3. tg (180° − α ) = tg ( −α ) ; ctg (180° − α ) = −ctgα ;
50
0,879
− 3
5 3
48, 68° + k ⋅180° 150° + k ⋅180° 53, 30° + k ⋅180°
tg (180° + α ) = tgα ; ctg90° + tg180° = ctg ( −α ) + ctgα ; tg 240 ° − ctg 135 ° ctg 390 ° + tg 315° ) ( )( sin 2 α + cos 2 α = . 2
4. a (radián)
−
π 2
−
π 3
−
π 4
−
π 6
−90° −60° −45° −30°
a (fok)
0
π 6
π 4
π 3
π 2
0°
30°
45°
60°
90°
3 2
2 2
1 2
0
3 3
1
3
2π 3
3π 4
5π 6
cos α
0
1 2
2 2
tgα
−
− 3
−1
a (radián)
0
π 6
π 4
π 3
π 2
a (fok)
0°
30°
45°
60°
90°
sin α
0
1 2
2 2
3 2
ctgα
−
3
1
3 3
3 2 −
3 3
120° 135° 150° 180° 3 2
0
−
−
3 3
2 2
1 2
−1
− 3
−
9. A szinusz- és a koszinuszfüggvény grafikonja, jellemzése (209. oldal) 1. y
5π 2
22π
3π 2
1 ¥1 ´
sin ¦ x µ 2 §2 ¶
π
π 2
y y 2 cos 3 x
2
π 2
π
3π 2
3π ´ ¥ y 1 2 cos ¦ x µ 4 ¶ §
2π
5π 2
x
π´ ¥ y 3 sin ¦ x µ 3 3¶ §
51
Trigonometria
f ( x) =
π⎞ ⎛ = 3 sin ⎜ x − ⎟ − 3 3⎠ ⎝
g ( x ) = −2 cos 3 x h ( x ) = 1 − sin ⎛ 1 x ⎞ i ( x ) = 1 − 2 cos ⎛ x + 3π ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 4 ⎠ 2 ⎝2 ⎠ ⎝
Értelmezési tartomány
[ −2π ; π ]
⎡ 3π ⎤ ⎢− 2 ;π ⎥ ⎣ ⎦
Értékkészlet
[ −6; 0]
[ −2; 2]
⎡ 1 3⎤ ⎢− 2 ; 2 ⎥ ⎣ ⎦
[ −1; 3]
Periódus
2π
Nem periodikus
Nem periodikus
2π
Zérushely k∈
5π + k ⋅π 6
11π π +l⋅ , 6 3 ahol ⎧0;1; 2; 3; ⎫ l∈⎨ ⎬ ⎩4; 5; 6; 7; 8⎭
π 3
Maximumhely Maximum k∈
5π + k ⋅π 6
5π 2π +l⋅ , 3 3 ahol l ∈ {0;1; 2; 3; 4}
−π
π + k ⋅ 2π 4
0
2
3 2
3
−
Minimumhely Minimum k∈
11π + k ⋅ 2π 6
−
−2π + l ⋅
ahol l ∈ {0;1; 2; 3; 4}
−6
52
2π , 3
−2 11π π +l⋅ , 6 3
Szigorúan monoton nő k∈
⎡ π ⎢ − 6 + k ⋅ 2π ; ⎣ 5π ⎤ + k ⋅ 2π ⎥ 6 ⎦
Szigorúan monoton fogy k∈
⎡ 5π ⎢ 6 + k ⋅ 2π ; ⎣ 11π ⎤ + k ⋅ 2π ⎥ 6 ⎦
⎧0;1; 2; 3; ⎫ l∈⎨ ⎬ ⎩4; 5; 6; 7; 8⎭
Paritás
Nem páros, nem páratlan
Nem páros, nem páratlan
−
⎧0;1; 2; 3; ⎫ l∈⎨ ⎬ ⎩4; 5; 6; 7; 8⎭ −
11π π +l⋅ , 6 3
π
−
1 2
5π + k ⋅ 2π , 12 11π + k ⋅ 2π 12
−
−
3π + k ⋅ 2π 4
−1
⎡ 3π ⎤ ⎢ − 2 ; −π ⎥ ⎣ ⎦
π ⎡ 3π ⎤ ⎢ − 4 + k ⋅ 2π ; 4 + k ⋅ 2π ⎥ ⎣ ⎦
[ −π ; π ]
5π ⎡π ⎤ ⎢ 4 + k ⋅ 2π ; 4 + k ⋅ 2π ⎥ ⎣ ⎦
Nem páros, nem páratlan
Nem páros, nem páratlan
2.
π⎞ π⎞ 2π ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ b) g ( x ) = 3 cos 2 x = 3 sin ⎜ 2 x + ⎟ ; a) f ( x ) = cos ⎜ x − ⎟ = sin ⎜ x − ⎟ ; 2⎠ 3 ⎠ 6⎠ ⎝ ⎝ ⎝ 2 ⎞ π⎞ ⎛ ⎛2 c) h ( x ) = cos ⎜ π − x ⎟ = − sin ⎜ x + ⎟ . 3 ⎠ 2⎠ ⎝ ⎝3 3. ⎛ 5π ⎞ ⎛ 4π ⎞ 1 a) f ⎜ ⎟ = 2; f ⎜ − ⎟= ; ⎝ 6 ⎠ ⎝ 3 ⎠ 4
1 3 ⎛ 5π ⎞ ⎛ 4π ⎞ b) g ⎜ =− . ⎟ = − ; g⎜− ⎟ 2 2 ⎝ 6 ⎠ ⎝ 3 ⎠
4. a) igaz;
b) igaz;
c) hamis;
d) hamis;
e) hamis;
f) igaz;
g) hamis.
5. 7π π π π b) − + k ⋅ 2π ≤ x ≤ + k ⋅ 2π , k ∈ ; +k⋅ , k∈ ; 6 6 4 2 2π 7π π 7π c) + k ⋅ 2π ≤ x ≤ d) + k ⋅ 2π ≤ x ≤ + k ⋅ 2π , k ∈ ; + k ⋅ 2π , k ∈ ; 3 3 4 4 π π 5π π e) x = + k ⋅ 2π , k ∈ ; x = f) − + k ⋅ π ≤ x ≤ + k ⋅ π , k ∈ . + l ⋅ 2π , l ∈ ; 6 6 6 6
a) x =
10. A tangens- és a kotangensfüggvény grafikonja, tulajdonságai (216. oldal) 1. a)
b) y
π´ ¥ y tg ¦ x µ 3 3¶ §
1
π 3π
π 2 2
O
10.1. a) ábra
π 2
π
3π x 2
y
y 2 ctg 3 x
1 O 1
x
10.1. b) ábra
53
Trigonometria c) y
π
d)
1 ¥1 ´
tg ¦ x µ 2 §2 ¶
y
y
2
1
O
π O
π 2
x
π
π⎞ ⎛ f ( x ) = tg ⎜ x − ⎟ − 3 g ( x ) = −2 ctg 3 x 3⎠ ⎝ Értelmezési tartomány
⎧ 5π ⎪ + k ⋅π , \⎨ 6 ⎪⎩k ∈
⎫ ⎪ ⎬ ⎪⎭
⎧ kπ \⎨ , k∈ ⎩ 3
⎫ ⎬ ⎭
π´ ¥ y 1 ctg ¦ x µ 4¶ §
π 2
h ( x) =
π
x
1 ⎛1 ⎞ − tg ⎜ x ⎟ 2 ⎝2 ⎠
π⎞ ⎛ i ( x ) = 1 − ctg ⎜ x + ⎟ 4⎠ ⎝
⎧π + k ⋅ 2π , ⎫ \⎨ ⎬ ⎩k ∈ ⎭
⎧π \ ⎨ + k ⋅π , k ∈ ⎩4
⎫ ⎬ ⎭
let Periódus
π
π 3
2π
π
Zérushely k∈
2, 2962 + k ⋅ π
π π +k⋅ 6 3
0, 9273 + k ⋅ 2π
k ⋅π
Szélsőérték
nincs
nincs
nincs
nincs
Szigorúan monoton nő k∈
⎤ π ⎡ ⎥ − 6 + k ⋅ π ;⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 5π + k ⋅ π ⎢ ⎥⎦ 6 ⎢⎣
π⎡ ⎤ π π ⎥k ⋅ 3 ; 3 + k ⋅ 3 ⎢ ⎦ ⎣
−
3π ⎤ π ⎡ ⎥− 4 + k ⋅π ; 4 + k ⋅π ⎢ ⎦ ⎣
Szigorúan monoton fogy k∈
−
−
⎤ −π + k ⋅ 2π ; ⎡ ⎥π + k ⋅ 2π ⎢ ⎦ ⎣
Paritás
Nem páros, nem páratlan
Páratlan
Nem páros, nem páratlan
Nem páros, nem páratlan
2. ⎛ 5π a) f ⎜ ⎝ 6
54
⎞ ⎛ 3π ⎟ = 0, f ⎜ − ⎠ ⎝ 4
3 −1 ⎞ 2 = ; ⎟ 2 ⎠
⎛ 5π b) g ⎜ ⎝ 6
4 3 ⎛ 3π ⎞ g⎜− ⎟=− 9 ⎝ 4 ⎠
⎞ ⎟ = 0. ⎠
3.
π π π b) + k ⋅ π < x < π + k ⋅ π , k ∈ ; +k⋅ , k∈ ; 3 4 2 π π π π c) − + k ⋅ π < x < + k ⋅ π , k ∈ ; d) − + k ⋅ π ≤ x ≤ + k ⋅ π , k ∈ . 6 6 2 6 a) x =
4. ⎫ ⎧ π ⎧π a) ⎨ + k ⋅ π , k ∈ ⎬ ∪ ⎨− + l ⋅ π , l ∈ ⎭ ⎩ 4 ⎩2 π ⎫ ⎧ d) ⎨ + k ⋅ π , k ∈ ⎬ ∪ {π + l ⋅ 2π , l ∈ ⎭ ⎩2 2π ⎫ ⎫ ⎧π ⎧ π , k ∈ ⎬. f) ⎨l ⋅ , l ∈ ⎬ ∪ ⎨ + k ⋅ 3 ⎭ ⎭ ⎩3 ⎩ 4
⎧π ⎫ ⎫ ⎧ π ⎬ ; b) ⎨l ⋅ , l ∈ ⎬; c) ⎨ + k ⋅ π , k ∈ ⎩2 ⎭ ⎭ ⎩ 4 π }; e) ⎧⎨l ⋅ , l ∈ ⎫⎬; ⎩ 6 ⎭
⎫ ⎬ ⎭
5. a) i;
b) h;
c) h;
d) h.
6. Bizonyítás:
π⎞ ⎛ cos ⎜ α + ⎟ π⎞ 2 ⎠ − sin α ⎛ ⎝ ctg ⎜ α + ⎟ = = = − tgα . π 2⎠ cos α ⎛ ⎞ ⎝ sin ⎜ α + ⎟ 2⎠ ⎝ 7. a), b)
E C
AC 1 sinA
A
a AB 1
BCív a tgA
90° 90° B D
10.7. a) és b) ábra 1 ⋅ sin α 12 ⋅ α 12 ⋅ α 1 ⋅ tgα és . In< < 2 2 2 2 nen a sin α < α és az α < tgα egyenlőtlenségek adódnak. Az ábra alapján: t ABC Δ < t ABCkörcikk és t ABCkörcikk < t ABE Δ , így
55
Trigonometria α +β sin α + sin β = sin α = . 2 2 II. eset: α ≠ β . Feltehető, hogy β > α . Készítsünk ábrát!
c) I. eset: α = β ⇒ sin
A hegyesszögek szinuszának definíciója alapján: FH = sin AB = sin α és CD = sin β .
D
α +β , 2
sinb OD 1
OFF 1 sinα sin β 2
α β sin α + sin β . 2 2 b a Mivel OE < OF ⇒ FH < EG , ezért a fentiek miatt, bármely O C sin α + sin β α +β α , β hegyesszögre a adódik. ≤ sin 10.7. c) ábra 2 2 π ⎤ ⎡ (A szinuszfüggvény grafikonja a ⎥ 0; ⎢ -on konkáv.) ⎦ 2⎣
Az EG G az ABDC C trapéz középvonala, így EG =
α +β tg α + tg β = tg α = . 2 2 α ≠ β . Feltehető, hogy β > α . Készítsünk ábrát!
F E B
OB 1 sin
G H
α β 2 sina A
d) I. eset: α = β ⇒ tg
α +β , AB = tg α és AD = tgβ . 2 tg α + tg β Legyen F a BD szakasz felezőpontja, ekkor AF = . Mivel OB < OD, ezért a belső 2 szögfelezőre vonatkozó tétel szerint BC < CD . Így AC < AF , ahonnan a fentiek miatt bármely tg α + tg β α +β ≥ tg adódik. a, b hegyesszögre a 2 2 ⎤ π⎡ (A tangensfüggvény grafikonja a ⎥ 0; ⎢ -on konvex.) ⎦ 2⎣ A hegyesszögek tangensének definíciója alapján: AC = tg
AD tg β tgα tg β AF 2 α β AC tg 2 AB tgα
D AD F AF C AC B
α β 2 b
AB a
O
10.7. d) ábra
56
OA 1
A
1. Skatulyaelv, tétel és megfordítása, egyszerű gráfelméleti fogalmak (224-225. oldal) 1. a) 5;
b) 9;
c) 33;
d) 37;
e) 31;
f) 21.
2. a) 31;
b) 26;
c) 26.
3. Az osztály 37 fős. 4. Az osztály 32 fős. 5. Igaz. 6. n-féle osztási maradék lehetséges: 0; 1; 2; … ; n − 1, így n + 1 db egész szám közt biztosan van két azonos osztási maradékú ⇒ különbségük osztható lesz n-nel. 7. Mivel 5-féle 5-ös osztási maradék lehetséges (−2, −1, 0, +1, +2), ezért a 21( = 5 ⋅ 4 + 1) szám közt biztosan van 5 db azonos maradékú, így m-mel jelölve a maradékot az öt szám összege: ( 5a + m ) + ( 5b + m ) + ( 5c + m ) + ( 5d + m ) + ( 5e + m ) = 5 ( a + b + c + d + e ) + 5m, azaz osztható 5-tel. 8. A 7-es osztási maradékokat 4-féle skatulyába sorolhatjuk (−3, −2, −1, 0, +1, +2, +3), és az egyikben biztosan van két szám az ötből ⇒ ha skatulyán belül azonos a maradékuk, akkor a különbségük, ha ellentétes előjelű, akkor az összegük lesz osztható 7-tel. 9. A négyzetszámok 5-ös osztási maradéka 3-féle lehet ( 0, + 1, − 1), melyből következik az állítás. 10. 4
3 2
3 2
1.10. ábra 11. Nem.
57
Gondolkodási módszerek, kombinatorika, valószínûségszámítás 12. Indirekt: tegyük fel, hogy minden csúcs fokszáma különböző ( 0; 1; 2; 3; … ; n − 1), ami ellentmondásra vezet ( 0 ↔ n − 1). 13. a) Igaz; megford.: Ha egy négyszög átlói felezik egymást, akkor az téglalap (hamis). b) Hamis; megford.: Ha egy háromszög egyenlő szárú, akkor az egyik súlyvonala merőleges az egyik oldalára (igaz). c) Igaz; megford.: Ha egy háromszög egyik oldala fele egy másik oldalának, akkor a háromszög belső szögeinek aránya 1 : 2 : 3 (hamis). d) Hamis; megford.: Ha egy négyszögnek van köré írható köre, akkor két szögének összege 180° (igaz). e) Igaz; megford.: Ha egy négyszög oldalai egyenlők, akkor az átlói merőlegesen felezik egymást (igaz). f) Igaz; megford.: Ha két pozitív egész szám közül az egyik osztható 9-cel, akkor a két szám legkisebb közös többszöröse 45 (hamis). 14. Mivel egy 4 cm oldalú, azaz 16 cm2 területű négyzetbe legfeljebb 8 cm2 területű háromszög írható, és bármely pillanatban van olyan 4 cm oldalú négyzet, melyben van 3 hangya, ezért az általuk meghatározott háromszög területe nem lehet nagyobb 8 cm2-nél. 15. 201 = 2 · 100 + 1, így a nagy négyzetet 100 db 10 cm-es oldalú kis négyzetre vágva biztosan van olyan kis négyzet, melyben van legalább 3 pont. Egy ilyen kis négyzet lefedhető egy 2
⎛ 10 2 ⎞ 2 ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ π ≈ 157 cm területű körrel, melyből következik a feladat állítása. 2 ⎝ ⎠
2. Bevezető kombinatorikafeladatok, szorzási és összeadási szabály (229-230. oldal) 1. 224. 2. a) 120;
b) 91.
3. 100; 40. 4. a) 36;
58
b) 30;
c) 21.
5. a) 36;
b) 6;
c) 9;
d) 27;
a) 6;
b) 54;
c) 54;
d) 6.
a) 27;
b) 81;
c) 81;
d) 27.
e) 20.
6.
7.
8. 4320; 108. 9. Összesen 5 munkahely van, melyek mindegyike alkalmazhat fiúkat, 3 pedig lányokat is. ⇒ A fiúk mindegyike 5-féle helyen vállalhat munkát, a két lány pedig az első esetben 3-3-féle helyen, a második esetben 3-, illetve 2-féle helyen. Így az első esetben 53 ⋅ 32 = 1125-féleképpen, második esetben 53 ⋅ 3 ⋅ 2 = 750-féleképpen helyezkedhetnek el. 10. a) 2;
b) 120;
c)
95 ; 6
d) 34;
e)
1 ; 6
f) egyszerűsítés után: n ( n − 1) + n + 1 = n 2 + 1.
3. Variációk (235. oldal) 11. a) 2.
32 ! ; 27 !
b) 325.
32 ! . 28!
3. 324. 4.
24 ! 32 ! 28! . − , illetve 20 ! 28! 24 !
5. a) 65 − 55 ; b) 45 esetben se 3-as, se 2-es nincs az öt dobás közt ⇒ 65 − 45 esetben lesz 2-es vagy 3-as a dobások közt; c) Se 4-es, se 5-ös 45 esetben lesz ⇒ 4-es vagy 5-ös 65 − 45 esetben lesz; nincs 4-es 55 esetben ⇒ van 4-es 65 − 55 esetben; hasonlóan: van 5-ös 65 − 55 esetben, így a szita-formula alapján 2 ⋅ ( 65 − 55 ) − ( 65 − 45 ) = 2550 esetben lesz 4-es és 5-ös a dobások közt. 59
Gondolkodási módszerek, kombinatorika, valószínûségszámítás 6. 64 − 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 936. 7. b) 4 ⋅ 4 ! = 96; a) 5! = 120; d) 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 6 + 7 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅16 = 6720;
c) 9 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 − 5! = 27 096; e) 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 + 8 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 = 5712.
8. a) Az egyes helyiértéken minden lehetséges számjegy 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 = 24-szer fordul elő ⇒ az egyesek összértéke: 24 ⋅ (1 + 3 + 5 + 7 + 9 ) = 24 ⋅ 25. A tízes helyiértéken is minden lehetséges számjegy 24-szer fordul elő ⇒ a tízesek összértéke: 24 ⋅ (1 + 3 + 5 + 7 + 9 ) ⋅10 = 24 ⋅ 25 ⋅10 . Hasonlóan a százasok összértéke: 24 ⋅ (1 + 3 + 5 + 7 + 9 ) ⋅100 = 24 ⋅ 25 ⋅100, az ezreseké: 24 ⋅ (1 + 3 + 5 + 7 + 9 ) ⋅1000 = 24 ⋅ 25 ⋅1000, a tízezreseké: 24 ⋅ (1 + 3 + 5 + 7 + 9 ) ⋅10 000 = 24 ⋅ 25 ⋅10 000 Az ötjegyű számok összege: 24 ⋅ 25 ⋅ (1 + 10 + 100 + 1000 + 10 000 ) = 6 666 600 b) Az előzőhöz hasonló gondolatmenettel (ügyelve arra, hogy a 0 nem állhat elöl): az egyesek összértéke: 18 ⋅ 20, a tízesek összértéke: 18 ⋅ 20 ⋅10, a százasok összértéke: 18 ⋅ 20 ⋅100, az ezresek összértéke: 18 ⋅ 20 ⋅1000, a tízezresek összértéke: 24 ⋅ 20 ⋅10 000. Az ötjegyű számok összege: 18 ⋅ 20 ⋅1111 + 24 ⋅ 20 ⋅10 000 = 5199960 . c) B Az összes képezhető 5-jegyű szám összege a fenti gondolatmenettel: 2688 ⋅ 45 ⋅1111 + 3024 ⋅ 45 ⋅10 000 = 1 495 186 560 . B A csak páratlan számjegyeket tartalmazó 5-jegyű számok összege a) alapján 6 666 600. B A páros számjegyet tartalmazó 5-jegyű számok összege: 1 495 186 560 − 6 666 600 = 1 488 519 960 . d) A feladatnak ez a része már inkább versenyszintű, több odafigyelést igénylő probléma. Nézzük az összeszámlálást! Először határozzuk meg az utolsó két számjegyből álló „kétjegyű” számok összegét! A lehetséges végződések: 04, 08, 20, 40, 60, 80, valamint 12, 16, 24, 28, 32, 36, 48, 52, 56, 64, 68, 72, 76, 84, 92, 96. Azon „kétjegyű” számok mindegyike, melyek számjegyei között van 0, 8 ⋅ 7 ⋅ 6 = 336 darab számban szerepel. Ezek összege (4 + 8 + 20 + 40 + 60) ⋅ 336 = 44352. Azon kétjegyű számok mindegyike, melyek számjegyei között nincs 0, 7 ⋅ 7 ⋅ 6 = 294 darab számban szerepel. Ezek öszszege (12 + 16 + 24 + ... + 92 + 96) ⋅ 294 = 856 ⋅ 294 = 251664 Ezek után foglalkozzunk az első három számjegyből álló számok összegével. Nézzük meg, hogy azokban a számokban, melyek utolsó két számjegye nem tartalmaz 0-t, hányszor szerepelnek az egyes számjegyek az első helyen! Kezdjük az 1-sel! Az egyes csak azokban a számokban szerepelhet az első helyen, melyek utolsó két számjegye között nem szerepel. Ilyen végződés 14 db van. Mind a 14 esetben a második helyre 7, a harmadik helyre 6 számjegy közül választhatunk, így az 1-es az első helyen 14 ⋅ 7 ⋅ 6 -szor szerepel. Így ezek összege 14 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅104 ⋅1. Hasonlóan lehet megnézni a többi számjegyet is. Így a tízezresek összege ebben az esetben [14 ⋅ (1 + 3 + 5 + 7 + 9) + 9 ⋅ (2 + 6) + 12 ⋅ (4 + 8)] 7 ⋅ 6 ⋅104 = 566 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅104. 60
Ehhez hasonlóan kapjuk az ezresek és a százasok összegét, ami 566 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅103, illetve 566 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅102. Ezek összege 566 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅102 ⋅111 = 263869200. Hasonlóan végezhetjük az összeadást azoknál a számoknál, melyek utolsó két számjegye között van nulla. Az 1-es az első helyen ezek mindegyikében szerepelhet. Mindegyik esetben 7 ⋅ 6 féleképpen. Így ezek összege 6 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅104 ⋅1. Hasonlóan nézhetjük meg a többi számjegyet is, csak ügyelni kell a páros számjegyekre. A tízezresek összege [ 6 ⋅ (1 + 3 + 5 + 7 + 9) + 4 ⋅ (2 + 4 + 6 + 8) ] 7 ⋅ 6 ⋅104 = 190 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅104. Ehhez hasonlóan kapjuk az ezresek és a százasok összegét, ami 190 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅103 , illetve 190 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅102. Ezek összege 190 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅102 ⋅111 = 88578000. A teljes összeg 290016 + 263869200 + 88578000 = 352737216. e) A feladat megoldása hasonló az előzőhöz, csak kevesebb esetvizsgálatot igényel. Először nézzük meg azon számok összegét, melyek 5-re végződnek, majd azokét, melyek 0-ra és adjuk össze a kapott értékeket! A feladatnak megfelelő 5-re végződő számok száma 8 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 = 2688. A végződéseik összege 2688 ⋅ 5 = 13440. Az első helyre az ötös és a 0, a többi helyre az 5-ös nem kerülhet. Így az eddigi gondolatmenetek alapján a tízezresek, ezresek, százasok és tízesek összegének az összege (1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 7 + 8 + 9) ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ (8 ⋅104 + 7 ⋅103 + 7 ⋅102 + 7 ⋅101 ) = 147453600. A 0-ra végződő számok összege. Itt egyszerű a helyzet, mert a 0 végén van, így azzal nem kell külön foglalkozni. Az eddigi gondolatmenetek alapján a tízezresek, ezresek, százasok és tízesek összegének az összege (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9) ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅11110 = 167983200. Így a keresett összeg 315436800. 9. 26 = 64 -féleképpen írhatók be a műveleti jelek a számok közé, de csak 26-féle különböző eredményt kaphatunk. A legkisebb eredmény −26, a legnagyobb 28. Az eredmény lehet 0, de nem lehet 3. 10. n = 36.
4. Permutációk, kombinációk (242. oldal) 11. 5! = 120 db; 4-gyel 4 gyel osztható: 24 db. db 2. a) 8! = 40 320 ; 3.
8! : 2 = 2520. 8
4.
8⋅6⋅ 4⋅ 2 = 24. 8⋅ 2
b) 4 !⋅ 24 = 384 ;
c) 2 ⋅ 4 ! = 48.
61
Gondolkodási módszerek, kombinatorika, valószínûségszámítás 8! = 280 permutáció; 3! ⋅ 4 ! 7! 7! + = 175 ; 8-jegyű számok száma: 3! ⋅ 4 ! 3! ⋅ 3! 6-tal osztható 8-jegyű számok száma ötöde a 8-jegyűek számának.
5. Összesen
6.
10 ! = 37 800. 4! ⋅ 2! ⋅ 2!
⎛ 30 ⎞ 7. ⎜ ⎟ = 27 405. ⎝4⎠ 8. ⎛ 45 ⎞ a) ⎜ ⎟ = 8 145 060; ⎝ 6⎠
⎛ 90 ⎞ b) ⎜ ⎟ = 43 949 268. ⎝ 5⎠
9. Bármely számötösnek csak egy olyan permutációja van, melyben a számjegyek csökkenő sorrend⎛9⎞ ben követik egymást ⇒ a keresett 5-jegyű számok száma: ⎜ ⎟ = 126. ⎝5⎠ 10. Az összes 5-jegyű száma: 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 = 15 120, a csökkenő jegyűeké 126, így a nem csökkenő jegyűeké 15 120 − 126 = 14 994. 11. Az n elemű halmazból az első elemet n-féleképpen, a másodikat ( n − 1)-féleképpen, a kk-adikat pedig n! -féle módon. Mivel azonban a kivá( n − k + 1) -féleképpen választhatjuk ki, azaz összesen ( n − k )! lasztott elemek sorrendje nem számít, ezért az előbbi eredményt osztani kell azok lehetséges sor⎛n⎞ n! = ⎜ ⎟. rendjeinek számával, így egy n elemű halmaz k elemű részhalmazainak száma ( n − k )!k ! ⎝ k ⎠
5. Vegyes feladatok a kombinatorika köréből (245-246. oldal) 1 72; 60. 1. 60 2. 12. 3. 270; 130. 4. 2400. 5. 426; közelítőleg 0,00097%. 6. 1728. 62
7. 5760. ⎛13 ⎞ ⎛18 ⎞ 8. ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = 2 450 448. ⎝3⎠ ⎝5⎠ 9. ⎛ 4 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 20 ⎞ a) ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = 18 240 ⎝ 1⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 1⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎛ 24 ⎞ ⎛ 8 ⎞ ⎛ 24 ⎞ ⎛ 8 ⎞ ⎛ 24 ⎞ ⎛ 8 ⎞ ⎛ 24 ⎞ b) ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ; ⎝ 6 ⎠ ⎝ 1⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎛ 32 ⎞ c) összes eset: ⎜ ⎟ , rossz eset (se piros, se zöld): ⎝ 6⎠ ⎛ 32 ⎞ ⎛16 ⎞ d) van piros vagy zöld: ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎝ 6⎠ ⎝6⎠ ⎛ 32 ⎞ ⎛ 24 ⎞ van piros: ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎝ 6⎠ ⎝6 ⎠
⎛16 ⎞ ⎜ ⎟ ⇒ jó eset (piros vagy zöld): ⎝6⎠
⎛ 32 ⎞ ⎛16 ⎞ ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟; ⎝ 6⎠ ⎝6⎠
⎛ 32 ⎞ ⎛ 24 ⎞ van zöld: ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎝ 6⎠ ⎝6 ⎠ ⎡⎛ 32 ⎞ ⎛ 24 ⎞ ⎤ ⎡⎛ 32 ⎞ ⎛16 ⎞ ⎤ van piros és zöld: 2 ⋅ ⎢⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎥ − ⎢⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎥ . ⎣⎝ 6 ⎠ ⎝ 6 ⎠ ⎦ ⎣⎝ 6 ⎠ ⎝ 6 ⎠ ⎦ 10. a) 314; b) csak egy színt használ: 3 eset, pontosan két színt használ: 3 ⋅ ( 214 − 2 ) eset ⇒ három színt használ: 314 − 3 − 3 ⋅ ( 214 − 2 ) = 4 733 820. ⎛ 30 ⎞ ⎛ 24 ⎞ ⎛18 ⎞ ⎛12 ⎞ 11. ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ . ⎝6 ⎠ ⎝6 ⎠ ⎝6⎠ ⎝6⎠ ⎛ 30 ! ⎞ ⎛ 593 775 ⎞ 12. ⎜⎜ 6 ! ⋅ 24 ! ⎟⎟ = ⎜ ⎟. ⎜ 4 ⎟ ⎝ 4 ⎠ ⎝ ⎠ 13. ⎛ 20 ⎞ a) ⎜ ⎟ ; ⎝ 2⎠
⎛ 20 ⎞ b) ⎜ ⎟ ; ⎝ 3⎠
⎛ 20 ⎞ c) ⎜ ⎟ . ⎝ 4⎠
14. A legtöbb metszéspont akkor keletkezik, ha bármely metszésponton pontosan két átló halad keresztül. Így minden metszésponthoz két átló tartozik és viszont. Az is nyilvánvaló, hogy két átló egyértelműen meghatároz egy négyszöget. Így bármely metszésponthoz egy négyszög, és bármely négyszöghöz egy metszéspont tartozik. Tehát a húszszög csúcsaiból kiválasztható négyszögek szá⎛ 20 ⎞ ma megegyezik a maximális metszéspontok számával. Így a keresett érték ⎜ ⎟ = 4845. ⎝ 4⎠ 63
Gondolkodási módszerek, kombinatorika, valószínûségszámítás 15. a) 27;
b) 25;
c) 20.
6. Valószínűségi kísérletek, a valószínűség szemléletes fogalma (253. oldal) 1 1. a)
1 ; 32
2.
2 ⋅ 4! 2 = . 5! 5
3.
3!⋅ 2 1 = . 5! 10
b)
5 . 16
0 ) ; ( 3;1) ; ( 3; 2 )} ; 4. T = {( 0;1) ; ( 0; 2 ) ; ( 0; 3) ; (1; 0 ) ; (1; 2 ) ; (1; 3) ; ( 2; 0 ) ; ( 2;1) ; ( 2; 3) ; ( 3;0 1 P ( A) = . 4 5.
1 ; 4
13 16 5 ; c) ; d) ; 18 81 18 e) Komplementer esemény: van 2-es és van 3-as B se 2-es, se 3-as: 44 elemi esemény ⇒ van 2-es vagy 3-as: 64 − 44 elemi esemény; B nincs 2-es: 54 elemi esemény ⇒ van 2-es: 64 − 54 elemi esemény; B nincs 3-as: 54 elemi esemény ⇒ van 2-es: 64 − 54 elemi esemény; ⇒ van 2-es és van 3-as: 2 ⋅ ( 64 − 54 ) − ( 64 − 44 ) elemi esemény; a)
b)
(
)
⇒ nincs 2-es vagy nincs 3-as: 64 − 2 ⋅ ( 64 − 54 ) − ( 64 − 44 ) = 2 ⋅ 54 − 44 ⇒ a keresett valószínűség:
4
4
2⋅5 − 4 497 = . 4 648 6
⎛ 25 ⎞ ⎛ 35 ⎞ ⎜ ⎟⋅⎜ ⎟ ⎝ 2⎠ ⎝ 3⎠ . 6. ⎛ 60 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 5⎠ 7. a) 8.
64
1 ; 43 949 268
3 . 10
b)
426 ; 43 949 268
c)
12 326 . 43 949 268
